立体几何初步单元复习（交互动画）高一数学

西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 空间点、直线、平面之间的位置关系 典型例题 题型1：平面的基本性质及应用 下列说法正确的是() A.平行四边形是一个平面 B.任何一个平面图形都是一个平面 C.平静的太平洋面就是一个平面 D.一个平面可以将空间分成两部分 【答案】D 【解答过程】A不正确，我们用平行四边形来表示平面，但不能说平行四边形是一个平面， 平行四边形仅是平面上四条线段构成的图形，它是不能无限延展的： B不正确，平面图形和平面是完全不同的两个概念，平面图形是有大小的，它是不可以无 限延展的： C不正确，太平洋再大也会有边际，也不可能是绝对平面： D正确，平面是无限延展的，它将空间分成两部分， 故选：D. 题型2：空间直线的位置关系判断 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AC与BD交于点O,M是 PC的中点，在DM上取一点G,过G和AP作平面交平面BDM于GH,求证： AP∥GH. B 【详解】证明：如图，连接OM. 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :四边形ABCD是平行四边形， B O是AC的中点， 又：M是PC的中点，AP∥OM 又AP丈平面BDM,OMc平面BDM,·AP∥平面BDM. 又：APc平面APGH,平面APGH∩平面BDM=GH, AP∥GH. 题型3：异面直线所成的角 己知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AD=2AB,则异面直线AC与BC1所成角的余弦值 为() A.号 B. C.vio 4 D.vio 5 【答案】D 【解答过程】如图所示：连接CD1,AD1,根据长方体的性质易知BC1‖AD1, D D 所以异面直线AC与BC1所成角，即为直线AC与AD1所成角，则∠D1AC或其补角即为所求， 不妨AA1=AD=2AB=2a, 在△D1AC中，AD1=2√2a,D1C=AC=V5a, 所以由余弦定理得cos∠D,AC=a+v5a-v5a=西 2×2V2a×v5a 即异面直线AC与BC,所成角的余弦值为 5 故选：D. 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 突破1：共点、共线、共面问题的证明 如图，在长方体ABCD-ABC,D,中，AD=AA=1,AB=2,E,F分别为棱AB,AA的 中点.求证：E,C,D,F四点共面. D B 【答案】证明见解析 【详解】连接EF,EC,FD,AB C 在长方体ABCD-AB,C,D,中 “A,D,∥BC,AD=BC,四边形AD,CB是平行四边形 :D.CIlA B 又因为E,F分别为棱AB,AA的中点，所以EF∥AB 所以EFID,C 所以E,C,D,F四点共面 2.已知：Ica,D∈a,A∈l,B∈l,C∈l,DE1,求证：直线AD,BD,CD共面于C. 【答案】证明见解析 【详解】A∈l,lca∴A∈a,D∈a, .ADca. 同理可得，BDca,CDCa, 所以直线AD,BD,CD共面于a. 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 突破2：异面直线的判定与距离 已知正方体ABCD-AB,CD,的棱长为a,异面直线DB与AC之间的距离为 【答案】a 【详解】在正方体ABCD-AB,CD,中，平面ABCD/I平面AB,CD, 且AA⊥平面ABCD,AA⊥平面AB,C,D,因此平面ABCD与平面AB,C,D的距离为 AA=a 而DBc平面ABCD,ACC平面AB,C,D 所以异面直线DB与AC,之间的距离为面ABCD与平面AB,CD的距离a. 故答案为：a D A立体几何初步 单元复习 章节速览 复习板块 1.基本立体图形 2.立体图形的直观图 3.表面积与体积 4.点线面位置关系 5.空间平行关系 6.空间垂直关系 立体几何初步知识体系架构 基本立体图形 。 结构特征：考查柱、锥、台、球及简 单组合体的结构特征，区分棱柱与棱 锥、圆柱与圆锥、棱台与圆台的本质 区别。 。旋转体：考查圆柱、圆锥、圆台、球 的形成过程，以及它们的轴截面、母 线、底面半径等基本元素的关系。 。组合体：采用“分解法”，将组合体分 解为若干个基本几何体，注意区分“拼 接型和挖去型”。西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 立体图形的直观图典型例题 题型1：斜二测画法的规则 如图所示的是水平放置的△ABC的直观图，D'是△AB'C'中B'C'边的中点，且A'D'y轴， 那么AB',AD',AC三条线段对应原图形的线段AB,AD,AC中（) D' A,最长的是AB,最短的是AC B,最长的是AC,最短的是AB C.最长的是AB(且AB=AC),最短的是ADD.最长的是AD,最短的是AC 【答案】C 【详解】由题意可得原图形，如图所示」 由A'D'Iy轴，可知在△ABC中，AD⊥BC, 因为D'是△AB'C中B'C'边的中点， 所以D是BC中点，故△ABC为等腰三角形， 所以AB=AC>AD 故选C. 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型2：直观图与原图的面积关系 如图，用斜二测画法画水平放置的四边形ABCD,其直观图为等腰梯形AB'C'D',若 AB=6,CD=4,则下列说法正确的是（) y /0(A) B' A.AD=22 B.AB=3 C.四边形ABCD的周长为10+√6+√2 D.四边形ABCD的面积为1O√2 【答案】D 【详解1由题设4D=V2×B,CD=V5.A错 2 由斜二测画法知，AB=AB'=6,CD=C'D=4,AD=2AD=2√2 易知原四边形ABCD为直角梯形，AD⊥AB,ABI/CD, 所以BC=VAD2+(AB-CD)2=V8+4=2V3 四边形的周长为10+25+2反.面积为)×22x(4+0)=10W2,B、C错，D对 故选：D 题型3：画简单几何体的直观图 斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的是() A.矩形的直观图是矩形 B.三角形的直观图是三角形 C.相等的角在直观图中仍然相等 D.长度相等的线段在直观图中仍然相等 【答案】B 【解答过程】解：对于A,由斜二测画法可知，矩形的直观图为平行四边形，故A错误： 对于B,由斜二测画法可知，三角形的直观图是三角形，故B正确： 对于C,由A可知，矩形的四个角都为直角，但其直观图是平行四边形，只有对角才相 等，故C错误： 对于D,正方形的四条边相等，但其直观图是平行四边形，只有对边才相等，故D错误. 故选：B 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 突破1：由直观图还原原图 如图，△A'B'O'是用斜二测画法画出的△AB0的直观图，其中0A'=1,O'B=2,则△ ABO的周长是 B' 【答案】2V2+4 【解答过程】作出△ABO,如下图所示： B 由题意可知0A=2,0B=2,所以AB=√22+22=2V2, 故△AB0的周长是2V2+4. 故答案为：2V2+4. 突破2：直观图中的计算问题 如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形A'BC'D',己知A'B'=4,C'D'= 2,则下列说法正确的是() 0(A) B A.A'D'=2V2 B.AB=2 C.四边形ABCD的面积为3V2 D.四边形ABCD的周长为6+2V3+2√2 【答案】D 【解答过程】对于A、B,由题设易得A'D'=√2，原平面图如下AB=A'B=4,CD= C'D'=2,AD=2A'D'=2V2,故A、B错误： 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 O(A) F B 对于C,四边形ABCD的面积为：×(4+2)×2W2=6W2,即C错误， 对于D,在原图形中，过C作CF⊥AB交AB于点F,则AF=DC=BF=2, 由勾股定理得CB=】 22+(2W2)=23, 故四边形ABCD的周长为：4+2+2V2+2V5=6+2V2+2V3,即D正确： 故选：D.西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 简单几何体的表面积与体积 典型例题 题型1：柱、锥、合、球的表面积计算 已知三棱锥的所有棱长都是2，则这个三棱锥的表面积是() A.4 B.8 C.4V3 D.25 【答案】C 【详解】因为三棱锥的所有棱长都是2，所以三棱锥为正四面体，每一个面均为正三角 形 又边长为2的正三角形的面积为}×2×√5=V5 所以这个三棱锥的表面积是S=4xx1x54N3 2 故选：C 题型2：柱、锥、台、球的体积计算 在正四面体ABCD中，设AB=√2，则四面体的体积等于（)· A.1 B.方 c D.4 【答案】C 【详解】如图，把正四面体ABCD补形成边长为1的正方体 则四度体的体积为1-1×兮4行 故四面体的体积为} 故C正确 故选：C. B 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型3：简单组合体的表面积与体积 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人 的智慧与工艺，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱构成的组合体（假设内壁表面光 滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示，已知半球的半径为R,圆柱的高也为R,则银杯盛酒部 分的容积为() 图1 图2 A.号nR3 B. C. D.R 【答案】A 【解答过程】半球的体积为y=×nR3=号πR3,圆柱的体积为=S·h=R2:R= πR3, 因此银杯盛酒部分的容积为y=+吃=R3+πR3=R3, 故选：A 突破1：与球有关的切接问题 如图，若圆台的上、下底面半径分别为1=2,2=4，则此圆台的内切球（与圆台的上、 下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球)的表面积为 B 解：连接OA,OB,如图所示. B 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 根据题意可知，O1A=AM=2,02B=BM=4, 所以∠01OA=LAOM,∠020B=∠B0M,因为∠01OA+LAOM+∠020B+∠B0M=T. 所以∠AOM+∠B0M=号 因为OM⊥AB,所以△OMA~△BMO. 所以器-器所以0M=VAM×B丽=22， 所以圆台的内切球半径为2√2，所以圆台的内切球的表面积为S=4π×0M2=32π 故答案为：32π. 突破2：几何体的割补法求体积 “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面 体的凸多面体，体现了数学的对称美如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体， 它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则下 列结论中，错误的是() B A.该石凳的表面积为24+8v3 B.该石凳的体积为402 3 C.直线LH与BC的夹角为60° D.DH⊥平面LEI 【答案】D 【解答过程】对于A,由图可知，二十四等边体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2 的等边三角形围成， 所以表面积为6×2×2+8×；×2×2sin60°=24+8V3,A正确： 对于B,补全八个角构成一个棱长为22的一个正方体，则该正方体的体积为 V=(2v②)3=16v2,其中每个小三棱锥的体积为y=××V2xV2×V2=号 所以该二十四面体的体积为162-8×号=，所以B正确： 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D G 对于C,补全八个角构成一个棱长为2V2的一个正方体，如图， 易知LH/FC,FC与BC所成角为60°，所以直线LH与BC的夹角为60°，C正确： 对于D,由正方体易知：DH//BE,LI/IAB, AB,EB所成角为60°，所以DH,LI所成角为60°， 又L1在平面LEI内， 所以DH⊥平面LEI不成立，故D错误： 故选：D. 突破3：等体积法的应用 如图，各棱长均为2的直三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，点B1到平面ADC1的距 离为() B B A.45 B.2 C.5 5 D.号 【答案】A 【解答过程】由题意可得AD⊥BC,CC1⊥平面ABC,又ADc平面ABC,所以CC1⊥AD, 又CC1nBC=C,CC1,BCC平面CC1B1B,所以AD⊥平面CC1B1B, 又DC1C平面CC1B1B,所以AD⊥DC1, 又CC1⊥平面ABC,BCc平面ABC,所以CC1⊥BC, 又直三棱柱ABC-A1B1C1各棱长均为2，所以AD=VAC2-CD2=√4-1=√3 DC1=√C1C2+CDz=V√4+1=V5, 所以SaB,DG,=CB×C1C=2,SaDG,=AD×DG=×V3xV5= 设点B1到平面ADC1的距离为d, 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 由A-DG=Va-ADc得SAB,G×AD=,所买×2×V3=×.d, 解得d=5 5 故选：A西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 空间直线、平面的垂直 典型例题 题型1：直线与平面垂直的判定 如图，在四面体C-OAB中，OA⊥OB,OA⊥OC,OB⊥OC且OA=OB,D为四面体C- OAB外一点，要使CD⊥AB,需要添加的条件是() C A.CD⊥OC B.CD=OC C.DA=DB D.DA⊥DB 【答案】C 【解答过程】取AB的中点M,连接OM, 因为OA=OB,所以AB⊥OM, 因为0A⊥OC,0B⊥0C,0Bn0A=0,0B,0Ac平面0AB, 所以OC⊥平面OAB,又ABC平面OAB,所以OC⊥AB, 因为OMnC0=O,OM,C0c平面0MC,所以AB⊥平面OMC, 要使CD⊥AB,其中C∈平面OMC,故需D∈平面OMC, 连接DM,则DMc平面OMC,故只需AB⊥DM, 又M为AB的中点，故DA=DB时，满足要求， 故选：C 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型2：直线与平面垂直的性质 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=V2,AA1=AD=1.给出下列四个结论： ①AC1⊥BD;②A1C⊥B1D:③A1D⊥平面ABD1;④AB1⊥平面A1BD 其中正确的结论是() A.①③ B.②③ C.①④ D.②④ 【答案】B 【解答过程】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=V2,AA1=AD=1, 所以底面ABCD是长方形，故AC⊥BD不成立， 因为ACC平面ACC1,由线面垂直的性质可知BD与平面ACC1不垂直， 因为CC1⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以CC1⊥BD, 因为CC1nAC1=C1,所以AC1⊥BD不成立，故①错误： 因为B1C=√BC2+B1B2=V2=A1B1, 在长方体中，有B1C=A1B1=CD=A1D, 因为CD⊥平面A1D1DA,A1DC平面A1D1DA,所以CD⊥A1D, 因为A1B1/CD,所以四边形A1B1CD是正方形， 所以A1C⊥B1D,故②正确： 因为AB/CD,所以AB⊥A1D, 因为A1D1DA是正方形，所以AD1⊥A1D, 因为AB 0 AD1=A,且AB,AD1C平面ABD1, 所以A1D⊥平面ABD1,故③正确： 因为A1B1BA是长方形，所以AB1⊥A1B不成立， 由线面垂直的性质可知，AB1平面A1BD不垂直，故④错误： 所以正确的结论是②③ 故选：B 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型3：平面与平面垂直的判定 如图所示，在空间四边形ABCD中，AB=BC,AD=DC,E,F,G分别是AD, DC,CA的中点.求证：平面BEF⊥平面BDG· 【答案】证明见解析 【详解】连接EG,FG.E,F,G分别是AD,DC,CA的中点，且AD=DC, ∴.DF//EG,DF=EG,且DF=DE, 四边形EDFG为菱形，.EF⊥DG 又：AB=BC,AG=GC,,AC⊥BG, 又EF/IAC,.EF⊥BG.又DG∩BG=G,DG,BGc平面BDG, .EF⊥平面BDG,又，EFC平面BEF, 平面BEF⊥平面BDG. 1 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型4：平面与平面垂直的性质 如图所示，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是∠DAB=6O°且边长为a的菱形，侧面PAD 为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD,G为AD边的中点.求证：BG⊥平面PAD B 解：因为四边形ABCD是菱形且∠DAB=60° 所以△ABD是正三角形，因为G为AD的中点，所以BG⊥AD 又平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,BGC平面ABCD 所以BG⊥平面 题型5：直线与平面所成的角 如图所示，在正四棱柱ABCD-AB,C,D,1中，AB=3,AA=4,则直线DB与平面ABCD所 成角的正弦值为（) D D C B A.234 B. V34 c.22 D. 3W34 17 17 3 34 【答案】A 【详解】因为DD,⊥平面ABCD 所以∠D,BD为直线DB与平面ABCD所成的角， 在RtaD,BD中，sin∠DBD=DD 4 2W34 BD V32)2+4217· 所以直线DB与平面ABCD所成角的正弦值为2V34 17 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 故选：A 题型6：二面角的平面角 如图，在正方体ABCD-ABC,D中，二面角C,-AB-D的平面角等于（) A B B A.30° B.45° C.60° D.90° 【答案】B 【详解】因为AB⊥平面BCCB,BCc平面BCC,B, 所以AB⊥BC, 又因为AB⊥BC,平面ABDO平面CAB=AB 所以∠CBC即为二面角C-AB-D的平面角， 因为∠CBC=45°，所以二面角C-AB-D的大小是45°， 故选：B 突破1：垂直关系的综合应用 如图，已知△ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面ABC,且EA=AB=2DC,F,G分别 是EB和AB的中点，则下列结论错误的是() E D G A.FD/平面ABC B.FG⊥平面ABC C.FC⊥AB D.平面EBC⊥平面EAB 【答案】D 【解答过程】连接AF,CG, 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D G B 因为F,G分别是EB和AB的中点，所以FG1/EA且FG=EA, 又因为EA垂直于平面ABC,所以FG⊥平面ABC,B正确： 因为ABC平面ABC,所以FG⊥AB, 又因为△ABC是正三角形，所以CG⊥AB, 因为FGnCG=G,FG,CGc平面CFG,所以AB⊥平面CFG, 又因为FCc平面CFG,所以FC⊥AB,C正确： 因为EA=AB=2DC,DC垂直于平面ABC,所以FG/DC且FG=DC, 所以四边形FGCD是平行四边形，FD/GC, 又因为GCc平面ABC,FD丈平面ABC,所以FD/平面ABC,A正确； 由EA=AB和F为EB中点可知AF⊥BE, 假设平面EBC⊥平面EAB, 又AFC平面EAB,平面EBC∩平面EAB=EB,则AF⊥平面EBC, 因为BCc平面ABC,所以AF⊥BC, 又因为EA⊥平面ABC,BCC平面ABC,所以EA⊥BC, 因为AF∩EA=A,AF,EAC平面EAB,所以BC⊥平面EAB, 因为ABC平面EAB,所以AB⊥BC,与△ABC是正三角形矛盾， 所以平面EBC与平面EAB不垂直，D错误： 故选：D. 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 突破2：空间角的计算（综合法） 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ACC1A1是正方形，D是CC1的中点，AB= BC=3,AA1=4,则异面直线AD与BC1所成角的余弦值为() A.45 B. 8v5 C.43 25 D.8v3 25 65 65 【答案】B 【解答过程】取BC的中点E,连接AE,DE,因为D是CC1的中点，所以DENBC1, 则LADE异面直线AD与BC1所成角 直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ACC1A1是正方形，AB=BC=3,AA1=4, AC=4.DC=2.CE= 在Rt△ACD中，AD=V42+22=2V5,在Rt△ECD中，ED= 2+- 在△ABC中，c0sC=4C2+BC2-AB2=42+32-3=2 2AC-BC 2×4×3 在△ABC中，AE2=AC2+CE2-2AC-CEc0sC=2+(目-2×4x号x号=共 在△AED中，coS∠ADE=02+Ds-AE-+自兰_=5 2AD·DE 2x2W5×2 25 B A A B 故选：B.西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 空间直线、平面的平行 典型例题 题型1：直线与平面平行的判定 如图，在边长为4的正方体ABCD-AB,CD,中，点E在DD上 D B B 当E是DD中点时，证明：BD,∥平面AEC; 解：如图，连结BD交AC于点O,则OE为△BDD的中位线，所以BD/OE 又因为OEc平面AEC,BD丈平面AEC,所以BD/I平面AEC. D A B 题型2：直线与平面平行的性质 如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为线段AD的中点，F为PC上一点，当 PA/平面EBF时，g() PC A.司 B. C. D. 【答案】A 【解答过程】连接AC交BE于G点，连接GF,显然平面ACP∩平面BEF=GF, 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 又PAI/平面EBF,PAc平面ACP,则PA/GF,即SS=三 PAC CP' 由ABCD为平行四边形，且E为线段AD的中点，易知瓷-能= 所以笼=器=号 CAC CP 故选：A. 题型3：平面与平面平行的判定 如图，在棱长为2的正方体ABCD-AB,CD,中，M,N,E,F分别是棱AB, AD,B,C,CD的中点 D F N M A B B 求证：平面AMNI/平面DBEF 证明：如图所示： F A B 连接BD,因为M,N,E,F分别是AB,AD,B,C,CD的中点，则MN/IBD/EF, 又MN丈平面BDFE,EFC平面BDFE, 所以MN/平面BDFE, 连接MF,则AD//AD I IMF,AD=AD,=MF. 所以四边形ADFM为平行四边形， 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以AM//DF 又AM丈平面BDFE,DFC平面BDFE,所以AMI/平面BDFE, 又AMOMN=M,AM,MNc平面AMN, 所以平面AMN/I平面DBEF 题型4：平面与平面平行的性质 如图，四棱锥P-ABCD中，AD∥BC,E是AB上靠近点A的四等分点，F是PC上靠近点 P的四等分点，证明：EF/平面PAD, B 【答案】证明见解析 【详解】证明：如图， G E 在PB上取-点G,使得PG=4PB,连接EBG、GF, 因为E是AB上靠近点A的四等分点，F是PC上靠近点P的四等分点， 所以AE=4,PF-PC,所以EGIPA,.FGIBC. 4 因为AD II BC,故FG IAD· 因为FG,EFt平面PAD,AD,APC平面PAD, 所以FGI平面PAD,EGI平面PAD 因为EG,GFc平面EFG,EG∩FG=G,所以平面EFGI平面PAD. 因为EFC平面EFG,所以EFI平面PAD· 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 突破1：平行关系的综合应用 如图是正方体的平面展开图.在这个正方体中， ①AF/NC;②BM/平面AEND:③平面BDE//平面NCF. 以上四个命题中，正确命题的序号是 【答案】②③④ 【解答过程】将展开图还原为几何体如下， B 由正方体的结构特征，AF,NC异面，故不平行，①错： 且BM/IAN,BM面AEND,ANc面AEND,则BM//平面AEND成立，②对： 易得BE/CN,而BE￠面NCF,CNc面NCF,则BE/面NCF, 同时有BD//NF,同理易得BD//面NCF,又3D n BE=B都在面BDE, 所以平面BDE/平面NCF,③对. 故答案为：②③. 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 突破2：线面平行中的存在性问题 如图，四边形ABCD为边长为2的菱形，∠ABC=60°，PB=PA=3,M为AB的中点. (I)证明：AB⊥PC: (②)在线段PD上是否存在点N,使得PB/平面MCN?若存在，请求出路的值：若不存在， 请说明理由 解：(1)连接PM,AC,由菱形ABCD内角∠ABC=60°，得△ABC是正三角形， B 由M为AB的中点，得CM⊥AB,由PB=PA=3,得PM⊥AB, 而PMnCM=M,PM,CMc平面PCM,则AB⊥平面PCM, 又PCc平面PCM,所以AB⊥PC (2)在PD上取点N,使PD=3PN,如(1)中的图所示， 因为菱形ABCD,则AB/CD,且AB=CD, 又因为M为AB中点，所以器=器-克则有器-器 PB/IEN,而ENc平面MCN,PBt平面MCN, 因此PB/平面MCN,即线段PD上存在点N,使得PB/平面MCN,路=青西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 基本立体图形典型例题 题型1：结构特征识别 下列说法正确的是() A.棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 B.用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 C.若一个多面体共有5个面，则这个多面体可能是三棱锥 D.以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成 的旋转体是圆锥 【答案】D 【解答过程】对于A中，例如：正四棱柱中，相对的两个侧面互相平行，所以A不正确： 对于B中，根据棱台的定义，用平行于棱锥底面的平面截棱锥，棱锥底面与截面之间的部 分是棱台，所以B不正确： 对于C中，根据棱锥的定义，三棱锥是由一个底面和3个侧面组成，所以一个多面体有5 个面，一定不是三棱锥，所以C错误； 对于D中，根据圆锥的定义，可得以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴， 其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆锥，所以D正确 故选：D 题型2：旋转体的形成与结构特征 如图所示的组合体，则由下列所示的哪个三角形绕直线1旋转一周可以得到() 【答案】B 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【解答过程】A旋转一周是圆锥，不满足题意： B旋转一周是两个圆锥，满足题意： C旋转一周是圆锥，不满足题意： D旋转一周是圆柱挖去一个圆锥的几何体，不满足题意 故选：B 题型3：简单组合体的结构分析 如图所示的几何体是数学奥林匹克能赛的奖杯，该几何体由（) A.一个球、一个四棱柱、一个圆台构成 B.一个球、一个长方体、一个棱台构成 C.一个球、一个四棱台、一个圆台构成 D.一个球、一个五棱柱、一个棱台构成 【答案】B 【解答过程】由图可知，该几何体是由一个球、一个长方体、一个棱台构成 故选：B 突破1：空间几何体的截面问题 用一个平面去截一个几何体，如果截面的形状是长方形，那么这个几何体不可能是（) A.圆锥 B.圆柱 C.五棱柱 D.正方体 【答案】A 【详解】对于A:一个平面只能截出三角形，圆与圆锥曲线，所以一个平面截圆锥，截面 不可能为长方形，故A是； 对于B:作一个轴截面，如图，截面ABCD即为长方形，故B不是； 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 对于C:做一个直五棱柱，做出如图的截面，截面ABCD即为长方形，故C不是 B 对于D:做出如图的体对角面，截面ABCD即为长方形，故D不是 故选：A 突破2：空间几何体的展开图问题 如图圆柱的底面周长是10cm,圆柱的高为12cm,BC为圆柱上底面的直径，一只蚂蚁如果 沿着圆柱的侧面从下底面点A处爬到上底面点B处，那么它爬行的最短路程为() A.10cm B.11cm C.13cm D.12cm 【答案】C 【解答过程】 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B B 把圆柱沿母线AC剪开后展开，点B展开后的对应点为B', 则蚂蚊爬行的最短路径为AB', 如图，由题意可知AC=12,CB=5, 在Rt△ACB',AB'=V52+122=13, 所以它爬行的最短路程为13cm, 故选：C