课件68张PPT。第37讲 UNIT 07直线、平面垂直的判定与性质课前双基巩固│课堂考点探究│课间10分钟│教师备用例题任意一条两条相交直线a,b?αa∩b=Ol⊥al⊥b平行a⊥αb⊥α垂线l?βl⊥α交线α⊥βl?βα∩β=al⊥a射影90°0°垂直考点一 垂直关系的基本问题 考点二 线面垂直的判定与性质 考点三 面面垂直的判定与性质考点四 立体几何的综合问题 考向1 平行与垂直关系的证明 考向2 探索性问题中的平行与垂直关系 考向3 折叠问题中的平行与垂直关系 强化演练【备选理由】例1是线面的垂直关系、几何体的体积与最值的综合题;例2是线面平行与面面垂直的综合题;例3是存在探索性问题;例4是折叠问题,关键是找准翻折后没有发生变化的位置关系.课时作业(三十四) 1.B [解析] 如图所示,在长方体ABCD - A1B1C1D1中,由正视图和俯视图可知截面为△A1BC1,截去的棱锥为B - A1B1C1,故该几何体的侧视图如题中选项B所示. 2.B [解析] 由已知得该几何体如图所示,所以该几何体的体积为13+1×1×2×3=7. 3.D [解析] 由三视图可知,该几何体为半圆锥与正方体的组合体, 故体积V=23+12×13×π×12×2=8+π3,故选D. 4.28π3 [解析] 由三视图知,该几何体是一个三棱柱,三棱柱的底面是边长为2的正三角形,侧棱长是2. 三棱柱的两个底面的中心的连线的中点与三棱柱的顶点的连线就是外接球的半径, 即半径r=(23×3)?2+12=73,故球的表面积为4πr2=4π×73=28π3. 5. 23 [解析] 由正三棱柱的三视图还原直观图(图略)可得,正视图是一个矩形,其中一边的长是侧视图中三角形的高,其邻边长为2.因为侧视图中三角形的边长为2,所以高为3,所以正视图的面积为23. 6.B [解析] 由三视图知,剩余部分的几何体是四棱锥P - ABCD被平面QBD截去三棱锥Q - BCD(Q为PC的中点)后剩下的部分,连接AC交BD于O,连接OQ,则OQ∥PA,且OQ=12PA.设PA=AB=a,则V四棱锥P - ABCD=13a3,V三棱锥Q - BCD=13×12a2×12a=112a3,剩余部分的体积为13a3-112a3,则所求的比值为112a313a3-112a3=13. 7.B [解析] P点在上、下底面的投影分别落在A1C1和AC上,所以△PAC在上底面或下底面的正投影为①,在前面、后面以及左面、右面的正投影为④,故选B. 8.C [解析] 由三视图还原几何体可知,羡除ADE-BCF中, AB∥EF,底面ABCD是矩形, AB=AD=2,EF=1, 平面ADE⊥平面ABCD,AB,CD间的距离h=AD=2. 取AD的中点G,连接EG, ∵平面ADE⊥平面ABCD,∴EG⊥平面ABCD, 由侧视图知直线EF到平面ABCD的距离h'=1, ∴所求体积V=1×26×(2+2+1)=53,故选C. 9.A [解析] 由三视图可知该几何体为三棱锥A - BCD,可将其放入棱长为4的正方体中,如图所示, 其中A,C,D为正方体的顶点,B为正方体棱的中点, ∴S△ABC=12×2×4=4,S△BCD=12×2×4=4. ∵AC=42,AC⊥CD,∴S△ACD=12×4×42=82. ∵AB=BD=42+22=25,AD=43, ∴cos∠ABD=AB2+BD2-AD22AB·BD=-15, ∴sin∠ABD=265, ∴S△ABD=12×25×25×265=46, ∴几何体的表面积为8+82+46. 10.B [解析] 由三视图可知,该几何体是一个三棱锥,三棱锥有三条共顶点的棱彼此互相垂直,其长度分别为5,6,h,则三棱锥的体积V=13×12×5×6×h=20,解得h=4.故选B. 11.D [解析] 由三视图可知,该几何体是图中的三棱锥A - BCD, V三棱锥A - BCD=13×12×2×4×2=83. 该三棱锥外接球的直径2R=AC, 从而4R2=AC2=22+22+42=24,于是外接球的表面积S=4πR2=24π.所以该几何体的体积与其外接球的表面积的数值的比值为8324π=19π, 故选D. 12.3 [解析] 该几何体如图所示,其中SB⊥平面ACBD,且四边形ACBD为直角梯形, 则SB=x,∠ADB=90°,AD=1,DB=BC=2. 故S梯形ACBD=12×3×2=3,所以体积V=13×x×3=3,得x=3,故填3. 13.24-π [解析] 根据三视图可知,该几何体是一个正方体挖去了球的18后剩余的部分,故该几何体的表面积为3(4-π)+12+4π×4× ... ...
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