立体几何中的综合性问题

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第30讲立体几何的综合问题(讲义)

第30讲立体几何的综合问题一、高考要求立体几何在高考中的题型与题量较为稳定，分值约占30分左右．高考中的立体几何立足点放在空间图形上，突出对空间观念和空间想象力的考查，其基础是对点、线、面各种位置关系的讨论和研究进而讨论几何体．二、两点解读重点：(1）直线与直线、直线与平面、平面与平面的各种位置关系的考查；（2）空间的角与距离计算（兼顾表面积和体积）；（3）在计算与证明中的化归思想（降维思想）的运用．难点：二面角的求法与距离的计算．三、课前训练1．将边长为a 的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使得BD ＝a ，则三棱锥D —ABC 的体积为（ D ）（A ）63a （B ）123a （C ）3123a （D ）3122a2．在正方形ABCD 中，F E ,分别是边BC AB ,的中点，沿EF DF DE ,,把这个正方形折成一个四面体，使C B A ,,三点重合，重合后的点记为P ，那么在四面体DEF P -中DF 与平面PEF 所成的角的余弦值为（ C ）（A ）0 （B ）23（C ）55 （D ）552 3．已知m 、n 是直线，α、β、γ是平面，给出下列命题：①若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊥m ，则n ⊥α或n ⊥β； ②若α∥β，α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，则m ∥n ；③若m 不垂直于α，则m 不可能垂直于α内的无数条直线； ④若α∩β＝m ，n ∥m 且n ⊄α，n ⊄β，则n ∥α且n ∥β．其中正确的命题序号是②④（注：把你认为正确的命题的序号都．填上）． 4．如图，O 是半径为l 的球心，点A 、B 、C 在球面上， OA 、OB 、OC 两两垂直，E 、F 分别是大圆弧AB 与AC的中点，则点E 、F 在该球面上的球面距离是3π四、典型例题例1如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都是2，E ，F 分别是AB ，A 1C 1的中点，则EF 的长是5例2．如图，已知DA ⊥平面ABE ，四边形ABCD 是边长为2的正方形，在△ABE 中，AE=1，BE=3（1）证明：平面ADE ⊥平面BCE ；（2）求二面角B —AC —E 的余弦值。

立体几何综合应用题

答案第6因为pcd为正三角形所以pocd因为pbpe10be4所以10因为四边形bcde为等腰梯形所以pnpo平面abcde所以po平面abcde因为po平面pcd因此平面pcd2因为abe为正三角形四边形bcde为等腰梯形所以三点共线过m作mfmfpo因为po平面abcde所以mf平面abcde因为三棱锥pbem的体积为五棱锥pabcde体积的abeabcdepomfmfmfpoammfamamappo点睛垂直平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型
(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；
(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.
【详解】
（Ⅰ）证明：因为平面 ,所以；
因为底面是菱形，所以 ;
因为 , 平面 ,
所以平面 .
（Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以 ,
立体几何综合应用题
1．如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，，，，分别是棱，的中点.
（1）证明：直线平面；
（2）求三棱锥的体积.
2．如图，在四棱锥中, 为上一点，面面，四边形为矩形， , ．
（1）已知 ,且 ∥面，求的值;
（2）求证：面 ,并求点到面的距离．
4．(1)见证明；(2) (3)
【解析】
【分析】
（1）证明，再根据面面垂直的性质得出平面；
（2）分别计算和梯形的面积，即可得出棱锥的体积；
（3）过点C作交于点，过点作交于点，连接，可证平面平面，故平面，根据计算的值.
【详解】
（1）证明：因为为中点，，

专题二十一立体几何综合问题

主干知识整合立体几何的综合问题主要包含以下几个方面：1．空间几何体的体积和点到平面的距离空间几何体的体积和点到平面的距离是密不可分的，柱体和锥体的高等同于点到平面的距离，在传统证明位置关系的立体几何问题中增加了对线段长度和多边形面积的计算要求．2．图形翻折问题将平面图形翻折成空间几何体，提高了对空间想象能力的要求，以及对线段和角度的计算能力的要求．3．存在性问题存在性问题将传统意义上指定线线、线面、面面位置关系的证明，变成开放性和探究性问题，需要先找到相应的点、线、面再进行证明，但也可能不存在对应的点、线、面．要点热点探究► 探究点一空间几何体中点到平面距离的问题空间几何体中点到平面的距离问题，首先考虑直接法即直接找出点在平面上的射影，如果找不到再考虑转化．例1 如图21－1，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，∠ADC ＝120°，AA1＝AB ＝1，点O 1、O 分别是上、下底面菱形的对角线的交点．(1)求证：A 1O ∥平面CB 1D 1；(2)求点O 到平面CB 1D 1的距离217.．图21－1► 探究点二图形翻折问题将平面几何图形翻折成空间几何体，会带来线段的长度和角度的变化，从而影响线面位置关系，解这类问题关键是需要分清楚翻折前后的变化，需要一定的空间想象能力．例2 在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2BC ＝4，CD ＝3，E 为AB 中点，过E 作EF ⊥CD ，垂足为F (如图21－2(1))，将此梯形沿EF 折成一个直二面角A －EF －C (如图21－2(2))．(1)求证：BF ∥平面ACD ；(2)求多面体ADFCBE 的体积．图21－2 ► 探究点三存在性问题空间几何体常研究的存在性问题包括，是否存在线面平行；是否存在线面垂直．例3 如图21－3所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，AB ＝2BC ，AC ＝AA 1＝3BC .(1)证明：A 1C ⊥平面AB 1C 1；(2)若D 是棱CC 1的中点，在棱AB 上是否存在一点E ，使DE ∥平面AB 1C 1？若存在，请确定点E 的位置；若不存在，请说明理由．已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝1，BC＝2，CD＝1＋3，过A作AE⊥CD，垂足为E，G、F分别为AD、CE的中点，现将△ADE沿AE折叠，使得DE⊥EC.(1)求证：BC⊥平面CDE；(2)求证：FG∥平面BCD；(3)在线段AE上找一点R，使得平面BDR⊥平面BDC，并说明理由．图21－4规律技巧提炼1．点到平面距离的常见求解方法有以下几个方法：(1)直接法：过点作直线垂直平面，点与垂足间的距离即为点到平面的距离．(2)转化法：如果点到平面的射影不易找到，可以寻找过已知点的且平行于已知平面的直线上的点来求解；或者用等体积法求解．2．在研究图形翻折问题时，应该先研究位于折痕两侧的线段长度和角度的值，以及翻折后发生的变化，不过这类问题在研究时，翻折前后的图形已经给出，降低了对图形想象的要求．3．在研究存在性问题时，如果直接可以判断点或线所在的位置，可以直接写出并证明；如果不能够判断，可采取分析法即假设有这样的位置关系，根据性质定理得到点或线所在位置，再进行证明．如图21－6，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA ＝AB＝4，G为PD中点，E点在AB上，平面PEC⊥平面PDC.(1)求证：AG⊥平面PCD；(2)求证：AG∥平面PEC；(3)求点G到平面PEC的距离． 2.图21－6。

立体几何综合问题

立体几何综合问题● 考点精析立体几何是高中数学的重要内容，是考察各种能力的重要载体．立体几何综合题，常以多面体、旋转体为生长点，融直线和平面的位置关系于一体，融计算和论证为一体．立体几何可与平面几何、解析几何、函数、不等式、三角等综合，且与它们相辅相成，互为补充．立体几何综合题，还包括：应用性问题、探索性问题、简单的组合几何体问题等，解答这些问题，常常需要在数学思想方法的指导下，综合应用所学知识，广泛地进行联想、类比，恰当进行问题的转化．增强立几试题的应用性与开放性可能是未来高考命题的趋势．● 例题选讲例1 过双曲线22145x y -=的右焦点，作一条长为AB （A 、B 两点均在双曲线的右支上），将双曲线绕其右准线在空间旋转90°，则弦AB 扫过的面积是（）（A ）32π （B ）16π（C ）8π （D ）4π[思路分析] 弦AB 绕其右准线旋转90°，所得的轨迹为圆台侧面的14． [解] 双曲线的离心率为32e =．如图：设点A 到双曲线右准线的距离为1r ，点B 到双曲线右准线的距离为2r ，则()12AB AF FB e r r =+=+，所以，123ABr r e +==．所以，弦AB 旋转所得的曲面的面积为：()1211844S S r r AB ππ==+=圆台侧．故选（C ）．[点评] 本题利用曲线旋转生成曲面，将解析几何与立体几何综合起来，考查了圆锥曲线及面积等多个知识点．例2 A B C D 、、、是空间不共面的四点，他们到平面α的距离之比依次为1：1：1：2，则满足条件的平面α的个数为_____________个．[思路分析] 首先考虑两点的情形．若两点到同一平面α的距离相等，则此两点的连线平行于平面α，或者连线的中点在平面α上．由于A B C D 、、、不共面，所以，可以四面体为基本图形，分情况讨论．图2－6－17[解] 若四点在面α的同侧，则这样的平面α只有1个．如图2－6－18（1）．设D 到平面ABC 的距离为h ，则不通过D 且与平面ABC 距离也是h 的平面即为平面α．若A B C D 、、、中有3点在α的同侧，第四点在另一侧，这样的平面α有4个．如图2－6－18（2），点B C D、、在α的同侧，A 在平面α的另一侧．设M 、N 为AB 、AC的中点，点L 在AD 上，且DL :LA =2:1，则平面MNL 即为所求平面α．若A B C D 、、、中有2点在α的同侧，另两点在平面α的另一侧，则这样的平面共有3个．如图2－6－18（3），A 、D 与B 、C 分别在α的两侧．设M 、N 为AB 、AC 的中点，点S 在DB 上，且DS ：SB =2：1，设平面MNS 交CD//SK BC 故平面MNS 即为所求平面α．故满足条件的平面α有8个．[点评] 立体几何的计数问题，近年来常常出现在高考题及各地的模拟题中．这类题目，常常涉及线面位置关系及分类讨论，是考查学生空间想象力和思维严谨性的好素材．例3 如图2－6－19，已知⊥PA 面ABC ，BC AD ⊥于D ，1===AD CD BC ．（1）令x PD =，θ=∠BPC ，试把θtan 表示为x 的函数，并求其最大值；（2）在直线PA 上是否存在一点Q ，使得BAC BQC ∠>∠？ [思路分析] （1）为寻求θtan 与x 的关系，首先可以将θ转化为PBD PCD ∠-∠．（2）显然，PD BD ⊥，所以，,BQC BAC ∠∠均为锐角．由正切函数的单调性可知：点Q 的存在性等价于：是否存在点Q 使得tan BAC BQC ∠>∠tan ．[解] （1）∵ ⊥PA 面ABC ，BC AD ⊥于D ，∴ BD PD ⊥．图2－6－18 B B （2）（3）图2－6－19 A P∴ 2tan ,tan x BD PD PBD x DC PD PCD ==∠==∠． ∴ θtan ()2212tan 2+=⋅+-=∠-∠=x x x x x x PBD PCD ． ∵ AD 为PD 在面ABD 上的射影．∴ 1=>AD PD ，即1>x ． ∴ θtan 422212122=≤+=+=x x x x ．即θtan 的最大值为42，等号当且仅当2=x 时取得．（2）()31tan tan =∠-∠=∠ABD ACD BAC ．令θtan 22+=x x 31>，解得：21<<x ，与1>x 交集非空． ∴ 满足条件的点Q 存在．[点评] 本题将立体几何与代数融为一体，不仅要求学生有一定的空间想象力，而且，作好问题的转化是解决此题的关键．例4（1）如图2－6－20（1）（2）．给出两块面积相同的正三角形纸片，要求用其中的一块剪拼成一个正三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼的方法，分别用虚线标示在图中，并作简要说明；（2）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小；（3）（本题为附加题）如果给出一块任意三角形的纸片（如图2－6－20（3）），要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形的面积相等，请设[思路分析] 剪拼成正三棱锥的问题可借助正四面体的“侧面展开图”来思考．正四面体的四个面是全等的正三角形，沿三条棱剪开后展平，正好拼成一个正三角形．因此，沿三角形纸片的三条中位线折叠，就可得到一个正三棱锥模型．剪拼成正三棱柱的问题，同上可考虑将正三棱柱的表面展开并拼成一平面图形．于是，我们可有下面的几种方案：图2－6－20 （1）（2）（3）方案一：将正三棱柱的上底面去掉，表面沿三条棱剪开，展平．不难得到如下图形：其中，由于（1）（2）（3）三部分又可由一个正三角形得到（如图）．由此，我们得到了一种将正三角形纸片剪拼成正三棱柱的方法．通过简单计算可以知道：若设正三角形纸片的边长为2，则上述方案中，剪拼成的正三棱柱底面三角形的边长应为所给三角形边长的一半，即为1．正三棱．即以正三角形纸片的中心与各顶点连线的中点为顶点剪得的正三角形为棱柱的一个底面，再由各顶点向原三角形的边引垂线，构造三个矩形作为棱柱的侧面，剩下的三个角上的四边形恰能拼成一个正三角形，可作为棱柱的另一个底面．方案二：可将正三棱柱的表面重新组合成如图2－6－22的形状，于是，可得另一种剪拼的方案．上述两种剪拼方案中，所得到的正三棱柱全等．题目的第（3）问（即附加题）实质上是特殊情形（正三角形）的推广．对于一般的三角形纸片，若要剪成一个直三棱柱的模型，考虑到侧棱与底面垂直，且侧棱全相等的特点，于是我们可以考虑上述三种方案的推广．以方案一为例：由于角平分线上的点到角的两边距离相等，所以，可以考虑以内心作为解题的突破口．[解]（1）略．（2）依上面的剪拼方案，都有1312 V=⨯=⎝⎭锥，18V==柱，所以，V V>柱锥．（3）对于一般的三角形纸片，若要剪成一个直三棱柱的模型，考虑到侧棱与底面垂直，可采取方案一的方法：即分别连接三角形的内心和各顶点，得到三条线段，再以这三条线段的中点为顶点作三角形，则新做的这个三角形作为直三棱柱的上底．过新三角形的三个顶点向原三角形的三条边作垂线，沿六条垂线剪图2－6－21图2－6－22下3个四边形，可以拼接成直三棱柱的上底．余下部分沿虚线折起，则可成为一个缺上底的直三棱柱，如此，即可得到直三棱柱模型．[点评] 展开与折叠，是立体几何中常用的思想方法，可以把平面问题和空间问题相互转化，往往起到化难为易，化抽象为直观的作用．本题通过展开与折叠，考察常见多面体（棱柱、棱锥）的性质，以及学生的空间想象力．融应用性和开放性于一体，是一道难得的好题．[探究发散] 将正三角形纸片折成正三棱柱，是否只有上述两种方案？设正三角形纸片的边长为1，所折成的正三棱柱的底面边长为m ，侧棱长（即高）为n，则23mn =+．上述方程为关于m 、n 的不定方程，理论上有无穷多个解，对应的剪拼方案应有无穷多个，同学们可以继续探索其余的方案．图2－6－24（1）就是另一种剪拼方案．如13m =时，n =实质上是考虑如何将矩形ABCD 剪拼成两个边长为13的正三角形和三个长为36n =，宽为13m =的矩形（如图2－6－24（2））．例5 如图所示：正四棱锥ABCD P -中，侧棱PA 与底面ABCD 所成角的图2－6－24 （1）（2）BC 图2－6－23正切值为26．（1）求侧面PAD 与底面ABCD 所成二面角的大小；（2）若E 是PB 中点，求异面直线PD 与AE 所成角的正切值；（3）在侧面PAD 上寻找一点F ，使得EF ⊥侧面PBC ．试确定点F 的位置，并加以证明．[思路分析] （1）（2）是常规问题，可以循着常规的途径解决；（3）属于探索性的问题，作为一种探索，我们首先可以将条件放宽一些，即先找到面PBC 的一条垂线，然后再平移到点E即可．为了达到上述目的，我们可以从考虑面面垂直入手，即首先找到与面PBC 垂直的一个平面．[解] （1）连BD AC ,交于点O ，连PO ，则PO ⊥面ABCD ，∴ ∠PAO 就是PA 与底面ABCD 所成的角，∴ tan ∠PAO =26．设AB =1，则PO =AO •tan ∠PAO =23．设F 为AD 中点，连FO 、PO ，则OF ⊥AD ，所以，PF ⊥AD ，所以，PFO ∠就是侧面PAD 与底面ABCD 所成二面角的平面角．在Rt PFO ∆中，3tan ==∠FOPO PFO ， ∴ 3π=∠PFO ．即面PAD 与底面ABCD 所成二面角的大小为3π （2）由（1）的作法可知：O 为BD 中点，又因为E 为PB 中点，所以，EO =//PD 21． ∴ AEO ∠就是异面直线PD 与AE 所成的角．在Rt PDO ∆中，2522=+=PO OD PD ． ∴ 45=EO ．由BD AO ⊥，PO AO ⊥可知：⊥AO 面PBD ．所以，EO AO ⊥．图2－6－25A 图2－6－26A在Rt AOE ∆中，5102tan ==∠EO AO AEO ． ∴ 异面直线PD 与AE 所成的角为5102arctan．（3）延长FO 交BC 于点G ，连接PG ．设H 为PG 中点，连接,EH FH ． ∵ 四棱锥ABCD P -为正四棱锥且F 为AD 中点，所以，G 为BC 中点， ∴ PG BC ⊥，FG BC ⊥．∴ PFG BC 面⊥．∴ 面PBC ⊥PFG 面．∵ PG PF =，3π=∠PFO ，∴ PFG ∆为正三角形．∴ PG FH ⊥，∴ PBC FH 面⊥．取AF 中点为K ，连EK ，则由FK HE //及FK HE =得四边形HEKF 为平行四边形，所以，FH KE //．∴PBC KE 面⊥．[点评] 开放性问题中，“退一步去想”（先只满足部分条件）、“将命题加强”往往是找到解题的突破口的方法．。

立体几何中组合问题的几种解法

立体几何中组合问题的几种解法解决几何组合问题时，应准确灵活使用加法原理和乘法原理，要分类分步进行，做到不重复不遗漏。

1 直接求解法例1：四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法有多少种?分析：正面考虑本题各步骤的方法比较复杂，计算困难，应运用逆向思维，即先考虑从10个点任意取出4个点的方法，再减去从10个点中取出4点共面的的方法即可。

解：从10个点中找出4个点的方法有Ｃ410=210种，其中在四面体的四个面内各有6个点，取出共面的4个点的方法有4Ｃ4■=60种；相邻面各棱的中点4点共Ｃ410面的有3种；一条棱上三点与其相对棱中点也共面，共6种。

∴所求方法N=210-60-3-6=141(种)本题应注意“哪些点共面?”共有几种情况?[1]例2：从平面Ⅱ上取6个点，再从平面B上取4个点，这10个点最多可确定多少个三棱锥?解法①：分三种情况考虑：第一种情况从平面a上的6个点中任取一个再与从平面β上的4个点中任取3个点构成的三棱锥有Ｃ1■Ｃ■■个；第二种情况，从平面a上的6个点中任取2个与平面13上的4个点中任取2个点构成的三棱锥有Ｃ2■Ｃ2■个；第三种情况，从平面a上的6个点中任取3个点与平面β上的4个点中任取1个点构成的三棱锥有Ｃ■■Ｃ1■个。

根据加法原理共有Ｃ1■Ｃ■■+Ｃ2■Ｃ2■ +Ｃ■■Ｃ1■ =24+90+80=194(个)。

解法②：逆向思维：从10个点中任取4个点的组合数Ｃ410中，去掉4个点共面的两种情况即4点在平面a上的Ｃ4■个，4点在平面β上的Ｃ4■个。

其余的任4点都能构成一个三棱锥。

因此，可构成三棱锥Ｃ410-Ｃ4■-Ｃ4■=210-15-1=194(个)。

2 从几何概念上求解［2］例3：空间10个点，无三点共线，其中有六个点共面，其余无四个点共面，则这些可以组成四棱锥的个数有多少个?此题易错解，仿上例。

错解一：从共面的6个点中任取1个、2个、3个、4个点，与从另外4个不共面的点中任取4个、3个、2个、1个点可构成的四棱锥有Ｃ1■Ｃ4■＋Ｃ2■Ｃ■■＋Ｃ■■Ｃ2■=6+60=120+60=246(个)。

专题十七立体几何的综合问题

专题十七立体几何的综合问题一、高考要求：立体几何在高考中的题型与题量较为稳定，分值约占30分左右，高考中的立体几何立足点放在空间图形上，突出对空间观念和空间想象力的考查，其基础是对点、线、面各种位置关系的讨论和研究进而讨论几何体。

二、自学自查：1．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，则直线D 1E ，BC 1所成角的大小为．2．在正方形ABCD-A′B′C′D′中，过对角线BD ′的一个平面交AA ′于E ，交CC ′于F ，则 ①四边形BFD ′E 一定是平行四边形②四边形BFD ′E 有可能是正方形③四边形BFD ′E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形 ④四边形BFD ′E 有可能垂直于平面BB ′D以上结论正确的为。

（写出所有正确结论的编号） 3. 四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，给出三个结论：（1）四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱；（2）底面ABCD 为菱形；（3）AC 1⊥B 1D 1．以其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，可以得到三个命题，其中正确命题的个数为．4．已知球O 的半径是1，A 、B 、C 三点都在球面上，A 、B 两点和A 、C 两点的球面距离都是4π，B 、C 两点的球面距离是3π，则二面角B －OA －C 的大小是（）（A ） 4π （B ）3π （C ） 2π （D ）23π5.如图，在等腰梯形ABCD 中，AB=2DC=2，∠DAB =60°， E 为AB 的中点，将△ADE与△BEC 分别沿ED 、EC 向上折起，使A 、B 重合于点P ，则P －DCE 三棱锥的外接球的体积为 ( ) （A ）2734π（B ）26π（C ）86π（D ）246π 6.如图，半径为2的半球内有一内接正六棱锥P ABCDEF -，则此正六棱锥的侧面积是________．三、当堂展示：例1、如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD, AD//BC//FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF=AB=BC=FE=12AD(I) 求异面直线BF与DE所成的角的大小；(II) 证明平面AMD⊥平面CDE；（III）求二面角A-CD-E的余弦值。

专题07 立体几何综合问题(答题指导)(解析版)

专题07 立体几何综合问题（答题指导）【题型解读】▶▶题型一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．(2)利用向量求空间角的步骤：第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．【例1】 (2019·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF 是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD . (1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°，故BD ⊥AD .因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD .又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .(2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ，又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A (1,0,0)，C (－1，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)．所以AE →＝(－1,0，3)，AC →＝(－2，3，0)．设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A E →＝0，n ·A C →＝0，即⎩⎨⎧ －x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2,1)为平面AEC 的一个法向量．因为A F →＝(－1，3，3)，所以cos 〈n ，A F →〉＝n ·A F →|n |·|A F →|＝4214，所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 【素养解读】本例问题(1)证明两平面垂直，考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)计算线面所成的角时，考查了直观想象和数学运算的核心素养．【突破训练1】 (2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝ 5 ，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B －CD －C 1的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】见解析【解析】(1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为CC 1⊥平面ABC ，所以四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF .因为AB ＝BC .所以AC ⊥BE ，所以AC ⊥平面BEF .(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1.又CC 1⊥平面ABC ，所以EF ⊥平面ABC .因为BE ⊂平面ABC ，所以EF ⊥BE .如图建立空间直角坐称系Exyz .由题意得B (0,2,0)，C (－1,0,0)，D (1,0,1)，F (0,0,2)，G (0,2,1)．所以CD →＝(2,0,1)，C B →＝(1,2,0)，设平面BCD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ·C D →＝0，n ·C B →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋c ＝0，a ＋2b ＝0.令a ＝2，则b ＝－1，c ＝－4，所以平面BCD 的法向量n ＝(2，－1，－4)，又因为平面CDC 1的法向量为E B →＝(0,2,0)，所以cos 〈n ，E B →〉＝n ·E B→|n ||EB →|＝－2121. 由图可得二面角B －CD －C 1为钝二面角，所以二面角B －CD －C 1的余弦值为－2121. (3)证明：平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，因为G (0,2,1)，F (0，0,2)，所以G F →＝(0，－2,1)，所以n ·G F →＝－2，所以n 与G F →不垂直，所以GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，所以GF 与平面BCD 相交． ▶▶题型二平面图形折叠成空间几何体的问题1．先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．2．(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(3)解决翻折问题的答题步骤第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明．【例2】 (2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|B F →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，D P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，H P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪H P →·D P →|H P →|·|DP →|＝ 34 3＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例在证明或计算过程中都要考虑图形翻折前后的变化，因此综合考查了逻辑推理、数学运算、直观想象、数学建模的核心素养．【突破训练2】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点，将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC .所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2. 如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22， CD →＝BE →＝(－2，0,0)．设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)；由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63，即平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值为63. ▶▶题型三线、面位置关系中的探索性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，解决这类问题的基本思路类似于反证法，即“在假设存在的前提下通过推理论证，如果能找到符合要求的点(或其他的问题)，就肯定这个结论，如果在推理论证中出现矛盾，就说明假设不成立，从而否定这个结论”．【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝2 2 ，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，A P →＝(0,2,23)，取平面PAC 的一个法向量O B →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则A M →＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由A P →·n ＝0，A M →·n ＝0得⎩⎨⎧ 2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a)y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈O B →，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2. 由已知得|cos 〈O B →，n 〉|＝32. 所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32.解得a ＝－4(舍去)，a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又P C →＝(0,2，－23)，所以cos 〈P C →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例问题(1)中证明线面垂直直接考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)中要探求点M 的位置，要求较高，它既考查了直观想象的核心素养，又考查了数学建模的核心素养．【突破训练3】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，且AA 1＝AB ＝2. (1)求证：AB ⊥BC ；(2)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6，请问在线段A 1C 上是否存在点E ，使得二面角A －BE －C 的大小为2π3，请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB 1交A 1B 于点D ，因为AA 1＝AB ，所以AD ⊥A 1B ，又平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，平面A 1BC ⊂平面ABB 1A 1＝A 1B ，所以AD ⊥平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AD ⊥BC .因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AA 1⊥底面ABC ，所以AA 1⊥BC ，又AA 1∩AD ＝A ，所以BC ⊥侧面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB .(2)由(1)得AD ⊥平面A 1BC ，所以∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角，即∠ACD ＝π6，又AD ＝2，所以AC ＝22，假设存在适合条件的点E ，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，设A 1E →＝λA 1C →(0≤λ≤1)，则B (2，2，0)，B 1(2，2，2)，由A 1(0,0,2)，C (0,22，0)，得E (0,22λ，2－2λ)，设平面EAB 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，得⎩⎨⎧ 22λy ＋(2－2λ)z ＝0，2x ＋2y ＝0，所以可取m ＝(1－λ，λ－1，2λ)，由(1)知AB 1⊥平面A 1BC ，所以平面CEB 的一个法向量n ＝(1,1，2)，所以12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos 2π3＝cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝2λ22(λ－1)2＋2λ2，解得λ＝12，故点E 为线段A 1C 中点时，二面角A －BE －C 的大小为2π3.。

立体几何中的组合体问题专题(有答案)

立体几何中的组合体问题专题(有答案)例1.正方体与球问题:正方体的棱长为1.求球的半径:⑴若正方体的八个顶点都在球面上,⑵若球内切于正方体;⑶12条棱组成一个正方体,一充气球在正方体内,求球的最大半径.例2.正四面体与球问题:正四面体的棱长为1.求球的半径:⑴若正四面体的四个顶点都在球面上,⑵若球内切于正四面体;⑶6条棱组成一个正四面体,一充气球在正四面体内,求球的最大半径.例3.四球问题:四个球的半径都为1.⑴桌面放两两相切的3个球,这3个球上面放一个球,求这个球的最高点离桌面的距离;⑵求与上述4个球都相切的小球的半径.例4.圆锥、圆柱与球⑴底面半径为1cm高为10cm的圆柱内,可以放几个半径为0.5cm的小球?⑵圆锥底面半径为3,高为4,一个球内切于圆锥,求球的半径;⑶圆锥底面半径为3,高为4,两个半径相同的球两两相切,放在圆锥底面上,且内切于圆锥,求这两个球的半径;⑷圆锥底面半径为3,高为4,三个半径相同的球两两相切,放在圆锥底面上,且内切于圆锥,求这两个球的半径;⑸圆锥底面半径为3,内接于一个半径为4的球,求圆锥的高.例5.圆锥与正四棱柱⑴圆锥底面半径为3,高为4,正四棱柱的高为3,且内接于圆锥,求正四棱柱的底面边长;⑵圆锥底面半径为3,高为4,正四棱柱的高为x,且内接于圆锥,求正四棱柱的体积.练习一、补（补成长方体或正方体）1. 一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为A 、3πB 、4πC 、33πD 、6π2. 在正三棱锥ABC S -中，M 、N 分别是棱SC 、BC 的中点，且AM MN ⊥，若侧棱32=SA ，则正三棱锥ABC S -外接球的表面积是（） A ．π12 B ．π32 C ．π36 D ．π483. 点P 在直径为6的球面上，过P 作两两互相垂直的三条弦（两端点均在球面上的线段），若其中一条弦长是另一条弦长的2倍，则这三条弦长之和的最大值是 A ．6B ．435C ．2215D ．210554. 一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是（）A ．8πB ．6πC ．4πD ．π 5. 设正方体的棱长为233，则它的外接球的表面积为（）A ．π38B ．2πC ．4πD ．π346. 已知三棱锥S ABC -的三条侧棱两两垂直，且2,4SA SB SC ===，则该三棱锥的外接球的半径为 A ．3 B ．6 C ．36 D ．97. 已知长方体1111ABCD A B C D -的外接球的表面积为16，则该长方体的表面积的最大值为A ．32B ．36C ．48D ．648. 长方体1111ABCD A B C D -的各个顶点都在表面积为16π的球O 的球面上，其中1::2:1:3AB AD AA =，则四棱锥O ABCD -的体积为A .263 B . 63C .23D .3 9.【山东省潍坊一中2013届高三12月月考测试数学文】四棱锥P ABCD 的三视图如右图所示，四棱锥P ABCD 的五个顶点都在一个球面上，E 、F 分别是棱AB 、CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球表面积为A .12B .24C .36D .4810. (河南省豫东、豫北十所名校2013届高三阶段性测试四)已知四面体ABCD 中，AB =AD =6,AC =4,CD =213，AB 丄平面ACD ,则四面体 ABCD 外接球的表面积为A . π36B . π88C . π92D . π12811. 正方体1111ABCD A B C D -的棱长为6，一个球与正方体的棱长都相切，则这个球的半径是____________.12. 三棱锥A -BCD 中，侧棱AB 、AC 、AD 两两垂直，ΔABC ，ΔACD , ΔADB 的面积分别为,222，则三棱锥A -BCD 的外接球的体积为. ______13. 四面体ABCD 中，共顶点A 的三条棱两两相互垂直，且其长分别为361、、，若四面体的四个顶点同在一个球面上，则这个球的表面积为。

立体几何的综合问题专题

立体几何的综合问题A组1．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC，AA1＝DA1，∠ABC＝120°．(1)证明：AD⊥BA1；(2)若AD＝DA1＝4，BA1＝26，求多面体BCD-A1B1C1D1的体积．2．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，AA1＝3，D，D1分别是BC，B1C1上的中点，P是线段AD上的一点(不包括端点)．(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，并证明直线l⊥平面ADD1A1；(2)设(1)中的直线l交AC于点Q，求三棱锥A1-QC1D的体积．3.如图所示，在三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝2，CE＝2EB＝2．(1)求证：DE⊥平面PCD；(2)求点B到平面PDE的距离．4.如图，四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，AD∥BC，AD＝3BC＝6，PB＝62，点M在线段AD上，且MD＝4，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD．(1)求证：平面PCM⊥平面PAD；(2)当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求四棱锥P-ABCD的表面积．B组1．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝π3，其对角线AC与BD相交于点O，四边形OAEF为矩形，平面OAEF⊥平面ABCD，AB＝AE＝2．(1)求证：平面DEF⊥平面BDF；(2)若点H在线段BF上，且BF＝3HF，求三棱锥H-DEF的体积．2.如图，四棱锥E-ABCD中，平面ABCD是平行四边形，M，N分别为BC，DE的中点．(1)证明：CN∥平面AME；(2)若△ABE是等边三角形，平面ABE⊥平面BCE，CE⊥BE，BE＝CE＝2，求三棱锥N-AME的体积．3.如图，三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2，AA1⊥面ABC，E，F分别为棱A1B1，BC的中点．(1)求证：直线BE∥平面A1FC1；(2)平面A1FC1与直线AB交于点M，指出点M的位置，说明理由，并求三棱锥B-EFM 的体积．4.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ABB1A1⊥底面ABC，AC⊥AB，AC＝AB＝AA1＝2，∠AA1B1＝60°，E，F分別为棱A1B1，BC的中点．(1)求三棱柱ABC-A1B1C1的体积；(2)在直线AA1上是否存在一点P，使得CP∥平面AEF？若存在，求出AP的长；若不存在，说明理由．答案A组3．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC，AA1＝DA1，∠ABC＝120°．(1)证明：AD⊥BA1；(2)若AD＝DA1＝4，BA1＝26，求多面体BCD-A1B1C1D1的体积．(1)证明：取AD中点O，连接OB，OA1．∵AA1＝DA1，∴AD⊥OA1．∵在▱ABCD中，∠ABC＝120°，∴∠BAD＝60°．又∵AB＝BC，则AB＝AD，∴△ABD是正三角形，∴AD⊥OB，∵OA1⊂平面OBA1，OB⊂平面OBA1，OA1∩OB＝O，∴AD⊥平面OBA1，∴AD⊥A1B．(2)解：由题设知△A1AD与△BAD都是边长为4的正三角形．∴A1O＝OB＝23．∵A1B＝26，∴A1O2＋OB2＝A1B2，∴A1O⊥OB，∵A1O⊥AD，∴A1O⊥平面ABCD，∴A1O是平行六面体ABCD-A1B1C1D1的高，又S ABCD＝AD·OB＝4×23＝83，∴V＝VABCD-A1B1C1D1＝S ABCD·A1O＝83×23＝48，V1＝VA1-ABD＝13S△ABD·A1O＝13×12×23×4×23＝8，∴VBCD-A1B1C1D1＝V－V1＝40，即几何体BCD-A1B1C1D1的体积为40．2．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，AA 1＝3，D ，D 1分别是BC ，B 1C 1上的中点，P 是线段AD 上的一点(不包括端点)．(1)在平面ABC 内，试作出过点P 与平面A 1BC 平行的直线l ，并证明直线l ⊥平面ADD 1A 1； (2)设(1)中的直线l 交AC 于点Q ，求三棱锥A 1-QC 1D 的体积．解：(1)在平面ABC 内作直线l ∥BC ，则直线l 与平面A 1BC 平行，即图中的直线PQ .AB ＝AC ＝2, D 是BC 上的中点，则AD ⊥BC ，即l ⊥AD ，又侧棱AA 1⊥底面ABC ，则l ⊥AA 1，AD ∩AA 1＝A ，故直线l ⊥平面ADD 1A 1． (2)VA 1-QC 1D ＝VD -A 1QC 1＝13S △A 1QC 1·h ，因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，过D 作线段DE ⊥AC 于E ，则DE ⊥平面AA 1C 1C ，即DE 为D -A 1QC 1的高，由AB ＝AC ＝2，∠CAB ＝120°，得DE ＝32，则VD -A 1QC 1＝13S △A 1QC 1·h ＝13×12×2×3×32＝32．3．如图所示，在三棱锥P -ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2．(1)求证：DE ⊥平面PCD ； (2)求点B 到平面PDE 的距离．(1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，故PC ⊥DE ．由CE ＝2，CD ＝DE ＝2，得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE ．又PC ∩CD ＝C ，故DE ⊥平面PCD ．(2)解：由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝CF ＝EF ＝1，又DE ⊥平面PCD ，所以DE ⊥PD ，PD ＝PC 2＋CD 2＝11，设点B 到平面PDE 的距离为h ，即为三棱锥B -PDE 的高，由V B -PDE ＝V P -BDE得 13S △PDE ·h ＝13S △BDE ·PC ，即13·12·PD ·DE ·h ＝13·12·BE ·DF ·PC ，即11×2×h ＝1×1×3，所以h ＝32222，所以点B 到平面PDE 的距离为32222． 4．如图，四棱锥P -ABCD 的底面是直角梯形，AD ∥BC ，AD ＝3BC ＝6，PB ＝62，点M 在线段AD 上，且MD ＝4，AD ⊥AB ，PA ⊥平面ABCD ．(1)求证：平面PCM ⊥平面PAD ；(2)当四棱锥P -ABCD 的体积最大时，求四棱锥P -ABCD 的表面积． (1)证明：由AD ＝6，DM ＝4可得AM ＝2，易得四边形ABCM 是矩形，∴CM ⊥AD ，又PA ⊥平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥CM ，又PM ∩AD ＝M ，PM ，AD ⊂平面PAD ， ∴CM ⊥平面PAD ，又CM ⊂平面PCM ，∴平面PCM ⊥平面PAD ．(2)解：四棱锥P -ABCD 的体积为V ＝13·12·(AD ＋BC )·AB ·PA ＝43AB ·PA ，要使四棱锥P -ABCD 的体积取最大值，只需AB ·PA 取得最大值．由条件可得PA 2＋AB 2＝PB 2＝72，∴72≥2PA ·AB ，即PA ·AB ≤36，当且仅当PA ＝AB ＝6时，PA ·AB 取得最大值36． PC ＝219，PD ＝62，CD ＝213，cos ∠CPD ＝PC 2＋PD 2－CD 22·PC ·PD ＝2219，则sin ∠CPD ＝1119， ∴S △PCD ＝12PC ·PD ·sin ∠CPD ＝622，则四棱锥P -ABCD 的表面积为12×(6＋2)×6＋⎝⎛⎭⎫12×6×6×2＋12×2×62＋622＝6(10＋22＋2)．B 组2．如图，在菱形ABCD 中，∠BAD ＝π3，其对角线AC 与BD 相交于点O ，四边形OAEF为矩形，平面OAEF ⊥平面ABCD ，AB ＝AE ＝2．(1)求证：平面DEF ⊥平面BDF ；(2)若点H 在线段BF 上，且BF ＝3HF ，求三棱锥H -DEF 的体积． (1)证明：∵ABCD 为菱形，∴AO ⊥BD ． ∵四边形OAEF 为矩形，∴AO ⊥FO ，EF ∥AO ， ∴EF ⊥BD ，∴EF ⊥FO ，又∵BD ∩FO ＝O ，∴EF ⊥平面BDF ．又EF ⊂平面DEF ，∴平面DEF ⊥平面BDF ． (2)解：连接EH ，DH ，EB ，则由(1)可知EF ⊥平面BDF ，又△BDF 中，BD ＝OF ＝2，EF ＝AO ＝3，故三棱锥E -BDF 的体积为13×12×2×2×3＝233，又BF ＝3HF ，所以V E -BDF ＝V B -DEF ＝3V H -DEF ＝233，故V H -DEF ＝239． 2．如图，四棱锥E -ABCD 中，平面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别为BC ，DE 的中点．(1)证明：CN ∥平面AME ；(2)若△ABE 是等边三角形，平面ABE ⊥平面BCE ，CE ⊥BE ，BE ＝CE ＝2，求三棱锥N -AME 的体积．(1)证明：取AE 中点F ，连接MF ，FN ．因为△AED 中，F ，N 分别为EA ，ED 的中点，所以FN 綊12AD ．又因为四边形ABCD 是平行四边形，所以BC 綊AD ．又M 是BC 中点，所以MC 綊12AD ，所以FN 綊MC ．所以四边形FMCN 为平行四边形，所以CN ∥MF ，又CN ⊄平面AEM ，MF ⊂平面AEM ，所以CN ∥平面AEM ． (2)解：取BE 中点H ，连接AH ，则AH ⊥BE ，因为平面ABE ⊥平面BCE ，平面ABE ∩平面BCE ＝BE ，AH ⊂平面ABE ，所以AH ⊥平面BCE ．又由(1)知CN ∥平面AEM ，所以V N -AEM ＝V C -AEM ＝V A -MEC ．又因为M 为BC 中点，所以V A -MEC ＝13S △MEC ·AH ＝13·12S △BEC ·AH ＝13×12×12×2×2×3＝33．所以三棱锥N -AEM 的体积为33． 3．如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长均为2，AA 1⊥面ABC ，E ，F 分别为棱A 1B 1，BC 的中点．(1)求证：直线BE ∥平面A 1FC 1；(2)平面A 1FC 1与直线AB 交于点M ，指出点M 的位置，说明理由，并求三棱锥B -EFM 的体积．(1)证明：取A 1C 1的中点G ，连接EG ，FG ，于是EG 綊12B 1C 1，又BF 綊12B 1C 1，所以BF 綊EG ．所以四边形BFGE 是平行四边形．所以BE ∥FG ，而BE ⊄面A 1FC 1，FG ⊂面A 1FC 1，所以直线BE ∥平面A 1FC 1． (2)解：M 为棱AB 的中点．理由如下：因为AC ∥A 1C 1，AC ⊄面A 1FC 1，A 1C 1⊂面A 1FC 1，所以直线AC ∥平面A 1FC 1，又面A 1FC 1∩平面ABC ＝FM ，所以AC ∥FM .又F 为棱BC 的中点．所以M 为棱AB 的中点．三角形BFM 的面积S △BFM ＝14S △ABC ＝14×⎝⎛⎭⎫12×2×2×sin 60°＝34，所以三棱锥B -EFM 的体积V B -EFM ＝V E -BFM ＝13×34×2＝36． 4．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1⊥底面ABC ，AC ⊥AB ，AC ＝AB ＝AA 1＝2，∠AA 1B 1＝60°，E ，F 分別为棱A 1B 1，BC 的中点．(1)求三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积；(2)在直线AA 1上是否存在一点P ，使得CP ∥平面AEF ？若存在，求出AP 的长；若不存在，说明理由．解：(1)三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1B 1＝AB ．因为AB ＝AA 1＝2，所以A 1B 1＝AA 1＝2．又因为∠AA 1B 1＝60°，连接AB 1，所以△AA 1B 1是边长为2的正三角形．因为E 是棱A 1B 1的中点，所以AE ⊥A 1B 1，且AE ＝3，又AB ∥A 1B 1，所以AE ⊥AB ，又侧面ABB 1A 1⊥底面ABC ，且侧面ABB 1A 1∩底面ABC ＝AB ，又AE ⊂侧面ABB 1A 1，所以AE ⊥底面ABC ，所以三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积为V ＝S △ABC ·AE ＝12AB ·AC ·AE ＝12×2×2×3＝23．(2)在直线AA 1上存在点P ，使得CP ∥平面AEF ．证明如下：连接BE 并延长，与AA 1的延长线相交，设交点为P ，连接CP ．因为A 1B 1∥AB ，故PE PB ＝PA 1PA ＝A 1EAB ．由于E 为棱A 1B 1的中点，所以A 1E AB ＝12，故有PE ＝EB ，又F 为棱BC 的中点，故EF 为△BCP 的中位线，所以EF ∥CP ．又EF ⊂平面AEF ，CP ⊄平面AEF ，所以CP ∥平面AEF ．故在直线AA1上存在点P，使得CP∥平面AEF．此时，PA1＝AA1＝2.所以AP＝2AA1＝4．。

高三数学第一轮复习立体几何的综合问题知识精讲

高三数学第一轮复习：立体几何的综合问题【本讲主要内容】立体几何的综合问题立体几何知识的综合应用及立体几何与其它知识点的综合问题【知识掌握】【知识点精析】1. 立体几何的综合问题融直线和平面的位置关系于平面与几何体中，有计算也有论证。

解决这类问题需要系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与垂直的判定与性质．深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角的概念，理解点到面的距离、异面直线的距离的概念．2. 立体几何横向可与向量、代数、三角、解析几何等综合．3. 应用性问题、探索性问题需综合运用所学知识去分析解决．【解题方法指导】例1. 如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1的侧面AB1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距离相等，则动点P所在曲线的形状为（）解析：P到直线BC的距离等于P到B的距离，动点P的轨迹满足抛物线定义．故选C.例2. 如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥平面ABCD，（Ⅰ）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；（Ⅱ）证明不论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°．（Ⅰ）解：∵PB⊥面ABCD，∴BA是PA在面ABCD上的射影，又DA⊥AB ∴PA⊥DA∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角∴∠PAB＝60°，PB＝AB·tan60°＝3a ,∴ V 锥＝3233·3·31a a a =（Ⅱ）证明：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为等腰三角形，作AE ⊥PD ，垂足为E ，连结CE ，则△ADE ≌△CDE ，因为AE ＝CE ，∠CED ＝90o，故∠CEA 是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角．设AC 与BD 交于点O ，连结EO ，则EO ⊥AC ，所以a AD AE OA a =<<=22，22a AE <，在△AEC 中，02222cos 222222222<-=-=∙-+=∠AE a AE AE a AE EC AE AC EC AE CEA 所以面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90o。

高考解答题专项四立体几何中的综合问题

建立如图所示的空间直角坐标系,
设 OP=a,则有 B(1,2,0),C(-1,2,0),D(-1,0,0),P(0,0,a),
可得=(2,0,0), =(0,-2,0),=(1,-2,a),
设 m=(x1,y1,z1)为平面 PBC 的一个法向量,
21 = 0,
· = 0,
则有
BD 交 AC 于点 O,连接 OQ,
1 1

=
1
,
2
(2)解:以 D 为坐标原点,以, , 1 方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,
建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.
设 AB=4,则 D(0,0,0),B1(1,1,2),P
即1 =(1,1,2),=
3
· = (0,-,)·(,,) = - + = 0,
令 z=1,得 n=(2,1,1),显然'=(a,0,0)为平面 AECD 的一个法向量,
所以 cos
2
<',n>=
6
=
6
.
3
由图知平面 B'CD 与平面 AECD 所成的二面角为锐角,
6
所以所求角的余弦值为 3 .
2 2
.
-2 + 2 = 0,
· = 0,
设平面 PBC 的法向量为 n=(x,y,z),则
即
- + 3 = 0,
· = 0,
令 x= 3,则 y= 3,z=1,所以 n=( 3, 3,1)为平面 PBC 的一个法向量.
设直线 GH 与平面 PBC 所成的角为 θ,
则 sin θ=|cos<n, >|=
4
(2)若点P在棱BB1上,且直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为 ,求BP的

初中数学知识归纳立体几何的综合计算与解决问题

初中数学知识归纳立体几何的综合计算与解决问题立体几何是数学的一个重要分支，涉及到我们日常生活中的许多实际问题。

在初中数学教学中，立体几何的综合计算与解决问题是一个重要的考点。

本文将对初中数学中与立体几何有关的知识进行归纳，并探讨常见的综合计算与解决问题的方法和技巧。

一、立体几何基础知识回顾1.1 空间几何图形在立体几何中，我们经常会接触到各种各样的空间几何图形，比如三棱锥、四棱锥、棱柱、棱台、圆柱、圆锥和球等。

这些几何图形都有着不同的性质和特点，我们需要掌握它们的定义、性质以及计算相关的公式。

1.2 立体几何的体积计算计算立体几何的体积是我们解决问题的一个重要环节。

对于不同的空间几何图形，计算体积的公式也各不相同。

比如：- 矩形长方体的体积公式为V = 长 ×宽 ×高；- 圆柱体的体积公式为V = πr²h，其中π取近似值3.14；- 球体的体积公式为V = (4/3)πr³。

1.3 立体几何的表面积计算除了计算体积，计算立体几何的表面积也是很常见的。

不同的几何图形有不同的表面积计算公式。

比如：- 矩形长方体的表面积公式为S = 2(长×宽 + 长×高 + 宽×高)；- 圆柱体的表面积公式为S = 2πrh + 2πr²；- 球体的表面积公式为S = 4πr²。

二、立体几何的综合计算方法在解决实际问题时，我们常常需要综合运用立体几何的知识和计算方法。

下面将介绍几种常见的综合计算方法。

2.1 建立几何模型对于复杂的问题，我们可以先将其抽象为几何模型，然后再根据模型进行分析和计算。

例如，一道典型的题目是求解一个房间的体积，我们可以将其抽象为一个长方体，然后根据已知条件计算出其长、宽和高，最后代入体积公式得出答案。

2.2 利用图像和透视在解决某些问题时，我们可以画出相应的图像，并利用透视关系来推导出答案。

例如，求解一个圆柱体在给定高度上的截面积时，我们可以通过绘制图像和利用透视关系，将其转化为计算圆柱体的底面积的问题。

立体几何的综合问题解析

立体几何的综合问题1．如图：直线AQ ⊥平面α，直线AQ ⊥平行四边形ABCD ，四棱锥P −ABCD 的顶点P 在平面α上，AB = 7，AD = 3，AD ⊥DB ，AC ∩BD =O ，OP //AQ ，AQ =2，M 、N 分别是AQ 与CD 的中点．（1）求证：MN //平面QBC ；（2）求二面角M −CB −Q 的余弦值． 2．（2015新课标全国Ⅰ理科）如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC =120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE =2DF ，AE ⊥EC ．（1）证明：平面AEC ⊥平面AFC ；（2）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值． 3．如图，四棱锥S -ABCD 中，//,AB CD BC CD ⊥,侧面SAB 为等边三角形，AB =BC =2，CD =SD =1.（Ⅰ）证明：SD SAB ⊥平面;（Ⅱ）求AB 与平面SBC 所成的角的大小。

4．如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，AD =2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上，60ABM ∠= 。

（I ）证明：M 是侧棱SC 的中点；（Ⅱ）求二面角S AM B --的大小。

5．如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD为直角梯形，BC//AD，且AD=2AB=2BC=2, ∠BAD=90°, △PAD为等边三角形，平面ABCD⊥平面PAD；点E、M分别为PD、PC的中点．（1）证明：CE//平面PAB；（2）求直线DM与平面ABM所成角的正弦值．，四边形ACEF为矩形，6．如图，在平行四边形ABCD中，AB=1，AD=2，∠ABC=π3平面ACEF⊥平面ABCD，AF=1，点M在线段EF上运动，且EM=λEF．（1）当λ=1时，求异面直线DE与BM所成角的大小；2），（2）设平面MBC与平面ECD所成二面角的大小为θ（0<θ≤π2求cosθ的取值范围．7．如图，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，其中AB∥CD，∠CDA=90°，CD=2AB=2，AD=3，PA=5，PD=22，点E在棱AD上且AE=1，点F为棱PD的中点.在棱AD上且AE=1，点F位棱PD的中点.（1）证明：平面BEF⊥平面PEC；（2）求二面角A−BF−C的余弦值的大小.8．如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE−BCF和一个正四棱锥P−ABCD组合而成，AD⊥AF，AE=AD=2．（Ⅰ）证明：平面PAD⊥平面ABFE；（Ⅱ）求正四棱锥P−ABCD的高ℎ，使得二面角C−AF−P的余弦值是22．39．如图，在四棱锥A BCFE -中，四边形EFCB 为梯形，//EF BC ，2的正三角形，顶点F 在AC 上的射影为点G（1平面ABC ；（2.10．如图，在斜三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1与侧面CBB 1C 1都是棱形，∠ACC1=∠CC 1B 1=60°,AC =2. 求证：（Ⅰ）AB 1⊥CC 1;（Ⅱ）若AB 1= 6，求二面角C −AB 1−A 1的余弦值.11．如图，在空间几何体ABCDE 中，平面⊥ACD 平面ACB ，ACD ∆与ACB ∆都是边长为2的等边三角形，2=BE ，点E 在平面ABC 上的射影在ABC ∠的平分线上，已知BE 和平面ACB 所成角为60.（1）求证：//DE 平面ABC ；（2）求二面角A BC E --的余弦值.12．如图，在四面体ABCD 中，已知∠ABD =∠CBD =60°，AB =BC =2，（1）求证：AC ⊥BD ；（2）若平面ABD ⊥平面CBD ，且BD =52，求二面角C −AD −B 的余弦值.13．三棱柱ABC−A1B1C1的底面ABC是等边三角形，BC的中点为O，A1O⊥底面ABC，AA1与底面ABC所成的角为π3，点D在棱AA1上，且AD=32,AB=2.（1）求证：OD⊥平面BB1C1C；（2）求二面角B−B1C−A1的平面角的余弦值.14．如图，将矩形ABCD沿AE折成二面角D1-AE-B，其中E为CD的中点，AB=2,BC=1,BD1=CD1,F为D1B的中点。

立体几何中的综合问题43页PPT

立体几何中的综合问题
1、纪律是管理关系的形式。——阿法纳西耶夫 2、改革如果不讲纪律，就难以成功。
3、道德行为训练，不是通过语言影响，而是让儿童练习良好道德行为，克服懒惰、轻率、不守纪律、颓ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 等不良行为。 4、学校没有纪律便如磨房里没有水。 ——夸美纽斯
5、教导儿童服从真理、服从集体，养成儿童自觉的纪律性，这是儿童道德教育最重要的部分。—— 陈鹤琴
21、要知道对好事的称颂过于夸大，也会招来人们的反感轻蔑和嫉妒。——培根 22、业精于勤，荒于嬉；行成于思，毁于随。——韩愈
23、一切节省，归根到底都归结为时间的节省。——马克思 24、意志命运往往背道而驰，决心到最后会全部推倒。——莎士比亚
25、学习是劳动，是充满思想的劳动。——乌申斯基
谢谢！

专题24 立体几何中综合问题(解析版)

专题24 立体几何中综合问题命题规律内容典型１考查点到面的距离2019年高考全国Ⅰ卷文数２棱锥（圆锥）与球的切接问题 2018年高考全国Ⅲ卷文数３棱柱（圆柱）与球的切接问题2020年高考天津卷5 ４以解答题形式考查异面直线角或线面角 2019年高考天津卷文数５研究几何体的截面问题2020年高考山东卷16命题规律一考查点到面的距离【解决之道】解决此类问题有两种方法，①过该点作已知平面的垂线，该点到垂足的线段长即为点到面的距离，再利用解三角形解出；②利用等体积转化求点到面的距离. 【三年高考】1.【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC，那么P 到平面ABC 的距离为___________．【解析】作,PD PE 分别垂直于,AC BC ，PO ⊥平面ABC ，连接CO ，由题意可知,CD PD CD PO ⊥⊥，=PD PO P ，CD 平面PDO ，又OD ⊂平面PDO ，CD OD ∴⊥，PD PE ==2PC =，sin sin PCE PCD ∴∠=∠=， 60PCB PCA ︒∴∠=∠=，又易知PO CO ⊥，CO 为ACB ∠的平分线，451,,OCD OD CD OC ︒∴∠=∴===又2PC =，PO ∴==2.【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以1C E =，故17CH =.从而点C 到平面1C DE .命题规律二棱锥（圆锥）与球的切接问题【解决之道】（1）三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球：①如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，那么可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心；②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，那么可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心. （2）一条侧棱垂直于底面的棱锥的外接球问题，可以将其补成以棱锥的底面为底面、垂直与底面的侧棱为高的直棱柱，则补成直棱柱的外接球即为该三棱锥的外接球.（3）正棱锥（圆锥）的外接球问题，已知正棱锥的底面的外接圆半径为r 、高为h ，外接球的半径为R ，则222)(R h r R -+=.（4）已知三棱锥中某两个面所成二面角为θ的外接球问题，关键是作出球心，即分别过两个半平面的截面圆的圆心作截面圆的垂线，垂线的交点即为球心，再利用球的截面性质，即可求出求的半径. (5)对两个直角三角形共斜边的三棱锥的外接球问题，则直角三角形的斜边为球的直径.(6)对对棱相等的三棱锥的外接球问题，将其看成在长方体中面的对角线，则长方体的外接球即该三棱锥的外接球.（7）求一个棱锥内切球的半径，可以根据球心到各个面的距离相等以及棱锥的体积列式得出．也可以先找准切点，通过作截面来解决，作截面时主要抓住棱锥过球心的对角面来作．【三年高考】1.【2018年高考全国Ⅲ卷文数】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为（）A ．B ． C．D ．【答案】B【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，2ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，23BM BE ∴==，Rt OBM ∴△中，有2OM ==，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 163D ABC V -∴=⨯= B.2.【2020年高考全国Ⅰ卷文数12理数10】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC ∆的外接圆．若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π 【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r π=π∴=，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R =π=π，故选A ．3.【2020年高考全国Ⅱ卷文数11理数10】已知ABC ∆是面积为439的等边三角形，且其顶点都在球O 的表面上，若球O 的表面积为16π，则球O 到平面ABC 的距离为（） A ．3 B ．23 C ．1 D ．23 【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =，设ABC ∆外接圆半径为r ，边长为a ，ABC ∆212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴===∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===，故选C ． 4.【2020年高考全国Ⅲ卷文数16】已知圆维的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为．、【解析】解法一：易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于AM =122S =⨯⨯△ABC r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：22r，其体积：3433V r π==．解法二：分析知圆锥内半径最大的球的应为该圆锥的内切球，如图，由题可知该圆锥的母线长为3BS =，底面半径为=1BC ，高为SC =BS 切于D 点，令OD OC r ==，则由SOD SBC ∆∆，可得OD BCOS BS =13=，得2r =，此时3433V r =π．命题规律三棱（圆）柱与球的切接问题【解决之道】（1）长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体的体对角线长等于其外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R .（2）直棱柱(圆柱）的外接球：已知直棱柱的底面半径为r ，高为h ，则其外接球半径为22)2(h r R +=【三年高考】1.【2020年高考天津卷5】若棱长为） A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=，故选C ．命题规律四以解答题形式考查异面直线所成角或线面角【解决之道】对异面直线所成角问题，常用平移法，即通过作中位线或平行四边形，找到或作出一个角的两边分别与两条异面直线分别平行，则该角就是异面直线所成角或补角，再通过解三角形求解；对线面角，找出或作出过斜线与面垂直的直线，找出斜线在平面内的射影，则斜线与斜线在平面内的射影所成的角即为线面角，再通过解三角形求解. 【三年高考】1.【2018年高考全国I 卷文数】在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为（）A ．8B ．C ．D ．【答案】C【解析】在长方体1111ABCD A B C D -中，连接1BC ，根据线面角的定义可知130AC B ︒∠=，因为2AB =，所以1BC =，从而求得1CC =所以该长方体的体积为22V =⨯⨯= C.2.【2018年高考全国Ⅱ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD所成角的正切值为（）A ．2 B ．2C D 【答案】C【解析】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，CD AB ∥，所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠，设正方体边长为2a ，则由E 为棱1CC 的中点，可得CE a =，所以BE =，则tan BE EAB AB ∠===．故选C ．3.【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ；（2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值. 【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以GH ∥平面PAD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面PAC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面PAC 所成的角，因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，所以DN = 又DN AN ⊥，在Rt AND △中，sin 3DN DAN AD ∠==.所以，直线AD 与平面PAC4.【2018年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M为棱AB 的中点，AB =2，AD =BAD =90°．（1）求证：AD ⊥BC ；（2）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值；（3）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【解析】（1）由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（2）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt△DAM中，AM=1，故DMAD⊥平面ABC，故AD⊥AC．在Rt△DAN中，AN=1，故DN在等腰三角形DMN中，MN=1，可得12cosMNDMNDM∠==．所以，异面直线BC与MD．（3）连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM．又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以，∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．在Rt△CAD中，CD．在Rt△CMD中，sinCMCDMCD∠==．所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为4．5.【2018年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【解析】方法一：（1）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB A B ==，所以2221111A B AB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C =，由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =，所以2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .（2）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ，由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ，所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC A B AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=，所以1C D ，故111sin 13C D C AD AC ∠==. 因此，直线1AC 与平面1ABB. 命题规律五研究几何体的截面问题【解决之道】解决此类问题的关键为作出截面，作截面的关键在作截线，方法如下：①若已知两点在同一平面内，只要连接这两点，就可以得到截面与多面体的的一个面的截线;②若面上只有一个已知点，应设法在同一平面内找出第2个确定的点；③若两个已知点分别在相邻的面上，应找出这两个平面的交线与截面的交点；④两个平行平面的一个平面与截面有绞线，另一个平面上只有一个已知点，则按面面平行得截面与平面的交线；⑤若有一点在面上而不在棱上，则可通过作辅助平面化为棱上的点的问题；⑥若已知点在体内，可通过作辅助平面化为面上的点的，再化为棱上的点的问题来解决. 【三年高考】1.【2020年高考山东卷16】已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，60BAD ∠=，以1D为半径的球面与侧面11BCC B 的交线长为．【解析】解法一：如图，取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E=111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =，所以||EP ===所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E ，因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==，故答案为：2．解法二：在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，取11BC 中点为O ，1BB 中点为F ，1CC 中点为E ，由题意易知111D O B C ⊥，又11BB D O ⊥，则1D O ⊥面11BB C C ，在面11BB C C 内取一点P ，使1//OP BB ，且OP =，∴1D P ==，又1D E =，1D F =1D 为球心，为半径的球面与侧面11BCC B 的交线是以O 为半径的圆弧FPE ，由题意易得2FOE π∠=，故该交线长为2π=．解法三：。