2020年高考文科数学易错题《立体几何》题型归纳与训练

2020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练

【题型归纳】

题型一 立体几何证明

例1 如图五面体中,四边形ABCD 是矩形,AD ⊥面ABEF ,

//AB EF ,1AD =,1

222

AB EF =

=, 2AF BE ==,P 、Q 、M 分别为AE 、BD 、EF 的中点.

（1）求证：//PQ 面BCE ； （2）求证：AM ⊥面ADF . 【答案】 见解析 【解析】（1）连结AC .

因为四边形ABCD 是矩形,且Q 为BD 的中点,所以Q 为AC 的中点. 又因为P 为AE 的中点,所以//PQ EC , 又因为PQ ?面BCE ,EC ?面BCE ,所以//PQ 面BCE . （2）取EF 的中点M ,连结AM .

因为//AB EM ,且22QB EM ==, 所以四边形ABEM 为平行四边形, 所以//AM BE ,且2AM BE ==. 在AMF ?中,2AM AF ==,22MF =. 所以2

2

2

AM AF MF +=,故AM AF ⊥. 由AD ⊥面ABEF ,得AD AM ⊥, 因为AD AF A =I ,所以AM ⊥面ADF . 【易错点】定理证明所用知识点不清楚

【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.

如该题中的（1）问需要利用五面体中的面ABCD 是矩形,根据对角线的性质确定线段BD 与AC 的中点. （2）问中利用勾股定理验证线线垂直关系,这些都是证明空间平行与垂直关系的基础.

2

例2 在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，111AB B C ⊥．

求证：(1)AB ∥平面11A B C ；

(2)平面11ABB A ⊥平面1A BC ．

【答案】 见解析

【解析】(1)在平行六面体1111ABCD A B C D -中，AB ∥11A B ．

因为AB ?平面11A B C ，11A B ?平面11A B C ，所以AB ∥平面11A B C ．

(2)在平行六面体1111ABCD A B C D -中，四边形11ABB A 为平行四边形． 又因为1AA AB =，所以四边形11ABB A 为菱形，因此1AB ⊥1A B ． 又因为1AB ⊥11B C ，BC ∥11B C ，所以1AB ⊥BC ．

又因为1A B I BC =B ，1A B ?平面1A BC ，BC ?平面1A BC ，所以1AB ⊥平面1A BC ． 因为1AB ?平面11ABB A ，所以平面11ABB A ⊥平面1A BC ． 【易错点】定理证明所用知识点不清楚

【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.

D 1

1

B 1

A 1

D

C

B

A

D 1

C 1

B 1

A 1

D

C

B

A

题型二 立体几何体积求解

例 1 如图所示，在三棱锥V ABC -中，平面VAB ⊥平面ABC ，三角形VAB 为等边三角形，AC BC ⊥，

且AC BC ==O ，M 分别为AB ，VA 的中点. （1）求证：//VB 平面MOC . （2）求证：平面MOC ⊥平面 VAB . （3）求三棱锥V ABC -的体积.

【答案】 见解析

【解析】（1）依题意，O ，M 分别为AB ，VA 的中点，则OM 是VAB △的中位线， 所以//OM VB ，OM ?平面MOC ，VB ?平面MOC ，故//VB 平面MOC . （2）因为在ABC △中，AC BC =，且O 为AB 的中点，所以OC AB ⊥， 又平面VAB ⊥平面ABC ，平面VAB I 平面ABC AB =，OC ?平面ABC ， 所以OC ⊥平面VAB ，又OC ?平面MOC ，故平面MOC ⊥平面VAB . （3）由（2）知，OC ⊥平面VAB ，

所以2112133V ABC C VAB VAB V V S OC --==

?=?=△ 【易错点】定理证明所用知识点不清楚

【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.

例2 如图所示，在三棱锥–P ABC 中，PA AB ⊥，PA BC ⊥，AB BC ⊥，2PA AB BC ===，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点． （1）求证：PA BD ⊥；

（2）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；

（3）当//PA 平面BDE 时，求三棱锥–E BCD 的体积． 【答案】 见解析

【解析】（1）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥ ，AB BC B =I ，所以PA ⊥平面ABC .又因为BD ?平面ABC ，所以PA BD ⊥.

（2）因为AB BC ⊥，AB BC =，D 为线段AC 的中点，所以在等腰Rt ABC △中，BD AC ⊥.又

由（1）可知，PA BD PA AC A ⊥=I ，，所以BD ⊥平面PAC .由E 为线段PC 上一点，则DE ?平面PAC ，

O

M

C B

A

V

P

A

B

C

D

E

4

所以.BD ED ⊥又因为BD ?平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面PAC .

（3）当//PA 平面BDE 时，PA ?平面PAC ,且平面PAC I 平面BDE DE =,可得//PA DE .由D 是AC 边的中点知，E 为PC 边的中点.故而

1

12

ED PA ==，ED PA ∥

，因为PA ⊥平面ABC ，所以ED ⊥平面BDC .

由2AB BC ==，AB BC ⊥，D 为AC 边中点知，.2=

=CD BD 又AC BD ⊥，有BD DC ⊥，即

.90?=∠BDC 因此，1111

2213323

E BCD BCD V S ED -=?=????=△.

【易错点】注意体积几何证明题条件的严谨性

【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.掌握线面平行的性质定理的应用及其体积的求解方法. 题型三 几何体的外接球问题

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垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是 . 【答案】C ；

【解析】（1）162==h a V ，2=a ，24164442222=++=++=h a a R ，π24=S ，选C ；

（2）933342=++=R ，ππ942

==R S 【易错点】 外接球球心位置不好找

【思维点拨】 应用补形法找外接球球心的位置 题型四 立体几何的计算

例1 如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角边边长分别为3和4,过直角顶点的侧棱长为4,且垂直于底面,该三棱锥的主视图是 ( )

【答案】 B

9π

【解析】显然由空间直角坐标系可知,该几何体在xoy 面内的点保持不动,在y 轴上的点在xoy 面内的射影为坐标原点,所以该几何体的主视图就是其在面xoy 面的表面图形,即主视图应为高为4,底面边长为3的直角三角形．故选B .

【易错点】 该题易出现的问题是误以为y 轴上的点在xoy 面的射影落在x 轴的正半轴上而误选D , 【思维点拨】判断几何体的三视图应注意以下几个方面： （1）明确几何体的放置位置和角度,注意投影线和投影面；

（2）准确把握几何体的结构特征,特别是几何体中的线面垂直关系等； （3）注意实线和虚线的区别.

【巩固训练】

题型一 立体几何的证明

1.如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为菱形, 60BAD ∠=°,2PA PD AD ===,点M 在线段

PC 上,且2PM MC =,N 为AD 的中点.

（1）求证：AD ⊥平面PNB ；

（2）若平面PAD ⊥平面ABCD ,求三棱锥P NBM -的体积. 【答案】（1）见解析；（2）

2

3

. 【解析】（1）∵,PA PD N =为AD 的中点,∴PN AD ⊥, ∵底面ABCD 为菱形,60BAD ∠=?,∴BN AD ⊥, ∵PN BN N =I ,∴AD ⊥平面PNB . （2）∵2PN PD AD ===,

∴PN NB ==

∵平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD I 平面ABCD AD =,PN AD ⊥, ∴PN ⊥平面ABCD , ∴PN NB ⊥,

6

∴133322

PNB S ?=

??=. ∵AD ⊥平面,//PNB AD BC ,∴BC ⊥平面PNB . ∵2PM MC =,∴22132

233323

P NRM M PNB C PNB V V V ---==

=???=. 2.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,D 是AB 的中点. （1）证明：1//BC 平面1A CD ； （2）若AC CB =,求证：1A D CD ⊥. 【答案】见解析.

【解析】证明：（1）如图,连接1AC ,交1A C 于点O ,连结OD . 据直三棱柱性质知四边形11ACC A 为平行四边形,所以O 为1AC 的中点. 又因为D 是AB 的中点,所以1//BC OD . 又因为1BC ?平面1A CD ,OD ?平面1A CD , 所以1//BC 平面1A CD .

（2）因为AC BC =,D 为AB 的中点,所以CD AB ⊥.

据直三棱柱111ABC A B C -性质知1AA ⊥平面ABC ,又因为CD ?平面ABC ,

所以1AA CD ⊥.

又因为1AA AB A =I ,1,AA AB ?平面11ABB A , 所以CD ⊥平面11ABB A ,

又因为1A D ?平面11ABB A ,所以1CD A D ⊥,即1A D CD ⊥.

题型二 立体几何体积求解

1. 如图所示，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，//AD BC ，3AB AD AC ===，

4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点.

（1）证明//MN 平面PAB ；

P

N

M

D

C

B

A

（2）求四面体N BCM -的体积．

【答案】（1） （2）． 【解析】（1）取中点，连接、，因为是中点，，且，又，且，所以，且，所以四边形是平行四边形.所以.又平面

，平面，所以平面.

(2)由(1) 平面.

所以.

所以. 2.如图所示，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，

1

2

AB BC AD ==

，o 90BAD ABC ∠=∠=. （1）证明：直线//BC 平面PAD ；

（2）若PCD △

面积为，求四棱锥P ABCD -的体积. 【答案】（1） （2）(

)224132

V ?+=?? 【解析】（1）在平面ABCD 内，因为90BAD ABC ∠=∠=o ，所以//BC AD . 又BC ?平面PAD ，AD ?平面PAD ，故//BC 平面PAD . （2）取AD 的中点M ，联结PM ，CM . 由1

2

AB BC AD ==

，及//BC AD ，90ABC ∠=o ，得四边形ABCM 为正方形，则CM AD ⊥. 因为侧面PAD 是等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD I 平面ABCD AD =，所以PM AD ⊥，因为

PM ?平面PAD ，所以PM ⊥平面ABCD .因为CM ?平面ABCD ，所以PM CM ⊥

.

1114236N BCM ABC

V PA S -=??=??=△PB Q AQ NQ N PC //NQ BC 1

2

NQ BC =

2231

3342

AM AD BC BC =

=?=//AM BC //QN AM QN AM =AQNM //MN AQ MN ?PAB AQ ?PAB //MN PAB //QN ABCD 1

122

N BCM Q BCM P BCM P BCA V V V V ----==

=11142363

N BCM

ABC V PA S -=??=??△P

Q

N

M

D

C

B

A

P

A

B

C

D

8

设BC x =，则CM x =

，CD

，PM ，2PC PD x ==. 取CD 的中点N ，联结PN ，则PN CD ⊥

，所以PN =

. 因为PCD △

的面积为

12=，解得2x =-（舍去）

，2x =，于是2AB BC ==，4AD =

，PM =.所以四棱锥P ABCD -的体积(

)224132

V ?+=??= 题型三 几何体的外接球问题

1. 在正三棱锥中，分别是棱的中点，且MN AM ⊥,若侧棱,则正三棱锥ABC S -外接球的表面积是 . 【答案】π36

【解析】正三棱锥的对棱互垂直。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

2. 在

四

面

体

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 π3

40.D 【答案】D

S ABC -M N 、SC BC

、SA =S ABC

-(3)题-1

A

(3)题

-2

A

C

【解析】在ABC

?中，7

120

cos

2

2

2

2=

?

?

-

+

=ο

BC

AB

AB

AC

BC，

7

=

BC，ABC

?的外接球直径为

3

7

2

2

3

7

sin

2=

=

∠

=

BAC

BC

r，

∴

3

40

4

)

3

7

2

(

)

2(

)

2(2

2

2

2=

+

=

+

=SA

r

R，

3

40π

=

S，选D

3.一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

8

9

，底面周长为3，则这个球的体积为 .

【答案】

3

4π

=

V

【解析】解：设正六边形边长为a，正六棱柱的高为h，底面外接圆的关径为r，则

2

1

=

a，

底面积为

8

3

3

)

2

1

(

4

3

62=

?

?

=

S，

8

9

8

3

3

=

=

=h

Sh

V

柱

，∴3

=

h，1

)

2

1

(

)

2

3

(2

2

2=

+

=

R，1

=

R，球的体积为

3

4π

=

V

4. 如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线及粗虚线画出的某多面体的三视图,则该多面体外接球的表面积为（）

A.8π

B.

25

2

π

C.12π

D.

41

4

π

【答案】D

【解析】根据三视图，还原原图如图所示，D

A,为棱中点，根据几何体判断

()

()

??

?

?

?

-

+

=

+

=

,

2

1

2

2

2

2

2

2

2

x

R

x

R

解得，

，

4

41

4

3

=

=R

x该几何体外接球的表面积为π

π

4

41

42=

R，故选D

题型四立体几何的计算

10

1.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）

A.81

B.71

C.61

D.5

1

【答案】D

【解析】由三视图得，在正方体1111ABCD

A B C D ﹣中，截去四面体111A A B D ﹣，如图所示，设正方体棱长为a ，则111

33

111326

A A

B D V a a =?=﹣，故剩余几何体体积为3331566

a a a -=，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为1

5．故选D.

2.一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（ ）.

A

．1+

．1+C

．2 D

．

【答案】C

【解析】由该几何体的三视图，在长为2，宽为1，高为1的长方体中还原其立体图形，如图所示.由图及三视图中所给的数据可知，PAC △与ABC △为等腰直角三角形，PAB △与PBC △

为等边三角形，

PA PC AB BC ====

2

1

222122

S =+???=.故选C.

3.一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）.

A.

B. C. D. 【答案】C

【解析】由三视图可知,

,四棱锥的 体积为,所以该几何体的体积为 .故选C.

12

π33

+13+

13+1π

+

π311π3+

俯视图

侧（左）视图

正（主）视图2

2

111

1

112

2

俯视图

侧视图

主视图

A

1

A 正（主）视图

俯视图

侧（左）视图

4.已知正三棱锥ABC V -的主视图、左视图和俯视图如图所示．

(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出左视图的面积．

【答案】 (1)见解析 (2)6 【解析】（2）如图所示．

（2）根据三视图间的关系可得32=BC , ∴左视图中323223

3242

2=?

??

? ????-=VA , ∴632322

1

=??=?VBC S .