高三数学高考知识模块复习指导学案——简单几何体.doc

高考数学知识模块复习指导系列学案
——简单几何体
【考点梳理】
一、考试内容
1．棱柱（包括平行六面体）。棱锥。多面体。
2．球。
3．体积的概念与体积公理。棱柱、棱锥的体积。球的体积。
二、考试要求
1．理解棱柱、棱锥、球及其有关概念和性质。
掌握直棱柱、正棱锥、球的表面积和体积公式，并能运用这些公式进行计算。
3．了解多面体的概念，能正确画出棱柱、正棱锥的直观图。
对于截面问题，只要求会解决与几种特殊的截面（棱柱、棱锥的对角面，棱柱的直截面，球的截面）以及已给出图形或它的全部顶点的其他截面的有关问题。

三、考点简析
1．棱柱

2．棱锥

3．棱柱、棱锥的侧面积与体积
S正棱柱侧=Ch′ S正棱锥侧= Ch′ V柱体=S h′ V锥体=Sh′
4．球
S球=4πR2 V球=πR3

四、思想方法
1．割补法。它是通过“割”与“补”等手段，将不规则的几何体转化为规则的几何体，是一种常用的转化方法。
2．正棱锥的计算问题。应抓住四个直角三角形和两个角。四个直角三角形，即正棱锥的高、侧棱及其在底面上的射影、斜高及其在底面上的射影、底面边长的一半组成的四个直角三角形。两个角，即侧棱与底面所成的线面角，侧面与底面所成的二面角。四个直角三角形所围成的几何体称之为“四直角四面体”，它是解决棱锥计算问题的基本依据，必须牢固掌握。
3．正棱锥的侧面积与底面积的关系。
正棱锥：S底=S侧cosα
4．多面体中表面上两点的最短距离。
多面体中表面上两点的最短距离，就是其平面展开图中，连结这两点的线段长度，这是立体几何中求最短距离的基本依据（球面上两点间的距离除外）。
5．关于组合体体积的计算问题。
有很多的几何体，都由一些简单几何体所组成，这样的几何体叫做组合体。
构成组合体的方式一般有两种：其一是由几个简单几何体堆积而成，其体积就等于这几个简单几何体体积之和；其二是从一个简单几何体中挖去几个简单几何体而成，其体积就等于这个几何体的体积减去被挖去的几个几何体的体积。
因此，组合体体积的求法，即为“加、减”法，关键是合理的分割，可使计算简化。
6．关于等积变换问题。
等积变换的依据是等底等高的棱锥体积相等。
等积变换求体积或求点到平面的距离，都是在基本几何体——四面体和平行六面体中进行的。这是因为这些几何体变换底面后，计算体积的方法不变，几何体仍为四面体和平行六面体，这样，我们就可以选择适当的面为底面，使计算简单、易行。
若几何体本身不是四面体或平行六面体，则需先将其分成几个四面体或平行六面体之后，再施行等积变换。
用等积变换求点到平面的距离，是用两种不同的体积计算方法，来建立所求距离的方程，使问题得解。
异面直线间的距离，可转化为点到平面的距离，因此也可用等积变换求解。
用等积变换求距离，可绕过距离的作图，从而降低了题目的难度。

【例题解析】
例1 如图8－1，已知斜三棱柱ABC—A1B1C1的底面是直角三角形，AC⊥CB，∠ABC=30°，侧面A1ABB1是边长为a的菱形，且垂直于底面，∠A1AB=60°，E、F分别是AB1、BC的中点。
（1）求证：EF∥侧面A1ACC1；
（2）求四棱锥A——B1BCC1的体积；
（3）求EF与侧面A1ABB1所成角的大小。

（1）连结A1B、A1C
∵A1ABB1是菱形，且E是AB1的中点，
∴E是A1B的中点。
又F是BC的中点，
∴EF∥A1C。
又A1C平面A1ACC1，
EF平面A1ACC1，
∴EF∥面A1ACC1。
（2）∵平面A1ABB1⊥平面ABC，交线为AB，
∴在平面A1ABB1内，过A1作A1O⊥AB于O，则A1O⊥平面ABC，且h=A1O=a，
又∵AC⊥CB，∠ABC=30°，∴，
∴V A—CCBB
=V柱－V A—ABC
=Sh － Sh=Sh=··AC·BC·A1O
=··a· a·a =a3
（3）在平面ABC内，过F作FH⊥AB于H，则FH⊥侧面A1ABB1。
连结EH，则∠HEF为EF与侧面A1ABB1所成的角。
∵在Rt△FHB中，FH=BF=a,BH=a；
在△HEB中，HE=

=
=a，
∴在Rt△EHF中，tan∠HEF==,
∴∠HEF=arctan。

例2 如图8－3，三棱锥P—ABC中，△ABC是正三角形，∠PCA=90°，D为PA的中点，二面角P—AC—B为120°，PC=2，AB=2。
（1）求证：AC⊥BD；
（2）求BD与底面ABC所成的角（用反正弦表示）；
（3）求三棱锥P—ABC的体积。

解 （1）如图8－4，取AC中点E，连DE、BE，则DE∥PC，∵PC⊥AC，∴DE⊥AC。
∵△ABC是正三角形，∴BE⊥AC。
又DE平面DEB，BE平面DEB，DE∩BE=E，∴AC⊥平面DEB。

∵DB平面DEB，∴AC⊥DB。
（2）法一：∵AC⊥平面DEB，AC底面ABC，∴平面DEB⊥底面ABC，∴EB是DB在底面ABC内的射影，∠DBE是BD与底面ABC所成的角。
又∵DE⊥AC，BE⊥AC，∴∠DEB即为二面角P—AC—B的平面角。
在△DEB中，∵DE=PC=1，BE=AB=3，
∴由余弦定理，得 BD2=12+32 – 2×1×3cos120°=13，BD=，
∴由正弦定理，得=，
解得sin∠DBE=，即BD与底面ABC所成的角为arcsin。
法二：∵AC⊥平面DEB，AC平面ABC。∴平面DEB⊥平面ABC，作DF⊥平面ABC，F为垂足，则F在BE的延长线上，∠DBF是BD与平面ABC所成的角。∵DE⊥AC，BE⊥AC，∴∠DEB是二面角P—AC—B的平面角。在Rt△DBF中，DE=PC=1，BE=AB=3，
∠DEB=120°，∠DEF=60°，DF=。
∴在△DEB中，由余弦定理得BD=，
∴sin∠DBF==，故BD与底面ABC所成的角为arcsin。
（3）∵AC⊥平面DEB，AC平面PAC，
∴平面DEB⊥平面PAC，∴过点B作平面PAC的垂线段BG，垂足G在DE的延长线上。
∵在Rt△BEG中，∠BEG=60°，BE=3，∴BG=，
∴VP—ABC=VB—PAC=S△PAC×BG=××=3。

例3 如图8－5，三棱锥P—ABC中，已知PA⊥BC，PA=BC=l，PA、BC的公垂线DE=h，求三棱锥P—ABC的体积。
分析：思路一直接求三棱锥P—ABC的体积比较困难。考虑到DE是棱PA和BC的公垂线，可把原棱锥分割成两个三棱锥P—EBC和A—EBC，利用PA⊥截面EBC，且△EBC的面积易求，从而体积可求。

解 如图8—5—1，连结BE，CE。∵DE是PA、BC的公垂线，∴PA⊥DE。又PA⊥BC，∴PA⊥截面EBC。∴VP—EBC=S△EBC·PE，VA—EBC=S△EBC·AE。∵DE⊥BC，∴S△EBC=BC·DE=lh,∴VP—ABC=VP—EBC+VA—EBC=S△EBC·PE+AE）=PA·S△EBC=l2h。

注 本例的解法称为分割法，把原三棱锥分割为两个三棱锥，它们有公共的底面△EBC，而高的和恰为PA，因而计算简便。
思路二 本题也可用补形法求解。
解 如图8－5－2，将△ABC补成平行四边形ABCD，连结PD，则PA⊥AD，且BC∥平面PAD，故C到平面PAD的距离即为BC和平面PAD的距离。
∵MN⊥PA，又MN⊥BC，BC∥AD，∴MN⊥AD， MN⊥平面PAD。
故 VP—ABC=VP—ADC=VC—PAD=S△PAD·MN=（·PA·AD）·MN=l2h。
注 本题的解法称为补形法，将原三棱锥补形成四棱锥，利用体积互等的技巧进行转换，以达到求体积的目的。
本题也可将三棱锥补成三棱柱求积。想一想，怎样做？

例4 如图8－6，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，并且PD=a, PA=PC=a。
（1）求证：PD⊥平面ABCD；
（2）求异面直线PB与AC所成的角；
（3）求二面角A—PB—D的大小；
（4）在这个四棱锥中放入一个球，求球的最大半径。

解 （1）PC=a，PD=DC=a,
∴△PDC是Rt△，
且PD⊥DC。
同理，PD⊥AD。
而AD∩DC=D，∴PD⊥平面ABCD。
（2）如图8－7，连BD，∵ABCD是正方形，

∴BD⊥AC。

又∵PD⊥平面ABCD。
∴BD是PB在平面ABCD上的射影。
由三垂线定理，得PB⊥AC。
∴PB与AC成90°角。
（3）设AC∩BD=O，作AE⊥PB于E，连OE。
∵AC⊥BD，又PD⊥平面ABCD，AC平面ABCD。
∴PD⊥AC。
而PD∩BD=D，∴AC⊥平面PDB，
则OE是AE在平面PDB上的射影。
由三垂线定理逆定理知OE⊥PB，
∴∠AEO是二面角A—PB—D的平面角。
∵PD⊥平面ABCD，DA⊥AB。∴PA⊥AB。
在Rt△PAB中，AE·PB=PA·AB。又AB= a ，AP=a，PB==a，

∴AE=a。 又AO=a
∴sin∠AEO==,∠AEO=60°
∴二面角A—PB—D的大小为60°。
（4）设此球半径为R，最大的球应与四棱锥各个面相切，球心为S，连SA、SB、SC、SD、SP，则把此四棱锥分为五个小棱锥，它们的高均为R。
由体积关系，得
VP—ABCD=R（S△PDC+ S△PDA+ S△PBC+ S△PAB+ S正方形ABCD）
=R（++a2+a2 + a2）。
又∵，
∴R(2a2+a2)= a3
∴R==。
例5 如图8－8，已知长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=BC=4，AA1=8，E、F分别为AD和CC1的中点，O1为下底面正方形的中心。求：
（1）二面角C—EB—O1的正切值；
（2）异面直线EB与O1F所成角的余弦值；
（3）三棱锥O1—BEF的体积。

解 如图8—9，（1）取上底面的中心O， OG⊥EB于G，连OO1和GO1。由长方体的性质得OO1⊥平面ABCD，则由三垂线定理得O1G⊥EB，
则∠OGO1为二面角C—EB—O1的平面角。由已知可求得EB==2。
利用△ABE∽△GEO（图8－10），可求得OG=。

在Rt△O1OG中，tan∠O1GO==4。
（2）在B1C1上取点H，使B1H=1，连O1H和FH。
易证明O1H∥EB，则∠FO1H为异面直线EB与所成角。
又O1H=BE=，HF==5，
O1F==2，
∴在△O1HF中，由余弦定理，得
cos∠FO1H==

（3）连HB，HE，由O1H∥EB，得O1H∥平面BEF。
∴VO——BEF=VH—BEF= VE—BHF=·S△BHF·AB
∵S△BHF=32－（1×8+3×4+4×4）=14
——BEF=×14×4=

例6 如图8－12，球面上有四个点P、A、B、C，如果PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=a，求这个球的表面积。

解 如图8－12，设过A、B、C三点的球的截面圆半径为r，圆心为O′，球心到该圆面的距离为d。在三棱锥P—ABC中，
∵PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=a
∴AB=BC=CA=a,且P在△ABC内的射影即是△ABC的中心O′。
由正弦定理，得 =2r,∴r=a。
又根据球的截面的性质，有OO′⊥平面ABC，而PO′⊥平面ABC，
∴P、O、O′共线，球的半径R=。又PO′===a，
∴OO′=R － a=d=,(R－a)2=R2 – (a)2，解得R=a,
∴S球=4πR2=3πa2。
注 本题也可用补形法求解。将P—ABC补成一个正方体，由对称性可知，正方体内接于球，则球的直径就是正方体的对角线，易得球半径R=a,下略。

例7 如图8－13所示，四面体ABCD中，AB、BC、BD两两互相垂直，且AB=BC=2，E是AC的中点，异面直线AD与BE所成的角为arccos，求四面体ABCD的体积。

解 如图8－14，过A引BE的平行线，交CB的延长线于F，则∠DAF是异面直线BE与AD所成的角。
∴∠DAF=arccos
∵E是AC的中点，∴B是CF的中点，且BF=AB=2。∵AB⊥BC=2
∴AF=2BE=2
∴DF=DA，∵DB⊥BA，DB⊥BF，BF=BA，
则三角形ADF是等腰三角形，
AD=·=，BD==4
故四面体VABCD=AB×BC×BD=，因此四面体ABCD的体积是。

例8 如图8－15，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，已知AB=5，AD=4，AA1=3，AB⊥AD，∠A1AB=∠A1AD=。
（1）求证：顶点A1在底面ABCD上的射影O在∠BAD的平分线上；
（2）求这个平行六面体的体积。

解 （1）如图8－16，连结A1O，则A1O⊥底面ABCD。作OM⊥AB交AB于M，作ON⊥AD交AD于N，连结A1M，A1N。由三垂线定得得A1M⊥AB，A1N⊥AD。∵∠A1AM=∠A1AN，
∴Rt△A1NA≌Rt△A1MA,∴A1M=A1N，
从而OM=ON。 ∴点O在∠BAD的平分线上。
（2）∵AM=AA1cos=3×=
∴AO=AMsec=。又在Rt△AOA1中，
A1O2=AA12 – AO2=9 －=,∴A1O=，
∴平行六面体的体积V=5×4×=30。

例9 如图8－17，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1，点E在棱D1D上，截面EAC∥D1B，且面EAC与底面ABCD所成角为45°，AB=a。
（1）求截面EAC的面积；
（2）求异面直线A1B1与AC之间的距离；
（3）求三棱锥B1—EAC的体积。
（1999年全国高考试题）

解 （1）如图8－18，连结DB交AC于O，连结EO。
∵底面ABCD是正方形，∴DO⊥AC。又∵ED⊥底面AC，∴EO⊥AC。∴∠EOD就是面EAC与底面AC所成的二面角的平面角，∠EOD=45°。
又DO=a, AC=a, EO=asec45°=a,故S△EAC=a2。
（2）由题设ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱，得A1A⊥底面AC，A1A⊥AC。又A1A⊥A1B1，∴A1A是异面直线A1B1与AC之间的公垂线。∵D1B∥面EAC，且面D1BD与面EAC交线为EO，∴D1B∥EO。又O是DB的中点，∴E是D1D的中点，D1B=2EO=2a。∴D1D==a，即异面直线A1B1与AC之间的距离为a。
（3）法一：如图8－18，连结D1B，∵D1D=DB=a,∴四边形BDD1B1是正方形。连结B1D交D1B于P，交EO于Q。∵B1D⊥D1B，EO∥D1B，∴B1D⊥EO。又AC⊥EO，AC⊥ED，∴AC⊥面BDD1B1，∴B1D⊥AC，∴B1D⊥面EAC。则B1Q是三棱锥B1—EAC的高。由DQ=PQ得B1Q= B1D=a,∴=·a 2·a =a 3。
所以三棱锥B1—EAC的体积是a 3。

法二：连结B1O，则∵AO⊥面BDD1B1，∴AO是三棱锥A—EOB1的高，且AO=a。在正方形BDD1B1中，E、O分别是D1D、DB的中点（如图8－19），则=a2。=2×× a 2×a=a 3。所以三棱锥B1—EAC的体积是a 3。

例10 如图8－20，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点。
（1）证明AD⊥D1F；
（2）求AE与D1F所成的角；
（3）证明面AED⊥面A1FD1；
（4）设AA1=2，求三棱锥F—A1ED1的体积。
（1997年全国高考数学试题）

解 （1）∵多面体AC1是正方体，∴AD⊥面DC1。又D1F面DC1，∴AD⊥D1F。
（2）如图8－21，取AB的中点G，连结A1G，FG。因为F是CD的中点，所以GF、AD平行且相等，又A1D1、AD平行且相等，所以GF、A1D1平行且相等，故GFD1A1是平行四边形，A1G∥D1F。设A1G与AE相交于点H，则∠AHA1是 AE与D1F所成的角。因为E是BB1的中点，所以Rt△A1AG≌Rt△ABE,∠GA1A=∠GAH，从而∠AHA1=90°，即直线AE与D1F所成角为直角。
（3）由（1）知AD⊥D1F，由（2）知AE⊥D1F，又AD∩AE=A，所以D1F⊥面AED。又因为D1F面A1FD1，所以面AED⊥面A1FD1。
（4）连结EG，GD1，∵FG∥A1D1，∴FG∥面A1ED1，∴体积
∵AA1=2，∴=。∴=×A1D1×=×2×=1。

用心 爱心 专心