最新届高中数学专题:立体几何专题(学生版)

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2024年新高考版数学专题1_8.1 空间几何体的表面积和体积(分层集训)

2024年新高考版数学专题1_8.1 空间几何体的表面积和体积(分层集训)

.
答案 6
3
C.12 3 +6 答案 C
D.12 3 +8
3.(2015课标Ⅱ,9,5分)已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球 面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为 () A.36π B.64π C.144π D.256π 答案 C
4.(2020课标Ⅰ,文12,理10,5分)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O1 为△ABC的外接圆.若☉O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积 为( ) A.64π B.48π C.36π D.32π 答案 A
2.(2022武汉部分重点中学联考,3)若一圆台的上底面半径为1,且上、下底
面半径和高的比为1∶2∶ 3 ,则圆台的体积为 ( )
A. 7 3
3
B.7 3
答案 C
C. 7 3
3
D.7 3π
3.(2023届浙南名校联盟联考,4)直三棱柱ABC-A1B1C1的各个顶点都在同
一球面上,若AB=3,AC=AA1=2,∠BAC=
考法二 与球有关的切、接问题 考向一 空间几何体的外接球问题
1.(2020天津,5,5分)若棱长为2 3 的正方体的顶点都在同一球面上,则该球 的表面积为 ( ) A.12π B.24π C.36π D.144π 答案 C
2.(2020课标Ⅱ理,10,5分)已知△ABC是面积为9 3 的等边三角形,且其顶
2
将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的
体积为 ( )
A. 2
3
B. 4
3
答案 C
C. 5
3
D.2π
3.(多选)(2023届湖北摸底联考,10)折扇是我国古老文化的延续,在我国已

高中数学立体几何专题

高中数学立体几何专题

高中课程复习专题——数学立体几何一 空间几何体 ㈠ 空间几何体的类型1 多面体:由若干个平面多边形围成的几何体.围成多面体的各个多边形叫做多面体的面,相邻两个面的公共边叫做多面体的棱,棱与棱的公共点叫做多面体的顶点.2 旋转体:把一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转形成了封闭几何体。

其中,这条直线称为旋转体的轴。

㈡ 几种空间几何体的结构特征 1 棱柱的结构特征1.1 棱柱的定义:有两个面互相平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行,由这些面所围成的几何体叫做棱柱。

1。

2 棱柱的分类1。

3 棱柱的性质⑴ 侧棱都相等,侧面是平行四边形;⑵ 两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形; ⑶ 过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形; ⑷ 直棱柱的侧棱长与高相等,侧面的对角面是矩形。

1.4 长方体的性质⑴ 长方体的一条对角线的长的平方等于一个顶点上三 条棱的平方和:AC 12 = AB 2 + AC 2 + AA 12⑵ 长方体的一条对角线AC 1与过定点A 的三条棱所成 的角分别是α、β、γ,那么:cos 2α + cos 2β + cos 2γ = 1 sin 2α + sin 2β + sin 2γ = 2⑶ 长方体的一条对角线AC 1与过定点A 的相邻三个面所组成的角分别为α、β、γ,则:cos 2α + cos 2β + cos 2γ = 2 sin 2α + sin 2β + sin 2γ = 11。

5 棱柱的侧面展开图:正n 棱柱的侧面展开图是由n 个全等矩形组成的以底面周长和侧棱为邻边的矩形。

图1-1 棱柱图1-2 长方体图1-1 棱柱1。

6 棱柱的面积和体积公式S 直棱柱侧面 = c ·h (c 为底面周长,h 为棱柱的高) S 直棱柱全 = c ·h+ 2S 底 V 棱柱 = S 底 ·h 2 圆柱的结构特征2—1 圆柱的定义:以矩形的一边所在的直线为旋转轴,其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体叫圆柱. 2-2 圆柱的性质⑴ 上、下底及平行于底面的截面都是等圆; ⑵ 过轴的截面(轴截面)是全等的矩形.2—3 圆柱的侧面展开图:圆柱的侧面展开图是以底面周长和母线长为邻边的矩形. 2—4 圆柱的面积和体积公式S 圆柱侧面 = 2π·r ·h (r 为底面半径,h 为圆柱的高) S 圆柱全 = 2π r h + 2π r 2 V 圆柱 = S 底h = πr 2h 3 棱锥的结构特征 3—1 棱锥的定义⑴ 棱锥:有一个面是多边形,其余各面是有一个公共顶点的三角形,由这些面所围成的几何体叫做棱锥。

2021届高考数学立体几何专题:点到平面的距离(学生版)

2021届高考数学立体几何专题:点到平面的距离(学生版)

立体几何专题点到平面的距离定义:从平面外一点向平面作垂线,这个点与垂足之间的距离叫这个点到平面的距离。

作用:(1)求几何体的体积;(2)求直线与平面所成的角;(3)求二面角;方法一:直接法,根据题意得到平面α外一点P 在平面α内的射影O ,建立三角形,解出PO 的长度。

【题型一】根据已知条件直接找出点P 在平面α内的射影。

如:①正棱锥的顶点在底面内的射影是底面正多边形的中心;②侧棱长相等的棱锥的顶点在底面内的射影是底面多边形的外心;③三棱锥P ﹣ABC 的三侧棱两两垂直,则顶点在底面的射影是底面三角形的垂心;【典例】在三棱锥P ﹣ABC 中,PA=PB=PC=AC ,AB ⊥BC ,求PB 与底面ABC 所成角的大小.【题型二】利用平面与平面垂直的性质定理,找出点P 在平面α内的射影。

【典例1】(2011重庆文)如图,在四面体ABCD 中,平面ABC ⊥平面ACD ,AB ⊥BC ,AC=AD=2,BC=CD=1.(Ⅰ)求四面体ABCD 的体积;(Ⅱ)求二面角C ﹣AB ﹣D 的平面角的正切值。

【典例2】(2012年天津文)如图,在四棱锥P ﹣ABCD 中,底面ABCD 是矩形,AD ⊥PD ,BC=1,PC=32,PD=CD=2.(I )求异面直线PA 与BC 所成角的正切值;(II )证明:平面PDC ⊥平面ABCD ;(III )求直线PB 与平面ABCD 所成角的正弦值。

ABCPABCPD ABCD【题型三】根据已知条件,证明PO ⊥α.【典例1】(2016全国Ⅱ)如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,点E ,F 分别在AD ,CD 上,AE=CF ,EF 交BD 于点H ,将△DEF 沿EF 折到△D′EF 的位置.(Ⅰ)证明:AC ⊥HD′;(Ⅱ)若AB=5,AC=6,AE=45,OD′=22,求五棱锥D′﹣ABCFE 的体积【典例2】如图,长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形,点E 在棱AA 1上,AE =A 1E ,AB =3,BE ⊥EC 1.(1)求BC 1与平面EB 1C 1所成角的正弦值;(2)求四棱锥11E BB C C -的体积.方法二:平行线转移法若直线l ∥α,则直线l 上任意一点到平面α的距离相等。

高中数学立体几何专项训练电子版

高中数学立体几何专项训练电子版

高中数学立体几何专项训练电子版立体几何是高中数学中的一个重要分支,它不仅要求学生具备良好的空间想象能力,还要求学生能够运用几何知识解决实际问题。

为了帮助学生更好地掌握立体几何的知识点,提高解题技巧,本训练材料将从基础概念、几何体的性质、空间关系的判定与计算等方面进行专项训练。

第一部分:基础概念与性质1. 点、线、面:理解点、线、面在空间中的位置关系,掌握它们的基本性质。

2. 空间直线与平面:学习空间直线与平面的基本概念,包括直线与平面的平行、垂直等性质。

3. 多面体与旋转体:熟悉常见的多面体(如正方体、长方体、棱柱、棱锥等)和旋转体(如圆柱、圆锥、球等)的性质。

第二部分:几何体的表面积与体积计算1. 多面体的表面积:掌握计算正方体、长方体、棱柱、棱锥等多面体的表面积的方法。

2. 多面体的体积:学习如何计算正方体、长方体、棱柱等多面体的体积。

3. 旋转体的表面积与体积:掌握圆柱、圆锥、球等旋转体的表面积和体积的计算公式。

第三部分:空间关系与判定1. 平行关系的判定:学习如何判定空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的平行关系。

2. 垂直关系的判定:掌握空间中点、线、面之间的垂直关系的判定方法。

3. 角度与距离:学习计算空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的角度,以及点到直线、点到平面、点到点之间的距离。

第四部分:综合应用题训练1. 几何体的构造:通过构造几何体解决实际问题,如利用几何体的性质解决空间布局问题。

2. 空间图形的变换:掌握平移、旋转、对称等变换在立体几何中的应用。

3. 实际问题中的立体几何:将立体几何知识应用于解决实际问题,如建筑设计、工程测量等。

第五部分:解题技巧与策略1. 图形的绘制与辅助线:学习如何通过绘制图形和添加辅助线来简化问题。

2. 逻辑推理与证明:掌握逻辑推理的方法,学会如何证明空间几何命题。

3. 解题思路的拓展:培养发散思维,学会从不同角度审视问题,寻找多种解题途径。

高中数学必修二立体几何角的问题-学生版(含几何法和向量法)

高中数学必修二立体几何角的问题-学生版(含几何法和向量法)

立体几何线线、线面、面面所成角的问题几何法1、两异面直线及所成的角:不在同一个平面的两条直线,叫做异面直线,已知异面直线a,b,经过空间任一点O 作直线a '∥a ,b '∥b ,我们把a '与b '所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角).如果两条异面直线所成的角是直角,我们就说这两条直线互相垂直.2、直线和平面所成的角:一条直线PA 和一个平面α相交,但不和这个平面垂直,这条直线叫做这个平面的斜线,斜线和平面的交点A 叫做斜足。

过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线PO ,过垂足O 和斜足A 的直线 AO 叫做斜线在这个平面上的射影。

平面的一条斜线和它在平面内的摄影所成的锐角,叫做这条直线和这个平面所成的角。

一条直线垂直于平面,我们就说它们所成的角是直角。

一条直线和平面平行,或在平面内,我们说它们所成的角是00.3、二面角:从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角。

在二面角βα--l 的棱l 上任取一点O ,以点O 为垂足,在半平面α和β内分别作垂直于棱l 的射线OA 和OB ,则射线OA 和OB 构成的∠AOB 叫做二面角的平面角。

二面角的大小可以可以用它的平面角来度量,二面角的平面角是多少度,就说这个二面角是多少度。

常见角的取值范围:① 异面直线所成的角⎥⎦⎤ ⎝⎛20π,,直线与平面所成的角⎥⎦⎤⎢⎣⎡20π,,二面角的取值范围依次[]π,0② 直线的倾斜角[)π,0、到的角[)π,0、与的夹角的取值范围依次是⎥⎦⎤⎢⎣⎡20π,4、点到平面距离:求点到平面的距离就是求点到平面的垂线段的长度,其关键在于确定点在平面内的垂足,当然别忘了转化法与等体积法的应用. 向量法1、两异面直线及所成的角:设异面直线a ,b 的夹角为θ,方向向量为a ,b ,其夹角为ϕ,则有cos cos a b a bθϕ⋅==.2、直线和平面所成的角:设直线l 的方向向量为l ,平面α的法向量为n ,l 与α所成的角为θ,l 与n 的夹角为ϕ,则有sin cos l n l nθϕ⋅==.3、二面角:设1n ,2n 是二面角l αβ--的两个面α,β的法向量,则向量1n ,2n 的夹角(或其补角)就是二面角的平面角的大小.若二面角l αβ--的平面角为θ,则1212cos n n n n θ⋅=.4、点到平面距离:点P 是平面α外一点,A 是平面α内的一定点,n 为平面α的一个法向量,则点P 到平面α的距离为cos ,n d n nPA⋅=PA 〈PA 〉=.例题例1.长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =AA 1=2,AD =1,E 为CC 1的中点,则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )A.1010B.3010C.21510D.31010例2.已知ABCD 是矩形,PA ⊥平面ABCD ,2AB =,4PA AD ==,E 为BC 的中点.(1)求证:DE ⊥平面PAE ;(2)求直线DP 与平面PAE 所成的角.例3.如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是060DAB ∠=且边长为a 的菱形,侧面PAD 是等边三角形,且平面PAD 垂直于底面ABCD . (1)若G 为AD 的中点,求证:BG ⊥平面PAD ; (2)求证:AD PB ⊥;(3)求二面角A BC P --的大小.例4.在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别为棱AA 1、BB 1的中点,G 为棱A 1B 1上的一点,且A 1G =λ(0≤λ≤1),则点G 到平面D 1EF 的距离为( ) A.3 B.22 C.32λ D.55练习:1、已知四边形ABCD 是空间四边形,,,,E F G H 分别是边,,,AB BC CD DA 的中点,(1)求证:EFGH 是平行四边形;(2)若BD=AC=2,EG=2。

2024届新高考数学大题精选30题--立体几何含答案

2024届新高考数学大题精选30题--立体几何含答案

大题立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2,M是BC的中点,N是AB1的中点,P是B1C1的中点.(1)证明:MN⎳平面A1CP;(2)求点P到直线MN 的距离.2(2024·安徽合肥·二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,M是侧棱PC的中点,侧面PAD为正三角形,侧面PAD⊥底面ABCD.(1)求三棱锥M-ABC的体积;(2)求AM与平面PBC所成角的正弦值.2024届新高考数学大题精选30题--立体几何3(2023·福建福州·模拟预测)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面AA1C1C⊥平面ABC,AB= AC=BC=AA1=2,A1B=6.(1)设D为AC中点,证明:AC⊥平面A1DB;(2)求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值.4(2024·山西晋中·三模)如图,在六面体ABCDE中,BC=BD=6,EC⊥ED,且EC=ED= 2,AB平行于平面CDE,AE平行于平面BCD,AE⊥CD.(1)证明:平面ABE⊥平面CDE;(2)若点A到直线CD的距离为22,F为棱AE的中点,求平面BDF与平面BCD夹角的余弦值.5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC-A1B1C1中,A1在平面ABC内的射影O在棱AC的中点处,P为棱A1B1(包含端点)上的动点.(1)求点P到平面ABC1的距离;(2)若AP⊥平面α,求直线BC1与平面α所成角的正弦值的取值范围.6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P-ABCD中,已知AB∥CD,∠BAD=90°,CD= 2AB,△PAB是正三角形,点M在侧棱PB上且使得PD⎳平面AMC.(1)证明:PM=2BM;(2)若侧面PAB⊥底面ABCD,CM与底面ABCD所成角的正切值为311,求二面角P-AC-B的余弦值.7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日,中央农村工作会议在北京召开,习近平主席对“三农”工作作出指示.某地区为响应习近平主席的号召,积极发展特色农业,建设蔬菜大棚.如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架,四边形ABCD是矩形,AB=8m,AD=4m,ED=CF=1m,且ED,CF都垂直于平面ABCD,GA=GB=5m,HE=HF,平面ABG⊥平面ABCD.(1)求点H到平面ABCD的距离;(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值.8(2024·重庆·模拟预测)如图,ACDE为菱形,AC=BC=2,∠ACB=120°,平面ACDE⊥平面ABC,点F在AB上,且AF=2FB,M,N分别在直线CD,AB上.(1)求证:CF⊥平面ACDE;(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线,若∠EAC=60°,MN为直线CD,AB的公垂线,求ANAF的值;(3)记直线BE与平面ABC所成角为α,若tanα>217,求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围.9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°,使得CD 到EF 的位置,得到如图所示的几何体.(1)求证:平面ACF ⊥平面BDE ;(2)点M 为DF 上一点,若二面角C -AM -E 的余弦值为13,求∠MAD .10(2024·安徽黄山·二模)如图,已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径,C 是圆O 1上异于A ,B 的点,D 是圆台上底面圆O 2上的点,且平面DAC ⊥平面ABC ,DA =DC =AC =2,BC =4,E 是CD 的中点,BF =2FD .(1)证明:DO 2⎳BC ;(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22,A 1B 1=12AB ,M 为BC 中点,已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1 ,其中λ∈0,1 .(1)求证D 1P ⊥AC ;(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37,当λ=23时,求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值.12(2024·辽宁·三模)如图,在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2,AB =1,BC =3,点E 为线段AC 的中点.(1)求证:AB 1∥平面BEC 1;(2)若∠A 1AC =π3,求二面角A -BE -C 1的余弦值.13(2024·广东广州·一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,△DCP是等边三角形,∠DCB=∠PCB=π4,点M,N分别为DP和AB的中点.(1)求证:MN⎳平面PBC;(2)求证:平面PBC⊥平面ABCD;(3)求CM与平面PAD所成角的正弦值.14(2024·广东梅州·二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,底面ABCD 为直角梯形,△PAD为等边三角形,AD⎳BC,AD⊥AB,AD=AB=2BC=2.(1)求证:AD⊥PC;(2)点N在棱PC上运动,求△ADN面积的最小值;(3)点M为PB的中点,在棱PC上找一点Q,使得AM⎳平面BDQ,求PQQC的值.15(2024·广东广州·模拟预测)如图所示,圆台O1O2的轴截面A1ACC1为等腰梯形,AC=2AA1= 2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点,且AB=BC,P是线段BC的中点.(1)求证:C1P⎳平面A1AB.(2)求平面A1AB与平面C1CB夹角的余弦值.16(2024·广东深圳·二模)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C⊥底面ABC,且AB= AC,A1B=A1C.(1)证明:AA1⊥平面ABC;(2)若AA1=BC=2,∠BAC=90°,求平面A1BC与平面A1BC1夹角的余弦值.17(2024·河北保定·二模)如图,在四棱锥P -ABCD 中,平面PCD 内存在一条直线EF 与AB 平行,PA ⊥平面ABCD ,直线PC 与平面ABCD 所成的角的正切值为32,PA =BC =23,CD =2AB =4.(1)证明:四边形ABCD 是直角梯形.(2)若点E 满足PE =2ED ,求二面角P -EF -B 的正弦值.18(2024·湖南衡阳·模拟预测)如图,在圆锥PO 中,P 是圆锥的顶点,O 是圆锥底面圆的圆心,AC 是圆锥底面圆的直径,等边三角形ABD 是圆锥底面圆O 的内接三角形,E 是圆锥母线PC 的中点,PO =6,AC =4.(1)求证:平面BED ⊥平面ABD ;(2)设点M 在线段PO 上,且OM =2,求直线DM 与平面ABE 所成角的正弦值.19(2024·湖南岳阳·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为4的菱形,∠DAB =60°,PA =PC ,PB =PD =210,M 是线段PC 上的点,且PC =4MC .(1)证明:PC ⊥平面BDM ;(2)点E 在直线DM 上,求BE 与平面ABCD 所成角的最大值.20(2024·湖南·二模)如图,直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形,∠ABC =60°,BD 1⊥平面A 1C 1D .(1)求四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积;(2)设点D 1关于平面A 1C 1D 的对称点为E ,点E 和点C 1关于平面α对称(E 和α未在图中标出),求平面A 1C 1D 与平面α所成锐二面角的大小.21(2024·山东济南·二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为直角梯形,AB∥CD,∠DAB=∠PCB=60°,CD=1,AB=3,PC=23,平面PCB⊥平面ABCD,F为线段BC的中点,E为线段PF上一点.(1)证明:PF⊥AD;(2)当EF为何值时,直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74.22(2024·山东潍坊·二模)如图1,在平行四边形ABCD中,AB=2BC=4,∠ABC=60°,E为CD 的中点,将△ADE沿AE折起,连结BD,CD,且BD=4,如图2.(1)求证:图2中的平面ADE⊥平面ABCE;(2)在图2中,若点F在棱BD上,直线AF与平面ABCE所成的角的正弦值为3010,求点F到平面DEC 的距离.23(2024·福建·模拟预测)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥PB,AB⊥BC,AB=3,BC=6,已知二面角P-AB-C的大小为θ,∠PAB=θ.(1)求点P到平面ABC的距离;(2)当三棱锥P-ABC的体积取得最大值时,求:(Ⅰ)二面角P-AB-C的余弦值;(Ⅱ)直线PC与平面PAB所成角.24(2024·浙江杭州·二模)如图,在多面体ABCDPQ中,底面ABCD是平行四边形,∠DAB=60°, BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点,PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD.(1)证明:∠ABQ=90°;(2)若多面体ABCDPQ的体积为152,求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值.25(2024·浙江嘉兴·二模)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,PA⊥平面ABCD,PA∥QD,BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60°.(1)证明:平面PCD⊥平面PAC;(2)若PQ=22,求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.26(2024·浙江绍兴·二模)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=4,AC=2,∠CAB=60°,BC⊥AP.(1)证明:平面ACP⊥平面ABC;(2)若PA=2,PB=4,求二面角P-AB-C的平面角的正切值.27(2024·河北沧州·一模)如图,在正三棱锥A -BCD 中,BC =CD =BD =4,点P 满足AP=λAC ,λ∈(0,1),过点P 作平面α分别与棱AB ,BD ,CD 交于Q ,S ,T 三点,且AD ⎳α,BC ⎳α.(1)证明:∀λ∈(0,1),四边形PQST 总是矩形;(2)若AC =4,求四棱锥C -PQST 体积的最大值.28(2024·湖北·二模)如图1.在菱形ABCD 中,∠ABC =120°,AB =4,AE =λAD ,AF =λAB(0<λ<1),沿EF 将△AEF 向上折起得到棱锥P -BCDEP .如图2所示,设二面角P -EF -B 的平面角为θ.(1)当λ为何值时,三棱锥P -BCD 和四棱锥P -BDEF 的体积之比为95(2)当θ为何值时,∀λ∈0,1 ,平面PEF 与平面PFB 的夹角φ的余弦值为5529(2024·湖北·模拟预测)空间中有一个平面α和两条直线m ,n ,其中m ,n 与α的交点分别为A ,B ,AB =1,设直线m 与n 之间的夹角为π3,(1)如图1,若直线m ,n 交于点C ,求点C 到平面α距离的最大值;(2)如图2,若直线m ,n 互为异面直线,直线m 上一点P 和直线n 上一点Q 满足PQ ⎳α,PQ ⊥n 且PQ ⊥m ,(i )求直线m ,n 与平面α的夹角之和;(ii )设PQ =d 0<d <1 ,求点P 到平面α距离的最大值关于d 的函数f d .30(2024·浙江绍兴·模拟预测)如图所示,四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1,底面ABCD 为一个菱形,且∠BAD =120°. 底面与顶面的对角线交点分别为O ,O 1. AB =2A 1B 1=2,BB 1=DD 1=392,AA 1与底面夹角余弦值为3737.(1)证明:OO 1⊥平面ABCD ;(2)现将顶面绕OO 1旋转θ角,旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC 1的夹角正弦值为64343,此时求θ的值(θ<90°);(3)求旋转后AA 1与BB 1的夹角余弦值.大题 立体几何1(2024·黑龙江·二模)如图,已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2,M 是BC 的中点,N 是AB 1的中点,P 是B 1C 1的中点.(1)证明:MN ⎳平面A 1CP ;(2)求点P 到直线MN 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】(1)建立如图空间直角坐标系A -xyz ,设平面A 1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z ),利用空间向量法证明MN ⋅n=0即可;(2)利用空间向量法即可求解点线距.【详解】(1)由题意知,AA 1⊥平面ABC ,∠BAC =60°,而AB ⊂平面ABC ,所以AA 1⊥AB ,在平面ABC 内过点A 作y 轴,使得AB ⊥y 轴,建立如图空间直角坐标系A -xyz ,则A (0,0,0),B (2,0,0),C (1,3,0),A 1(0,0,2),B 1(2,0,2),得M 32,32,0,N (1,0,1),P 32,32,2,所以A 1C =(1,3,-2),A 1P =32,32,0 ,MN =-12,-32,1 ,设平面A1CP 的一个法向量为n=(x ,y ,z ),则n ⋅A 1C=x +3y -2z =0n ⋅A 1P =32x +32y =0,令x =1,得y =-3,z =-1,所以n=(1,-3,-1),所以MN ⋅n =-12×1+-32×(-3)+1×(-1)=0,又MN 不在平面A 1CP 内即MN ⎳平面A 1CP ;(2)如图,连接PM ,由(1)得PM =(0,0,-2),则MN ⋅PM =-2,MN =2,PM =2,所以点P 到直线MN 的距离为d =PM 2-MN ⋅PMPM2= 3.2(2024·安徽合肥·二模)如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是边长为2的菱形,∠BAD =60°,M 是侧棱PC 的中点,侧面PAD 为正三角形,侧面PAD ⊥底面ABCD .(1)求三棱锥M -ABC 的体积;(2)求AM 与平面PBC 所成角的正弦值.【答案】(1)12(2)3311.【分析】(1)作出辅助线,得到线线垂直,进而得到线面垂直,由中位线得到M 到平面ABCD 的距离为32,进而由锥体体积公式求出答案;(2)证明出BO ⊥AD ,建立空间直角坐标系,求出平面的法向量,进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.【详解】(1)如图所示,取AD 的中点O ,连接PO .因为△PAD 是正三角形,所以PO ⊥AD .又因为平面PAD ⊥底面ABCD ,PO ⊂平面PAD ,平面PAD ∩平面ABCD =AD ,所以PO ⊥平面ABCD ,且PO =3.又因为M 是PC 的中点,M 到平面ABCD 的距离为32,S △ABC =12×2×2×sin 2π3=3,所以三棱锥M -ABC 的体积为13×3×32=12.(2)连接BO ,BD ,因为∠BAD =π3,所以△ABD 为等边三角形,所以BO ⊥AD ,以O 为原点,OA ,OB ,OP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则P 0,0,3 ,A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,C -2,3,0 ,所以M -1,32,32 ,AM =-2,32,32,PB =0,3,-3 ,BC =-2,0,0 .设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ,则PB ⋅n =0BC ⋅n =0,即3y -3z =0-2x =0 ,解得x =0,取z =1,则y =1,所以n=0,1,1 .设AM 与平面PBC 所成角为θ,则sin θ=cos AM ,n =AM ⋅nAM ⋅n=-2,32,32 ⋅0,1,14+34+34×1+1=3311.即AM 与平面PBC 所成角的正弦值为3311.3(2023·福建福州·模拟预测)如图,在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ,AB =AC =BC =AA 1=2,A 1B =6.(1)设D 为AC 中点,证明:AC ⊥平面A 1DB ;(2)求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)55【分析】(1)根据等边三角形的性质得出BD ⊥AC ,根据平面ACC 1A 1⊥平面ABC 得出BD ⊥平面ACC 1A 1,BD ⊥A 1D ,利用勾股定理得出AC ⊥A 1D ,从而证明AC ⊥平面A 1DB ;(2)建立空间直角坐标系,利用坐标表示向量,求出平面A 1AB 1的法向量和平面ACC 1A 1的一个法向量,利用向量求平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角余弦值.【详解】(1)证明:因为D 为AC 中点,且AB =AC =BC =2,所以在△ABC 中,有BD ⊥AC ,且BD =3,又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ,且平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ,BD ⊂平面ABC ,所以BD ⊥平面ACC 1A 1,又A 1D ⊂平面ACC 1A 1,则BD ⊥A 1D ,由A 1B =6,BD =3,得A 1D =3,因为AD =1,AA 1=2,A 1D =3,所以由勾股定理,得AC ⊥A 1D ,又AC ⊥BD ,A 1D ∩BD =D ,A 1D ,BD ⊂平面A 1DB ,所以AC ⊥平面A 1DB ;(2)如图所示,以D 为原点,建立空间直角坐标系D -xyz ,可得A (1,0,0),A 1(0,0,3),B (0,3,0),则AA 1 =-1,0,3 ,AB=-1,3,0 ,设平面A 1AB 1的法向量为n=(x ,y ,z ),由n ⋅AA 1=-x +3z =0n ⋅AB=-x +3y =0,令x =3,得y =1,z =1,所以n=3,1,1 ,由(1)知,BD ⊥平面ACC 1A 1,所以平面ACC 1A 1的一个法向量为BD=(0,-3,0),记平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1的夹角为α,则cos α=|n ⋅BD ||n ||BD |=35×3=55,所以平面A 1AB 1与平面ACC 1A 1夹角的余弦值为55.4(2024·山西晋中·三模)如图,在六面体ABCDE 中,BC =BD =6,EC ⊥ED ,且EC =ED =2,AB 平行于平面CDE ,AE 平行于平面BCD ,AE ⊥CD .(1)证明:平面ABE ⊥平面CDE ;(2)若点A 到直线CD 的距离为22,F 为棱AE 的中点,求平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)10535【分析】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ,使用线面平行的性质,然后用面面垂直的判定定理即可;(2)证明BE ⊥平面CDE ,然后构造空间直角坐标系,直接用空间向量方法即可得出结果.【详解】(1)设平面ABE 与直线CD 交于点M ,连接ME ,MB ,则平面ABE 与平面CDE 的交线为ME ,平面ABE 与平面BCD 的交线为MB ,因为AB 平行于平面CDE ,AB ⊂平面ABE ,平面ABE 和平面CDE 的交线为ME ,所以AB ∥ME .同理AE ∥MB ,所以四边形ABME 是平行四边形,故AE ∥MB ,AB ∥ME .因为CD ⊥AE ,AE ∥MB ,所以CD ⊥MB ,又BC =BD =6,所以M 为棱CD 的中点在△CDE 中,EC =ED ,MC =MD ,所以CD ⊥ME ,由于AB ∥ME ,故CD ⊥AB .而CD ⊥AE ,AB ∩AE =A ,AB ,AE ⊂平面ABE ,所以CD ⊥平面ABE ,又CD ⊂平面CDE ,所以平面ABE ⊥平面CDE .(2)由(1)可知,CD ⊥平面ABME ,又AM ⊂平面ABME ,所以CD ⊥AM .而点A 到直线CD 的距离为22,故AM =2 2.在等腰直角三角形CDE 中,由EC =ED =2,得CD =2,MC =MD =ME =1.在等腰三角形BCD 中,由MC =MD =1,BC =BD =6,得BM = 5.在平行四边形ABME 中,AE =BM =5,AB =EM =1,AM =22,由余弦定理得cos ∠MEA =EM 2+AE 2-AM 22EM ·AE=-55,所以cos ∠BME =55,所以BE =BM 2+EM 2-2BM ·EM cos ∠BME =2.因为BE 2+ME 2=22+12=5 2=BM 2,所以BE ⊥ME .因为平面ABME ⊥平面CDE ,平面ABME 和平面CDE 的交线为ME ,BE 在平面ABME 内.所以BE ⊥平面CDE .如图,以E 为坐标原点,EC ,ED ,EB 分别为x ,y ,z 轴正方向,建立空间直角坐标系.则E 0,0,0 ,C 2,0,0 ,D 0,2,0 ,B 0,0,2 ,A -22,-22,2 ,F -24,-24,1.所以CD =-2,2,0 ,DB =0,-2,2 ,FB =24,24,1 .设平面BCD 的法向量为m=x 1,y 1,z 1 ,则m ⋅CD=0m ⋅DB =0,即-2x 1+2y 1=0-2y 1+2z 1=0 .则可取x 1=2,得m=2,2,2 .设平面BDF 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ,则n ⋅FB =0n ⋅DB=0,即24x 2+24y 2+z 2=0-2y 2+2z 2=0.取z 2=1,则n=-32,2,1 .设平面BDF 与平面BCD 的夹角为θ,则cos θ=m ⋅n m ⋅n =-3210×21=10535.所以平面BDF 与平面BCD 夹角的余弦值为10535.5(2024·辽宁·二模)棱长均为2的斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,A 1在平面ABC 内的射影O 在棱AC 的中点处,P 为棱A 1B 1(包含端点)上的动点.(1)求点P 到平面ABC 1的距离;(2)若AP ⊥平面α,求直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围.【答案】(1)23913;(2)25,104.【分析】(1)以O 为原点建立空间直角坐标系,求出平面ABC 1的法向量,再利用点到平面距离的向量求法求解即得.(2)由向量共线求出向量AP的坐标,再利用线面角的向量求法列出函数关系,并求出函数的值域即可.【详解】(1)依题意,A 1O ⊥平面ABC ,OB ⊥AC (底面为正三角形),且A 1O =OB =3,以O 为原点,OB ,OC ,OA 1的方向分别为x ,y ,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图,则O (0,0,0),A (0,-1,0),B (3,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),C 1(0,2,3),AC 1 =(0,3,3),BC 1 =(-3,2,3),AA 1 =(0,1,3),由A 1B 1⎳AB ,A 1B 1⊄平面ABC 1,AB ⊂平面ABC 1,则A 1B 1⎳平面ABC 1,即点P 到平面ABC 1的距离等于点A 1到平面ABC 1的距离,设n =(x ,y ,z )为平面ABC 1的一个法向量,由n ⋅AC 1=3y +3z =0n ⋅BC 1=-3x +2y +3z =0,取z =3,得n=(1,-3,3),因此点A 1到平面ABC 1的距离d =|AA 1 ⋅n||n |=2313=23913,所以点P 到平面ABC 1的距离为23913.(2)设A 1P =λA 1B 1 ,λ∈[0,1],则AP =AA 1 +A 1P =AA 1 +λAB=(0,1,3)+λ(3,1,0)=(3λ,1+λ,3),由AP ⊥α,得AP为平面α的一个法向量,设直线BC 1与平面α所成角为θ,则sin θ=|cos ‹BC 1 ,AP ›|=|BC 1 ⋅AP||BC 1 ||AP |=|5-λ|10⋅3λ2+(1+λ)2+3=5-λ25⋅2λ2+λ+2,令t =5-λ,则λ=5-t ,t ∈[4,5],则sin θ=t 25⋅2(5-t )2+(5-t )+2=t25⋅2t 2-21t +57=125⋅2-21t+57t 2=125571t-7382+576,由t ∈[4,5],得1t ∈15,14 ,于是571t -738 2+576∈225,516,25⋅571t -738 2+576∈2105,52 ,则sin θ∈25,104,所以直线BC 1与平面α所成角的正弦值的取值范围是25,104.6(2024·重庆·模拟预测)在如图所示的四棱锥P -ABCD 中,已知AB ∥CD ,∠BAD =90°,CD =2AB ,△PAB 是正三角形,点M 在侧棱PB 上且使得PD ⎳平面AMC .(1)证明:PM =2BM ;(2)若侧面PAB ⊥底面ABCD ,CM 与底面ABCD 所成角的正切值为311,求二面角P -AC -B 的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)1010.【分析】(1)连接BD 与AC 交于点E ,连接EM ,由已知得AB CD=EBED ,由线面平行的性质得PD ∥EM ,根据三角形相似可得EB ED =BM PM=12,即PM =2BM(2)设AB 的中点O ,首先由已知得PO ⊥底面ABCD ,在△PAB 中过点M 作MF ∥PO 交AB 于点F ,得MF ⊥底面ABCD ,则∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角,在底面ABCD 上过点O 作OG ⊥AC 于点G ,则∠PGO 是二面角P -AC -B 的平面角,根据条件求解即可【详解】(1)证明:连接BD 与AC 交于点E ,连接EM ,在△EAB 与△ECD 中,∵AB ∥CD ,∴AB CD=EBED ,由CD =2AB ,得ED =2EB ,又∵PD ⎳平面AMC ,而平面PBD ∩平面AMC =ME ,PD ⊂平面PBD ,∴PD ∥EM ,∴在△PBD 中,EB ED =BM PM=12,∴PM =2BM ;(2)设AB 的中点O ,在正△PAB 中,PO ⊥AB ,而侧面PAB ⊥底面ABCD ,侧面PAB ∩底面ABCD =AB ,且PO ⊂平面PAB ,∴PO ⊥底面ABCD ,在△PAB 中过点M 作MF ⎳PO 交AB 于点F ,∴MF ⊥底面ABCD ,∴∠MCF 为CM 与底面ABCD 所成角,∴MF CF=311,设AB =6a ,则MF=3a,∴CF=11a,BF=MF3=a,则在直角梯形ABCD中,AF=5a,而CD=12a,则AD=11a2-12a-5a2=62a,在底面ABCD上过点O作OG⊥AC于点G,则∠PGO是二面角P-AC-B的平面角,易得OA=3a,AC=66a,在梯形ABCD中,由OAOG=ACAD⇒3aOG=66a62a,得OG=3a,在Rt△POG中,PG=30a,∴cos∠PGO=OGPG=1010.7(2024·安徽·模拟预测)2023年12月19日至20日,中央农村工作会议在北京召开,习近平主席对“三农”工作作出指示.某地区为响应习近平主席的号召,积极发展特色农业,建设蔬菜大棚.如图所示的七面体ABG-CDEHF是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架,四边形ABCD是矩形,AB=8m,AD=4m,ED=CF=1m,且ED,CF都垂直于平面ABCD,GA=GB=5m,HE=HF,平面ABG⊥平面ABCD.(1)求点H到平面ABCD的距离;(2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)4(2)413【分析】(1)取AB,CD的中点M,N,证得平面ADE⎳平面MNHG,得到AE⎳GH,再由平面ABG⎳平面CDEHG,证得AG⎳EH,得到平行四边形AGHE,得到GH=AE,求得HN=4,结合HN⊥平面ABCD,即可求解;(2)以点N为原点,建立空间直角坐标系,分别求得平面BFHG和平面AGHE的法向量n =(1,3,4)和m =(1,-3,4),结合向量的夹角公式,即可求解.【详解】(1)如图所示,取AB,CD的中点M,N,连接GM,MN,HN,因为GA=GB,可得GM⊥AB,又因为平面ABG⊥平面ABCD,且平面ABG∩平面ABCD=AB,GM⊂平面ABG,所以GM⊥平面ABCD,同理可得:HN⊥平面ABCD,因为ED⊥平面ABCD,所以ED⎳HN,又因为ED⊄平面MNHG,HN⊂平面MNHG,所以ED⎳平面MNHG,因为MN⎳AD,且AD⊄平面MNHG,MN⊂平面MNHG,所以AD⎳平面MNHG,又因为AD∩DE=D,且AD,DE⊂平面ADE,所以平面ADE⎳平面MNHG,因为平面AEHG与平面ADE和平面MNHG于AE,GH,可得AE⎳GH,又由GM⎳HN,AB⎳CD,且AB∩GM=M和CD∩HN=N,所以平面ABG⎳平面CDEHG,因为平面AEHG与平面ABG和平面CDEHF于AG,EH,所以AG⎳EH,可得四边形AGHE 为平行四边形,所以GH =AE ,因为AE =AD 2+DE 2=42+12=17,所以GH =17,在直角△AMG ,可得GM =GB 2-AB 22=52-42=3,在直角梯形GMNH 中,可得HN =3+17-42=4,因为HN ⊥平面ABCD ,所以点H 到平面ABCD 的距离为4.(2)解:以点N 为原点,以NM ,NC ,NH 所在的直线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则E (0,-4,1),F (0,4,1),G (4,0,3),H (0,0,4),可得HE =(0,-4,-3),HF =(0,4,-3),HG=(4,0,-1),设平面BFHG 的法向量为n=(x ,y ,z ),则n ⋅HG=4x -z =0n ⋅HF=4y -3z =0,取z =4,可得x =1,y =3,所以n=(1,3,4),设平面AGHE 的法向量为m=(a ,b ,c ),则m ⋅HG=4a -c =0m ⋅HE=-4b -3c =0,取c =4,可得a =1,b =-3,所以m=(1,-3,4),则cos m ,n =m ⋅n m n=1-9+161+9+16⋅1+9+16=413,即平面BFHG 与平面AGHE 所成锐二面角的余弦值413.8(2024·重庆·模拟预测)如图,ACDE 为菱形,AC =BC =2,∠ACB =120°,平面ACDE ⊥平面ABC ,点F 在AB 上,且AF =2FB ,M ,N 分别在直线CD ,AB 上.(1)求证:CF ⊥平面ACDE ;(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线,若∠EAC =60°,MN 为直线CD ,AB 的公垂线,求ANAF的值;(3)记直线BE 与平面ABC 所成角为α,若tan α>217,求平面BCD 与平面CFD 所成角余弦值的范围.【答案】(1)证明见解析(2)AN AF=913(3)528,255 【分析】(1)先通过余弦定理及勾股定理得到CF ⊥AC ,再根据面面垂直的性质证明;(2)以C 为原点,CA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ,利用向量的坐标运算根据MN ⋅CD =0MN ⋅AF =0,列方程求解即可;(3)利用向量法求面面角,然后根据tan α>217列不等式求解.【详解】(1)AB 2=AC 2+BC 2-2AC ⋅BC ⋅cos ∠ACB =12,AB =23,AF =2FB ,所以AF =433,CF=13CA +23CB ,CF 2=19CA 2+49CB 2+49CA ⋅CB =43,AC 2+CF 2=4+43=163=AF 2,则CF ⊥AC ,又因为平面ACDE ⊥平面ABC ,平面ACDE ∩平面ABC =AC ,CF ⊂面ABC ,故CF ⊥平面ACDE ;(2)以C 为原点,CA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示空间直角坐标系C -xyz ,由∠EAC =60°,可得∠DCA =120°,DC =2,所以C 0,0,0 ,D -1,0,3 ,A 2,0,0 ,F 0,233,0 所以AF =-2,233,0 ,CD =-1,0,3 ,设AN =λAF =-2λ,233λ,0 ,则N 2-2λ,233λ,0 ,设CM =μCD ,则M -μ,0,3μ ,MN =2-2λ+μ,233λ,-3μ ,由题知,MN ⋅CD=0MN ⋅AF =0 ⇒2λ-2-μ-3μ=04λ-4-2μ+43λ=0 ,解得λ=913,μ=-213,故AN AF=913;(3)B -1,3,0 ,设∠EAC =θ,则E 2-2cos θ,0,2sin θ ,BE=3-2cos θ,-3,2sin θ ,可取平面ABC 的法向量n=0,0,1 ,则sin α=cos n ,BE=n ⋅BEn ⋅BE =2sin θ 3-2cos θ 2+3+4sin 2θ=sin θ4-3cos θ,cos α=4-3cos θ-sin 2θ4-3cos θ,则tan α=sin θ4-3cos θ-sin 2θ>217,整理得10cos 2θ-9cos θ+2<0,故cos θ∈25,12,CF =0,23,0,CD =-2cos θ,0,2sin θ ,CB =-1,3,0 ,记平面CDF 的法向量为n 1 =x ,y ,z ,则有n 1 ⋅CD =0n 1 ⋅CF =0 ⇒-2x cos θ+2z sin θ=023y =0,可得n 1=sin θ,0,cos θ ,记平面CBD 的法向量为n 2 =a ,b ,c ,则有n 2 ⋅CD=0n 2 ⋅CB =0 ⇒-2a cos θ+2c sin θ=0-a +3b =0,可得n 2=3sin θ,sin θ,3cos θ ,记平面BCD 与平面CFD 所成角为γ,则cos γ=cos n 1 ,n 2 =33+sin 2θ,cos θ∈25,12 ,所以sin 2θ∈34,2125 ,3+sin 2θ∈152,465 ,故cos γ=33+sin 2θ∈528,255 .9(2024·安徽·二模)将正方形ABCD 绕直线AB 逆时针旋转90°,使得CD 到EF 的位置,得到如图所示的几何体.(1)求证:平面ACF ⊥平面BDE ;(2)点M 为DF上一点,若二面角C -AM -E 的余弦值为13,求∠MAD .【答案】(1)证明见解析(2)∠MAD =45°【分析】(1)根据面面与线面垂直的性质可得BD ⊥AF ,结合线面、面面垂直的判定定理即可证明;(2)建立如图空间直角坐标系,设∠MAD =α,AB =1,利用空间向量法求出二面角C -AM -E 的余弦值,建立方程1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13,结合三角恒等变换求出α即可.【详解】(1)由已知得平面ABCD ⊥平面ABEF ,AF ⊥AB ,平面ABCD ∩平面ABEF =AB ,AF ⊂平面ABEF ,所以AF ⊥平面ABCD ,又BD ⊂平面ABCD ,故BD ⊥AF ,因为ABCD 是正方形,所以BD ⊥AC ,AC ,AF ⊂平面ACF ,AC ∩AF =A ,所以BD ⊥平面ACF ,又BD ⊂平面BDE ,所以平面ACF ⊥平面BDE .(2)由(1)知AD ,AF ,AB 两两垂直,以AD ,AF ,AB 所在直线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图.设∠MAD =α,AB =1,则A 0,0,0 ,M cos α,sin α,0 ,C 1,0,1 ,E 0,1,1 ,故AM =cos α,sin α,0 ,AC =1,0,1 ,AE =0,1,1设平面AMC 的法向量为m =x 1,y 1,z 1 ,则m ⋅AC =0,m ⋅AM=0故x 1+z 1=0x 1cos α+y 1sin α=0,取x 1=sin α,则y 1=-cos α,z 1=-sin α所以m=sin α,-cos α,-sin α设平面AME 的法向量为n =x 2,y 2,z 2 ,n ⋅AE =0,n ⋅AM=0故y 2+z 2=0x 2cos α+y 2sin α=0,取x 2=sin α,则y 2=-cos α,z 2=cos α所以n=sin α,-cos α,cos α ,所以cos m ,n =1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α,由已知得1-sin αcos α1+sin 2α1+cos 2α=13,化简得:2sin 22α-9sin2α+7=0,解得sin2α=1或sin2α=72(舍去)故α=45°,即∠MAD =45°.10(2024·安徽黄山·二模)如图,已知AB 为圆台下底面圆O 1的直径,C 是圆O 1上异于A ,B 的点,D 是圆台上底面圆O 2上的点,且平面DAC ⊥平面ABC ,DA =DC =AC =2,BC =4,E 是CD 的中点,BF =2FD .(1)证明:DO 2⎳BC ;(2)求直线DB 与平面AEF 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)68585【分析】(1)取AC 的中点O ,根据面面垂直的性质定理,可得DO ⊥平面ABC ,即可求证DO 2⎳OO 1,进而可证矩形,即可根据线线平行以及平行的传递性求解.(2)建系,利用向量法,求解法向量n =1,-12,3 与方向向量DB =(-1,4,-3)的夹角,即可求解.【详解】(1)证明:取AC 的中点为O ,连接DO ,OO 1,O 1O 2,∵DA =DC ,O 为AC 中点,∴DO ⊥AC ,又平面DAC ⊥平面ABC ,且平面DAC ∩平面ABC =AC ,DO ⊂平面DAC ,∴DO ⊥平面ABC ,∴DO ⎳O 1O 2,DO =O 1O 2,故四边形DOO 1O 2为矩形,∴DO 2⎳OO 1,又O ,O 1分别是AC ,AB 的中点,∴OO 1⎳BC ,∴DO 2⎳BC ;(2)∵C 是圆O 1上异于A ,B 的点,且AB 为圆O 1的直径,∴BC ⊥AC ,∴OO 1⊥AC ,∴如图以O 为原点建立空间直角坐标系,由条件知DO =3,∴A (1,0,0),B (-1,4,0),C (-1,0,0),D (0,0,3),∴E -12,0,32 ,设F (x ,y ,z ),∴BF =(x +1,y -4,z ),FD=(-x ,-y ,3-z ),由BF =2FD ,得F -13,43,233 ,∴AF =-43,43,233 ,∴DB =(-1,4,-3),AE =-32,0,32 ,设平面AEF 法向量为n=(x 1,y 1,z 1),则n ⋅AE=-32x 1+32z 1=0n ⋅AF =-43x 1+43y 1+233z 1=0,取n =1,-12,3 ,设直线BD 与平面AEF 所成角为θ,则sin θ=|cos <n ,DB>|=625⋅172=68585∴直线BD 与平面AEF 所成角的正弦值为68585.11(2024·黑龙江哈尔滨·一模)正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1的下底面边长为22,A 1B 1=12AB ,M 为BC 中点,已知点P 满足AP =1-λ AB +12λ⋅AD +λAA 1,其中λ∈0,1 .(1)求证D 1P ⊥AC ;(2)已知平面AMC 1与平面ABCD 所成角的余弦值为37,当λ=23时,求直线DP 与平面AMC 1所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)241391【分析】(1)方法一运用空间向量的线性运算,进行空间位置关系的向量证明即可.方法二:建立空间直角坐标系,进行空间位置关系的向量证明即可.(2)建立空间直角坐标系,利用线面角的向量求法求解即可.【详解】(1)方法一:∵A 1B 1=12AB ,∴AA 1 ⋅AB =AA 1 ⋅AD =22×22=2.∵D 1A =-12AD-AA 1∴D 1P =D 1A +AP =1-λ AB +12λ-12AD+λ-1 AA 1∴D 1P ⋅AC =1-λ AB +12λ-12AD +λ-1 AA 1 ⋅AB +AD =1-λ AB 2+12λ-12 AD2+λ-1 AB ⋅AA 1 +λ-1 AD ⋅AA 1=81-λ +812λ-12+4λ-1 =0.∴D 1P ⊥AC ,即D 1P ⊥AC .方法二:以底面ABCD 的中心O 为原点,以OM 方向为y 轴,过O 点平行于AD 向前方向为x 轴,以过点O 垂直平面ABCD 向上方向为z 轴,建立如图所示空间直角坐标系,设正四棱台的高度为h ,则有 A 2,-2,0 ,B 2,2,0 ,C -2,2,0 ,D -2,-2,0 ,A 122,-22,h ,C 1-22,22,h ,D 1-22,-22,h ,M 0,2,0 ,AC =-22,22,0AP =1-λ 0,22,0 +12λ-22,0,0 +λ-22,22,0 =-322λ,22-322λ,λhD 1A =322,-22,-h ,D 1P =D 1A +AP =-322λ+322,-322λ+322,λh -h .故AC ⋅D 1P=0,所以D 1P ⊥AC .(2)设平面ABCD 的法向量为n=0,0,1 ,设平面AMC 1的法向量为m =x ,y ,z ,AM =-2,22,0 ,AC 1 =-322,322,h ,则有AM ⋅m=0AC 1 ⋅m=0 ,即-2x +22y =0-322x +322y +hz =0,令x =22h ,则m=22h ,2h ,3 .又题意可得cos m ,n =38h 2+2h 2+9=37,可得h =2.因为λ=23,经过计算可得P 0,0,43 ,D 1-22,-22,2 ,D 1P =2,2,43.将h =2代入,可得平面AMC 1的法向量m=42,22,3 .设直线DP 与平面AMC 1所成角的为θsin θ=cos DP ,m =8+4+42+2+16932+8+9=241391.12(2024·辽宁·三模)如图,在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,AC =AA 1=2,AB =1,BC =3,点E 为线段AC 的中点.(1)求证:AB 1∥平面BEC 1;(2)若∠A 1AC =π3,求二面角A -BE -C 1的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)-22【分析】(1)连接BC 1,交B 1C 于点N ,连接NE ,利用线面平行的判定定理证明;(2)由已知可知,△AA 1C 为等边三角形,故A 1E ⊥AC ,利用面面垂直的性质定理可证得A 1E ⊥底面ABC ,进而建立空间直角坐标系,利用向量法即可求二面角余弦值.【详解】(1)连接BC 1,交B 1C 于点N ,连接NE ,因为侧面BCC 1B 1是平行四边形,所以N 为B 1C 的中点,又因为点E 为线段AC 的中点,所以NE ⎳AB 1,因为AB 1⊄面BEC 1,NE ⊂面BEC 1,所以AB 1⎳面BEC 1.(2)连接A 1C ,A 1E ,因为∠A 1AC =π3,AC =AA 1=2,所以△AA 1C 为等边三角形,A 1C =2,因为点E 为线段AC 的中点,所以A 1E ⊥AC ,因为侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ,平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ,A 1E ⊂平面ACC 1A 1,所以A 1E ⊥底面ABC ,过点E 在底面ABC 内作EF ⊥AC ,如图以E 为坐标原点,分布以EF ,EC ,EA 1 的方向为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系,则E 0,0,0 ,B 32,-12,0 ,C 10,2,3 ,所以EB =32,-12,0 ,EC 1 =0,2,3 ,设平面BEC 1的法向量为m=x ,y ,z ,则m ⋅EB =32x -12y =0m ⋅EC 1=2y +3z =0,令x =1,则y =3,z =-2,所以平面BEC 1的法向量为m=1,3,-2 ,又因为平面ABE 的法向量为n=0,0,1 ,则cos m ,n =-21+3+4=-22,经观察,二面角A -BE -C 1的平面角为钝角,所以二面角A -BE -C 1的余弦值为-22.13(2024·广东广州·一模)如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是边长为2的菱形,△DCP 是等边三角形,∠DCB =∠PCB =π4,点M ,N 分别为DP 和AB 的中点.(1)求证:MN ⎳平面PBC ;(2)求证:平面PBC ⊥平面ABCD ;(3)求CM 与平面PAD 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)33.【分析】(1)取PC 中点E ,由已知条件,结合线面平行的判断推理即得.(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ,借助三角形全等,及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.(3)建立空间直角坐标系,利用线面角的向量求法求解即得.【详解】(1)取PC 中点E ,连接ME ,BE ,由M 为DP 中点,N 为AB 中点,得ME ⎳DC ,ME =12DC ,又BN ⎳CD ,BN =12CD ,则ME ⎳BN ,ME =BN ,因此四边形BEMN 为平行四边形,于是MN ⎳BE ,而MN ⊄平面PBC ,BE ⊂平面PBC ,所以MN ⎳平面PBC .(2)过P 作PQ ⊥BC 于点Q ,连接DQ ,由∠DCB =∠PCB =π4,CD =PC ,QC =QC ,得△QCD ≌△QCP ,则∠DQC =∠PQC =π2,即DQ ⊥BC ,而PQ =DQ =2,PQ 2+DQ 2=4=PD 2,因此PQ ⊥DQ ,又DQ ∩BC =Q ,DQ ,BC ⊂平面ABCD ,则PQ ⊥平面ABCD ,PQ ⊂平面PBC ,所以平面PBC ⊥平面ABCD .(3)由(2)知,直线QC ,QD ,QP 两两垂直,以点Q 为原点,直线QC ,QD ,QP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,则C (2,0,0),P (0,0,2),D (0,2,0),M 0,22,22,A (-2,2,0),CM =-2,22,22,AD =(2,0,0),DP =(0,-2,2),设平面PAD 的一个法向量n =(x ,y ,z ),则n ⋅AD=2x =0n ⋅DP=-2y +2z =0,令y =1,得n=(0,1,1),设CM 与平面PAD 所成角为θ,sin θ=|cos ‹CM ,n ›|=|CM ⋅n||CM ||n |=23⋅2=33,所以CM 与平面PAD 所成角的正弦值是33.14(2024·广东梅州·二模)如图,在四棱锥P -ABCD 中,平面PAD ⊥平面ABCD ,底面ABCD 为直角梯形,△PAD 为等边三角形,AD ⎳BC ,AD ⊥AB ,AD =AB =2BC =2.(1)求证:AD ⊥PC ;(2)点N 在棱PC 上运动,求△ADN 面积的最小值;(3)点M 为PB 的中点,在棱PC 上找一点Q ,使得AM ⎳平面BDQ ,求PQQC的值.【答案】(1)证明见解析(2)2217(3)4【分析】(1)取AD 的中点H ,连接PH ,CH ,依题意可得四边形ABCH 为矩形,即可证明CH ⊥AD ,再由PH ⊥AD ,即可证明AD ⊥平面PHC ,从而得证;(2)连接AC 交BD 于点G ,连接MC 交BQ 于点F ,连接FG ,即可得到CG AG=12,再根据线面平行的性质得到CF FM =12,在△PBC 中,过点M 作MK ⎳PC ,即可得到MKCQ=2,最后由PQ =2MK 即可得解.【详解】(1)取AD 的中点H ,连接PH ,CH ,则AH ⎳BC 且AH =BC ,又AD ⊥AB ,所以四边形ABCH 为矩形,所以CH ⊥AD ,又△PAD 为等边三角形,所以PH ⊥AD ,PH ∩CH =H ,PH ,CH ⊂平面PHC ,所以AD ⊥平面PHC ,又PC ⊂平面PHC ,所以AD ⊥PC .(2)连接HN ,由AD ⊥平面PHC ,又HN ⊂平面PHC ,所以AD ⊥HN ,所以S △ADH =12AD ⋅HN =HN ,要使△ADN 的面积最小,即要使HN 最小,当且仅当HN ⊥PC 时HN 取最小值,因为平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD ∩平面ABCD =AD ,PH ⊂平面PAD ,所以PH ⊥平面ABCD ,又HC ⊂平面ABCD ,所以PH ⊥HC ,在Rt △HPC 中,CH =2,PH =3,所以PC =CH 2+PH 2=7,当HN ⊥PC 时HN =PH ⋅CH PC =237=2217,所以△ADN 面积的最小值为2217.(3)连接AC 交BD 于点G ,连接MC 交BQ 于点F ,连接FG ,因为AD ⎳BC 且AD =2BC =2,所以△CGB ∽△AGD ,所以CG AG =BC AD=12,因为AM ⎳平面BDQ ,又AM ⊂平面ACM ,平面BDQ ∩平面ACM =GF ,所以GF ⎳AM ,所以CF FM =CG AG=12,在△PBC 中,过点M 作MK ⎳PC ,则有MK CQ =MF CF=2,所以PQ =2MK ,所以PQ =2MK =4CQ ,即PQQC=415(2024·广东广州·模拟预测)如图所示,圆台O 1O 2的轴截面A 1ACC 1为等腰梯形,AC =2AA 1=2A 1C 1=4,B 为底面圆周上异于A ,C 的点,且AB =BC ,P 是线段BC 的中点.(1)求证:C 1P ⎳平面A 1AB .(2)求平面A 1AB 与平面C 1CB 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)17【分析】(1)取AB 的中点H ,连接A 1H ,PH ,证明四边形A 1C 1PH 为平行四边形,进而得C 1P ⎳A 1H ,即可证明;(2)建立空间直角坐标系,求两平面的法向量,利用平面夹角公式求解.【详解】(1)取AB 的中点H ,连接A1H ,PH ,如图所示,因为P 为BC 的中点,所以PH ⎳AC ,PH =12AC .在等腰梯形A 1ACC 1中,A 1C 1⎳AC ,A 1C 1=12AC ,所以HP ⎳A 1C 1,HP =A 1C 1,所以四边形A 1C 1PH 为平行四边形,所以C 1P ⎳A 1H ,又A 1H ⊂平面A 1AB ,C 1P ⊄平面A 1AB ,所以C 1P ⎳平面A 1AB .(2)因为AB =BC ,故O 2B ⊥AC ,以直线O 2A ,O 2B ,O 2O 1分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,在等腰梯形A 1ACC 1中,AC =2AA 1=2A 1C 1=4,此梯形的高为h =AA 21-AC -A 1C 122= 3.因为A 1C 1=12AC ,A 1C 1⎳AC ,。

高中数学 立体几何 3.(第二次修订版)八个有趣模型——搞定空间几何体的外接球与内切球(学生版)

高中数学 立体几何  3.(第二次修订版)八个有趣模型——搞定空间几何体的外接球与内切球(学生版)

八个有趣模型——搞定空间几何体的外接球与内切球当讲到付雨楼老师于2018年1月14日总第539期微文章,我如获至宝.为有了教学的实施,我以付老师的文章主基石、框架,增加了我个人的理解及例题,形成此文,仍用文原名,与各位同行分享.不当之处,敬请大家批评指正.一、有关定义1.球的定义:空间中到定点的距离等于定长的点的集合(轨迹)叫球面,简称球.2.外接球的定义:若一个多面体的各个顶点都在一个球的球面上,则称这个多面体是这个球的内接多面体,这个球是这个多面体的外接球.3.内切球的定义:若一个多面体的各面都与一个球的球面相切,则称这个多面体是这个球的外切多面体,这个球是这个多面体的内切球.二、外接球的有关知识与方法1.性质:性质1:过球心的平面截球面所得圆是大圆,大圆的半径与球的半径相等;性质2:经过小圆的直径与小圆面垂直的平面必过球心,该平面截球所得圆是大圆;性质3:过球心与小圆圆心的直线垂直于小圆所在的平面(类比:圆的垂径定理);性质4:球心在大圆面和小圆面上的射影是相应圆的圆心;性质5:在同一球中,过两相交圆的圆心垂直于相应的圆面的直线相交,交点是球心(类比:在同圆中,两相交弦的中垂线交点是圆心).初图1初图22.结论:结论1:长方体的外接球的球心在体对角线的交点处,即长方体的体对角线的中点是球心;结论2:若由长方体切得的多面体的所有顶点是原长方体的顶点,则所得多面体与原长方体的外接球相同;结论3:长方体的外接球直径就是面对角线及与此面垂直的棱构成的直角三角形的外接圆圆心,换言之,就是:底面的一条对角线与一条高(棱)构成的直角三角形的外接圆是大圆;结论4:圆柱体的外接球球心在上下两底面圆的圆心连一段中点处;结论5:圆柱体轴截面矩形的外接圆是大圆,该矩形的对角线(外接圆直径)是球的直径;结论6:直棱柱的外接球与该棱柱外接圆柱体有相同的外接球;结论7:圆锥体的外接球球心在圆锥的高所在的直线上;结论8:圆锥体轴截面等腰三角形的外接圆是大圆,该三角形的外接圆直径是球的直径;结论9:侧棱相等的棱锥的外接球与该棱锥外接圆锥有相同的外接球.3.终极利器:勾股定理、正定理及余弦定理(解三角形求线段长度);三、内切球的有关知识与方法1.若球与平面相切,则切点与球心连线与切面垂直.(与直线切圆的结论有一致性).2.内切球球心到多面体各面的距离均相等,外接球球心到多面体各顶点的距离均相等.(类比:与多边形的内切圆).3.正多面体的内切球和外接球的球心重合.4.正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上,但不一定重合.5.基本方法:(1)构造三角形利用相似比和勾股定理;(2)体积分割是求内切球半径的通用做法(等体积法). 四、与台体相关的,此略. 五、八大模型第一讲 柱体背景的模型类型一、墙角模型(三条棱两两垂直,不找球心的位置即可求出球半径)图1-1图1-2图1-3图1-4方法:找三条两两垂直的线段,直接用公式2222)2(c b a R ++=,即2222c b a R ++=,求出R 例1 (1)已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4,体积为16,则这个球的表面积是( ) A .π16 B .π20 C .π24 D .π32 (2)若三棱锥的三个侧面两两垂直,且侧棱长均为3,则其外接球的表面积是 (3)在正三棱锥S ABC -中,M N 、分别是棱SC BC 、的中点,且MN AM ⊥,若侧棱SA =,则正三棱锥ABC S -外接球的表面积是 .解:引理:正三棱锥的对棱互相垂直.证明如下:如图(3)-1, 取BC AB ,的中点E D ,,连接CD AE ,,CD AE ,交于H ,连接SH , 则H 是底面正三角形ABC 的中心,∴⊥SH 平面ABC ,∴AB SH ⊥,ΘBC AC =,BD AD =,∴AB CD ⊥,∴⊥AB 平面SCD , ∴SC AB ⊥,同理:SA BC ⊥,SB AC ⊥,即正三棱锥的对棱互垂直,本题图如图(3)-2, ΘMN AM ⊥,MN SB //,∴SB AM ⊥,ΘSB AC ⊥,∴⊥SB 平面SAC , ∴SA SB ⊥,SC SB ⊥,ΘSA SB ⊥,SA BC ⊥, ∴⊥SA 平面SBC ,∴SC SA ⊥,故三棱锥ABC S -的三棱条侧棱两两互相垂直,∴36)32()32()32()2(2222=++=R ,即3642=R ,∴正三棱锥ABC S -外接球的表面积是π36.(3)题-1(引理)AC(3)题-2(解答图)AC(4)在四面体S ABC -中,ABC SA 平面⊥,,1,2,120====∠︒AB AC SA BAC 则该四面体的外接球的表面积为( )π11.A π7.B π310.C π340.D (5)如果三棱锥的三个侧面两两垂直,它们的面积分别为6、4、3,那么它的外接球的表面积是 (6)已知某几何体的三视图如图所示,三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形,则该几何体外接球的体积为类型二、对棱相等模型(补形为长方体) 题设:三棱锥(即四面体)中,已知三组对棱分别相等,求外接球半径(CD AB =,BC AD =,BD AC =) 第一步:画出一个长方体,标出三组互为异面直线的对棱; 第二步:设出长方体的长宽高分别为c b a ,,,x BC AD ==,y CD AB ==,z BD AC ==,列方程组,⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+222222222z a c y c b x b a ⇒2)2(2222222z y x c b a R ++=++=, 补充:图2-1中,abc abc abc V BCD A 31461=⨯-=-. 第三步:根据墙角模型,22222222z y x c b a R ++=++=,82222z y x R ++=,8222z y x R ++=,求出R .例2(1)如下图所示三棱锥A BCD -,其中5,6,7,AB CD AC BD AD BC ======则该三棱锥外接球的表面积为 .(6)题图图2-1(1)题图B(2)在三棱锥BCD A -中,2==CD AB ,3==BC AD ,4==BD AC ,则三棱锥BCD A -外接球的表面积为 . (3)正四面体的各条棱长都为2,则该正面体外接球的体积为(4)棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上,若过该球球心的一个截面如下图,则图中三角形(正四面体的截面)的面积是 .(4)题类型三、汉堡模型(直棱柱的外接球、圆柱的外接球)图3-1图3-2图3-3题设:如图3-1,图3-2,图3-3,直三棱柱内接于球(同时直棱柱也内接于圆柱,棱柱的上下底面可以是任意三角形)第一步:确定球心O 的位置,1O 是ABC ∆的外心,则⊥1OO 平面ABC ; 第二步:算出小圆1O 的半径r AO =1,h AA OO 212111==(h AA =1也是圆柱的高); 第三步:勾股定理:21212O O A O OA +=⇒222)2(r hR +=⇒22)2(hr R +=,解出R .例3(1)一个正六棱柱的底面上正六边形,其侧棱垂直于底面,已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上,且该六棱柱的体积为89,底面周长为3,则这个球的体积为(2)直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上,若12AB AC AA ===,120BAC ∠=︒,则此球的表面积等于 .(3)已知EAB ∆所在的平面与矩形ABCD 所在的平面互相垂直,︒=∠===60,2,3AEB AD EB EA ,则多面体ABCD E -的外接球的表面积为 . (4)在直三棱柱111C B A ABC -中,4,3,6,41====AA A AC AB π,则直三棱柱111C B A ABC -的外接球的表面积为 .第二讲 锥体背景的模型类型四、切瓜模型(两个大小圆面互相垂直且交于小圆直径——正弦定理求大圆直径是通法)图4-1图4-2图4-31.如图4-1,平面⊥PAC 平面ABC ,且BC AB ⊥(即AC 为小圆的直径),且P 的射影是ABC ∆的外心⇔三棱锥ABC P -的三条侧棱相等⇔三棱ABC P -的底面ABC ∆在圆锥的底上,顶点P 点也是圆锥的顶点. 解题步骤:第一步:确定球心O 的位置,取ABC ∆的外心1O ,则1,,O O P 三点共线;第二步:先算出小圆1O 的半径r AO =1,再算出棱锥的高h PO =1(也是圆锥的高); 第三步:勾股定理:21212O O A O OA +=⇒222)(r R h R +-=,解出R ;事实上,ACP ∆的外接圆就是大圆,直接用正弦定理也可求解出R .2.如图4-2,平面⊥PAC 平面ABC ,且BC AB ⊥(即AC 为小圆的直径),且AC PA ⊥,则 利用勾股定理求三棱锥的外接球半径:①222)2()2(r PA R +=⇔22)2(2r PA R +=;②2122OO r R +=⇔212OO r R +=3.如图4-3,平面⊥PAC 平面ABC ,且BC AB ⊥(即AC 为小圆的直径)21212O O C O OC +=⇔2122O O r R +=⇔2122O O R AC -=4.题设:如图4-4,平面⊥PAC 平面ABC ,且BC AB ⊥(即AC 为小圆的直径)第一步:易知球心O 必是PAC ∆的外心,即PAC ∆的外接圆是大圆,先求出小圆的直径r AC 2=; 第二步:在PAC ∆中,可根据正弦定理R CcB b A a 2sin sin sin ===,求出R . 例4 (1)正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该棱锥的高为1,底面边长为32,则该球的表面积为 .(2)正四棱锥ABCD S -的底面边长和各侧棱长都为2,各顶点都在同一球面上,则此球体积为 (3)一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上,其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上,则该正三棱锥的体积是( )A .433 B .33 C .43 D .123(4)在三棱锥ABC P -中,3===PC PB PA ,侧棱PA 与底面ABC 所成的角为ο60,则该三棱锥外接球的体积为( )A .π B.3π C. 4π D.43π (5)已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上,ABC ∆是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且2SC =,则此棱锥的体积为( )A.6 B.6 C.3 D.2类型五、垂面模型(一条直线垂直于一个平面)1.题设:如图5,⊥PA 平面ABC ,求外接球半径.解题步骤:第一步:将ABC ∆画在小圆面上,A 为小圆直径的一个端点,作小圆的直径AD ,连接PD ,则PD 必过球心O ;第二步:1O 为ABC ∆的外心,所以⊥1OO 平面ABC ,算出小圆1O 的半径r D O =1(三角形的外接圆直图5径算法:利用正弦定理,得r C c B b A a 2sin sin sin ===),PA OO 211=; 第三步:利用勾股定理求三棱锥的外接球半径:①222)2()2(r PA R +=⇔22)2(2r PA R +=;②2122OO r R +=⇔212OO r R +=.2.题设:如图5-1至5-8这七个图形,P 的射影是ABC ∆的外心⇔三棱锥ABC P -的 三条侧棱相等⇔三棱锥ABC P -的底面ABC ∆在圆锥的底上,顶点P 点也是圆锥的 顶点.图5-1图5-2图5-3图5-4图5-6图5-7图5-8解题步骤:第一步:确定球心O 的位置,取ABC ∆的外心1O ,则1,,O O P 三点共线;第二步:先算出小圆1O 的半径r AO =1,再算出棱锥的高h PO =1(也是圆锥的高); 第三步:勾股定理:21212O O A O OA +=⇒222)(r R h R +-=,解出R 方法二:小圆直径参与构造大圆,用正弦定理求大圆直径得球的直径. 例5 一个几何体的三视图如图所示,则该几何体外接球的表面积为( ) A .π3 B .π2 C .316πD.以上都不对侧视图正视图第三讲 二面角背景的模型类型六、折叠模型题设:两个全等三角形或等腰三角形拼在一起,或菱形折叠(如图6)图6第一步:先画出如图6所示的图形,将BCD ∆画在小圆上,找出BCD ∆和BD A '∆的外心1H 和2H ; 第二步:过1H 和2H 分别作平面BCD 和平面BD A '的垂线,两垂线的交点即为球心O ,连接OC OE ,; 第三步:解1OEH ∆,算出1OH ,在1OCH Rt ∆中,勾股定理:22121OC CH OH =+ 注:易知21,,,H E H O 四点共面且四点共圆,证略.例6(1)三棱锥ABC P -中,平面⊥PAC 平面ABC ,△PAC 和△ABC 均为边长为2的正三角形,则三棱锥ABC P -外接球的半径为 . (2)在直角梯形ABCD 中,CD AB //,ο90=∠A ,ο45=∠C ,1==AD AB ,沿对角线BD 折成四面体BCD A -',使平面⊥'BD A 平面BCD ,若四面体BCD A -'的顶点在同一个球面上,则该项球的表面积为(3)在四面体ABC S -中,BC AB ⊥,2==BC AB ,二面角B AC S --的余弦值为33-,则四面体ABC S -的外接球表面积为(4)在边长为32的菱形ABCD 中,ο60=∠BAD ,沿对角线BD 折成二面角C BD A --为ο120的四面体ABCD ,则此四面体的外接球表面积为(5)在四棱锥ABCD 中,ο120=∠BDA ,ο150=∠BDC ,2==BD AD ,3=CD ,二面角C BD A --的平面角的大小为ο120,则此四面体的外接球的体积为类型七、两直角三角形拼接在一起(斜边相同,也可看作矩形沿对角线折起所得三棱锥)模型图7题设:如图7,ο90=∠=∠ACB APB ,求三棱锥ABC P -外接球半径(分析:取公共的斜边的中点O ,连接OC OP ,,则AB OP OC OB OA 21====,∴O 为三棱锥ABC P -外接球球心,然后在OCP 中求出半径),当看作矩形沿对角线折起所得三棱锥时与折起成的二面角大小无关,只要不是平角球半径都为定值.例7(1)在矩形ABCD 中,4=AB ,3=BC ,沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角D AC B --,则四面体ABCD 的外接球的体积为( )A .π12125 B .π9125 C .π6125 D .π3125(2)在矩形ABCD 中,2=AB ,3=BC ,沿BD 将矩形ABCD 折叠,连接AC ,所得三棱锥BCD A -的外接球的表面积为 .第四讲 多面体的内切球问题模型类型八、锥体的内切球问题1.题设:如图8-1,三棱锥ABC P -上正三棱锥,求其内切球的半径. 第一步:先现出内切球的截面图,H E ,分别是两个三角形的外心;第二步:求BD DH 31=,r PH PO -=,PD 是侧面ABP ∆的高; 第三步:由POE ∆相似于PDH ∆,建立等式:PDPODH OE =,解出r 2.题设:如图8-2,四棱锥ABC P -是正四棱锥,求其内切球的半径第一步:先现出内切球的截面图,H O P ,,三点共线;图8-1A第二步:求BC FH 21=,r PH PO -=,PF 是侧面PCD ∆的高; 第三步:由POG ∆相似于PFH ∆,建立等式:PFPOHF OG =,解出3.题设:三棱锥ABC P -是任意三棱锥,求其的内切球半径方法:等体积法,即内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和相等 第一步:先画出四个表面的面积和整个锥体体积;第二步:设内切球的半径为r ,建立等式:PBC O PAC O PAB O ABC O ABC P V V V V V -----+++=⇒r S S S S r S r S r S r S V PBC PAC PAB ABC PBC PAC PAB ABC ABC P ⋅+++=⋅+⋅+⋅+⋅=∆∆∆∆-)(3131313131第三步:解出PBCO PAC O PAB O ABC O ABCP S S S S V r -----+++=3例8 (1)棱长为a 的正四面体的内切球表面积是(2)正四棱锥ABCD S -的底面边长为2,侧棱长为3,则其内切球的半径为(3)三棱锥ABC P -中,底面ABC ∆是边长为2的正三角形,⊥PA 底面ABC ,2=PA ,则该三棱锥的内切球半径为习题: 1.若三棱锥ABC S -的三条侧棱两两垂直,且2=SA ,4==SC SB ,则该三棱锥的外接球半径为( ) A.3 B.6 C.36 D.9 2. 三棱锥ABC S -中,侧棱⊥SA 平面ABC ,底面ABC 是边长为3的正三角形,32=SA ,则该三棱锥的外接球体积等于 . 3.正三棱锥ABC S -中,底面ABC 是边长为3的正三角形,侧棱长为2,则该三棱锥的外接球体积等于 .4.三棱锥ABC P -中,平面⊥PAC 平面ABC ,△PAC 边长为2的正三角形,BC AB ⊥,则三棱锥ABC P -外接球的半径为 .5. 三棱锥ABC P -中,平面⊥PAC 平面ABC ,2=AC ,3==PC PA ,BC AB ⊥,则三棱锥ABC P -外接球的半径为 . 6. 三棱锥ABC P -中,平面⊥PAC 平面ABC ,2=AC ,PC PA ⊥,BC AB ⊥,则三棱锥ABC P -外接球的半径为 .。

立体几何(学生版)--2025新高考数学新题型

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立体几何题型01 空间几何体的有关计算题型02 点线面位置关系、空间角及距离题型03 内切球、外接球问题题型04 空间向量题型01 空间几何体的有关计算1(2024·山西晋城·统考一模)若一个正n棱台的棱数大于15,且各棱的长度构成的集合为{2,3},则n 的最小值为,该棱台各棱的长度之和的最小值为.2(2024·浙江·校联考一模)已知圆台的上下底面半径分别是1,4,且侧面积为10π,则该圆台的母线长为.3(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)球O的半径与圆锥M的底面半径相等,且它们的表面积也相等,则圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为,球O的体积与圆锥M的体积的比值为.4(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)已知圆锥的母线长为2,则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为时,圆锥的体积最大,最大值为.5(2024·广东深圳·校考一模)已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆.若用平行于圆锥的底面,且与底面的距离为3的平面截圆锥,将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台,则小圆锥和圆台的体积之比为.6(2024·辽宁沈阳·统考一模)正方体的8个顶点分别在4个互相平行的平面内,每个平面内至少有一个顶点,且相邻两个平面间的距离为1,则该正方体的棱长为()A.2B.3C.2D.57(2024·云南曲靖·统考一模)为努力推进“绿美校园”建设,营造更加优美的校园环境,某校准备开展校园绿化活动.已知栽种某绿色植物的花盆可近似看成圆台,圆台两底面直径分别为18厘米,9厘米,母线长约为7.5厘米.现有2000个该种花盆,假定每一个花盆装满营养土,请问共需要营养土约为( )(参考数据:π≈3.14)A.1.702立方米B.1.780立方米C.1.730立方米D.1.822立方米8(2024·新疆乌鲁木齐·统考一模)某广场设置了一些石凳供大家休息,这些石凳是由棱长为40cm的正方体截去八个一样的四面体得到的,则()A.该几何体的顶点数为12B.该几何体的棱数为24C.该几何体的表面积为(4800+8003)cm 2D.该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项9(2024·山西晋城·统考一模)如图,在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =2,AA 1=4,C 1 E =3EC,平面ABE 将该正四棱柱分为上、下两部分,记上部分对应的几何体为Ω上,下部分对应的几何体为Ω下,则()A.Ω下的体积为2B.Ω上的体积为12C.Ω下的外接球的表面积为9πD.平面ABE 截该正四棱柱所得截面的面积为25题型02 点线面位置关系、空间角及距离10(2024·河北·校联考一模)已知直线l 、m 、n 与平面α、β,下列命题正确的是()A.若α⎳β,l ⊂α,n ⊂β,则l ⎳nB.若α⊥β,l ⊂α,则l ⊥βC.若l ⊥n ,m ⊥n ,则l ⎳mD.若l ⊥α,l ⎳β,则α⊥β11(2024·浙江·校联考一模)已知直线a ,b 和平面α,a ⊄α,b ∥α,则“a ∥b ”是“a ∥α”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12(2024·广东深圳·校考一模)已知α,β是两个不同的平面,m ,n 是两条不同的直线,则下列说法正确的是()A.若m ⊥n ,m ⊥α,n ⊥β,则α⊥βB.若m ⎳n ,m ⎳α,n ⎳β,则α⎳βC.若m ⊥n ,m ⎳α,α⊥β,则n ⊥βD.若m ⎳n ,m ⊥α,α⊥β,则n ⎳β13(2024·吉林白山·统考一模)正八面体可由连接正方体每个面的中心构成,如图所示,在棱长为2的正八面体中,则有()A.直线AE与CF是异面直线B.平面ABF⊥平面ABEC.该几何体的体积为432 D.平面ABE与平面DCF间的距离为26314(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,∠BAD=120°,AC⊥BD,△BCD是等边三角形.(1)证明:平面PAD⊥平面PCD.(2)求二面角B-PC-D的正弦值.15(2024·辽宁沈阳·统考一模)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABC⊥平面BCD,且BC=BD= BA,∠CBA=∠CBD=120°,点P在线段AC上,点Q在线段CD上.(1)求证:AD⊥BC;(2)若AC⊥平面BPQ,求BPBQ的值;(3)在(2)的条件下,求平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值.16(2024·重庆·统考一模)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,四边形ABCD中,AB= AP,AB⊥AD,AB+AD=6,CD=2,∠CDA=45°.(1)若E为PB的中点,求证:平面PBC⊥平面ADE;(2)若平面PAB与平面PCD所成的角的余弦值为66.(ⅰ)求线段AB的长;(ⅱ)设G为△PAD内(含边界)的一点,且GB=2GA,求满足条件的所有点G组成的轨迹的长度.17(2024·云南曲靖·统考一模)在图1的直角梯形ABCD中,∠A=∠D=90°,AB=BC=2,DC=3,点E是DC边上靠近于点D的三等分点,以BE为折痕将△BCE折起,使点C到达C1的位置,且AC1= 6,如图2.(1)求证:平面BC1E⊥平面ABED;(2)在棱DC1上是否存在点P,使得二面角P-EB-C1的大小为45°?若存在,求出线段DP的长度,若不存在说明理由.18(2024·云南曲靖·统考一模)如图所示,正方体ABCD -A B C D 的棱长为1,E ,F 分别是棱AA ,CC 的中点,过直线EF 的平面分别与棱BB ,DD 交于点M ,N ,以下四个命题中正确的是()A.四边形EMFN 一定为菱形B.四棱锥A -MENF 体积为13C.平面EMFN ⊥平面DBB DD.四边形EMFN 的周长最小值为419(2024·山东济南·山东省实验中学校考一模)如图,在四棱锥P -ABCD 中,PA ⊥平面ABCD ,PB 与底面ABCD 所成的角为π4,底面ABCD 为直角梯形,∠ABC =∠BAD =π2,AD =2,PA =BC =1,点E 为棱PD 上一点,满足PE =λPD0≤λ≤1 ,下列结论正确的是()A.平面PAC ⊥平面PCD ;B.在棱PD 上不存在点E ,使得CE ⎳平面PABC.当λ=12时,异面直线CE 与AB 所成角的余弦值为255;D.点P 到直线CD 的距离3;20(2024·新疆乌鲁木齐·统考一模)如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 为正方形,PA ⊥平面ABCD ,PA =AB ,点E ,F 分别是棱PB ,BC 的中点.(1)求直线AF 与平面PBC 所成角的正弦值;(2)在截面AEF 内是否存在点G ,使DG ⊥平面AEF ,并说明理由.21(2024·山西晋城·统考一模)如图,P 是边长为2的正六边形ABCDEF 所在平面外一点,BF 的中点O 为P 在平面ABCDEF 内的射影,PM =2MF.(1)证明:ME ⎳平面PBD .(2)若PA =2,二面角A -PB -D 的大小为θ,求cos2θ.22(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点P 是AD 1的中点,点Q 是直线CD 1上的动点,则下列说法正确的是()A.△PBD 是直角三角形B.异面直线PD 与CD 1所成的角为π3C.当AB 的长度为定值时,三棱锥D -PBQ 的体积为定值D.平面PBD ⊥平面ACD123(2024·浙江·校联考一模)在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形BCC1B1是菱形,△ABC是等边三角形,点M是线段AB的中点,∠ABB1=60°.(1)证明:B1C⊥平面ABC1;(2)若平面ABB1A1⊥平面ABC,求直线B1C与平面A1MC1所成角的正弦值.24(2024·广东深圳·校考一模)如图,在圆锥SO中,AB是圆O的直径,且△SAB是边长为4的等边三角形,C,D为圆弧AB的两个三等分点,E是SB的中点.(1)证明:DE⎳平面SAC;(2)求平面SAC与平面SBD所成锐二面角的余弦值.25(2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)在如图所示的五面体ABCDEF中,ABEF共面,△ADF是正三角形,四边形ABCD为菱形,∠ABC=2π3,EF⎳平面ABCD,AB=2EF=2,点M为BC中点.(1)证明:EM∥平面BDF;(2)已知EM=2,求平面BDF与平面BEC所成二面角的正弦值.26(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB =5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=54,EF交BD于点H,将△DEF沿EF折到△DEF 位置,OD =10.(1)证明:D H⊥平面ABCD;(2)求平面BAD 与平面ACD 的夹角的余弦值.27(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)设b、c表示两条直线,α、β表示两个平面,则下列命题正确的是()A.若b⎳α,c⊂α,则b⎳cB.若b⊂α,b⎳c,则c⊂αC.若c⎳α,α⊥β,则c⊥βD.若c⎳α,c⊥β,则α⊥β28(2024·吉林延边·统考一模)已知三棱柱ABC-A1B1C1,侧面AA1C1C是边长为2的菱形,∠CAA1 =πA1是矩形,且平面AA1C1C⊥平面ABB1A1,点D是棱A1B1的中点.3,侧面四边形ABB1(1)在棱AC上是否存在一点E,使得AD∥平面B1C1E,并说明理由;(2)当三棱锥B-A1DC1的体积为3时,求平面A1C1D与平面CC1D夹角的余弦值.29(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)如图1,在平面四边形PABC中,PA⊥AB,CD⎳AB,CD=2AB=2PD=2AD=4.点E是线段PC上靠近P端的三等分点,将△PDC沿CD折成四棱锥P-ABCD,且AP=22,连接PA,PB,BD,如图2.(1)在图2中,证明:PA⎳平面BDE;(2)求图2中,直线AP与平面PBC所成角的正弦值.30(2024·重庆·统考一模)如图,在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是C1D1的中点,M是线段A1E上的一点,则下列说法正确的是()A.当M点与A1点重合时,直线AC1⊂平面ACMB.当点M移动时,点D到平面ACM的距离为定值C.当M点与E点重合时,平面ACM与平面CC1D1D夹角的正弦值为53D.当M点为线段A1E中点时,平面ACM截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面面积为73332 31(2024·福建厦门·统考一模)如图,在四棱锥E-ABCD中,AD⎳BC,2AD=BC=2,AB=2,AB⊥AD,EA⊥平面ABCD,过点B作平面α⊥BD.(1)证明:平面α⎳平面EAC;(2)已知点F为棱EC的中点,若EA=2,求直线AD与平面FBD所成角的正弦值.32(2024·吉林延边·统考一模)如图,在多面体ABCDEF 中,底面ABCD 是边长为2的正方形,DE =BF =1,DE ∥BF ,DE ⊥平面ABCD ,动点P 在线段EF 上,则下列说法正确的是()A.AC ⊥DPB.存在点P ,使得DP ∥平面ACFC.三棱锥A -CDE 的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是9π2D.当动点P 与点F 重合时,直线DP 与平面ACF 所成角的余弦值为3101033(2024·福建厦门·统考一模)如图所示,在五面体ABCDEF 中,四边形ABCD 是矩形,△ABF 和△DCE 均是等边三角形,且AB =23,EF =x (x >0),则()A.EF ⎳平面ABCDB.二面角A -EF -B 随着x 的减小而减小C.当BC =2时,五面体ABCDEF 的体积V (x )最大值为272D.当BC =32时,存在x 使得半径为32的球能内含于五面体ABCDEF 题型03 内切球、外接球问题34(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)已知四面体ABCD 的各个面均为全等的等腰三角形,且CA =CB =2AB =4.设E 为空间内任一点,且A ,B ,C ,D ,E 五点在同一个球面上,则()A.AB ⊥CDB.四面体ABCD 的体积为214C.当AE =23时,点E 的轨迹长度为4πD.当三棱锥E -ABC 的体积为146时,点E 的轨迹长度为32π35(2024·吉林白山·统考一模)在四面体A -BCD 中,BC =22,BD =23,且满足BC ⊥BD ,AC ⊥BC ,AD ⊥BD .若该三棱锥的体积为863,则该锥体的外接球的体积为.36(2024·吉林延边·统考一模)已知一个圆锥的侧面展开图是一个圆心角为25π5,半径为5的扇形.若该圆锥的顶点及底面圆周都在球O 的表面上,则球O 的体积为.37(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,以A1为球心、3为半径的球面与底面ABC的交线长为3π6,则三棱柱ABC-A1B1C1的表面在球内部分的总面积为.38(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)已知球O的直径PQ=4,A,B,C是球O球面上的三点,△ABC是等边三角形,且∠APQ=∠BPQ=∠CPQ=30°,则三棱锥P-ABC的体积为( ).A.334B.934C.332D.273439(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)如图所示,有一个棱长为4的正四面体P-ABC容器,D是PB的中点,E是CD上的动点,则下列说法正确的是()A.直线AE与PB所成的角为π2B.△ABE的周长最小值为4+34C.如果在这个容器中放入1个小球(全部进入),则小球半径的最大值为63D.如果在这个容器中放入4个完全相同的小球(全部进入),则小球半径的最大值为26-25 40(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)如图,在正三棱锥P-ABC中,有一半径为1的半球,其底面圆O与正三棱锥的底面贴合,正三棱锥的三个侧面都和半球相切.设点D为BC的中点,∠ADP=α.(1)用α分别表示线段BC和PD长度;(2)当α∈0,π2时,求三棱锥的侧面积S的最小值.41(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)地球仪是地理教学中的常用教具.如图1所示,地球仪的赤道面(与转轴垂直)与黄道面(与水平面平行)存在一个夹角,即黄赤交角,大小约为23.5°.为锻炼动手能力,某同学制作了一个半径为4cm 的地球仪(不含支架),并将其放入竖直放置的正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中(姿态保持不变),使地球仪与该三棱柱的三个侧面相切,如图2所示.此时平面AB 1C 恰与地球仪的赤道面平行,则三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球体积为.(参考数据:tan23.5°≈0.43)题型04 空间向量42(2024·福建厦门·统考一模)已知平面α的一个法向量为n=(1,0,1),且点A (1,2,3)在α内,则点B (1,1,1)到α的距离为.43(2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)在边长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,动点M 满足AM =xAB +yAD +zAA 1 ,(x ,y ,z ∈R 且x ≥0,y ≥0,z ≥0),下列说法正确的是()A.当x =14,z =0,y ∈0,1 时,B 1M +MD 的最小值为13B.当x =y =1,z =12时,异面直线BM 与CD 1所成角的余弦值为105C.当x +y +z =1,且AM =253时,则M 的轨迹长度为42π3D.当x +y =1,z =0时,AM 与平面AB 1D 1所成角的正弦值的最大值为6344(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)如图,在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =AD =AA 1=1,∠DAB =90°,cos <AA 1 ,AB >=22,cos <AA 1 ,AD >=12,点M 为BD 中点.(1)证明:B 1M ⎳平面A 1C 1D ;(2)求二面角B -AA 1-D 的正弦值.。

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立体几何专题【命题趋向】高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上,着重考查空间点、线、面的位置关系的判断及空间角等几何量的计算.既有以选择题、填空题形式出现的试题,也有以解答题形式出现的试题.选择题、填空题大多考查概念辨析、位置关系探究、空间几何量的简单计算求解,考查画图、识图、用图的能力;解答题一般以简单几何体为载体,考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系,以及空间几何量的求解问题,综合考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.试题在突出对空间想象能力考查的同时,关注对平行、垂直关系的探究,关注对条件或结论不完备情形下的开放性问题的探究.【考点透析】立体几何主要考点是柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、三视图、直观图,表面积体积的计算,空间点、直线、平面的位置关系判断与证明,(理科)空间向量在平行、垂直关系证明中的应用,空间向量在计算空间角中的应用等.【例题解析】题型1 空间几何体的三视图以及面积和体积计算例1(2010高考海南宁夏卷)某几何体的一条棱长为7,在该几何体的正视图中,这条棱的投影是长为6的线段,在该几何体的侧视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段,则a b +的最大值为 A . 22B . 32C . 4D . 52例2 (2010高考山东卷)右图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 A .9π B .10π C .11π D .12π例3(江苏省苏州市2010届高三教学调研测试) 已知一个正三棱锥P ABC -的主视图如图所示,若32AC BC ==, PC ,则此正三棱锥的全面积为_________. 题型2 空间点、线、面位置关系的判断例4(江苏苏州市2009届高三教学调研测试7)已知n m ,是两条不同的直线,βα,为两个不同的平面,有下列四个命题:①若βα⊥⊥n m ,,m n ⊥,则βα⊥; ②若n m n m ⊥,//,//βα,则βα//; ③若n m n m ⊥⊥,//,βα,则βα//; ④若βαβα//,//,n m ⊥,则n m ⊥. 其中正确的命题是(填上所有正确命题的序号)_______________.例5(浙江省2010年高考省教研室第一次抽样测试理科)设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题正确的是 ( )A .若,,//m n m n αβ⊥⊥,则//αβB .若//,//,//,m n αβαβ则//m nC .若,//,//m n αβαβ⊥,则m n ⊥D .若//,//,//,m n m n αβ则//αβ题型3 空间平行与垂直关系的证明、空间几何体的有关计算(文科解答题的主要题型) 例6.(2010江苏泰州期末16)如图所示,在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,E 、F 分别为1DD 、DB 的中点.(1)求证:EF //平面11ABC D ;(2)求证:1EF B C ⊥; (3)求三棱锥EFC B V -1的体积.例7.(广东省广州市2010届高三教学调研测试)在四棱锥P ABCD -中,90ABC ACD ∠=∠=,60BAC CAD ∠=∠=,PA ⊥平面ABCD ,E 为PD 的中点,22PA AB ==.(1)求四棱锥P ABCD -的体积V ;(2)若F 为PC 的中点,求证PC ⊥平面AEF ; (3)求证CE ∥平面PAB .题型4 空间向量在立体几何中的应用(理科立体几何解答题的主要题型) 例8.(2010年福建省理科数学高考样卷)如图,在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,E F 、分别为11A D 和1CC 的中点. (1)求证:EF ∥平面1ACD ;(2)求异面直线EF 与AB 所成的角的余弦值; (3)在棱1BB 上是否存在一点P ,使得二面角 P AC P --的大小为30?若存在,求出BP 的长;若不存在,请说明理由.例9(浙江宁波市2010学年度第一学期期末理科第20题)已知几何体A BCED -的三视图如图所示,其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形,正视图为直角梯形.(1)求异面直线DE 与AB 所成角的余弦值; (2)求二面角A ED B --的正弦值; (3)求此几何体的体积V 的大小.专题训练与高考预测文科以选择题、填空题和解答题前三题为主. 理科以选择题、填空题和解答题后三题为主. 一、选择题1.如图为一个几何体的三视图,尺寸如图所示,则该几何体的表 面积为(不考虑接触点) ( )A . 6πB . 184πC . 18π+D . 32π+2.某几何体的三视图如图所示,根据图中数据,可得该几何体的 体积是 ( )A .BC .D . 3.已知一个几何体的主视图及左视图均是边长为2的正三角形,俯视图是直径为2的圆,则此几何体的外接球的表面积为 ( )A .π34B .π38C .π316 D .π332 4.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45,腰和上底长均为1的等腰梯形,则这个平面图形的面积是 ( )A .2221+B .221+ C .21+ D .22+5. 一个盛满水的三棱锥容器S ABC -,不久发现三条侧棱上各有一个小洞,,D E F ,且知:::2:1SD DA SE EB CF FS ===,若仍用这个容器盛水,则最多可盛原来水的( )A .2923B .2719C .3130D .27236. 点P 在直径为2的球面上,过P 作两两垂直的三条弦,若其中一条弦长是另一条弦长的2倍,则这三条弦长之和为最大值是( )A .5 B .5 C .5 D .57.正方体''''ABCD A B C D -中,AB 的中点为M ,'DD 的中点为N ,异面直线'B M 与CN 所成的角是( )A .30B .90C .45D .608.已知异面直线a 和b 所成的角为50,P 为空间一定点,则过点P 且与,a b 所成角都是30 的直线有且仅有 ( ) A . 1条 B . 2条 C . 3条 D . 4条 9.如图所示,四边形ABCD 中,//,,45,90AD BC AD AB BCD BAD =∠=∠=,将△ABD沿BD 折起,使平面ABD ⊥平面BCD ,构成三棱锥A BCD -,则在三棱锥A BCD -中,下列命题正确的是 ( ) A .平面ABD ⊥平面ABC B .平面ADC ⊥平面BDC C .平面ABC ⊥平面BDC D .平面ADC ⊥平面ABC10.设x 、y 、z 是空间不同的直线或平面,对下列四种情形:① x 、y 、z 均为直线;② x 、y 是直线,z 是平面;③ z 是直线,x 、y 是平面;④ x 、y 、z 均为平面. 其中使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题的是 ( ) A . ③ ④ B . ① ③ C . ② ③ D . ① ②11.直线AB 与直二面角l αβ--的两个面分别交于,A B 两点,且,A B 都不在棱上,设直线AB 与平面,αβ所成的角分别为,θϕ,则θϕ+的取值范围是 ( )A .(0,)2πB .0,2π⎛⎤⎥⎝⎦C .(,)2ππD .{}2π二、填空题13. 在三棱锥P ABC -中,2PA PB PC ===,30APB BPC CPA ∠=∠=∠=,一只蚂蚁从A 点出发沿三棱锥的侧面绕一周,再回到A 点,则蚂蚁经过的最短路程是 . 14.四面体的一条棱长为x ,其它各棱长为1,若把四面体的体积V 表示成x 的函数()f x ,则()f x 的增区间为 ,减区间为 .15. 如图,是正方体平面展开图,在这个正方体中:① BM 与ED 平行; ② CN 与BE 是异面直线;③CN 与BM 成60角; ④DM 与BN 垂直. 以上四个说法中,正确说法的序号依次是 . 16. 已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,E 是11A B 的中点,则直线AE 与平面11ABC D所成的角的正弦值是 .三、解答题17.已知,如图是一个空间几何体的三视图. (1)该空间几何体是如何构成的; (2)画出该几何体的直观图; (3)求该几何体的表面积和体积. 18.如图,已知等腰直角三角形RBC ,其中90RBC ∠=,2==BC RB .点,A D 分别是RB ,RC 的中点,现将RAD ∆沿着边AD 折起到PAD ∆位置,使PA AB ⊥,连结PB 、PC . (1)求证:BC PB ⊥;(2)求二面角P CD A --的平面角的余弦值.19.如下图,在正四棱柱1111ABCD A B C D -中,112AA AB =,点,E M 分别为11,A B CC 的中点,过点1,,A B M 三点的平面1A BMN 交11C D 于点N .(1)求证:EM 平面1111A B C D ;(2)求二面角11B A N B --的正切值;(3)设截面1A BMN 把该正四棱柱截成的两个几何体的体积分别为12,V V (12V V <),求12:V V 的值.20. 如图,在四棱锥ABCD P -中,底面为直角梯形,//,90AD BC BAD ︒∠=,PA 垂直于底面ABCD ,N M BC AB AD PA ,,22====分别为PB PC ,的中点.(1)求证:DM PB ⊥;(2)求BD 与平面ADMN 所成的角;(3)求截面ADMN 的面积.21.如图,正方形ACDE 所在的平面与平面ABC 垂直,M 是CE 和AD 的交点,BC AC ⊥,且BC AC =.(1)求证:⊥AM 平面EBC ;(2)求直线AB 与平面EBC 所成的角的大小; (3)求二面角C EB A --的大小.22.已知斜三棱柱111ABC A B C -,90BCA ∠=,2AC BC ==,1A 在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ,又知11BA AC ⊥.(1)求证:1AC ⊥平面1A BC ; (2)求1CC 到平面1A AB 的距离;(3)求二面角1A A B C --的一个三角函数值.。

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