2014届高考数学(理,浙江专版)一轮复习章节“专家论坛”课件：第七章 立体几何

立体几何中的几个重要问题一、空间几何体的三视图及其表面积、体积柱、锥、台、球及其简单组合体，三视图，直观图等内容是立体几何的基础，是研究空间问题的基本载体，也是高考对立体几何考查的一个重要方面，其中几何体的结构特征和三视图是高考的热点．(一)高考对三视图的三个考查角度1．由几何体画三视图或识别简单几何体的三视图解答此类问题的关键是：一要掌握各种基本几何体的三视图，注意简单组合体的构成；二要熟悉三视图“长对正、高平齐、宽相等”的法则．[例1]如图所示，已知三棱锥的底面是直角三角形，直角边长分别为3和4，过直角顶点的侧棱长为4，且垂直于底面，该三棱锥的主视图是()[解析]结合三视图的画法规则可知B正确．[答案]B2．由三视图还原几何体此类问题主要考查对空间几何体的认识及空间想象能力．由几何体的三视图还原几何体，一般如下处理：首先通过俯视图确定几何体底面的大致形状，然后利用正视图和侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，确定几何体的形状．[例2]三视图如图所示的几何体是()A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台[解析]由三视图知该几何体为一四棱锥，其中有一侧棱垂直于底面，底面为一直角梯形．[答案]B3．借助于三视图研究几何体的表面积、体积解决此类问题关键是通过三视图确定空间几何体中的几何量的关系其中，正视图、侧视图的高就是空间几何体的高，正视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度，侧视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度．[例3]如图是某几何体的三视图，其中正视图是斜边长为2a的直角三角形，侧视图是半径为a的半圆，则该几何体的体积是()A.36πa3B.3πa3C.34πa3D．23πa3[解析]由侧视图为半圆可知，该几何体与圆柱、圆锥、球有关，结合正视图是一个直角三角形知该几何体是沿中心轴线切开的半个圆锥，将剖面放置在桌面上，如图，由条件知，半圆锥的母线长为2a，底面半径为a，故半圆锥的高为2a2－a2＝3a，几何体的体积V＝12×13×πa2×3a＝36πa3.[答案]A(二)求体积的几种方法空间几何体的体积是高考考查立体几何的考点之一，求空间几何体的体积的常用方法主要有：公式法、转化法、割补法．1．公式法：直接根据相关的体积公式计算．[例4]一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该球的体积为43π，则该正方体的表面积为________．[解析]依题意知正方体的体对角线长等于球的直径，设球的半径为R，则43π＝43πR3，所以R＝3，于是正方体的体对角线长为23.设正方体的棱长为a，则有23＝3a，于是a＝2，因此正方体的表面积为6a2＝24.[答案]242．转化法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高，从而使得体积计算更容易，或是可以求出一些体积比等．[例5]如图所示，在正六棱锥P－ABCDEF中，G为PB的中点，则三棱锥D－GAC与三棱锥P－GAC体积之比为()A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．3∶2[解析]根据三棱锥的特点，可以采用等体积转化的方法解决．法一：如图所示，由于点G为PB的中点，故点P，B到平面GAC的距离相等，故三棱锥P－GAC的体积等于三棱锥B－AGC的体积，根据三棱锥的特点，所要解决的两个三棱锥的体积之比就等于三棱锥G－ACD与三棱锥G－ABC的体积之比，由于这两个三棱锥的高相等，体积之比等于其底面积之比，即△ACD与△ABC的面积之比，这个面积之比是2∶1.法二：如图所示，连接BD交AC于H，则点D，B到平面GAC的距离之比等于DH∶BH，因为△AHD∽△CHB，故DH∶BH＝AD∶BC＝2∶1，三棱锥D－GAC与三棱锥B－GAC底面积相等，故其体积之比等于其高的比，即所求比值是2∶1.[答案]C3．割补法：把不能直接计算其体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可以计算体积的空间几何体，通过这个空间几何体的体积计算所求的空间几何体的体积．[例6]如图所示，若正方体的棱长为，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为()A.26B.23C.33D.23[解析]如图所示，平面ABCD把该多面体分割成两个体积相等的正四棱锥．以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体是两个全等的正四棱锥，该正四棱锥的高是正方体边长的一半，底面面积是正方体一个面面积的一半，V＝2×13×12×2×2×12×2＝23.[答案]B二、破解高考中立体几何的三个难点问题破解难点一：与球有关的组合体问题与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心、“切点”或“接点”作出截面图．[例1]四棱锥S－ABCD的底面边长和各侧棱长都为2，点S，A，B，C，D都在同一个球面上，则该球的体积为________．[解析]如图所示，根据对称性，只要在四棱锥的高线SE上找到一个点O使得OA＝OS，则四棱锥的五个顶点就在同一个球面上．在Rt△SEA中，SA＝2，AE＝1，故SE＝1.设球的半径为r，则OA＝OS＝r，OE＝1－r.在Rt△OAE中，r2＝(1－r)2＋1，解得r＝1，即点O为球心，故这个球的体积是4π3.[答案]4π3破解难点二：平面图形翻折问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称之为平面图形翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化，解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法．[例2]如图边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是()①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上；②BC∥平面A′DE；③三棱锥A′FED的体积有最大值．A．①B．①②C．①②③D．②③[解析]①中由已知可得面A′FG⊥面ABC，所以点A′在面ABC上的射影在线段AF上．②∵BC∥DE，且BC⊄平面A′DE，DE⊂平面A′DE，∴BC∥平面A′DE.③当面A′DE⊥面ABC时，三棱锥A′FED的体积达到最大．[答案]C破解难点三：立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题的主要类型有：(1)探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么；(2)探索结论，即在给定的条件下，命题的结论是什么．解决立体几何中的探索性问题常用的方法有综合法、空间向量法．方法一综合法对命题条件的探索常采用以下三种方法：1．先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；2．先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；3．把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．对命题结论的探索常采用以下方法：首先假设结论成立，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设．[例3]如图，在△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F分别是AC，AD上的动点，且AEAC＝AFAD＝λ(0λ1)．(1)判断EF与平面ABC的位置关系并给予证明；(2)是否存在λ，使得平面BEF⊥平面ACD，如果存在，求出λ的值；如果不存在，说明理由．[解](1)EF⊥平面ABC.因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD，又在△BCD中，∠BCD＝90°，所以BC⊥CD，又AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC.又在△ACD中，E，F分别是AC，AD上的动点，且AEAC＝AFAD＝λ(0λ1)，∴EF∥CD.∴EF⊥平面ABC.(2)存在．∵CD⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，∴BE⊥CD，∵∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，∴BD＝2.在Rt△ABD中，∠ADB＝60°，∴AB＝BDtan60°＝6，则AC＝AB2＋BC2＝7，当BE⊥AC时，BE＝AB×BCAC＝67，AE＝AB2－BE2＝677，则AEAC＝6777＝67，则λ＝AEAC＝67时，BE⊥AC，又BE⊥CD，AC∩CD＝C，∴BE⊥平面ACD.∵BE⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面ACD.所以存在λ，且当λ＝67时，平面BEF⊥平面ACD.方法二空间向量法不论是对命题条件还是对命题结论的探索，利用空间向量法均可降低思维难度和计算难度，只要合理建立空间直角坐标系，标出各点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量(根据题中要求可引入参数)，结合结论和已知条件(若有参数则解出参数)，即可得出结果．[例4]已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，AB＝1，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC的中点．(1)证明：PF⊥FD；(2)判断并说明PA上是否存在点G，使得EG∥平面PFD；(3)若PB与平面ABCD所成的角为45°，求二面角A－PD－F的余弦值．[解](1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，AB＝1，AD＝2，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(1,1,0)，D(0,2,0)不妨令P(0,0，t)，则PF＝(1,1，－t)，DF＝(1，－1,0)，∴PF·DF＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0，即PF⊥FD.(2)存在，设平面PFD的法向量为n＝(x，y，z)，由n·PF＝0，n·DF＝0，得x＋y－tz＝0，x－y＝0，令z＝1，解得x＝y＝t2.∴n＝t2，t2，1.设G点的坐标为(0,0，m)，E12，0，0，则EG＝－12，0，m，要使EG∥平面PFD，只需EG·n＝0，即－12×t2＋0×t2＋m×1＝m－t4＝0，得m＝14t，从而满足AG＝14AP的点G即为所求．(3)∵AB⊥平面PAD，∴AB是平面PAD的法向量，易得AB＝(1,0,0)．又∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，得∠PBA＝45°，则PA＝1，平面PFD的法向量为n＝12，12，1，∴cos〈AB，n〉＝AB·n|AB||n|＝1214＋14＋1＝66，从而二面角A－PD－F的余弦值为66.