高中数学必修2立体几何专题

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高中数学必修2立体几何专题二面角典型例题解法总结(最新整理)

AA 1 =2, E、E 1 、F 分别是棱 AD、AA 1 、AB 的中点。
D1
A1 （1）证明：直线 EE 1 //平面 FCC 1 ；
C1 B1
（2）求二面角 B-FC 1 -C 的余弦值。
E1
D
E
A
F
C B
证（1）略解（ 2）因为 AB=4, BC=CD=2, 、 F 是棱 AB 的中点 ,所以 A1 BF=BC=CF,△BCF 为正三角形,取 CF 的中点 O,则 OB⊥CF,又因
分析：本题是一道典型的利用三垂线定理求二面角问题，在证明 AD⊥平面 PAB 后，容易发现平面 PAB⊥ 平面 ABCD，点 P 就是二面角 P-BD-A 的半平面上的一个点，于是可过点 P 作棱 BD 的垂线，再作平面 ABCD
的垂线，于是可形成三垂线定理中的斜线与射影内容，从而可得本解法。（答案：二面角 P BD A 的大
2 ，则 GF
2
，
2
又∵ SA AC 6 ，∴ AM 2 ，∵ AM AB 2 ， ABM 600 ∴△ ABM 是等边三角形，∴
BF 3 。在△ GAB 中， AG 6 ， AB 2 ， GAB 900 ，∴ BG 3 4 11
2
2
2
cos BFG GF 2 FB 2 BG 2
6
，求二面角 E—AF—C 的余弦值.
2
分析：第 1 题容易发现，可通过证 AE⊥AD 后推出 AE⊥平面 APD，使命题获证，而第 2 题，则首先必须在找到最大角正切值有关的线段计算出各线段的长度之后，考虑到运用在二面角的棱 AF 上找到可计算二面角的平面角的顶点 S，和两边 SE 与 SC，进而计算二面角的余弦值。（答

高中数学必修2立体几何专题线面角典型例题求法总结

线面角的求法1．直接法：平面的斜线与斜线在平面内的射影所成的角即为直线与平面所成的角。

通常是解由斜线段，垂线段，斜线在平面内的射影所组成的直角三角形，垂线段是其中最重要的元素，它可以起到联系各线段的作用。

例1 （如图1 ）四面体ABCS 中，SA,SB,SC 两两垂直，∠SBA=45°, ∠SBC=60°, M 为 AB 的中点，求（1）BC 与平面SAB 所成的角。

（2）SC 与平面ABC 所成的角。

BMHSCA解:（1） ∵SC ⊥SB,SC ⊥SA,图1∴SC ⊥平面SAB 故 SB 是斜线BC 在平面SAB 上的射影， ∴∠SBC 是直线BC 与平面SAB 所成的角为60°。

（2）连结SM,CM ，则SM ⊥AB,又∵SC ⊥AB,∴AB ⊥平面SCM, ∴面ABC ⊥面SCM过S 作SH ⊥CM 于H, 则SH ⊥平面ABC ∴CH 即为 SC 在面ABC 内的射影。

∠SCH 为SC 与平面ABC 所成的角。

sin ∠SCH=SH ／SC∴SC 与平面ABC 所成的角的正弦值为√7／7（“垂线”是相对的，SC 是面 SAB 的垂线，又是面 ABC 的斜线. 作面的垂线常根据面面垂直的性质定理，其思路是：先找出与已知平面垂直的平面，然后一面内找出或作出交线的垂线，则得面的垂线。

） 2. 利用公式sin θ=h ／ι其中θ是斜线与平面所成的角， h 是垂线段的长，ι是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可用三棱锥的体积自等来求垂线段的长。

例2 （如图2）长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1 , AB=3 ,BC=2, A 1A= 4 ，求AB 与面 AB 1C 1D 所成的角。

A 1C 1D 1H4C123BAD解：设点 B 到AB 1C 1D 的距离为h ，∵V B ﹣AB 1C 1=V A ﹣BB 1C 1∴1／3 S △AB 1C 1·h= 1／3 S △BB 1C 1·AB，易得h=12／5 ，设AB 与面 A B 1C 1D 所成的角为θ,则sin θ=h ／AB=4／5，∴AB 与面AB 1C 1D 所成的角为arcsin0.83. 利用公式cos θ=cos θ1·cosθ2（如图3）若 OA 为平面的一条斜线，O 为斜足，OB 为OA 在面α内的射影，OC 为面α内的一条直线，其中θ为OA 与OC 所成的角，B αOAC图3θ1为OA 与OB 所成的角，即线面角，θ2为OB 与OC 所成的角，那么 cos θ=cos θ1·cosθ2，它揭示了斜线和平面所成的角是这条斜线和这个平面内的直线所成的一切角中最小的角（常称为最小角定理）1．平面的斜线和平面所成的角：已知，如图，AO 是平面α的斜线，A 是斜足，OB 垂直于平面α，B 为垂足，则直线AB 是斜线在平面α内的射影。

高一数学必修2立体几何知识点详细总结

立体几何一、立体几何网络图：（1）线线平行的判断：⑴平行于同一直线的两直线平行。

⑶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。

⑹如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行。

⑿垂直于同一平面的两直线平行。

（2）线线垂直的判断：⑺在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。

⑻在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射影垂直。

⑽若一直线垂直于一平面，这条直线垂直于平面内所有直线。

补充：一条直线和两条平行直线中的一条垂直，也必垂直平行线中的另一条。

（3）线面平行的判断：⑵如果平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行。

⑸两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。

（4）线面垂直的判断：⑼如果一直线和平面内的两相交直线垂直，这条直线就垂直于这个平面。

⑾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这个平面。

⒁一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。

⒃如果两个平面垂直，那么在—个平面内垂直于交线的直线必垂直于另—个平面。

（5）面面平行的判断：⑷一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面，这两个平面平行。

⒀垂直于同一条直线的两个平面平行。

（6）面面垂直的判断：⒂一个平面经过另一个平面的垂线，这两个平面互相垂直。

二、其他定理：（1）确定平面的条件：①不公线的三点；②直线和直线外一点；③相交直线；（2）直线与直线的位置关系：相交；平行；异面；直线与平面的位置关系：在平面内；平行；相交（垂直是它的特殊情况）；平面与平面的位置关系：相交；；平行；（3）等角定理：如果两个角的两边分别平行且方向相同，那么这两个角相等；如果两条相交直线和另外两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等；（4）射影定理（斜线长、射影长定理）：从平面外一点向这个平面所引的垂线段和斜线段中，射影相等的两条斜线段相等；射影较长的斜线段也较长；反之，斜线段相等的射影相等；斜线段较长的射影也较长；垂线段比任何一条斜线段都短。

高中数学必修2立体几何专题-线面、面面垂直专题总结

又∵AD⊥BC，∴AD⊥平面SBC.
∵AD平面ABC，
∴平面ABC⊥平面SBC.
证法二：∵SA=SB=SC=a,又 ∠ASB=∠ASC=60°, ∴△ASB,△ASC都是等边三角形. ∴AB=AC=a. 作AD⊥平面BSC于点D， ∵AB=AC=AS, ∴D为△BSC的外心. 又∵△BSC是以BC为斜边的直角三角形，
2 3
.
即CE与底面BCD所成角的正弦值为
2 3
.
【评析】求平面的斜线与平面所成的角的一般方法是：在斜线上找一具有特殊性的点，过该点向平面作垂线，连接垂足和斜足，即为斜线在平面上的射影，进而作出斜线与平面所成的角，再解直角三角形求出线面角的大小，同时要注意其取值范围.
在三棱锥O—ABC中，三条棱OA，OB，OC两两
又∵CE∩BE=E,
∴SA⊥平面BCE.∵BC平面BCE，
图2-4-2
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∴SA⊥BC. 又∵AD⊥BC,AD∩AS=A, ∴BC⊥平面SAD.
∵SH 平面SAD，∴SH⊥BC.
又∵SH⊥AD,AD∩BC=D, ∴SH⊥平面ABC.
【评析】证明线面垂直，需先有线线垂直，抓住条件中两个等腰三角形共用一条边，抓住公共边的中点，通过作辅助平面，找到所需要的另一条直线.
【分析】欲证面面垂直，需证线面垂直.故找出垂线是关键.
【证明】证法一：如图1-10-4所示,取BC的中点D，连
接AD，SD.
由题意知△ASB与△ASC是等边三角形，则AB=AC，
∴AD⊥BC,SD⊥BC. 令SA=a,在△SBC中，SD=2 a,
2
又AD=AC2 -CD=2 a,2
2
∴AD2+SD2=SA2,即AD⊥SD.

高中数学必修二第八章立体几何初步考点精题训练(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步考点精题训练单选题1、南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m上升到157．5m时，增加的水量约为（√7≈2.65）（）A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3答案：C分析：根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S′=180.0km2=180×106m2，∴V=13ℎ(S+S′+√SS′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)=3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．故选：C．2、如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1答案：A分析：由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D⊥平面ABD1，即可得出结论.连AD1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1D的中点，所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN//AB，MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，AD1∩AB=A，所以A1D⊥平面ABD1，D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，且直线A1D,D1B是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.小提示：关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.3、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，三棱锥A −B 1CD 1的表面积为4√3，则正方体外接球的体积为（）A ．4√3πB ．√6πC ．32√3πD ．8√6π答案：B解析：根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果．解：设正方体的棱长为a ，则B 1D 1=AC =AB 1=AD 1=B 1C =D 1C =√2a ，由于三棱锥A −B 1CD 1的表面积为4√3，所以S =4S △AB 1C =4×12×√32(√2a)2=4√3所以a =√2所以正方体的外接球的半径为√(√2)2+(√2)2+(√2)22=√62，所以正方体的外接球的体积为43π·(√62)3=√6π故选：B ．小提示：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.4、已知三棱锥P −ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，∠BAC =120°，PA =AB =AC =2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A ．12πB ．16πC ．20πD ．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC 的外心为G ，O 为球心，所以OG ⊥平面ABC ，因为PA ⊥平面ABC ，所以OG//PA ，设D 是PA 中点，因为OP =OA ，所以DO ⊥PA ，因为PA ⊥平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，所以AG ⊥PA ，因此OD//AG ，因此四边形ODAG 是平行四边形，故OG =AD =12PA =1，由余弦定理，得BC =√AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12)=2√3，由正弦定理，得2AG =√3√32⇒AG =2，所以该外接球的半径R 满足R 2=(OG )2+(AG )2=5⇒S =4πR 2=20π，故选：C ．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.5、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=r3−18V牟=r3−18×4π×43×π×r3=13r3，所有棱长都为r的正四棱锥的体积为V正=13×r×r×r2−(√2r2)2=√26r3，∴V方盖差V正=13r3√2r36=√2，故选：C．6、如图，已知正方体的棱长为a，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）A．(8+2√2)a2B．(2+4√2)a2C．(4+2√2)a2D．(6−4√2)a2答案：C分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解. 由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为√2a，宽为a，所以面积为√2a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2+2√2a2=(4+2√2)a2.故选：C.7、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果. 由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG∩EG=G，FG，EG⊂平面EFG所以SG⊥平面EFG正确，D不正确；.又若EG⊥平面SEF，则EG⊥EF，由平面图形可知显然不成立；同理GF⊥平面SEF不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.8、如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是（）A．平面ABCD B．平面PBCC．平面PAD D．平面PCD答案：C分析：由线面垂直得到线线垂直，进而证明出线面垂直，面面垂直.因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，由四边形ABCD为矩形得CD⊥AD，因为PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD．又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD．故选：C多选题9、沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上(细管长度忽略不下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的23计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是（）A．沙漏中的细沙体积为1024πcm381B．沙漏的体积是128πcm3C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD．该沙漏的一个沙时大约是1565秒(π≈3.14)答案：AC解析：A．根据圆锥的体积公式直接计算出细沙的体积；B．根据圆锥的体积公式直接计算出沙漏的体积；C．根据等体积法计算出沙堆的高度；D．根据细沙体积以及沙时定义计算出沙时.A.根据圆锥的截面图可知：细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r=23×4=83cm，所以体积V=13⋅πr2⋅2ℎ3=13⋅64π9⋅163=1024π81cm3B.沙漏的体积V=2×13×π×(ℎ2)2×ℎ=2×13×π×42×8=2563πcm3；C.设细沙流入下部后的高度为ℎ1，根据细沙体积不变可知：1024π81=13×(π(ℎ2)2)×ℎ1，所以1024π81=16π3ℎ1,所以ℎ1≈2.4cm；D.因为细沙的体积为1024π81cm3，沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，所以一个沙时为：1024π810.02=1024×3.1481×50≈1985秒.故选：AC.小提示：该题考查圆锥体积有关的计算，涉及到新定义的问题，难度一般.解题的关键是对于圆锥这个几何体要有清晰的认识，同时要熟练掌握圆锥体积有关的计算公式.10、(多选题)在四棱锥A－BCDE中，底面四边形BCDE为梯形，BC∥DE.设CD，BE，AE，AD的中点分别为M，N，P，Q，则（）A．PQ＝1MN B．PQ∥MN2C．M，N，P，Q四点共面D．四边形MNPQ是梯形答案：BCD分析：根据中位线的性质，结合平行的性质逐个判定即可DE，且DE≠MN，由题意知PQ=12所以PQ≠1MN，故A不正确；又PQ∥DE，DE∥MN，2所以PQ∥MN，又PQ≠MN，所以B，C，D正确.故选：BCD11、给出以下关于斜二测直观图的结论，其中正确的是（）A．水平放置的角的直观图一定是角B．相等的角在直观图中仍然相等C．相等的线段在直观图中仍然相等D．两条平行线段在直观图中仍是平行线段答案：AD分析：根据直观图和斜二测画法的规则，判断选项.水平放置的角的直观图一定是角，故A正确；角的大小在直观图中都会发生改变，有的线段在直观图中也会改变，比如正方形的直方图中，故BC错误；由斜二测画法规则可知，直观图保持线段的平行性，所以D正确.故选：AD填空题12、如图所示，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，若PA//平面EBF，则PF=_______FC答案：12##0.5 分析：连接AC 交BE 于点M ，连接FM ，由线面平行的性质得线线平行，由平行线性得结论．连接AC 交BE 于点M ，连接FM ，∵PA//平面EBF ，PA ⊂平面PAC ，平面PAC ∩平面EBF =EM ，∴PA//EM ，又AE//BC ，∴PF FC =AM MC =AE BC =12. 所以答案是：12． 13、已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________.答案：39π分析：利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案. ∵V =13π62⋅ℎ=30π∴ℎ=52∴l =√ℎ2+r 2=√(52)2+62=132 ∴S 侧=πrl =π×6×132=39π. 所以答案是：39π.14、如图，拿一张矩形纸片对折后略微展开，竖立在桌面上，折痕与桌面的关系是______．答案：垂直分析：根据给定条件，利用线面垂直的判定推理作答.令桌面所在的平面为α，折痕所在直线为l，纸片与桌面公共部分所在直线为a,b，如图，依题意有a∩b=A，因l⊥a,l⊥b，a,b⊂α，所以l⊥α，所以折痕与桌面垂直.所以答案是：垂直解答题15、如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．答案：（1）证明见解析；（2）√23．分析：（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥P−ABCD的体积公式即可求出．（1）因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以PD⊥AM，又PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD，而AM⊂平面PAM，所以平面PAM⊥平面PBD．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知AM⊥BD．于是△ABD∽△BMA，故ADAB =ABBM．因为BM=12BC,AD=BC,AB=1，所以12BC2=1，即BC=√2．故四棱锥P−ABCD的体积V=13AB⋅BC⋅PD=√23．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知AM⊥DB,所以k AM⋅k BD=−1．建立如图所示的平面直角坐标系，设BC =2a(a >0)．因为DC =1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)．从而k AM ⋅k BD =a−01−0×2a−00−1=a ×(−2a)=−2a 2=−1．所以a =√22，即DA =√2．下同方法一.[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，设|DA|=t ，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．所以M (t 2,1,0)，PB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(t,1,−1)，AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−t 2,1,0)．所以PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =t ⋅(−t 2)+1×1+0×(−1)=−t 22+1=0．所以t =√2，即|DA|=√2．下同方法一.[方法四]：空间向量法由PB ⊥AM ，得PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以(PD⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．即PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．又PD ⊥底面ABCD ，AM 在平面ABCD 内，因此PD ⊥AM ，所以PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，由于四边形ABCD 是矩形，根据数量积的几何意义，得−12|DA ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+|AB ⃑⃑⃑⃑⃑ |2=0，即−12|BC ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+1=0．所以|BC⃑⃑⃑⃑⃑ |=√2，即BC =√2．下同方法一. 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.。

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.。

(完整word版)高中数学必修二立体几何知识点总结

第一章立体几何初步特殊几何体表面积公式（c 为底面周长，h 为高，'h 为斜高，l 为母线）ch S =直棱柱侧面积'21ch S =正棱锥侧面积 ')(2121h c c S +=正棱台侧面积 rh S π2=圆柱侧 ()l r r S +=π2圆柱表rl S π=圆锥侧面积 ()l r r S +=π圆锥表 lR r S π)(+=圆台侧面积 ()22R Rl rl r S +++=π圆台表柱体、锥体、台体的体积公式 V Sh =柱13V Sh =锥'1()3V S S h =台 2V Sh r h π==圆柱h r V 231π=圆锥 '2211()()33V S S h r rR R h π=+=++圆台（4）球体的表面积和体积公式：V 球=343R π ； S 球面=24R π第二章直线与平面的位置关系2.11 2 三个公理：（1符号表示为A ∈LB ∈L => l α⊂ A ∈αB ∈α（2符号表示为：A 、B 、C 三点不共线 => 有且只有一个平面α，使A ∈α、B ∈α、C ∈α。

公理（3公理 L A · α C · B · A · α2.1.2 空间中直线与直线之间的位置关系1空间的两条直线有如下三种关系：相交直线：同一平面内，有且只有一个公共点；平行直线：同一平面内，没有公共点；异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点。

2 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行。

符号表示为：设a 、b 、c 是三条直线a ∥bc ∥b强调：公理4实质上是说平行具有传递性，在平面、空间这个性质都适用。

公理4作用：判断空间两条直线平行的依据。

3 等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.4 注意点：① a'与b'所成的角的大小只由a 、b 的相互位置来确定，与O 的选择无关，为了简便，点O 一般取在两直线中的一条上； ② 两条异面直线所成的角θ∈(0， )； ③ 当两条异面直线所成的角是直角时，我们就说这两条异面直线互相垂直，记作a ⊥b ；④ 两条直线互相垂直，有共面垂直与异面垂直两种情形；⑤ 计算中，通常把两条异面直线所成的角转化为两条相交直线所成的角。

部编版高中数学必修二第八章立体几何初步知识集锦

(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步知识集锦单选题1、如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC=90°，AB=AA1=1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，若点Q在线段B1P上，则下列结论中正确的是（）.A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BDB．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BDC．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BDD．不存在DQ与平面A1BD垂直答案：D分析：依据线面垂直性质定理，利用反证法即可否定选项ABC；按照点Q为线段B1P的中点和点Q不为线段B1P的中点两种情况利用反证法证明选项D判断正确.连接AB1，交A1B于H在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，AB=AA1=1，则四边形A1B1BA为正方形，则AB1⊥A1B又∠BAC=90°，即AB⊥AC，又AA1⊥AC，AB∩AA1=A，AA1⊂面A1B1BA，AB⊂面A1B1BA则AC⊥面A1B1BA，则AC⊥A1B又AB1⊥A1B，AB1∩AC=A，AB1⊂面AB1C，AC⊂面AB1C则A1B⊥面AB1C，选项A：当点Q为线段B1P的中点时，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1若DQ⊥平面A1BD，则AB1⊥平面A1BD又A1B⊥面AB1C，则面AB1C//平面A1BD，这与AB1∩A1B=H矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD不正确；选项B：当点Q为线段B1P的三等分点时，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段B1P的点三等分时，DQ⊥平面A1BD，不正确；选项C：在线段B1P的延长线上一点Q，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD不正确；选项D：由选项A可知，点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD不成立；假设点Q在线段B1P上，且不是中点，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即点Q在线段B1P上，且不是中点时，DQ⊥平面A1BD不正确；故不存在DQ与平面A1BD垂直.判断正确.故选：D2、下列空间图形画法错误的是（）A．B．C．D．答案：D分析：根据空间图形画法：看得见的线画实线，看不见的线画虚线.即可判断出答案.D选项：遮挡部分应画成虚线．故选:D.3、一条直线和两条异面直线中的一条平行，则它和另一条的位置关系是（）A．平行B．相交C．异面D．相交或异面答案：D分析：根据空间中两直线的位置关系，即可求解：如图（1）所示，此时直线a与直线b为异面直线，其中l//a，此时直线l与b为相交直线；如图（2）所示，此时直线a与直线b为异面直线，其中l//a，此时直线l与b为异面直线，综上，一条直线与两条异面直线中的一条平行，则它和另一条直线的位置关系是相交或异面. 故选: D.4、已知正四面体P −ABC 内接于球O ，点E 是底面三角形ABC 一边AB 的中点，过点E 作球O 的截面，若存在半径为√3的截面圆，则正四面体P −ABC 棱长的取值范围是（）A ．[√2，√3]B ．[√3，√6]C ．[2√2，2√3]D ．[2√3，2√6]答案：C分析：根据条件设正四面体的棱长为a ，用棱长a 表示出其外接球的半径R =√64a ，过E 点作外接球O 的截面，只有当OE ⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时此时截面圆的半径为r =12a ，最大截面圆为过球心的大圆，半径为R =√64a ，根据题意则12a ≤√3≤√64a ，从而可得出答案. 如图，在正四面体P −ABC 中，设顶点P 在底面的射影为O 1，则球心O 在PO 1上，O 1在CE 上，且|PO 1|=23|CE |,连接OE ､OC ，设正四面体的棱长为a ，则|CE |=√32a ，|PO 1|=23|CE |=√33a 则正四面体的高PO 1=√PC 2−O 1C 2=a 2−(√33a)2=√63a ，设外接球半径为R ，在Rt △OO 1C 中，OC 2=OO 12+O 1C 2，即R 2=(√63a −R)2+(√33a)2，解得R =√64a ， ∴在Rt △OO 1E 中，OE =√OO 12+O 1E 2=(√612a)2+(√36a)2=√24a ，过E 点作外接球O 的截面，只有当OE ⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为r =√R 2−OE 2=√(√64a)2−(√24a)2=12a ，最大截面圆为过球心的大圆，半径为R=√64a，由题设存在半径为√3的截面圆，∴12a≤√3≤√64a，解得2√2≤a≤2√3，故选:C.小提示：关键点睛：本题考查正四棱锥的外接球的截面圆的半径范围问题，解答本题的关键是用正四棱锥棱长a表示出其外接球的半径R=√64a，得出过E点的球的截面圆的半径的范围，从而得解，属于中档题.5、如图在正三棱锥S−ABC中，M,N分别是棱SC,BC的中点，Q为棱AC上的一点，且AQ=12QC，MN⊥MQ，若AB=2√2，则此正三棱锥S−ABC的外接球的体积为（）A．12πB．4√33πC．8√3πD．4√3π答案：D分析：根据题意证明SA,SB,SC两两垂直，将三棱锥放入棱长为2的正方体，两者外接球体积相同，求得正方体外接球体积即可得出答案.因为在△SBC中，M,N分别是棱SC,BC的中点，所以MN//SB，因为MN⊥MQ，所以SB⊥MQ，因为三棱锥S−ABC为正三棱锥，所以SB⊥AC（对棱垂直），又因为MQ,AC⊂面SAC，MQ∩AC=Q，所以SB ⊥面SAC ，因为SA,SC ⊂面SAC ，所以SB ⊥SA,SB ⊥SC ，在Rt △SAB 中，SA 2+SB 2=AB 2，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以△SBC 是等腰三角形，△ABC 是等边三角形，所以SB =SC ，AB =AC ,所以SA 2+SC 2=AC 2，即SA ⊥SC ，所以SA,SB,SC 两两垂直，将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB 长，为2√2,则该正方体棱长为2，外接球半径R =√(22)2+(2√22)2=√3，正方体外接球体积V =43πR 3=43π×(√3)3=4√3π, 此正三棱锥S −ABC 的外接球体积和正方体外接球体积相同，为4√3π.故选：D6、如图，在下列四个正方体中，A,B 为正方体的两个顶点，M,N,Q 为所在棱的中点，则直线AB 与平面MNQ 不平行的是（）A ．B ．C ．D ．答案：A 分析：利用线面平行的判定定理逐项判断可得出合适的选项．对于A选项，连接CD、BE交于点O，则O为BE的中点，设BE∩MN=F，连接FQ，因为Q、O分别为AE、BE的中点，则OQ//AB，若AB//平面MNQ，AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面MNQ=FQ，则FQ//AB，在平面ABE内，过该平面内的点Q作直线AB的平行线，有且只有一条，与题设矛盾，假设不成立，故A选项中的直线AB与平面MNQ不平行．对于B选项，连接CD，如下图所示：因为AC//BD且AC=BD，所以，四边形ABDC为平行四边形，所以AB//CD，因为M、Q分别为CE、DE的中点，所以MQ//CD，所以MQ//AB，因为AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以，AB//平面MNQ；对于C选项，连接CD，如下图所示：因为AC//BD且AC=BD，所以，四边形ABDC为平行四边形，所以AB//CD，因为M、Q分别为CE、DE的中点，所以MQ//CD，所以MQ//AB，因为AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以，AB//平面MNQ；对于D选项，连接CD，如下图所示：因为AC//BD且AC=BD，所以，四边形ABDC为平行四边形，所以CD//AB，因为N、Q分别为CE、DE的中点，则NQ//CD，所以NQ//AB，因为AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，所以，AB//平面MNQ；故选：A7、阿基米德（Arcℎimedes，公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球（如图所示），该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36π，则圆柱的体积为（）A ．36πB ．45πC ．54πD ．63π答案：C解析：根据球的体积公式求出半径，根据圆柱的体积公式可求得结果.设球的半径为R ，则43πR 3= 36π，所以R =3，所以圆柱的底面半径为R =3，圆柱的高为2R =6，所以圆柱的体积为πR 2×2R =2πR 3=54π.故选：C8、球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆），我们把这个弧长叫做两点的球面距离.已知正△ABC 的项点都在半径为2的球面上，球心到△ABC 所在平面距离为2√63，则A 、B 两点间的球面距离为（）A ．πB ．π2C ．2π3D ．3π4答案：C分析：设球心为点O ，计算出∠AOB ，利用扇形弧长公式可求得结果.设球心为点O ，平面ABC 截球O 所得截面圆的半径为r =√22−(2√63)2=2√33，由正弦定理可得4√33=AB sin∠ACB ，∴AB =4√33sin π3=2，又∵OA =OB =2，所以，△AOB 为等边三角形，则∠AOB =π3，因此，A、B两点间的球面距离为2×π3=2π3.故选：C.小提示：思路点睛：求球面距离，关键就是要求出球面上两点与球心所形成的角，结合扇形的弧长公式求解，同时在计算球的截面圆半径时，利用公式r=√R2−d2（其中r为截面圆的半径，R为球的半径，d为球心到截面的距离）来计算.多选题9、如图PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆上异于A，B的任一点，则下列结论中正确的是（）A．PC⊥BC B．AC⊥平面PCBC．平面PAB⊥平面PBC D．平面PAC⊥平面PBC答案：AD解析：根据线面垂直、面面垂直的判定与性质判断各选项．AB是圆直径，C在圆上，则AC⊥BC，PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则PA⊥BC，PA∩AC=A，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴PC⊥BC，A正确；又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC．D正确；若AC⊥平面PCB，则AC⊥PC，而PA⊥平面ABC，则PA⊥AC，PA,PC重合，矛盾，B错；若平面PAB⊥平面PBC，作CD⊥PB于D，∵平面PAB∩平面PBC=PB，∴CD⊥平面PAB，而PA⊂平面PAB，∴CD⊥PA，CD∩BC=C，∴PA⊥平面PBC，于是平面PBC与平面ABC重合．矛盾，C错．故选：AD．小提示：易错点睛：本题考查空间线面、面面垂直的判定定理和性质定理．由于是多选题，仅仅判断AD正确还不够，必须说明（证明）BC为什么是错误的．否则会出错．10、用一个平面去截正方体，关于截面的形状，下列判断正确的是（）A．直角三角形B．正五边形C．正六边形D．梯形答案：CD分析：根据题意，依次作出对应的截面，并判断即可得答案.对于A选项，如图1，作出的截面为三角形，但为锐角三角形，不可能为直角三角形，故A选项错误；对于B选项，如图2，过正方体的一个顶点作截面，可以得到截面为五边形，但该五边形不是正五边形，故B 选项错误；对于C选项，如图3，取各边的中点，连接的截面即为正六边形，故C选项正确；对于D选项，如图4，所做的截面为梯形，故D选项正确.故选：CD11、如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，所有棱长均为1，点E为棱B1C1上任意一点，则下列结论正确的是（）]A．直线AA1与直线BE所成角的范围是[0,π4B．在棱B1C1上存在一点E，使AB1⊥平面A1BEC．若E为棱B1C1的中点，则平面ABE截三棱柱ABC−A1B1C1所得截面面积为3√1916D．若F为棱A1B1上的动点，则三棱锥F−ABE体积的最大值为16答案：AC分析：由异面直线夹角求法可判断A；利用反证法结合线面垂直的判定及性质可判断B；利用线线平行得到平面ABE截三棱柱所得截面为等腰梯形ABEG，即可求得面积判断C；由面积公式知S△ABF不变，利用等体积知可求得体积的最大值可判断D.对于A，由直三棱柱ABC−A1B1C1，∴AA1//BB1，∴∠B1BE为直线AA1与直线BE所成角，当E与B1重合时，直线AA1与直线BE所成角为0，当E与C1重合时，直线AA1与直线BE所成角为π4，所以直线AA1与直线BE所成角的范围是[0,π4]，故A正确；对于B，假设AB1⊥平面A1BE，又BE⊂平面A1BE，∴AB1⊥BE，设BC中点为H，则AH⊥BC，则AH⊥平面BCC1B1，所以AB1在平面BCC1B1上的射影为B1H，由三垂线定理得B1H⊥BE，又因为BCC1B1为正方形，所以点E为CC1中点，与点E为棱B1C1上一点矛盾，故B 错误.对于C，取A1C1中点G，连结EG，GA，则平面ABE截三棱柱ABC−A1B1C1所得截面为等腰梯形ABEG，AB=1，EG=12，在直角△BB1E中，EB=√52，所以梯形的高为√(√52)2−(14)2=√194，梯形的面积为S=12×(12+1)×√194=3√1916，故C正确.对于D，因为S△ABF=12AB×BB1=12，且V F−ABE=V E−ABF，所以当E与C1重合时，三棱锥F−ABE的体积最大，取A1B1中点M，则C1M⊥平面ABB1A1，得V C1−ABF =13S△ABF×C1M=13×12×√32=√312，故D错误.故选：AC小提示：思路点睛：本题考查求异面直线成角，立体几何截面问题，体积运算，（1）求异面直线所成角的常用方法是平移线段法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决；（2）截面问题：利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．填空题12、如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是平行直线的图是________(填序号).答案：①②分析：根据正方体的结构特征，以及两直线的位置关系的判定方法，即可求解.根据正方体的结构特征，可得①②中RS与PQ均是平行直线，④中RS和PQ是相交直线，③中RS和PQ是是异面直线.所以答案是：①②.。

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立体几何初步1、柱、锥、台、球的结构特征（ 1）棱柱：定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，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。

分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱柱、四棱柱、五棱柱等。

表示：用各顶点字母，如五棱柱ABCDE A' B' C ' D ' E '或用对角线的端点字母，如五棱柱AD '几何特征：两底面是对应边平行的全等多边形；侧面、对角面都是平行四边形；侧棱平行且相等；平行于底面的截面是与底面全等的多边形。

（ 2）棱锥定义：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱锥、四棱锥、五棱锥等表示：用各顶点字母，如五棱锥P A' B' C ' D ' E '几何特征：侧面、对角面都是三角形；平行于底面的截面与底面相似，其相似比等于顶点到截面距离与高的比的平方。

（ 3）棱台：定义：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分分类：以底面多边形的边数作为分类的标准分为三棱态、四棱台、五棱台等表示：用各顶点字母，如五棱台P A' B' C ' D ' E '几何特征：①上下底面是相似的平行多边形②侧面是梯形③侧棱交于原棱锥的顶点（ 4）圆柱：定义：以矩形的一边所在的直线为轴旋转, 其余三边旋转所成的曲面所围成的几何体几何特征：①底面是全等的圆；②母线与轴平行；③轴与底面圆的半径垂直；④侧面展开图是一个矩形。

（ 5）圆锥：定义：以直角三角形的一条直角边为旋转轴, 旋转一周所成的曲面所围成的几何体几何特征：①底面是一个圆；②母线交于圆锥的顶点；③侧面展开图是一个扇形。

（6）圆台：定义：用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面和底面之间的部分几何特征：①上下底面是两个圆；②侧面母线交于原圆锥的顶点；③侧面展开图是一个弓形。

高中数学必修2立体几何专题线面垂直典型例题的判定与性质

线面垂直●知识点１.直线和平面垂直定义如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直,就说这条直线和这个平面垂直.２.线面垂直判定定理和性质定理判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面.判定定理：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.判定定理：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.性质定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行.3．三垂线定理和它的逆定理．三垂线定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直,那么它和这条斜线垂直.逆定理:在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直,那么它也和这条斜线在该平面上的射影垂直.●题型示例【例１】如图所示，已知点S是平面ＡBC外一点，∠ＡＢＣ=９0°，ＳＡ⊥平面ABC，点A在直线ＳB和SＣ上的射影分别为点E、F，求证:EF⊥ＳC.【解前点津】用分析法寻找解决问题的途径,假设ＥF⊥SC成立，结合AＦ⊥ＳC可推证SC⊥平面AEF，这样SC⊥AE,结合AE⊥SB，可推证AＥ⊥平面ＳＢC,因此证明ＡＥ⊥平面SＢC是解决本题的关键环节．由题设SA⊥平面ABC，∠ＡＢC＝90°，可以推证BC⊥ＡE，结合ＡE⊥SB完成AE⊥平例1题图面SBC的证明.【规范解答】【解后归纳】题设中条件多，图形复杂,结合题设理清图形中基本元素之间的位置关系是解决问题的关键.【例2】已知：M∩N＝ＡB,PQ⊥M于Q,ＰO⊥N于O,OR⊥M于R,求证:ＱR⊥AB.【解前点津】由求证想判定，欲证线线垂直，方法有（1）a∥b,a⊥c⇒b⊥ｃ；(２)ａ⊥α,b⊂α⇒a⊥ｂ;（３）三垂线定理及其逆定理.由已知想性质，知线面垂直，可推出线线垂直或线线平行.【解后归纳】处于非常规位置图形上的三垂线定理或逆定理的应用问题，要抓住“一个面”、“四条线”.所谓“一个面”:就是要确定一个垂面，三条垂线共处于垂面之上.所谓“四条线”:就是垂线、斜线、射影以及平面内的第四条线，这四条线中垂线是关键的一条线,牵一发而动全身，应用时一般可按下面程序进行操作:确定垂面、抓准斜线、作出垂线、连结射影，寻第四条线.【例３】已知如图(1)所示,矩形纸片AＡ′A′１A1,B、Ｃ、Ｂ1、Ｃ1分别为ＡＡ′,A1Ａ′的三等分点，将矩形纸片沿ＢB1,CC１折成如图(2)形状(正三棱柱)，若面对角线AＢ1⊥BC1，求证:A１Ｃ⊥AB1.例3题图解(1)【解前点津】题设主要条件是AB 1⊥ＢC ，而结论是A Ｂ１⊥A 1Ｃ，题设,题断有对答性，可在ABB 1Ａ1上作文章,只要取A 1Ｂ1中点D １,就把异面直线AB 1与BC 1垂直关系转换到ＡBB １Ａ1同一平面内AB 1与ＢD １垂直关系,这里要感谢三垂线逆定理.自然想到题断A Ｂ1与A 1C 垂直用同法（对称原理）转换到同一平面，取AB 中点D 即可,只要证得Ａ1D 垂直于A Ｂ１,事实上D ＢＤ1A １，为平行四边形，解题路子清楚了.【解后归纳】证线线垂直主要途径是：(1）三垂线正逆定理，（2)线面,线线垂直互相转化.利用三垂线正逆定理完成线线归面工作,在平面内完成作解任务.证线线垂直，线面垂直，常常利用线面垂直,线线垂直作为桥梁过渡过来，这种转化思想有普遍意义，利用割补法把几何图形规范化便于应用定义定理和公式，也是不容忽视的常用方法.【例４】空间三条线段A Ｂ，BC ,CD ,AB ⊥ＢC ,BC ⊥C Ｄ,已知AB ＝3,BC =4，CD =6,则AD 的取值范围是 .【解前点津】如图，在直角梯形ABCD 1中，C Ｄ1=６,AD １的长是AD 的最小值，其中AH ⊥C Ｄ１，AH =B Ｃ=4，HD １＝3,∴ＡＤ1=５;在直角△AH Ｄ２中,ＣD 2=6,AD ２是A Ｄ的最大值为974)36(22222=++=+AH HD【解后归纳】本题出题形式新颖、灵活性大，很多学生对此类题感到无从入手，其实冷静分析,找出隐藏的条件很容易得出结论.例4题图●对应训练分阶提升一、基础夯实1．设M 表示平面,ａ、b 表示直线，给出下列四个命题:①M b M a b a ⊥⇒⎭⎬⎫⊥// ②b a M b M a //⇒⎭⎬⎫⊥⊥ ③⇒⎭⎬⎫⊥⊥b a M a b ∥M ④⇒⎭⎬⎫⊥b a M a //b ⊥M . 其中正确的命题是（ )A.①② Ｂ.①②③ C.②③④ Ｄ.①②④２.下列命题中正确的是（ )A.若一条直线垂直于一个平面内的两条直线,则这条直线垂直于这个平面B.若一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，则这条直线垂直于这个平面C.若一条直线平行于一个平面，则垂直于这个平面的直线必定垂直于这条直线D.若一条直线垂直于一个平面,则垂直于这条直线的另一条直线必垂直于这个平面3.如图所示,在正方形ABCD 中，E 、F 分别是AB 、B Ｃ的中点.现在沿D Ｅ、DF 及EF 把△A ＤE 、△CDF 和△BEF 折起，使A 、Ｂ、C 三点重合,重合后的点记为Ｐ．那么,在四面体P —DEF 中,必有（）Ａ.D Ｐ⊥平面PE Ｆ B ．ＤM ⊥平面PEF C.PM ⊥平面DE ＦＤ.PF ⊥平面DEF4.设a 、b 是异面直线,下列命题正确的是 ( )A.过不在ａ、b 上的一点Ｐ一定可以作一条直线和ａ、b 都相交B ．过不在a 、b 上的一点Ｐ一定可以作一个平面和a 、b 都垂直Ｃ.过ａ一定可以作一个平面与ｂ垂直D.过ａ一定可以作一个平面与b 平行5．如果直线l ,m 与平面α,β,γ满足:ｌ=β∩γ,l ∥α,ｍ⊂α和m ⊥γ,那么必有（ ) Ａ.α⊥γ且l ⊥m B.α⊥γ且m ∥β C.ｍ∥β且l ⊥ｍＤ.α∥β且α⊥γ6.ＡＢ是圆的直径，C 是圆周上一点,ＰC 垂直于圆所在平面，若B Ｃ=１,ＡC =２,P Ｃ＝1，则P 到ＡＢ的距离为 ( )A.１B.２Ｃ.552 D.553 ７.有三个命题：①垂直于同一个平面的两条直线平行；②过平面α的一条斜线l 有且仅有一个平面与α垂直；③异面直线a 、b 不垂直，那么过ａ的任一个平面与b 都不垂直其中正确命题的个数为 ( )A.0B.1 Ｃ.2 Ｄ.38.d 是异面直线a 、ｂ的公垂线,平面α、β满足a ⊥α,ｂ⊥β,则下面正确的结论是（ )第3题图Ａ.α与β必相交且交线m ∥ｄ或m 与ｄ重合B.α与β必相交且交线ｍ∥d 但m 与d 不重合C.α与β必相交且交线m 与d 一定不平行D.α与β不一定相交9.设ｌ、m 为直线，α为平面，且l ⊥α,给出下列命题① 若m ⊥α，则m ∥ｌ;②若m ⊥l ，则ｍ∥α;③若ｍ∥α,则m ⊥l ;④若ｍ∥l ，则m ⊥α，其中真命题．．．的序号是 ( ) A.①②③ Ｂ.①②④ C ．②③④ D.①③④10．已知直线l ⊥平面α,直线m 平面β,给出下列四个命题:①若α∥β，则l ⊥ｍ;②若α⊥β，则l ∥m ;③若ｌ∥ｍ,则α⊥β；④若l ⊥m ,则α∥β. 其中正确的命题是 ( ）A.③与④B.①与③ Ｃ.②与④ D.①与②二、思维激活11．如图所示,△ABC 是直角三角形,AB 是斜边，三个顶点在平面α的同侧，它们在α内的射影分别为Ａ′，Ｂ′，C ′，如果△A ′B ′C ′是正三角形，且AA ′＝3cm ，B Ｂ′＝5cm ，ＣC ′＝4cm ，则△A ′B ′Ｃ′的面积是 .12．如图所示,在直四棱柱A １B 1C 1D 1—ABCD 中,当底面四边形ABCD 满足条件时,有A １Ｃ⊥B 1Ｄ1(注:填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形)13.如图所示,在三棱锥V —ＡB Ｃ中，当三条侧棱ＶA 、VB 、VC 之间满足条件时,有VC ⊥AB .(注：填上你认为正确的一种条件即可)三、能力提高1４.如图所示，三棱锥V -AB Ｃ中,ＡH ⊥侧面ＶBC ,且H 是△VB Ｃ的垂心,BE 是VC 边上的高.（1)求证:VC ⊥AB ;(2)若二面角E —ＡＢ—C 的大小为30°,求VC 与平面AB Ｃ所成角的大小.第11题图第12题图第13题图第14题图１5．如图所示，ＰＡ⊥矩形AＢＣD所在平面，M、N分别是AB、ＰC的中点．(1)求证：ＭN∥平面P AD.(2)求证：ＭＮ⊥CＤ．(３)若∠ＰDA＝45°，求证:ＭN⊥平面PCＤ.第15题图16.如图所示，在四棱锥P—AＢCD中,底面ABCD是平行四边形，∠BＡD＝60°，AＢ=4,AD＝２，侧棱PB=15，ＰD ＝3.(1)求证：BD ⊥平面P AD.(2）若PD与底面AＢCD成60°的角,试求二面角P—BＣ—A的大小.第16题图1７.已知直三棱柱ＡBＣ-A1B1C１中，∠ACＢ=9０°,∠ＢＡＣ＝30°,BC=1,ＡＡ1＝6，M是CC1的中点，求证：AＢ1⊥A１M.１8.如图所示,正方体ABCD—A′B′Ｃ′Ｄ′的棱长为a，M是AD的中点，Ｎ是BD′上一点,且D′N∶NB＝1∶2,MＣ与BD交于P.(1)求证:NＰ⊥平面ＡBＣD.（2)求平面PＮC与平面CC′Ｄ′D所成的角.(3)求点Ｃ到平面D′MB的距离.第18题图第4课线面垂直习题解答１.A 两平行中有一条与平面垂直,则另一条也与该平面垂直，垂直于同一平面的两直线平行.2．C 由线面垂直的性质定理可知.3.A 折后DP ⊥ＰE ,D Ｐ⊥PF ,P Ｅ⊥ＰF .４.D 过a 上任一点作直线b ′∥b ,则ａ，b ′确定的平面与直线ｂ平行.5．A 依题意，ｍ⊥γ且m ⊂α,则必有α⊥γ,又因为l =β∩γ则有l ⊂γ,而m ⊥γ则ｌ⊥m ,故选A.6．D 过P 作PD ⊥A Ｂ于D ,连CD ，则CD ⊥ＡB ,AB ＝522=+BC AC ，52=⋅=AB BC AC CD , ∴PD =55354122=+=+CD PC . ７.Ｄ由定理及性质知三个命题均正确．8.Ａ显然α与β不平行.９.Ｄ垂直于同一平面的两直线平行，两条平行线中一条与平面垂直,则另一条也与该平面垂直．10．B ∵α∥β,ｌ⊥α，∴l ⊥m 11.23c ｍ2 设正三角A ′Ｂ′Ｃ′的边长为a ． ∴A Ｃ２=a 2+１,BC 2=a 2+1，A Ｂ２=ａ２+4,又AC 2＋ＢC ２=AB 2，∴a 2=２. Ｓ△Ａ′Ｂ′C ′＝23432=⋅a cm 2．１2.在直四棱柱A 1B １C １Ｄ1—A ＢCD 中当底面四边形AB ＣD 满足条件ＡC ⊥B Ｄ(或任何能推导出这个条件的其它条件，例如A ＢCD 是正方形,菱形等)时,有A 1C ⊥B 1D １（注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形)．点评:本题为探索性题目,由此题开辟了填空题有探索性题的新题型，此题实质考查了三垂线定理但答案不惟一,要求思维应灵活.13.VC ⊥VA ,ＶC ⊥AB . 由ＶC ⊥ＶA ,ＶC ⊥AB 知VC ⊥平面V ＡB .14.(1)证明：∵H 为△V ＢC 的垂心,∴VC ⊥B Ｅ,又AH ⊥平面VBC ，∴BE 为斜线A Ｂ在平面ＶBC 上的射影,∴AB ⊥VC .(2）解:由(1）知VC ⊥A Ｂ,VC ⊥BE ,∴VC ⊥平面ABE ,在平面A ＢＥ上,作ＥＤ⊥AB ,又A Ｂ⊥ＶC ,∴ＡB ⊥面D ＥC .∴ＡB ⊥CD ,∴∠ＥDC 为二面角E —A Ｂ—C 的平面角,∴∠ＥD Ｃ=30°,∵AB ⊥平面VCD ,∴VC 在底面AB Ｃ上的射影为CD ．∴∠VCD 为VC 与底面ABC 所成角，又VC ⊥A Ｂ,VC ⊥BE ,∴VC ⊥面AB Ｅ,∴VC ⊥ＤE ,∴∠ＣE Ｄ＝90°,故∠ECD=６0°，∴VC 与面A ＢC 所成角为60°.1５.证明：(1)如图所示，取PD 的中点E ，连结AE ,ＥN ，则有ＥＮ∥CD ∥AB ∥ＡＭ,E Ｎ＝21C Ｄ=21AB =ＡＭ,故ＡMNE 为平行四边形. ∴MN ∥ＡＥ． ∵ＡE 平面P AD ,ＭN 平面P AD ，∴MN ∥平面ＰAD ．（2)∵ＰA ⊥平面ABCD ，∴P Ａ⊥AB .又A Ｄ⊥AB ,∴A Ｂ⊥平面P A Ｄ.∴A Ｂ⊥ＡE ，即ＡB ⊥ＭN .又C Ｄ∥ＡB ,∴MN ⊥ＣＤ．(3）∵P A ⊥平面ＡＢCD ,∴P A ⊥AD .又∠PDA =４5°，E 为PD 的中点.∴AE ⊥P Ｄ，即MN ⊥ＰD .又ＭN ⊥ＣD ,∴ＭN ⊥平面P ＣD .1６.如图(1)证:由已知A Ｂ＝４,ＡD ＝２，∠BAD =60°，故ＢD 2=ＡD 2＋A Ｂ2-2AD ·A Ｂc ｏs60°＝４＋16-2×2×4×21＝１2.又AB 2=ＡD ２+B Ｄ２,∴△A ＢＤ是直角三角形,∠AD Ｂ＝９0°,即AD ⊥ＢＤ.在△ＰDB 中，PD =3,PB ＝15，BD =12,∴PB 2＝PD 2+ＢD 2,故得ＰD ⊥B Ｄ.又P Ｄ∩AD ＝D ,∴BD ⊥平面P ＡＤ.(2)由BD ⊥平面P AD ，ＢＤ平面A ＢCD .∴平面P AD ⊥平面A ＢＣD .作PE ⊥AD 于Ｅ，又P Ｅ平面P ＡD ，∴PE ⊥平面ＡＢCD ,∴∠ＰD Ｅ是PD 与底面AB ＣＤ所成的角.∴∠PD Ｅ＝60°，∴P Ｅ=PD si ｎ60°＝23233=⨯．作ＥF ⊥ＢC 于Ｆ，连PF ,则PF ⊥BF,∴∠PF Ｅ是二面角P —BC —Ａ的平面角.又E Ｆ＝BD =12，在Rt △P ＥF 中,ｔａn ∠PFE ＝433223==EF PE .故二面角P —ＢＣ—A 的大小为ar ｃtan 43. 第15题图解第16题图解17.连结AC １,∵11112263A C CC MC AC ===. ∴Rt △ＡCC 1∽Rt △MC 1A 1，∴∠AC 1C =∠ＭA 1Ｃ１,∴∠Ａ1ＭC 1+∠ＡC １C ＝∠A １M Ｃ1+∠ＭＡ１Ｃ1=90°．∴Ａ1M ⊥AC 1,又ABC -A 1Ｂ1C １为直三棱柱，∴C Ｃ1⊥B １C 1,又B 1Ｃ1⊥Ａ1C 1,∴B １C １⊥平面AC 1M .由三垂线定理知AB 1⊥A 1M ．点评:要证ＡB 1⊥A 1Ｍ,因B 1C 1⊥平面A Ｃ１,由三垂线定理可转化成证AC １⊥A 1M ，而ＡC １⊥A 1M 一定会成立.1８.(1)证明：在正方形ABCD 中,∵△ＭＰD ∽△C ＰB ,且MD =21B Ｃ, ∴D Ｐ∶PB ＝ＭD ∶ＢC =1∶２.又已知D ′N ∶ＮB ＝1∶2，由平行截割定理的逆定理得ＮＰ∥ＤＤ′，又DD ′⊥平面ABCD ，∴NP ⊥平面ABCD .(2）∵N Ｐ∥DD ′∥CC ′，∴N Ｐ、C Ｃ′在同一平面内,CC ′为平面ＮPC 与平面C Ｃ′D ′D 所成二面角的棱. 又由CC ′⊥平面AB ＣD ，得CC ′⊥CD ,CC ′⊥CM ,∴∠ＭＣD 为该二面角的平面角.在Ｒt △M ＣD 中可知∠ＭＣD =arc ｔan 21，即为所求二面角的大小. (3)由已知棱长为ａ可得,等腰△MBC 面积S 1＝22a ,等腰△MBD ′面积S 2＝246a ，设所求距离为h ,即为三棱锥C —Ｄ′ＭＢ的高．∵三棱锥D ′—BCM 体积为h S D D S 213131='⋅, ∴.3621a S a S h =⋅=。

高中数学必修2立体几何专题-线面垂直方法总结

垂直于交线所以无论何时见到已知两个平面垂直都要首先找其交线看是否存在直线垂直于交线来决定是否该作辅助线这样就能目标明确事半功倍1已知四棱锥pabcd的顶点p在底面的射影恰好是底面菱形abcd的两条对角线的交点若ab3pb4则pa长度的取值范围为解析中n可能在内
【证明】(1) 在四棱锥 P—ABCD 中，因为 PA⊥ 底面 ABCD ， CD 平面 ABCD ，故 PA⊥CD. 又因为AC⊥CD，PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC. 而AE 平面PAC，所以CD⊥AE. (2) 由 PA ＝ AB ＝ BC ， ∠ ABC ＝ 60° ，得 △ABC是等边三角形，故AC＝PA.
2. 在正方体 ABCD － A1B1C1D1 中，棱长为2，M是AD1上任意一点，M到平面BCB1的距离是_2______.
3.如图，在正方形SG1G2G3中， E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现沿SE，
SF及EF把这个正方形折成
一个几何体，使G1，G2，G3三点重合于点G，这样，下列五个结论：①SG⊥平面EFG；②SD⊥
所以DC / /EB. 又因为 DC 平面 ABE， EB 平面 ABE，所以DC / /平面ABE.
2因为DC 平面ABC，所以DC AF .
又因为 BAC＝，且 AB＝ AC，所以 AF BC .
2 而 BC DC＝ C，所以 AF 平面 BCDE.
直
四
棱
柱
A
B
C
D
－
A1
B1C
1
D
中
1
，
侧
棱
A
A1＝
6，
底面 A B C D 是菱形， A B＝ 2 ， A B C＝ 6 0 ， P为侧棱

必修二立体几何知识点

必修二立体几何知识点一、引言本文档旨在概述高中必修二课程中立体几何的核心知识点，为教师和学生提供一个清晰的学习指南。

二、立体图形的基础1. 点、线、面的关系- 点的位置关系：共面、异面- 线的位置关系：平行、相交、异面- 面的位置关系：平行、相交2. 立体图形的分类- 多面体：棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球体- 旋转体：球面、圆锥面、圆柱面三、多面体1. 棱柱- 棱柱的结构特征- 棱柱的体积和表面积计算2. 棱锥- 棱锥的结构特征- 棱锥的体积和表面积计算3. 棱台- 棱台的结构特征- 棱台的体积计算四、旋转体1. 圆柱和圆锥- 结构特征- 体积和表面积计算- 旋转体的方程表示2. 球体- 结构特征- 体积和表面积计算五、立体图形的截面1. 截面的概念- 截面的定义- 截面的形状分类2. 截面的性质- 截面与原图形的关系- 截面的计算方法六、空间向量1. 空间向量的定义- 空间向量的基本概念- 空间向量的加法、减法和数乘2. 空间向量的应用- 点到直线的距离- 直线到平面的距离- 立体图形的体积计算七、立体角1. 立体角的定义- 立体角的概念- 立体角的度量2. 立体角的性质- 立体角与平面角的关系- 立体角的计算方法八、结语本文档提供的知识点是理解和掌握立体几何的基础。

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高中数学必修2立体几何常考题型：圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征与简单组合体的结构特征

圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征与简单组合体的结构特征【知识梳理】1．旋转体由简单几何体组合而成的几何体叫做简单组合体．3．简单组合体的构成形式有两种基本形式：一种是由简单几何体拼接而成的；另一种是由简单几何体截去或挖去一部分而成的．【常考题型】题型一、旋转体的结构特征【例1】给出下列说法：(1)以直角三角形的一条边所在直线为轴，其余两边旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥；(2)以等腰三角形底边上的中线所在直线为轴，将三角形旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥；(3)经过圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形；(4)圆锥侧面的母线长有可能大于圆锥底面圆直径，其中正确说法的序号是________．[解析](1)不正确，因为当直角三角形绕斜边所在直线旋转得到的旋转体就不是圆锥，而是两个同底圆锥的组合体；(2)正确，以等腰三角形底边上的中线所在直线为轴，将三角形旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥；(3)正确，如图所示，经过圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形；(4)正确，如图所示，圆锥侧面的母线长有可能大于圆锥底面圆半径的2倍(即直径)．[答案](2)(3)(4)【类题通法】1．判断简单旋转体结构特征的方法(1)明确由哪个平面图形旋转而成．(2)明确旋转轴是哪条直线．2．简单旋转体的轴截面及其应用(1)简单旋转体的轴截面中有底面半径、母线、高等体现简单旋转体结构特征的关键量．(2)在轴截面中解决简单旋转体问题体现了化空间图形为平面图形的转化思想．【对点训练】1．给出下列说法：(1)圆柱的底面是圆面；(2)经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；(3)圆台的任意两条母线的延长线可能相交，也可能不相交；(4)夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体．其中说法正确的是________．解析：(1)正确，圆柱的底面是圆面；(2)正确，如图所示，经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；(3)不正确，圆台的母线延长相交于一点；(4)不正确，圆柱夹在两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体．答案：(1)(2)题型二、简单组合体【例2】观察下列几何体的结构特点，完成以下问题：(1)图①所示几何体是由哪些简单几何体构成的？试画出几何图形，可旋转该图形180°后得到几何体①；(2)图②所示几何体结构特点是什么？试画出几何图形，可旋转该图形360°得到几何体②；(3)图③所示几何体是由哪些简单几何体构成的？并说明该几何体的面数、棱数、顶点数．[解析](1)图①是由圆锥和圆台组合而成．可旋转如下图形180°得到几何体①.(2)图②是由一个圆台，从上而下挖去一个圆锥，且圆锥的顶点恰为圆台底面圆的圆心．可旋转如下图形360°得到几何体②.(3)图③是由一个四棱锥与一个四棱柱组合而成，且四棱锥的底面与四棱柱底面相同．共有9个面，9个顶点，16条棱．【类题通法】1．明确组合体的结构特征，主要弄清它是由哪些简单几何体组成的，必要时也可以指出棱数、面数和顶点数，如图③所示的组合体有9个面，9个顶点，16条棱．2．会识别较复杂的图形是学好立体几何的第一步，因此我们应注意观察周围的物体，然后将它们“分拆”成几个简单的几何体，进而培养我们的空间想象能力和识图能力．【对点训练】2．下列组合体是由哪些几何体组成的？解：(1)由两个几何体组合而成，分别为球、圆柱．(2)由三个几何体组合而成，分别为圆柱、圆台、圆柱．(3)由三个几何体组合而成，分别为圆锥、圆柱、圆台．【练习反馈】1．圆锥的母线有()A．1条B．2条C．3条D．无数条答案：D2.右图是由哪个平面图形旋转得到的()解析：选A图中几何体由圆锥、圆台组合而成，可由A中图形绕图中虚线旋转360°得到．3．等腰三角形绕底边上的高所在直线旋转180°，所得几何体是________．答案：圆锥4．如图所示的组合体的结构特征为________．解析：该组合体上面是一个四棱锥，下面是一个四棱柱，因此该组合体的结构特征是四棱锥和四棱柱的一个组合体．答案：一个四棱锥和一个四棱柱的组合体5.如图，AB为圆弧BC所在圆的直径，∠BAC＝45°.将这个平面图形绕直线AB旋转一周，得到一个组合体，试说明这个组合体的结构特征．解：如图所示，这个组合体是由一个圆锥和一个半球体拼接而成的．。

高中数学必修二第八章立体几何初步【专项训练】下学期期中专项复习

2020-2021学年高一数学下学期期中专项复习（人教A版2019）第八章立体几何初步专项训练考点一基本立体图形解决空间基本立体图形结构特征问题的三个策略(1)把握几何体的结构特征，提高空间想象力．(2)构建几何模型、变换模型中的线面关系．(3)通过反例对结构特征进行辨析．一．选择题1．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．一个圆柱、两个圆锥C．两个圆台、一个圆柱D．两个圆台、一个圆锥【答案】B【解析】设等腰梯形ABCD，较长的底边为CD，则绕着底边CD旋转一周可得一个圆柱和两个圆锥，（如右轴截面图）故选B．2．某人用如图所示的纸片沿折痕折后粘成一个四棱锥形的“走马灯“，正方形做灯底，且有一个三角形面上写上了“年”字，当灯旋转时，正好看到“新年快乐”的字样，则在①、②、③处可依次写上A ．乐、新、快B ．快、新、乐C ．新、乐、快D ．乐、快、新【答案】B【解析】根据四棱锥图形，正好看到“新年快乐”的字样，可知顺序为②年①③，故选B ．3．以下空间几何体是旋转体的是A ．圆台B ．棱台C ．正方体D ．三棱锥【答案】A【解析】一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫作旋转面；该定直线叫做旋转体的轴；封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体．所以选项A 正确．故选A ．4．一个圆锥的母线与其轴所成的角为60︒，则该圆锥的侧面展开图的圆心角为A ．2πB ．π CD【答案】D【解析】如图所示，设圆锥的母线为l ，底面圆半径为r ，因为60ABO ∠=︒，所以sin 60r l=︒，解得r =，所以底面圆的周长为2r π，所以该圆锥的侧面展开图的圆心角为222r l l ππθ===．故选D．5．用一个平面去截一个几何体，截面的形状是三角形，那么这个几何体不可能是A．圆锥B．圆柱C．三棱锥D．正方体【答案】B【解析】用一个平面去截一个圆锥时，轴截面的形状是一个等腰三角形，所以A满足条件；用一个平面去截一个圆柱时，截面的形状不可能是一个三角形，所以B不满足条件；用一个平面去截一个三棱锥时，截面的形状是一个三角形，所以C满足条件；用一个平面去截一个正方体时，截面的形状可以是一个三角形，所以D满足条件．故选B．6．用一个平面去截一个几何体，得到的截面是一个圆面，这个几何体可能是A．圆锥B．圆柱C．球体D．以上都有可能【答案】D【解析】用一个平面去截一个几何体，得到的截面是一个圆面，则这个几何体可能是圆锥，也可能是圆柱，也可能是球体．故选D．7．下列说法正确的是A．通过圆台侧面一点，有无数条母线B．棱柱的底面一定是平行四边形C．圆锥的轴截面是等腰三角形D．用一个平面去截棱锥，原棱锥底面和截面之间的部分是棱台【答案】C【解析】对于A，通过圆台侧面一点，有且仅有一条母线，所以选项A错误；对于B，棱柱的底面不一定是平行四边形，所以选项B错误；对于C，圆锥的轴截面是腰长等于母线的等腰三角形，所以选项C正确；对于D，用一个平行于底面的平面去截棱锥，原棱锥底面和截面之间的部分是棱台，所以选项D错误．故选C．8．下列说法正确的是A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．一个直角三角形绕其一边旋转一周所形成的封闭图形叫圆锥C ．棱锥的所有侧面都是三角形D ．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台【答案】C【解析】对于A ，棱台的上下底面互相平行，侧面都是四边形，但棱台不是棱柱，故A 错误；对于B ，当旋转轴为直角边时，所得几何体为圆锥，当旋转轴为斜边时，所得几何体为两个圆锥的组合体，故B 错误；对于C ，由于棱锥的所有侧棱都交于一点，故棱锥的侧面都是三角形，故C 正确；对于D ，当平面与棱锥的底面不平行时，截面与棱锥底面间的几何体不是棱台，故D 错误．故选C ．二．填空题9．圆锥底面半径为1cm ，母线长为2cm ，则其侧面展开图扇形的圆心角θ= ．【答案】π【解析】圆锥底面半径为1cm ，母线长为2cm ，则它的侧面展开图扇形的圆心角所对的弧长为212()cm ππ⨯=；所以扇形的圆心角为22πθπ==．故答案为：π．10．一圆台的母线长为20cm ，母线与轴的夹角为30︒，上底面半径为15cm ，则下底面半径为，圆台的高为．【答案】25cm ，．【解析】如图所示，圆台的母线长为20l cm =，母线与轴的夹角为30︒，上底面的半径为15r cm =，所以圆台的高为cos3020)h l cm =︒==，则1sin3020102R r l -=︒=⨯=，所以底面圆的半径为151025()R cm =+=．故答案为：25cm ，．三．解答题11【解析】如图所示，在正四棱锥S ABCD -中，连结AC ，BD 交于点O ，连结OS ，OS SA在Rt SOA ∆中，2OA ，所以AB ==作OE BC ⊥于点E ，则E 为BC 的中点，连结SE ，则SE 为该正四棱锥的斜高，在Rt SOE ∆中，因为12OE AB SO ==所以SE =12．一个正四棱台的高是17cm ，上、下底面边长分别为4cm 和16cm ．求这个棱台的侧棱长和斜高．【答案】侧棱长为19cm ，斜高为【解析】如图所示，设棱台的两底面的中心分别是1O 、O ，11B C 和BC 的中点分别是1E 和E ，连接1O O 、1E E 、11O B 、OB 、11O E 、OE ，则四边形11OBB O 和11OEE O 都是直角梯形．114A B =cm ，16AB =cm ，112O E ∴=cm ，8OE =cm ，11O B =，OB =，2221111()361B B O O OB O B ∴=+-=2cm ，22221111()325E E O O OE O E cm =+-=，119B B ∴=cm ，1E E =．∴这个棱台的侧棱长为19cm ，斜高为．考点三立体图形的直观图斜二测画法的步骤:(1)在已知图形中取互相垂直的x 轴和y 轴，两轴相交于点O.画直观图时，把它们画成x 轴和y 轴，两轴相交于点O,且使∠xO y=45° (或135°)，它们确定的平面表示水平面。

高中数学必修2立体几何专题-线面垂直专题典型例题精选精讲

线面垂直的证明中的找线技巧◆通过计算,运用勾股定理寻求线线垂直１如图1,在正方体1111ABCD A B C D -中,M 为1CC 的中点,ＡＣ交BD 于点O ,求证:1A O ⊥平面ＭＢD .证明:连结MO ，1A M，∵D Ｂ⊥1A A ,D Ｂ⊥ＡC ，1A AAC A =，∴DB ⊥平面11A ACC ，而1AO ⊂平面11A ACC ∴ＤB ⊥1A O . 设正方体棱长为a ，则22132A O a =,2234MO a =.在Rt △11A C M 中,22194A M a =．∵22211A O MO A M +=，∴1AO OM ⊥． ∵OM ∩D Ｂ=O ，∴ 1A O ⊥平面MBD . 评注：在证明垂直关系时，有时可以利用棱长、角度大小等数据，通过计算来证明.◆利用面面垂直寻求线面垂直２如图2,P 是△A ＢC 所在平面外的一点,且PA ⊥平面ABC ,平面PAC ⊥平面PBC .求证：B Ｃ⊥平面ＰＡC .证明：在平面PAC 内作A Ｄ⊥PC 交ＰC 于Ｄ.因为平面PAC ⊥平面PB Ｃ，且两平面交于P Ｃ,AD ⊂平面PAC ,且A Ｄ⊥PC ，由面面垂直的性质，得ＡD ⊥平面PB Ｃ．又∵BC ⊂平面P ＢC ，∴AD ⊥BC .∵PA ⊥平面AB Ｃ，BC ⊂平面ABC ，∴PA ⊥ＢC .∵AD ∩PA =A ，∴BC ⊥平面PAC ．(另外还可证BC 分别与相交直线AD ，A Ｃ垂直,从而得到BC ⊥平面PAC ）.评注：已知条件是线面垂直和面面垂直,要证明两条直线垂直,应将两条直线中的一条纳入一个平面中,使另一条直线与该平面垂直，即从线面垂直得到线线垂直．在空间图形中,高一级的垂直关系中蕴含着低一级的垂直关系，通过本题可以看到，面面垂直⇒线面垂直⇒线线垂直．一般来说,线线垂直或面面垂直都可转化为线面垂直来分析解决,其关系为:线线垂直−−−→←−−−判定性质线面垂直−−−→←−−−判定性质面面垂直.这三者之间的关系非常密切,可以互相转化，从前面推出后面是判定定理，而从后面推出前面是性质定理．同学们应当学会灵活应用这些定理证明问题.下面举例说明．3 如图1所示，ABCD 为正方形，SA ⊥平面AB ＣD ,过A 且垂直于SC 的平面分别交SB SC SD ，，于E F G ，，．求证:AE SB ⊥,AG SD ⊥．证明：∵SA ⊥平面ＡBCD , ∴SA BC ⊥.∵AB BC ⊥，∴BC ⊥平面SAB ．又∵AE ⊂平面SAB ，∴BC AE ⊥．∵SC ⊥平面AEFG ,∴SC AE ⊥．∴AE ⊥平面ＳBC ．∴AE SB ⊥.同理可证AG SD ⊥．评注：本题欲证线线垂直，可转化为证线面垂直，在线线垂直与线面垂直的转化中,平面起到了关键作用，同学们应多注意考虑线和线所在平面的特征，从而顺利实现证明所需要的转化.４如图2，在三棱锥A －BCD 中，BC ＝AC ,AD =BD ,作BE ⊥CD ,E 为垂足，作ＡH ⊥B Ｅ于H ．求证：AH ⊥平面B ＣＤ.证明：取A Ｂ的中点Ｆ，连结CF ，ＤF . ∵ACBC =,∴CF AB ⊥．∵AD BD =,∴DF AB ⊥.又CF DF F =，∴AB ⊥平面ＣＤF ． ∵CD ⊂平面CD Ｆ，∴CD AB ⊥．又CD BE ⊥，BE AB B =, ∴CD ⊥平面A ＢE ，CD AH ⊥．∵AH CD ⊥，AH BE ⊥,CD BE E =,∴ AH ⊥平面ＢCD ．评注:本题在运用判定定理证明线面垂直时,将问题转化为证明线线垂直;而证明线线垂直时，又转化为证明线面垂直．如此反复,直到证得结论.5 如图３，AB 是圆O 的直径,C 是圆周上一点，PA ⊥平面ABC .若AE ⊥PC ，E 为垂足,F 是P Ｂ上任意一点，求证：平面AEF ⊥平面PBC ．证明：∵AB 是圆O 的直径,∴AC BC ⊥.∵PA ⊥平面AB Ｃ,BC⊂平面A ＢC ，∴PA BC ⊥．∴BC ⊥平面ＡPC . ∵BC ⊂平面P ＢC ，∴平面AP Ｃ⊥平面ＰＢC ．∵AE ⊥ＰC ，平面APC ∩平面P ＢC =P Ｃ， ∴AE ⊥平面PBC .∵AE ⊂平面AE Ｆ，∴平面AE Ｆ⊥平面PB Ｃ．评注:证明两个平面垂直时，一般可先从现有的直线中寻找平面的垂线，即证线面垂直,而证线面垂直则需从已知条件出发寻找线线垂直的关系.6. 空间四边形ABCD 中,若ＡB ⊥CD ，BC ⊥AD,求证:ＡC ⊥ＢＤAD B O C证明：过A 作ＡO ⊥平面ＢＣD 于O 。

人教版高中数学必修2立体几何题型归类总结

立体几何题型归类总结一、考点分析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。

①⎧⎪⎧−−−−−→⎨⎪−−−−−→⎨⎪⎪⎩⎩底面是正多形棱垂直于底面斜棱柱棱柱正棱柱直棱柱其他棱柱★底面为正方形2. 棱锥棱锥——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，并且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。

3．球球的性质：①球心与截面圆心的连线垂直于截面；★②r =,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,球与长方体，球与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：2344,3S R V R ππ==球球（其中R 为球的半径）1．求异面直线所成的角(]0,90θ∈︒︒：解题步骤：一找（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[]0,90θ∈︒︒：关键找“两足”：垂足与斜足解题步骤：一找：找（作）出斜线与其在平面内的射影的夹角（注意三垂线定理的应用）；二证：证明所找（作)的角就是直线与平面所成的角（或其补角）（常需证明线面垂直）;三计算：常通过解直角三角形，求出线面角。

3求二面角的平面角[]0,θπ∈解题步骤：一找：根据二面角的平面角的定义，找（作）出二面角的平面角;二证：证明所找（作）的平面角就是二面角的平面角（常用定义法，三垂线法,垂面法)；三计算：通过解三角形，求出二面角的平面角。

俯视图二、典型例题考点一：三视图1．一空间几何体的三视图如图1所示,则该几何体的体积为_________________。

必修二立体几何知识点+例题+练习+答案

学习资料收集于网络，仅供学习和参考,如有侵权，请联系网站删除立体几何知识点一、空间几何体1.多面体：由若干个多边形围成的几何体，叫做多面体。

围成多面体的各个多边形叫做多面体的面 , 相邻两个面的公共边叫做多面体的棱 , 棱与棱的公共点叫做多面体的顶点 .2.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平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱。

两个互相平行的面叫做底面, 其余各面叫做侧面 .3.棱锥：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥。

底面是正多边形，且各侧面是全等的等腰三角形的棱锥叫做正棱锥。

正棱锥的性质：各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰三角形；顶点在底面上的射影是底面正多边形的中心。

4.棱台：用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫做棱台。

由正棱锥截得的棱台叫做正棱台。

正棱台的性质：各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰梯形；正棱台的两底面以及平行于底面的截面是相似的正多边形5.旋转体：由一个平面图形绕一条定直线旋转所形成的封闭几何体叫旋转体，这条定直线叫做旋转体的轴，6.圆柱、圆锥、圆台：分别以矩形的一边、直角三角形的直角边、直角梯形垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台。

圆柱、圆锥、圆台的性质：平行于底面的截面都是圆；过轴的截面 ( 轴截面 ) 分别是全等的矩形、等腰三角形、等腰梯形。

注：在处理圆锥、圆台的侧面展开图问题时，经常用到弧长公式 l R7.球: 以半圆的直径为旋转轴，旋转一周所成的曲面叫做球面 . 球面所围成的几何体叫做球体 ( 简称球 )8.简单空间图形的三视图：一个投影面水平放置，叫做水平投影面，投影到这个平面内的图形叫做俯视图。

一个投影面放置在正前方，这个投影面叫做直立投影面，投影到这个平面内的图形叫做主视图 ( 正视图 ) 。

和直立、水平两个投影面都垂直的投影面叫做侧立投影面，通常把这个平面放在直立投影面的右面，投影到这个平面内的图形叫做左视图( 侧视图) 。