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

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.