1、专题三：立体几何1课时突破 立体几何高考小题空间几何体关键能力关键能力应用实践应用实践考向一空间几何体的表面积与体积考向一空间几何体的表面积与体积1.1.过圆锥的轴作截面过圆锥的轴作截面,如果截面三角形为正三角形如果截面三角形为正三角形,则称该圆锥为等边圆锥则称该圆锥为等边圆锥.已知已知一等边圆锥中一等边圆锥中,过顶点过顶点P P的截面与底面交于的截面与底面交于CD,CD,若若COD=90COD=90(O(O为底面圆心为底面圆心),),且且S SPCDPCD=,则这个等边圆锥的表面积为则这个等边圆锥的表面积为()A.A.B.3B.3C.C.D.D.7222 233【解析】【解析】选选B.B.如
2、图，连接如图，连接POPO，设圆锥的母线长为，设圆锥的母线长为2a2a，则圆锥的底面圆的半径为，则圆锥的底面圆的半径为a a，圆锥的高，圆锥的高PO=a.PO=a.由已知得由已知得CD=aCD=a，PC=PD=2aPC=PD=2a，则，则 从而从而a=1a=1，圆锥的表面积为，圆锥的表面积为aa2a+a2a+a2 2=3.=3.PCD177S2aa222，322.2.在长方体在长方体ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中中,AB=BC=2,AC,AB=BC=2,AC1 1与平面与平面BBBB1 1C C1 1C C所成的角为所成的角为3030,则该长方则该长方体的
3、体积为体的体积为()A.8A.8B.6B.6 C.8 C.8 D.8 D.8 【解析】【解析】选选C.C.如图如图,连接连接ACAC1 1和和BCBC1 1,因为因为ABAB平面平面BBBB1 1C C1 1C,ACC,AC1 1与平面与平面BBBB1 1C C1 1C C所成角为所成角为3030,所以所以ACAC1 1B=30B=30,所以所以 =tan 30=tan 30,BC,BC1 1=2 ,=2 ,所以所以CCCC1 1=2 ,=2 ,所以所以V=2V=22 22 =8 .2 =8 .2231ABBC32223.(20203.(2020全国全国卷卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之
4、一埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为它的形状可视为一个正四棱锥一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()5151A.B.425151C.D.4220212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）20212021届新高考数学二轮专
5、题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）【解析】【解析】选选C.C.如图，设如图，设CD=aCD=a，PE=bPE=b，则则 由题意由题意POPO2 2=ab=ab，即，即 化简得化简得 解得解得 (负值舍去负值舍去).).2222aPOPEOEb4，1222a1bab42，2bb4()210aa，b15a44.4.已知正方体已知正方体ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1的棱长为的棱长为2,M,N2,M,N分别为分别为BBBB1 1,AB,A
6、B的中点的中点,则三棱锥则三棱锥A-NMDA-NMD1 1的体积为的体积为_._.【解析】【解析】如图如图,因为正方体因为正方体ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1的棱长为的棱长为2,M,N2,M,N分别为分别为BBBB1 1,AB,AB的中点的中点,所以所以S SANMANM=1 11=,1=,所以所以 答案答案:121211A NMDDAMN111VV2.3231320212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）
7、20212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）【技法点拨】【技法点拨】提素养提素养1.1.求三棱锥的体积求三棱锥的体积等体积转化是常用的方法等体积转化是常用的方法,转换原则是其高易求转换原则是其高易求,底面放在已知几何体的某一面底面放在已知几何体的某一面上上.2.2.求不规则几何体的体积求不规则几何体的体积常用分割或补形的思想常用分割或补形的思想,将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.考向二与球有关的
8、切、接问题考向二与球有关的切、接问题【多维题组】【多维题组】速通关速通关1.(20201.(2020天津高考天津高考)若棱长为若棱长为2 2 的正方体的顶点都在同一球面上的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表则该球的表面积为面积为()A.12A.12B.24B.24C.36C.36D.144D.144320212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）20212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几
9、何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）【解析】【解析】选选C.C.这个球是正方体的外接球这个球是正方体的外接球,其半径等于正方体的体对角线的一半其半径等于正方体的体对角线的一半,设外接球的半径为设外接球的半径为R,R,则则 所以所以,这个球的表面积为这个球的表面积为S=4RS=4R2 2=4=43 32 2=36.=36.2222 32 32 3R32（）（）（），20212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件
10、（共9595张张PPTPPT）20212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）2.(20192.(2019全国卷全国卷)已知三棱锥已知三棱锥P-ABCP-ABC的四个顶点在球的四个顶点在球O O的球面上的球面上,PA=PB=PC,PA=PB=PC,ABCABC是边长为是边长为2 2的正三角形的正三角形,E,F,E,F分别是分别是PA,ABPA,AB的中点的中点,CEF=90,CEF=90,则球则球O O的体积为的体积为()A.8 6B.4 6C.
11、2 6D.620212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）20212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）【解析】【解析】选选D.D.方法一方法一:设设PA=PB=PC=2x,E,FPA=PB=PC=2x,E,F分别为分别为PA,ABPA,AB的中点的中点,所以所以EFPB,EFPB,且且EF=P
12、B=x,EF=PB=x,因为因为ABCABC是边长为是边长为2 2的等边三角形的等边三角形,所以所以CF=,CF=,又又CEF=90CEF=90,所以所以 AE=PA=x,AE=PA=x,在在AECAEC中中,利用余弦定理得利用余弦定理得 ,作作PDACPDAC于于D,D,因为因为PA=PC,PA=PC,所以所以D D为为ACAC中点中点,1232CE3x,1222x4(3x)cos EAC2 2x AD1cos EACPA2x，20212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课
13、件（共9595张张PPTPPT）20212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）所以所以 所以所以2x2x2 2+1=2,+1=2,所以所以 所以所以PA=PB=PC=PA=PB=PC=又又AB=BC=AC=2,AB=BC=AC=2,所以所以PA,PB,PCPA,PB,PC两两垂直两两垂直,所以所以 ,所以所以 所以所以 22x43x14x2x，212xx22，2，2R22266R2，3446 6VR6.33820212021届新高考数学二轮专题
14、复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）20212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）方法二方法二:因为因为PA=PB=PC,PA=PB=PC,ABCABC是边长为是边长为2 2的等边三角形的等边三角形,所以所以P-ABCP-ABC为正三棱锥为正三棱锥,易得易得PBAC,PBAC,又又E,FE,F分别为分别为PA,ABPA,
15、AB的中点的中点,所以所以EFPB,EFPB,所以所以EFAC,EFAC,又又EFCE,CEAC=C,EFCE,CEAC=C,所以所以EFEF平面平面PAC,PBPAC,PB平面平面PAC,PAC,所以所以BPA=90BPA=90,所以所以PA=PB=PC=PA=PB=PC=所以所以P-ABCP-ABC为正方体一部分为正方体一部分,2，20212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）20212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高
16、考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）即即 所以所以 2R22266R2，3446 6VR6.33820212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）20212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）【变式拓
17、展】【变式拓展】若把本题球的内接三棱锥满足的条件改为若把本题球的内接三棱锥满足的条件改为“PAPA平面平面ABCABC，PA=2PA=2，AB=1AB=1，AC=2AC=2，BAC=”BAC=”，则球，则球O O的体积为的体积为_._.【解析】【解析】根据余弦定理：根据余弦定理：BCBC2 2=AC=AC2 2+AB+AB2 2-2AB-2ABACcosBAC=3ACcosBAC=3，故，故 根据正弦定理：根据正弦定理：，故，故r=1r=1，r r为三角形为三角形ABCABC外接圆半径，外接圆半径，设设R R为三棱锥为三棱锥P-ABCP-ABC外接球的半径，外接球的半径，故，故 答案：答案：3
18、BC3，BC2r2sin BAC222PARr()22348 2R2VR.33，故8 2320212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）20212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）3.3.已知正三棱柱已知正三棱柱ABC-AABC-A1 1B B1 1C C1 1中，中，AB=2AB=2，直线，
19、直线A A1 1B B与平面与平面B B1 1BCCBCC1 1所所成角为成角为4545，则此三棱柱的外接球的表面积为，则此三棱柱的外接球的表面积为_._.【解析】【解析】如图所示，过点如图所示，过点A A1 1作作A A1 1D D1 1垂直于垂直于B B1 1C C1 1交交B B1 1C C1 1于于D D1 1，连接，连接BDBD1 1，又平面，又平面A A1 1B B1 1C C1 1平面平面BCBC1 1，所以，所以A A1 1D D1 1平面平面BCBC1 1，所以，所以AA1 1BDBD1 1是是A A1 1B B与平面与平面BCBC1 1所成的角，所以所成的角，所以AA1 1
20、BDBD1 1=45=45，因为底面正三角形边长为，因为底面正三角形边长为2 2，所以，所以A A1 1D D1 1=，A A1 1B=B=，又，又A A1 1B B2 2=A=A1 1A A2 2+AB+AB2 2，所以，所以 3620212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件（共9595张张PPTPPT）20212021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1 1课时立体几何中的高考小题课时立体几何中的高考小题 课件（共课件
21、（共9595张张PPTPPT）A A1 1A=.A=.设正三棱柱设正三棱柱ABC-AABC-A1 1B B1 1C C1 1的外接球球心为的外接球球心为O O，半径为，半径为R R，上、下底面中心分，上、下底面中心分别为别为O O1 1，O O2 2，由于三棱柱的外接球的球心为两底面中心连线的中点，在，由于三棱柱的外接球的球心为两底面中心连线的中点，在RtRtOOOO1 1A A1 1中，中，所以，所以 ，即，即 故该三棱柱的外接球故该三棱柱的外接球的表面积为的表面积为 答案：答案：211122A O3OO32，214111A O326211R6，211224 R4.63 223 4.(202
22、04.(2020菏泽二模菏泽二模)魏晋时期数学家刘徽在他的著作魏晋时期数学家刘徽在他的著作九章算术注九章算术注中，称一中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖牟合方盖”(如图所如图所示示)，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖牟合方盖”的体积之比应为的体积之比应为4.4.若若“牟合方盖牟合方盖”的体积为的体积为 ，则正方体的外接球的表面积为，则正方体的外接球的表面积为_._.163【解析】【解析】因为因为“牟合方盖牟合方盖”的体积为的体积为 ，又正方体的内切球的体积与又
23、正方体的内切球的体积与“牟合方盖牟合方盖”的体积之比应为的体积之比应为44，所以正方体的内切球的体积所以正方体的内切球的体积 所以内切球的半径所以内切球的半径r=1r=1，所以正方体的棱长为，所以正方体的棱长为2 2，所以正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线即所以正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线即 所以所以 ，所以正方体的外接球的表面积为，所以正方体的外接球的表面积为 答案：答案：1212163164V433球，2R2 3，R322S4 R4(3)12 【技法点拨】【技法点拨】提素养提素养 空间几何体与球接、切问题的求解策略空间几何体与球接、切问题的求解策略提醒提醒:如果所给空间几
24、何体是不规则图形如果所给空间几何体是不规则图形,可以先补成正方体、长方体、正四面可以先补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体体、正棱柱、圆柱等规则几何体.定球心定球心弄清球的半径弄清球的半径(直径直径)与几何体的位置关系和数量关系与几何体的位置关系和数量关系,从而确定球心位从而确定球心位置置.作截面作截面过球心及接、切点作截面过球心及接、切点作截面,把空间问题转化为平面问题把空间问题转化为平面问题.求半径求半径借助平面图形与圆的接、切等平面几何知识寻找几何元素之间的关系借助平面图形与圆的接、切等平面几何知识寻找几何元素之间的关系,求出球半径求出球半径.考向三空间点、线、面的位置
25、关系考向三空间点、线、面的位置关系【多维题组】【多维题组】速通关速通关1.(20191.(2019全国卷全国卷)设设,为两个平面为两个平面,则则的充要条件是的充要条件是()A.A.内有无数条直线与内有无数条直线与平行平行B.B.内有两条相交直线与内有两条相交直线与平行平行C.,C.,平行于同一条直线平行于同一条直线D.,D.,垂直于同一平面垂直于同一平面【解析】【解析】选选B.B.当当内有无数条直线与内有无数条直线与平行平行,也可能两平面相交也可能两平面相交,故故A A错错.同样当同样当,平行于同一条直线或平行于同一条直线或,垂直于同一平面时垂直于同一平面时,两平面也可能相交两平面也可能相交,
26、故故C,DC,D错错.由面面平行的判定定理可得由面面平行的判定定理可得B B正确正确.【变式拓展】【变式拓展】已知已知m m，l是两条不同的直线，是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列可以推出是两个不同的平面，则下列可以推出的是的是()A.mA.ml，m m，l B.mB.ml，=l，m mC.mC.ml，mm，l D.D.l，mml，mm【解析】【解析】选选D.D.由由m m，l是两条不同的直线，是两条不同的直线，是两个不同的平面，知：在是两个不同的平面，知：在A A中，中，mml，m m，l，则，则与与相交或平行，故相交或平行，故A A错；错；在在B B中，中，mml，=l，m m，则
27、，则与与有可能相交但不垂直，故有可能相交但不垂直，故B B错；错；在在C C中，中，mml，mm，l，则，则，故，故C C错；错；在在D D中，中，l，mml，则，则mm，又，又mm，则，则，故，故D D正确正确.2.2.有下列命题有下列命题:若直线若直线l平行于平面平行于平面内的无数条直线内的无数条直线,则直线则直线l;若直线若直线a a在平面在平面外外,则则a;a;若直线若直线ab,b,ab,b,则则a;a;若直线若直线ab,b,ab,b,则则a a平行于平面平行于平面内的无数条直线内的无数条直线.其中真命题的个数是其中真命题的个数是()A.1A.1B.2B.2C.3C.3D.4D.4【解
28、析】【解析】选选A.A.命题命题直线直线l可以在平面可以在平面内，不正确；命题内，不正确；命题直线直线a a与平面与平面可以可以是相交关系，不正确；命题是相交关系，不正确；命题直线直线a a可以在平面可以在平面内，不正确；命题内，不正确；命题正确正确.3.3.如图如图,点点N N为正方形为正方形ABCDABCD的中心的中心,ECDECD为正三角形为正三角形,平面平面ECDECD平面平面ABCD,MABCD,M是线是线段段EDED的中点的中点,则则()A.BM=EN,A.BM=EN,且直线且直线BM,ENBM,EN是相交直线是相交直线B.BMEN,B.BMEN,且直线且直线BM,ENBM,EN是
29、相交直线是相交直线C.BM=EN,C.BM=EN,且直线且直线BM,ENBM,EN是异面直线是异面直线D.BMEN,D.BMEN,且直线且直线BM,ENBM,EN是异面直线是异面直线 【解析】【解析】选选B.B.如图所示如图所示,作作EOCDEOCD于点于点O,O,连接连接ON,ON,过过M M作作MFODMFOD于点于点F.F.连接连接BF,BF,因为平面因为平面CDECDE平面平面ABCD,EOCD,MFCD,EOABCD,EOCD,MFCD,EO平面平面CDE,MFCDE,MF平面平面CDE,CDE,所以所以EOEO平面平面ABCD,MFABCD,MF平面平面ABCD,ABCD,所以所以
30、MFBMFB与与EONEON均为直角三角形均为直角三角形.设正方形边长为设正方形边长为2,2,易知易知EO=,ON=1,EN=2,MF=,BF=,EO=,ON=1,EN=2,MF=,BF=,所以所以BM=.BM=.332527所以所以BMEN.BMEN.连接连接BD,BE,BD,BE,因为点因为点N N是正方形是正方形ABCDABCD的中心的中心,所以点所以点N N在在BDBD上上,且且BN=DN.BN=DN.又因为又因为M M为为EDED的中点的中点,所以所以BM,ENBM,EN为为DBEDBE的中线的中线,所以所以BM,ENBM,EN必相交必相交.4.4.在长方体在长方体ABCD-AABC
31、D-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中中,AB=BC=1,AA,AB=BC=1,AA1 1=,则异面直线则异面直线ADAD1 1与与DBDB1 1所成角的余弦所成角的余弦值为值为()1552A.B.C.D.56523【解析】【解析】选选C.C.方法一方法一:(:(平移法平移法)如图如图,连接连接BDBD1 1,交交DBDB1 1于点于点O,O,取取ABAB的中点的中点M,M,连接连接DM,OM.DM,OM.易知易知O O为为BDBD1 1的中点的中点,所以所以ADAD1 1OM,OM,则则MODMOD为异面直线为异面直线ADAD1 1与与DBDB1 1所成角所成角.因为在长方体因为
32、在长方体ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中中,AB=BC=1,AA,AB=BC=1,AA1 1=,32222112221115ADADDD2DMAD(AB)22DBABADBB5，所以所以OM=ADOM=AD1 1=1,OD=DB=1,OD=DB1 1=,=,于是在于是在DMODMO中中,由余弦定理由余弦定理,即异面直线即异面直线ADAD1 1与与DBDB1 1所成角的余弦值为所成角的余弦值为 .121252222551()()522cos MOD552 12 得，55方法二方法二:(:(坐标法坐标法)以以D D为坐标原点为坐标原点,DA,DC,DD,DA,D
33、C,DD1 1所在直线分别为所在直线分别为x x轴轴,y,y轴轴,z,z轴建立空轴建立空间直角坐标系间直角坐标系,如图所示如图所示.由条件可知由条件可知D(0,0,0),A(1,0,0),DD(0,0,0),A(1,0,0),D1 1(0,0,),(0,0,),B B1 1(1,1,),(1,1,),所以所以 =(-1,0,),=(1,1,),=(-1,0,),=(1,1,),则由向量夹角公式则由向量夹角公式,得得coscos即异面直线即异面直线ADAD1 1与与DBDB1 1所成角的余弦值为所成角的余弦值为 .331AD 31DB 311AD DB ，1111AD DB2552 5ADDB
34、，55方法三方法三:(:(补体法补体法)如图如图,在长方体在长方体ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1的一侧补上一个相同的长方体的一侧补上一个相同的长方体ABBA-AABBA-A1 1BB1 1BB1 1A A1 1.连接连接B B1 1B,B,由长方体性质可知由长方体性质可知,B,B1 1BADBAD1 1,所以所以DBDB1 1BB为异面直线为异面直线ADAD1 1与与DBDB1 1所成的角或其补角所成的角或其补角.连接连接DB,DB,由题意由题意,得得DB=DB=2211 15（），2222211B B1(3)2DB11(3)5.，在在DBBDBB1 1中中
35、,由余弦定理由余弦定理,得得DBDB2 2=-2BB=-2BB1 1DBDB1 1cosDBcosDB1 1B,B,即即5=4+5-25=4+5-22 cosDB2 cosDB1 1B,B,所以所以cosDBcosDB1 1B=.B=.2211B BDB555【技法点拨】【技法点拨】提素养提素养1.1.点、线、面的位置关系的判断方法点、线、面的位置关系的判断方法(1)(1)穷举法穷举法,即对各种关系都进行考虑即对各种关系都进行考虑,要充分发挥模型的直观性作用要充分发挥模型的直观性作用.(2)(2)利用平行、垂直的判定定理、性质定理综合进行推理和判断命题是否正确利用平行、垂直的判定定理、性质定理
36、综合进行推理和判断命题是否正确.2.2.求异面直线所成角的方法求异面直线所成角的方法(1)(1)几何法几何法:一作二证三计算一作二证三计算,即先作出角即先作出角,再说明某角即为所求再说明某角即为所求,最后在三角形中最后在三角形中求解求解.(2)(2)向量法向量法建立空间直角坐标系建立空间直角坐标系,利用公式利用公式 求出异面直线的方向向量的夹角求出异面直线的方向向量的夹角.若若向量夹角是锐角或直角向量夹角是锐角或直角,则该角即为异面直线所成角则该角即为异面直线所成角;若向量夹角是钝角若向量夹角是钝角,则异面则异面直线所成的角为该角的补角直线所成的角为该角的补角.|cos|m nm n题组训练题
37、组训练素养提升素养提升【新题速递】【新题速递】1.1.若直线若直线l1 1和和l2 2是异面直线是异面直线,l1 1在平面在平面内内,l2 2在平面在平面内内,l是平面是平面与平面与平面的交的交线线,则下列命题正确的是则下列命题正确的是()A.A.l与与l1 1,l2 2都不相交都不相交B.B.l与与l1 1,l2 2都相交都相交C.C.l至多与至多与l1 1,l2 2中的一条相交中的一条相交D.D.l至少与至少与l1 1,l2 2中的一条相交中的一条相交【解析】【解析】选选D.D.方法一方法一:(:(反证法反证法)由于由于l与直线与直线l1 1,l2 2分别共面分别共面,故直线故直线l与与l
38、1 1,l2 2要么都要么都不相交不相交,要么至少与要么至少与l1 1,l2 2中的一条相交中的一条相交.若若ll1 1,ll2 2,则则l1 1l2 2,这与这与l1 1,l2 2是异面直线是异面直线矛盾矛盾.故故l至少与至少与l1 1,l2 2中的一条相交中的一条相交.方法二方法二:(:(模型法模型法)如图如图(1),(1),l1 1与与l2 2是异面直线是异面直线,l1 1与与l平行平行,l2 2与与l相交相交,故故A,BA,B不正确不正确;如图如图(2),(2),l1 1与与l2 2是异面直线是异面直线,l1 1,l2 2都与都与l相交相交,故故C C不正确不正确.2.(20202.(
39、2020新高考全国新高考全国卷卷)已知直四棱柱已知直四棱柱ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1的棱长均为的棱长均为2,BAD=602,BAD=60,以以D D1 1为球心为球心,为半径的球面与侧面为半径的球面与侧面BCCBCC1 1B B1 1的交线长为的交线长为_._.5【解析】【解析】由已知连接由已知连接BD,BBD,B1 1D D1 1,则则BD=BBD=B1 1D D1 1=2,=2,取取BBBB1 1和和CCCC1 1的中点的中点E,F.E,F.连接连接EF,DEF,D1 1E,DE,D1 1F,F,则则D D1 1E=DE=D1 1F=,F=,故故E,
40、FE,F在球面上在球面上.平面平面BCCBCC1 1B B1 1截球面的截面圆的圆心是截球面的截面圆的圆心是B B1 1C C1 1的中点的中点O,OE=OF=,O,OE=OF=,球面与侧面球面与侧面BCCBCC1 1B B1 1的交线是侧面上以的交线是侧面上以O O为圆心为圆心,为半径的圆弧为半径的圆弧EF,EF,的长为的长为 答案答案:225EF122 2.42 223.(20203.(2020湛江一调湛江一调)在长方体在长方体ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中中,AB=AD=2,AA,AB=AD=2,AA1 1=3,=3,点点E E为棱为棱BBBB1 1
41、上的上的点点,且且BE=2EBBE=2EB1 1,则异面直线则异面直线DEDE与与A A1 1B B1 1所成角的正弦值为所成角的正弦值为()5667A.B.C.D.2343【解析】【解析】选选B.B.在长方体在长方体ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中中,AB=AD=2,AA,AB=AD=2,AA1 1=3,=3,点点E E为棱为棱BBBB1 1上的点上的点,且且BE=2EBBE=2EB1 1,如图所示如图所示,在在AAAA1 1上取点上取点F,F,使得使得AF=2FAAF=2FA1 1,连接连接EF,FD,EF,FD,可得可得EFAEFA1 1B B1 1,
42、所以异面直线所以异面直线DEDE与与A A1 1B B1 1所成角就是相交直线所成角就是相交直线EFEF与与DEDE所成的角所成的角,设设DEF=,DEF=,又由在直角又由在直角ADFADF中中,AD=2,AF=2,AD=2,AF=2,所以所以DF=DF=22ADAF2 2，连接连接BD,BD,在直角在直角BDEBDE中中,BD=2 ,BE=2,BD=2 ,BE=2,所以所以DE=DE=在在DEFDEF中中,DF=2 ,EF=2,DE=2 ,DF=2 ,EF=2,DE=2 ,由余弦定理可得由余弦定理可得cos=cos=所以异面直线所以异面直线DEDE与与A A1 1B B1 1所成角的正弦值所
43、成角的正弦值sin=.sin=.222BDBE2 3，23222DEEFDF12483,2DE EF32 2 32634.4.已知底面边长为已知底面边长为a a的正三棱柱的正三棱柱ABC-AABC-A1 1B B1 1C C1 1的六个顶点在球的六个顶点在球O O1 1上，又知球上，又知球O O2 2与此正与此正三棱柱的三棱柱的5 5个面都相切，则球个面都相切，则球O O1 1与球与球O O2 2的半径之比为的半径之比为_，表面积之比为，表面积之比为_._.【解析】【解析】设球设球O O1 1，球，球O O2 2的半径分别为的半径分别为R R，r r，由于正三棱柱的六个顶点都在同一个，由于正三
44、棱柱的六个顶点都在同一个球面上，所以球心在上下底面中心的连线的中点上，如图，球面上，所以球心在上下底面中心的连线的中点上，如图，AB=aAB=a，OA=ROA=R，OE=rOE=r，在在OEAOEA中，中，233AEaa323，由于，由于OAOA2 2=OE=OE2 2+AE+AE2 2，所以，所以 ，则球，则球O O1 1与球与球O O2 2的的半径比为半径比为 ，所以球，所以球O O1 1与球与球O O2 2的表面积之比等于的表面积之比等于 答案：答案：5151133OEraa326222251Ra,ra1212512222225a4 RR125.14 rra1251【创新迁移】【创新迁移
45、】1.1.如图所示，正四面体如图所示，正四面体ABCDABCD中，中，E E是棱是棱ADAD的中点，的中点，P P是棱是棱ACAC上一动点，上一动点，BP+PEBP+PE的最的最小值为小值为 ，则该正四面体的外接球表面积是，则该正四面体的外接球表面积是()A.12A.12B.32B.32C.8C.8D.24D.2414【解析】【解析】选选A.A.将侧面将侧面ABCABC和和ACDACD沿沿ACAC边展开成平面图形，如图所示，菱形边展开成平面图形，如图所示，菱形ABCDABCD，在菱形在菱形ABCDABCD中，连接中，连接BEBE，交，交ACAC于点于点P P，则，则BEBE的长即为的长即为BP
46、+PEBP+PE的最小值，即的最小值，即BE=BE=，因为四面体因为四面体ABCDABCD是正四面体，所以是正四面体，所以AC=ABAC=AB，所以，所以BCD=120BCD=120，因为，因为E E是棱是棱ADAD的中的中点，所以点，所以DCE=30DCE=30，所以，所以BCE=BCD-DCE=90BCE=BCD-DCE=90，14设设DE=xDE=x，则，则AB=BC=CD=AD=2xAB=BC=CD=AD=2x，所以，所以CE=CE=，则，则 所以所以x=x=，则正四面体，则正四面体ABCDABCD的棱长为的棱长为 ，所以正四面体的外接球半径为，所以正四面体的外接球半径为所以该正四面体
47、外接球的表面积为所以该正四面体外接球的表面积为 3x222BEBCCE7x14,2 262 23,42S4(3)12.2.2.最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的数书九章数书九章.该书第二章为该书第二章为“天时类天时类”,收录了有关降水量计算的四个例子收录了有关降水量计算的四个例子,分别是分别是“天池测雨天池测雨”、“圆罂圆罂测雨测雨”、“峻积验雪峻积验雪”和和“竹器验雪竹器验雪”.其中其中“天池测雨天池测雨”法是下雨时用一个圆法是下雨时用一个圆台形的天池盆收集雨水台形的天池盆收集雨水.已知天池盆盆口直径为二尺八寸已知天池盆盆口直径为二尺八寸,盆
48、底直径为一尺二寸盆底直径为一尺二寸,盆深一尺八寸盆深一尺八寸.当盆中积水深九寸当盆中积水深九寸(注注:1:1尺尺=10=10寸寸)时时,平地降雨量是平地降雨量是()A.9A.9寸寸B.7B.7寸寸C.8C.8寸寸D.3D.3寸寸【解析】【解析】选选D.D.由已知天池盆上底面半径是由已知天池盆上底面半径是1414寸寸,下底面半径是下底面半径是6 6寸寸,高为高为1818寸寸,由由积水深积水深9 9寸知水面半径为寸知水面半径为 (14+6)=10(14+6)=10(寸寸),),则盆中水体积为则盆中水体积为 9 9(6(62 2+10+102 2+6+610)=588(10)=588(立方寸立方寸)
49、,),所以平地降雨量为所以平地降雨量为 =3(=3(寸寸).).1225881413专题能力提升练专题能力提升练九空间几何体九空间几何体(40(40分钟分钟8080分分)一、单项选择题一、单项选择题(共共8 8小题小题,每小题每小题5 5分分,共共4040分分)1.1.已知大球的体积是小球体积的已知大球的体积是小球体积的2 2倍倍,则大球表面积是小球表面积的倍数为则大球表面积是小球表面积的倍数为()【解析】【解析】选选B.B.设大球与小球的半径分别为设大球与小球的半径分别为R,r,R,r,则则 所以所以R=r,R=r,所以所以 ,故选故选B.B.33A.3B.4C.3D.23VR()2Vr大小
50、，322233SR()24Sr大小（）2.2.已知在正方体已知在正方体ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中中(如图如图),),l平面平面A A1 1B B1 1C C1 1D D1 1,且且l l与与B B1 1C C1 1不平行不平行,则下列一定不可能的是则下列一定不可能的是()A.A.l与与ADAD平行平行B.B.l与与ABAB异面异面C.C.l与与CDCD所成角为所成角为3030D.D.l与与BDBD垂直垂直 【解析】【解析】选选A.A.在正方体在正方体ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中中,l平面平面A A1 1B B1
