立体几何 人教版(文)
八年级(人教版)立体几何知识点总结
八年级(人教版)立体几何知识点总结本文档总结了八年级(人教版)立体几何的重要知识点，帮助同学们复和掌握相关概念和技巧。
1. 立体几何的基本概念- 立体几何是研究三维空间中的物体形状、大小、位置和相互关系的数学分支。
- 空间中的物体被称为几何体，常见的几何体包括球体、圆柱体、长方体等。
2. 几何体常见的属性和特征- 几何体的体积是指该几何体所占的空间大小。
常见的几何体体积计算公式有：- 球体的体积公式：V = (4/3)πr³- 圆柱体的体积公式：V = πr²h- 长方体的体积公式：V = lwh（l为长度，w为宽度，h为高度）- 几何体的表面积是指该几何体外部的总面积。
常见的几何体表面积计算公式有：- 球体的表面积公式：A = 4πr²- 圆柱体的表面积公式：A = 2πr² + 2πrh- 长方体的表面积公式：A = 2lw + 2lh + 2wh3. 立体几何中的几何变换- 平移是指把一个几何体沿着某个方向移动一定距离，保持形状不变。
- 旋转是指围绕一个点或轴进行转动，常见的旋转包括绕点旋转和绕轴旋转。
- 对称是指通过某个中心或轴将几何体分成两部分，两部分关于中心或轴完全相同。
4. 立体几何中的重要定理和性质- 勾股定理：直角三角形中，直角边的平方和等于斜边的平方。
- 同一个圆或球的直径相等。
- 对于正方体，它的体对角线等于边长的平方根乘以根号3。
5. 立体几何中的常见问题和解题技巧- 计算几何体的体积或表面积时，注意使用正确的公式，并注意单位的转换。
- 在进行几何变换时，确保几何体的属性在变换中保持不变。
- 利用立体几何的定理和性质解决与角度、边长、面积等相关的问题。
希望本文档能够帮助同学们更好地理解和掌握八年级(人教版)立体几何的知识点。
祝你研究进步！。
2023年人教版高中数学第八章立体几何初步题型总结及解题方法
(名师选题)2023年人教版高中数学第八章立体几何初步题型总结及解题方法单选题1、已知球O的体积为36π，则该球的表面积为（）A．6πB．9πC．12πD．36π答案：D分析：根据球的体积公式求出半径，即可求出表面积.设球的体积为R，则由题可得43πR3=36π，解得R=3，则该球的表面积为4π×32=36π.故选：D.2、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A．23B．24C．26D．27答案：D分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD−BHC及直三棱柱DGC−AEB组成，作HM⊥CB于M，如图，因为CH=BH=3,∠CHB=120∘，所以CM=BM=3√32,HM=32，因为重叠后的底面为正方形，所以AB=BC=3√3,在直棱柱AFD−BHC中，AB⊥平面BHC，则AB⊥HM, 由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，设重叠后的EG与FH交点为I,则V I−BCDA=13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC=12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V=2V AFD−BHC−V I−BCDA=2×814−272=27.故选：D.3、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN答案：A分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD ⊥平面ABCD ，判定C 正确；进一步得到平面PCD ⊥平面ABCD ，结合BC ⊥CD 判定B 正确；再证明AB ⊥平面PAD ，得到△PAB 为直角三角形，判定D 正确；可证明平面PBC ⊥平面PDC ，若平面PAB ⊥平面PBC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线⊥平面PBC ，矛盾，可判断A图1中AD ⊥PC ，则图2中PD ⊥AD ，又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PD ⊥平面ABCD ，则PD ⊥AC ，故选项C 正确；由PD ⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PDC ，得平面PDC ⊥平面ABCD ，而平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊂平面ABCD ，BC ⊥CD ，∴BC ⊥平面PDC ，故选项B 正确；∵AB ⊥AD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，∴AB ⊥平面PAD ，则AB ⊥PA ，即△PAB 是以PB 为斜边的直角三角形，而N 为PB 的中点，则PB ＝2AN ，故选项D 正确．由于BC ⊥平面PDC ，又BC ⊂平面PBC∴平面PBC ⊥平面PDC若平面PAB ⊥平面PBC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线//AB显然AB 不与平面PBC 垂直，故A 错误故选：A4、在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A −BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为（ ）A ．√32B ．√34C ．√33D ．√24答案：C分析：画出图形，取AC的中点N，连接MN，BN，可得MN//CD，则所求为∠BMN，易证△BMN是直角三角形，则可得BM，进而求解.如图，取AC的中点N，连接MN，BN，由题，AB=BC=CD=4，M为AD的中点，所以MN//CD，MN=2，则∠BMN为所求，由AB⊥平面BCD，则AB⊥CD，又BC⊥CD，AB∩BC=B，所以CD⊥平面ABC，则MN⊥平面ABC，所以△BMN是直角三角形，即∠MNB=90°，又BM=12AD=12√AB2+BD2=2√3，所以cos∠BMN=MNBM =2√3=√33，故选：C5、已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且面积为√3时，线段AP的长为（）A．√2B．1C．√3D．√32答案：A分析：过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，即可得到△PQR为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出PQ的长度，即可求出AP；解：如图，过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，因为BD//B1D1，所以PQ//B1D1，B1D1⊂面B1D1C，PQ⊄面B1D1C，所以PQ//面B1D1C因为A1D//B1C，所以PR//B1C，B1C⊂面B1D1C，PR⊄面B1D1C，所以PR//面B1D1C又PQ∩PR=P，PQ,PR⊂面PQR，所以面PQR//面B1D1C，则PQR为截面，易知△PQR是等边三角形，则12PQ2⋅√32=√3，解得PQ=2，∴AP=√22PQ=√2.故选：A.6、《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1=AB=2.下列说法错误的是（）A．四棱锥B−A1ACC1为“阳马”B．四面体A1C1CB为“鳖臑”C．四棱锥B−A1ACC1体积最大为23D．过A点分别作AE⊥A1B于点E，AF⊥A1C于点F，则EF⊥A1B答案：C分析：由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解.底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.所以在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，侧棱AA1⊥平面ABC,在选项A中，因为AA1⊥BC，AC⊥BC，且AA1∩AC=A，则BC⊥平面AA1C1C，且AA1C1C为矩形，所以四棱锥B−A1ACC1为“阳马”，故A正确；在选项B中，由A1C1⊥BC，A1C1⊥C1C且C1C∩BC=C，所以A1C1⊥平面BB1C1C，所以A1C1⊥BC1，则△A1BC1为直角三角形，由BC⊥平面AA1C1C，得△A1BC,△CC1B为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形，所以四面体A1C1CB为“鳖臑”，故B正确; 在选项C中，在底面有4=AC2+BC2≥2AC⋅BC，即AC⋅BC≤2，当且仅当AC=BC时取等号，则V B−A1ACC1=13S A1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43，所以C不正确；在选项D中，由BC⊥平面AA1C1C，则BC⊥AF,AF⊥A1C且A1C∩BC=C，则AF⊥平面A1BC，所以AF⊥A1B,又AE⊥A1B且AF∩AE=A，则A1B⊥平面AEF，则A1B⊥EF，所以D正确. 故选：C.7、设α,β为两个不同的平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α,β垂直于同一平面C．α,β平行于同一条直线D．α内的任何直线都与β平行答案：D分析：根据面面平行、相交的知识确定正确选项.A选项，α内有无数条直线与β平行，α与β可能相交，A选项错误.B选项，α,β垂直于同一平面，α与β可能相交，B选项错误.C选项，α,β平行于同一条直线，α与β可能相交，C选项错误.D选项，α内的任何直线都与β平行，则α//β，D选项正确.故选：D8、下列命题中①空间中三个点可以确定一个平面.②直线和直线外的一点，可以确定一个平面.③如果三条直线两两相交，那么这三条直线可以确定一个平面.④如果三条直线两两平行，那么这三条直线可以确定一个平面.⑤如果两个平面有无数个公共点，那么这两个平面重合.真命题的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个答案：A分析：根据空间位置关系可直接判断各命题.命题①：空间中不共线三个点可以确定一个平面，错误；命题②：直线和直线外的一点，可以确定一个平面，正确；命题③：三条直线两两相交，若三条直线相交于一点，则无法确定一个平面，所以命题③错误；命题④：如果三条直线两两平行，那么这三条直线不能确定一个平面，所以命题④错误；命题⑤：两个平面有无数个公共点，则两平面可能相交，所以命题⑤错误；故选：A.9、正方体中，点P，O，R，S是其所在棱的中点，则PQ与RS是异面直线的图形是（）A．B．C．D．答案：C分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，因为A1D1//BC且A1D1=BC，则四边形A1D1CB为平行四边形，有A1B//D1C，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有PS//A1B，QR//D1C，则PS//QR，直线PQ与RS共面，D错误.故选：C10、小明同学用两个全等的六边形木板和六根长度相同的木棍搭成一个直六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1，由于木棍和木板之间没有固定好，第二天他发现这个直六棱柱变成了斜六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1，如图所示.设直棱柱的体积和侧面积分别为V1和S1，斜棱柱的体积和侧面积分别为V2和S2，则（）.A．V1S1>V2S2B．V1S1<V2S2C．V1S1=V2S2D．V1S1与V2S2的大小关系无法确定答案：A分析：根据柱体体积、表面积的求法，分别表示出V1S1和V2S2，分析即可得答案.设底面面积为S，底面周长为C，则V1=S⋅AA1，S1=C⋅AA1，所以V1S1=SC，设斜棱柱的高为ℎ，则V2=S⋅ℎ，S2=AB×ℎAB+BC×ℎBC+CD×ℎCD+DE×ℎDE+EF×ℎEF+FA×ℎFA >(AB+BC+CD+DE+EF+FA)×ℎ=Cℎ,所以V2S2<SℎCℎ=SC=V1S1.故选：A11、一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N，下列结论正确的是（）A．MN//平面ABE B．MN//平面ADEC．MN//平面BDH D．MN//平面CDE答案：C解析：根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE的关系，进而对D作出判定.根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.小提示：本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.12、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为V 牟V 球=4π，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即V 牟8=r 3−V 方盖差，从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ，则V 方差盖:V =（ ）A ．√22B ．1C ．√2D ．2√2答案：C分析：计算出V 方盖差，V ，即可得出结论. 由题意，V 方盖差=r 3−18V 牟=r 3−18×4π×43×π×r 3=13r 3， 所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正=13×r ×r ×r −(√2r 2)=√26r 3， ∴ V 方盖差V 正=13r 3√2r 36=√2，故选：C ．双空题13、如图，长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1．（1）直线AA 1∩平面ABCD =______；（2）直线BC ∩平面BCC 1B 1=______．答案： A BC ##CB 分析：根据几何特征，即可判断直线与平面的位置关系，即可得解.根据长方体可知，直线AA 1∩平面ABCD =A ，直线BC∩平面BCC1B1=BC.所以答案是：A，BC.14、已知三棱锥S−ABC的四个顶点都在球O的球面上，且SA,SB,SC两两垂直，SA=3，SB=4，SC=5，则该三棱锥的体积为______，球O的表面积为______.答案： 10 50π分析：由条件可得V S−ABC=V C−SAB=13×S△SAB×SC可得出体积，将三棱锥S−ABC补成长方体，则三棱锥S−ABC与该长方体的外接球相同，可得(2R)2=32+42+52=50，从而得出答案.由SA,SB,SC两两垂直，则以△SAB为底面，则SC为三棱锥S−ABC的高，则V S−ABC=V C−SAB=13×S△SAB×SC=13×12×3×4×5=10；将三棱锥S−ABC补成长方体如图所示，则三棱锥S−ABC的外接球与该长方体的外接球相同，所以外接球的直径长等于长方体的对角线的长，所以(2R)2=32+42+52=50，即R2=252，所以外接球的表面积为：S=4πR2=4π×252=50π，所以答案是：10 ；50π.小提示：关键点点睛：解答本题第二空的关键在于将几何体补形为长方体，利用长方体的外接球去分析求解.此外，对棱长度相等的三棱锥也可以放置于长方体或正方体中去分析外接球；若三棱锥中一条棱垂直于底面，且底面形状非直角三角形，则可以将几何体补形为三棱柱，借助三棱柱的外接球去分析.15、如图，试用适当的符号表示下列点、直线和平面之间的关系：（1）点C与平面β：______；（2）直线AB与平面α：______．答案：C∉βAB∩α=B分析：（1）（2）由点、线、面的位置关系判断点面关系、线面关系.（1）由图，C∈CD，CD∩β=D且CD⊄β，故C∉β；（2）由图，B∈AB，B∈α且AB⊄α，则AB∩α=B.所以答案是：C∉β，AB∩α=B16、某学校开展手工艺品展示活动，小明同学用塑料制作了如图所示的手工艺品，其外部为一个底面边长为6的正三棱柱，内部为一个球，球的表面与三棱柱的各面均相切，则该内切球的表面积为___________，三棱柱的顶点到球的表面的最短距离为___________.答案：12π√15−√3分析：过侧棱的中点作正三棱柱的截面，即可得到球心为△MNG的中心，在正△MNG中求出内切圆的半径即内切球的半径，从而求出球的表面积，再求出三棱柱的顶点到球心的距离，即可求出球面上的点到顶点的距离的最小值；解：依题意如图过侧棱的中点作正三棱柱的截面，则球心为△MNG的中心，因为MN=6，所以△MNG内切圆的半径r=OH=13MH=13√MN2−HN2=√3，即内切球的半径R=√3，所以内切球的表面积S=4πR2=12π，又正三棱柱的高AA1=2R=2√3，OH=2√3，所以AO=√OM2+AM2=√(2√3)2+(√3)2=√15，所以OM=23所以A到球面上的点的距离最小值为AO−R=√15−√3；所以答案是：12π；√15−√317、半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.以正方体每条棱的中点为顶点构造一个半正多面体，如图，它由八个正三角形和六个正方形构成，若它的所有棱长都为1，则该半正多面体外接球的表面积为___________；若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为___________.答案： 4π 8√3分析：首先找到外接球的球心，再利用勾股定理计算即可；若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小，然后根据正四面体内切球的相关计算求解即可.由题意知，该半正多面体的外接球的球心是正方体的中心，正方体棱长为√2，所以该半正多面体外接球的半径R =√(√22)2+(√22)2=1，故其表面积为4π. 若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小.此时，设正四面体的棱长为a ，则正四面体的高为√63a ，考查轴截面，则有(√63a −1)2=12+(√33a)2，解得a =2√6，所以V min =13⋅√34⋅(2√6)2⋅(√63⋅2√6)=8√3. 所以答案是： 4π； 8√3.小提示：关键点点睛：本题第②空的关键点是探究出结论：若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小.解答题18、如图的长方体ABCD−A1B1C1D1.（1）这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？（2）用平面BCFE把这个长方体分成两部分后，各部分的几何体还是棱柱吗？若是棱柱指出它们的底面与侧棱. 答案：（1）答案见解析；（2）答案见解析.解析：（1）根据棱柱的定义判断；（2）根据棱柱的定义判断．(1)这个长方体是棱柱，是四棱柱，因为它满足棱柱的定义.(2)截面BCFE右侧部分是三棱柱，它的底面是△BEB1与ΔCFC1，侧棱是EF、B1C1、BC，截面左侧部分是四棱柱，它的底面是四边形ABEA1与四边形DCFD1，侧棱是AD、BC、EF、A1D1.19、四面体ABCD如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面，分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H．证明：E、F、G、H四点共面且四边形EFGH是平行四边形．答案：证明见解析分析：根据线面平行的性质定理，分别证得EH∥BC，FG∥BC，则得EH∥FG，从而可证得E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥HG，再根据平行四边形的判定定理可得结论因为BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC=FG，平面EFGH∩平面ABC=EH，所以BC∥FG，BC∥EH，所以EH∥FG，所以E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥AD，HG∥AD，所以EF∥HG，所以四边形EFGH是平行四边形．20、所有棱长均相等的三棱锥称为正四面体，如图，在正四面体A—BCD中，求证：AB⊥CD.答案：见解析分析：取CD的中点为M，连接AM，BM，根据线面垂直可得AB⊥CD.取CD的中点为M，连接AM，BM，因为四面体A−BCD为正四面体，故△ACD为等边三角形，故AM⊥CD，同理BM⊥CD，而AM∩BM=M，故CD⊥平面ABM，因为AB⊂平面ABM，故CD⊥AB.。
2023年人教版高中数学第八章立体几何初步解题技巧总结
(名师选题)2023年人教版高中数学第八章立体几何初步解题技巧总结单选题1、下列说法正确的是（）A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱B．过空间内不同的三点，有且只有一个平面C．棱锥的所有侧面都是三角形D．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台答案：C分析：根据定义逐项分析即可对A：根据棱柱的定义知，有两个面平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱，所以A错误，反例如图：对B：若这三点共线，则可以确定无数个平面，故B错误；对C：棱锥的底面为多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，故C正确；对D：只有用平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故D错误，故选：C.2、直角三角形的三边满足a<b<c，分别以a，b，c三边为轴将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为V a、V b、V c ，则（ ）A ．V c <V b <V aB ．V a <V b <V cC ．V c <V a <V bD ．V b <V a <V c 答案：A解析：求出V a =b ×13abπ，V b =a ×13abπ，V c =ab c×13abπ，推导出ab c<a <b ，从而得到V c <V b <V a ．∵直角三角形的三边满足a <b <c ，分别以a 、b 、c 三边为轴将三角形旋转一周所得旋转体的体积记为V a 、V b 、V c ，∴V a =13×π×b 2×a =13πab 2=b ×13abπ，V b =13×π×a 2×b =13πa 2b =a ×13abπ，该直角三角形斜边上的高ℎ满足12ab =12cℎ，可得ℎ=ab c，V c =13×π×(ab c )2×c =13π⋅a 2b 2c=ab c×13abπ，∵ abc −a =ab−ac c<0，abc −b =ab−bc c<0，∴ abc <a <b ，∴V c <V b <V a ，故选：A.小提示：关键点点睛：本题考查旋转体体积的大小比较，解题的关键就是确定旋转体的形状，并据此求出对应的旋转体的体积，结合作差法比较即可.3、若直线a //平面α，A ∉α，且直线a 与点A 位于α的两侧，B ，C ∈a ，AB ，AC 分别交平面α于点E ，F ，若BC =4，CF =5，AF =3，则EF 的长为（ ）A ．3B ．32C ．34D ．23 答案：B分析：根据线面平行可得线线平行，从而可求EF =32.∵BC//α，BC⊂平面ABC，平面ABC∩α=EF，∴EF//BC，∴AFAC =EFBC，即35+3=EF4，∴EF=32.故选：B.4、已知正四面体P−ABC内接于球O，点E是底面三角形ABC一边AB的中点，过点E作球O的截面，若存在半径为√3的截面圆，则正四面体P−ABC棱长的取值范围是（）A．[√2，√3]B．[√3，√6]C．[2√2，2√3]D．[2√3，2√6]答案：C分析：根据条件设正四面体的棱长为a，用棱长a表示出其外接球的半径R=√64a，过E点作外接球O的截面，只有当OE⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时此时截面圆的半径为r=12a，最大截面圆为过球心的大圆，半径为R=√64a，根据题意则12a≤√3≤√64a，从而可得出答案.如图，在正四面体P−ABC中，设顶点P在底面的射影为O1，则球心O在PO1上，O1在CE上，且|PO1|=23|CE|,连接OE､OC，设正四面体的棱长为a，则|CE|=√32a，|PO1|=23|CE|=√33a则正四面体的高PO1=√PC2−O1C2=√a2−(√33a)2=√63a，设外接球半径为R，在Rt△OO1C中，OC2=OO12+O1C2，即R2=(√63a−R)2+(√33a)2，解得R=√64a，∴在Rt△OO1E中，OE=√OO12+O1E2=√(√612a)2+(√36a)2=√24a，过E点作外接球O的截面，只有当OE⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为r=√R2−OE2=(√64a)−(√24a)=12a，最大截面圆为过球心的大圆，半径为R=√64a，由题设存在半径为√3的截面圆，∴12a≤√3≤√64a，解得2√2≤a≤2√3，故选:C.小提示：关键点睛：本题考查正四棱锥的外接球的截面圆的半径范围问题，解答本题的关键是用正四棱锥棱长a表示出其外接球的半径R=√64a，得出过E点的球的截面圆的半径的范围，从而得解，属于中档题.5、小明同学用两个全等的六边形木板和六根长度相同的木棍搭成一个直六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1，由于木棍和木板之间没有固定好，第二天他发现这个直六棱柱变成了斜六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1，如图所示.设直棱柱的体积和侧面积分别为V1和S1，斜棱柱的体积和侧面积分别为V2和S2，则（）.A．V1S1>V2S2B．V1S1<V2S2C．V1S1=V2S2D．V1S1与V2S2的大小关系无法确定答案：A分析：根据柱体体积、表面积的求法，分别表示出V1S1和V2S2，分析即可得答案.设底面面积为S，底面周长为C，则V1=S⋅AA1，S1=C⋅AA1，所以V1S1=SC，设斜棱柱的高为ℎ，则V2=S⋅ℎ，S2=AB×ℎAB+BC×ℎBC+CD×ℎCD+DE×ℎDE+EF×ℎEF+FA×ℎFA>(AB+BC+CD+DE+EF+FA)×ℎ=Cℎ,所以V2S2<SℎCℎ=SC=V1S1.故选：A6、下列说法中正确的是（）A．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B．平面α内△ABC的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行C．α//β，a//α，则a//βD．a//b，a//α，b⊄α，则b//α答案：D分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于A选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于B选项，如图1，D，E，F，G分别为正方体中所在棱的中点，平面DEFG设为平面β，易知正方体的三个顶点A，B，C到平面β的距离相等，但△ABC所在平面α与β相交，故错误；对于选项C，a可能在平面β内，故错误；对于选项D，正确.故选：D.7、在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中，真命题的个数是（）．①α、β都垂直于平面r，那么α∥β②α、β都平行于平面r ，那么α∥β ③α、β都垂直于直线l ，那么α∥β④如果l 、m 是两条异面直线，且l ∥α，m ∥α，l ∥β，m ∥β，那么α∥β A ．0B ．1C ．2D ．3 答案：D分析：在正方体中观察可判断①；由平面平行的传递性可判断②；由线面垂直的性质可判断③；根据面面平行判定定理可判断④.如图，易知在正方体中相邻两个侧面都垂直于底面，故①错误； 由平面平行的传递性可知②正确； 由线面垂直的性质可知③正确；过直线l 做平面γ与α、β分别交于l 1,l 2，过直线m 做平面χ与α、β分别交于m 1,m 2， 因为l ∥α，l ∥β，所以l ∥l 1,l ∥l 2，所以l 1∥l 2 因为l 1⊄β，l 2⊂β，所以l 1∥β 同理，m 1∥β又l 、m 是两条异面直线，所以l 1,l 2相交，且l 1⊂α，m 1⊂α 所以α∥β，故④正确. 故选：D8、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则m +n 的最小值是（ ） A ．−1B ．−12C ．−13D ．−16答案：B分析：先解三角形得到△ABC 为直角三角形，建立直角坐标系，通过AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ 表示出m +n ，借助三角函数求出最小值.由余弦定理得BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos∠BAC = 1+4−2×1×2×cos 60∘=3，所以BC =√3，所以AB 2+BC 2=AC 2，所以AB ⊥BC ．以AC 的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A （－1，0），C （1，0），B （－12，√32），设P 的坐标为(cosθ,sinθ)，所以AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(12,√32)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0)，AP ⃑⃑⃑⃑⃑ = (cosθ+1,sinθ)，又AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m2+2n ,√32m)，所以m =2√33sin θ，n =cos θ2+12−√36sin θ，所以m +n =2√33sin θ+cos θ2+12−√36sin θ =√32sin θ+cos θ2+12=sin (θ+π6)+12≥−1+12=−12，当且仅当sin (θ+π6)=−1时，等号成立．故选：B ．9、在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，点M 是侧棱CC 1中点，BC ⊥BA,BC =BA =AA 1=2，则异面直线BM 与A 1C 所成角的余弦值为（ ）A ．−√1010B ．√1515C ．√3012D ．√1012答案：B分析：可以取A 1C 1的中点N ，连接MN ，将异面直线BM 与A 1C 转化为直线BM 与MN 所成的角，在连接BN ，通过解三角形BMN 即可完成求解.如图所示，取A 1C 1的中点N ，连接MN ，M 、N 分别为CC 1、A 1C 1的中点，所以MN 为△A 1CC 1的中位线，所以MN //A 1C ，所以异面直线BM 与A 1C 就是直线BM 与MN 所成的角，即∠BMN 或其补角，因为BC ⊥BA,BC =BA =AA 1=2，所以A 1C =2√3，BM =√5，BN =√B 1N 2+BB 12=√6，在△BMN 中，MN =12A 1C =√3，BN =√6，BM =√5，所以cos∠BMN =BM 2+NM 2−BN 22BM·NM=√1515. 故选：B.10、圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为（ ） A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．2∶3 答案：A分析：按圆柱侧面积和球的表面积公式计算即可.设球的半径的r ，依题意圆柱的底面半径也是r ，高是2r ， 圆柱的侧面积=2πr ·2r =4πr 2 ，球的表面积为4πr 2 ， 其比例为1:1， 故选：A.11、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为V 牟V 球=4π，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即V 牟8=r 3−V 方盖差，从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r的正四棱锥的体积为V，则V方差盖:V=（）A．√22B．1C．√2D．2√2答案：C分析：计算出V方盖差，V，即可得出结论.由题意，V方盖差=r3−18V牟=r3−18×4π×43×π×r3=13r3，所有棱长都为r的正四棱锥的体积为V正=13×r×r×√r2−(√2r2)2=√26r3，∴V方盖差V正=13r3√2r36=√2，故选：C．12、如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，BD=2，DE=1，点P在线段EF上.给出下列命题：①存在点P，使得直线DP//平面ACF；②存在点P，使得直线DP⊥平面ACF；③直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是[√55,1]；④三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是9π8.其中所有真命题的序号（）A．①③B．①④C．①②④D．①③④答案：D分析：当点P是线段EF中点时判断①；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，推理导出矛盾判断②；利用线面角的定义转化列式计算判断③；求出△ACF外接圆面积判断④作答.取EF中点G，连DG，令AC∩BD=O，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则DO//GF且DO=GF，即四边形DGFO是平行四边形，即有DG//FO，而FO⊂平面ACF，DG⊄平面ACF，于是得DG//平面ACF，当点P与G重合时，直线DP//平面ACF，①正确；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，而FO⊂平面ACF，则DP⊥FO，又DG//FO，从而有DP⊥DG，在Rt△DEF中，∠DEF=90∘，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即②不正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，则线段EF上的动点P在平面ABCD上的射影在直线BD上，于是得∠PDB是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，∠PDB=∠DPE，sin∠PDB=sin∠DPE=DEDP =√DE2+EP2=√1+EP20<EP≤2，则√55≤sin∠PDB<1，当P与E重合时，∠PDB=π2，sin∠PDB=1，因此，√55≤sin∠PDB≤1，③正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，BF⊥BD，BF⊂平面BDEF，则BF⊥平面ABCD，BC=√2，在△ACF中，AF=CF=√BC2+BF2=√3，显然有FO⊥AC，sin∠FAC=FOAF =√BO2+BF2AF=√2√3，由正弦定理得△ACF外接圆直径2R=CFsin∠FAC =√2，R=2√2，三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△ACF的外接圆，其面积为πR2=9π8，④正确，所以所给命题中正确命题的序号是①③④.故选：D小提示：名师点评两个平面互相垂直，则一个平面内任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上. 双空题13、任意一个平面截球所得的图形是____________，任意一个平面截球面所得的图形是____________．答案：一个圆面一个圆分析：根据球的特征分析即可.任意一个平面截球所得的图形是一个圆面，任意一个平面截球面所得的图形是一个圆，所以答案是：一个圆面，一个圆14、在一个正方形P1P2P3P4内有一个小正方形ABCD和四个全等的等边三角形（如图1）．将四个等边三角形折起来，使P1、P2、P3、P4重合于点P，且折叠后的四棱锥P−ABCD（如图2）的外接球的表面积是64π，则四棱锥P−ABCD的侧棱PA的长为______；若在四棱锥P−ABCD内放一个正方体，使正方体可以在四棱锥P−ABCD内任意转动，则该正方体棱长的最大值为______．答案：4√24−4√33分析：确定四棱锥P－ABCD的外接球球心的位置，进而根据外接球表面积求得正四棱锥棱长；先求得四棱锥P －ABCD的内切球的半径，那么在四棱锥P－ABCD内放一个正方体的体对角线不超过内切球直径时，便可以在四棱锥内部任意转动，由此可求得答案.连接AC，BD交于点O，则易得△APC,△BPD是等腰直角三角形，则O是正四棱锥外接球的球心，正四棱锥的所有棱都相等，设其为x，则外接球的半径是OA=√22x，所以4π(√22x)2=64π，x=4√2，即PA=4√2，因此PO=OA=√22x=4，故四棱锥P－ABCD的体积13x2⋅PO=13×(4√2)2×4=1283.设四棱锥P－ABCD的内切球半径为R，四棱锥的表面积：S=4S△PAB+S ABCD=4×√34×(4√2)2+(4√2)2=32√3+32，所以四棱锥的体积V S−ABCD=1283=13(S△SAB+S ABCD)R=13SR，则R=32√3+32=√3+1，在四棱锥P－ABCD内放一个正方体的体对角线不超过内切球直径时，便可以在四棱锥内部任意转动，设放入四棱锥S－ABCD内部的小正方体棱长为a，则√3a≤2R=√3+1=4√3−4，故a≤4−4√33，故a最大为4−4√33，所以答案是：4√2，4−4√33.15、2020年底，中国科学家成功构建了76个光子的量子计算机“九章”，推动全球量子计算的前沿研究达到一个新高度.该量子计算机取名“九章”，是为了纪念中国古代著名的数学专著《九章算术》.在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”.如图，棱柱ABC−A1B1C1为一“堑堵”，P是BB1的中点，AA1=AC=BC=2，则在过点P且与AC1平行的截面中，当截面图形为等腰梯形时，该截面的面积等于___________，该“堑堵”的外接球的表面积为___________.12π答案：3√32分析：取E、F、G分别为AA1、A1C1、B1C1的中点，分析出四边形PEFG为等腰梯形，求其面积可得结果；然后将三棱柱ABC−A1B1C1补成正方体ACBQ−A1C1B1Q1，计算出三棱柱ABC−A1B1C1的外接球半径，结合球体表面积公式可得结果.如图，取E、F、G分别为AA1、A1C1、B1C1的中点，∵F、G分别为A1C1、B1C1的中点，则FG//A1B1且FG=1A1B1，2在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1//BB1且AA1=BB1，因为E、P分别为AA1、BB1的中点，则A1E//B1P且A1E=B1P，所以，四边形A1B1PE为平行四边形，∴PE//A1B1且PE=A1B1，∵A1C1=B1C1且F、G分别为A1C1、B1C1的中点，则EF=√A1E2+A1F2=√B1P2+B1G2=PG=√2，所以，四边形PEFG是等腰梯形，当E不是AA1中点时，PE不平行平面A1B1C1，则四边形PEFG不是等腰梯形，等腰梯形有且仅有一个，取PE的中点D，连接DF、DG，∵FG=12A1B1=√2=12PE，FG//EP，且点D为PE的中点，则FG//DE且FG=DE，所以，四边形DEFG为平行四边形，可得DG=EF=√2，同理可得DF=PG=√2，所以，△DEF、△PDG、△DFG均为等边三角形，S梯形PEFG =3×√34×(√2)2=3√32.将三棱柱ABC−A1B1C1补成正方体ACBQ−A1C1B1Q1，则外接球的半径R=√3，表面积为4πR2=12π.所以答案是：3√32；12π.小提示：方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.16、蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动，如图所示．已知某“鞠”的表面上有四个点A，B，C，D满足AB=BC=CD=DA=DB=10cm，AC=15cm，则点A到平面BCD的距离为______cm，该“鞠”的表面积为___________cm2．答案：152700π3分析：设球心为O，设△BCD的中心为O′，取BD的中点F，连接AF,CF,OO′,OB,O′B,AO，根据线面垂直的判定可证得BD⊥平面AFC，从而求解三角形可求得∠AFC=120°，在平面AFC中过点A作CF的垂线，与CF的延长线交于点E，由BD⊥平面AFC，得BD⊥AE，故AE⊥平面BCD，过点O作OG⊥AE于点G，解三角形可求得点A到平面BCD的距离．设球的半径为R，OO′=x cm，根据勾股定理建立方程可求得球半径，由此可得答案.由已知得△ABD,△CBD均为等边三角形．如图所示，设球心为O，设△BCD的中心为O′，取BD的中点F，连接AF,CF,OO′,OB,O′B,AO，则AF⊥BD,CF⊥BD，得BD⊥平面AFC，则AF=CF=5√3cm，而AC=15cm，所以∠AFC=120°．在平面AFC 中过点A 作CF 的垂线，与CF 的延长线交于点E ，由BD ⊥平面AFC ，得BD ⊥AE ，故AE ⊥平面BCD ， 过点O 作OG ⊥AE 于点G ，则四边形O ′EGO 是矩形．则O ′B =BCsin60°×23=10√33(cm )，O ′F =12O ′B =5√33(cm )， AE =AFsin60°=152(cm )，即点A 到平面BCD 的距离为152cm ，EF =AFsin30°=5√32(cm )． 设球的半径为R ，OO ′=x cm ，则由OO ′2+O ′B 2=OB 2,OA 2=AG 2+GO 2，得x 2+1003=R 2，(5√32+5√33)2+(152−x)2=R 2， 解得x =5cm ,R =√1753cm ，故三棱锥A −BCD 外接球的表面积S =4πR 2=700π3(cm 2)． 所以答案是：152；700π3.小提示：方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.17、把底面半径为4cm 的圆锥放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S 滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身滚动了2周，则圆锥的母线长为___________cm ，该圆锥内切球半径等于___________cm .答案： 8 4√33分析：设圆锥的母线长为l ，根据圆锥侧面积求法及已知可得πl 2=8πl 求得母线长，进而可知轴截面为等边三角形，结合圆锥内切球性质即可求其半径.设圆锥的母线长为l ，如图，以S 为圆心，SA 为半径的圆的面积S =πl 2.又圆锥的侧面积S=πrl=4πl.根据圆锥在平面内转到原位置时，圆锥本身滚动了2周，则πl2=2×4πl，可得l=8cm.∴圆锥轴截面为等边三角形，若内切球半径为R，如上图有：R=OH=√36AB=4√33cm，所以答案是：8，4√33.解答题18、如图，SA、SB是圆锥SO的两条母线，O是底面圆的圆心，底面圆半径为10，C是SB的中点，∠AOB=60°，AC与底面所成角为45°，求此圆锥的侧面积．答案：200π．分析：先求出AK，再求出CK，从而得到SO，最后根据侧面积公式计算即可.如图，作CK⊥OB于K，连接AK．根据题意，得∠CAK为AC与底面所成角，∠CAK=45°．在△AOK中，∠AOK=60°易知△AOB是正三角形，且有AK⊥OB，OA=10，OK=5，AK=AOsin60°=5√3．因此在等腰Rt△CKA中，CK=5√3，所以SO=10√3，SB=√102+(10√3)2=20．=πrl=π×10×20=200π．则S侧19、如图，在四棱锥M−ABCD中，四边形ABCD为梯形，∠ABC=∠BAD=90∘，BC//AD，AD=2AB=2BC（1）若E为MA中点，证明：BE//面MCD（2）若点M在面ABCD上投影在线段AC上，AB=1，证明：CD⊥面MAC.答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.解析：（1）取MD中点为F，连接EF，CF，四边形BCFE为平行四边形，所以BE//CF，利用线面平行的性质定理即可证明；（2）利用勾股定理证明AC⊥CD，设点M在面ABCD上投影在线段AC上设为点H，再利用已知条件证明MH⊥CD，利用线面垂直的判断定理即可证明.（1）取MD中点为F，连接EF，CF，则EF为△MAD中位线，∴EF//12AD且EF=12AD，又∵四边形ABCD是直角梯形，AD=2AB=2BC∴BC//12AD，BC=12AD∴BC//EF且BC=EF，∴四边形BCFE为平行四边形，所以BE//CF，因为BE⊄面MCD，CF⊂面MCD，所以BE//面MCD.（2）∵在四棱锥M−ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，AD=2AB=2BC=2，∠ABC=∠BAD=90∘，∴AC=CD=√12+12=√2∴AC2+CD2=AD2，∴AC⊥CD，设点M在面ABCD上投影在线段AC上，设为点H，∴MH⊥面ABCD，CD⊂面ABCD，∴MH⊥CD，又∵AC⊥CD，AC∩MH=H，∴CD⊥面MAC.小提示：方法点睛：证明直线与平面平行的常用方法（1）定义法：证明直线与平面没有公共点，通常要借助于反证法来证明；（2）判定定理：在利用判断定理时，关键找到平面内与已知直线平行的直线，常考虑利用三角形中位线、平行四边形的对边平行或过已知直线作一平面，找其交线进行证明；20、我国已出现了用3D 打印技术打印出来的房子，其耗时只有几个小时，其中有一尺寸如图所示的房子．不计屋檐，求其表面积和体积．答案：360+80√6−32√3−80√2，800−160√3.分析：根据实体图，得出如图所示空间几何体，上面是三棱柱和下面是长方体的组合体，进行计算即可得解.如图所示，该房子的几何图形为，上面是三棱柱和下面是长方体的组合体，由AD =8,∠EAD =∠EDA =15∘，∠AED =150∘，所以AD 2=AE 2+ED 2−2AE ⋅EDcos150°，可得AE 2=ED 2=2+√3，AE =ED √2√3+1 所以S △AED =12AE ⋅EDsin150∘=2+√3， 所以底下长方体的面积为S 1=8×10+6×8×2+10×6×2=296，上面三棱柱的面积为S2=2+√32+10√2√3+12=2+√3+√2√3+1，所以房子的表面积为S=S1+S2=360+80√6−32√3−80√2，体积V=(6×8+2+√3)×10=800−160√3.。
人教版八年级数学知识点梳理立体几何与空间形
人教版八年级数学知识点梳理立体几何与空间形【人教版八年级数学知识点梳理】立体几何与空间形立体几何是数学中的一个重要分支，与平面几何共同构成了几何学的两个基本领域。
而在数学课程中，立体几何与空间形也是八年级的数学学习内容之一。
本文将对人教版八年级数学中与立体几何与空间形相关的知识点进行梳理和总结，希望能够帮助学生更好地掌握这一部分内容。
一、点、直线、平面及其位置关系在立体几何与空间形的学习中，首先要了解的是点、直线、平面及其位置关系。
点是几何中最基本的图形元素，它没有长度、宽度和高度，只有位置。
直线是由无数个点组成的一维图形，没有宽度和厚度。
平面是由无数个点和直线组成的二维图形，它有无限的长度与宽度。
在空间中，点可以在平面内、平面外或平面上。
而直线也可以在平面内、平面外或平面上。
平面可以与另一个平面相交、平行或重合。
掌握了点、直线、平面及其位置关系的概念，可以为后续的学习打下基础。
二、立体图形的认识与分类在立体几何与空间形的学习中，我们还需要认识和分类立体图形。
立体图形是由有限条线段组成，并封闭起来的图形。
常见的立体图形有正方体、长方体、圆柱体、圆锥体、球体等。
正方体是一种六个面全部都是正方形的立体图形，它有八个顶点、十二条棱和六个面。
长方体是一种六个面全部都是长方形的立体图形，它有八个顶点、十二条棱和六个面。
圆柱体是一种两个底面相等的圆柱形，它有两个底面、一个称为侧面的矩形和一个称为轴线的直线。
圆锥体是一种底面是一个圆形的锥形，它有一个底面、一个称为侧面的三角形和一个称为轴线的直线。
球体是由空间中的一个定点到这个点距离相等的各个点构成的图形。
对于立体图形的分类，学生需要学会根据面的特征进行分类，如几何体的底面、顶面、侧面等。
同时，学生还需了解立体图形的性质和特点，这有助于进一步认识和理解立体图形。
三、立体图形的表面积与体积计算在学习立体几何与空间形过程中，学生需要掌握计算立体图形的表面积与体积。
人教版高三数学必修二知识点总结：立体几何初步
1、柱、錐、臺、球的結構特徵(1)棱柱：定義：有兩個面互相平行，其餘各面都是四邊形，且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行，由這些面所圍成的幾何體。
分類：以底面多邊形的邊數作為分類的標準分為三棱柱、四棱柱、五棱柱等。
表示：用各頂點字母，如五棱柱或用對角線的端點字母，如五棱柱幾何特徵：兩底面是對應邊平行的全等多邊形;側面、對角面都是平行四邊形;側棱平行且相等;平行於底面的截面是與底面全等的多邊形。
(2)棱錐定義：有一個面是多邊形，其餘各面都是有一個公共頂點的三角形，由這些面所圍成的幾何體分類：以底面多邊形的邊數作為分類的標準分為三棱錐、四棱錐、五棱錐等表示：用各頂點字母，如五棱錐幾何特徵：側面、對角面都是三角形;平行於底面的截面與底面相似，其相似比等於頂點到截面距離與高的比的平方。
(3)棱臺：定義：用一個平行於棱錐底面的平面去截棱錐，截面和底面之間的部分分類：以底面多邊形的邊數作為分類的標準分為三棱態、四棱臺、五棱臺等表示：用各頂點字母，如五棱臺幾何特徵：①上下底面是相似的平行多邊形②側面是梯形③側棱交於原棱錐的頂點(4)圓柱：定義：以矩形的一邊所在的直線為軸旋轉,其餘三邊旋轉所成的曲面所圍成的幾何體幾何特徵：①底面是全等的圓;②母線與軸平行;③軸與底面圓的半徑垂直;④側面展開圖是一個矩形。
(5)圓錐：定義：以直角三角形的一條直角邊為旋轉軸,旋轉一周所成的曲面所圍成的幾何體幾何特徵：①底面是一個圓;②母線交於圓錐的頂點;③側面展開圖是一個扇形。
(6)圓臺：定義：用一個平行於圓錐底面的平面去截圓錐，截面和底面之間的部分幾何特徵：①上下底面是兩個圓;②側面母線交於原圓錐的頂點;③側面展開圖是一個弓形。
(7)球體：定義：以半圓的直徑所在直線為旋轉軸，半圓面旋轉一周形成的幾何體幾何特徵：①球的截面是圓;②球面上任意一點到球心的距離等於半徑。
2、空間幾何體的三視圖定義三視圖：正視圖(光線從幾何體的前面向後面正投影);側視圖(從左向右)、俯視圖(從上向下)注：正視圖反映了物體上下、左右的位置關係，即反映了物體的高度和長度;俯視圖反映了物體左右、前後的位置關係，即反映了物體的長度和寬度;側視圖反映了物體上下、前後的位置關係，即反映了物體的高度和寬度。
立体几何中的向量方法-人教版高中数学
知识图谱-利用向量方法求线线角与线面角-利用向量方法求二面角-利用向量方法求距离直线与直线的夹角直线与平面的夹角向量法求二面角含有参数的二面角求法点到点线面的距离线与线面的距离第03讲_立体几何中的向量方法错题回顾利用向量方法求线线角与线面角知识精讲一．用向量方法求线线角与线面角1．两条异面直线所成的角（1）定义：设是两条异面直线，过空间任一点作直线，则与所夹的锐角或直角叫做所成的角；（2）范围：两异面直线所成的角的取值范围是；（3）向量求法：设直线的方向向量为，其夹角为，则有．2．直线与平面所成的角（1）定义：直线与平面所成的角，是指直线与它在这个平面内的射影所成的角；（2）斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所称角中最小的角；（3）范围：直线和平面所成角的取值范围是；（4）向量求法：设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的夹角为，则有或，此外还可以根据定义得到直线与平面所成的角如下图：．三点剖析一．方法点拨1．在用向量法求两条直线的夹角时，如果两条直线方向向量的夹角余弦值是负数时，则取绝对值，要正数，因为两条直线的夹角范围是．2．在用向量法求直线与平面的夹角时，如果算出的是负值时，则线面角的正弦值也需要取正值．题模精讲题模一直线与直线的夹角例1.1、已知是异面直线，，且，则所成的角是( )B、A、C、D、例1.2、如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，A B=，BC=1，PA=2，E为PD的中点．（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，并求出N点到AB和AP的距离．例1.3、如图所示，正四面体的高的中点为的中点为．（1）求证：两两垂直；（2）求．题模二直线与平面的夹角例2.1、若斜线段的长度是它在平面内的射影长的倍，则与所成角的正切值为__________．例2.2、直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，侧棱，分别是的中点，点在平面上的射影是．求与平面所成角的大小（结果用正弦值表示）．例2.3、已知三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=AC=AB，N为AB上一点，AB=4AN，M，S分别为PB，BC的中点．（Ⅰ）证明：CM⊥SN；（Ⅱ）求SN与平面CMN所成角的大小．例2.4、如图，在三棱锥中，底面，，为的中点，为的中点，，．（1）求证：平面；（2）求与平面成角的正弦值；（3）设点在线段上，且，平面，求实数的值．随堂练习随练1.1、若异面直线的方向向量分别是，则异面直线与的夹角的余弦值等于( )A、B、C、D、随练1.2、在棱长为1的正方体中，分别是的中点，在棱上，且，的中点，应用空间向量方法求解下列问题。
人教版初三数学上册《立体几何》教案
人教版初三数学上册《立体几何》教案一、教学目标通过本节课的研究，学生应能够：- 理解立体几何的基本概念和术语；- 辨别不同的立体形状，并能够描述它们的特征；- 掌握计算立体形状的表面积和体积的方法；- 能够灵活运用所学知识解决相关数学问题。
二、教学内容本节课主要包括以下内容：1. 立体几何的基本概念介绍；2. 立体形状的分类和特征描述；3. 立体形状的表面积计算方法；4. 立体形状的体积计算方法；5. 综合运用所学知识解决实际问题。
三、教学重点和难点1. 教学重点：立体形状的分类和特征描述，表面积和体积的计算方法。
2. 教学难点：辨别不同的立体形状和运用计算方法解决实际问题。
四、教学准备为了顺利进行本节课的教学，需要准备以下教学资源和器材：1. 人教版初三数学上册教材《立体几何》相关内容；2. 讲台和黑板；3. 相关的立体模型和图片；4. 计算器。
五、教学过程本节课的教学过程分为以下几个环节：1. 导入新知：通过展示立体模型，引发学生对立体几何的兴趣，并提出问题引导学生思考。
2. 示范演示：讲解立体形状的分类和特征描述，以及表面积和体积的计算方法，并在黑板上进行示范演示。
3. 学生练：学生进行小组或个人练，解决一些基本的立体几何问题，并相互交流讨论。
4. 教师辅导：教师巡视和辅导学生的研究，解答他们遇到的问题，引导他们探索并理解知识。
5. 拓展应用：给学生提出一些实际生活中的问题，要求他们灵活运用所学知识解决。
6. 小结归纳：总结本节课的研究内容，并帮助学生理解和记忆重点知识。
7. 课堂作业：布置相关的课后作业，巩固学生对本节课内容的理解和掌握。
六、教学评价针对本节课的教学目标，通过下列方式对学生的研究进行评价：1. 观察学生在课堂上的参与程度和研究态度；2. 检查学生在课堂练中的表现和解决问题的能力；3. 收集学生完成的作业，评价他们对所学知识的掌握程度。
七、教学反思通过本节课的教学，我发现学生对立体几何的兴趣较高，能够较好地理解和掌握所学知识。
人教版高中数学必修2立体几何题型归类总结资料讲解
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图 14 15．一个棱锥的三视图如图图 9-3-7，则该棱锥的全面积（单位： cm2 ）_____________.
正视图
左视图
俯视图 图 15
16．图 16 是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是_____________.
D'
C'
A'
C'
A'
B'
O
O
D
C
A
B
A
c
注：球的有关问题转化为圆的问题解决.
球面积、体积公式：
S球
4
R2 ,V球
4 3
R3 （其中
R
为球的半径）
平行垂直基础知识网络★★★
平行与垂直关系可互相转化
平行关系 平面几何知
1. a ,b a // b 2. a ,a // b b
3. a , a //
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另一条与其相交；（2）可将两条一面直线同时平移至某一特殊位置。常用中位线平移法 二 证：证明所找（作）的角就是异面直线所成的角（或其补角）。常需要证明线线平行； 三计算：通过解三角形，求出异面直线所成的角；
2 求直线与平面所成的角 0,90 ：关键找“两足”：垂足与斜足
正视图
俯视图
图 10
11. 如图 11 所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为 1 的正方形，俯视图是一
个直径为 1 的圆，那么这个几何体的全面积为_____________.
图
图 11
图 12
图 13
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立体几何一. 本周教学内容： 立体几何二. 教学要求及重点难点：1. 掌握线线、线面、面面、平行、垂直的判定定理和性质定理及其应用。
2. 掌握异面直线成角、线面成角、二面角的概念和求法。
3. 了解多面体的概念，掌握柱、锥、球的基本性质。
三. 知识串讲 直线与平面（一）平行与垂直关系的论证由判定定理和性质定理构成一套完整的定理体系，在应用中：低一级位置关系判定高一级位置关系；高一级位置关系推出低一级位置关系，前者是判定定理，后者是性质定理。
1. 线线、线面、面面平行关系的转化：a c//⇒αβαγβγ//,// ==⇒⎫⎬⎭a b a b面面平行性质 线面平行性质a ab a b////αβαβ⊂=⇒⎫⎬⎪⎭⎪面面平行性质1αβαβ////a a ⊂⇒⎫⎬⎭面面平行性质αγβγαβ//////⎫⎬⎭⇒2. 线线、线面、面面垂直关系的转化：a a OA a PO a PO a AO⊂⊥⇒⊥⊥⇒⊥αα在内射影则面面垂直判定线面垂直定义l a la⊥⊂⇒⊥⎫⎬⎭αα面面垂直性质，推论2αβαββα⊥=⊂⊥⇒⊥⎫⎬⎪⎭⎪ b a a b a , αγβγαβγ⊥⊥=⇒⊥⎫⎬⎪⎭⎪ a a面面垂直定义αβαβαβ =--⇒⊥⎫⎬⎭l l ，且二面角成直二面角3. 平行与垂直关系的转化：面面∥面面平行判定2 线面垂直性质2a b a b //⊥⇒⊥⎫⎬⎭αα a b a b⊥⊥⇒⎫⎬⎭αα//a a ⊥⊥⇒⎫⎬αβαβ//αβαβ//a a ⊥⊥⎫⎬⎭4. 应用以上“转化”的基本思路——“由求证想判定，由已知想性质。
”5. 唯一性结论：①过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行②过空间一点，有且只有一条直线与已知平面垂直③过空间一点，有且只有一个平面与已知直线垂直应用中常用于反证法或同一法⎫⎬⎪⎭⎪""""（二）空间中的角 1. 三类角的定义：（1）异面直线所成的角θ：0°＜θ≤90°（2）直线与平面所成的角：0°≤θ≤90° （时，∥或）θαα=︒⊂0b b（3）二面角：二面角的平面角θ，0°＜θ≤180°2. 三类角的求法：转化为平面角“一找、二作、三算” 即：（1）找出或作出有关的角； （2）证明其符合定义； （3）指出所求作的角； （4）计算大小。
（三）空间距离：将空间距离转化为两点间距离——构造三角形、解三角形、求该线段的长，或者由“体积法”求点到平面的距离。
简单多面体与球（一）棱柱（两底面平行，侧棱平行的多面体）性质侧棱都相等；侧面是平行四边形；对角面是平行四边形；两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；直截面周长侧棱长；底面积高直截面面积侧棱长。
侧柱S V =⨯=⨯=⨯⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪C 1B 1A B（二）棱锥（底面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形所围成的多面体）V 锥底面积高=⨯13正棱锥的性质： l —侧棱 a —底边长h —高，h’—斜高R —底面正多边形半径 r —边心距α—侧面与底面成角θ—侧棱与底面成角，°∠=BOE n180 侧棱都相等，侧面都是全等的等腰三角形四个直角三角形（如图所示）及元素之间的关系°Rt SOB h l R h l Rt SOE h h r l a r Rt SEB R l h r a a n Rt OEB∆∆∆∆=-===+=+==-=+=⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪222222222214142180'sin sin 'cos sin αθαS ch c 正棱锥侧—底面周长=12'()C如果棱锥被平行于底面的平面所截，那么截面和底面相似，并且它们面积的比等于截得的棱锥的高与已知棱锥的高的平方比。
即截底S S h h=122 如图所示，、是两个平行截面且S S O O O O12211λ=则S S S 121=++λλ简单多面体的顶点数V ，面数F ，棱数E ，则V+F-E=2，称之为欧拉公式。
（三）球（半圆以它的直径为旋转轴，旋转所成的曲面叫做球面，球面所围成的几何体叫做球体，简称球）性质球心和截面圆心的连线垂直于截面，且球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆经过两点的大圆的劣弧长度叫做两点的球面距离（海里：海面上地球球心角所对的大圆弧长，海里）球面球r R d km S R V R =-≈==⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪22231101853443,'.ππθ—纬度角（OP 与赤道大圆面所成角） α—经度角（以SN 为棱的二面角）E结论：①球内接长方体的体对角线等于球的直径；②正四面体的外接球与内切球的半径之比为3：1。
【典型例题】例1. 下列五个正方体图形中，l 是正方体的一条对角线，M 、N 、P 分别为其所在棱的中点，能得到l ⊥面MNP 的图形的序号是________________。
（1） （2） （3）（4） （5）N解：如图所示，设正方体为ABCD —A 1B 1C 1D 1在图①中，连结AB 1，则AB 1⊥MN ，又AB 1是AC 1在侧面ABB 1A 1内的射影。
E 11∴AC 1⊥MN ，同理AC 1⊥MP ∴AC 1⊥平面MNP ∴①符合。
在图②中，延长MP 交C 1D 1的延长线于E ，连结NE ， 若AC 1⊥面MNP ，则AC 1⊥NE 。
又C 1D 是AC 1在侧面CC 1D 1D 内射影 又CD 1⊥C 1D ∴AC 1⊥CD∴AC 1⊥面CC 1D 1D 矛盾。
∴②不符合。
在图③中平面PMN 与图①的平面MNP 不是同一平面，它们又过同一点。
∴图③不符合。
在图④中，易证AC 1⊥MP ，AC 1⊥BD 1， 又易证MN//BD 1 ∴AC 1⊥面MPN ∴④符合如下图所示，可知⑤与④中的平面MNP 实际上为同一平面 ∴⑤也符合。
答案是：①④⑤。
N例2. 在梯形ABCD 中，AB=BC=1，AD=2，∠CBA=∠BAD=90°，沿对角线AC 将△ABC 折起，使点B 在平面ACD 内的射影恰好在AC 上。
（1）求证：AB ⊥平面BCD ；（2）求异面直线BC 与AD 所成的角。
A 2 D2D解：（1）在梯形ABCD 中 AC DC AD ===22，∴+=AC DC AD 222∴⊥⊥AC DC BO ACD ，又平面由三垂线定理知AB ⊥CD又AB ⊥BC 且BC ∩CD=C ∴AB ⊥平面BCD（2）∵BA=BC ，BO ⊥AC∴O 为AC 中点，取CD 中点E ，AB 中点F ，连结OE 、OF 、EF ，则OE//AD ，OF//BC ∵AD 与BC 所成的角为∠EOF 或其补角，作FH//BO 交AC 于H ∵BO ⊥面ACD∴FH ⊥面ACD ，连结HE∴=+=++=⎛⎝ ⎫⎭⎪+⎛⎝ ⎫⎭⎪+⎛⎝ ⎫⎭⎪=EF FH HE FH CH CE 222222222243242274在中，又，∆EFO FO EO ==121 由余弦定理知cos ∠=+-=-EOF FO EO EF FO EO 222212·∴∠=E O F 120°故异面直线BC 与AD 所成的角为60°。
例3. 如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD=DC ，E 是PC 的中点。
（1）证明：PA//平面EDB ；（2）求EB 与底面ABCD 所成角的正切值。
（1）证明：连结AC 交BD 于O ，连结EO ∵底面ABCD 是正方形∵点O 是AC 中点，在△PAC 中，EO 是中位线 ∴PA//EO又平面，且平面EO EDB PA EDB ⊂⊄ ∴PA//平面EDB（2）作EF ⊥DC 交CD 于F ，连结BF ，设正方形ABCD 的边长为a ∵PD ⊥底面ABCD ∴⊥PD DC∴EF PD E PC //，又为中点∴F 为DC 的中点∴EF ⊥平面ABCD ，BC 为BE 在底面ABCD 内的射影，故∠EBF 为直线EB 与底面ABCD 所成的角。
在中，Rt BCF BF BC CF a a a ∆=+=+⎛⎝ ⎫⎭⎪=2222252EF PD a==122∴∠===在中，Rt EFB EBF EF BF aa ∆tan 25255 ∴EB ABCD 与底面所成的角的正切值为。
55例4. （04年全国卷III ，21）三棱锥P —ABC 中，侧面PAC 与底面ABC 垂直，PA=PB=PC=3。
（1）求证：AB ⊥BC ；（）如果，求侧面与侧面所成二面角的大小。
223AB BC PBC PAC ==C（1）证明：取AC 中点D ，连结PD 、BD 因为PA=PC ，所以PD ⊥AC 又已知面PAC ⊥面ABC ∴PD ⊥面ABC ∵PA=PB=PC ∴DA=DB=DC可知AC 为△ABC 外接圆直径 因此，AB ⊥BC 。
C（2）∵AB=BC ，D 为AC 中点 ∴BD ⊥AC ，又面PAC ⊥面ABC ∴BD ⊥平面PAC ，D 为垂足作DE ⊥PC 于E ，连结BE ，则BE ⊥PC ∴∠BED 为二面角B —PC —D 的平面角。
又在中，··Rt ABC BD AC ∆===12122326 在，Rt PDC PD PC DC ∆=-=-=2222363由··DE PC PD DC =∴=⨯=DE 3632在中，Rt BDE BED BDDE∆tan ∠===623 ∴∠=BED 60°所以侧面PBC 与侧面PAC 所成的角为60°。
评述：本题主要考查两个平面垂直的性质，二面角等有关知识，以培养逻辑思维能力和空间想象能力。
例5. （04年全国卷II ，20）如图所示，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB=90°，AC CB AA AA B B D B C ===12111111，，侧棱，侧面的两条对角线交点为，的中点为M 。
（1）求证：CD ⊥平面BDM ；（2）求面B 1BD 与面CBD 所成二面角的大小。
A 1 A 1B B 1（1）证明：如图所示，连结，，，则CA AC CM CA 1112=CB CA ==12∴△CBA 1为等腰三角形 又知D 为底边A 1B 中点 ∴CD ⊥A 1B∵D 为B 1A 中点，M 为B 1C 1中点 ∴DM//AC 1又AA 1C 1C 为正方形 ∴AC 1⊥A 1C及面BC AC BC CC BC AA C C ⊥⊥⎫⎬⎭⇒⊥111∴⊥⊥⎫⎬⎭⇒⊥BC AC A C AC AC A BC 11111又面∴⊥DM A BC 面1∴⊥⊥=⎫⎬⎪⎭⎪⇒⊥DM CDA B CD DM A B D CD BDM 又及面11A 1 A 1B B 1（）侧面中，，211231111122AA BB BB A B ==+=∴==+=AB A B 1122132 ∴==B D BD 11∴△B 1BD 为正三角形，取BD 中点E ，及BC 中点F ，连B 1E 、EF ，则B 1E ⊥BD ，EF//CD 。