高考理科数学立体几何大全(含考纲,的知识点,例题).doc

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高考数学总复习基础知识与典型例题立体几何(最新编写)

rr
对空间任意两个向量 a、b(b 0), a // b 的充要条件是存在实数 r
使a b;
推论：如果 l 为经过已知点 A 且平u行uur于已u知u非ur 零向r量 a 的直线r，那么对任一点 O，点 P 在直线 l 上的
充要条件是存在实数 t , 满足等式 OP OA ta . 其中向量 a 叫做直线 l 的方向向量 .
和平行六面体，这样，我们就可以选择适当的面为底面，使计算简单、易行。
若几何体本身不是四面体或平行六面体，则需先将其分成几个四面体或平行六面体
之后，再施行等积变换。
用等积变换求点到平面的距离 ,是用两种不同的体积计算方法 ,来建立所求距离的方程 ,使问题得解 .
异面直线间的距离，可转化为点到平面的距离，因此也可用等积变换求解。用等积
3
上；（ 2）求这个平行六面体的体积。
1.角：异面直线所成的角 ,直线和平面所成的角 ,二面角 ,都化归为平面几何中两条相交直线所成的角。异面直线所成的角：通过平移的变换手段化归，具体途径有：中位线、补形法等。直线和平面所成的角：通过作直线射影的作图法得到。
二面角：化归为平面角的度量，化归途径有：定义法，三垂线定理法，棱的垂面法及面积射影法。
变换求距离，可绕过距离的作图，从而降低了题目的难度。
⑸球是由曲面围成的旋转体。研究球，主要抓球心和半径。
例 41.M= { 正四棱柱 } ，N= { 长方体 } ，P= { 直四棱柱 } ，Q={ 正方体 }, 下列关系中正确的是（）
(A) QY M Y N Y P (B) QüM üN üP (C) QY N Y M Y P (D) QüN üM üP
rr
算加法结合律： ( a b) c a (b c) ;

高考数学-立体几何知识点与例题讲解-题型方法技巧学生用

立体几何知识点and 例题讲解一、知识点<一>常用结论1．证明直线与直线的平行的思考途径：（1）转化为判定共面二直线无交点；（2）转化为二直线同与第三条直线平行；（3）转化为线面平行；（4）转化为线面垂直；（5）转化为面面平行. 2．证明直线与平面的平行的思考途径：（1）转化为直线与平面无公共点；（2）转化为线线平行；（3）转化为面面平行.3．证明平面与平面平行的思考途径：（1）转化为判定二平面无公共点；（2）转化为线面平行；（3）转化为线面垂直.4．证明直线与直线的垂直的思考途径：（1）转化为相交垂直；（2）转化为线面垂直；（3）转化为线与另一线的射影垂直；（4）转化为线与形成射影的斜线垂直. 5．证明直线与平面垂直的思考途径：（1）转化为该直线与平面内任一直线垂直；（2）转化为该直线与平面内相交二直线垂直；（3）转化为该直线与平面的一条垂线平行；（4）转化为该直线垂直于另一个平行平面；（5）转化为该直线与两个垂直平面的交线垂直. 6．证明平面与平面的垂直的思考途径：（1）转化为判断二面角是直二面角；（2）转化为线面垂直. 7.夹角公式：设a ＝123(,,)a a a ，b ＝123(,,)b b b ，则cos 〈a ，b 〉=112233222222123123a b a b a b a a ab b b++++++.8．异面直线所成角：cos |cos ,|a b θ=r r =121212222222111222||||||||x x y y z z a b a b x y z x y z ++⋅=⋅++⋅++r rrr（其中θ（090θ<≤o o）为异面直线a b ,所成角，,a b r r 分别表示异面直线a b ,的方向向量） 9.直线AB 与平面所成角：sin ||||AB m arc AB m β⋅= (m为平面α的法向量). 10、空间四点A 、B 、C 、P 共面OC z OB y OA x OP ++=⇔，且 x + y + z = 1 11.二面角l αβ--的平面角cos ||||m n arc m n θ⋅= 或cos ||||m narc m n π⋅-（m ，n 为平面α，β的法向量）.12.三余弦定理：设AC 是α内的任一条直线，且BC ⊥AC ，垂足为C ，又设AO 与AB 所成的角为1θ，AB 与AC 所成的角为2θ，AO 与AC 所成的角为θ．则12cos cos cos θθθ=.13.空间两点间的距离公式若A 111(,,)x y z ，B 222(,,)x y z ，则,A B d =||AB AB AB =⋅222212121()()()x x y y z z =-+-+-.14.异面直线间的距离： ||||CD n d n ⋅=(12,l l 是两异面直线，其公垂向量为n ，C D 、分别是12,l l 上任一点，d 为12,l l 间的距离).15.点B 到平面α的距离：||||AB n d n ⋅= （n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A α∈）. 16.三个向量和的平方公式：2222()222a b c a b c a b b c c a ++=+++⋅+⋅+⋅2222||||cos ,2||||cos ,2||||cos ,a b c a b a b b c b c c a c a =+++⋅+⋅+⋅17. 长度为l 的线段在三条两两互相垂直的直线上的射影长分别为123l l l 、、，夹角分别为123θθθ、、,则有2222123l l l l =++222123cos cos cos 1θθθ⇔++=222123sin sin sin 2θθθ⇔++=.（立体几何中长方体对角线长的公式是其特例）.18. 面积射影定理 'cos S S θ=.(平面多边形及其射影的面积分别是S 、'S ，它们所在平面所成锐二面角的θ).19. 球的组合体(1)球与长方体的组合体: 长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长.(2)球与正方体的组合体:正方体的内切球的直径是正方体的棱长, 正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长, 正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长.(3) 球与正四面体的组合体: 棱长为a 的正四面体的内切球的半径为612a ,外接球的半径为64a . 20. 求点到面的距离的常规方法是什么？（直接法、体积法）〈二〉温馨提示：1.在用反三角函数表示直线的倾斜角、两条异面直线所成的角等时，你是否注意到它们各自的取值范围及义？ ① 异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的取值范围依次.② 直线的倾斜角、到的角、与的夹角的取值范围依次是．③ 反正弦、反余弦、反正切函数的取值范围分别是．〈三〉解题思路：1、平行垂直的证明主要利用线面关系的转化：线∥线线∥面面∥面判定线⊥线线⊥面面⊥面性质线∥线线⊥面面∥面←→−←→−−→−−←→−←→−←−−−←→−←→−线面平行的判定： a b b a a ∥，面，∥面⊂⊄⇒ααα abα线面平行的性质：αααβαβ∥面，面，∥⊂=⇒ b a b 三垂线定理（及逆定理）：P A A O P O ⊥面，为在内射影，面，则αααa ⊂a OA a PO a PO a AO⊥⊥；⊥⊥⇒⇒αaPO线面垂直：a b a c b c b c O a ⊥，⊥，，，⊥⊂=⇒ααaO α b c面面垂直： a a ⊥面，面⊥αββα⊂⇒ 面⊥面，，，⊥⊥αβαβαβ=⊂⇒l l aaaα alβa b a b⊥面，⊥面∥αα⇒ 面⊥，面⊥∥αβαβa a ⇒ a bα2、三类角的定义及求法（1）异面直线所成的角θ，0°＜θ≤90°（2）直线与平面所成的角θ，0°≤θ≤90°θαα＝时，∥或0b ob ⊂（）二面角：二面角的平面角，30180αβθθ--<≤l o o（三垂线定理法：A ∈α作或证AB ⊥β于B ，作BO ⊥棱于O ，连AO ，则AO ⊥棱l ，∴∠AOB 为所求。

理科数学高考立体几何大题精选

理科数学高考立体几何大题精选不建系求解1. 本小题总分值12分〕〔注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．〕如图，四棱锥S-ABCD中，SD底面ABCD，AB//DC，AD DC，AB=AD=1，DC=SD=2，E为棱SB上的一点，平面EDC平面SBC .〔Ⅰ〕证明：SE=2EB；〔Ⅱ〕求二面角A-DE-C的大小 .2.〔本小题总分值12分〕〔注意：在试题．．．．．．卷上作答无效〕．．．．．．．如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，,，点M在侧棱上，=60°〔I〕证明：M在侧棱的中点〔II〕求二面角的大小。

3．〔2021年普通高等学校招生统一考试辽宁数学〔理〕试题〔WORD版〕〕如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点.(I)求证:(II)4．〔2021年普通高等学校招生统一考试重庆数学〔理〕试题〔含答案〕〕如图,四棱锥中,,,为的中点,.(1)求的长; (2)求二面角的正弦值. 5．〔2021年普通高等学校招生统一考试浙江数学〔理〕试题〔纯WORD 版〕〕如图,在四面体中,平面,.是的中点,是的中点,点在线段上,且.(1)证明:平面;(2)假设二面角的大小为,求的大小.6．〔2021年普通高等学校招生统一考试广东省数学〔理〕卷〔纯WORD 版〕〕如图1,在等腰直角三角形中,,,分别是上的点,,为沿折起,得到如图2所示的四棱锥,其中.(Ⅰ) 证明:平面; (Ⅱ) 求二面角的平面角的余弦值.7．〔2021年高考陕西卷〔理〕〕如图, 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD, .(Ⅰ) 证明: A1C⊥平面BB1D1D;(Ⅱ) 求平面OCB 1与平面BB1D1D的夹角的大小.8．〔2021年高考四川卷〔理〕〕如图,在三棱柱中,侧棱底面,,,分别是线段的中点,是线段的中点.(Ⅰ)在平面内,试作出过点与平面平行的直线,说明理由,并证明直线平面;(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线交于点,交于点,求二面角的余弦值.9．〔2021年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷〔数学〕〔已校对纯WORD版含附加题〕〕本小题总分值10分.如图,在直三棱柱中,,,,点是的中点(1)求异面直线与所成角的余弦值(2)求平面与所成二面角的正弦值.10．〔2021年普通高等学校招生统一考试大纲版数学〔理〕WORD版含答案〔已校对〕〕如图,四棱锥中,与都是等边三角形.(I)证明: (II)求二面角的大小. 11．〔2021年普通高等学校招生统一考试山东数学〔理〕试题〔含答案〕〕如下图,在三棱锥中,平面,,分别是的中点, ,与交于点,与交于点,连接.(Ⅰ)求证:; (Ⅱ)求二面角的余弦值. 12．〔2021年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学〔理〕〔纯WORD版含答案〕〕如图,直棱柱中,分别是的中点,.(Ⅰ)证明:平面; (Ⅱ)求二面角的正弦值. 13．〔2021年高考北京卷〔理〕〕如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C 是边长为4的正方形,平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.(Ⅰ)求证:AA1⊥平面ABC;(Ⅱ)求二面角A1-BC1-B1的余弦值;(Ⅲ)证明:在线段BC1存在点D,使得AD⊥A1B,并求的值.。

高考立体几何专题

第1讲直线与平面高考要求1．掌握平面的基本性质，能够画出空间两条直线、直线与平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系．2．掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理．3．掌握直线与平面平行的判定定理和性质定理；掌握直线与平面垂直的判定定理和性质定理．4．掌握平面与平面平行的判定定理和性质定理；掌握平面与平面垂直的判定定理和性质定理．两点解读重点：1．掌握判定定理；2．熟悉课本中有关位置判定的定理．难点：空间位置的想象和图形的判读．课前训练1．过平行六面体ABCD-A1B1C1D1任意两条棱的中点作直线，其中与平面DBB1D1平行的直线有（）（A）4条（B）6条（C）8条（D）12条2．设γβα,,为平面，m,n,l为直线，则m⊥β的一个充分条件是（）（A）lml⊥=⊥,,βαβα（B）γβγαγα⊥⊥=,,m（C）αγβγα⊥⊥⊥m,,（D）αβα⊥⊥⊥mnn,,3．如果一条直线与两条直线都相交，这三条直线共可确定个平面4．已知直线a，假设直线b同时满足三个条件：①与a成异面直线②与a的夹角为定值θ③与a的距离为定值d，那么这样的直线条．典型例题例1设γβα,,为两两不重合的平面，m,n,l为两两不重合的直线，给出下列命题：①若βαγβγα//,,则⊥⊥；②若βαββαα//,//,//,,则nmnm⊂⊂；③若βαβα//,//ll则，⊂；④若nml nml//,//,,,则γαγγββα===其中真命题的个数是（）（A）1（B）2（C）3（D）4例2已知异面直线a,b所成的角为70°，则过空间一点O与两条异面直线a,b所成角为60°直线有（）（A）1条（B）2条（C）3条（D）4条例3已知平面βα,和直线m，给出条件①α//m②α⊥m③α⊂m④βα⊥⑤βα//．（i）当满足条件时，有β//m；（ii）当满足条件时，有β⊥m（填所选条件的序号）．例4如图，正方形ABCD与正方形ABEF所在的平面互相垂直．两个正方形的边长均为2，M、N分别是AC、BF上的点，且AM=FN =x．（1）求证MN∥平面BCE；（2）设MN=y，求函数y=f（x）；（3）当MN最短时，求MN与AC所成的角．ABCDEFMN专题2——平行与垂直的证明高考要求1．掌握直线与直线平行的判定定理与性质定理．2．掌握直线与平面平行的判定定理与性质定理；掌握直线与平面垂直的判定定理及性质定理；掌握三垂线定理及其逆定理．3．掌握两个平面平行的判定定理与性质定理；掌握两个平面垂直的判定定理与性质定理．两点解读重点：直线与平面的位置关系尤其是线面垂直难点：平行与垂直关系的转化．典型例题例1关于直线m，n与平面α，β，有以下四个命题：①若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n；②若m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥n；③若m⊥α，n∥β且α∥β，则m⊥n；④若m⊥α，n∥β且α⊥β，则m∥n；其中真命题的序号是（）（A）①②（B）③④（C）①④（D）②③例2如图，在三棱柱ABC—A'B'C'中，点E、F、H、K分别为AC'、CB'、A'B、B'C'的中点，G为△ABC的重心．从K、H、G、B'中取一点作为P，使得该棱柱恰有2条棱与平面PEF平行，则P为（）（A）K（B）H（C）G（D）B′例4在空间四边形ABCD中，AB=BC，CD=DA，E、F、G分别是CD、DA和对角线AC的中点，则平面BEF与平面BDG的位置关系是例5如图，在底面为平行四边形的四棱锥P－ABCD中，AB ⊥AC，PA⊥平面ABCD，点E是PD的中点．（Ⅰ）求证：AC⊥PB；（Ⅱ）求证：PB∥平面AEC．PBCDEA当堂训练1．如图１，在四棱锥P ABCD 中，PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD 是矩形，则该四棱锥的四个侧面中是直角三角形的有（）（A）1个（B）2个（C）3个（D）4个2．在正四面体P-ABC 中，D、E、F 分别是AB、BC、CA 的中点，下面四个结论中不成立的是（）（A）BC//平面PDF （B）DF⊥平面PAE （C）平面PDF⊥平面ABC （D）平面PAE⊥平面ABC3．如图２，下列四个正方体图形中，A、B 为正方体的两个顶点，M、N、P 分别为其所在棱的中点，能得出AB//面MNP 的图形的序号为（写出所有符合要求的图形序号）．①②③④4。

高考数学专题立体几何专题

专题三立体几何专题【1】【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，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分析：想像投影方式，将问题归结到一个具体的空间几何体中解决．解析：结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算，如图设长方体的高宽高分别为,,m n k ，由题意得2227m n k ++=，226m k +=1n ⇒=，21k a +=，21m b +=，所以22(1)(1)6a b -+-=228a b ⇒+=，22222()282816a b a ab b ab a b +=++=+≤++=∴4a b ⇒+≤当且仅当2a b ==时取等号．点评：本题是高考中考查三视图的试题中难度最大的一个，我们通过移动三个试图把问题归结为长方体的一条体对角线在三个面上的射影，使问题获得了圆满的解决．例2下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 ．9πB ．10πC ．11πD ．12π分析：想像、还原这个空间几何体的构成，利用有关的计算公式解答．解析：这个空间几何体是由球和圆柱组成的，圆柱的底面半径是1，母线长是3，球的半径是1，故其表面积是22213214112ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=，答案D ．点评：由三视图还原空间几何体的真实形状时要注意“高平齐、宽相等、长对正”的规则．例3已知一个正三棱锥P ABC -的主视图如图所示，若32AC BC ==， 6PC =，则此正三棱锥的全面积为_________．分析：正三棱锥是顶点在底面上的射影是底面正三角形的中心的三棱锥，根据这个主试图知道，主试图的投影方向是面对着这个正三棱锥的一条侧棱，并且和底面三角形的一条边垂直，这样就知道了这个三棱锥的各个棱长．解析：这个正三棱锥的底面边长是3、高是6，故底面正三角形的中心到一个顶点的距离是233332⨯⨯=，故这个正三棱锥的侧棱长是22363+=，由此知道这个正三棱锥的侧面也是边长为3的正三角形，故其全面积是2343934⨯⨯=，答案93．点评：由空间几何体的一个视图再加上其他条件下给出的问题，对给出的这“一个视图”要仔细辨别投影方向，这是三视图问题的核心．题型2 空间点、线、面位置关系的判断例4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）_______________．分析：根据空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐个作出判断．解析：我们借助于长方体模型解决．①中过直线,m n 作平面γ，可以得到平面,αβ所成的二面角为直二面角，如图（1），故βα⊥①正确；②的反例如图（2）；③的反例如图（3）；④中由,m ααβ⊥可得m β⊥，过n 作平面γ可得n 与交线g 平行，由于m g ⊥，故m n ⊥．答案①④．点评：新课标的教材对立体几何处理的基本出发点之一就是使用长方体模型，本题就是通过这个模型中提供的空间线面位置关系解决的，在解答立体几何的选择题、填空题时合理地使用这个模型是很有帮助的．例5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分析：借助模型、根据线面位置关系的有关定理逐个进行分析判断．解析：对于//αβ，结合,//,m n αβ⊥则可推得m n ⊥．答案C ．点评：从上面几个例子可以看出，这类空间线面位置关系的判断类试题虽然形式上各异，但本质上都是以空间想象、空间线面位置关系的判定和性质定理为目标设计的，主要是考查考生的空间想象能力和对线面位置关系的判定和性质定理掌握的程度．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．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．分析：第一问就是找平行线，最明显的就是1EF BD ；第二问转化为线面垂直进行证明；第三问采用三棱锥的等积变换解决．解析：（1）连结1BD ，如图，在B DD 1∆中，E 、F 分别为1D D ，DB 的中点，则111111////EF D B D B ABC D EF EF ABC D ⎫⎪⊂⇒⎬⎪⊄⎭平面平面平面11ABC D ．（2）11111111111111111,//B C ABB C BC B C BD B C ABC D EF B C AB B C ABC D EF BD BD ABC D AB BC B ⊥⎫⎪⊥⊥⊥⎫⎫⎪⇒⇒⇒⊥⎬⎬⎬⊂⊂⎭⎭⎪⎪=⎭平面平面平面（3）CF ⊥平面11BDD B ，1CF EFB ∴⊥平面且2CF BF ==，1132EF BD ==，222211(2)26B F BF BB =+=+=，222211111(22)3B E B D D E =+=+=∴22211EF B F B E += 即190EFB ∠=，11113B EFC C B EF B EF V V S CF --∆∴==⋅⋅=11132EF B F CF ⨯⋅⋅⋅=11362132⨯⨯⨯⨯= ．点评：空间线面位置关系证明的基本思想是转化，根据线面平行、垂直关系的判定和性质，进行相互之间的转化，如本题第二问是证明线线垂直，但问题不能只局限在线上，要把相关的线归结到某个平面上（或是把与这些线平行的直线归结到某个平面上，通过证明线面的垂直达到证明线线垂直的目的，但证明线面垂直又得借助于线线垂直，在不断的相互转化中达到最终目的．立体几何中的三棱柱类似于平面几何中的三角形，可以通过“换顶点”实行等体积变换，这也是求点面距离的基本方法之一．例7．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 ．分析：第一问只要求出底面积和高即可；第二问的线面垂直通过线线垂直进行证明；第三问的线面平行即可以通过证明线线平行、利用线面平行的判定定理解决，也可以通过证明面面平行解决，即通过证明直线CE 所在的一个平面和平面PAB 的平行解决．解析：（1）在ABC ∆Rt 中，1,60AB BAC =∠=，∴3BC =，2AC =．在ACD Rt Δ中，2,60AC ACD =∠=，∴23,4CD AD ==．∴1122ABCD S AB BC AC CD =⋅+⋅115132233222=⨯⨯+⨯⨯=．则155323323V =⨯⨯=．（2）∵PA CA =，F 为PC 的中点，∴AF PC ⊥． ∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA CD ⊥，∵AC CD ⊥，PA AC A =，∴CD ⊥平面PAC ，∴CD PC ⊥．∵E 为PD 中点，F 为PC 中点，∴EF ∥CD ，则EF CD ⊥，∵AF EF F =，∴PC ⊥平面AEF ．（3）证法一：取AD 中点M ，连,EM CM ．则EM ∥PA ，∵EM ⊄平面PAB ，PA ⊂平面PAB ，∴EM ∥平面PAB ．在ACD ∆Rt 中，60CAD ∠=，2AC AM ==，∴60ACM ∠=．而60BAC ∠=，∴MC ∥AB ．∵MC ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，∴MC ∥平面PAB ．∵EM MC M =，∴平面EMC ∥平面PAB ．∵EC ⊂平面EMC ，∴EC ∥平面PAB ．证法二：延长,DC AB ，设它们交于点N ，连PN ．∵60NAC DAC ∠=∠=，AC CD ⊥，∴C 为ND 的中点． ∵E 为PD 中点，∴EC ∥PN ．∵EC ⊄平面PAB ，PN ⊂平面PAB ，∴EC ∥平面PAB ．点评：新课标高考对立体几何与大纲的高考有了诸多的变化．一个方面增加了空间几何体的三视图、表面积和体积计算，拓展了命题空间；另一方面删除了三垂线定理、删除了凸多面体的概念、正多面体的概念与性质、球的性质与球面距离，删除了空间向量，这就给立体几何的试题加了诸多的枷锁，由于这个原因课标高考文科的立体几何解答题一般就是空间几何体的体积和表面积的计算、空间线面位置关系的证明（主要是平行与垂直）．题型4 空间向量在立体几何中的应用例8．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．【解析】解法一：如图分别以1,,DA DC DD 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，由已知得()0,0,0D 、()2,0,0A 、()2,2,0B 、()0,2,0C 、()12,2,2B 、()10,0,2D ()1,0,2E 、、()0,2,1F ．（1）取1AD 中点G ，则()1,0,1G ， ()1,2,1CG =-，又()1,2,1EF =--，由EF CG =-，∴EF 与CG 共线．从而EF ∥CG ，∵CG ⊂平面1ACD ， EF ⊄平面1ACD ，∴EF ∥平面1ACD ．（2）∵()0,2,0AB =，4cos ,||||2EF AB EF AB EF AB ⋅===⋅ ∴异面直线EF 与AB 所成角的余弦值为36．（3）假设满足条件的点P 存在，可设点()2,2,P t （02t <≤），平面ACP 的一个法向量为(),,n x y z =，则0,0.n AC n AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ∵()0,2,AP t =()2,2,0AC =-，∴220,20,x y y tz -+=⎧⎨+=⎩ 取2(1,1,)n t=-．易知平面ABC 的一个法向量1(0,0,2)BB =，依题意知， 1,30BB n=或150， ∴14||cos ,BB N -==，即22434(2)4t t=+，解得3t = ∵(0,2]3，∴在棱1BB 上存在一点P ，当BP 的长为3时，二面角P AC B --的大小为30．解法二：（1）同解法一知()1,2,1EF =-- ，()12,0,2AD =-， ()2,2,0AC =-，∴112EF AC AD =-，∴EF 、AC 、1AD 共面．又∵EF ⊄平面1ACD ，∴EF ∥平面1ACD ．（2）、（3）同解法一．解法三：易知平面1ACD 的一个法向量是()12,2,2DB =．又∵()1,2,1EF =--，由10EF DB ⋅=·， ∴1EF DB ⊥，而EF ⊄平面1ACD ，∴EF ∥平面1ACD ．（2）、（3）同解法一．点评：本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、二面角的概念等基础知识；考查空间想像能力、推理论证能力和探索问题、解决问题的能力．利用空间向量证明线面平行的方法基本上就是本题给出的三种，一是证明直线的方向向量和平面内的一条直线的方向向量共线，二是证明直线的方向向量和平面内的两个不共线的向量共面、根据共面向量定理作出结论；三是证明直线的方向向量与平面的一个法向量垂直．例9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．【解析】（1）取EC 的中点是F ，连结BF ，则BF DE ，∴FBA ∠或其补角即为异面直线DE 与AB 所成的角．在BAF ∆中，42AB =，25BF AF ==10cos 5ABF ∠=． ∴异面直线DE 与AB 所成的角的余弦值为105．（2）AC ⊥平面BCE ，过C 作CG DE ⊥交DE 于G ，连结AG ．可得DE ⊥平面ACG ，从而AG DE ⊥,∴AGC ∠为二面角A ED B --的平面角．在ACG ∆Rt 中，90ACG ∠=，4AC =， 85CG =∴5tan AGC ∠=． ∴5sin 3AGC ∠=． ∴二面角A ED B --的的正弦值为53 （3）1163BCED V S AC =⋅⋅=，∴几何体的体积V 为16．方法二：（坐标法）（1）以C 为原点，以,,CA CB CE 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系．则()4,0,0A ，(0,4,0)B ，(0,4,2)D ，()0,0,4E ， (0,4,2),(4,4,0)DE AB =-=-， ∴10cos ,DE AB <>=∴异面直线DE 与AB 所成的角的余弦值为105．（2）平面BDE 的一个法向量为(4,0,0)CA =，设平面ADE 的一个法向量为(,,)n x y z =，,,n AD n DE ⊥⊥(4,4,2),(0,4,2)AD DE =-=-∴0,0n AD n DE ==从而4420,420x y z y z -++=-+=,令1y =，则(2,1,2)n =, 2cos ,3CA n <>= ∴二面角A ED B --的的正弦值为53．（3）1163BCED V S AC =⋅⋅=，∴几何体的体积V 为16．点评：本题考查异面直线所成角的求法、考查二面角的求法和多面体体积的求法．空间向量对解决三类角（异面直线角、线面角、面面角）的计算有一定的优势．对理科考生来说除了要在空间向量解决立体几何问题上达到非常熟练的程度外，不要忽视了传统的方法，有些试题开始部分的证明就没有办法使用空间向量．题型5 距离（点到平面，线与线、线与面、面与面）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.典型例题例10如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都为2，D 为1CC 中点．（Ⅰ）求证：1AB ⊥平面1A BD ；（Ⅱ）求二面角1A A D B --的三角函数值；（Ⅲ）求点C 到平面1A BD 的距离．考查目的：本小题主要考查直线与平面的位置关系，二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力．解答过程：解法一：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ． ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AO ∴⊥平面11BCC B ．连结1B O ，在正方形11BB C C 中，O D ，分别为1BC CC ，的中点，1B O BD ∴⊥，1AB BD ∴⊥．在正方形11ABB A 中，11AB A B ⊥，1AB ∴⊥平面1A BD ．（Ⅱ）设1AB 与1A B 交于点G ，在平面1A BD 中，作1GF A D ⊥于F ，连结AF ，由（Ⅰ）得1AB ⊥平面1A BD ．1AF A D ∴⊥，AFG ∴∠为二面角1A A D B --的平面角．在1AA D △中，由等面积法可求得AF =又112AG AB =sin AG AFG AF ∴=∠．所以二面角1A A D B --A BC D 1A 1C 1B A B C D 1A 1C 1B OF（Ⅲ）1A BD △中，111A BD BD A D A B S ==∴=△1BCD S =△．在正三棱柱中，1A 到平面11BCC B设点C 到平面1A BD 的距离为d ．由11A BCD C A BD V V --=，得111333BCDA BD S S d=△△，1A BD d ∴=△∴点C 到平面1A BD解法二：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ． ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．在正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AD ∴⊥平面11BCC B ．取11B C 中点1O ，以O 为原点，OB ，1OO ，OA 的方向为x y z ，，轴的正方向建立空间直角坐标系，则(100)B ，，，(110)D -，，，1(0A ，(00A ，， 1(12AB ∴=，，(210)BD =-，，，1(1BA =-．12200AB BD =-++=，111430AB BA =-+-=，1AB BD ∴⊥，11AB BA ⊥．1AB ∴⊥平面1A BD ．（Ⅱ）设平面1A AD 的法向量为()x y z =，，n ．(11AD =-，，1(020)AA =，，．AD ⊥n ，1AA ⊥n ，100AD AA ⎧=⎪∴⎨=⎪⎩，，n n 020x y y ⎧-+=⎪∴⎨=⎪⎩，，0y x =⎧⎪∴⎨=⎪⎩，．令1z =得(1)=，n 为平面1A AD 的一个法向量．由（Ⅰ）知1AB ⊥平面1A BD ， 1AB ∴为平面1A BD 的法向量．cos <n ，11133222AB AB AB -->===n n∴二面角1A A D B --的大小为（Ⅲ）由（Ⅱ），1AB 为平面1A BD 法向量， 1(200)(12BC AB =-=，，，，．∴点C 到平面1A BD 的距离1122BC AB d AB -===小结：本例中（Ⅲ）采用了两种方法求点到平面的距离.解法二采用了平面向量的计算方法，把不易直接求的B 点到平面1AMB 的距离转化为容易求的点K 到平面1AMB 的距离的计算方法，这是数学解题中常用的方法；解法一采用了等体积法，这种方法可以避免复杂的几何作图，显得更简单些，因此可优先考虑使用这一种方法.例2. 如图,已知两个正四棱锥P -ABCD 与Q -ABCD 的高分别为1和2,AB =4.(Ⅰ)证明PQ ⊥平面ABCD ； (Ⅱ)求点P 到平面QAD 的距离.命题目的：本题主要考查直线与平面的位置关系及点到平面的距离基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角；方法二关键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法. 解答过程：方法一（Ⅰ）取AD 的中点，连结PM ，QM . 因为P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥，所以AD ⊥PM ，AD ⊥QM . 从而AD ⊥平面PQM .又⊂PQ 平面PQM ，所以PQ ⊥AD . 同理PQ ⊥AB ，所以PQ ⊥平面ABCD .(II)连结OM ，则112.22OM AB OQ ===所以∠MQP ＝45°.由（Ⅰ）知AD ⊥平面PMQ ，所以平面PMQ ⊥平面QAD . 过P 作PH ⊥QM 于H ，PH ⊥平面QAD .从而PH 的长是点P 到平面QAD 的距离. QBCPADOM方法二（Ⅰ）连结AC 、BD ，设O BD AC = .由P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥，所以PO ⊥平面ABCD ，QO ⊥平面ABCD . 从而P 、O 、Q 三点在一条直线上，所以PQ ⊥平面ABCD . （Ⅱ）点D 的坐标是（0，－22，0），)0,22,22(--=AD ，(0,0,3)PQ =-，设),,(z y x n =是平面QAD 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00AD n AQ n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+002y x z x . 取x =1，得)2,1,1(--=n . 所以点P 到平面QAD 的距离322PQ n d n⋅==. 题型 6 割补法：割补法主要是针对平面图形或空间图形所采用的一种几何变换，其主要思想是把不规则问题转化为规则问题，这个方法常常用来求不规则平面图形的面积或不规则空间几何体的体积．例6．1若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是．分析：将其补成一个正方体．解析：这样的三棱锥实际上是正方体被一个平面所截下来的，我们考虑在原来的正方体中解决这个问题．设原来的正方体的棱长为3，则本题中的三棱锥和原来的正方体具有同一个外接球，这个球的直径就是正方体的体对角线，长度为333⨯=，即球的半径是32，故这个球的表面积是23492ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭．点评：三条侧棱两两垂直的三棱锥习惯上称为“直角三棱锥”，它就隐含在正方体之中，在解题中把它看作正方体的一个部分，在整个正方体中考虑问题，往往能化难为易，起到意想不到的作用．例6．2如图，已知多面体ABC DEFG -中，AB AC AD ，，两两互相垂直，平面ABC ∥平面DEFG ，平面BEF ∥平面ADGC ，2AB AD DC ===，1AC EF ==，则该多面体的体积为Ａ．2 Ｂ．4 Ｃ．6 Ｄ．8分析：这个几何体即可以看作两个三棱柱拼合而成的，也可以看作是从一个正方体割下来的．解析一（割）：如图，过点C 作CH DG ⊥于H ，连结EH ，这样就把多面体分割成一个直三棱柱DEH ABC -和一个斜三棱柱BEF CHG -．于是所求几何体的体积为DEH BEF V S AD S DE =⨯+⨯△△11212212422⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．解析二（补）：如图，将多面体补成棱长为2的正方体，那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半．于是所求几何体的体积为31242V =⨯=．点评：割补法是我们解决不规则空间几何体体积的最主要的技巧，其基本思想是利用割补将其转化为规则空间几何体加以解决．【专题训练与高考预测】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 ． 63π++B ． 1834π++C ． 1823π++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 ．323233．2233． 32233．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 ．π316D ．π3324．一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 ．2723 6．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 ．2705B ．3705C ．155D ．61557．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 ④B ． ① ③C ． ② ③D ． ① ②11．已知三条不重合的直线m 、n 、l 两个不重合的平面α、β，有下列命题 ①若//,m n n α⊂，则//m α； ②若l α⊥，m β⊥且l m ，则αβ；③若,m m αα⊂⊂，,m n ββ，则αβ；④若αβ⊥，m αβ=，n β⊂，n m ⊥，则n α⊥．中正确的命题个数是（）A ．1B ． 2C ．3D ．412．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,)2π B ．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．【参考答案】1．解析：C 该几何体是正三棱柱上叠放一个球．故其表面积为2231323224182342ππ⎛⎫⨯⨯+⨯⨯+⨯=++ ⎪⎝⎭．2．解析：B 这个空间几何体的是一个底面边长为3的正方形、高为3的四棱柱，上半部分是一个底面边长为3的正方形、高为2的四棱锥，故其体积为13333323323⨯⨯+⨯⨯⨯=+．3．解析：C 由三视图知该几何体是底面半径为1，高为3的圆锥，其外接球的直径为433． 4．解析：D 如图设直观图为''''O A B C ，建立如图所示的坐标系，按照斜二测画法的规则，在原来的平面图形中OC OA ⊥，且2OC =，1BC =，212122OA =+⨯=+，故其面积为()11222222⋅++⋅=+5．解析：D 当平面EFD 处于水平位置时，容器盛水最多2121sin 31sin 313131h ASB SB SA h DSE SE SD h S h S V V SAB SDE SABC SDE F ⋅∠⋅⋅⋅⋅∠⋅⋅⋅=⋅⋅=∴∆∆--27431323221=⋅⋅=⋅⋅=h h SB SE SA SD 最多可盛原来水得42312727-=．6．解析：A 设三边长为,2,x x y ，则2254x y +=，令442cos ,2sin ,33cos 2sin 70555x y x y θθθθ==∴+=+≤． 7．解析：B 如图，取'AA 的中点P ，连结BP ，在正方形''ABB A 中易证'BP B M ⊥．8．解析：B 过点P 作a a '，b b '，若P a ∈，则取a 为a '，若P b ∈，则取b 为b '．这时a '，b '相交于P 点，它们的两组对顶角分别为50和130．记a '，b '所确定的平面为α，那么在平面α内，不存在与a '，b '都成30的直线．过点P 与a '，b '都成30角的直线必在平面α外，这直线在平面α的射影是a '，b '所成对顶角的平分线．其中射影是50对顶角平分线的直线有两条l 和l '，射影是130对顶角平分线的直线不存在．故答案选B ．9．解析：D 如图，在平面图形中CD BD ⊥，折起后仍然这样，由于平面ABD ⊥平面BCD ，故CD ⊥平面ABD ，CD AB ⊥，又AB AD ⊥，故AB ⊥平面ADC ，所以平面ADC ⊥平面ABC ．10．解析：C x 、y 、z 均为直线，显然不行；由于垂直于同一个平面的两条直线平行，故②，可以使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题；又由于垂直于同一条直线的两个平面平行，故③可以使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题；当x 、y 、z 均为平面时，也不能使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题． 11．解析：B ①中有m α⊂的可能；l m 且l α⊥，可得m α⊥，又m β⊥，故αβ，②正确；③中当m n 时，结论不成立；④就是面面垂直的性质定理，④正确．故两个正确的．12．解析：B 如图，在Rt ADC ∆中，cos ,sin AD AB AC AB θϕ==，而AD AC >，即cos sin cos 2πθϕϕ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭，故2πθϕ<-，即2πθϕ+<，而当AB l ⊥时，2πθϕ+=．13．解析：22 将如图⑴三棱锥P ABC -，沿棱PA 展开得图⑵，蚂蚁经过的最短路程应是A A '，又∵30APB BPC CPA ∠=∠=∠=，'90APA ∠=，∴A A '=22．14．解析：60,2⎛⎤ ⎥ ⎝⎦ ，⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡326，2()34xf x x =-，利用不等式或导数即可判断． 15．解析：③④ 如图，逐个判断即可．16．解析：105取CD 的中点F ，连接EF 交平面11ABC D 于O ，连AO ．由已知正方体，易知EO ⊥平面11ABC D ，所以EAO ∠为所求．在EOA ∆Rt 中，1112222EO EF A D ===，2215()122AE =+=，10sin 5EO EAO AE ∠==．所以直线AE 与平面11ABC D 所成的角的正弦值为105．17．解析：（1）这个空间几何体的下半部分是一个底面边长为2的正方形高为1的长方体，上半部分是一个底面边长为2的正方形高为1的四棱锥．（2）按照斜二测的规则得到其直观图，如图．（3）由题意可知，该几何体是由长方体''''ABCD A B C D -与正四棱锥''''P A B C D -构成的简单几何体．由图易得：2,'1,'1AB AD AA PO ====，取''A B 中点Q ，连接PQ ，从而2222''112PQ PO O Q =+=+=，所以该几何体表面积()()1'''''''''''''''''4212.2S A B B C C D D A PQ A B B C C D D A AA AB AD =++++++++⋅=+ 体积11622122133V =⨯⨯+⨯⨯⨯=． 18．解析：（1）∵点A 、D 分别是RB 、RC 的中点，∴BC AD BC AD 21,//=． ∴90PAD RAD RBC ∠=∠=∠=,∴AD PA ⊥．∴ BC PA ⊥,∵A AB PA AB BC =⊥ ,,∴BC ⊥平面PAB ． ∵⊂PB 平面PAB ,∴PB BC ⊥．（2）取RD 的中点F ，连结AF 、PF ． ∵1==AD RA ,∴RC AF ⊥．∵AD AP AR AP ⊥⊥,,∴⊥AP 平面RBC ． ∵⊂RC 平面RBC ,∴AP RC ⊥． ∵,A AP AF = ∴⊥RC 平面PAF ．∵⊂PF 平面PAF ,∴PF RC ⊥．∴AFP ∠是二面角P CD A --的平面角．在RAD ∆Rt 中, 22212122=+==AD RA RD AF ，在PAF ∆Rt 中, 2622=+=AF PA PF ， 332622cos ===∠PF AF AFP ． ∴ 二面角P CD A --的平面角的余弦值是33． 19．解析：（1）设11A B 的中点为F ，连结1,EF FC ．∵E 为1A B 的中点，∴EF112BB ．又1C M112BB ，∴EF 1MC ．∴四边形1EMC F 为平行四边形．∴1EMFC ．∵EM ⊄平面1111A B C D ，1FC ⊂平面1111A B C D ，∴EM 平面1111A B C D ．（2）作11B H A N ⊥于H ，连结BH ，∵1BB ⊥⊥平面1111A B C D ，∴1BH A N ⊥． ∴1BHB ∠为二面角11B A N B --的平面角．∵EM ∥平面1111A B C D ，EM ⊂平面1A BMN ，平面1A BMN平面11111A B C D A N = ，∴1EM A N ．又∵1EM FC ，∴11A N FC ．又∵11A FNC ，∴四边形11A FC N 是平行四边形．∴11NC A F =．设1AA a =，则112A B a =，1D N a =．在11A D N∆Rt 中，1A N ==，∴sin ∠A 1ND 1=11111sin A D A ND A N ∠==．在11A B H ∆Rt中，11111sin 2B H A B HA B a =∠== 在1BB H ∆Rt 中，111tan 4BB a BHB B H ∠=== （3）延长1A N 与11B C 交于P ，则P ∈平面1A BMN ，且P ∈平面11BB C C ．又∵平面1ABMN平面11BB C C BM =，∴P BM ∈，即直线111,,A N B C BM 交于一点P ．又∵平面1MNC ∥平面11BA B ，∴几何体111MNC BA B -为棱台． ∵112122A BB S a a a ∆=⋅⋅=，12111224MNC S a a a ∆=⋅⋅=，棱台111MNC BA B -的高为112B C a =，故222231111723446V a a a a a a ⎛⎫=+⋅+⋅= ⎪ ⎪⎝⎭，3327172266V a a a a a =⋅⋅-=，．∴12717V V =．20．解析：（1）因为N 是PB 的中点，AB PA =，所以PB AN ⊥．由PA ⊥底面ABCD ，得PA AD ⊥，又90BAD ︒∠=，即BA AD ⊥，∴⊥AD 平面PAB ，所以PB AD ⊥ ，∴⊥PB 平面ADMN ， ∴DM PB ⊥．（2）连结DN ，因为⊥BP 平面ADMN ，即⊥BN 平面ADMN ，所以BDN ∠是BD 与平面ADMN 所成的角．在ABD ∆Rt 中，2222BD BA AD =+=，在PAB ∆Rt 中，2222PB PA AB =+=，故122BN PB ==，在BDN ∆Rt 中, 21sin ==∠BD BN BDN ，又02BDN π≤∠≤，故BD 与平面ADMN 所成的角是6π．（3）由,M N 分别为PB PC ,的中点，得//MN BC ，且1122MN BC ==，又//AD BC ，故//MN AD ，由（1）得⊥AD 平面PAB ，又AN ⊂平面PAB ，故AD AN ⊥，∴四边形ADMN 是直角梯形，在Rt PAB ∆中，2222PB PA AB =+=，122AN PB ==，∴ 截面ADMN 的面积11152()(2)22224S MN AD AN =+⨯=+⨯=．法二：（1）以A 点为坐标原点建立空间直角坐标系A xyz -，如图所示（图略）由22====BC AB AD PA ，得(0,0,0)A ，1(0,0,2),(2,0,0),(1,,1),(0,2,0)2P B M D因为3(2,0,2)(1,,1)2PB DM ⋅=--0= ，所以DM PB ⊥．（2）因为 (2,0,2)(0,2,0)PB AD ⋅=-⋅0=，所以PB AD ⊥，又DM PB ⊥ ，故PB ⊥平面ADMN ，即(2,0,2)PB =-是平面ADMN 的法向量．设BD 与平面ADMN 所成的角为θ，又(2,2,0)BD =-．则|||4|1sin |cos ,|2||||4444BD PB BD PB BD PB θ⋅-=<>===+⨯+，又[0,]2πθ∈，故6πθ=，即BD 与平面ADMN 所成的角是6π．因此BD 与平面ADMN 所成的角为6π．（3）同法一．21．解析：法一：（1）∵四边形ACDE 是正方形， EC AM AC EA ⊥⊥∴,． ∵平面⊥ACDE 平面ABC ，又∵AC BC ⊥，⊥∴BC 平面EAC ． ⊂AM 平面EAC ，⊥∴BC AM ． ⊥∴AM 平面EBC ．（2）连结BM ，⊥AM 平面EBC ，ABM ∠∴是直线AB 与平面EBC 所成的角．设aBC AC EA 2===，则a AM 2=，a AB 22=， 21sin ==∠∴AB AM ABM ， ︒=∠∴30ABM ．即直线AB 与平面EBC 所成的角为︒30（3）过A 作EB AH ⊥于H ，连结HM ． ⊥AM 平面EBC ，EB AM ⊥∴．⊥∴EB 平面AHM ．AHM ∠∴是二面角C EB A --的平面角． ∵平面⊥ACDE 平面ABC ，⊥∴EA 平面ABC ．⊥∴EA AB ．在EAB Rt ∆中， EB AH ⊥，有AH EB AB AE ⋅=⋅．由(2)所设a BC AC EA 2===可得a AB 22=，a EB 32=，322aEB AB AE AH =⋅=∴．23sin ==∠∴AH AM AHM ．︒=∠∴60AHM ．∴二面角C EB A --等于︒60．法二: ∵四边形ACDE 是正方形，EC AM AC EA ⊥⊥∴,，∵平面⊥ACDE 平面ABC ，⊥∴EA 平面ABC ， ∴可以以点A 为原点，以过A 点平行于BC 的直线为x 轴，分别以直线AC 和AE 为y 轴和z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -．设2===BC AC EA ，则),0,2,2(),0,0,0(B A )2,0,0(),0,2,0(E C ，M是正方形ACDE 的对角线的交点，)1,1,0(M ∴．（1）=AM )1,1,0(，)2,2,0()2,0,0()0,2,0(-=-=EC ，)0,0,2()0,2,0()0,2,2(=-=CB ，0,0=⋅=⋅∴CB AM EC AM ， CB AM EC AM ⊥⊥∴,⊥∴AM 平面EBC ．（2） ⊥AM 平面EBC ，AM ∴为平面EBC 的一个法向量，)0,2,2(),1,1,0(==AB AM ，21cos =⋅=∴AM AB AMAB AM AB ．︒=60AM AB ．∴直线AB 与平面EBC 所成的角为︒30．（3）设平面EAB 的法向量为),,(z y x n =，则AE n ⊥且AB n ⊥，0=⋅∴AE n 且0=⋅AB n ． ⎩⎨⎧=⋅=⋅∴.0),,()0,2,2(,0),,()2,0,0(z y x z y x 即⎩⎨⎧=+=.0,0y x z ，取1-=y ，则1=x ，则)0,1,1(-=n ．又∵AM 为平面EBC 的一个法向量，且)1,1,0(=AM ，21cos -=⋅=∴AMn AM n AM n ，设二面角C EB A --的平面角为θ，则21cos cos ==AM n θ，︒=∴60θ．∴二面角C EB A --等于︒60． 22．解析：法一：（1）因为1A D ⊥平面ABC ，所以平面11AA C C ⊥平面ABC ，又BC AC ⊥，所以BC ⊥平面11AAC C ，得1BC AC ⊥，又11BA AC ⊥，所以1AC ⊥平面1A BC ；。

高一数学立体几何知识点以及例题

高一数学立体几何知识点以及例题一、知识概述《高一数学立体几何知识点》①基本定义：立体几何是研究三维空间内点、线、面及其相互关系的几何学科。

②重要程度：在高一数学中，立体几何是不可或缺的一部分，它不仅能够帮助学生建立空间想象力，还为后续的数学学习打下基础。

在高考中，立体几何也是常考题型之一，对学生的逻辑思维和空间索取能力有很高的要求。

③前置知识：要求熟练掌握平面几何的基本概念、直线与平面的位置关系等。

④应用价值：立体几何在建筑设计、工程制图等多个领域都有广泛应用。

比如，建筑师需要运用立体几何知识来设计建筑的三维结构，确保安全性和美观性。

二、知识体系①知识图谱：立体几何位于高一数学的第二学期，与平面几何、三角函数等内容紧密相连。

②关联知识：立体几何的知识与平面解析几何、向量等有密切联系。

比如，我们可以用向量来解决立体几何中的角度和距离问题。

③重难点分析：重点在于点、线、面的位置关系及性质，难点在于如何通过逻辑推理和计算解决复杂问题。

需要较强的空间想象力和数学运算能力。

④考点分析：在考试中，立体几何通常会以解答题的形式出现，涉及空间几何体的表面积和体积计算、几何体中的点线面位置关系判断等。

三、详细讲解【方法技能类】①基本步骤：解决立体几何问题的基本步骤是先明确问题要求，然后识别并分析题目中的几何体和空间关系，最后通过逻辑推理或数学计算得出答案。

②关键要点：关键在于建立正确的空间模型，理解并掌握点、线、面的基本性质及位置关系。

③常见误区：很多学生在处理立体几何问题时，容易忽略空间中的隐藏条件，如异面直线的角度关系等。

④技巧提示：在做题时，可以尝试利用一些辅助线或面来帮助理解和解决问题，比如过某点作垂线、平行线等。

四、典型例题例题一《空间坐标系的建立》题目内容：在空间直角坐标系中，点A的坐标为(1,2,3)，求与点A在同一直线上且距离为2的点B的坐标。

解题思路：首先确定直线AB的方向向量，然后根据向量长度的关系求解B点的坐标。

高考数学复习立体几何

1．几种特殊的四棱柱平行六面体、长方体、正方体、直四棱柱等都是一些特殊的四棱柱,要特别注意． 1直四棱柱不一定是直平行六面体． 2正四棱柱不一定是正方体． 3长方体不一定是正四棱柱．
课堂互动讲练
例1 给出以下命题：①底面是矩形的
四棱柱是长方体；②直角三角形绕着它的一边旋转一周形成的几何体叫做圆锥；③四棱锥的四个侧面可以都是直角三角形．其中说法正确的是 __________．
第十章立体几何必修2 选修2-1
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考纲解读
1.空间几何体 1认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构． 2能画出简单空间图形的三视图,能识别三视图所表示的立体模型,会用斜二测画法画出它们的直观图．
高考导航
考纲解读
2．点、直线、平面之间的位置关系 1理解空间直线、平面位置关系的定义．了解可以作为推理依据的公理和定理． 2能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题．
三基能力强化
答案：A
三基能力强化
A．①②③④⑤ C．①④⑤ 答案：A
B．①③④⑤ D．①③④
三基能力强化
5.右图为水平放置的正方形
ABCO,它在直角坐标系xOy中点B
的坐标为2,2,则在用斜二测画法画
出的正方形的直观图中,顶点B′到
x′轴的距离为
.
答案： 2 2
课堂互动讲练
考点一空间几何体的结构特征
基础知识梳理
①画几何体的底面
在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴,两
轴相交于点O,画直观图时,把它们画成对应的
x′轴、y′轴,两轴相交于点O′,且使∠x′O′y′
＝
45°或,1已35知°图形中平行于x轴的线

高考理科数学大题专项课件四：高考中的立体几何

典例剖析
-3-
题型一
题型二
题型三
题型四
题型一平行与垂直关系的证明(多维探究) 类型一适合用几何法证明
例1 (2018北京一零一中学模拟,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中, 底面ABC为正三角形,侧棱AA1⊥底面ABC.已知D是BC的中点, AB=AA1=2.
(1)求证:平面AB1D⊥平面BB1C1C; (2)求证:A1C∥平面AB1D; (3)求三棱锥A1-AB1D的体积.
题型一
题型二
题型三
题型四
典例剖析
-13-
证明连接 AC,与 BD 交于点 O.因为∠BAD=60°,AB=2,底面 ABCD
为菱形,所以 BO=1,AO=CO= 3,AC⊥BD.如图,以 O 为坐标原点,以 OB,OC 所在直线分别为 x 轴、y 轴,过点 O 且平行于 PA 的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系,则 P(0,- 3,2),A(0,- 3,0),B(1,0,0),C(0, 3,0), D(-1,0,0),E(0,- 3,1).
在菱形ABCD中,DA=2,∠CDA=60°,
∴AC=2,BD=2 3.
在 Rt△POD 中,OP= ��2 + ��2 = 7. 在 Rt△OBQ 中,设 QB=x,则 OQ= ��2 + 3.
∴在△POQ 中,PQ= ��2 + ��2 = ��2 + 10,
7×
21 2
=
743.
∴VQ-ACP=VA-POQ+VC-POQ=13S△POQ·AC=7 63.
题型一
题型二

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第八章立体几何§8.1空间几何体的结构、三视图和直观图1．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．2．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图．3．会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．高考主要考查空间几何体的结构和视图，柱、锥、台、球的定义与性质是基础，以它们为载体考查线线、线面、面面的关系是重点，三视图一般会在选择题、填空题中考查，以给出空间图形选择其三视图或给出三视图判断其空间图形的形式出现，考查空间想象能力．1．棱柱、棱锥、棱台的概念(1)棱柱：有两个面互相______，其余各面都是________，并且每相邻两个四边形的公共边都互相________，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．※注：棱柱又分为斜棱柱和直棱柱．侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．(2)棱锥：有一个面是________，其余各面都是有一个公共顶点的__________，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．※注：如果棱锥的底面是正多边形，且它的顶点在过底面中心且与底面垂直的直线上，则这个棱锥叫做正棱锥．(3)棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，叫做棱台．※注：由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．※2.棱柱、棱锥、棱台的性质(1)棱柱的性质侧棱都相等，侧面是______________；两个底面与平行于底面的截面是__________的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是______________；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面、对角面都是________．(2)正棱锥的性质侧棱相等，侧面是全等的__________；棱锥的高、斜高和斜高在底面上的射影构成一个____________；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面上的射影也构成一个____________；侧面的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个____________；侧棱在底面上的射影、斜高在底面上的射影及底面边长的一半也构成一个____________．(3)正棱台的性质侧面是全等的____________；斜高相等；棱台的高、斜高和两底面的边心距组成一个____________；棱台的高、侧棱和两底面外接圆的半径组成一个____________；棱台的斜高、侧棱和两底面边长的一半也组成一个____________．3．圆柱、圆锥、圆台(1)圆柱、圆锥、圆台的概念分别以________的一边、__________的一直角边、________中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台．(2)圆柱、圆锥、圆台的性质圆柱、圆锥、圆台的轴截面分别是________、___________、___________；平行于底面的截面都是__________．4．球(1)球面与球的概念以半圆的______所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称球．半圆的圆心叫做球的________．(2)球的截面性质球心和截面圆心的连线________截面；球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r的关系为______________．5．平行投影在一束平行光线照射下形成的投影，叫做__________．平行投影的投影线互相__________．6．空间几何体的三视图、直观图(1)三视图①空间几何体的三视图是用正投影得到的，在这种投影下，与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的．三视图包括__________、__________、__________．②三视图尺寸关系口诀：“长对正，高平齐，宽相等．” 长对正指正视图和俯视图长度相等，高平齐指正视图和侧(左)视图高度要对齐，宽相等指俯视图和侧(左)视图的宽度要相等．(2)直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：①在已知图形所在空间中取水平面，在水平面内作互相垂直的轴Ox ，Oy ，再作Oz 轴，使∠xOz ＝________且∠yOz ＝________．②画直观图时，把Ox ，Oy ，Oz 画成对应的轴O ′x ′，O ′y ′，O ′z ′，使∠x ′O ′y ′＝____________，∠x ′O ′z ′＝____________．x ′O ′y ′所确定的平面表示水平面．③已知图形中，平行于x 轴、y 轴或z 轴的线段，在直观图中分别画成____________x ′轴、y ′轴或z ′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同．④已知图形中平行于x 轴和z 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y 轴的线段，长度为原来的__________．⑤画图完成后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图．注：空间几何体的三视图和直观图在观察角度和投影效果上的区别是：(1)观察角度：三视图是从三个不同位置观察几何体而画出的图形，直观图是从某一点观察几何体而画出的图形；(2)投影效果：三视图是在平行投影下画出的平面图形，用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形．【自查自纠】1．(1)平行四边形平行 (2)多边形三角形2．(1)平行四边形全等平行四边形矩形 (2)等腰三角形直角三角形直角三角形直角三角形直角三角形(3)等腰梯形直角梯形直角梯形直角梯形 3．(1)矩形直角三角形直角梯形 (2)矩形等腰三角形等腰梯形圆4．(1)直径球心 (2)垂直于 d ＝R 2－r 2 5．平行投影平行6．(1)①正(主)视图侧(左)视图俯视图 (2)①90° 90°②45°(或135°) 90° ③平行于 ④一半下列说法中正确的是( ) A ．棱柱的底面一定是平行四边形B ．棱锥的底面一定是三角形C ．棱锥被平面分成的两部分不可能都是棱锥D ．棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱解：根据棱柱、棱锥的性质及截面性质判断，故选D.以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是( )A ．球的三视图总是三个全等的圆B ．正方体的三视图总是三个全等的正方形C ．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D ．水平放置的圆台的俯视图是一个圆解：几何体的三视图要考虑视角，只有球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．故选A.(2012·陕西)将正方体(如图a 所示)截去两个三棱锥，得到图b 所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )解：还原正方体知该几何体侧视图为正方形，AD 1为实线，B1C 的正投影为A 1D ，且B 1C 被遮挡为虚线．故选B.用一张4cm×8cm 的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则圆柱轴截面的面积为________cm 2(接头忽略不计)．解：以4cm 或8cm 为底面周长，所得圆柱的轴截面面积均为32πcm 2，故填32π．已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解：如图所示是实际图形和直观图．由图可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图中作C ′D ′⊥A ′B ′，垂足为D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a . ∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′×C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.故填616a 2.类型一空间几何体的结构特征(2012·湖南)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是()解：D 选项的正视图应为如图所示的图形．故选D.【评析】本题主要考查空间想象能力，是近年高考中的热点题型．本题可用排除法一一验证：A ，B ，C 都有可能，而D 的正视图与侧视图不可能相同．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()解：从俯视图看，B ，D 符合，从正视图看，B 不符合，D 符合，而从侧视图看D 也是符合的．故选D.类型二空间几何体的三视图如图，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为()A ．6 3B ．93C ．12 3D ．18 3解：由三视图可知该几何体是一个斜四棱柱，高h ＝22－1＝3，底面积为9，所以体积V ＝9×3＝9 3.故选B.【评析】通过三视图考查几何体的体积运算是较为常规的考题，考生对此并不陌生．对于空间几何体的考查，从内容上看，柱、锥的定义和相关性质是基础，以它们为载体考查三视图、体积是重点．本题给出了几何体的三视图，只要掌握三视图的画法“长对正、高平齐，宽相等”，不难将其还原得到斜四棱柱．如图所示的三个直角三角形是一个体积为20cm 3的几何体的三视图，则h ＝________cm.解：由三视图可知，该几何体为三棱锥，此三棱锥的底面为直角三角形，直角边长分别为5cm ，6cm ，三棱锥的高为h cm ，则三棱锥的体积为V ＝13×12×5×6×h＝20，解得h ＝4cm.故填4.类型三空间多面体的直观图如图是一个几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图．解：由三视图知该几何体是一个简单组合体，它的下部是一个正四棱台，上部是一个正四棱锥．画法：(1)画轴．如图1，画x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°.图1(2)画底面．利用斜二测画法画出底面ABCD ，在z 轴上截取O ′使OO ′等于三视图中相应高度，过O ′作Ox 的平行线O ′x ′，Oy 的平行线O ′y ′，利用O ′x ′与O ′y ′画出底面A ′B ′C ′D ′.(3)画正四棱锥顶点．在Oz 上截取点P ，使PO ′等于三视图中相应的高度．(4)成图．连接P A ′，PB ′，PC ′，PD ′，A ′A ，B ′B ，C ′C ，D ′D ，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图2所示．图2【评析】根据三视图可以确定一个几何体的长、宽、高，再按照斜二测画法，建立x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°，确定几何体在x 轴、y 轴、z 轴方向上的长度，最后连线画出直观图．已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( )A . 2B ．6 2C .13D ．2 2解：因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形，该正方形的对角线长为2，根据斜二测画法的规则，原图底面的底边长为1，高为直观图中正方形的对角线长的两倍，即22，则原图底面积为S ＝2 2.因此该四棱锥的体积为V ＝13Sh ＝13×22×3＝2 2.故选D.类型四空间旋转体的直观图用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3cm ，求圆台的母线长．解：设圆台的母线长为l ，截得圆台的上、下底面半径分别为r ，4r .根据相似三角形的性质得， 33＋l ＝r4r，解得 l ＝9. 所以，圆台的母线长为9cm.【评析】用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，设相关几何变量列方程求解．圆锥底面半径为1cm ，高为2cm，其中有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长.解：过圆锥的顶点S 和正方体底面的一条对角线CD 作圆锥的截面，得圆锥的轴截面SEF ，正方体对角面CDD 1C 1如图所示. 设正方体棱长为x ，则CC 1＝x ，C 1D 1＝2x .作SO ⊥EF 于O ，则SO ＝2，OE ＝1.∵△ECC 1∽△ESO ，∴CC 1SO ＝EC 1EO ，即x2＝1－22x1，解得x ＝22(cm)．故内接正方体的棱长为22cm.1．在研究圆柱、圆锥、圆台的相关问题时，主要方法就是研究它们的轴截面，这是因为在轴截面中容易找到这些几何体的有关元素之间的位置关系以及数量关系．2．正多面体(1)正四面体就是棱长都相等的三棱锥，正六面体就是正方体，连接正方体六个面的中心，可得到一个正八面体，正八面体可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成．(2)如图，在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，连接A 1B ，BC 1，A 1C 1，DC 1，DA 1，DB ，可以得到一个棱长为2a 的正四面体A 1-BDC 1，其体积为正方体体积的13.(3)正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体．它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a ，球的半径为R )．3．长方体的外接球(1)长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R .(2)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R .4．棱长为a 的正四面体(1)斜高为32a ；(2)高为63a ；(3)对棱中点连线长为22a ； (4)外接球的半径为64a ，内切球的半径为612a ；(5)正四面体的表面积为3a 2，体积为212a 3. 5．三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，对于能看见的轮廓线和棱用实线表示，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．6．一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比发生了变化，注意原图与直观图中的“三变、三不变”．三变：坐标轴的夹角改变，与y 轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变．三不变：平行性不变，与x 轴平行的线段长度不变，相对位置不变．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系：S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图．1．由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A ．六棱锥B ．六棱台C ．六棱柱D ．非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解：平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义，故选C .2．下列说法中，正确的是( ) A ．棱柱的侧面可以是三角形B ．若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其它侧面也是矩形C ．正方体的所有棱长都相等D ．棱柱的所有棱长都相等解：棱柱的侧面都是平行四边形，选项A 错误；其它侧面可能是平行四边形，选项B 错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D 错误；易知选项C 正确．故选C.3．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括( )A ．一个圆台、两个圆锥B ．两个圆台、一个圆柱C ．两个圆台、一个圆锥D ．一个圆柱、两个圆锥解：把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥．故选D.4．将正三棱柱截去三个角(如图1所示A ，B ，C分别是△GHI 三边的中点)得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图(或称左视图)为( )A B C D 解：观察图形，易知图2所示几何体的侧视图为直角梯形，且EB 为直角梯形的对角线．故选A.5．(2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()A ．棱柱B ．棱台C ．圆柱D ．圆台解：由俯视图可知该几何体的上、下两底面为半径不等的圆，又∵正视图和侧视图相同，∴可判断其为旋转体．故选D.6．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为()A ．2 2 B. 2C ．2 3D. 3解：由三视图可知，此多面体是四棱锥，底面是边长为2的正方形，并且有一条长为2的侧棱垂直于底面，所以最长棱长为22＋22＋22＝2 3.故选C.7．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其表面积等于________．解：由正视图知，三棱柱是底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为2×12×2×2×32＝23，侧面积为3×2×1＝6，所以其表面积为6＋2 3.故填6＋23.8．如图是某个圆锥的三视图，根据图中所标尺寸可得俯视图中圆的面积为________，圆锥母线长为________．解：由三视图可知，圆锥顶点在底面的射影是底面圆的中心，根据图中的数据，底面圆的半径为10，则俯视图中圆的面积为100π，母线长为302＋102 ＝1010，故填100π；1010.9．如图a 是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图．解：图a中几何体三视图如图b 所示：10．如图1是某几何体的三视图，试说明该几何体的结构特征，并用斜二测画法画出它的直观图．解：图1中几何体是由上部为正六棱柱，下部为倒立的正六棱锥堆砌而成的组合体．斜二测画法：(1)画轴．如图2，画x 轴，y 轴，z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝∠yOz ＝90°.(2)画底面，利用斜二测画法画出底面ABCDEF ，在z 轴上截取O ′，使OO ′等于正六棱柱的高，过O ′作Ox 的平行线O ′x ′，Oy 的平行线O ′y ′，利用O ′x ′与O ′y ′画出底面A ′B ′C ′D ′E ′F ′.(3)画正六棱锥顶点．在Oz 上截取点P ，使PO ′等于正六棱锥的高．(4)成图．连接P A ′，PB ′，PC ′，PD ′，PE ′，PF ′，AA ′，BB ′，CC ′，DD ′，EE ′，FF ′，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图3所示．注意：图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y 轴的线段，长度为原来的一半．11．某长方体的一条对角线长为7，在该长方体的正视图中，这条对角线的投影长为6，在该长方体的侧视图与俯视图中，这条对角线的投影长分别为a 和b ，求ab的最大值．解：如图，则有AC 1＝7，DC 1＝6， BC 1＝a ，AC ＝b ，设AB ＝x ，AD ＝y ，AA 1＝z ，有x 2＋y 2＋z 2＝7，x 2＋z 2＝6，∴y 2＝1. ∵a 2＝y 2＋z 2＝z 2＋1，b 2＝x 2＋y 2＝x 2＋1， ∴a ＝z 2＋1，b ＝x 2＋1.∴ab ＝（z 2＋1）（x 2＋1）≤z 2＋1＋x 2＋12＝4，当且仅当z 2＋1＝x 2＋1，即x ＝z ＝3时，ab 的最大值为4.水以匀速注入某容器中，容器的三视图如图所示，其中与题中容器对应的水的高度h 与时间t的函数关系图象是( )解：由三视图知其直观图为两个圆台的组合体，水是匀速注入的，所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大，又因为容器的对称性，所以函数图象关于一点中心对称．故选C.§8.2空间几何体的表面积与体积1．了解棱柱、棱锥、台、球的表面积和体积的计算公式．2．会利用公式求一些简单几何体的表面积与体积．高考主要考查空间几何体的侧面积、表面积、体积以及相关元素的关系与计算，这些内容常与三视图相结合，以选择题、填空题的形式出现，也可能以空间几何体为载体，考查线面关系、侧面积、表面积以及体积．1．柱体、锥体、台体的表面积(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积S直棱柱侧＝__________，S正棱锥侧＝__________，S正棱台侧＝__________(其中C，C′为底面周长，h为高，h′为斜高)．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积S圆柱侧＝________，S圆锥侧＝________，S圆台侧＝________(其中r，r′为底面半径，l为母线长)．(3)柱或台的表面积等于________与__________的和，锥体的表面积等于________与__________的和．2．柱体、锥体、台体的体积(1)棱柱、棱锥、棱台的体积V棱柱＝__________，V棱锥＝__________，V棱台＝__________(其中S，S′为底面积，h为高)．(2)圆柱、圆锥、圆台的体积V圆柱＝__________，V圆锥＝__________，V圆台＝__________(其中r，r′为底面半径，h为高)．3．球的表面积与体积(1)半径为R的球的表面积S球＝________．(2)半径为R的球的体积V球＝________.【自查自纠】1．(1)Ch 12Ch′12()C＋C′h′(2)2πrlπrlπ(r＋r′)l(3)侧面积两个底面积侧面积一个底面积2．(1)Sh 13Sh13h()S＋SS′＋S′(2)πr2h 13πr2h13πh()r2＋rr′＋r′23．(1)4πR2(2)43πR3圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为()A．6π(4π＋3)B．8π(3π＋1)C．6π(4π＋3)或8π(3π＋1)D．6π(4π＋1)或8π(3π＋2)解：分两种情况：①以边长为6π的边为高时，4π为圆柱底面周长，则2πr＝4π，r＝2，∴S底＝πr2＝4π，S侧＝6π×4π＝24π2，S表＝2S底＋S侧＝8π＋24π2＝8π(3π＋1)；②以边长为4π的边为高时，6π为圆柱底面周长，则2πr＝6π，r＝3.∴S底＝πr2＝9π，S表＝2S底＋S侧＝18π＋24π2＝6π(4π＋3)．故选C.正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为()A.23 2 B. 2 C.23 D.43 2解：∵正三棱锥的侧面均为直角三角形，故侧面为等腰直角三角形，且直角顶点为棱锥的顶点，∴侧棱长为2，V＝13×12×(2)2×2＝23.故选C.已知圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则圆柱的体积与球体积之比为()A．1∶2 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2解：设球半径为R，圆柱底面半径为R，高为2R.∵V球＝43πR3，V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，∴V圆柱∶V球＝3∶2.故选D.长方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上，且AB＝2，AD＝3，AA1＝1，则球面面积为________．解：∵长方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上，则外接球的直径是长方体的体对角线，而长方体的体对角线的长为AB2＋AD2＋AA21＝22，∴半径R＝ 2.∴S球＝4πR2＝8π.故填8π.若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为____________．解：设圆锥底面半径为r，母线长为l，则⎩⎪⎨⎪⎧πr 2＝π，πrl ＝2π，有⎩⎪⎨⎪⎧r ＝1，l ＝2，从而可知圆锥的高h ＝l 2－r 2＝4－1＝ 3.∴V ＝13×π×3＝33π.故填33π.类型一空间几何体的面积问题如图，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC＝90°，AD 是BC 边上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ； (2)若BD ＝1，求三棱锥D -ABC 的表面积．解：(1)证明：∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴沿AD 把△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥BD . 又DB ∩DC ＝D ，∴AD ⊥ 平面BDC .又∵AD ⊂平面ADB ，∴平面ADB ⊥ 平面BDC . (2)由(1)知，DA ⊥BD ，BD ⊥DC ，DC ⊥DA ， DB ＝DA ＝DC ＝1，∴AB ＝BC ＝CA ＝ 2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12，S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32.∴三棱锥D-ABC 的表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.【评析】充分运用图形在翻折前后的不变性，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变等，再由面面垂直的判定定理进行推理证明，然后再计算．(2013·福建)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是____________．解：由三视图可知该组合体为球内接一个棱长为2的正方体，∴正方体的体对角线为球的直径2r ＝22＋22＋22＝23，S 球＝4πr 2＝12π.故填12π.类型二空间旋转体的面积问题如图，半径为4的球O 中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是______．解：如图，设球的一条半径与圆柱相应的母线的夹角为α，圆柱侧面积S ＝2π×4sin α×2×4cos α＝32πsin2α，当α＝π4时，S 取最大值32π，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为32π.故填32π.【评析】根据球的性质，内接圆柱上、下底面中心连线的中点为球心，且圆柱的上、下底面圆周均在球面上，球心和圆柱的上、下底面圆上的点的连线与母线的夹角相等，这些为我们建立圆柱的侧面积与上述夹角之间的函数关系提供了依据．(2012·辽宁)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为____________．解：由三视图知该几何体为长4宽3高1的长方体的中间挖去一个半径为1高为1的圆柱所成几何体，所以表面积为2×(4×3＋4×1＋3×1)－2×π×12＋2π×1×1＝38.故填38.类型三空间多面体的体积问题一个正三棱锥(底面是正三角形，顶点在底面的射影是底面正三角形的中心)的底面边长为6，侧棱长为15，求这个三棱锥的体积．解：如图所示为正三棱锥S -ABC ，设H 为正三角形ABC 的中心，连接SH ，则SH 的长即为该正三棱锥的高．连接AH 并延长交BC 于E ，则E 为BC 的中点，且AH ⊥BC .∵△ABC 是边长为6的正三角形，∴AE ＝32×6＝33，AH ＝23AE ＝2 3. 在△ABC 中，S △ABC ＝12BC ×AE ＝12×6×33＝93，在Rt △SHA 中，SA ＝15，AH ＝23， ∴SH ＝SA 2－AH 2＝15－12＝ 3.∴V 正三棱锥＝13×S △ABC ×SH ＝13×93×3＝9.【评析】(1)求锥体的体积，要选择适当的底面和高，然后应用公式V ＝13Sh 进行计算．(2)求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别的，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”．如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为()A.23B.33C.43D.32解：如图，过A ，B 两点分别作AM ，BN 垂直于EF ，垂足分别为M ，N ，连接DM ，CN ，可证得DM ⊥EF ，CN ⊥EF ，则多面体ABCDEF 分为三部分，即多面体的体积V ABCDEF ＝V AMD -BNC ＋V E -AMD ＋VF -BNC .依题意知AEFB 为等腰梯形．易知Rt △DME Rt △CNF ，∴EM ＝NF ＝12.又BF ＝1，∴BN ＝32.作NH 垂直于BC ，则H 为BC 的中点，∴NH ＝22. ∴S △BNC ＝12·BC ·NH ＝24.∴V F -BNC ＝13·S △BNC ·NF ＝224， V E -AMD ＝V F -BNC ＝224，V AMD -BNC ＝S △BNC ·MN ＝24. ∴V ABCDEF ＝23，故选A .类型四空间旋转体的体积问题某几何体的三视图如图所示，则它的体积是( )A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2πD ．2π3解：由三视图知几何体为一个正方体中间去掉一个圆锥，所以它的体积是V ＝23－13×π×12×2＝8－23π.故选A.【评析】根据已知三视图想象出该几何体的直观图，然后分析该几何体的组成，再用对应的体积公式进行计算．(2012·河南模拟)已知某几何体的三视图如图所示，其中，正(主)视图、侧(左)视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与其内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )A.2π3＋12 B.4π3＋16 C.2π6＋16D.2π3＋12解：由三视图可得该几何体的上部是一个三棱锥，下部是半球，根据三视图中的数据可得V ＝12×43π×⎝⎛⎭⎫223＋13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×1＝2π6＋16.故选C.1．几何体的展开与折叠(1)几何体的表面积，除球以外，都是利用展开图求得的，利用空间问题平面化的思想，把一个平面图形折叠成一个几何体，再研究其性质，是考查空间想象能力的常用方法．(2)多面体的展开图①直棱柱的侧面展开图是矩形；②正棱锥的侧面展开图是由一些全等的等腰三角形拼成的，底面是正多边形；③正棱台的侧面展开图是由一些全等的等腰梯形拼成的，底面是正多边形．(3)旋转体的展开图①圆柱的侧面展开图是矩形，矩形的长(或宽)是底面圆周长，宽(或长)是圆柱的母线长；②圆锥的侧面展开图是扇形，扇形的半径长是圆锥的母线长，弧长是圆锥的底面周长；③圆台的侧面展开图是扇环，扇环的上、下弧长分别为圆台的上、下底面周长．注：①圆锥中母线长l 与底面半径r 和展开图扇形中半径和弧长间的关系及符号容易混淆，同学们应多动手推导，加深理解．②圆锥和圆台的侧面积公式S 圆锥侧＝12cl 和S 圆台侧＝12(c ′＋c )l 与三角形和梯形的面积公式在形式上相同，可将二者联系起来记忆．2．空间几何体的表面积的计算方法有关空间几何体的表面积的计算通常是将空间图形问题转化为平面图形问题，这是解决立体几何问题常用的基本方法．(1)棱柱、棱锥、棱台等多面体的表面积可以分别求各面面积，再求和，对于直棱柱、正棱锥、正棱台也可直接利用公式；(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算其侧面积时需将曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和；(3)组合体的表面积应注意重合部分的处理． 3．空间几何体的体积的计算方法(1)计算柱、锥、台体的体积，关键是根据条件找出相应的底面面积和高，应注意充分利用多面体的截面和旋转轴截面，将空间问题转化为平面问题求解．(2)注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、还台为锥法等，它们是计算一些不规则几何体体积常用的方法，应熟练掌握．(3)利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些点到平面的距离问题，即将点到平面的距离视为一个三棱锥的高，通过将其顶点和底面进行转化，借助体积的不变性解决问题．4．由几何体的三视图求几何体的表面积与体积问题，一般按如下三个步骤求解：(1)由三视图想象出原几何体的形状；(2)由三视图给出的数量关系确定原几何体的数量关系；(3)如果是规则几何体，直接代入公式求解，如果不是规则几何体，通过“割补”后，转化为规则几何体求解．1．已知圆锥的正视图是边长为2的等边三角形，则该圆锥体积为( )A .2π2B .2πC .3π3D .3π 解：易知圆锥的底面直径为2，母线长为2，则该圆锥的高为22－12＝3，因此其体积是13π·12×3＝3π3.故选C. 2．一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2，3，6，则这个长方体的体对角线的长是( ) A ．2 3 B ．3 2 C ．6 D . 6解：设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则有ab ＝2，ac ＝3，bc ＝6，解得a ＝1，b ＝2，c ＝3，则长方体的体对角线的长l＝a 2＋b 2＋c 2＝ 6.故选D.3．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2π＋2 3B ．4π＋2 3C ．2π＋233D ．4π＋233。