4月考立体几何分析
高考立体几何总结
高考立体几何总结1. 三视图与空间图形的识别与表示在高考中，立体几何部分非常重要，其中一个重点就是三视图与空间图形的识别与表示。
在解题过程中，我们需要了解不同图形的特点和性质。
在识别与表示空间图形时，我们可以通过三视图来获取信息。
三视图分别是俯视图、侧视图和前视图。
通过观察这些视图，我们可以推测出空间图形的形状、大小等特征。
例如，对于常见的立方体，俯视图和前视图都是正方形，侧视图是一个长方形。
通过观察这些视图，我们可以判断出该图形是一个立方体。
另外，我们还可以通过观察视图中的线段长度来得出图形的实际尺寸。
2. 空间几何体的性质和计算高考中经常涉及到空间几何体的性质和计算。
在准确理解空间几何体性质的基础上，我们能够灵活运用相应性质来解题。
2.1. 线段长及比例在求解空间几何体问题时，经常需要计算线段的长度及比例。
常见的线段有棱长、斜高等。
例如，正方体的棱长就是其边长。
而当我们需要计算矩形的斜高时，可以利用勾股定理求解。
2.2. 面积计算在高考中，常常需要计算空间几何体的面积。
对于平面图形，我们可以通过计算各边长、角度等来求解面积。
对于立体图形，我们需要通过分解计算各个面的面积，然后将其相加得到总面积。
例如，计算立方体的表面积时，我们可以先计算出各个面的面积，然后将其相加。
2.3. 体积计算体积计算也是高考中常见的问题。
对于立体图形，我们可以通过计算几何体各个部分的体积，然后将其相加得到总体积。
例如，计算长方体的体积时，可以通过计算底面积与高的乘积来得出。
3. 空间几何题型及解题思路在高考中，空间几何的题型多种多样。
下面介绍几类常见的题型及其解题思路。
3.1. 定位与定积分在一些题目中，需要通过定位和定积分的方法来求解。
例如，考虑一个球在一个圆柱形容器中，求解球面和容器表面的交点坐标。
3.2. 直角坐标系下的空间几何在直角坐标系中，通过建立坐标系和方程来求解题目。
例如，求解两个直线的交点坐标，可以通过求解两个方程的解来得到。
月考分析个人总结发言稿
大家好！在这美好的时刻，我怀着激动的心情，向大家分享我的月考分析个人总结。
首先，我要感谢学校和老师们对我的辛勤付出，感谢同学们的关心与支持。
下面，我将从以下几个方面对自己在本次月考中的表现进行总结和分析。
一、考试总体情况本次月考，我参加了语文、数学、英语、物理、化学、生物、历史、地理等八门科目的考试。
总体来说，我在考试中发挥出了自己的水平，但也存在一些不足之处。
二、各科成绩分析1. 语文：我的语文成绩在班级中处于中等水平。
在作文方面，我的立意和素材积累较为丰富，但书写速度较慢，导致作文时间紧张。
在基础知识方面，我对文言文和古诗词的掌握较为扎实，但在现代文阅读和古诗文鉴赏方面还有待提高。
2. 数学：数学成绩在班级中处于中上游水平。
在选择题方面，我的基础扎实，解题速度快；但在填空题和解答题方面，我的计算能力和解题思路还有待提高。
特别是立体几何部分，我在空间想象和计算方面存在较大困难。
3. 英语：英语成绩在班级中处于中等水平。
在听力方面，我的听力理解能力较好；但在阅读和写作方面，我的词汇量和语法知识掌握不够扎实。
此外，我的书写速度较慢，影响了写作分数。
4. 物理：物理成绩在班级中处于中下游水平。
在选择题方面，我对基本概念和公式掌握较好；但在实验题和计算题方面，我的实验操作能力和计算能力还有待提高。
5. 化学：化学成绩在班级中处于中等水平。
在选择题方面，我对基本概念和公式掌握较好；但在实验题和计算题方面，我的实验操作能力和计算能力还有待提高。
6. 生物：生物成绩在班级中处于中等水平。
在选择题方面，我对基本概念和公式掌握较好；但在实验题和计算题方面，我的实验操作能力和计算能力还有待提高。
7. 历史：历史成绩在班级中处于中等水平。
在选择题方面，我对基本概念和公式掌握较好；但在论述题方面，我的历史知识积累和逻辑思维能力还有待提高。
8. 地理：地理成绩在班级中处于中等水平。
在选择题方面，我对基本概念和公式掌握较好；但在填空题和解答题方面，我的地理知识和地理思维还有待提高。
新高三数学月考试卷分析
一、试卷概述新高三数学月考试卷分为选择题、填空题、解答题三个部分，共分为25题，总分150分。
试题难度适中，涵盖了高中数学各个模块的知识点，旨在考察学生对基础知识的掌握程度和运用能力。
二、试题分析1.选择题选择题共10题，主要考察学生对基础知识的掌握程度。
其中，第1-5题为单选题，主要考察三角函数、数列、立体几何等基础知识；第6-10题为多选题，主要考察解析几何、复数等知识点。
选择题难度适中，考察学生对基础知识的灵活运用能力。
2.填空题填空题共5题，主要考察学生对基础知识的记忆和运用能力。
其中，第1题为三角函数问题，第2题为数列问题，第3题为立体几何问题，第4题为解析几何问题，第5题为复数问题。
填空题难度适中，考察学生对基础知识的扎实程度。
3.解答题解答题共10题，分为两个大题，分别考察了函数、导数、解析几何、数列、立体几何等知识点。
解答题难度较大，考察学生对知识的综合运用能力和解决问题的能力。
（1）第一大题：函数、导数问题。
本大题共3题，第1题考察函数的单调性、奇偶性，第2题考察导数的应用，第3题考察函数的极值问题。
这部分试题难度适中，考察学生对函数知识的掌握程度。
（2）第二大题：解析几何、数列、立体几何问题。
本大题共7题，包括解析几何问题、数列问题、立体几何问题。
解析几何问题主要考察点到直线的距离、直线与圆的位置关系等；数列问题主要考察数列的通项公式、求和公式等；立体几何问题主要考察体积、表面积的计算。
这部分试题难度较大，考察学生对知识点的综合运用能力。
三、考试情况分析1.基础知识掌握程度较好从整体来看，学生在基础知识方面掌握较好，对基本概念、公式、定理等较为熟悉。
但在实际应用中，部分学生存在计算错误、解题思路不清晰等问题。
2.综合运用能力有待提高部分学生在面对综合题时，难以灵活运用所学知识解决问题。
这主要表现在以下几个方面：（1）对知识点之间的联系掌握不牢固，难以将不同模块的知识点有机结合在一起。
立体几何解题分析
关于高考立体几何复习建议立体几何是高中数学的重要内容之一。
也是高考考查的重要内容，高考对直体几何的考查呈现出比较明显的规律。
无论是试题的数量。
还是试题的难度，都体现出相对的稳定性。
存高考试卷中必有一个立体几何解答题。
这个试题一般设有2～3个小问，或证明平行与垂直，或计算角与距离。
在突出考查空间想象能力的同时，考查思维能力与运算能力。
另外还有1～2个选择题或填空题。
这几个小题在考查基础知识的同时，突出考查对图形的理解与想象能力，考查创新意识。
从难度来看，立体几何解答题属于中等题，应是大多数同学得分的试题：在选择题、填空题中，近几年考察三视图的题型比较多，对空间想象能力和创新能力要求较高。
一、成绩数据分析从2012年我校高考成绩数据分析来看，“立体几何”部分占填空1道，大题1道。
其中填空题第10题，满分5分，我校得分1.90分，低于同类校0.99分，低于全市校1.07分。
解答题第17题，满分13分，我校得分4.68分，低于同类校2.26分，低于全市校2.25分，其中第一问满分4分，我校得分2.71分，低于同类校0.58分，低于全市校0.35分；第二问满分4分，我校得分1.65分，低于同类校1.20分，低于全市校1.03分；第三问满分5分，我校得分0.32分，低于同类校0.48分，低于全市校0.87分。
二、存在问题在立体几何中，画出空间图形的直观图，对空间图形中位置关系的识别，恰当地变换处理图形，运用空间图形解决问题是学好立体几何的关键，是空间想象能力的核心成分。
在高三立体几何复习教学中，我发现学生在画图、识图、用图中存在不少问题。
因此，有必要探究个中原因，反思我们的教学。
（1）基本作图能力薄弱在高三复习中，发现不少学生随手画图，不用直尺；有的学生画出的图形线条不简洁，虚实线不分，缺乏立体感。
此外，学生的认知结构中没有储存足够的基本立体几何模型，从而想不到借助基本图形来判断复杂的位置关系。
基本作图能力的薄弱影响了学生对图形的观察与分析，制约了识图能力的提高。
月考各科成绩分析总结反思
月考各科成绩分析总结反思（经典版）编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。
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高中数学立体几何题大纲解析
高中数学立体几何题大纲解析在高中数学的学习中，立体几何是一个重要的组成部分。
它不仅能够培养我们的空间想象力和逻辑思维能力，还在实际生活中有着广泛的应用。
对于很多同学来说，立体几何题可能是一个难点，但只要掌握了其大纲要点，就能在解题时游刃有余。
首先，我们来了解一下立体几何的基本概念。
点、线、面是构成空间几何体的基本元素。
其中，线有直线和曲线之分，面有平面和曲面之别。
我们需要明确线线、线面、面面之间的位置关系，比如平行、相交、垂直等。
在立体几何中，常见的几何体包括棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台和球。
对于这些几何体，我们要掌握它们的结构特征、表面积和体积的计算公式。
例如，棱柱的上下底面是全等的多边形，侧面都是平行四边形；圆柱的上下底面是圆，侧面展开图是矩形。
接下来，说一说直线与平面的位置关系。
直线与平面平行的判定定理是平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。
直线与平面垂直的判定定理是一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直。
在解决立体几何问题时，空间向量是一个非常有用的工具。
通过建立空间直角坐标系，我们可以将几何问题转化为代数问题进行求解。
比如，要求两条异面直线所成的角，可以通过计算它们的方向向量的夹角来得到，但要注意夹角的范围。
再谈谈二面角的求解。
二面角的平面角可以通过其两个面的法向量来计算。
如果两个法向量的夹角为锐角，那么二面角的大小就是这个夹角；如果两个法向量的夹角为钝角，那么二面角的大小就是其补角。
证明线面平行或垂直是常见的题型。
证明线面平行时，往往需要在平面内找到一条与已知直线平行的直线；证明线面垂直时，则需要证明直线与平面内的两条相交直线都垂直。
在计算几何体的体积或表面积时，一定要仔细分析图形，选择合适的公式和方法。
对于组合体，要善于将其分解为基本的几何体进行计算。
做立体几何题时，画图是非常关键的一步。
一个清晰准确的图形能够帮助我们更好地理解题目，找到解题的思路。
2024年4月高三二模试卷汇编：立体几何解析
“二模”试卷汇编：立体几何一、题型目录题型一：几何体的表面积和体积题型二：外接球和内切球题型三：点、线、面位置关系题型四：线面、面面平行证明题型五：线面、面面垂直证明题型六：空间向量在立体几何中的应用二、题型分布题型一：几何体的表面积和体积1(2024春·浙江嘉兴·二模)如图，这是一个水上漂浮式警示浮标，它的主体由上面一个圆锥和下面一个半球体组成.已知该浮标上面圆锥的侧面积是下面半球面面积的2倍，则圆锥的体积与半球体的体积的比值为()A.154B.32C.3D.152【答案】D【详解】设半球半径为r ，圆锥高为h ，由题意πr r 2+h 22πr 2=2，解得h =15r .故圆锥的体积与半球体的体积的比值为13πr 2h 23πr 3=h 2r =152.故选：D2(2024春·黑龙江·二模)祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如，可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R 的圆柱与半径为R 的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R ，高为R 的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面α去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用平行于半球底面的平面α去截半径为R 的半球，且球心到平面α的距离为22R ，则平面α与半球底面之间的几何体的体积是()A.5224πR 3 B.7224πR 3 C.5212πR 3 D.7212πR 3【答案】C【详解】∵平面α截圆柱所得截面圆半径r =R 2-22R 2=22R ，∴平面α截圆锥时所得小圆锥的体积V 1=13πr 2⋅22R =212πR 3，又平面α与圆柱下底面之间的部分的体积为V 2=πR 2⋅22R =22πR 3根据祖暅原理可知：平面α与半球底面之间的几何体体积V =V 2-V 1=22πR 3-212πR 3=5212πR 3.故选：C .3(2024春·新疆喀什·二模)(多选)如图圆台O 1O 2，在轴截面ABCD 中，AB =AD =BC =12CD =2，下面说法正确的是()A.线段AC =23B.该圆台的表面积为11πC.该圆台的体积为73πD.沿着该圆台的表面，从点C 到AD 中点的最短距离为5【答案】ABD【详解】显然四边形ABCD 是等腰梯形，AB =AD =BC =2,CD =4，其高即为圆台的高h =AD 2-CD -AB 22=3对于A ，在等腰梯形ABCD 中，AC =h 2+CD -CD -AB 22=23，A 正确；对于B ，圆台的表面积S =π×12+π×22+π(1+2)×2=11π，B 正确；对于C ，圆台的体积V =13π(12+1×2+22)×3=733π，C 错误；对于D ，将圆台一半侧面展开，如下图中扇环ABCD 且E 为AD 中点，而圆台对应的圆锥半侧面展开为COD 且OC =4，又∠COD =2π4=π2，在Rt △COE 中，CE =42+32=5cm ，斜边CE 上的高为OC ⋅OE CE=125>2，即CE 与弧AB 相离，所以C 到AD 中点的最短距离为5cm ，D 正确.故选：ABD4(2024·广东佛山·二模)(多选)对于棱长为1(单位：m )的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)，下列说法正确的是()A.底面半径为1m ，高为2m 的圆锥形罩子(无底面)能够罩住水平放置的该正方体B.以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为22D.该正方体内能整体放入一个体积为3π17m 3的圆锥【答案】BCD【详解】对于A ，若高为2m 的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，如图，BC =2，因为△ABC ∽△ADE ，所以BC DE=12，所以DE =22，圆锥底面圆半径最小为2>1，A 错误；对于B ，如图，以AB ，AA 1，AD 三条棱作为圆锥母线，底面所在平面为平面A 1BD ，等价于求AB 与平面A 1BD 所成角的正切值，因为V A -A 1BD =V B -AA 1D ，所以13×12×2×2×32 h =13×12×1×1 ×1，所以点A 到平面A 1BD 的距离为h =33，则此圆锥的母线AA 1与底面A 1BD 所成角的正切值为331-332=22，B 正确；对于C ，如图，以矩形BB 1D 1D 的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，分别以AA 1，CC 1的中点E ，F 为两个圆锥的顶点，每个圆锥高的最大值为22>0.7，C 正确；对于D ，如图，AC 1的中点P 作垂线MN ，分别交AC ，A 1C 1于点M ，N ，则PM =AP ⋅tan ∠C 1AC =32×22=64，以正方体的体对角线AC 1作为圆锥的轴，C 1为圆锥顶点，MN 为圆锥底面圆的直径时，该圆锥的体积为V =13π×PM 2×C 1P =13π×642×32=316π>317π，D 正确．事实上，以正方体的体对角线AC 1作为轴，C 1为顶点的圆锥的体积最大值，显然底面圆心在线段AP 上(不含P 点)，设AG =x ，当GI 与MN (M 为AC 的四等分点)重合时，MP =NP ，因此0<x ≤324，因为△AGH ∽△AC 1C ，所以AG AC 1=AH AC =GHCC 1，则AH =63x ,GH =33x ,C 1H =3-63x ，圆锥体积V (x )=13π×GH 2×C 1H =39πx 21-23x ,0<x ≤324 ，V(x )=39x (2-2x )>0在0,324上恒成立，所以V (x )在0,324 上单调递增，体积的最大值为V 324 =316π>317π, D 正确.故选：BCD .5(2024春·四川广安·二模)一个圆锥的顶点和底面圆都在半径为2的球体表面上，当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为.【答案】423【详解】设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则圆锥的体积为V =13πr 2h ，当圆锥顶点与底面在球心O 的同侧时，有h =2-OO 1=2-4-r 2，0≤h ≤2，∴r 2=h 4-h ，∴V =13πh 24-h =16πh 28-2h ≤16π×h +h +8-2h 33=256π81，当且仅当h =8-2h ，即h =83时等号成立，又0≤h ≤2，所以等号不成立.当圆锥顶点与底面在球心O 的异侧时，h =2+OO 1=2+4-r 2，2≤h ≤4，∴r 2=h 4-h ，∴V =13πh 24-h =16πh 28-2h ≤16π×h +h +8-2h 3 3=256π81，当且仅当h =8-2h ，即h =83时等号成立.此时r 2=329，即r =423.所以当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为423.故答案为：423.6(2024春·浙江丽水·二模)已知正四面体A -BCD 的棱长为1，若棱长为a 的正方体能整体放入正四面体A -BCD 中，则实数a 的最大值为.【答案】66+22+3【详解】依题意，由正四面体及正方体的几何特征知，要使放入的正方体最大，则正方体的一个底面在正四面体的一个底面内，令O 是正△ABC 的中心，则AO ⊥底面ABC ，而BO =23×32=33，则AO =AB 2-BO 2=63，不妨令放入的正方体的底面在正四面体A -BCD 在△BCD 内，则正方体中与这个底面相对的底面正方形所在平面截正四面体A -BCD 所得截面△EFG 是正三角形，且这个正方形是正△EFG 的内接正方形，于是EG =a sin60°+a =2+33a ，显然三棱锥A -EFG 是正四面体，AO 与平面EFG 的交点O 是正△EFG 的中心，于是AO =63EG =6+223a ，显然OO =a ，因此6+223a +a =AO =63，解得a =66+22+3，所以实数a 的最大值为66+22+3.故答案为：66+22+37(2024春·广东韶关·二模)在三棱锥P -ABC 中，侧面所在平面与平面ABC 的夹角均为π4，若AB =2,CA +CB =4，且△ABC 是直角三角形，则三棱锥P -ABC 的体积为．【答案】14或12或34或32【详解】如图，过P 作PO ⊥面ABC 于O ，过O 作OE ⊥AC ,OD ⊥BC ,OF ⊥AB ，因为PO ⊥面ABC ，AC ⊂面ABC ，所以PO ⊥AC ，又OE ∩PO =O ，OE ,PO ⊂面POE ，所以AC ⊥面POE ，又PE ⊂面POE ，所以AC ⊥PE ，故∠PEO 为二面角的平面角，由题知，∠OEP =π4，同理可得∠PFO =π4,∠PDO =π4，当O 在三角形ABC 内部时，由OE =OF =OD ，即O 为三角形的内心，设S △ABC =t ，则t =12(AB +BC +AC )⋅OD =3OD ，得到OD =t 3，所以OP =OD =t3，三棱锥P -ABC 的体积为V =13S △ABC OP =19t 2；又因为CA +CB =4>AB =2，所以点C 在以A ,B 为焦点的椭圆上，如图，以AB 所在直线为x 轴，AB 的中垂线为y 轴，建立平面直角坐标系，则A (-1,0),B (1,0)，由题知，椭圆中的c =1,a =2,b =3，所以椭圆的标准方程为x 24+y 23=1，设C (x ,y )，因为△ABC 是直角三角形，当A =π2时，易知x =-1，此时AC =32，所以t =12AB ⋅AC =32，得到V =19t 2=14，当B =π2时，易知x =1，此时AC =32，所以t =12AB ⋅BC =32，得到V =19t 2=14，又因为b =3,c =1，故以O 为圆心，1为半径的圆与椭圆没有交点，即C ≠π2，综上所述，V =14；同理，当O 在三角形ABC 外部时，由OE =OF =OD ，即O 为三角形的旁心，设S △ABC =t ，则t =12(AB +BC -AC )⋅OD =32OD ，得到OD =2t3，所以OP =OD =2t 3，三棱锥P -ABC 的体积为V =13S △ABC OP =29t 2=12；或t =12(BC +AC -AB )⋅OD =OD ，得到OD =t ，所以OP =OD =t ，三棱锥P -ABC 的体积为V =13S △ABC OP =13t 2=34；或t =12(AC +AB -BC )⋅OD =12OD ，得到OD =2t ，所以OP =OD =2t ，三棱锥P -ABC 的体积为V =13S △ABC OP =23t 2=32.故答案为：14或12或34或32.分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，当容器的容积最大时，其侧面与底面所成的二面角的余弦值为.【答案】63【详解】如图，正四棱锥为四棱锥P -ABCD ，O 为底面对角线的交点，则OP ⊥平面ABCD ，设E 为AD 的中点，则PE ⊥AD ,OE ⊥AD ，则∠OEP 即为所求角的平面角，不妨设题中所给正方形的边长为2a ，AD =2x ，则PE =a ,AE =OE =x ，故四棱锥P -ABCD 的高h =OP =a 2-x 2，所以V P -ABCD =13×2x 2a 2-x 2=4x 2a 2-x 23=4312x 2⋅x 22a 2-2x 2 ≤4312x 2+x 2+2a 2-2x 233=83a 327，当且仅当x 2=x 2=2a 2-2x 2，即x =63a 时，取等号，此时，OE =AE =63a ，在Rt △POE 中，cos ∠OEP =OEPE=63a a=63，所以当容器的容积最大时，其侧面与底面所成的二面角的余弦值为63.故答案为：63.题型二：外接球和内切球9(2024春·广西·二模)已知轴截面为正方形的圆柱MM 的体积与球O 的体积之比为32，则圆柱MM 的表面积与O 球的表面积之比为()A.1B.32C.2D.52【答案】B【详解】设圆柱MM 底面圆半径为r ，球O 的半径为R ，则圆柱MM 的高为2r ，由πr 2⋅2r 4πR 33=3r 32R3=32，可得rR =1，所以圆柱MM 的表面积与O 球的表面积之比为2πr 2+4πr 24πR 2=3r 22R2=32.故选：B10(2024春·浙江宁波·二模)在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =4,A 1B 1=2,AA 1=3，若球O与上底面A 1B 1C 1D 1以及棱AB ,BC ,CD ,DA 均相切，则球O 的表面积为()A.9π B.16π C.25πD.36π【答案】C【详解】设棱台上下底面的中心为N ,M ,连接D 1B 1,DB ，则D 1B 1=22,DB =42，所以棱台的高MN =B 1B 2-MB -NB 1 2=3 2-22-2 2=1,设球半径为R ,根据正四棱台的结构特征可知：球O 与上底面A 1B 1C 1D 1相切于N ,与棱AB ,BC ,CD ,DA 均相切于各边中点处，设BC 中点为E ，连接OE ,OM ,ME ,所以OE 2=OM 2+ME 2⇒R 2=R -1 2+22，解得R =52，所以球O 的表面积为4πR 2=25π，故选：C11(2024春·广东·二模)已知球O 与圆台O 1O 2的上、下底面和侧面均相切，且球O 与圆台O 1O 2的体积之比为12，则球O 与圆台O 1O 2的表面积之比为()A.16B.14C.13D.12【答案】D 【详解】由题意，作出圆台的轴截面ABCD ，设圆台的上、下底面半径分别为r 1、r 2，球的半径OO 1=r ，则AE =r 1,BE =r 2，过A 作AD ⊥BC 于点H ，由AH 2+BH 2=AB 2，得2r 2+r 2-r 1 2=r 1+r 2 2，化简得r 2=r 1r 2，由球的体积公式V 球=43πr 3，圆台的体积公式V 圆台=132r ⋅πr 21+πr 22+πr 21⋅πr 22 =23πr r 21+r 22+r 1r 2 ，已知球O 与圆台O 1O 2的体积之比为12，则2r 2r 21+r 22+r 1r 2=12，化简得4r 2=r 21+r 22+r 1r 2，则4r 1r 2=r 21+r 22+r 1r 2，得3r 1r 2=r 21+r 22，又球的表面积S 球=4πr 2，圆台的表面积S 圆台=πr 1+r 2 2+r 21+r 22 ，所以S 球S 圆台=4r 22r 21+r 22+r 1r 2 =2r 2r 21+r 22+r 1r 2=2×14=12，故选：D .12(2024春·山西临汾·二模)如图所示，在三棱锥P -ABC 中，PB ⊥AB ,PB =AB ,△PAB 围绕棱PA 旋转60°后恰好与△PAC 重合，且三棱锥P -ABC 的体积为32，则三棱锥P -ABC 外接球的半径R 为()A.1B.2C.3D.2【答案】C【详解】如图，取PA 中点O ，连接OB ,OC ，因为PB ⊥AB ,PB =AB ,所以OB ⊥PA ,OC ⊥PA ，又OB ∩OC =O ，且都在平面BOC 内，所以PA ⊥平面BOC ，且∠BOC =60°，设PB =a ,则OP =OA =OB =OC =22a ，且△BOC 为等边三角形，所以O 为三棱锥P -ABC 外接球的的球心，半径R =22a ，所以V P -ABC=13×S △BOC ×PA =13×12×22a 2sin60°×2a =32，解得a =6，所以R =22a =22×6=3，故ABD 错误，C 正确；故选：C .13(2024春·河北石家庄·二模)已知正方体的棱长为22，连接正方体各个面的中心得到一个八面体，以正方体的中心O 为球心作一个半径为233的球，则该球O 的球面与八面体各面的交线的总长为()A.26π B.463π C.863π D.46π【答案】B即EF =2，故OM =1，OP =2，PM =3，则ON =63，设球与正八面体的截面圆半径为r ，如图所示，则r =2332-ON 2=2332-632=63，由于MN =ZN =33，NJ =NI =63，所以IJ =233，则∠INJ =π2，平面PEF 与球O 的交线所对应的圆心角恰为π2，则该球O 的球面与八面体各面的交线的总长为8×14×2π×63 =463π故选：B 14(2024春·天津滨海新·二模)如图所示，这是古希腊数学家阿基米德最引以为自豪的发现：圆柱容球定理.圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，在当时并不知道球的面积和体积公式的情况下，阿基米德用穷竭法解决面积问题，用杠杆法解决体积问题.我们来重温这个伟大发现，求圆柱的表面积与球的表面积之比和圆柱体积与球体积之比()A.32，65B.54，54C.32，32D.32，76【答案】C【详解】设球的半径为R ，则圆柱的底面圆半径为R ，圆柱的高为2R ，所以圆柱的表面积S 1=2⋅πR 2+2πR ⋅2R =6πR 2，体积V 1=πR 2⋅2R =2πR 3，球的表面积S 2=4πR 2，体积V 2=43πR 3，所以圆柱的表面积与球的表面积之比S 1S 2=6πR 24πR2=32，圆柱体积与球体积之比V 1V =2πR 34πR 3=32，故选：C15(2024春·湖北·二模)已知圆锥PO 的顶点为P ，其三条母线PA ，PB ，PC 两两垂直．且母线长为6．则圆锥PO 的内切球表面积与圆锥侧面积之和为()A.12(10-36)πB.24(20-76)πC.60(8-36)πD.3(40-76)π【答案】C【详解】因为PA ，PB ，PC 两两互相垂直且长度均为6，所以△ABC 为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长AB =BC =CA =62，由正弦定理得底面圆的半径R =12⋅62sin60°=26，所以圆锥的高PO =62-(26)2=23．如图，圆锥轴截面三角形的内切圆半径即为圆锥内切球半径r ，轴截面三角形面积为12⋅46⋅23=12(6+6+46)⋅r ，所以内切球的半径r =62-43．内切球的表面积为4π(62-43)2=4π(120-486)，圆锥的侧面积为12⋅6⋅2π⋅26=126π，所以其和为60(8-36)π.故选：C .16(2024春·浙江嘉兴·二模)在四面体ABCD 中，BC =2,∠ABC =∠BCD =90°，且AB 与CD 所成的角为60°.若四面体ABCD 的体积为43，则它的外接球半径的最小值为.【答案】3【详解】依题意，可将四面体ABCD 补形为如图所示的直三棱柱ABE -FCD ，因为AB 与CD 所成的角为60°，所以∠DCF =60°或120°，设CD =x ,CF =y ，外接球半径记为R ，外接球的球心如图点O .易知AF ⎳平面BCDE ，所以点A 到平面BCDE 的距离等于点F 到平面BCDE 的距离，∴V A -BCD =V F -BCD =13⋅BC ⋅S △CDF =13×2×12xy sin60° =36xy =43，得xy =24，在Rt △OCO 2中，R 2=OC 2=OO 22+CO 22=1+DF 2sin ∠DCF 2=1+13DF 2，在△CDF 中，由余弦定理得DF 2=x 2+y 2+2xy cos ∠DCF ，所以当∠DCF =60°时，外接球的半径会更小.所以DF 2=x 2+y 2-xy ，所以R 2=1+13x 2+y 2-xy ≥1+132xy -xy =1+13xy =9，所以R min =3.故答案为：3.17(2024春·陕西汉中·二模)已知三棱锥A -BCD ,AB =AC =AD =2,BC =BD =CD =3，则三棱锥A -BCD 的外接球表面积为．【答案】16π【详解】如图:由题意知，底面△ABC 为等边三角形，设M 为其中心，则BM =33×3=3，又AB =AC =AD =2，所以该三棱锥为正三棱锥，所以AM =AB 2-BM 2=1，所以外接球半径R >AM ，则外接球球心在AO 的延长线上，所以OA =OB =R ，则OM =R -1，所以在Rt △BOM 中，OB 2=OM 2+BM 2，即R 2=3 2+R -1 2，解得R =2，所以外接球表面积为S =4πR 2=16π.故答案为：16π.18(2024春·陕西汉中·二模)已知三棱锥A -BCD ,AB =AD =2BC =2CD =2,BC ⊥CD ，点A 到平面BCD 的距离是3，则三棱锥A -BCD 的外接球表面积为．【答案】5π【详解】记E 为BD 的中点，连接AE ,CE ，由题意知BC =CD =1，且BC ⊥CD ，所以Rt △BCD 外接圆的直径为BD ，且BD =2，即半径r =DE =22，过A 作AH ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，则AH ⊥CD ，又点A 到平面BCD 的距离是3，即AH =3，而AD =2，所以DH =AD 2-AH 2=1，同理BH =1，又BC =CD =1，所以C ,H 是同一个点，所以AC ⊥平面BCD ，设三棱锥A -BCD 的外接球的半径为R ，则R 2=r 2+32 2=12+34=54，则三棱锥A -BCD 的外接球表面积为4πR 2=4π×54=5π.故答案为：5π19(2024春·青海西宁·二模)已知A ,B ,C 是表面积为36π的球O 的球面上的三个点，且AC =AB =1,∠BAC =120°，则三棱锥O -ABC 的体积为．【答案】66【详解】设球O 的半径为R ,△ABC 外接圆的半径为r ，在△ABC 中，AC =AB =1,∠BAC =120°，则由余弦定理得BC 2=AC 2+AB 2-2AC ⋅AB cos ∠BAC =1+1-2×1×1×-12=3，即BC =3，所以2r =BCsin ∠BAC=2，所以r =1．因为球O 的表面积为36π，则4πR 2=36π，解得R =3，所以球心O 到平面ABC 的距离d =R 2-r 2=22，即三棱锥O -ABC 的高为22，又S △ABC =12AB ⋅AC ⋅sin ∠BAC =34，所以三棱锥O -ABC 的体积V O -ABC =13×34×22=66．故答案为：66题型三：点、线、面位置关系20(2024春·广西·二模)已知l,m是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，且l⊂α;m⊂β，下列命题为真命题的是()A.若l∥m，则α∥βB.若α∥β，则l∥βC.若l⊥m，则l⊥βD.若α⊥β，则l∥m【答案】B【详解】如图，当l⎳m时，α与β可相交也可平行，故A错；当α⎳β时，由平行性质可知，必有l⎳β，故B对；如图，当l⊥m时，l⎳β或l⊆β，故C错；当α⊥β时，l,m可相交、平行，故D错.故选：B.21(2024春·浙江宁波·二模)已知平面α,β,γ,α∩β=l，则“l⊥γ”是“α⊥γ且β⊥γ”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【详解】由于α∩β=l，所以l⊂α,l⊂β，若l⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ，故充分性成立，若α⊥γ，β⊥γ，设α∩γ=m，β∩γ=n，则存在直线a⊂γ,使得a⊥m，所以a⊥α，由于l⊂α，故a⊥l，同理存在直线b⊂γ,使得b⊥n，所以b⊥β，由于l⊂β，故b⊥l，由于a,b不平行，所以a,b是平面γ内两条相交直线，所以l⊥γ，故必要性成立，故选：C22(2024春·四川广安·二模)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，EF是△BCD的中位线，AC与EF交于点G，已知△PEF是△CEF绕EF旋转过程中的一个图形﹐且P∉平面ABCD.给出下列结论：①BD⎳平面PEF；②平面PAC⊥平面ABCD；③“直线PF⊥直线AC”始终不成立.其中所有正确结论的序号为()A.①②③B.①②C.①③D.②③【答案】B【详解】菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，EF 是△BCD 的中位线，则EF ⎳BD ，而EF ⊂平面PEF ，BD ⊄平面PEF ，因此BD ⎳平面PEF ，①正确；连接PG ，由BD ⊥AC ，得EF ⊥AG ,EF ⊥PG ，而AG ∩PG =G ,AG ,PG ⊂平面PAC ，则EF ⊥平面PAC ，又EF ⊂平面ABCD ，因此平面PAC ⊥平面ABCD ，②正确；显然∠PGA 是二面角P -EF -A 的平面角，△PEF 由△CEF 绕EF 旋转过程中，∠PGA 从180°逐渐减小到0°(不包含180°和0°)，当∠PGA =90°时，AG ⊥PG ，PG ∩EF =G ,PG ,EF ⊂平面PEF ，则AG ⊥平面PEF ，而PF ⊂平面PEF ，于是PF ⊥AG ，③错误，所以所有正确结论的序号为①②.故选：B23(2024春·上海长宁·二模)已知直线a ,b 和平面α，则下列判断中正确的是()A.若a ⎳α,b ⎳α，则a ⎳bB.若a ⎳b ,b ⎳α，则a ⎳αC.若a ⎳α,b ⊥α，则a ⊥bD.若a ⊥b ,b ⎳α，则a ⊥α【答案】C【详解】A ：若a ⎳α,b ⎳α，则两直线平行或异面或相交，故A 错误；B ：若a ⎳b ,b ⎳α，当直线a 在平面α内时，则直线a 不平行于平面α，故B 错误；C ：若a ⎳α，设过a 的平面与α相交于c ，则a ⎳c ，又因为b ⊥α，c ⊂α，所以b ⊥c ，所以b ⊥a ，所以a ⊥b，故C 正确；D ：若a ⊥b ,b ⎳α，则a ⊥α或a ⎳α或a ⊂α，故D 错误；故选：C .24(2024春·安徽·二模)已知m 是直线，α，β是两个不同的平面，下列正确的命题是()A.若m ∥β，α∥β，则m ∥αB.若m ⊥β，α⊥β，则m ∥αC.若m ∥β，α⊥β，则m ⊥αD.若m ∥β，m ⊥α，则α⊥β【答案】D【详解】选项A ：根据给定条件有m ∥α或m ⊂α；选项B ：根据给定条件有m ∥α或m ⊂α；选项C ：根据给定条件有m 与α的位置可能平行、相交或m 在α内；选项D ：因为m ∥β，所以存在直线m ⊂β使得m ∥m ，又因为m ⊥α，所以m ⊥α，因为m ⊂β，所以α⊥β.故选：D .25(2024春·四川南充·二模)设m ,n ,l 是三条不同的直线，α,β是两个不同的平面，则下列说法中正确的是()A.若l ⊥m ,l ⊥n ,m ⊂β,n ⊂β，则l ⊥βB.若m ∥α,m ∥n ，则n ∥αC.若m ∥n ,n ⊥β,m ⊂α，则α⊥βD.若m ∥β,n ∥β,m ⊂α,n ⊂α，则α∥β【答案】C【详解】A.如果m,n是平行直线，那么l与β不一定垂直，故A错误；B. 若m∥α,m∥n，则n∥α或n⊂α，故B错误；C. 若m∥n,n⊥β，则m⊥β，若m⊂α，则α⊥β，故C正确；D.若m,n是平行直线，则α与β有可能不平行，故D错误.故选：C26(2024春·山西临汾·二模)设α,β是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是()A.若α⊥β,m∥α,l∥β，则m⊥lB.若m⊂α,l⊂β,l∥m，则α∥βC.若m⊥α,l⊥β,l∥m，则α⊥βD.若α∩β=m,l∥α,l∥β，则m⎳l【答案】D【详解】对于A，如图α⊥β,m∥α,l∥β，但直线m,l平行，A错误；对于B，如图m⊂α,l⊂β,l∥m，但是平面α,β不平行，B错误；对于C：如图m⊥α,l⊥β,l∥m，但是α∥β，C错误；对于D，如图，α∩β=m,l∥α,l∥β，过直线l作平面γ，满足条件β∩γ=n，因为l∥β，l⊂γ，β∩γ=n，所以l∥n，过直线l作平面δ，满足条件α∩δ=t，因为l∥α，l⊂δ，α∩δ=t，所以l∥t，所以n∥t，又n⊄α，t⊂α，所以n∥α，又n⊂β,α∩β=m，所以m ∥l ，D 正确；故选：D .27(2024春·陕西汉中·二模)已知m ,n 为两条直线，α,β为两个平面，m ⊂α,n ⊂β,m ⊥n ，则m ⊥β是α⊥β的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【详解】若m ⊥β，因为m ⊂α，所以α⊥β，即由m ⊥β可以得到α⊥β，若α⊥β，如图，在正方体中，取平面ADD 1A 1为平面α，平面ABCD 为平面β，取AD 1为直线m ，CD 为直线n ，显然有m ⊂α,n ⊂β,m ⊥n ，α⊥β，但m 与β不垂直，即由α⊥β得不到m ⊥β，故选：A .28(2024春·四川德阳·二模)已知m ,n 是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，给出下列结论，其中正确结论的个数是()①若m ⊥α,n ⊥β，且m ⊥n ，则α⊥β②若m ⊂α,n ⊂α且m ⎳β,n ⎳β，则α⎳β③若m ⊥α,n ⎳β，且m ⊥n ，则α⊥β④若m ⊥α,n ⎳β，且m ⎳n ，则α⎳βA.1 B.2C.3D.4【答案】A【详解】设m ,n 分别是直线m ,n 的方向向量，对于①，因为m ⊥α,n ⊥β，所以m ,n分别是平面α,β的法向量，又m ⊥n ，即m ⊥n，所以α⊥β，故①正确；对于②，由面面平行的判定定理可知，当m ,n 不相交时，α⎳β不一定成立，故②错误；对于③，当n ⊂α时，可满足m ⊥α时有m ⊥n ，又n ⎳β，显然此时α,β位置关系不确定，故③错误；对于④，因为m ⊥α，所以m是平面α的法向量，又m ⎳n ，所以n也是平面α的法向量，又n ⎳β，即n⎳β，所以α⊥β，故④错误.故选：A .29(2024春·湖北·二模)α、β、γ是平面，a ，b ，c 是直线，以下说法中正确的是()A.α⊥γ，γ⊥β⇒α⎳βB.a ⊥b，c ⊥b ⇒a ⎳c C.α⊥γ，β⊥γ，α∩β=a ⇒a ⊥γ D.b ⎳α，b ⎳β⇒α⎳β【答案】C【详解】对于A ，α，β可以平行，也可以相交，对于B ，a ，c 可以平行，可以相交，也可以异面，对于D ，α，β可以平行，也可以相交，对于C ，不妨设α∩γ=m ,β∩γ=n ，在平面α内作m ⊥l ，因为α⊥γ，则l ⊥γ，同理在平面β内作t ⊥n ，则t ⊥γ，所以l ⎳t ，又l ⊄β,t ⊂β，则l ⎳β，而α∩β=a ，所以l ⎳a ，所以a ⊥γ，即C 正确.故选：C30(2024·广东广州·二模)(多选)已知m ,n 是不同的直线，α,β是不重合的平面，则下列命题为真命题的是()A.若m ⎳α,n ⊂α，则m ⎳nB.若m ⊥α,n ⊥β,m ⎳n ，则α⎳βC.若α⎳β,m ⊂α，则m ⎳βD.若α⎳β,m ⊂α,n ⊂β，则m ⎳n【答案】BC【详解】对于A ，当m ⎳α,n ⊂α时，m ,n 有可能异面，故A 错误；对于B ，因为m ⊥α,n ⊥β，所以m ,n 对应的方向向量m ,n分别是α,β的法向量，又m ⎳n ，所以m ⎳n，所以α⎳β，故B 正确；对于C ，因为α⎳β,m ⊂α，由面面平行的性质易知m ⎳β，故C 正确；对于D ，当α⎳β,m ⊂α,n ⊂β时，m ,n 有可能异面，故D 错误.故选：BC .题型四：线面、面面平行证明31(2024春·浙江宁波·二模)在菱形ABCD 中，AB =2,∠BAD =60°，以AB 为轴将菱形ABCD 翻折到菱形ABC 1D 1，使得平面ABC 1D 1⊥平面ABCD ，点E 为边BC 1的中点，连接CE ,DD 1.(1)求证：CE ∥平面ADD 1；(2)求直线CE 与平面BDD 1所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1510【详解】(1)∵BE ∥AD 1,BE ⊄平面ADD 1,A 1D ⊂平面ADD 1,∴BE ∥平面ADD 1.同理可得BC ∥平面ADD 1..∵CE ⊂平面BCE ,∴CE ∥平面ADD 1.(2)法1：取AB 中点O ，易知OD ⊥AB ,OD 1⊥AB .∵平面ABCD ⊥平面ABC 1D 1，平面ABCD ∩平面ABC 1D 1=AB ，又OD 1⊂平面ABC 1D 1，OD 1⊥AB ∴OD 1⊥平面ABCD .如图，建立空间直角坐标系，则A 0,1,0 ,B 0,-1,0 ,D 3,0,0 ,C 3,-2,0 ,D 10,0,3 ,C 10,-2,3 .从而E 0,-32,32 ，得CE =-3,12,32 .又BD =3,1,0 ,DD 1 =-3,0,3 ，设平面BDD 1的法向量n =x ,y ,z ，有BD ⋅n=0DD 1 ⋅n =0，得3x +y =0-3x +3z =0 ，解得y =-3x z =x ，取z =1，故n=1,-3,1 ，设直线CE 与平面BDD 1所成角为θ，则sin θ=cos ‹CE ,n › =CE ⋅n CE ⋅ n =-3-32+32 3+14+34⋅1+3+1=1510，所以直线CE 与平面BDD 1所成角的正弦值为1510.法2：取AD 1中点F ，则EFDC 是平行四边形，所以CE ∥DF .从而CE 与平面BDD 1所成角即为DF 与平面BDD 1所成角，设为θ.过D 1作D 1G ⊥AB 交AB 于G ，过G 作GH ⊥BD 交BD 于H ，过G 作GK ⊥D 1H 交D 1H 于K .因为平面ABCD ⊥平面ABC 1D 1，平面ABCD ∩平面ABC 1D 1=AB ，又D 1G ⊂平面ABC 1D 1，D 1G ⊥AB所以D 1G ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以D 1G ⊥BD ，又GH ⊥BD ，D 1G ∩GH =G ,D 1G ,GH ⊂平面D 1GH ，从而BD ⊥平面D 1GH ，因为GK ⊂平面D 1GH ，所以BD ⊥GK ，又GK ⊥D 1H ，BD ∩D 1H =H ,BD ,D 1H ⊂平面BDD 1，从而GK ⊥平面BDD 1.所以GK 的长即为G 到平面BDD 1的距离.由D 1G =3,GH =32，可得GK =155.又GF ∥BD 1，所以F 到平面BDD 1的距离设为h 即为G 到平面BDD 1的距离，即h =GK =155.又D 1G =DG =3，可得DD 1= 6.在△ADD 1中，DD 1=6,AD =AD 1=2，所以4DF 2+AD 21=2AD 2+DD 21 ，得DF =2.所以sin θ=h DF=1510，所以直线CE 与平面BDD 1所成角的正弦值为1510.32(2024春·新疆喀什·二模)如图，在四棱锥E -ABCD 中，底面ABCD 为等腰梯形，AD ⎳BC ,BC =4,BE =AB =AD =DC =2，且平面ABCD ⊥平面BCE ,BE ⊥CE ,M 为CE 的中点．(1)求证：DM ⎳平面ABE ；(2)求平面ABE 与平面DCE 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)6565.【详解】(1)取BE 的中点N ，连接AN ，MN ，而M 为CE 的中点，则MN ⎳BC 且MN =12BC ，又AD ⎳BC 且AD =12BC ，则MN ⎳AD 且MN =AD ，于是四边形ANMD 为平行四边形，DM ⎳AN ，又DM ⊄平面ABE ，AN ⊂平面ABE ，所以DM ⎳平面ABE .(2)取AD 中点为F ，连接OF ，由ABCD 为等腰梯形，得OF ⊥BC ，由平面ABCD ⊥平面BCE ，平面ABCD ∩平面BCE =BC ，OF ⊂平面ABCD ，得OF ⊥平面BCE ，在平面BCE 内，过点O 作直线BC 的垂线Ox ，以点O 为原点，直线Ox ,OC ,OF 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，如图，在等腰梯形ABCD 中，AB =AD =DC =2，BC =4，则OF =22-4-222=3，由BE ⊥CE ，BE =12BC =2，得∠BCE =30°，于是E (3,-1,0)，C (0,2,0)，D (0,1,3)，B (0,-2,0)，A (0,-1,3)，CE =(3,-3,0)，CD =(0,-1,3)，BE =(3,1,0)，BA =(0,1,3)，设平面DCE 的法向量为m =(x ,y ,z )，则m⋅CE =3x -3y =0m ⋅CD=-y +3z =0，令y =3，得m=(3,3,1)，设平面ABE 的法向量为n =a ,b ,c ，则n ⋅BE=3a +b =0n ⋅BA=3c +b =0，令a =1，得n=(1,-3,1)，设平面ABE 与平面DCE 的夹角为α，则cos α=|cos ‹m ,n ›|=|m ⋅n ||m ||n |=113×5=6565，所以平面ABE 与平面DCE 夹角的余弦值为6565.33(2024春·陕西汉中·二模)已知：如图，三角形ABC 为正三角形，AE 和CD 都垂直于平面ABC ，且AE =AB =2CD =2，F 为BE 的中点．(1)证明：DF ⎳平面ABC ；(2)求点B 到平面ADF 的距离．【答案】(1)证明见解析(2)2【详解】(1)如图：取AE 中点G ，连接DG 、FG ，∵F 是BE 的中点，∴FG ⎳AB ，又∵AB ⊂平面ABC ，FG ⊄平面ABC ，∴FG ⎳平面ABC ，∵AE 和CD 都垂直于平面ABC ，∴AE ⎳CD ，又AE =2，CD =1，∴AG =CD ，则四边形ACDG 为平行四边形，∴DG ⎳AC ，又∵AC ⊂平面ABC ，DG ⊄平面ABC ，∴DG ⎳平面ABC ，又FG ∩DG =G ，FG ,DG ⊂平面平面DFG ，∴平面DFG ⎳平面ABC ，∵DF ⊂平面DFG ，∴DF ⎳平面ABC ；(2)∵AE =2CD ，∴EG =AE -CD =2-1=1，DG =AC =2，在直角△DEG 中，DE =EG 2+DG 2=1+4=5，在直角△BCD 中，BD =CD 2+BC 2=1+4=5，∴DE =BD ，又F 为BE 的中点，∴DF ⊥BE ，又AE =AB ，∴AF ⊥BE ，∵AF ∩DF =F ，AF ,DF ⊂平面ADF ∴BE ⊥平面ADF ，即点B 到平面ADF 的距离为BF ，因为BE =AE 2+AB 2=22+22=22，所以BF =12BE =2．34(2024春·山东·二模)已知三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ,AB ⊥AC ，过点M 分别作平行于平面PAB 的直线交AC ,PC 于点E ,F ．(1)求证：EF ⎳平面PAB ；(2)若M 为BC 的中点，PA =AB =3,AC =4，求直线PM 与平面ABC 所成角的正切值．【答案】(1)证明见解析；(2)65．【详解】(1)由ME ⎳平面PAB ,MF ⎳平面PAB ，ME ∩MF =M ,ME ,MF ⊂平面MEF ，得平面MEF ⎳平面PAB ，而EF ⊂平面MEF ，所以EF ⎳平面PAB ．(2)连接AM ，由PA ⊥平面ABC ,AM ⊂平面ABC ，得PA ⊥AM ，则AM 是直线PM 在平面ABC 内的射影，∠PMA 是直线PM 与平面ABC 所成的角，在△ABC 中，AB ⊥AC ,AB =3,AC =4，则BC =32+42=5，由点M 是BC 的中点，得AM =12BC =52，在Rt △PAM 中，tan ∠PMA =PA AM=352=65，所以直线PM 与平面ABC 所成角的正切值是65．35(2024春·浙江台州·二模)如图，已知四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =3A 1B 1，AB ∥CD ，AD ⊥AB ，AB =6，CD =9，AD =6，且AA 1=BB 1=4，Q 为线段CC 1中点，(1)求证：BQ ∥平面ADD 1A 1；(2)若四棱锥Q -ABB 1A 1的体积为3233，求平面ABB 1A 1与平面CDD 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)217【详解】(1)证明：如图所示：分别延长线段AA 1，BB 1，CC 1，DD 1交于点P ，将四棱台补成四棱锥P -ABCD .∵A 1B 1=13AB ，∴PC 1=13PC ，∴CQ =QC 1=C 1P ，取DD 1的中点E ，连接QE ，AE ，∵QE ⎳CD ⎳AB ，且QE =123+9 =6=AB ，∴四边形ABQE 为平行四边形.∴BQ ∥AE ，又AE ⊂平面ADD 1A 1，BQ ⊄平面ADD 1A 1，∴BQ ∥平面ADD 1A 1；(2)由于V Q -ABB 1A 1=23V C -ABB 1A1，所以V C -ABB 1A 1=163，又梯形ABB 1A 1面积为83，设C 到平面ABB 1A 1距离为h ，则V C -ABB 1A 1=13S 梯形ABB 1A1⋅h =163，得h =6.而CD ∥AB ，AB ⊂平面ABB 1A 1，CD ⊄平面ABB 1A 1，所以CD ∥平面ABB 1A 1，所以点C 到平面ABB 1A 1的距离与点D 到平面ABB 1A 1的距离相等，而h =6=AD ，所以AD ⊥平面ABB 1A 1.以A 为坐标原点，以直线AB 为x 轴，以直线AD 为y 轴，建立空间直角坐标系，易得△PAB 为等边三角形，所以A 0,0,0 ，B 6,0,0 ，C 9,6,0 ，D 0,6,0 ，P 3,0,33设平面CDD 1C 1的法向量为m =x ,y ,z ，则m ⋅DP =x ,y ,z ⋅3,-6,33 =3x -6y +33z =0m ⋅DC =x ,y ,z ⋅9,0,0 =9x =0，得x =0，y =32z ，不妨取m =0,3,2 ，又平面ABB 1A 1的一个法向量为n =0,1,0 .则cos m ,n =m ⋅n m n =37⋅1=217，平面ABB 1A 1与平面CDD 1C 1夹角的余弦值为217.题型五：线面、面面垂直证明36(2024春·山东·二模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ,AD ∥BC ,2AB =2BC =AD =2，PA =PD =2．(1)证明：AD ⊥PC ；(2)若PC =2，设M 为PC 的中点，求PB 与平面AMD 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)63【详解】(1)在四棱锥P -ABCD 中，其AD 的中点为E ，连接PE ,CE ，在等腰△PAD 中，PA =PD ，所以PE ⊥AD ，在直角梯形ABCD 中，AB ⊥AD ,AD ⎳BC ,AB =BC =AE ，夹角余弦所以四边形ABCE 是正方形，所以CE ⊥AD ，因为PE ∩CE =E ,PE ,CE ⊂平面PCE ，所以AD ⊥平面PCE ，又PC ⊂平面PCE ，所以AD ⊥PC ；(2)因为PE =CE =1，若PC =2，则PE ⊥CE ，又PE ⊥AD ,AD ∩CE =E ,AD ,CE ⊂平面ABCD ，所以PE ⊥平面ABCD ，如图建立空间直角坐标系E -xyz ，则P 0,0,1 ,C 1,0,0 ,M 12,0,12 ,D 0,1,0 ,A 0,-1,0 ,B 1,-1,0 ，所以PB =1,-1,-1 ,AD =0,2,0 ,AM =12,1,12 ，设平面AMD 的法向量为n =x ,y ,z ，所以n ⋅AD =y =0n ⋅AM =12x +y +12z =0⇒y =0x =-z ，令x =1，则n =1,0,-1 ，设PB 与平面AMD 所成角为α，则sin α=PB ⋅n PB ⋅n=23×2=63，所以PB 与平面AMD 所成角的正弦值63.37(2024春·山西·二模)如图，四棱锥P -ABCD 中，二面角P -CD -A 的大小为90°，∠DCP =∠DPC <π4，∠DAB =∠ABC =2∠ADB =2∠DCB =90°，E 是PA 的中点.(1)求证：平面EBD ⊥平面PCD ；(2)若直线PD 与底面ABCD 所成的角为60°，求二面角B -ED -C 的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)77【详解】(1)由∠DAB =∠ABC =2∠ADB =2∠DCB =90°，得AD =AB ,AD ⎳BC ，则∠DBC =∠DCB =45°，所以BD =CD ,∠BDC =90°，即BD ⊥CD .由二面角P -CD -A 的大小为90°，知平面PCD ⊥平面CDA ，即平面PCD ⊥平面ABCD ，又平面PCD ∩平面ABCD =CD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面PCD ，又BD ⊂平面EBD ，所以平面EBD ⊥平面PCD .(2)过P 作CD 的垂线，交CD 延长线于点H ，连接AH ，由平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD ∩平面ABCD =CD ，PH ⊂平面PCD ，PH ⊥CD ，所以PH ⊥平面ABCD ，则DH 为PD 在底面ABCD 内的射影，所以∠PDH 为直线PD 与底面ABCD 所成的角，即∠PDH =60°.由∠DCP =∠DPC <π4，知DP =DC 且△PDC 为钝角三角形，设AD =1，得BD =DC =DP =2，BC =2，在△PHD 中，PD =2,DH =22,PH =62，在△ADH 中，∠ADH =45°,AD =1,DH =22，由余弦定理得AH =AD 2+DH 2-2AD ⋅DH cos45°=22，有AH 2+DH 2=AD 2，所以AH ⊥CD ，过D 作DF ⎳PH ，则DF ⊥底面ABCD ，所以DB ,DC ,DF 两两垂直，建立如图空间直角坐标系D -xyz ，B (2,0,0),C (0,2,0),P 0,-22,62 ,A 22,-22,0 ,E 24,-22,64 ，所以DB =(2,0,0),DE =24,-22,64 ,DC =(0,2,0)，设平面EBD 和平面ECD 的一个法向量分别为n =(x 1,y 1,z 1),m =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅DB =2x 1=0n ⋅DE =24x 1-22y 1+64z 1=0 ，m ⋅DC =2y 2=0m ⋅DE =24x 2-22y 2+64z 2=0，令z 1=1,z 2=1，则x 1=0,y 1=32,x 2=-3,y 2=0，所以n =0,32,1 ,m =(-3,0,1)，则cos n ,m =n ⋅mn m =1274=77，故所求二面角B -ED -C 的余弦值为77.38(2024春·青海西宁·二模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC =90°,AB =AC =22,A 1A =A1B =4,∠A 1AB =∠A 1AC ．(1)求证：平面A 1BC ⊥平面ABC ；(2)求四棱锥A 1-C 1B 1BC 的体积．【答案】(1)证明见解析；(2)1633．【详解】(1)如图，取BC 的中点M ，连接AM ,A 1M ，因为AB =AC =22,∠BAC =90°，所以BC =4,AM =2，因为∠A 1AB =∠A 1AC ,AB =AC ，所以△ABA 1≌△ACA 1，所以A 1B =A 1C =4，所以A 1M ⊥BC ,A 1M =23．在△A 1AM 中，A 1A =4,A 1M =23,AM =2，所以A 1A 2=AM 2+A 1M 2，所以A 1M ⊥AM ，又A 1M ⊥BC ,BC ∩AM =M ,BC ,AM ⊂平面ABC ，所以A 1M ⊥平面ABC ，又A 1M ⊂平面A 1BC ，所以平面A 1BC ⊥平面ABC ．(2)由(1)可知A 1M ⊥平面ABC ，V A 1-ABC =13V ABC -A 1B 1C1，所以四棱锥A 1-C 1B 1BC 的体积V A 1-C 1B 1BC =V ABC -A 1B 1C 1-V A 1-ABC =2V A 1-ABC =2×13S △ABC ⋅A 1M =2×13×12×22×22×23=1633．39(2024春·广东韶关·二模)如图，圆柱OO 1内有一个直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，三棱柱的底面三角形内接于圆柱底面，已知圆柱OO 1的轴截面是边长为6的正方形，AB =AC =30，点P 在线段OO 1上运动．。
2024年高考数学立体几何知识点总结(2篇)
2024年高考数学立体几何知识点总结立体几何是数学中的一个重要分支，也是高考数学中的重要内容之一。
在高考中，立体几何的知识点主要包括空间几何、立体图形的面积与体积等方面。
下面是对2024年高考数学立体几何知识点的总结，供考生参考。
一、空间几何1. 空间几何中的点、线、面的概念和性质。
点是没有长度、宽度和高度的，只有位置的大小，用字母表示。
线是由一组无限多个点构成的集合，用两个点的字母表示。
面是由无限多条线构成的，这些线共面且没有相交或平行关系。
2. 空间几何中的垂直、平行等概念和性质。
两条线在同一平面内，如果相交角为90°，则称两线垂直。
两条线没有相交关系，称两线平行。
3. 点到直线的距离的计算。
点到直线的距离等于该点在直线上的正交投影点的距离。
二、立体图形的面积与体积1. 立体图形的分类和性质。
立体图形包括球体、圆柱体、圆锥体、棱柱体、棱锥体等。
各种立体图形具有不同的性质，如球体表面上每一点到球心的距离都相等。
2. 立体图形的面积计算。
（1）球体的表面积计算公式：S = 4πr²，其中r为球的半径。
（2）圆柱体的侧面积计算公式：S = 2πrh。
（3）圆柱体的全面积计算公式：S = 2πrh + 2πr²。
（4）圆锥体的侧面积计算公式：S = πrl，其中r为圆锥底面半径，l为斜高。
（5）棱柱体的侧面积计算公式：S = ph，其中p为棱柱底面周长，h为高。
3. 立体图形的体积计算。
（1）球体的体积计算公式：V = 4/3πr³，其中r为球的半径。
（2）圆柱体的体积计算公式：V = πr²h。
（3）圆锥体的体积计算公式：V = 1/3πr²h。
（4）棱柱体的体积计算公式：V = ph。
（5）棱锥体的体积计算公式：V = 1/3Bh，其中B为底面积，h 为高。
三、立体几何的一般理论1. 点、线、面的位置关系。
在空间中，点、线、面可以相互相交、平行、垂直等。
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4月考立体几何试题分析
主要考查常规法与空间向量求解立体几何问题。
常规法要求应用三垂线定理证明线线垂直、用定义直接作出二面角的平面角；空间向量方法则要求直接证明线线垂直和求解二面角，求解法向量，使用向量的余弦公式。
此题注重基础与技能，难度不大，属于中档题，但是由于我校文科学生基础薄弱，平均得分仅为3.09分，得分率仅为25.76%。
本题解题关键是先用勾股定理证明AO/BO，否则扣分。
因为忽略掉这个条件，无法进行线线证明，或是建立直角坐标系。
学生答题过程体现几个优点：
1、大胆建立坐标系求解，能够证明线线垂直，并正确求出两个法向量。
2、能够通过线面垂直推出线线垂直，并突出两线相交这个条件。
3、会简单实用三垂线定理证明线线垂直，会说明AO 是斜线PA在平面ABCD内的射影。
4、极少数同学能够发现PAB和PBD都为等腰三角形，可以直接作辅助线找出二面角的平面角。
不足：
1、运算能力差，计算不出法向量，带入正余弦公式求错数值。
2、学生使用线线垂直，线面垂直，面面垂直混乱，定理中的基本条件不完全。
3、忽略AO/BO垂直条件，直接建立坐标系求解。
4、不会使用题目中的数据证明AO垂直BO、求出PB=PD。
5、列出法向量求解步骤并列出方程组后，不会赋值。
6、公式记忆能力差。