高中数学立体几何方法题型总结

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高一立体几何题型及解题方法

高一立体几何题型及解题方法

高一立体几何题型及解题方法
高一立体几何是数学中的一个重要部分,也是高中数学中难度较大的内容之一。

下面介绍一些高一立体几何的题型及解题方法。

1. 空间向量题型
空间向量题型是高一立体几何中比较基础的题型,需要掌握空间向量的基本概念和运算规律。

解题时需要根据向量的定义和性质,运用向量加法、数乘等基本运算法则,求解向量的模长、方向余弦等相关量。

2. 空间几何体积题型
空间几何体积题型是高一立体几何中比较常见的题型,需要掌握各种几何体的面积和体积公式,并能够灵活运用这些公式进行计算。

解题时需要注意几何体的立体图形,确定所求的体积或面积,再根据公式进行计算。

3. 立体图形的相似题型
立体图形的相似题型需要掌握几何体的相似性质和基本比例关系,能够根据相似性质推导出几何体的相关量。

解题时需要注意几何体的相似条件,确定所求的比例关系,再根据比例关系求解相关量。

4. 空间几何位置关系题型
空间几何位置关系题型需要掌握空间中点、线、面的位置关系及相关性质。

解题时需要注意点、线、面的位置关系,确定所求的相关量,再根据相关性质进行计算。

总之,高一立体几何的题型比较多,需要学生具备扎实的基础知
识和灵活的解题思路,加强对几何图形和空间位置关系的理解和掌握,才能顺利解决高一立体几何的各种题型。

高中必修二数学 立体几何题型总结

高中必修二数学 立体几何题型总结

高中必修二数学立体几何题型总结
高中数学必修二中的立体几何部分是高考的重要考点之一,下面是一些常见的立体几何题型及其解题方法:
1. 空间几何体的表面积和体积
解题方法:熟练掌握各种空间几何体的表面积和体积的公式,根据题目要求进行计算。

2. 空间几何体的直观图和三视图
解题方法:通过观察和分析空间几何体的直观图和三视图,掌握几何体的形状和大小,进而解决相关问题。

3. 空间点、线、面的位置关系
解题方法:理解空间点、线、面的位置关系,掌握各种位置关系的判定定理和性质定理,能够灵活运用解决相关问题。

4. 空间几何体的旋转体问题
解题方法:掌握旋转体的形成过程和性质,通过分析旋转体的轴和母线,利用旋转体的性质进行计算和证明。

5. 空间几何体的平行和垂直问题
解题方法:掌握空间几何体的平行和垂直的判定定理和性质定理,能够灵活运用解决相关问题。

6. 空间几何体的最值问题
解题方法:通过分析几何体的结构特征,利用几何体的性质和不等式等数学知识,求得空间几何体的最值。

7. 空间几何体的实际应用问题
解题方法:通过建立空间几何模型,将实际问题转化为数学问题,利用几何体的性质和数学知识解决实际问题。

以上是高中数学必修二中立体几何部分的一些常见题型及解题方法,掌握这些题型和方法对于提高立体几何部分的解题能力非常有帮助。

高中数学必修2立体几何常考题型:空间中直线与平面、平面与平面之间的位置关系

高中数学必修2立体几何常考题型:空间中直线与平面、平面与平面之间的位置关系

空间中直线与平面、平面与平面之间的位置关系【知识梳理】1.直线与平面的位置关系位置关系直线a在平面α内直线a在平面α外直线a与平面α相交直线a与平面α平行公共点无数个公共点一个公共点没有公共点符号暗示a⊂αa∩α=A a∥α图形暗示2.两个平面的位置关系位置关系图示暗示法公共点个数两平面平行α∥β没有公共点两平面相交α∩β=l 有无数个公共点(在一条直线上)【常考题型】题型一、直线与平面的位置关系【例1】下列说法:①若直线a在平面α外,则a∥α;②若直线a∥b,直线b⊂α,则a∥α;③若直线a∥b,b⊂α,那么直线a就平行于平面α内的无数条直线.其中说法正确的个数为()A.0个B.1个C.2个D.3个[解析]对于①,直线a在平面α外包孕两种情况:a∥α或a与α相交,∴a和α纷歧定平行,∴①说法错误.对于②,∵直线a∥b,b⊂α,则只能说明a和b无公共点,但a可能在平面α内,∴a纷歧定平行于α.∴②说法错误.对于③,∵a∥b,b⊂α,∴a⊂α或a∥α,∴a与平面α内的无数条直线平行.∴③说法正确.[答案] B【类题通法】空间中直线与平面只有三种位置关系:直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行.在判断直线与平面的位置关系时,这三种情形都要考虑到,避免疏忽或遗漏.另外,我们可以借助空间几何图形,把要判断关系的直线、平面放在某些具体的空间图形中,以便于正确作出判断,避免凭空臆断.【对点训练】1.下列说法中,正确的个数是()①如果两条平行直线中的一条和一个平面相交,那么另一条直线也和这个平面相交;②一条直线和另一条直线平行,它就和经过另一条直线的任何平面都平行;③经过两条异面直线中的一条直线,有一个平面与另一条直线平行;④两条相交直线,其中一条与一个平面平行,则另一条必然与这个平面平行.A.0 B.1C.2 D.3解析:选C①正确;②错误,如图1所示,l1∥m,而m⊂α,l1⊂α;③正确,如图2所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线A1C1与直线BD异面,A1C1⊂平面A1B1C1D1,且BD∥平面A1B1C1D1,故③正确;④错误,直线还可能与平面相交.由此可知,①③正确,故选C.题型二、平面与平面的位置关系【例2】(1)平面α内有无数条直线与平面β平行,问α∥β是否正确,为什么?(2)平面α内的所有直线与平面β都平行,问α∥β是否正确,为什么?[解](1)不正确.如图所示,设α∩β=l,则在平面α内与l平行的直线可以有无数条:a1,a2,…,a n,…,它们是一组平行线,这时a1,a2,…,a n,…与平面β都平行(因为a1,a2,…,a n,…与平面β无交点),但此时α与β不平行,α∩β=l.(2)正确.平面α内所有直线与平面β平行,则平面α与平面β无交点,符合平面与平面平行的定义.【类题通法】两个平面的位置关系同平面内两条直线的位置关系类似,可以从有无公共点区分:如果两个平面有一个公共点,那么由公理3可知,这两个平面相交于过这个点的一条直线;如果两个平面没有公共点,那么就说这两个平面互相平行.这样我们可以得出两个平面的位置关系:①平行——没有公共点;②相交——有且只有一条公共直线.若平面α与β平行,记作α∥β;若平面α与β相交,且交线为l,记作α∩β=l.【对点训练】2.在底面为正六边形的六棱柱中,互相平行的面视为一组,则共有________组互相平行的面.与其中一个侧面相交的面共有________个.解析:六棱柱的两个底面互相平行,每个侧面与其直接相对的侧面平行,故共有4组互相平行的面.六棱柱共有8个面围成,在其余的7个面中,与某个侧面平行的面有1个,其余6个面与该侧面均为相交的关系.答案:4 63.如图所示,平面ABC与三棱柱ABC-A1B1C1的其他面之间有什么位置关系?解:∵平面ABC与平面A1B1C1无公共点,∴平面ABC与平面A1B1C1平行.∵平面ABC与平面ABB1A1有公共直线AB,∴平面ABC与平面ABB1A1相交.同理可得平面ABC与平面ACC1A1及平面BCC1B1均相交.【练习反馈】1.M∈l,N∈l,N∉α,M∈α,则有()A.l∥αB.l⊂αC.l与α相交D.以上都有可能解析:选C由符号语言知,直线l上有一点在平面α内,另一点在α外,故l与α相交.2.如图所示,用符号语言可暗示为()A.α∩β=lB.α∥β,l∈αC.l∥β,l⊄αD.α∥β,l⊂α解析:选D显然图中α∥β,且l⊂α.3.平面α∥平面β,直线a⊂α,则a与β的位置关系是________.答案:平行4.经过平面外两点可作该平面的平行平面的个数是________.解析:若平面外两点所在直线与该平面相交,则过这两个点不存在平面与已知平面平行;若平面外两点所在直线与该平面平行,则过这两个点存在独一的平面与已知平面平行.答案:0或15.三个平面α、β、γ,如果α∥β,γ∩α=a,γ∩β=b,且直线c⊂β,c∥b.(1)判断c与α的位置关系,并说明理由;(2)判断c与a的位置关系,并说明理由.解:(1)c∥α.因为α∥β,所以α与β没有公共点,又c⊂β,所以c与α无公共点,则c∥α.(2)c∥a.因为α∥β,所以α与β没有公共点,又γ∩α=a,γ∩β=b,则a⊂α,b⊂β,且a,b⊂γ,所以a,b没有公共点.由于a、b都在平面γ内,因此a∥b,又c∥b,所以c∥a.。

立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破

立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破

立体几何立体几何是高考数学的必考内容,在大题中一般分两问,第一问考查空间直线与平面的位置关系证明;第二问考查空间角、空间距离等的求解。

考题难度中等,常结合空间向量知识进行考查。

2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。

题型一:空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证:AO⊥CD;(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO,求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N,利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中,由AB=AD,O为BD的中点,得AO⊥BD,而平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD,因此AO⊥平面BCD,又CD⊂平面BCD,所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N,连接OM,ON,MN,于是MN⎳BC,OM⎳AD,则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角,由(1)知,AO ⊥BD ,又AO =BO ,AB =AD ,则∠ADB =∠ABD =π4,于是∠BAD =π2,令AB =AD =2,则DC =BD =22,又BD ⊥DC ,则有BC =BD 2+DC 2=4,OC =DC 2+OD 2=10,又AO ⊥平面BCD ,OC ⊂平面BCD ,则AO ⊥OC ,AO =2,AC =AO 2+OC 2=23,由M ,N 分别为AB ,AC 的中点,得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3,显然MN 2=4=OM 2+ON 2,即有∠MON =π2,cos ∠OMN =OM MN =12,则∠OMN =π3,所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤:(1)平移:选择适当的点,线段的中点或端点,平移异面直线中的一条或两条成为相交直线.(2)证明:证明所作的角是异面直线所成的角.(3)寻找:在立体图形中,寻找或作出含有此角的三角形,并解之.(4)取舍:因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2,所以所作的角为钝角时,应取它的补角作为异面直线所成的角.2、可通过多种方法平移产生,主要有三种方法:(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线);(2)中位线平移法;(3)补形平移法(在已知图形中,补作一个相同的几何体,以便找到平行线).3、异面直线所成角:若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量,θ为直线l 1,l 2的夹角,则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图,在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明:EF ⎳平面AB1C 1D ;(2)若AB =2A 1B 1,且正四棱台的侧面积为9,其内切球半径为22,O 为ABCD 的中心,求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)45【分析】(1)根据中位线定理,结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理,利用面面平行的性质,可得答案;(2)根据题意,结合正四棱台的几何性质,求得各棱长,利用线线角的定义,可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ,连接GE ,GF ,如下图:在梯形BB 1C 1C 中,E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点,则EG ⎳B 1C 1,同理可得FG ⎳C 1D ,因为EG ⊄平面AB 1C 1D ,B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ,所以EG ⎳平面AB 1C 1D ,同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ,因为EG ∩FG =G ,EG ,FG ⊆平面EFG ,所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ,又因为EF ⊆平面EFG ,所以EF ⎳平面AB 1C 1D ;(2)连接AC ,BD ,则AC ∩BD =O ,连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中,作B 1N ⊥BC 交BC 于N ,在平面BB 1D 1D 中,作B 1M ⊥BD 交BD 于M ,连接MN ,如下图:因为AB =2A 1B 1,则OC =A 1C 1,且OC ⎳A 1C 1,所以A 1C 1CO 为平行四边形,则A 1O ⎳CC 1,且A 1O =CC 1,所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角,同理可得:B 1D 1DO 为平行四边形,则B 1O =D 1D ,在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中,易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ,因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ,且B 1M ⊥BD ,B 1M ⊂平面BB 1D 1D ,所以B 1M ⊥平面ABCD ,由内切球的半径为22,则B 1M =2,在等腰梯形BB 1C 1C 中,BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ,易知BN =14BC ,同理可得BM =14BD ,在△BCD 中,BN BC=BM BD =14,则MN =14CD ,设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ,则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ,MN =x ,由正四棱台的侧面积为9,则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94,因为B 1M ⊥平面ABCD ,MN ⊂平面ABCD ,所以B 1M ⊥MN ,在Rt △B 1MN ,B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2,可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ,则94=12×2+x 2×4x +2x ,解得x =12,所以BC =2,B 1C 1=1,BN =14BC =12,B 1N =32,则A 1B 1=1,在Rt △BB 1N 中,BB 1=B 1N 2+BN 2=102,则CC 1=DD 1=102,所以在△A 1OB 1中,则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45,所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图,平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ,AD ⊥DC ,二面角D 1-AD -C 的大小为120°,E 为棱C 1D 1的中点.(1)证明:CD ⊥AE ;(2)点F 在棱CC 1上,AE ⎳平面BDF ,求直线AE 与DF 所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直,由二面角定义可得∠D 1DC =120°,进而根据中点得线线垂直即可求;(2)由线面平行的性质可得线线平行,由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解,或者建立空间直角坐标系,利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ,且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ,AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1,所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ,∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角,故∠D 1DC =120°.连接DE ,E 为棱C 1D 1的中点,则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ,从而DE ⊥CD .又AD ⊥CD ,DE ∩AD =D ,DE ,AD ⊂平面AED ,所以CD ⊥平面AED ,ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE .(2)解法1:设AB =2,则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3,所以CE =AE =AD 2+DE 2=7.连AC 交BD 于点O ,连接CE 交DF 于点G ,连OG .因为AE ⎳平面BDF ,AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ,所以AE ∥OG ,因为O 为AC 中点,所以G 为CE 中点,故OG =12AE =72.且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角.在Rt △EDC 中,DG =12CE =72,因为OD =2,所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37.因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37.解法2;设AB =2,则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3,所以CE =AE =AD 2+DE 2=7.取DC 中点为G ,连接EG 交DF 于点H ,则EG =DD 1=2.连接AG 交BD 于点I ,连HI ,因为AE ⎳平面BDF ,AE ⊂平面AGE ,平面AGE ∩平面BDF =IH ,所以AE ∥IH .HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角.正方形ABCD 中,GI =13AG ,DI =13DB =223,所以GH =13EG ,故HI =13AE =73.在△DHG 中,GH =13EG =23,GD =1,∠EGD =60°,由余弦定理DH =1+49-1×23=73.在△DHI 中,cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37.因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37.解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ,以D 为坐标原点,DA为x 轴正方向,DA为2个单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .由(1)知DE =3,得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3),C 1(0,1,3).则CC 1=(0,-1,3),DC =(0,2,0),AE =(-2,0,3),DB =(2,2,0).由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ,得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t ).因为AE ⎳平面BDF ,所以存在唯一的λ,μ∈R ,使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ,故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3,解得t =23,从而DF =0,43,233 .所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37.题型二:空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图,三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形,D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点,N 为C 1E 上一点.(1)证明:BN ⎳平面A 1DC ;(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N,求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ,可得BN ⎳平面A 1DC ;(2)建立空间直角坐标系,利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1,且AB =A 1B 1,又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点,所以BD ⎳A 1E ,且BD =A 1E ,所以四边形BDA 1E 为平行四边形,所以A 1D ⎳EB ,又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ,所以EB ⎳平面A 1DC ,因为DE ⎳BB 1⎳CC 1,且DE =BB 1=CC 1,所以四边形DCC 1E 为平行四边形,所以C 1E ⎳CD ,又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ,所以C 1E ⎳平面A 1DC ,因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1,所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ,因为BN ⊂平面BEC 1,所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形,所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ,所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1,所以DE ⊥平面ABC ,从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ,所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点,所以CD ⊥DB ,即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点,DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23,则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ,所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量,则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0,即3y =0-3x +23z =0 ,可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ,所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ,则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510,即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法):(1)先确定斜线与平面,找到线面的交点B 为斜足;找线在面外的一点A ,过点A 向平面α做垂线,确定垂足O ;(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影;投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角;(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。

高中数学立体几何题型归纳

高中数学立体几何题型归纳

高中数学立体几何题型归纳
高中数学立体几何是高考数学的一个重要组成部分,其题型归纳如下:
1. 计算题:主要要求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角、点到面的距离、表面积、体积等。

2. 证明题:主要证明线线平行或垂直、线面平行或垂直、面面平行或垂直、多点共线、多点共面、多线共面等。

3. 三视图问题:要求画出简单空间图形 (长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合) 的三视图,并能识别上述三视图所表示的立体模型。

4. 空间直线与平面的位置关系问题:要求判断直线与平面的位置关系 (包括平行、垂直、相交等),并求解距离、角度等。

5. 空间向量问题:要求理解空间向量的概念,掌握空间向量的加减法和数量积运算法则,能够运用空间向量求解立体几何问题。

6. 空间点、线、面之间的位置关系问题:要求判断点、线、面之间的位置关系 (包括平行、垂直、相交等),并求解距离、角度等。

7. 立体几何中的证明题:主要证明线线平行或垂直、线面平行或垂直、面面平行或垂直、多点共线、多点共面、多线共面等。

此外,还有一些特殊的立体几何问题,如立方体问题、圆锥问题、球体问题等。

对于这些问题,需要结合实际情况进行具体分析,并注重理解和掌握相关的概念、定理和公式。

高中数学必修二第八章立体几何初步必练题总结(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步必练题总结(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步必练题总结单选题1、已知圆锥的底面半径为R ,高为3R ,在它的所有内接圆柱中,全面积的最大值是( ) A .2πR 2B .94πR 2C .83πR 2D .πR 2 答案:B分析:根据圆柱的表面积公式以及二次函数的性质即可解出.设圆柱的底面半径为r ,圆柱的高为ℎ,所以在轴截面三角形中,如图所示:由相似可得,rR =3R−ℎ3R,所以,ℎ=3R −3r ,即圆柱的全面积为S =2πr 2+2πrℎ=2πr 2+2πr (3R −3r )=2π(−2r 2+3rR )=2π[−2(r −34R)2+98R 2]≤9π4R 2,当且仅当r =34R 时取等号.故选:B .2、已知球O 的体积为36π,则该球的表面积为( ) A .6πB .9πC .12πD .36π 答案:D分析:根据球的体积公式求出半径,即可求出表面积. 设球的体积为R ,则由题可得43πR 3=36π,解得R =3, 则该球的表面积为4π×32=36π. 故选:D.3、在△ABC 中,AB =1,AC =2,∠BAC =60°,P 是△ABC 的外接圆上的一点,若AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ,则m +n 的最小值是( )A .−1B .−12C .−13D .−16答案:B分析:先解三角形得到△ABC 为直角三角形,建立直角坐标系,通过AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ 表示出m +n ,借助三角函数求出最小值.由余弦定理得BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos∠BAC = 1+4−2×1×2×cos 60∘=3,所以BC =√3,所以AB 2+BC 2=AC 2,所以AB ⊥BC .以AC 的中点为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,易得A (-1,0),C (1,0),B (-12,√32),设P 的坐标为(cosθ,sinθ),所以AB⃑⃑⃑⃑⃑ =(12,√32),AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0),AP ⃑⃑⃑⃑⃑ = (cosθ+1,sinθ),又AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ,所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m2+2n ,√32m),所以m =2√33sin θ,n =cos θ2+12−√36sin θ,所以m +n =2√33sin θ+cos θ2+12−√36sin θ =√32sin θ+cos θ2+12=sin (θ+π6)+12≥−1+12=−12,当且仅当sin (θ+π6)=−1时,等号成立.故选:B .4、如图,矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直,BD =2,DE =1,点P 在线段EF 上.给出下列命题:①存在点P ,使得直线DP//平面ACF ;②存在点P,使得直线DP⊥平面ACF;③直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是[√55,1];④三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是9π8.其中所有真命题的序号()A.①③B.①④C.①②④D.①③④答案:D分析:当点P是线段EF中点时判断①;假定存在点P,使得直线DP⊥平面ACF,推理导出矛盾判断②;利用线面角的定义转化列式计算判断③;求出△ACF外接圆面积判断④作答.取EF中点G,连DG,令AC∩BD=O,连FO,如图,在正方形ABCD中,O为BD中点,而BDEF是矩形,则DO//GF且DO=GF,即四边形DGFO是平行四边形,即有DG//FO,而FO⊂平面ACF,DG⊄平面ACF,于是得DG//平面ACF,当点P与G重合时,直线DP//平面ACF,①正确;假定存在点P,使得直线DP⊥平面ACF,而FO⊂平面ACF,则DP⊥FO,又DG//FO,从而有DP⊥DG,在Rt△DEF中,∠DEF=90∘,DG是直角边EF上的中线,显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG,因此,假设是错的,即②不正确;因平面BDEF⊥平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,则线段EF上的动点P在平面ABCD上的射影在直线BD上,于是得∠PDB是直线DP与平面ABCD所成角的,在矩形BDEF中,当P与E不重合时,∠PDB=∠DPE,sin∠PDB=sin∠DPE=DEDP =√DE2+EP2=√1+EP2,而0<EP≤2,则√55≤sin∠PDB<1,当P与E重合时,∠PDB=π2,sin∠PDB=1,因此,√55≤sin∠PDB≤1,③正确;因平面BDEF⊥平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,BF⊥BD,BF⊂平面BDEF,则BF⊥平面ABCD,BC=√2,在△ACF中,AF=CF=√BC2+BF2=√3,显然有FO⊥AC,sin∠FAC=FOAF =√BO2+BF2AF=√2√3,由正弦定理得△ACF外接圆直径2R=CFsin∠FAC =√2,R=2√2,三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△ACF的外接圆,其面积为πR2=9π8,④正确,所以所给命题中正确命题的序号是①③④.故选:D小提示:名师点评两个平面互相垂直,则一个平面内任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上.5、正方体中,点P,O,R,S是其所在棱的中点,则PQ与RS是异面直线的图形是()A.B.C.D.答案:C分析:对于A,B,D,利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面,对于C,利用异面直线的定义推理判断作答.对于A,在正方体ABCD−A1B1C1D1中,连接AC,A1C1,则AC//A1C1,如图,因为点P,Q,R,S是其所在棱的中点,则有PQ//AC,RS//A1C1,因此PQ//RS,则直线PQ与RS共面,A错误;对于B,在正方体ABCD−A1B1C1D1中,连接AC,QS,PR,如图,因为点P,Q,R,S是其所在棱的中点,有AP//CR且AP=CR,则四边形APRC为平行四边形,即有AC//PR,又QS//AC,因此QS//PR,直线PQ与RS共面,B错误;对于C,在正方体ABCD−A1B1C1D1中,如图,因为点P,Q,R,S是其所在棱的中点,有RS//BB1,而BB1⊂平面ABB1A1,RS⊄平面ABB1A1,则RS//平面ABB1A1,PQ⊂平面ABB1A1,则直线PQ与RS无公共点,又直线PQ与直线BB1相交,于是得直线PQ与RS不平行,则直线PQ与RS是异面直线,C正确;对于D,在正方体ABCD−A1B1C1D1中,连接A1B,D1C,PS,QR,如图,因为A1D1//BC且A1D1=BC,则四边形A1D1CB为平行四边形,有A1B//D1C,因为点P,Q,R,S是其所在棱的中点,有PS//A1B,QR//D1C,则PS//QR,直线PQ与RS共面,D错误.故选:C6、下面四个选项中一定能得出平面α/⁄平面β的是()A.存在一条直线a,a//α,a//βB.存在一条直线a,a⊂α,a//βC.存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a//β,b//αD.存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a//β,b//α答案:D分析:对于A,B,C,举出符合条件的特例即可判断;对于D,过直线a作平面γ∩β=c,再证c//α即可. 如图,ABCD−A1B1C1D1是长方体,平面ABCD为平面α,平面ABB1A1为平面β,对于A,直线C1D1为直线a,显然a//α,a//β,而α与β相交,A不正确;对于B,直线CD为直线a,显然a⊂α,a//β,而α与β相交,B不正确;对于C,直线CD为直线a,直线A1B1为直线b,显然a⊂α,b⊂β,a//β,b//α,而α与β相交,C不正确;对于D,因a,b是异面直线,且a⊂α,b⊂β,过直线a作平面γ∩β=c,如图,则c//a,并且直线c与b必相交,而c⊄α,于是得c//α,又b//α,即β内有两条相交直线都平行于平面α,⁄平面β.因此,平面α/故选:D7、已知直线l⊥平面α,有以下几个判断:①若m⊥l,则m//α;②若m⊥α,则m//l;③若m//α,则m⊥l;④若m//l,则m⊥α;上述判断中正确的是()A.①②③B.②③④C.①③④D.①②④答案:B分析:根据线面的位置关系,线面垂直的性质定理,线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得. 对于①,当m⊂平面α也可以有m⊥l,但m不平行于平面α,故①错;对于②,根据线面垂直的性质定理可知②正确;对于③,根据线面平行的性质定理可得存在n⊂α且m∥n.而直线l⊥平面α,故可根据线面垂直的性质得出l⊥n,故l⊥m正确;对于④,根据直线l⊥平面α,可在平面α内找到两条相交直线p,n,且l⊥p,l⊥n,又m∥l,所以m⊥p,m⊥n,故根据线面垂直的判定定理可知,m⊥α正确.即②③④正确.故选:B.8、圆柱的底面直径与高都等于球的直径,则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为()A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.2∶3答案:A分析:按圆柱侧面积和球的表面积公式计算即可.设球的半径的r,依题意圆柱的底面半径也是r,高是2r,圆柱的侧面积=2πr·2r=4πr2,球的表面积为4πr2,其比例为1:1,故选:A.多选题9、如图,在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中,M,N,P分别是C1D1,C1C,A1A的中点,则()A.M,N,B,D1四点共面B.异面直线PD1与MN所成角的余弦值为√1010C.平面BMN截正方体所得截面为等腰梯形D.三棱锥P−MNB的体积为13答案:BCD分析:根据直线与直线的位置关系判定A;由异面直线所成角求解判定B;作出截面判定C;由体积公式判定D对于A,易知MN与BD1为异面直线,所以M,N,B,D1不可能四点共面,故A错误;对于B,连接CD1,CP,易得MN//CD1,所以∠PD1C为异面直线PD1与MN所成角,设AB=2,则CD1=2√2,D1P=√5,PC=3,所以cos∠PD1C=√2)2√5)222×2√2×√5=√1010,所以异面直线PD1与MN所成角的余弦值为√1010,故B正确;对于C,连接A1B,A1M,易得A1B//MN,所以平面BMN截正方体所得截面为梯形MNBA1,故C正确;对于D,易得D1P//BN,因为D1P⊄平面MNB,MN⊂平面MNB,所以D1P//平面MNB,所以V P−MNB=V D1−MNB =V B−MND1=13×12×1×1×2=13,故D正确.故选:BCD10、已知两条不重合的直线a和b两个不重合的平面α和β,则下列说法不正确的为()A.若a∥α,b∥α,则a∥bB.若a⊂α,b⊂β,则a,b为异面直线C.若a∥b,a⊂α,则b∥α或b⊂αD.若a⊂α,b⊂α,a∥β,b∥β,则α∥β答案:ABD分析:根据线线,线面,面面的位置关系的概念想象,构造,即可做出判定.解:对于A,若a∥α,b∥α,则a∥b或a与b相交或a与b异面,故A错误;对于B,若a⊂α,b⊂β,则a,b的位置关系是平行、相交或异面,故B错误;对于C,若a∥b,a⊂α,则b∥α或b⊂α,故C正确;对于D,若a⊂α,b⊂α,a∥β,b∥β,则α∥β或α与β相交,添加条件a与b相交时,可得α∥β,故D错误.故选:ABD.小提示:本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定,考查空间想象能力与思维能力,是基础题.关键是空间想象,构造,不必严格使用相关定理论证.11、(多选)圆柱的侧面展开图是边长分别为2a,a的矩形,则圆柱的体积为()A.a3πB.a32πC.a33πD.a34π答案:AB分析:按圆的高分类讨论,求出底面半径后由体积公式计算.设圆柱底面半径为r,若高是a,则2πr=2a,r=aπ,V=πr2a=π×(aπ)2×a=a3π,若高是2a,则2πr=a,r=a2π,V=πr2⋅2a=π×(a2π)2×2a=a32π.故选:AB.填空题12、已知一三角形ABC用斜二测画法画出的直观图是面积为√3的正三角形A′B′C′(如图),则三角形ABC中边长与正三角形A′B′C′的边长相等的边上的高为______.答案:2√6分析:根据面积公式求出三角形的边长,以及高,利用斜二测画法的原理还原出原三角形的高,并求出答案. 设正三角形A′B′C′的边长为a,∵S△A′B′C′=√34a2=√3∴a=2,DC′=√3O′C′=√6∴O′C=2√6所以答案是:2√6.13、如图,已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中,点P在线段B1C上运动,给出下列结论:①异面直线AP与DD1所成的角范围为[π3,π2 ];②平面PBD1⊥平面A1C1D;③点P到平面A1C1D的距离为定值2√33;④存在一点P,使得直线AP与平面BCC1B1所成的角为π3. 其中正确的结论是___________.答案:②③解析:数形结合说明异面直线AP 与DD 1所成的角的范围为[π4,π2],故①错误;证明BD 1⊥平面A 1C 1D ,所以平面PBD 1⊥平面A 1C 1D ,故②正确;点P 到平面A 1C 1D 的距离为定值,且等于BD 1的13,即2√33,故③正确;AP与平面BCC 1B 1所成的角为∠APB ,tan ∠APB 最大值为√2<tan π3,故④不正确.对于①,当P 在C 点时,DD 1⊥AC ,异面直线AC 与DD 1所成的角最大为π2,当P 在B 1点时,异面直线AB 1与DD 1所成的角最小为∠D 1DC =π4, 所以异面直线AP 与DD 1所成的角的范围为[π4,π2],故①错误;对于②,如图,因为A 1C 1⊥B 1D 1,A 1C 1⊥B 1B,B 1D 1∩B 1B,B 1D 1,B 1B ⊂平面BB 1D ,所以A 1C 1⊥BD 1,同理DC 1⊥BD 1,又因为A 1C 1∩DC 1=C 1,A 1C 1,DC 1⊂平面DA 1C 1,所以BD 1⊥平面A 1C 1D ,所以平面PBD 1⊥平面A 1C 1D ,故②正确;对于③,因为B 1C //A 1D, B 1C ⊄平面A 1C 1D ,A 1D ⊂平面A 1C 1D ,所以B 1C //平面A 1C 1D ,所以点P 到平面A 1C 1D 的距离为定值,且等于BD 1的13,即2√33,故③正确;对于④,直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角为∠APB ,tan∠APB =ABBP ,当BP ⊥B 1C 时,BP 最小,tan∠APB 最大,最大值为√2<tan π3,故④不正确,所以答案是:②③.小提示:关键点睛:解答本题的关键是判断命题①④的真假,它们都是求空间的角,它们都是利用数形结合的方法求空间角的最值,对于数形结合的这种数学思想要注意灵活运用.14、如图,在三棱锥P −ABC 中,平面EFMN 平行于对棱AC,PB,AC =PB =2,AC ⊥PB ,截面EFMN 面积的最大值是______.答案:1分析:由线面平行的性质可得AC//EN 、AC//MF 且PB//EF 、PB//MN ,易得EFMN 为平行四边形,结合AC ⊥PB 有EFMN 为矩形,进而设PE PA=EN AC=λ (0<λ<1),由已知求EN 、EF 关于λ的表达式,即可得EFMN面积关于λ的函数,利用二次函数性质求最值即可.由题设,AC//面EFMN ,又AC,EN ⊂面PAC ,面PAC ∩面EFMN =EN , 所以AC//EN ,同理可证AC//MF ,故EN//MF ,又PB//面EFMN ,又PB,EF ⊂面PAB ,面PAB ∩面EFMN =EF , 所以PB//EF ,同理可证PB//MN ,故EF//MN ,故EFMN 为平行四边形,又AC ⊥PB ,即EN ⊥EF ,则EFMN 为矩形, 若PE PA=EN AC=λ (0<λ<1),则EA PA=EF PB=1−λ,又AC =PB =2,所以EN =2λ,EF =2(1−λ),又EFMN 面积为S =EN ⋅EF =4λ(1−λ), 所以S =−4(λ−12)2+1,故当λ=12时S max =1.所以答案是:1. 解答题15、如图,在三棱锥A −BCD 中,平面ABD ⊥平面BCD ,AB =AD ,O 为BD 的中点.(1)证明:OA⊥CD;(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E−BC−D的大小为45°,求三棱锥A−BCD的体积.答案:(1)证明见解析;(2)√36.分析:(1)由题意首先证得线面垂直,然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可;(2)方法二:利用几何关系找到二面角的平面角,然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.(1)因为AB=AD,O是BD中点,所以OA⊥BD,因为OA⊂平面ABD,平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,所以OA⊥平面BCD.因为CD⊂平面BCD,所以OA⊥CD.(2)[方法一]:通性通法—坐标法如图所示,以O为坐标原点,OA为z轴,OD为y轴,垂直OD且过O的直线为x轴,建立空间直角坐标系O−xyz,则C(√32,12,0),D(0,1,0),B(0,−1,0),设A(0,0,m),E(0,13,23m),所以EB⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,−43,−23m),BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(√32,32,0), 设n ⃑ =(x,y,z )为平面EBC 的法向量,则由{EB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ =0EC ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ =0 可求得平面EBC 的一个法向量为n ⃑ =(−√3,1,−2m ).又平面BCD 的一个法向量为OA ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,m ),所以cos⟨n ⃑ ,OA⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=|m⋅√4+m 2|=√22,解得m =1.又点C 到平面ABD 的距离为√32,所以V A−BCD =V C−ABD =13×12×2×1×√32=√36, 所以三棱锥A −BCD 的体积为√36. [方法二]【最优解】:作出二面角的平面角 如图所示,作EG ⊥BD ,垂足为点G .作GF ⊥BC ,垂足为点F ,连结EF ,则OA ∥EG .因为OA ⊥平面BCD ,所以EG ⊥平面BCD , ∠EFG 为二面角E −BC −D 的平面角. 因为∠EFG =45°,所以EG =FG . 由已知得OB =OD =1,故OB =OC =1. 又∠OBC =∠OCB =30°,所以BC =√3.因为GD=23,GB=43,FG=23CD=23,EG=23,OA=1,V A−BCD=13S△BCD×OA=13×2S△BOC×OA=13×2×(12×√32×1×1)×1=√36.[方法三]:三面角公式考虑三面角B−EDC,记∠EBD为α,∠EBC为β,∠DBC=30°,记二面角E−BC−D为θ.据题意,得θ=45°.对β使用三面角的余弦公式,可得cosβ=cosα⋅cos30°,化简可得cosβ=√32cosα.①使用三面角的正弦公式,可得sinβ=sinαsinθ,化简可得sinβ=√2sinα.②将①②两式平方后相加,可得34cos2α+2sin2α=1,由此得sin2α=14cos2α,从而可得tanα=±12.如图可知α∈(0,π2),即有tanα=12,根据三角形相似知,点G为OD的三等分点,即可得BG=43,结合α的正切值,可得EG=23,OA=1从而可得三棱锥A−BCD的体积为√36.【整体点评】(2)方法一:建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法,是此类题的通性通法,其好处在于将几何问题代数化,适合于复杂图形的处理;方法二:找到二面角的平面角是立体几何的基本功,在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识,该法为本题的最优解.方法三:三面角公式是一个优美的公式,在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.。

(完整版)高中数学立体几何经典常考题型

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高中数学立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、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.【例1】如图,在△ABC中,∠ABC=,O为AB边上一点,且3OB=3OC=2AB,已知PO⊥平面ABC,2DA=2AO=PO,且DA∥PO.(1)求证:平面PBD⊥平面COD;(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB=OC,又∵∠ABC=,∴∠OCB=,∴∠BOC=.⊥∴CO AB.又PO⊥平面ABC,⊥OC⊂平面ABC,∴PO OC.又∵PO,AB⊂平面PAB,PO∩AB=O,∴CO⊥平面PAB,即CO⊥平面PDB.又CO⊂平面COD,∴平面PDB⊥平面COD.(2)解 以OC,OB,OP所在射线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设OA=1,则PO=OB=OC=2,DA=1.则C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),D(0,-1,1),∴PD=(0,-1,-1),BC=(2,-2,0),BD=(0,-3,1).设平面BDC的一个法向量为n=(x,y,z),∴∴令y=1,则x=1,z=3,∴n=(1,1,3).设PD与平面BDC所成的角为θ,则sin θ===.即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.【类题通法】利用向量求空间角的步骤间标.第一步:建立空直角坐系第二步:确定点的坐标.线)坐标.第三步:求向量(直的方向向量、平面的法向量计夹(或函数值).第四步:算向量的角将夹转为间.第五步:向量角化所求的空角查关键错题规.第六步:反思回顾.看点、易点和答范【变式训练】 如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明:EF∥B1C.(2)求二面角EA1DB1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A1B1AB DC∥∥,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C A∥1D,又A1D⊂面A1DE,B1C⊄面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1,面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.(2)解 因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD.以A为原点,分别以AB,AD,AA1为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为.设平面A1DE的一个法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量A1E=,A1D=(0,1,-1),由n1⊥A1E,n1⊥A1D得r1,s1,t1应满足的方程组(-1,1,1)为其一组解,所以可取n1=(-1,1,1).设平面A1B1CD的一个法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量A1B1=(1,0,0),A1D=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为==.题型二:立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现,常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题,是高考命题的热点,一般有两种解决方式:(1)根据条件作出判断,再进一步论证;(2)利用空间向量,先假设存在点的坐标,再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=.(1)求证:PD⊥平面PAB;(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.(1)证明 因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PD.又PA⊥PD,AB∩PA=A,所以PD⊥平面PAB.(2)解 取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以PO⊥AD.因为PO⊂平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.因为AC=CD,所以CO⊥AD.如图,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),则即令z=2,则x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).又PB=(1,1,-1),所以cos〈n,PB〉==-.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)解 设M是棱P A上一点,则存在λ∈0,1],使得AM=λAP.因此点M(0,1-λ,λ),BM=(-1,-λ,λ).因为BM⊄平面PCD,所以要使BM∥平面PCD,则BM·n=0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,解得λ=.所以在棱P A上存在点M,使得BM∥平面PCD,此时=.应设,把要成立的作件结论当条,据此列方对断问题,先假存在【类题通法】(1)于存在判型的求解规围内”等.标,是否有定范的解程或方程组,把“是否存在”化问题转为“点的坐是否有解对问题,通常借助向量,引进参数,合已知和列出等式综结论,解出参数.(2)于位置探究型【变式训练】如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,DC=6,AD=8,BC=10,∠P AD=45°,E为P A的中点.(1)求证:DE∥平面BPC;(2)线段AB上是否存在一点F,满足CF⊥DB?若存在,试求出二面角F-PC-D的余弦值;若不存在,请说明理由.(1)证明 取PB的中点M,连接EM和CM,过点C作CN⊥AB,垂足为点N.∵CN⊥AB,DA⊥AB,∴CN∥DA,又AB∥CD,∴四边形CDAN为平行四边形,∴CN=AD=8,DC=AN=6,在Rt△BNC中,BN===6,∴AB=12,而E,M分别为P A,PB的中点,∴EM∥AB且EM=6,又DC∥AB,∥且EM=CD,四边形CDEM为平行四边形,∴EM CD∥∵⊂平面PBC,DE⊄平面PBC,∴DE CM.CM∴DE∥平面BPC.(2)解 由题意可得DA,DC,DP两两互相垂直,如图,以D为原点,DA,DC,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,则A(8,0,0),B(8,12,0),C(0,6,0),P(0,0,8).假设AB上存在一点F使CF⊥BD,设点F坐标为(8,t,0),则CF=(8,t-6,0),DB=(8,12,0),由CF·DB=0得t=.又平面DPC的一个法向量为m=(1,0,0),设平面FPC的法向量为n=(x,y,z).又PC=(0,6,-8),FC=.由得即不妨令y=12,有n=(8,12,9).则cos〈n,m〉===.又由图可知,该二面角为锐二面角,故二面角F-PC-D的余弦值为.题型三:立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起,使其成为空间图形,这类问题称为立体几何中的折叠问题,折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题,考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】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=,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置,OD′=.(1)证明:D′H⊥平面ABCD;(2)求二面角B-D′A-C的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ,AD =CD .又由AE =CF 得=,故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ,从而EF ⊥D ′H .由AB =5,AC =6得DO =BO ==4.由EF ∥AC 得==.所以OH =1,D ′H =DH =3.于是D ′H 2+OH 2=32+12=10=D ′O 2,故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ,而OH ∩EF =H ,所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图,以H 为坐标原点,HF 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系H -xyz .则H (0,0,0),A (-3,-1,0),B (0,-5,0),C (3,-1,0),D ′(0,0,3),AB =(3,-4,0),AC =(6,0,0),AD′=(3,1,3).设m =(x 1,y 1,z 1)是平面ABD ′的一个法向量,则即所以可取m =(4,3,-5).设n =(x 2,y 2,z 2)是平面ACD ′的一个法向量,则即所以可取n =(0,-3,1).于是cos 〈m ,n 〉===-.sin 〈m ,n 〉=.因此二面角B -D ′A -C 的正弦值是.【类题通法】立体几何中的折叠问题,是翻折前后形中面位置系和度量系的化关键搞清图线关关变情况,一般地翻折后在同一平面上的性不生化还个质发变,不在同一平面上的性生化个质发变.【变式训练】如图1,在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠BAD =,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A1OC;(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC.即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)解 由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以∠A1OC=.如图,以O为原点,OB,OC,OA1分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,所以B,E,A1,C,得BC=,A1C=,CD=BE=(-,0,0).设平面A1BC的一个法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的一个法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ,则得取n1=(1,1,1);得取n2=(0,1,1),从而cos θ=|cos〈n1,n2〉|==,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.。

高中数学立体几何题型详解

高中数学立体几何题型详解

高中数学立体几何题型详解立体几何是高中数学中的一个重要部分,涉及到空间中的各种几何体及其性质。

在考试中,常常会出现与立体几何相关的题目,考察学生对几何体的认识和应用能力。

本文将针对高中数学中常见的立体几何题型进行详细解析,帮助学生和家长更好地理解和应对这类题目。

一、平行四边形的体积计算平行四边形是一个常见的几何体,其体积的计算是高中数学中的基础知识。

考虑一个平行四边形的底面积为S,高为h的立体,其体积V可以通过公式V=S*h来计算。

例如,给定一个底边长为a,高为h的平行四边形,求其体积。

根据公式V=S*h,我们可以得到V=a*h,其中a为底边长,h为高。

这个公式的应用非常广泛,可以解决各种与平行四边形体积相关的问题。

二、正方体的表面积计算正方体是另一个常见的几何体,其表面积的计算也是高中数学中的基础知识。

一个边长为a的正方体,其表面积S可以通过公式S=6*a^2来计算。

例如,给定一个边长为a的正方体,求其表面积。

根据公式S=6*a^2,我们可以得到S=6*a*a=6*a^2,其中a为边长。

这个公式的应用非常广泛,可以解决各种与正方体表面积相关的问题。

三、立方体的体积和表面积计算立方体是一种特殊的正方体,其体积和表面积的计算也是高中数学中的基础知识。

一个边长为a的立方体,其体积V可以通过公式V=a^3来计算,表面积S可以通过公式S=6*a^2来计算。

例如,给定一个边长为a的立方体,求其体积和表面积。

根据公式V=a^3和S=6*a^2,我们可以得到V=a*a*a=a^3,S=6*a*a=6*a^2,其中a为边长。

这两个公式的应用非常广泛,可以解决各种与立方体体积和表面积相关的问题。

四、棱柱的体积和表面积计算棱柱是另一个常见的几何体,其体积和表面积的计算也是高中数学中的基础知识。

一个底面积为S,高为h的棱柱,其体积V可以通过公式V=S*h来计算,表面积S可以通过公式S=S底+S侧来计算,其中S底为底面积,S侧为侧面积。

高中数学立体几何经典常考题型

高中数学立体几何经典常考题型

高中数学立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、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.π【例1】如图,在△ ABC中,∠ ABC =孑,O为AB边上一点,且 30B= 30C= 2AB ,已知Po丄平面 ABC,2DA = 2A0 = P0, 且 DA // P0.(1) 求证:平面PBD⊥平面C0D;(2) 求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.π⑴证明OB= 0C,又τ∠ ABC= ^4,ZπZπ∙∙∙∠ OCB= —, ∙∙∙∠ BOC="2.∙∙∙C0⊥ AB.又PO丄平面ABC0C?平面 ABC, ∙∙∙ PO丄 0C.又∙∙∙ PO, AB?平面PAB P0∩ AB= 0, ∙∙∙ C0⊥平面PAB,即CO丄平面PDB.又C0?平面COD则 C(2, 0, 0), B(0, 2, 0), P(0, 0, 2), D(0,—1,1), ∙∙∙ Pb= (0,— 1,— 1), BC = (2,— 2, 0), BD = (0,— 3, 1).X, y, Z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.•••平面PDB丄平面COD.设OA = 1,贝U PO= OB = OC = 2, DA =1.设平面BDC 的一个法向量为n = (x, y, z),n BC = 0,2x —2y= 0, n BD = 0, —3y + Z = 0,令 y= 1,则 X= 1, Z= 3,∙∙∙ n= (1, 1, 3).设PD 与平面BDC 所成的角为θ,1× 0+ 1x(— 1)+ g×(— 1)= 2√221'02+(— 1) 2+(— 1) 2× ,'12+ 12+ 32= 11【类题通法】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【变式训练】 如图所示,在多面体A 1B 1D 仁DCBA 中,四边形AA 1B 1B, ADD 1A 1, ABCD 均为正方形, E 为B 1D 1的中点,过A 1, D , E 的平面交CD 1于F.(1) 证明:EF// BC(2) 求二面角E-A I D-B I 的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知 A 1B 1 / AB// DC,且A 1B 1= AB= DC,所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形, 从而B 1C// A 1D,又 A 1D?面 A 1DE, B 1C?面 A 1DE,于是 B 1C//面 AQE 又 B 1C?面 B I CDl,面 A 1DE∩面 B I CD= EF,所以EF// BQ.则SinPD ・n IPDlnl即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为 2 ,22 11AlD⑵解因为四边形 AA i B i B, ADD i A i, ABCD均为正方形,所以AA i ⊥ AB, AA i ⊥ AD, AB⊥ AD且AA i=AB= AD.以A为原点,分别以AB, AD, AA i为X轴,y轴和Z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标 A(0, 0, 0), B(i, 0, 0), D(0, i, 0), A i(0, 0, i), B i(i, 0, i), D i(0,i ii, i),而E点为B i D i的中点,所以E点的坐标为2, 2,i .→i i设平面A i DE的一个法向量n i= (r i, s i, t i),而该面上向量A i E= 2, 2,。

高中数学的归纳立体几何与解析几何总结

高中数学的归纳立体几何与解析几何总结

高中数学的归纳立体几何与解析几何总结高中数学中的几何学科主要包括向量、立体几何和解析几何。

其中,归纳立体几何和解析几何是数学学科中的重要内容,不仅在高中阶段有所涉及,也在大学数学中占有重要地位。

本文将对高中数学中的归纳立体几何和解析几何进行总结,包括概念、基本原理和解题方法。

一、归纳立体几何归纳立体几何是研究空间图形的性质和关系的数学学科。

它主要涉及到的内容包括立体图形的名称、特点、基本面体等。

在高中数学中,归纳立体几何的学习重点主要是多面体的性质和分类。

1. 多面体的性质多面体是指由有限个平面多边形所围成的空间图形,它有一些共同的性质。

例如,多面体的两个面要么相交于一条线段,要么平行,两个面不能仅有一个公共点。

多面体根据其面的形状可以分为三种:凸多面体、凹多面体和非凸多面体。

在学习多面体的性质时,我们要熟悉不同种类多面体的特点,并能够进行辨认和分类。

2. 多面体的分类多面体根据其面的性质可以进行进一步的分类。

例如,根据多面体的面的形状和数量,我们可以将多面体分为四类:四面体、柱体、棱柱和棱锥。

四面体是一个由四个面三角形组成的多面体,柱体是一个由两个平行的多边形和它们之间的若干个长方形组成的多面体,棱柱是一个由两个平行多边形和它们之间的若干个平行四边形组成的多面体,棱锥是一个由一个多边形和以其为公共边的若干个三角形组成的多面体。

在学习多面体的分类时,我们要掌握不同种类多面体的命名规则和判断依据。

二、解析几何解析几何是几何学的一个分支,它通过代数方法研究几何图形的性质和变换关系。

在高中数学中,解析几何的学习重点主要是平面直角坐标系、直线和圆的方程以及相关的问题求解。

1. 平面直角坐标系平面直角坐标系是解析几何的基础,它由两条相互垂直的数轴组成,数轴上的点与实数一一对应。

平面直角坐标系可以用来描述点、直线和图形在平面上的位置和性质。

在学习平面直角坐标系时,我们要掌握坐标轴的方向及其表示法,了解坐标轴与直线、曲线的关系,熟悉点在平面上的表示方法和计算方法。

人教版高中数学必修2立体几何题型归类总结资料讲解

人教版高中数学必修2立体几何题型归类总结资料讲解

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图 14 15.一个棱锥的三视图如图图 9-3-7,则该棱锥的全面积(单位: cm2 )_____________.
正视图
左视图
俯视图 图 15
16.图 16 是一个几何体的三视图,根据图中数据,可得该几何体的表面积是_____________.
D'
C'
A'
C'
A'
B'
O
O
D
C
A
B
A
c
注:球的有关问题转化为圆的问题解决.
球面积、体积公式:
S球
4
R2 ,V球
4 3
R3 (其中
R
为球的半径)
平行垂直基础知识网络★★★
平行与垂直关系可互相转化
平行关系 平面几何知
1. a ,b a // b 2. a ,a // b b
3. a , a //
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另一条与其相交;(2)可将两条一面直线同时平移至某一特殊位置。常用中位线平移法 二 证:证明所找(作)的角就是异面直线所成的角(或其补角)。常需要证明线线平行; 三计算:通过解三角形,求出异面直线所成的角;
2 求直线与平面所成的角 0,90 :关键找“两足”:垂足与斜足
正视图
俯视图
图 10
11. 如图 11 所示,一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为 1 的正方形,俯视图是一
个直径为 1 的圆,那么这个几何体的全面积为_____________.

图 11
图 12
图 13

第四讲-立体几何题型归类总结

第四讲-立体几何题型归类总结

第四讲-立体几何题型归类总结高中数学-立体几何第四讲立体几何题型归类总结一、考点分析基本图形1.棱柱——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。

斜棱柱底面是正多边形的棱柱正棱柱直棱柱其他棱柱2.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。

正棱锥——如果有一个棱锥的底面是正多边形,并且顶点在底面的垂线上,这样的棱锥叫做正棱锥。

3.球球的性质:球心与截面圆心的连线垂直于截面;r=R2-d2(其中,球心到截面的距离为d、球的半径为R、截面的半径为r)球与多面体的组合体:球与正四面体、长方体、正方体等的内接与外切。

注:球的有关问题转化为圆的问题解决。

球面积、体积公式:S球=4πR,V球=4/3πR³(其中R为球的半径)二、平行垂直基础知识网络平行与垂直关系可互相转化平行关系a⊥α,b⊥α⇒a//ba⊥α,a//b⇒b⊥αa⊥α,a⊥β⇒α//βα//β,a⊥α⇒a⊥βα//β,γ⊥α⇒γ⊥β垂直关系线线平行判定线线垂直性质判定性质判定面面垂直定义面面垂直线面平行面面平行线面垂直异面直线所成的角,线面角,二面角的求法1.求异面直线所成的角θ∈(0°,90°):解题步骤:找(作):利用平移法找出异面直线所成的角;(1)可固定一条直线平移另一条与其相交;(2)可将两条一面直线同时平移至某一特殊位置。

常用中位线平移法证:证明所找(作)的角就是异面直线所成的角(或其补角)。

常需要证明线线平行;计算:通过解三角形,求出异面直线所成的角;2求直线与平面所成的角度$\theta\in[0^\circ,90^\circ]$:关键在于找到“两足”:垂足和斜足。

解题步骤:1.找到斜线与其在平面内的射影的夹角(注意三垂线定理的应用);2.证明所找到的角度就是直线与平面所成的角度(或其补角)(常常需要证明线面垂直);3.通过解直角三角形,计算线面角度。

高中数学立体几何的相关题型及解题思路

高中数学立体几何的相关题型及解题思路

高中数学立体几何的相关题型及解题思路在高中数学中,立体几何是一个重要的考点,也是许多学生感到困惑和头疼的地方。

本文将介绍一些常见的立体几何题型,并给出相应的解题思路和技巧,希望能够帮助高中学生和他们的父母更好地应对这一考点。

一、体积计算题体积计算题是立体几何中最基础的题型之一,常见的题目有计算立方体、长方体、圆柱体、圆锥体、球体等的体积。

解决这类题目的关键在于熟练掌握各种几何体的体积公式,并能够根据题目给出的条件灵活运用。

例如,某题给出一个长方体的底面积为12平方厘米,高为5厘米,要求计算其体积。

我们可以直接应用长方体的体积公式V=底面积×高,代入已知数据计算得出答案为60立方厘米。

二、表面积计算题表面积计算题也是立体几何中常见的题型之一,常见的题目有计算立方体、长方体、圆柱体、圆锥体、球体等的表面积。

解决这类题目的关键在于熟练掌握各种几何体的表面积公式,并能够根据题目给出的条件灵活运用。

例如,某题给出一个正方体的边长为3厘米,要求计算其表面积。

我们可以直接应用正方体的表面积公式S=6a^2,其中a为边长,代入已知数据计算得出答案为54平方厘米。

三、立体图形的相似题立体图形的相似题是立体几何中较为复杂的题型之一,常见的题目有判断两个立体图形是否相似、计算相似立体图形的比例等。

解决这类题目的关键在于观察立体图形的形状和比例关系,并能够利用相似三角形的性质进行推理。

例如,某题给出一个正方体ABCDA'B'C'D',另一个正方体EFGHE'F'G'与之相似,要求计算两个正方体的体积比。

我们可以观察到两个正方体的边长比为AE/AA'=EF/EE'=FG/FF'=...=1/2,而体积与边长的关系为V=k^3,其中k为边长的比值。

因此,两个正方体的体积比为(1/2)^3=1/8。

四、立体图形的投影题立体图形的投影题是立体几何中较为抽象的题型之一,常见的题目有计算某个立体图形在某个平面上的投影面积或投影长度等。

高中数学立体几何解题技巧及常见题型详解

高中数学立体几何解题技巧及常见题型详解

高中数学立体几何解题技巧及常见题型详解立体几何是数学中的一个重要分支,它研究的是空间中的图形和体积。

在高中数学中,立体几何是一个重要的考点,也是考试中难度较大的部分之一。

本文将介绍一些高中数学立体几何解题技巧,并详细解析几种常见的立体几何题型,帮助读者更好地应对这一考点。

一、平行六面体的体积计算平行六面体是高中数学中常见的立体几何题型之一。

解决这类题目的关键是确定底面积和高,进而计算体积。

例如,有一平行六面体的底面积为A,高为h,求其体积。

解题技巧:首先,我们需要明确平行六面体的定义,即六个面都是平行的。

其次,根据平行六面体的性质,我们可以将其看作一个长方体,因为长方体是一种特殊的平行六面体。

因此,平行六面体的体积可以通过底面积乘以高来计算,即V = Ah。

举例说明:假设有一个平行六面体,其底面积为5平方厘米,高为10厘米。

那么,它的体积可以通过计算5乘以10得到,即V = 5 × 10 = 50立方厘米。

二、正方体的表面积计算正方体是高中数学中常见的立体几何题型之一。

解决这类题目的关键是确定正方体的边长,进而计算表面积。

例如,有一个正方体的边长为a,求其表面积。

解题技巧:首先,我们需要明确正方体的定义,即六个面都是正方形。

其次,根据正方体的性质,我们可以将其看作一个立方体,因为立方体是一种特殊的正方体。

因此,正方体的表面积可以通过边长的平方乘以6来计算,即S = 6a²。

举例说明:假设有一个正方体,其边长为3厘米。

那么,它的表面积可以通过计算6乘以3的平方得到,即S = 6 × 3² = 54平方厘米。

三、棱柱的体积计算棱柱是高中数学中常见的立体几何题型之一。

解决这类题目的关键是确定底面积和高,进而计算体积。

例如,有一个棱柱的底面积为A,高为h,求其体积。

解题技巧:首先,我们需要明确棱柱的定义,即底面是一个多边形,顶面与底面的对应点通过直线相连。

其次,根据棱柱的性质,我们可以将其看作一个长方体,因为长方体是一种特殊的棱柱。

高中数学立体几何知识点总结4篇

高中数学立体几何知识点总结4篇

高中数学立体几何知识点总结4篇高中数学立体几何知识点总结4篇社会心理学是一种以社会群体和人际关系为研究对象的学科,涉及社会认知、群体动态和人际关系等基本领域。

统计学是一种以数据收集、分析和解释为基础,为决策和研究提供有力支持的学科。

下面就让小编给大家带来高中数学立体几何知识点总结,希望大家喜欢!高中数学立体几何知识点总结11、向量的加法向量的加法满足平行四边形法则和三角形法则。

AB+BC=AC。

a+b=(x+x ,y+y )。

a+0=0+a=a。

向量加法的运算律:交换律:a+b=b+a;结合律:(a+b)+c=a+(b+c)。

2、向量的减法如果a、b是互为相反的向量,那么a=-b,b=-a,a+b=0. 0的反向量为0 AB-AC=CB. 即“共同起点,指向被减”a=(x,y) b=(x ,y ) 则 a-b=(x-x ,y-y ).3、数乘向量实数λ和向量a的乘积是一个向量,记作λa,且∣λa∣=∣λ∣·∣a∣。

当λ 0时,λa与a同方向;当λ 0时,λa与a反方向;当λ=0时,λa=0,方向任意。

当a=0时,对于任意实数λ,都有λa=0。

注:按定义知,如果λa=0,那么λ=0或a=0。

实数λ叫做向量a的系数,乘数向量λa的几何意义就是将表示向量a的有向线段伸长或压缩。

当∣λ∣ 1时,表示向量a的有向线段在原方向(λ 0)或反方向(λ 0)上伸长为原来的∣λ∣倍;当∣λ∣ 1时,表示向量a的有向线段在原方向(λ 0)或反方向(λ 0)上缩短为原来的∣λ∣倍。

数与向量的乘法满足下面的运算律结合律:(λa)·b=λ(a·b)=(a·λb)。

向量对于数的分配律(第一分配律):(λ+μ)a=λa+μa.数对于向量的分配律(第二分配律):λ(a+b)=λa+λb.数乘向量的消去律:① 如果实数λ≠0且λa=λb,那么a=b。

② 如果a≠0且λa=μa,那么λ=μ。

(完整版)高中数学立体几何经典常考题型

(完整版)高中数学立体几何经典常考题型

高中数学立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、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. 【例1】如图,在△ABC 中,∠ABC =π4,O 为AB 边上一点,且3OB =3OC =2AB ,已知PO ⊥平面ABC ,2DA =2AO =PO ,且DA ∥PO. (1)求证:平面PBD ⊥平面COD ;(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB =OC ,又∵∠ABC =π4, ∴∠OCB =π4,∴∠BOC =π2. ∴CO ⊥AB. 又PO ⊥平面ABC , OC ⊂平面ABC ,∴PO ⊥OC.又∵PO ,AB ⊂平面PAB ,PO ∩AB =O , ∴CO ⊥平面PAB ,即CO ⊥平面PDB. 又CO ⊂平面COD , ∴平面PDB ⊥平面COD.(2)解 以OC ,OB ,OP 所在射线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设OA =1,则PO =OB =OC =2,DA =1.则C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),D(0,-1,1), ∴PD→=(0,-1,-1),BC →=(2,-2,0),BD →=(0,-3,1).设平面BDC 的一个法向量为n =(x ,y ,z ), ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →=0,n ·BD →=0,∴⎩⎨⎧2x -2y =0,-3y +z =0,令y =1,则x =1,z =3,∴n =(1,1,3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ, 则sin θ=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD→·n |PD →||n | =⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0+1×(-1)+3×(-1)02+(-1)2+(-1)2×12+12+32=22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】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.【变式训练】 如图所示,在多面体A 1B 1D 1­DCBA 中,四边形AA 1B 1B ,ADD 1A 1,ABCD 均为正方形,E 为B 1D 1的中点,过A 1,D ,E 的平面交CD 1于F . (1)证明:EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D ­B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ,且A 1B 1=AB =DC ,所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形,从而B 1C ∥A 1D ,又A 1D ⊂面A 1DE ,B 1C ⊄面A 1DE ,于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1,面A 1DE ∩面B 1CD 1=EF ,所以EF ∥B 1C.(2)解 因为四边形AA 1B 1B ,ADD 1A 1,ABCD 均为正方形,所以AA 1⊥AB ,AA 1⊥AD ,AB ⊥AD 且AA 1=AB =AD .以A 为原点,分别以AB →,AD →,AA 1→为x 轴,y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A (0,0,0),B (1,0,0),D (0,1,0),A 1(0,0,1),B 1(1,0,1),D 1(0,1,1),而E 点为B 1D 1的中点,所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12,12,1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1=(r 1,s 1,t 1),而该面上向量A 1E →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,12,0,A 1D →=(0,1,-1),由n 1⊥A 1E →,n 1⊥A 1D →得r 1,s 1,t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1+12s 1=0,s 1-t 1=0,(-1,1,1)为其一组解,所以可取n 1=(-1,1,1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2=(r 2,s 2,t 2),而该面上向量A 1B 1→=(1,0,0),A 1D →=(0,1,-1),由此同理可得n 2=(0,1,1).所以结合图形知二面角E -A 1D ­B 1的余弦值为 |n 1·n 2||n 1|·|n 2|=23×2=63.题型二:立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现,常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题,是高考命题的热点,一般有两种解决方式: (1)根据条件作出判断,再进一步论证;(2)利用空间向量,先假设存在点的坐标,再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图,在四棱锥P -ABCD 中,平面PAD ⊥平面ABCD ,PA ⊥PD ,PA =PD ,AB ⊥AD ,AB =1,AD =2,AC =CD = 5. (1)求证:PD ⊥平面PAB ;(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值;(3)在棱PA 上是否存在点M ,使得BM ∥平面PCD ?若存在,求AMAP 的值;若不存在,说明理由.(1)证明 因为平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD ∩平面ABCD =AD ,AB ⊥AD , 所以AB ⊥平面PAD ,所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ,AB ∩PA =A ,所以PD ⊥平面PAB. (2)解 取AD 的中点O ,连接PO ,CO. 因为PA =PD ,所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ,平面PAD ⊥平面ABCD , 所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ,所以PO ⊥CO. 因为AC =CD ,所以CO ⊥AD.如图,建立空间直角坐标系O -xyz.由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).设平面PCD 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →=0,n ·PC →=0,即⎩⎨⎧-y -z =0,2x -z =0,令z =2,则x =1,y =-2. 所以n =(1,-2,2).又PB →=(1,1,-1),所以cos 〈n ,PB →〉=n ·PB →|n ||PB →|=-33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解 设M 是棱P A 上一点,则存在λ∈0,1],使得AM →=λAP →.因此点M (0,1-λ,λ),BM→=(-1,-λ,λ).因为BM ⊄平面PCD ,所以要使BM ∥平面PCD ,则BM →·n =0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,解得λ=14. 所以在棱P A 上存在点M ,使得BM ∥平面PCD ,此时AM AP =14.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解,应先假设存在,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等. (2)对于位置探究型问题,通常借助向量,引进参数,综合已知和结论列出等式,解出参数.【变式训练】如图,在四棱锥P -ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,AB ∥DC ,AB ⊥AD ,DC =6,AD =8,BC =10,∠P AD =45°,E 为P A 的中点. (1)求证:DE ∥平面BPC ;(2)线段AB 上是否存在一点F ,满足CF ⊥DB ?若存在,试求出二面角F -PC -D 的余弦值;若不存在,请说明理由.(1)证明 取PB 的中点M ,连接EM 和CM ,过点C 作CN ⊥AB ,垂足为点N .∵CN ⊥AB ,DA ⊥AB ,∴CN ∥DA ,又AB ∥CD ,∴四边形CDAN 为平行四边形, ∴CN =AD =8,DC =AN =6, 在Rt △BNC 中,BN =BC 2-CN 2=102-82=6,∴AB =12,而E ,M 分别为P A ,PB 的中点, ∴EM ∥AB 且EM =6,又DC ∥AB ,∴EM ∥CD 且EM =CD ,四边形CDEM 为平行四边形, ∴DE ∥CM.∵CM ⊂平面PBC ,DE ⊄平面PBC , ∴DE ∥平面BPC.(2)解 由题意可得DA ,DC ,DP 两两互相垂直,如图,以D 为原点,DA ,DC ,DP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系D -xyz , 则A (8,0,0),B (8,12,0),C (0,6,0),P (0,0,8). 假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD , 设点F 坐标为(8,t ,0),则CF→=(8,t -6,0),DB →=(8,12,0), 由CF→·DB →=0得t =23. 又平面DPC 的一个法向量为m =(1,0,0), 设平面FPC 的法向量为n =(x ,y ,z ). 又PC→=(0,6,-8),FC →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-8,163,0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →=0,n ·FC →=0,得⎩⎪⎨⎪⎧6y -8z =0,-8x +163y =0,即⎩⎪⎨⎪⎧z =34y ,x =23y , 不妨令y =12,有n =(8,12,9). 则cos 〈n ,m 〉=n ·m|n ||m |=81×82+122+92=817. 又由图可知,该二面角为锐二面角, 故二面角F -PC -D 的余弦值为817. 题型三:立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起,使其成为空间图形,这类问题称为立体几何中的折叠问题,折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题,考查学生的空间想象力和分析问题的能力. 【例3】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△D ′EF 的位置,OD ′=10. (1)证明:D ′H ⊥平面ABCD ; (2)求二面角B -D ′A -C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ,AD =CD . 又由AE =CF 得AE AD =CFCD ,故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ,从而EF ⊥D ′H .由AB =5,AC =6得DO =BO =AB 2-AO 2=4. 由EF ∥AC 得OH DO =AE AD =14.所以OH =1,D ′H =DH =3. 于是D ′H 2+OH 2=32+12=10=D ′O 2,故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ,而OH ∩EF =H , 所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图,以H 为坐标原点,HF →的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系H -xyz .则H (0,0,0),A (-3,-1,0), B (0,-5,0),C (3,-1,0),D ′(0,0,3),AB →=(3,-4,0),AC →=(6,0,0),AD ′→=(3,1,3). 设m =(x 1,y 1,z 1)是平面ABD ′的一个法向量, 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →=0,m ·AD ′→=0,即⎩⎨⎧3x 1-4y 1=0,3x 1+y 1+3z 1=0,所以可取m =(4,3,-5).设n =(x 2,y 2,z 2)是平面ACD ′的一个法向量, 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →=0,n ·AD ′→=0,即⎩⎨⎧6x 2=0,3x 2+y 2+3z 2=0,所以可取n =(0,-3,1). 于是cos 〈m ,n 〉=m ·n |m ||n |=-1450×10=-7525.sin 〈m ,n 〉=29525.因此二面角B -D ′A -C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题,关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况,一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化,不在同一个平面上的性质发生变化. 【变式训练】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 夹角的余弦值.(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)解 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);⎩⎪⎨⎪⎧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 夹角的余弦值为63.。

2023年人教版高中数学第八章立体几何初步题型总结及解题方法

2023年人教版高中数学第八章立体几何初步题型总结及解题方法

(名师选题)2023年人教版高中数学第八章立体几何初步题型总结及解题方法单选题1、已知球O的体积为36π,则该球的表面积为()A.6πB.9πC.12πD.36π答案:D分析:根据球的体积公式求出半径,即可求出表面积.设球的体积为R,则由题可得43πR3=36π,解得R=3,则该球的表面积为4π×32=36π.故选:D.2、如图,“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象,重叠后的底面为正方形,直三棱柱的底面是顶角为120°,腰为3的等腰三角形,则该几何体的体积为()A.23B.24C.26D.27答案:D分析:作出几何体直观图,由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD−BHC及直三棱柱DGC−AEB组成,作HM⊥CB于M,如图,因为CH=BH=3,∠CHB=120∘,所以CM=BM=3√32,HM=32,因为重叠后的底面为正方形,所以AB=BC=3√3,在直棱柱AFD−BHC中,AB⊥平面BHC,则AB⊥HM, 由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB,设重叠后的EG与FH交点为I,则V I−BCDA=13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC=12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V=2V AFD−BHC−V I−BCDA=2×814−272=27.故选:D.3、如图1,已知PABC是直角梯形,AB∥PC,AB⊥BC,D在线段PC上,AD⊥PC.将△PAD沿AD折起,使平面PAD⊥平面ABCD,连接PB,PC,设PB的中点为N,如图2.对于图2,下列选项错误的是()A.平面PAB⊥平面PBC B.BC⊥平面PDCC.PD⊥AC D.PB=2AN答案:A分析:由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD ⊥平面ABCD ,判定C 正确;进一步得到平面PCD ⊥平面ABCD ,结合BC ⊥CD 判定B 正确;再证明AB ⊥平面PAD ,得到△PAB 为直角三角形,判定D 正确;可证明平面PBC ⊥平面PDC ,若平面PAB ⊥平面PBC ,则平面PAB 与平面PDC 的交线⊥平面PBC ,矛盾,可判断A图1中AD ⊥PC ,则图2中PD ⊥AD ,又∵平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD ∩平面ABCD =AD ,∴PD ⊥平面ABCD ,则PD ⊥AC ,故选项C 正确;由PD ⊥平面ABCD ,PD ⊂平面PDC ,得平面PDC ⊥平面ABCD ,而平面PDC ∩平面ABCD =CD ,BC ⊂平面ABCD ,BC ⊥CD ,∴BC ⊥平面PDC ,故选项B 正确;∵AB ⊥AD ,平面PAD ⊥平面ABCD ,且平面PAD ∩平面ABCD =AD ,∴AB ⊥平面PAD ,则AB ⊥PA ,即△PAB 是以PB 为斜边的直角三角形,而N 为PB 的中点,则PB =2AN ,故选项D 正确.由于BC ⊥平面PDC ,又BC ⊂平面PBC∴平面PBC ⊥平面PDC若平面PAB ⊥平面PBC ,则平面PAB 与平面PDC 的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC ,则平面PAB 与平面PDC 的交线//AB显然AB 不与平面PBC 垂直,故A 错误故选:A4、在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑,在鳖臑A −BCD 中,AB ⊥平面BCD ,BC ⊥CD ,且AB =BC =CD =4,M 为AD 的中点,则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为( )A .√32B .√34C .√33D .√24答案:C分析:画出图形,取AC的中点N,连接MN,BN,可得MN//CD,则所求为∠BMN,易证△BMN是直角三角形,则可得BM,进而求解.如图,取AC的中点N,连接MN,BN,由题,AB=BC=CD=4,M为AD的中点,所以MN//CD,MN=2,则∠BMN为所求,由AB⊥平面BCD,则AB⊥CD,又BC⊥CD,AB∩BC=B,所以CD⊥平面ABC,则MN⊥平面ABC,所以△BMN是直角三角形,即∠MNB=90°,又BM=12AD=12√AB2+BD2=2√3,所以cos∠BMN=MNBM =2√3=√33,故选:C5、已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2,点P在棱AD上,过点P作该正方体的截面,当截面平行于平面B1D1C且面积为√3时,线段AP的长为()A.√2B.1C.√3D.√32答案:A分析:过点P作DB,A1D的平行线,分别交棱AB,AA1于点Q,R,连接QR,BD,即可得到△PQR为截面,且为等边三角形,再根据截面面积求出PQ的长度,即可求出AP;解:如图,过点P作DB,A1D的平行线,分别交棱AB,AA1于点Q,R,连接QR,BD,因为BD//B1D1,所以PQ//B1D1,B1D1⊂面B1D1C,PQ⊄面B1D1C,所以PQ//面B1D1C因为A1D//B1C,所以PR//B1C,B1C⊂面B1D1C,PR⊄面B1D1C,所以PR//面B1D1C又PQ∩PR=P,PQ,PR⊂面PQR,所以面PQR//面B1D1C,则PQR为截面,易知△PQR是等边三角形,则12PQ2⋅√32=√3,解得PQ=2,∴AP=√22PQ=√2.故选:A.6、《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”;底面为矩形,一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”,四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”,如图在堑堵ABC−A1B1C1中,AC⊥BC,且AA1=AB=2.下列说法错误的是()A.四棱锥B−A1ACC1为“阳马”B.四面体A1C1CB为“鳖臑”C.四棱锥B−A1ACC1体积最大为23D.过A点分别作AE⊥A1B于点E,AF⊥A1C于点F,则EF⊥A1B答案:C分析:由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解.底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.所以在堑堵ABC−A1B1C1中,AC⊥BC,侧棱AA1⊥平面ABC,在选项A中,因为AA1⊥BC,AC⊥BC,且AA1∩AC=A,则BC⊥平面AA1C1C,且AA1C1C为矩形,所以四棱锥B−A1ACC1为“阳马”,故A正确;在选项B中,由A1C1⊥BC,A1C1⊥C1C且C1C∩BC=C,所以A1C1⊥平面BB1C1C,所以A1C1⊥BC1,则△A1BC1为直角三角形,由BC⊥平面AA1C1C,得△A1BC,△CC1B为直角三角形,由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形,所以四面体A1C1CB为“鳖臑”,故B正确; 在选项C中,在底面有4=AC2+BC2≥2AC⋅BC,即AC⋅BC≤2,当且仅当AC=BC时取等号,则V B−A1ACC1=13S A1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43,所以C不正确;在选项D中,由BC⊥平面AA1C1C,则BC⊥AF,AF⊥A1C且A1C∩BC=C,则AF⊥平面A1BC,所以AF⊥A1B,又AE⊥A1B且AF∩AE=A,则A1B⊥平面AEF,则A1B⊥EF,所以D正确. 故选:C.7、设α,β为两个不同的平面,则α∥β的充要条件是()A.α内有无数条直线与β平行B.α,β垂直于同一平面C.α,β平行于同一条直线D.α内的任何直线都与β平行答案:D分析:根据面面平行、相交的知识确定正确选项.A选项,α内有无数条直线与β平行,α与β可能相交,A选项错误.B选项,α,β垂直于同一平面,α与β可能相交,B选项错误.C选项,α,β平行于同一条直线,α与β可能相交,C选项错误.D选项,α内的任何直线都与β平行,则α//β,D选项正确.故选:D8、下列命题中①空间中三个点可以确定一个平面.②直线和直线外的一点,可以确定一个平面.③如果三条直线两两相交,那么这三条直线可以确定一个平面.④如果三条直线两两平行,那么这三条直线可以确定一个平面.⑤如果两个平面有无数个公共点,那么这两个平面重合.真命题的个数为()A.1个B.2个C.3个D.4个答案:A分析:根据空间位置关系可直接判断各命题.命题①:空间中不共线三个点可以确定一个平面,错误;命题②:直线和直线外的一点,可以确定一个平面,正确;命题③:三条直线两两相交,若三条直线相交于一点,则无法确定一个平面,所以命题③错误;命题④:如果三条直线两两平行,那么这三条直线不能确定一个平面,所以命题④错误;命题⑤:两个平面有无数个公共点,则两平面可能相交,所以命题⑤错误;故选:A.9、正方体中,点P,O,R,S是其所在棱的中点,则PQ与RS是异面直线的图形是()A.B.C.D.答案:C分析:对于A,B,D,利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面,对于C,利用异面直线的定义推理判断作答.对于A,在正方体ABCD−A1B1C1D1中,连接AC,A1C1,则AC//A1C1,如图,因为点P,Q,R,S是其所在棱的中点,则有PQ//AC,RS//A1C1,因此PQ//RS,则直线PQ与RS共面,A错误;对于B,在正方体ABCD−A1B1C1D1中,连接AC,QS,PR,如图,因为点P,Q,R,S是其所在棱的中点,有AP//CR且AP=CR,则四边形APRC为平行四边形,即有AC//PR,又QS//AC,因此QS//PR,直线PQ与RS共面,B错误;对于C,在正方体ABCD−A1B1C1D1中,如图,因为点P,Q,R,S是其所在棱的中点,有RS//BB1,而BB1⊂平面ABB1A1,RS⊄平面ABB1A1,则RS//平面ABB1A1,PQ⊂平面ABB1A1,则直线PQ与RS无公共点,又直线PQ与直线BB1相交,于是得直线PQ与RS不平行,则直线PQ与RS是异面直线,C正确;对于D,在正方体ABCD−A1B1C1D1中,连接A1B,D1C,PS,QR,如图,因为A1D1//BC且A1D1=BC,则四边形A1D1CB为平行四边形,有A1B//D1C,因为点P,Q,R,S是其所在棱的中点,有PS//A1B,QR//D1C,则PS//QR,直线PQ与RS共面,D错误.故选:C10、小明同学用两个全等的六边形木板和六根长度相同的木棍搭成一个直六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1,由于木棍和木板之间没有固定好,第二天他发现这个直六棱柱变成了斜六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1,如图所示.设直棱柱的体积和侧面积分别为V1和S1,斜棱柱的体积和侧面积分别为V2和S2,则().A.V1S1>V2S2B.V1S1<V2S2C.V1S1=V2S2D.V1S1与V2S2的大小关系无法确定答案:A分析:根据柱体体积、表面积的求法,分别表示出V1S1和V2S2,分析即可得答案.设底面面积为S,底面周长为C,则V1=S⋅AA1,S1=C⋅AA1,所以V1S1=SC,设斜棱柱的高为ℎ,则V2=S⋅ℎ,S2=AB×ℎAB+BC×ℎBC+CD×ℎCD+DE×ℎDE+EF×ℎEF+FA×ℎFA >(AB+BC+CD+DE+EF+FA)×ℎ=Cℎ,所以V2S2<SℎCℎ=SC=V1S1.故选:A11、一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示,在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N,下列结论正确的是()A.MN//平面ABE B.MN//平面ADEC.MN//平面BDH D.MN//平面CDE答案:C解析:根据题意,得到正方体的直观图及其各点的标记字母,取FH的中点O,连接ON,BO,可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系,进而对选择支A作出判定;根据MN与平面BCF的关系,利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系,进而对选择支B作出判定;利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系,进而判定C;利用M,N在平面CDEF的两侧,可以判定MN与平面CDE的关系,进而对D作出判定.根据题意,得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示,取FH的中点O,连接ON,BO,易知ON与BM平行且相等,∴四边形ONMB为平行四边形,∴MN‖BO,∵BO与平面ABE(即平面ABFE)相交,故MN与平面ABE相交,故A错误;∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交,故B错误;∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确;显然M,N在平面CDEF的两侧,所以MN与平面CDEF相交,故D错误.故选:C.小提示:本题考查从面面平行的判定与性质,涉及正方体的性质,面面平行,线面平行的性质,属于小综合题,关键是正确将正方体的表面展开图还原,得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母,并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.12、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法,该方法不直接给出球体的体积,而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算,“牟合方盖”的体积与球的体积关系为V 牟V 球=4π,并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式,即V 牟8=r 3−V 方盖差,从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ,则V 方差盖:V =( )A .√22B .1C .√2D .2√2答案:C分析:计算出V 方盖差,V ,即可得出结论. 由题意,V 方盖差=r 3−18V 牟=r 3−18×4π×43×π×r 3=13r 3, 所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正=13×r ×r ×r −(√2r 2)=√26r 3, ∴ V 方盖差V 正=13r 3√2r 36=√2,故选:C .双空题13、如图,长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1.(1)直线AA 1∩平面ABCD =______;(2)直线BC ∩平面BCC 1B 1=______.答案: A BC ##CB 分析:根据几何特征,即可判断直线与平面的位置关系,即可得解.根据长方体可知,直线AA 1∩平面ABCD =A ,直线BC∩平面BCC1B1=BC.所以答案是:A,BC.14、已知三棱锥S−ABC的四个顶点都在球O的球面上,且SA,SB,SC两两垂直,SA=3,SB=4,SC=5,则该三棱锥的体积为______,球O的表面积为______.答案: 10 50π分析:由条件可得V S−ABC=V C−SAB=13×S△SAB×SC可得出体积,将三棱锥S−ABC补成长方体,则三棱锥S−ABC与该长方体的外接球相同,可得(2R)2=32+42+52=50,从而得出答案.由SA,SB,SC两两垂直,则以△SAB为底面,则SC为三棱锥S−ABC的高,则V S−ABC=V C−SAB=13×S△SAB×SC=13×12×3×4×5=10;将三棱锥S−ABC补成长方体如图所示,则三棱锥S−ABC的外接球与该长方体的外接球相同,所以外接球的直径长等于长方体的对角线的长,所以(2R)2=32+42+52=50,即R2=252,所以外接球的表面积为:S=4πR2=4π×252=50π,所以答案是:10 ;50π.小提示:关键点点睛:解答本题第二空的关键在于将几何体补形为长方体,利用长方体的外接球去分析求解.此外,对棱长度相等的三棱锥也可以放置于长方体或正方体中去分析外接球;若三棱锥中一条棱垂直于底面,且底面形状非直角三角形,则可以将几何体补形为三棱柱,借助三棱柱的外接球去分析.15、如图,试用适当的符号表示下列点、直线和平面之间的关系:(1)点C与平面β:______;(2)直线AB与平面α:______.答案:C∉βAB∩α=B分析:(1)(2)由点、线、面的位置关系判断点面关系、线面关系.(1)由图,C∈CD,CD∩β=D且CD⊄β,故C∉β;(2)由图,B∈AB,B∈α且AB⊄α,则AB∩α=B.所以答案是:C∉β,AB∩α=B16、某学校开展手工艺品展示活动,小明同学用塑料制作了如图所示的手工艺品,其外部为一个底面边长为6的正三棱柱,内部为一个球,球的表面与三棱柱的各面均相切,则该内切球的表面积为___________,三棱柱的顶点到球的表面的最短距离为___________.答案:12π√15−√3分析:过侧棱的中点作正三棱柱的截面,即可得到球心为△MNG的中心,在正△MNG中求出内切圆的半径即内切球的半径,从而求出球的表面积,再求出三棱柱的顶点到球心的距离,即可求出球面上的点到顶点的距离的最小值;解:依题意如图过侧棱的中点作正三棱柱的截面,则球心为△MNG的中心,因为MN=6,所以△MNG内切圆的半径r=OH=13MH=13√MN2−HN2=√3,即内切球的半径R=√3,所以内切球的表面积S=4πR2=12π,又正三棱柱的高AA1=2R=2√3,OH=2√3,所以AO=√OM2+AM2=√(2√3)2+(√3)2=√15,所以OM=23所以A到球面上的点的距离最小值为AO−R=√15−√3;所以答案是:12π;√15−√317、半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面体”,是由边数不全相同的正多边形围成的多面体,体现了数学的对称美.以正方体每条棱的中点为顶点构造一个半正多面体,如图,它由八个正三角形和六个正方形构成,若它的所有棱长都为1,则该半正多面体外接球的表面积为___________;若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动,则该正四面体体积最小值为___________.答案: 4π 8√3分析:首先找到外接球的球心,再利用勾股定理计算即可;若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动,则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时,该正四面体体积最小,然后根据正四面体内切球的相关计算求解即可.由题意知,该半正多面体的外接球的球心是正方体的中心,正方体棱长为√2,所以该半正多面体外接球的半径R =√(√22)2+(√22)2=1,故其表面积为4π. 若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动,则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时,该正四面体体积最小.此时,设正四面体的棱长为a ,则正四面体的高为√63a ,考查轴截面,则有(√63a −1)2=12+(√33a)2,解得a =2√6,所以V min =13⋅√34⋅(2√6)2⋅(√63⋅2√6)=8√3. 所以答案是: 4π; 8√3.小提示:关键点点睛:本题第②空的关键点是探究出结论:若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动,则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时,该正四面体体积最小.解答题18、如图的长方体ABCD−A1B1C1D1.(1)这个长方体是棱柱吗?如果是,是几棱柱?为什么?(2)用平面BCFE把这个长方体分成两部分后,各部分的几何体还是棱柱吗?若是棱柱指出它们的底面与侧棱. 答案:(1)答案见解析;(2)答案见解析.解析:(1)根据棱柱的定义判断;(2)根据棱柱的定义判断.(1)这个长方体是棱柱,是四棱柱,因为它满足棱柱的定义.(2)截面BCFE右侧部分是三棱柱,它的底面是△BEB1与ΔCFC1,侧棱是EF、B1C1、BC,截面左侧部分是四棱柱,它的底面是四边形ABEA1与四边形DCFD1,侧棱是AD、BC、EF、A1D1.19、四面体ABCD如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面,分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.证明:E、F、G、H四点共面且四边形EFGH是平行四边形.答案:证明见解析分析:根据线面平行的性质定理,分别证得EH∥BC,FG∥BC,则得EH∥FG,从而可证得E、F、G、H四点共面,同理可证得EF∥HG,再根据平行四边形的判定定理可得结论因为BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,所以BC∥FG,BC∥EH,所以EH∥FG,所以E、F、G、H四点共面,同理可证得EF∥AD,HG∥AD,所以EF∥HG,所以四边形EFGH是平行四边形.20、所有棱长均相等的三棱锥称为正四面体,如图,在正四面体A—BCD中,求证:AB⊥CD.答案:见解析分析:取CD的中点为M,连接AM,BM,根据线面垂直可得AB⊥CD.取CD的中点为M,连接AM,BM,因为四面体A−BCD为正四面体,故△ACD为等边三角形,故AM⊥CD,同理BM⊥CD,而AM∩BM=M,故CD⊥平面ABM,因为AB⊂平面ABM,故CD⊥AB.。

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立体几何重要定理:1)直线与平面垂直的判定定理:如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这两条直线垂直于这个平面.2)直线和平面平行性质定理:如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行.3)平面平行判定定理:如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面,那么这两个平面平行. 4)两个平面垂直性质判定:如果一个平面与一条直线垂直,那么经过这条直线的平面垂直于这个平面. 两个平面垂直性质定理:如果两个平面垂直,那么在一个平面内垂直于它们交线的直线也垂直于另一个平面. 5)推论:如果两个相交平面都垂直于第三平面,则它们交线垂直于第三平面. 证明:如图,找O 作OA 、OB 分别垂直于21,l l , 因为ααββ⊥⊂⊥⊂OB PM OA PM ,,,则OB PM OA PM ⊥⊥,.一:夹角问题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.异面直线所成角:范围:]90,0(︒︒(1)平移法:在异面直线中的一条直线中选择一特殊点,作另一条的平行线构成三角形;解三角形求出角。

(常用到余弦定理abc b a 2cos 222-+=θ)(2)补形法:把空间图形补成熟悉的或完整的几何体,如正方体、平行六面体、长方体等,其目的在于容易发现两条异面直线间的关系; (3)向量法。

转化为向量的夹角ACAB AC AB ⋅⋅=θcos(计算结果可能是其补角) 直线与平面所成的角θαα=时,∥或0b ob ⊂斜线和平面所成的是一个直角三角形的锐角,它的三条边分别是平面的垂线段、斜线段及斜线段在平面上的射影。

通常通过斜线上某个特殊点作出平面的垂线段,垂足和斜足的连线,是产生线面角的关键;向量法:设直线l 的方向向量为l r ,平面α的法向量为n r,l 与α所成的角为θ,l r 与n r 的夹角为ϕ,则有sin cos l nl nθϕ⋅==r r r r 的求法二面角l αβ--的平面角,(1)定义法:在棱l 上取一点P ,两个半平面内分别作l 的垂线(射线)m 、n ,则射线m 和n 的夹角θ为二面角α—l —β的平面角。

P αβθM A B O θcba(2)三垂线法:(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。

)向量法:设1n u r ,2n u u r 是二面角l αβ--的两个面α,β的法向量,则向量1n u r ,2n u u r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⋅=u r u u r u r u u r .二、空间距离问题两异面直线间的距离方法一:转化为线面距离。

如图,m 和n 为两条异面直线,α⊂n 且α//m ,则异面直m 和n 之间的距离可转化为直线m 与平面α之间的距离。

方法二:高考要求是给出公垂线,所以一般先利用垂直作出公垂线,然后再进行计算,直接计算公垂线段的长度。

点到直线的距离:一般用三垂线定理作出垂线再求解;向量法:点到直线距离:在直线l 上找一点P ,过定点A 且垂直于直线l 的向量为n r,则定点A 到直线l 的距离为cos ,n d n nPA ⋅=PA 〈PA 〉=u u u r r u u u r u u u r rr点到平面的距离方法一:几何法。

步骤1:过点P 作PO ⊥α于O ,线段PO 即为所求。

步骤2:计算线段PO 的长度。

(直接解三角形;等体积法和等面积法;换点法)等体积法步骤:①在平面内选取适当三点,和已知点构成三棱锥;②求出此三棱锥的体积V 和所取三点构成三角形的面积S ;③由V=31S ·h ,求出h 即为所求.这种方法的优点是不必作出垂线即可求点面距离. 方法二:坐标法。

>⋅<⋅=AP d cos nAP n ⋅=线面距、面面距均可转化为点面距三、平行与垂直问题证明直线与平面的平行:(1)转化为线线平行;(2)转化为面面平行. 证明平面与平面平行:(1)转化为线面平行;(2)转化为线面垂直.证明线线垂直:(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; 方法(2):用线面垂直实现。

方法(3):三垂线定理及其逆定理。

m l m l ⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥ααPO l OA l PA l αα⊥⎫⎪⊥⇒⊥⎬⎪⊂⎭证明线面垂直:(1)转化为该直线与平面内相交二直线垂直;(2)转化为该直线与平面的一条垂线平行;(3)转化为该直线垂直于另一个平行平面;(4)转化为该直线与两个垂直平面的交线垂直.m αl lAOP αnmαθαP OAnOAPα方法(1):用线线垂直实现。

方法二:用面面垂直实现。

αα⊥⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊂=⋂⊥⊥l AB AC A AB AC AB l ACl ,αββαβα⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊂⊥=⋂⊥l l m l m ,面面垂直:βαβα⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥l l 方法一:用线面垂直实现。

方法二:计算所成二面角为直角。

高中数学之立体几何空间几何体的三视图和直观图1 三视图:正视图:从前往后 侧视图:从左往右 俯视图:从上往下2 画三视图的原则: 长对正、高平齐、宽相等3直观图:斜二测画法(角度等于45度或者135度)4斜二测画法的步骤:(1).平行于坐标轴的线依然平行于坐标轴;(2).平行于y 轴的线长度变半,平行于x 轴的线长度不变;(3).画法要写好。

空间几何体的表面积与体积(一 )空间几何体的表面积:1棱柱、棱锥的表面积: 各个面面积之和 2 圆柱的表面积 3 圆锥的表面积:2S rl r ππ=+4 圆台的表面积22Srl r Rl R ππππ=+++ 5 球的表面积24S R π=6扇形的面积公式213602n R S lr π==扇形(其中l 表示弧长,r 表示半径) 注:圆锥的侧面展开图的弧长等于地面圆的周长(二)空间几何体的体积1柱体的体积 V S h =⨯底 2锥体的体积 13V S h =⨯底3台体的体积1)3V S S h =++⨯下上( 4球体的体积343V R π= 平面的基本性质公理1 如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在这个平面内. 公理2 如果两个平面有一个公共点,那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线. 公理3 经过不在同一直线上的三个点,有且只有一个平面. 根据上面的公理,可得以下推论.推论1 经过一条直线和这条直线外一点,有且只有一个平面. 推论2 经过两条相交直线,有且只有一个平面. 推论3 经过两条平行直线,有且只有一个平面. 空间线面的位置关系共面 平行—没有公共点222r rl S ππ+=(1)直线与直线相交—有且只有一个公共点异面(既不平行,又不相交)直线在平面内—有无数个公共点(2)直线和平面直线不在平面内平行—没有公共点(直线在平面外) 相交—有且只有一公共点(3)平面与平面相交—有一条公共直线(无数个公共点)平行—没有公共点异面直线的判定证明两条直线是异面直线通常采用反证法;有时也可用定理“平面内一点与平面外一点的连线,与平面内不经过该点的直线是异面直线”.线面平行与垂直的判定(1)两直线平行的判定①定义:在同一个平面内,且没有公共点的两条直线平行.②如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行,即若a∥α,aβ,α∩β=b,则a∥b.③平行于同一直线的两直线平行,即若a∥b,b∥c,则a∥c.④垂直于同一平面的两直线平行,即若a⊥α,b⊥α,则a∥b⑤两平行平面与同一个平面相交,那么两条交线平行,即若α∥β,α∩γ,β∩γ=b,则a∥b⑥如果一条直线和两个相交平面都平行,那么这条直线与这两个平面的交线平行,即若α∩β=b,a ∥α,a∥β,则a∥b.(2)两直线垂直的判定1.定义:若两直线成90°角,则这两直线互相垂直.2.一条直线与两条平行直线中的一条垂直,也必与另一条垂直.即若b∥c,a⊥b,则a⊥c3.一条直线垂直于一个平面,则垂直于这个平面内的任意一条直线.即若a⊥α,b⊂α,a⊥b.4.如果一条直线与一个平面平行,那么这条直线与这个平面的垂线垂直.即若a∥α,b⊥α, 则a ⊥b.5.三个两两垂直的平面的交线两两垂直,即若α⊥β,β⊥γ,γ⊥α,且α∩β=a,β∩γ=b,γ∩α=c,则a⊥b,b⊥c,c⊥a.(3)直线与平面平行的判定①定义:若一条直线和平面没有公共点,则这直线与这个平面平行.②如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行,则这条直线与这个平面平行.即若 a⊄α,b⊂α,a∥b,则a∥α.③两个平面平行,其中一个平面内的直线平行于另一个平面,即若α∥β,l⊂α,则l∥β.④如果一个平面和平面外的一条直线都垂直于同一平面,那么这条直线和这个平面平行.即若α⊥β,l⊥β,l⊄α,则l∥α.⑤在一个平面同侧的两个点,如果它们与这个平面的距离相等,那么过这两个点的直线与这个平面平行,即若A∉α,B∉α,A、B在α同侧,且A、B到α等距,则AB∥α.⑥两个平行平面外的一条直线与其中一个平面平行,也与另一个平面平行,即若α∥β,a⊄α,a⊄β,a∥α,则α∥β.⑦如果一条直线与一个平面垂直,则平面外与这条直线垂直的直线与该平面平行,即若 a⊥α,bα,b⊥a,则b∥α.⑧如果两条平行直线中的一条平行于一个平面,那么另一条也平行于这个平面(或在这个平面内),即若a∥b,a∥α,b∥α(或b⊂α)(4)直线与平面垂直的判定①定义:若一条直线和一个平面内的任何一条直线垂直,则这条直线和这个平面垂直.②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线垂直于这个平面.即若m⊂α,n⊂α,m∩n=B,l⊥m,l⊥n,则l⊥α.③如果两条平行线中的一条垂直于一个平面,那么另一条也垂直于同一平面.即若l∥a, a⊥α,则l⊥α.④一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面,它也垂直于另一个平面,即若α∥β, l⊥β,则l⊥α.⑤如果两个平面互相垂直,那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面,即若α⊥β,a∩β=α,l⊂β,l⊥a,则l⊥α.⑥如果两个相交平面都垂直于第三个平面,则它们的交线也垂直于第三个平面,即若α⊥γ,β⊥γ,且a∩β=α,则a⊥γ.(5)两平面平行的判定①定义:如果两个平面没有公共点,那么这两个平面平行,即无公共点⇔α∥β.②如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面,那么这两个平面平行,即若a,b⊂α,a∩b=P,a∥β,b∥β,则α∥β.③垂直于同一直线的两平面平行.即若α⊥a,β⊥a,则α∥β.④平行于同一平面的两平面平行.即若α∥β,β∥γ,则α∥γ.⑤一个平面内的两条直线分别平行于另一平面内的两条相交直线,则这两个平面平行,即若a,b⊂α,c,d⊂β,a∩b=P,a∥c,b∥d,则α∥β.(6)两平面垂直的判定①定义:两个平面相交,如果所成的二面角是直二面角,那么这两个平面互相垂直,即二面角α-a -β=90°⇔α⊥β.②如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直,即若l⊥β,l⊂α,则α⊥β.③一个平面垂直于两个平行平面中的一个,也垂直于另一个.即若α∥β,α⊥γ,则β⊥γ.直线在平面内的判定(1)利用公理1:一直线上不重合的两点在平面内,则这条直线在平面内.(2)若两个平面互相垂直,则经过第一个平面内的一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内,即若α⊥β,A∈α,AB⊥β,则AB⊂α.(3)过一点和一条已知直线垂直的所有直线,都在过此点而垂直于已知直线的平面内,即若A∈a,a⊥b,A∈α,b⊥α,则a⊂α.(4)过平面外一点和该平面平行的直线,都在过此点而与该平面平行的平面内,即若P∉α,P∈β,β∥α,P∈a,a∥α,则a⊂β.(5)如果一条直线与一个平面平行,那么过这个平面内一点与这条直线平行的直线必在这个平面内,即若a∥α,A∈α,A∈b,b∥a,则b⊂α.一、平面.1. 经过不在同一条直线上的三点确定一个面.2. 两个平面可将平面分成3或4部分.(①两个平面平行,②两个平面相交)3. 过三条互相平行的直线可以确定1或3个平面.(①三条直线在一个平面内平行,②三条直线不在一个平面内平行)4. 三个平面最多可把空间分成 8 部分.(X 、Y 、Z 三个方向) 二、空间直线.1. 空间直线位置分三种:相交、平行、异面. 相交直线—共面有且有一个公共点;平行直线—共面没有公共点;异面直线—不同在任一平面内2. 异面直线判定定理:过平面外一点与平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线.(不在任何一个平面内的两条直线)3. 平行公理:平行于同一条直线的两条直线互相平行.4. 等角定理:如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同,那么这两个角相等(如下图).推论:如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行,那么这两组直线所成锐角(或直角)相等. 5. 两异面直线的距离:公垂线的长度.空间两条直线垂直的情况:相交(共面)垂直和异面垂直. 三、 直线与平面平行、直线与平面垂直.1. 空间直线与平面位置分三种:相交、平行、在平面内.2. 直线与平面平行判定定理:如果平面外一条直线和这个平面内一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行.(“线线平行,线面平行”)3. 直线和平面平行性质定理:如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行.(“线面平行,线线平行”)4. 直线与平面垂直是指直线与平面任何一条直线垂直,过一点有且只有一条直线和一个平面垂直,过一点有且只有一个平面和一条直线垂直.● 若PA ⊥α,a ⊥AO ,得a ⊥PO (三垂线定理), 得不出α⊥PO . 因为a ⊥PO ,但PO 不垂直OA . ● 三垂线定理的逆定理亦成立.直线与平面垂直的判定定理一:如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这两条直线垂直于这个平面.(“线线垂直,线面垂直”)直线与平面垂直的判定定理二:如果平行线中一条直线垂直于一个平面,那么另一条也垂直于这个平面. 推论:如果两条直线同垂直于一个平面,那么这两条直线平行. 5. ⑴垂线段和斜线段长定理:从平面外一点..向这个平面所引的垂线段和斜线段中,①射影相等的两条斜线段相等,射影较长的斜线段较长;②相等的斜线段的射影相等,较长的斜线段射影较长;③垂线段比任何一条斜线段短. 四、 平面平行与平面垂直. 1. 空间两个平面的位置关系:相交、平行.2. 平面平行判定定理:如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面,哪么这两个平面平行.(“线面平行,面面平行”)推论:垂直于同一条直线的两个平面互相平行;平行于同一平面的两个平面平行.3. 两个平面平行的性质定理:如果两个平面平行同时和第三个平面相交,那么它们交线平行.(“面面平行,线线平行”)4. 两个平面垂直性质判定一:两个平面所成的二面角是直二面角,则两个平面垂直. 两个平面垂直性质判定二:如果一个平面与一条直线垂直,那么经过这条直线的平面垂直于这个平面.(“线面垂直,面面垂直”)5. 两个平面垂直性质定理:如果两个平面垂直,那么在一个平面内垂直于它们交线的直线也垂直于另一个平面.推论:如果两个相交平面都垂直于第三平面,则它们交线垂直于第三平面12方向相同12方向不相同POAaPαβM AB O五、 棱锥、棱柱.1. 棱柱.⑴①直棱柱侧面积:Ch S =(C 为底面周长,h 是高)该公式是利用直棱柱的侧面展开图为矩形得出的.②斜棱住侧面积:l C S 1=(1C 是斜棱柱直截面周长,l 是斜棱柱的侧棱长)该公式是利用斜棱柱的侧面展开图为平行四边形得出的.⑵{四棱柱}⊃{平行六面体}⊃{直平行六面体}⊃{长方体}⊃{正四棱柱}⊃{正方体}. {直四棱柱}⋂{平行六面体}={直平行六面体}.⑶棱柱具有的性质:①棱柱的各个侧面都是平行四边形,所有的侧棱都相等;直棱柱的各个侧面都是矩形........;正棱柱的各个侧面都是全等..的矩形.... ②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等..多边形. ③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形. ⑷平行六面体:定理一:平行六面体的对角线交..........于一点...,并且在交点处互相平分. 定理二:长方体的一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱长的平方和.推论一:长方体一条对角线与同一个顶点的三条棱所成的角为γβα,,,则1cos cos cos 222=++γβα. 推论二:长方体一条对角线与同一个顶点的三各侧面所成的角为γβα,,,则2cos cos cos 222=++γβα. 2. 棱锥:棱锥是一个面为多边形,其余各面是有一个公共顶点的三角形. ⑴①正棱锥定义:底面是正多边形;顶点在底面的射影为底面的中心. ②棱锥的侧面积与底面积的射影公式:αcos 底侧S S =(侧面与底面成的二面角为α)⑵棱锥具有的性质:①正棱锥各侧棱相等,各侧面都是全等的等腰三角形,各等腰三角形底边上的高相等(它叫做正棱锥的斜高). ②正棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组成一个直角三角形,正棱锥的高、侧棱、侧棱在底面内的射影也组成一个直角三角形.3. 球:⑴球的截面是一个圆面. ①球的表面积公式:24R S π=. ②球的体积公式:334R V π=附:①圆柱体积:h r V 2π=(r 为半径,h 为高) ②圆锥体积:h r V 231π=(r 为半径,h 为高) ③锥形体积:Sh V 31=(S 为底面积,h 为高)。

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