2019-2020学年高中数学 第一章 立体几何初步 习题课(一)立体几何初步课件 北师大版必修2

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高频考点一空间几何体的三视图、表面积与体积[典例](1)将正方体(如图①所示)截去两个三棱锥,得到图②所示的几何体,则该几何体的左视图为()(2)某几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.13+2πB.13π6C.7π3D.5π2(3)某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是()A.12+42B.18+82C.28D.20+82[解析](1)图②所示的几何体的左视图由点A,D,B1,D1确定外形为正方形,判断的关键是两条对角线AD1和B1C是一实一虚,其中要把AD1和B1C区别开来,故选B.(2)由三视图可知,原几何体左侧是半圆锥,右侧是圆柱,∴V=V半圆锥+V圆柱=12×13π×12×1+π×12×2=136π.(3)由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱,如图.则该几何体的表面积为S=2×12×2×2+4×2×2+22×4=20+82,故选D.[答案](1)B(2)B(3)D[方法技巧]1.简单几何体的三视图的问题应从以下几个方面加以把握:(1)搞清主视、左视、俯视的方向,同一物体由于放置的位置不同,所画的三视图可能不同.(2)看清简单组合体是由哪几个基本元素组成.(3)画三视图时要遵循“长对正,高平齐,宽相等”的原则,还要注意几何体中与投影垂直或平行的线段及面的位置.2.求不规则几何体的表面积、体积时,通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体,先求这些柱、锥、台体的表面积、体积,再通过求和或作差求得几何体的表面积、体积.1.在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如图所示,则相应的侧视图可以为()解析:选D由题目所给的几何体的正视图和俯视图,可知该几何体为半圆锥和三棱锥的组合体,如图所示,可知侧视图为等腰三角形,且轮廓线为实线,故选D.[集训冲关]2.一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其主视图如图所示,则该四棱锥侧面积和体积分别是()A.45,8B.45,83C.4(5+1),83D.8,8解析:选B由题意可知该四棱锥为正四棱锥,底面边长为2,高为2,侧面上的斜高为22+12=5,所以S侧=4×12×2×5=45,V=13×22×2=83.3.如图,正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为线段AA1,B1C上的点,则三棱锥D1­EDF的体积为________.解析:VD1­EDF=VF­DD1E=13S△D1DE·AB=13×12×1×1×1=16.答案:16高频考点二与球有关的问题[典例](1)(2018·全国卷Ⅲ)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且其面积为93,则三棱锥D­ABC体积的最大值为()A.123B.183C.243D.543(2)若一个底面是正三角形的三棱柱的主视图如图所示,其顶点都在一个球面上,则该球的表面积为________.[解析](1)由等边△ABC的面积为93,可得34AB2=93,所以AB=6,所以等边△ABC的外接圆的半径为r=33AB=23.设球的半径为R,球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d,则d=R2-r2=16-12=2.所以三棱锥D­ABC高的最大值为2+4=6,所以三棱锥D­ABC体积的最大值为13×93×6=183.(2)由主视图知,三棱柱的底面边长为2,高为1,外接球的球心在上下两个三角形中心连线的中点上,连接球心和任意一个顶点的线段长为球的半径,则R2=122+2332=1912(其中R为球的半径),则球的表面积S=4πR2=4π×1912=193π.[答案](1)B(2)193π[方法技巧]解决球与其他几何体的切、接问题,关键在于仔细观察、分析,弄清相关元素的关系和数量关系,选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系),达到空间问题平面化的目的.1.如图,直三棱柱ABC­A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB=AC,侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形,则侧面ABB1A1的面积为()A.2B.1C.2D.22[集训冲关]解析:选C连接BC1,B1C交于点O,则O为平面BCC1B1的中心.由题意知,球心为侧面BCC1B1的中心O,BC为截面圆的直径,所以∠BAC=90°,则△ABC的外接圆圆心N位于BC的中点,同理,△A1B1C1的外接圆圆心M位于B1C1的中点,设正方形BCC1B1的边长为x,在Rt△OMC1中,OM=x2,MC1=x2,OC1=R=1(R为球的半径),所以x22+x22=1,即x=2,即AB=AC=1,所以侧面ABB1A1的面积为2×1=2,选C.2.设A,B,C,D是球面上的四点,AB,AC,AD两两互相垂直,且AB=3,AC=4,AD=11,则球的表面积为()A.36πB.64πC.100πD.144π解析:选A三棱锥A­BCD的三条侧棱两两互相垂直,所以把它扩展为长方体,它和三棱锥A­BCD的外接球是同一个,且体对角线的长为球的直径,若设球的半径为R,则2R=32+42+112=6,故R=3,∴外接球的表面积S=4πR2=36π,故选A.[典例]如图所示,在直三棱柱ABC­A1B1C1中,A1B1=A1C1,D,E分别是棱BC,CC1上的点(点D不同于点C),且AD⊥DE,F为B1C1的中点.求证:(1)平面ADE⊥平面BCC1B1;(2)直线A1F∥平面ADE.高频考点三平行关系、垂直关系的证明[证明](1)因为三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.又AD平面ABC,所以CC1⊥AD.又因为AD⊥DE,CC1∩DE=E,所以AD⊥平面BCC1B1.又AD平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)因为A1B1=A1C1,F为B1C1的中点,所以A1F⊥B1C1.因为CC1⊥平面A1B1C1,且A1F平面A1B1C1,所以CC1⊥A1F.又因为CC1平面BCC1B1,B1C1平面BCC1B1,CC1∩B1C1=C1,所以A1F⊥平面BCC1B1.由(1)知AD⊥平面BCC1B1,所以A1F∥AD.又AD平面ADE,A1F平面ADE,所以A1F∥平面ADE.[方法技巧]1.平行、垂直关系的相互转化2.证明空间线面平行或垂直需注意三点(1)由已知想性质,由求证想判定.(2)适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一.(3)用定理时要先明确条件,再由定理得出相应结论.1.已知m,n是两条不同直线,α,β,γ是三个不同平面,下列命题中正确的是()A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥βC.若m∥α,m∥β,则α∥βD.若m⊥α,n⊥α,则m∥n解析:选D平行于同一平面的两条直线的位置关系不确定,所以A错;垂直于同一平面的两个平面可以平行也可以相交,所以B错;平行于同一直线的两平面可以平行也可以相交,所以C错;垂直于同一平面的两条直线一定平行,所以答案选D.[集训冲关]2.(2019·全国卷Ⅱ)如图,长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E­BB1C1C的体积.解:(1)证明:由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,所以B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,B1C1∩EC1=C1,所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.如图,作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.所以四棱锥E­BB1C1C的体积V=13×3×6×3=18.[典例]如图,在矩形ABCD中,AB=2AD,E是AB的中点,沿DE将△ADE折起.(1)如果平面ADE⊥平面DEC,求证:AB=AC;(2)如果AB=AC,求证:平面ADE⊥平面BCDE.高频考点四折叠问题[证明](1)过点A作AM⊥DE于点M,则AM⊥平面BCDE,∴AM⊥BC.又AD=AE,∴M是DE的中点.取BC中点N,连接MN,AN,则MN⊥BC.又AM⊥BC,AM∩MN=M,∴BC⊥平面AMN,∴AN⊥BC.又∵N是BC中点,∴AB=AC.(2)取BC的中点N,连接AN.∵AB=AC,∴AN⊥BC.取DE的中点M,连接MN,AM,∴MN⊥BC.又AN∩MN=N,∴BC⊥平面AMN,∴AM⊥BC.又M是DE的中点,AD=AE,∴AM⊥DE.又∵DE与BC是平面BCDE内的相交直线,∴AM⊥平面BCDE.∵AM平面ADE,∴平面ADE⊥平面BCDE.[方法技巧]解决折叠问题的基本思路是利用不变求变,一般步骤如下:(1)平面→空间:根据平面图形折出满足条件的空间图形.想象出空间图形,完成平面图形与空间图形在认识上的转化.(2)空间→平面:为解决空间图形问题,要回到平面上来,重点分析元素的变与不变.(3)平面→空间:弄清楚变与不变的元素以后,再立足于不变的元素的位置关系、数量关系去探求变化后元素在空间中的位置关系与数量关系.1.如图所示,在正方形ABCD中,E,F分别是BC和CD的中点,G是EF的中点,现在沿着AE和AF及EF把正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H,那么,在四面体A­EFH中必有()A.AH⊥△EFH所在平面B.AG⊥△EFH所在平面C.HF⊥△AEF所在平面D.HG⊥△AEF所在平面解析:选A∵AD⊥DF,AB⊥BE,又∵B,C,D重合记为H,∴AH⊥HF,AH⊥HE.∴AH⊥平面EFH.[集训冲关]2.如图所示,在直角梯形ABEF中,将DCEF沿CD折起使∠FDA=60°,得到一个空间几何体.(1)求证:BE∥平面ADF;(2)求三棱锥E­BCD的体积.解:(1)证明:由已知条件,可知BC∥AD,CE∥DF,折叠之后平行关系不变,又因为BC平面ADF,AD平面ADF,所以BC∥平面ADF.同理CE∥平面ADF.又因为BC∩CE=C,BC平面EBC,CE平面EBC,所以平面BCE∥平面ADF.又因为BE平面BCE,所以BE∥平面ADF.(2)因为DC⊥EC,DC⊥BC,EC平面EBC,BC平面EBC,EC∩BC=C,所以DC⊥平面EBC.又因为DF∥EC,AD∥BC,∠FDA=60°,所以∠ECB=60°.又因为EC=1,BC=1,所以S△ECB=12×1×1×32=34.所以VE­BCD=VD­EBC=13×DC×S△ECB=13×1×34=312.

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