高考数学考点33立体几何中的综合问题试题解读与变式

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高考数学立体几何题大纲解析

高考数学立体几何题大纲解析在高考数学中，立体几何题一直是一个重要的组成部分。

对于许多考生来说，立体几何题可能具有一定的挑战性，但只要掌握了正确的方法和知识点，也能够轻松应对。

接下来，让我们对高考数学立体几何题的大纲进行详细解析。

一、高考数学立体几何题的考查内容1、空间几何体的结构特征考生需要了解常见的空间几何体，如棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台和球的结构特征。

能够通过直观感知、操作确认等方式，认识这些几何体的性质和特点。

2、空间几何体的表面积和体积这部分要求考生掌握各类空间几何体的表面积和体积公式，并能熟练运用这些公式解决相关问题。

例如，棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积计算，圆柱、圆锥、圆台和球的表面积和体积计算。

3、空间点、直线、平面的位置关系包括平面的基本性质、直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系、平面与平面的位置关系等。

考生需要理解并能够运用公理、定理来证明相关的位置关系。

4、空间向量在立体几何中的应用利用空间向量来解决立体几何中的线线角、线面角、面面角以及距离问题。

这需要考生掌握空间向量的基本运算和坐标表示，以及空间向量在解决立体几何问题中的方法和技巧。

二、高考数学立体几何题的题型特点1、选择题和填空题通常会考查空间几何体的结构特征、表面积和体积的计算、点线面位置关系的判断等基础知识。

题目难度相对较小，但需要考生对概念有清晰的理解，并且具备一定的计算能力。

2、解答题一般会综合考查空间点线面的位置关系、空间角和距离的计算等。

这类题目通常需要考生画出图形，通过建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法来求解。

解答题的难度较大，需要考生有较强的逻辑思维能力和运算能力。

三、高考数学立体几何题的解题方法1、传统几何方法通过运用线面平行、垂直的判定定理和性质定理，以及空间角和距离的定义和求法来解决问题。

这种方法需要考生有较强的空间想象能力和逻辑推理能力。

2、空间向量方法建立空间直角坐标系，将空间中的点、直线、平面用向量表示，然后通过向量的运算来求解空间角和距离。

立体几何综合问题(知识点讲解)高考数学一轮复习(新教材新高考)(解析版)

专题8.8 立体几何综合问题（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】以几何体为载体，考查空间几何体中的最值问题、折叠问题以及探索性问题，凸显直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）空间向量的概念及有关定理1．空间向量的有关概念名称定义空间向量在空间中，具有大小和方向的量相等向量方向相同且模相等的向量相反向量方向相反且模相等的向量共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量(或平行向量)共面向量平行于同一个平面的向量2.(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb.(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝x a＋y b.(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝x a＋y b＋z c，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底．（二）空间向量的坐标表示及运算(1)数量积的坐标运算设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则①a ±b ＝(a 1±b 1，a 2±b 2，a 3±b 3)； ②λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)； ③a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3. (2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)， a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)． (3)模、夹角和距离公式设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a·a ＝a 21＋a 22＋a 23，cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23. 设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)，则222212121||()()()AB d AB a a b b c c ==-+-+-（三）异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做a 与b 所成的角．②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是(0,]2π．③向量求法：设直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为φ，则有cos |cos |||||||a ba b θϕ⋅==⋅.（四）直线与平面所成角直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e ·n ||e ||n |.（五）二面角(1)如图1，AB 、CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB ，CD 〉．(2)如图2、3，12,n n 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小12,n n θ=<>(或12,n n π-<>)．（六）利用向量求空间距离点面距的求法：如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.【常考题型剖析】题型一：向量与立体几何中最值问题例1. （2022·浙江·效实中学模拟预测）已知圆锥SO 的高1,SO AB =是底面上圆O 的直径，2AB =，M 是圆O 上的动点，N 是SM 的中点，则直线AN 与平面SBM 所成角的正弦值的最大值为（）A ．13B 2C 22D ．1【答案】C 【解析】【分析】做OE AB ⊥交圆上一点E ，以O 为原点，、、OE OB OA 所在的直线为、、x y y 轴的正方向建立空间直角坐标系，设(),,0M a b ，则1,,222⎛⎫⎪⎝⎭a b N ，且221a b +=，求出AN 、平面AMB 的一个法向量坐标，设直线AN 与平面SBM 所成的角为θ，可得()332sin cos ,27921θ⋅===--+-AN n AN n AN nb b b ()()()()3222791,121--+=∈--x x f x x x ，利用导数可得()f x 的最值，从而得到答案. 【详解】做OE AB ⊥交圆上一点E ，以O 为原点，、、OE OB OA 所在的直线为、、x y y 轴的正方向建立空间直角坐标系，则()0,0,0O ，()0,1,0A -，()0,1,0B ，()0,0,1S ，设(),,0M a b ，则1,,222⎛⎫⎪⎝⎭a b N ，且221a b +=，当0,1a b ==时，()0,1,0M 与()0,1,0B 重合，此时SMA 构不成平面，当0,1a b ==-时，()0,1,0-M 与()0,1,0A -重合，此时SMB 构不成平面，即1b ≠±，0a ≠，所以(),,1=-SM a b ，()0,1,1=-SB ，1,1,222⎛⎫=+ ⎪⎝⎭a bAN ，设平面AMB 的一个法向量为(),,n x y z =，所以00⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩SM n SB n ，即00+-=⎧⎨-=⎩ax by z y z ，令1y =，则1,1-==bx z a ，所以1,1,1-⎛⎫= ⎪⎝⎭b n a ，设直线AN 与平面SBM 所成的角为θ， ()()2222111222sin cos ,1212444θ-+++⋅===-++⨯++b b AN n AN n AN nb b a a ()2332223232791221=--++--+⨯--b b b b b b b ，令()()()()3222791,121--+=∈--x x f x x x ，()()()()()221,11x x f x x x +=∈--'当01x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增，当10x -<<时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()()min 902≥=f x f ，()332223227921≤=--+-b b b ，直线AN 与平面SBM 所成角的正弦值的最大值为23. 故选：C.例2.（山东·高考真题（理））如图所示，已知四棱锥P—ABCD ，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC=60°,E,F 分别是BC,PC 的中点.(1)证明:AE ⊥PD;(2)若H 为PD 上的动点,EH 与平面PAD 所成最大角的正切值为,求二面角E—AF—C 的余弦值.【答案】（1）证明略（2）所求二面角的余弦值为【解析】【详解】(1) 由四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,可得△ABC为正三角形.因为E为BC的中点,所以AE⊥BC.又BC∥AD,因此AE⊥AD.因为PA⊥平面ABCD,AE平面ABCD,所以PA⊥AE.而PA平面PAD,AD平面PAD且PA∩AD=A,所以AE⊥平面PAD.又PD平面PAD,所以AE⊥PD.(2) 如图所示，设AB=2,H为PD上任意一点,连结AH、EH,由(1)知,AE⊥平面PAD,则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.在Rt△EAH中,AE=,所以,当AH最短时,∠EHA最大,即当AH⊥PD时,∠EHA最大.此时,tan∠EHA===,因此AH=.又AD=2,所以∠ADH=45°,所以PA=2.方法一因为PA⊥平面ABCD,PA平面PAC,所以,平面PAC⊥平面ABCD.过E作EO⊥AC于O,则EO⊥平面PAC,过O作OS⊥AF于S,连接ES,则∠ESO为二面角E—AF—C的平面角.在Rt△AOE中,EO=AE·sin30°=,AO=AE·cos30°=,又F是PC的中点,在Rt△ASO中,SO=AO·sin45°=,又SE===,在Rt △ESO 中,cos ∠ESO===,即所求二面角的余弦值为.方法二由(1)知AE,AD,AP 两两垂直,以A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 又E 、F 分别为BC 、PC 的中点，所以 A （0，0，0），B （，-1，0），C （，1，0），D （0，2，0），P （0，0，2），E （，0，0），F(，，1），所以=(，0，0），=(，，1）.设平面AEF 的一法向量为 m=（x 1，y 1，z 1），因此取z 1=-1，则m=（0，2，-1），因为BD ⊥AC ，BD ⊥PA ，PA∩AC=A ，所以BD ⊥平面AFC ，故为平面AFC 的一法向量. 又=（-，3，0），所以cos 〈m,〉===.因此,二面角E—AF—C 为锐角, 所以所求二面角的余弦值为例3.（2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2）112B D = 【解析】【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）[方法一]：几何法因为1111,//BFA B A B AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,A M B N ，因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅，则1CBF BB N ∠=∠．又因为1190BB N B NB ∠+∠=︒，所以1190CBF B NB BF B N ∠+∠=︒⊥，．又因为111111,BFA B B N A B B ⊥=，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥． [方法二] 【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1BB AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B A C ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅=，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+1BF EB BF BB =⋅+⋅11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=52520255-=，所以BF ED ⊥．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BAθ⋅=⋅222214a a =⨯-+22214a a =-+当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ6272．所以()2min63sin 13θ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭112B D =． [方法二] ：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE平面11BB C C FT =．作1B H FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1DHB ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//C G A B 交DS 于点G ．由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111B D B T C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31ts t =+．又111B H B TC F FT =，即1211(2)B H s =+-121(2)B H s =+-．所以2211DH B H B D =+2221(2)s t s ++-2229225t t t t =+-+ 则11sin B D DHB DH∠=2229225t t t t =+-+29119222t =+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭所以，当12t =时，()1min 3sin DHB ∠= [方法三]：投影法如图，联结1,FB FN ，DEF 在平面11BB C C 的投影为1B NF ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS Sθ=．设1(02)B D t t =≤≤，在1Rt DB F 中，222115DF B D B F t ++在Rt ECF 中，223EF EC FC +D 作1B N 的平行线交EN 于点Q ．在Rt DEQ △中，2225(1)DE QD EQ t +=+-在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅()2315(1)t t ++=()222214sin 35t t DFE t -+∠+1sin 2DFESDF EF DFE =⋅∠2122142t t =-+13,2B NFS =1cos B NF DFES Sθ=22214t t =-+，()29sin 127t t θ=--+当12t =，即112B D =，面11BB C C 与面DFE 3 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE 在面11BB C C 上的投影三角形的面积与DFE △面积之比即为面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．【方法技巧】解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手：一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；二是利用空间几何体的侧面展开图；三是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法(如三角函数等)及高阶函数的拐点导数法等．空间向量法求最值也是要求出目标函数，但是需要先依据题意建立空间直角坐标系，注意建系时使坐标易于求解或表达，然后求目标函数的表达式．题型二：立体几何“翻折”“折叠”问题例4.（2018·全国·高考真题（理））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】（1）证明见解析；（23【解析】【分析】（1）首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BF PF⊥，BF EF⊥，又因为PF EF F=，利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF，又BF⊂平面ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面PEF⊥平面ABFD；（2）结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为θ，利用线面角的定义，可以求得334sin3HP DPHP DPθ⋅===⋅.【详解】（1）由已知可得，BF PF⊥，BF EF⊥，又PF EF F=，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，BF为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz-.由（1）可得，DE PE ⊥.又2DP =，1DE =，所以3PE =又1PF =，2EF =，故PE PF ⊥. 可得332PH EH ==. 则()33330,0,0,,1,,0,1,,22H P D DP ⎛⎛⎛⎫--= ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 3HP ⎛= ⎝⎭为平面ABFD 的法向量. 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则334sin 3HP DP HP DPθ⋅===⋅所以DP 与平面ABFD 3例5.（2019年高考全国Ⅲ卷理）图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B −CG −A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30. 【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ．又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ．由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH 3．以H 为坐标原点，HC 的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz ，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，03CG =（1，03AC =（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即30,20.x z x y ⎧=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，63又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以3cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ．因此二面角B –CG –A 的大小为30°．例6.（2022·辽宁实验中学模拟预测）如图所示正四棱锥,2,7P ABCD AB PA -==(1)求证：PA BD ⊥(2)若沿侧棱将此四棱锥剪开，四个侧面向外旋转，P AD 旋转至1,P AD PCD 旋转至2P CD 如图所示，其中二面角1P AD B --与二面角2P CD B --相同，当12DP DP ⊥时，求平面1P AD 与2P CD 所成的锐二面角的余弦值【答案】(1)证明见解析 (2)34【解析】【分析】（1）连接,BD AC ，交于点O ，连接PO ，PO ⊥面ABCD ，得PO BD ⊥，从而证得BD ⊥平面PAC ，得线线垂直；（2）以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，过点D 且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，设是二面角1P AD B --大小为θ，表示出12,P P 的坐标，由向量垂直求出θ，得12,P P 的坐标，再求出平面1P AD 与平面2P CD 的一个法向量，则法向量夹角得二面角． (1)证明：连接,BD AC ，交于点O ，连接PO ，PO ⊥面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，PO BD ∴⊥，又BD AC ⊥，PO AC O =，,PO AC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，BD PA ∴⊥．(2)以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，过点D 且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，设点E 为DA 中点，则1=43PE F 是BC 中点，则EF AD ⊥，又1PE AD ⊥，所以1PEF ∠是二面角1P AD B --的平面角，即1PEF θ∠=， 1(1,43cos ,43sin )P θθ∴，同理2(43cos ,1,43sin )P θθ 212434348sin 0DP DP θθθ⋅=++= 解得：3cos θ=1sin 2θ=，12(1,6,23),(6,1,23)P P ∴-- 1(1,6,23),(2,0,0)DP DA =-= 设1(,,)n x y z =为平面1P AD 的法向量，则10n DA ⋅= ，20x ∴=，0x ∴=，110n DP ⋅=，630x y z ∴-+=，取1y =，则3z = 13)n ∴= 2(6,1,23)DP =-，(0,2,0)DC =，设2(,,)n m s t =为平面2P CD 的法向量，则 20n DC ⋅= ，20s ∴= ，0s ∴=，220n DP ⋅=，6230m t -+=，取1m =，则3t 23)n ∴=，123cos ,41313n n <>==+⋅+，平面1P AD 与平面2P CD 所成的锐二面角的余弦值为34．【总结提升】解答“翻折”“折叠”问题的两个策略：1.确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决2.确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算题型三：探索性问题----空间角的存在性问题例7. （2022·湖南·长沙一中高三开学考试）如图，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，O ，M ，N 分别为线段BC ，AA 1，BB 1的中点，P 为线段AC 1上的动点，AO=12BC ，AB=3，AC=4，AA 1=8.(1)求点C 到平面C 1MN 的距离；(2)试确定动点P 的位置，使线段MP 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值最大. 【答案】(1)42(2)35【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得AB ⊥平面11ACC A ，线面垂直的性质定理可得AB CM ⊥，,M N 分别为11,AA BB 的中点得CM MN ⊥，再利用勾股定理可得1CM C M ⊥，再由线面垂直的判定定理可得答案.（2）以A 为原点，以1,,AB AC AA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，求出平面11BB C C 的法向量，设()000,,P x y z ，利用1=AP mAC 可得MP ，再由线面角的向量求法可得直线MP 与平面11BB C C 所成的角θ的正弦值，再分0m ≠、0m ≠讨论可得答案. (1)在ABC 中，O 为BC 中点且1,2AO BC AB AC =∴⊥，平面ABC ⊥平面11ACC A ，平面ABC平面11ACC A AC =，AB ∴⊥平面11ACC A ，又CM ⊂平面11,ACC A AB CM ∴⊥，,M N 分别为11,AA BB 的中点，.MN AB CM MN ∴∴⊥∥，在直角AMC 和直角11MA C △中，1114,4AM A M AC AC ====，111,161642AMC AMC CM C M ∴≅∴=+=222111323264,CM C M CC CM C M ∴+=+==∴⊥，11,,MN C M M MN C M ⋂=⊂平面1,MNC CM ∴⊥平面1C MN ，∴点C 到平面1C MN 的距离为42CM =(2)1AA ⊥平面ABC ，由（1）得1,,AB AC AA 三线两两重直，以A 为原点，以1,,AB AC AA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系如图，则()()()()()()110,0,0,3,0,0,0,4,0,0,4,8,0,0,4,3,0,8A B C C M B ，()()13,4,0,0,0,8BC BB ∴=-=，设平面11BB C C 的法向量为()1111,,n x y z =，则111340,80,x y z -+=⎧⎨=⎩令14x =得()113,4,3,0y n ==，设()()0001,,,01P x y z AP mAC m =，则()()000,,0,4,8x y z m =，()()0,4,8,0,4,84P m m MP m m ∴=-，设直线MP 与平面11BB C C 所成的角为θ，则12221sin 516(84)5541n MP n MPm m m m θ⋅===+--+，若0,sin 0m θ==，此时，点P 与A 重合；若0m ≠，令()11t t m=，则223sin 55545(2)1t t t θ==-+-+，当2t =，即1,2m P =为1AC 的中点时，sin θ取得最大值35.例8.（2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校模拟预测（理））如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD ⊥底面ABCD ，M 为线段PC 的中点，PD AD =，N 为线段BC 上的动点．(1)证明：平面MND ⊥平面PBC(2)当点N 在线段BC 的何位置时，平面MND 与平面P AB 所成锐二面角的大小为30°？指出点N 的位置，并说明理由．【答案】(1)证明见解析 (2)点N 在线段BC 的中点【解析】【分析】（1）由PD ⊥底面ABCD ，可得PD BC ⊥，而CD BC ⊥，可证得BC ⊥平面PCD ，从而得BC DM ⊥，而DM PC ⊥，所以DM ⊥平面PBC ，再由面面垂直的判定定理可得结论，（2）设1PD AD ==，以D 为原点，以,,DA DC DP 所在的直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可 (1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，BC ⊂底面ABCD ，所以PD BC ⊥，因为CD BC ⊥，CD PD D =，所以BC ⊥平面PCD ，因为DM ⊂平面PCD ，所以BC DM ⊥，因为四边形ABCD 为正方形，PD AD =，所以PD CD =，因为在PDC △中，PD CD =，M 为线段PC 的中点，所以DM PC ⊥，因为PC BC C ⋂=，所以DM ⊥平面PBC ，因为DM ⊂平面DMN ，所以平面MND ⊥平面PBC ， (2)当点N 在线段BC 的中点时，平面MND 与平面P AB 所成锐二面角的大小为30°，理由如下：因为PD ⊥底面ABCD ，,⊂DA DC 平面ABCD ，所以,PD DA PD DC ⊥⊥，因为DA DC ⊥，所以,,DA DC DP 两两垂直，所以以D 为原点，以,,DA DC DP 所在的直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设1PD AD ==，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,0,1),(0,1,0),0,,22D A B P C M ⎛⎫⎪⎝⎭，设(,1,0)(01)N λλ<<，则11(1,0,1),(0,1,0),(,1,0),0,,22AP AB DN DM λ⎛⎫=-=== ⎪⎝⎭，设(,,)m x y z =为平面PAB 的法向量，则m AP x z m AB y ⎧⋅=-+=⎨⋅==⎩，令1x =，则=(1,0,1)m ，设(,,)n a b c =为平面MND 的法向量，则01122n DN a b n DM b c λ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1a =，则(1,,)n λλ=-，因为平面MND 与平面P AB 所成锐二面角的大小为30°，所以213cos ,212m n m n m nλλ+⋅==⨯+，化简得24410λλ-+=，得12λ=，所以当点N 在线段BC 的中点时，平面MND 与平面P AB 所成锐二面角的大小为30°例9.（湖北·高考真题（理））如图1，，，过动点A作，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿将△折起，使（如图2所示）．（Ⅰ）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；（Ⅱ）当三棱锥的体积最大时，设点，分别为棱，的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）与平面所成角的大小【解析】【详解】本题考察立体几何线面的基本关系，考察如何取到最值，用均值不等式和导数均可求最值．同时考察直线与平面所成角．本题可用综合法和空间向量法都可以．运用空间向量法对计算的要求要高些．（Ⅰ）解法1：在如图1所示的△中，设，则．由，知，△为等腰直角三角形，所以.由折起前知，折起后（如图2），，，且，所以平面．又，所以．于是，当且仅当，即时，等号成立，故当，即时, 三棱锥的体积最大．解法2：同解法1，得．令，由，且，解得．当时，；当时，．所以当时，取得最大值．故当时, 三棱锥的体积最大．（Ⅱ）解法1：以为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系．由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，．于是可得，，，，，，且．设，则. 因为等价于，即，故，.所以当（即是的靠近点的一个四等分点）时，．设平面的一个法向量为，由及，得可取．设与平面所成角的大小为，则由，，可得，即．故与平面所成角的大小为解法2：由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，．如图b，取的中点，连结，，，则∥.由（Ⅰ）知平面，所以平面.如图c，延长至P点使得，连，，则四边形为正方形，所以. 取的中点，连结，又为的中点，则∥，所以. 因为平面，又面，所以.又，所以面. 又面，所以.因为当且仅当，而点F是唯一的，所以点是唯一的.即当（即是的靠近点的一个四等分点），．连接，，由计算得，所以△与△是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d所示，取的中点，连接，，则平面．在平面中，过点作于，则平面．故是与平面所成的角．在△中，易得，所以△是正三角形，故，即与平面所成角的大小为【总结提升】与空间角有关的探索性问题主要为与两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角有关的存在性问题，常利用空间向量法求解．求解时，一般把“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”等问题，并注意准确理解和熟练应用夹角公式．其步骤是：(1)假设存在(或结论成立)；(2)建立空间直角坐标系，设(求)出相关空间点的坐标；(3)构建有关向量；(4)结合空间向量，利用线面角或二面角的公式求解；(5)作出判断．题型四：探索性问题----线面关系中的存在性问题例10. （2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥E ABCD -中，//AB CD ，4CD AB =，点F 为棱CD 的中点，与E ，F 相异的动点P 在棱EF 上.(1)当P 为EF 的中点时，证明：//PB 平面ADE ；(2)设平面EAD 与平面EBC 的交线为l ，是否存在点P 使得//l 平面PBD ？若存在，求EPPF的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析 (2)存在，23EP PF = 【解析】【分析】（1）设点G 为棱ED 的中点，连接AG ，PG ，通过证明四边形ABPG 为平行四边形，得到//AG PB ，再根据线面平行的判定定理可证//PB 平面ADE ；（2）延长DA ，CB 相交于点H ，连接EH ，则直线EH 为平面EAD 与平面EBC 的交线，连接HF ，交BD 于点I ，若//EH 平面PBD ，由线面平行的性质可知//EH PI ，设HIHFλ=，推出22HI HD HB λλ=+，根据三点共线的结论求出25λ=，从而可推出23EP PF =. （1）如图，设点G 为棱ED 的中点，连接AG ，PG ，∴1124GP DF DC ==,//GP DC ，∵//AB CD ，4CD AB =，∴GP AB =，//GP AB ，∴四边形ABPG 为平行四边形，∴//AG PB ，又PB ⊄平面ADE ，AG ⊂平面ADE ，∴//PB 平面ADE .（2）如图，延长DA ，CB 相交于点H ，连接EH ，则直线EH 为平面EAD 与平面EBC 的交线，连接HF ，交BD 于点I ，若//EH 平面PBD ，由线面平行的性质可知//EH PI ，设HIHF λ=，∵点F 为棱CD 的中点，//AB CD ，4CD AB =，∴HI HF λ=22HD HCλλ=+22HD HB λλ=+，∵D ，I ，B 三点共线， ∴212λλ+=，即25λ=，所以当23EP PF =时，35PF FI EF FH ==，∴//EH PI ，又EH ⊄平面PBD ，PI ⊂平面PBD ，∴//EH 平面PBD ，∴存在满足条件的点P 使得//l 平面PBD ，此时23EP PF =. 例11.（2019·北京·高考真题（理））如图，在四棱锥P –ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．（Ⅰ）求证：CD⊥平面P AD；（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且23PGPB=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ) 3(Ⅲ)见解析.【解析】【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面AEF的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.【详解】(Ⅰ)由于P A⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，则P A⊥CD，由题意可知AD⊥CD，且P A∩AD=A，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面P AD.(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz-，易知：()()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,0,2,0A P C D ，由13PF PC =可得点F 的坐标为224,,333F ⎛⎫⎪⎝⎭，由12PE PD =可得()0,1,1E ，设平面AEF 的法向量为：(),,m x y z =，则()()()224224,,,,0333333,,0,1,10m AF x y z x y z m AE x y z y z ⎧⎛⎫⋅=⋅=++=⎪ ⎪⎝⎭⎨⎪⋅=⋅=+=⎩，据此可得平面AEF 的一个法向量为：()1,1,1m =-，很明显平面AEP 的一个法向量为()1,0,0n =， 13cos ,31m n m n m n⋅<>===⨯⨯，二面角F -AE -P 的平面角为锐角，故二面角F -AE -P 3 (Ⅲ)易知()()0,0,2,2,1,0P B -，由23PG PB =可得422,,333G ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则422,,333AG ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，注意到平面AEF 的一个法向量为：()1,1,1m =-，其0m AG ⋅=且点A 在平面AEF 内，故直线AG 在平面AEF 内.例12. （2016·北京·高考真题（理））如图,在四棱锥P ABCD -中, 平面PAD ⊥平面ABCD ,,,,1,2,5PA PD PA PD AB AD AB AD 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AMAP的值；若不存在, 说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.【解析】【详解】【分析】试题分析：（Ⅰ）由面面垂直的性质定理知AB⊥平面，根据线面垂直的性质定理可知，再由线面垂直的判定定理可知平面；（Ⅱ）取的中点，连结，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（Ⅲ）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据BM∥平面PCD，即0BM n⋅=（n为平面PCD的法向量），求出的值，从而求出AMAP的值.试题解析：（Ⅰ）因为平面平面，，所以平面.所以.又因为，所以平面.（Ⅱ）取的中点，连结.因为，所以.又因为平面，平面平面，所以平面. 因为平面，所以.因为，所以.如图建立空间直角坐标系.由题意得，. 设平面的法向量为(,,z)x y =n ，则0,{0,n PD n PC ⋅=⋅=即令，则.所以(1,2,2)n =-. 又，所以3cos ,3n PB n PB n PB⋅〈〉==-. 所以直线与平面所成角的正弦值为.（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得.因此点.因为平面，所以平面当且仅当0BM n ⋅=，即，解得. 所以在棱上存在点使得平面，此时.【总结提升】解决线面关系中存在性问题的策略对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用向量法进行线面关系的逻辑推理，寻找假设满足的数据或事实，若满足，则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设．31 / 31。

高中数学立体几何(解析版)

立体几何立体几何一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，文科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及简单几何体的变面积以及体积.本专题针对高考高频知识点以及题型进行总结，希望通过本专题的学习，能够掌握高考数学中的立体几何的题型，将高考有关的立体几何所有分数拿到.【满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.求点到平面的距离问题：采用等体积法.求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.【考查题型】选择，填空，解答题【限时检测】（建议用时：90分钟）一、单选题AA是1．（2018·上海高考真题）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设1AA为底面矩形的一边，则这样的阳正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以1马的个数是（）A．4 B．8 C．12 D．16【答案】D【分析】根据新定义和正六边形的性质可得答案．【详解】根据正六边形的性质，则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有2×4=8，当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意，当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，故有8+4+4=16故选D．【点睛】本题考查了新定义，以及排除组合的问题，考查了棱柱的特征，属于中档题．2．（2020·上海虹口区·高三一模）在空间，已知直线l及不在l上两个不重合的点A､B，过直线l做平面α，使得点A､B到平面α的距离相等，则这样的平面α的个数不可能是（）A．1个B．2个C．3个D．无数个【答案】C【分析】分情况讨论可得出.【详解】（1）如图，当直线AB与l异面时，则只有一种情况；（2）当直线AB与l平行时，则有无数种情况，平面α可以绕着l转动；（3）如图，当l过线段AB的中垂面时，有两种情况.故选：C.3．（2020·上海高三一模）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面边长2AB =，高14A A =，E 为棱1A A 的中点．设BAD ∠=α、BED θ∠=、1B ED γ∠=，则α、β、γ之间的关系正确的是（）．A ．αγθ=>B ．γαθ>>C ．θγα>>D ．αθγ>>【答案】B 【分析】求出α、β、γ的大小即可求解. 【详解】由题意可得2BAD πα∠==，连接BD ，则BDE 为等边三角形，所以3BED πθ∠==，连接1B D ，则222122426B D =++=22222BE DE ==+=取1B D 的中点O ，连接EO ，则16BO 862EO =-=所以16tan 32B EO ∠==，所以13B EO π∠=，即123B ED πγ∠==，所以γαθ>>.故选：B4．已知长方体1111ABCD A B C D -，下列向量的数量积一定不为0的是（）A ．1AD AB ⋅B ．11AD BC ⋅ C ．1BD BC ⋅ D ．1BD AC ⋅【答案】C【分析】利用正方体几何性质计算出数量积为零的选项，根据长方体的性质证明数量积一定不为零的选项.【详解】当长方体1111ABCD A B C D -为正方体时，根据正方体的性质可知： 1111,,AB AD AD B C BD AC ⊥⊥⊥，所以10AB AD ⋅=、110AD B C ⋅=、10BD AC ⋅=.根据长方体的性质可知：1BC CD ⊥，所以1BD 与BC 不垂直，即1BD BC ⋅一定不为0.故选：C5．（2020·上海高三一模）已知正方体1111ABCD A B C D -，点P 是棱1CC 的中点，设直线AB 为a ，直线11A D 为b .对于下列两个命题：①过点P 有且只有一条直线l 与a 、b 都相交；②过点P 有且只有一条直线l 与a 、b 都成45︒角.以下判断正确的是（）A ．①为真命题，②为真命题B ．①为真命题，②为假命题C ．①为假命题，②为真命题D ．①为假命题，②为假命题【答案】B 【分析】作出过P 与两直线相交的直线l 判断①；通过平移直线a ，b ，结合异面直线所成角的概念判断②．【详解】解：直线AB 与A 1D 1 是两条互相垂直的异面直线，点P 不在这两异面直线中的任何一条上，如图所示：取BB 1的中点Q ，则PQ ∥A 1D 1，且 PQ ＝A 1D 1，设A 1Q 与AB 交于E ，则点A 1、D 1、Q 、E 、P 共面，直线EP 必与A 1D 1 相交于某点F ，则过P 点有且只有一条直线EF 与a 、b 都相交，故①为真命题；分别平移a ，b ，使a 与b 均经过P ，则有两条互相垂直的直线与a ，b 都成45°角，故②为假命题． ∴①为真命题，②为假命题．故选：B ．【点睛】本题考查立体几何图形中直线和平面的相交、平行、垂直的性质，体现了数形结合的数学思想，是中档题．二、填空题6．（2020·上海青浦区·高三一模）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；【分析】根据圆的周长公式易得圆锥底面周长，也就是圆锥侧面展开图的弧长，利用弧长公式可得圆锥侧面展开图扇形的圆心角的大小.【详解】因为圆锥底面半径为1cm ，所以圆锥的底面周长为2cm π，则其侧面展开图扇形的圆心角22πθπ==，故答案为：π.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关圆锥侧面展开图的问题，解题思路如下：（1）首先根据底面半径求得底面圆的周长；（2）根据圆锥侧面展开图扇形的弧长就是底面圆的周长，结合母线长，利用弧长公式求得圆心角的大小. 7．（2020·上海闵行区·高三一模）如图，已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，高为3，则异面直线1AA 与1BD 所成角的大小是_______.【答案】22；【分析】根据11//AA DD ，得到1DD B ∠异面直线1AA 与1BD 所成的角，然后在1Rt DD B △，利用正切函数求解.【详解】因为11//AA DD ，所以1DD B ∠异面直线1AA 与1BD 所成的角，在正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，高为3，所以1122tan 3BD DD B DD ∠==，因为1(0,)2DD B π∠∈，所以122arctan3DD B ∠=，故答案为：22arctan 38．（2019·上海市建平中学高三月考）某几何体由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成，其三视图如图所示（单位：厘米），则该几何体的体积（单位：立方厘米）是________.【答案】12π+2，高为3；半圆锥的底面是半径为1的半圆，高为3；据此计算出该几何体的体积.【详解】由三视图可知，三棱锥的体积：1223132V ⎛=⨯⨯= ⎝⎭；半圆锥体积：()11113232V ππ=⨯⨯⨯⨯⨯=，所以总体积为：12π+. 故答案为12π+.【点睛】本题考查空间几何体的体积计算，难度较易.计算组合体的体积时，可将几何体拆分为几个容易求解的常见几何体，然后根据体积公式完成求解.9．（2020·上海高三其他模拟）如图直三棱柱ABB 1-DCC 1中， BB 1⊥AB ，AB=4，BC=2，CC 1=1，DC 上有一动点P ，则△APC 1周长的最小值是 .【答案】521+试题分析：要求周长的最小值，因边为定值，只要求另两边之和的最小值，因两点直线线段最短，所以的最小值为因此△APC 1周长的最小值是521考点：棱柱的相关知识.10．（2020·上海高三一模）已知母线长为6cm 的圆锥的侧面积是底面积的3倍，则该圆锥的底面半径为________cm ．【答案】2【分析】设底面半径为r ，由两个面积的关系可得底面半径的值．【详解】解：设底面半径为r ，则由题意，可得213262r r ππ=⨯⨯，解得2r ，故答案为：2．【点睛】本题考查圆锥的侧面积及圆的面积公式，属于基础题．11．（2020·上海高三其他模拟）已知圆锥的母线长为l ，过圆锥顶点的最大截面三角形的面积为212l ，则此圆锥底面半径r 与母线长l 的比r l的取值范围是____________．【答案】22【分析】先判断两条母线的夹角=90θ时最大截面三角形的面积为212l 22l r ≤和r l <，最后求出r l 的取值范围即可. 【详解】解：过圆锥顶点的截面三角形的面积：1sin 2S l l θ=⋅⋅（θ为两母线的夹角），因为过圆锥顶点的最大截面三角形的面积为212l ，即两条母线的夹角=90θ时的截面面积，此时底面弦长为2l ，所以22l r ≤，又r l <，所以212r l≤<，故答案为：2[,1)2【点睛】本题考查空间几何体，是基础题.12．（2020·上海青浦区·高三二模）用一平面去截球所得截面的面积为23cm π，已知球心到该截面的距离为1cm ，则该球的表面积是___________2cm ．【答案】16π【分析】由已知求出小圆的半径，然后利用勾股定理求出球的半径，即可求出球的表面积【详解】解：因为用一平面去截球所得截面的面积为23cm π，所以小圆的半径为3cm ，因为球心到该截面的距离为1cm ，所以球的半径为221(3)2+=cm ，所以球的表面积为24216S ππ=⨯=2cm ，故答案为：16π【点睛】此题考查球的截面的半径、球心到截面的距离与球的半径间的关系，属于基础题13．（2020·上海普陀区·高三月考）已知一个半圆柱的高为4，其俯视图如图所示，其左视图的面积为8，则该半圆柱的表面积为______.【答案】1612+π【分析】由圆柱的主视图和左视图知该圆柱的底面直径为4，高为3，由此能求出该几何体的表面积，得到答案.【详解】由题意，其左视图为矩形，其左视图的面积为8，半圆柱的高h 为4，可得半圆的半径r 为2，由于半圆柱的表面积为两个底面半圆面积加侧面展开图形的面积，即2211222224224161222S r rh rh πππππ=⨯⨯++=⨯⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+.故答案为：1612+π.【点睛】本题主要考查了空间几何体的三视图的应用，以及圆柱的表面积的计算问题，同时考查了圆柱的结构特征的应用，属于基础题.三、解答题14．（2020·上海虹口区·高三一模）如图在三棱锥P ABC -中，棱AB 、AC 、AP 两两垂直，3AB AC AP ===，点M 在AP 上，且1AM =.（1）求异面直线BM 和PC 所成的角的大小；（2）求三棱锥P BMC -的体积.【答案】（1）5（2）3. 【分析】（1）以点A 为坐标原点，AB 、AC 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系A xyz -，利用空间向量法可求得异面直线BM 和PC 所成的角的大小；（2）计算出PMC △的面积，并推导出AB ⊥平面PMC ，利用锥体的体积公式可求得三棱锥P BMC -的体积.【详解】（1）由于AB 、AC 、AP 两两垂直，以点A 为坐标原点，AB 、AC 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系A xyz -，如下图所示：则()3,0,0B 、()0,0,0A 、()0,3,0C 、()0,0,3P 、()0,0,1M ，()3,0,1BM =-，()0,3,3PC =-，5cos ,101032BM PC BM PC BM PC⋅<>===-⨯⋅，因此，异面直线BM 和PC 所成的角的大小为5arccos 10；（2）AB AC ⊥，AB AP ⊥，AC AP A =，AB ∴⊥平面APC ，AC AP ⊥，1AM =，2PM AP AM ∴=-=，132PMC S PM AC ∴=⋅=△， 1133333B PMC PMC V S AB -=⋅=⨯⨯=△.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.15．（2020·上海青浦区·高三一模）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，12AA =，点P 为棱1DD 的中点.（1）证明：1//BD 平面P AC ；（2）求异面直线1BD 与AP 所成角的大小. 【答案】（1）证明见解析；（2）30.【分析】（1）AC 和BD 交于点O ，则O 为BD 的中点．推导出1//PO BD ．由此能证明直线1//BD 平面PAC ；（2）由1//PO BD ，得APO ∠即为异面直线1BD 与AP 所成的角或其补角．由此能求出异面直线1BD 与AP 所成角的大小．【详解】（1）证明：设AC 和BD 交于点O ，则O 为BD 的中点. 连结PO ，又因为P 是1DD 的中点，所以1//PO BD . 又因为PO ⊂平面P AC ，1BD ⊄平面P AC 所以直线1//BD 平面P AC.（2）解：由（1）知，1//PO BD ，所以APO ∠即为异面直线1BD 与AP 所成的角或其补角.因为2PA PC ==，2122AO AC ==且PO AO ⊥，所以212sin 22AO APO AP ∠===. 又(0,90APO ︒︒⎤∠∈⎦，所以30APO ∠=︒ 故异面直线1BD 与AP 所成角的大小为30. 【点睛】方法点睛：异面直线所成的角的求法方法一：（几何法）找→作（平移法、补形法）→证（定义）→指→求（解三角形）方法二：（向量法）cos m n m nα=，其中α是异面直线,m n 所成的角，,m n 分别是直线,m n 的方向向量.16．（2020·上海长宁区·高三一模）如图，已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，高为23，底面半径为2.（1）求该圆锥的侧面积；（2）设OA ､OB 为该圆锥的底面半径，且90AOB ∠=︒，M 为线段AB 的中点，求直线PM 与直线OB 所成的角的正切值.【答案】（1）8π；（213【分析】（1）利用圆锥侧面积公式即可；（2）通过中点作辅助线即可．【详解】解：（1）OP ⊥底面OAB 由题意高3h =2r ，所以母线4l圆锥的侧面积S =12lr 12242π=⨯⨯⨯8π= （2）取OA 的中点为N ，因为M 为AB 的中点所以//MN OB ，PMN ∠就是直线PM 与直线OB 所成的角．因为OB OA ⊥，OB OP ⊥，所以OB ⊥平面POA ，MN ⊥平面POA ，MN PN ⊥ 在Rt △PNM 中，22()132rPN h =+=，112MN OB ==．所以PMN ∠的正切值为13．即直线PM 与直线OB 所成的角正切值为13．17．（2020·上海徐汇区·高三一模）如图：在直三棱柱111ABC A B C -中，2AC BC ==，14CC =，90ACB ∠=，E 、F 分别为棱1AA 、AB 的中点．（1）求异面直线1A C 与EF 所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；（2）求五棱锥11C EFBB A -的体积11C EFBB A V -．【答案】（1）5arctan （2）143．【分析】（1）连接1A B ，利用中位线的性质可得出1//A B EF ，由此可得出1BA C ∠（或其补角）就是异面直线1A C 与EF 所成的角，利用解三角形的知识求出1BA C ∠的正切值，即可得解；（2）计算出五边形1EFBB A 的面积，并推导出CF ⊥平面11AA B B ，再利用锥体的体积公式可计算出五棱锥11C EFBB A -的体积11C EFBB A V -. 【详解】（1）连接1A B ，E 、F 分别为1AA 、AB 的中点，所以，1//A B EF ，于是1BA C ∠（或其补角）就是异面直线1A C 与EF 所成的角，在1A BC 中，2BC =，221125AC AA AC =+=，221126A B AA AB =+=，22211A C BC A B ∴+=，所以1BC A C ⊥，所以，1125tan 525BC BAC AC ∠===．所以，异面直线1A C 与EF 所成角的大小为5arctan5；（2）由于111111822722AEFEFBB A ABB A S S S AB AA AE AF =-=⋅-⋅==五边形矩形连接CF ，2AC BC ==，F 为AB 的中点，90ACB ∠=，CF AB ∴⊥，且122CF AB == 1AA ⊥平面ABC ，CF ⊂平面ABC ，1CF AA ∴⊥，1AB AA A ⋂=，CF ∴⊥平面11AA B B ，所以11111114722333C EFBB A EFBB A V S CF -=⋅=⨯⨯=五边形．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，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，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．18．（2020·上海大学附属中学高三三模）如图，正四棱锥P ABCD -中.（1）求证：BD ⊥平面PAC ；（2）若2AB =，423P ABCD V -=，求二面角A PB C --的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）1arccos 3⎛⎫- ⎪⎝⎭【分析】（1）先证明PO BD ⊥，结合,BD AC ⊥利用线面垂直的判定定理可得结论；（2）由423P ABCD V -=求出棱锥的高，可求得侧棱长，判定侧面的形状后可得二面角的平面角，利用余弦定理可得答案. 【详解】（1）因为P ABCD -是正棱锥，P ∴在面ABCD 内射影是AC 与BD 的交点O ，即PO ⊥面ABCD ，PO BD ∴⊥，又,BD AC PO ⊥与AC 在面PAC 内相交，BD ∴⊥面PAC ；（2）2142233P ABCD V PO -=⨯⨯=， 2PO ∴=，222PB =+=，则PAB △与PBC 为边长是2的正三角形，取PB 的中点E ，连,AE CE ，则AE PB ⊥，CE PB ⊥，AEC ∠是二面角的平面角，3381cos 3233AEC +-∠==-⨯⨯，1cos 3AEC arc ⎛⎫∠=- ⎪⎝⎭【点睛】本题主要考查线面垂直的证明以及二面角的求解，考查了正四棱锥的性质，属于中档题.19．（2019·上海市建平中学高三月考）如图：四面体ABCD 的底面ABC 是直角三角形，AC BC ⊥，3AC =，4BC =，DA ⊥平面ABC ，5DA =，E 是BD 上的动点（不包括端点）.（1）求证：AE 与BC 不垂直；（2）当AE DC ⊥时，求DEEB的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）259.【分析】（1）利用反证法，先假设AE 与BC 垂直，然后根据条件推出与题设矛盾的结论，即可证明出AE与BC 不垂直；（2）先作辅助线//EF BC ，利用AE DC ⊥以及BC ⊥平面DAC 得到DC ⊥平面AEF ，由此得到AF DC ⊥，从而确定出F 点位置，再由DE DFEB FC=得到结果. 【详解】（1）假设AE BC ⊥，因为DA ⊥平面ABC ，所以DA BC ⊥，且DA AE A =，所以BC ⊥平面DAE ，又因为AB平面DAE ，所以BC AB ⊥，又因为由条件可知BC AC ⊥，所以BC AB ⊥不成立，故假设不成立，所以AE 与BC 不垂直；（2）过E 作//EF BC ，交DC 于F ，连接AF ，因为AC BC ⊥，DA BC ⊥且DA AC A =，所以BC ⊥平面DAC ，因为//EF BC ，所以EF ⊥平面DAC ，所以EF DC ⊥，又因为AE DC ⊥，EF DC ⊥，EF AE E =，所以DC ⊥平面AEF ，所以DC AF ⊥，又cos 25934AD ADC DC ∠===+，所以cos cos 34DF ADF ADC AD ∠=∠==，所以34DF =，所以34FC =，所以259DF FC =，所以由相似可知259DE DF EB FC ==. 【点睛】本题考查空间中的垂直关系的判断与证明，难度一般.空间中的不平行、不垂直关系的证明，如果正面证明比较麻烦，可采用反证法去证明.20．（2020·上海市七宝中学高三其他模拟）如图，四边形11ABB A 是圆柱1OO 的轴载面，4AB =，12OO =，以圆柱上底面为底面作高为2的圆锥1PO ，C 、1C 分别在AB 、11A B 上，2AOC π∠=，1113AO C π∠=.（1）求这个几何体的表面积和体积；（2）求二面角111O AC C --的余弦值. 【答案】（1）表面积为(1242π+，体积为323π；（23823-. 【分析】（1）计算出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式和圆柱的侧面积、底面积公式可计算出几何体的表面积，结合柱体和锥体的体积公式可求得几何体的体积；（2）以点O 为坐标原点，OA 、OC 、OP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，利用空间向量法可求得二面角111O AC C --的余弦值. 【详解】（1）由题意可知，圆柱的底面半径为22ABr ==，因为1PO 为圆锥的高，且12PO =，所以，圆锥的母线长为221122PA PO r =+=，又12OO =，因此，该几何体的表面积为(22+2222221242S ππππ=⨯⨯⨯+⨯=+.该几何体的体积为22132222233V πππ=⨯⨯+⨯⨯⨯=；（2）以点O 为坐标原点，OA 、OC 、OP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系O xyz -，则点()10,0,2O ，()12,0,2A ，()13,2C ，()0,2,0C ，设平面11A CC 的一个法向量为(),,m x y z =，()113,0AC =-，()12,2,2AC =--，由11100m AC m AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得302220x x y z ⎧-=⎪⎨-+-=⎪⎩，令3x =1y =，13z =所以，平面11A CC 的一个法向量为(3,1,13m =，易知平面111O AC 的一个法向量为()0,0,1n =，()()22233cos ,82331131m n m n m n⋅<>===⋅-++-⨯，由图象可知，二面角111O AC C --31823--【点睛】本题考查组合体的表面积与体积的计算，同时也考查了利用空间向量法计算二面角的余弦值，考查计算能力，属于中等题.21．（2020·上海高三其他模拟）如图，已知⊙O 的直径AB=3，点C 为⊙O 上异于A ，B 的一点，VC ⊥平面ABC ，且VC=2，点M 为线段VB 的中点.（1）求证：BC ⊥平面VAC ；（2）若直线AM 与平面V AC 所成角为4π.求三棱锥B-ACM 的体积. 【答案】（1））祥见解析；（2）试题分析：（1）由线面垂直得VC ⊥BC ，由直径性质得AC ⊥BC ，由此能证明BC ⊥平面V AC ．（2）首先由（1）作出直线AM 与平面V AC 所成的角：取VC 的中点N ，连接MN ，AN ，则MN ∥BC ，由（I ）得BC ⊥平面VAC ，所以MN ⊥平面V AC ，则∠MAN 为直线AM 与平面V AC 所成的角.即∠MAN=4π，所以MN=AN ；这样就可求出AC 的长，且而求得体积．试题解析：（1）证明：因为VC ⊥平面ABC ，BC ABC ⊂平面，所以VC ⊥BC ，又因为点C 为圆O 上一点，且AB 为直径，所以AC ⊥BC ，又因为VC ，AC ⊂平面V AC ，VC∩AC=C ，所以BC ⊥平面V AC.（2）如图，取VC 的中点N ，连接MN ，AN ，则MN ∥BC ，由（I ）得BC ⊥平面V AC ，所以MN ⊥平面V AC ，则∠MAN 为直线AM 与平面V AC 所成的角.即∠MAN=4π，所以MN=AN ；令AC=a,则29-a ，MN=292a -；因为VC=2，M 为VC 中点，所以21a + 所以，292a -=21a +,解得a=1 因为MN ∥BC,所以考点：1.直线与平面垂直的判定;2. 棱柱、棱锥、棱台的体积;3. 直线与平面所成的角.22．（2020·上海高三其他模拟）已知正方体1111ABCD A B C D -，12AA =，E 为棱1CC 的中点．（1）求异面直线AE 与1DD 所成角的大小（结果用反三角表示）；（2）求C 点到平面ABE 的距离，并求出三锥C ADE -的体积．【答案】（1）1arccos 3；（2）C 点到平面ABE 25，三锥C ADE -的体积为23．【分析】（1）由已知得AEC ∠（或补角）是异面直线AE 与1DD 所成角，求解AEC 可得答案；（2）利用等体积E ABC C ABE V V --=，可求得设C 点到平面ABE 的距离，利用C ADE A CDE V V --=，可求得三锥C ADE -的体积．【详解】解：（1）连接AC ，因为11//CC DD ，所以AEC ∠（或补角）是异面直线AE 与1DD 所成角，在AEC 中，()22221cos 3221EC AEC AE AC EC ∠====++，所以异面直线AE 与1DD 所成角是1arccos 3；（2）设C 点到平面ABE 的距离为h ，因为E ABC C ABE V V --=，即1133ABC ABE S EC S h ⋅=⋅△△，又正方体1111ABCD A B C D -中，AB ⊥面11BB C C ，所以ABE △是Rt ABE △，又2222215BE BC EC =+=+=，所以1111221253232h ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⋅，解得255h =，所以C ADE A CDE V V --=111212332DCE S AD ⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭△23=.【点睛】本题考查空间中异面直线所成的角，运用等体积法求点到面的距离以及三棱锥的体积，属于中档题.。

高考数学复习专题：立体几何中的有关证明与综合问题

立体几何中的有关证明与综合问题例1．已知斜三棱柱ABC-A ’B ’C ’的底面是直角三角形，∠C=90°，侧棱与底面所成的角为α（0°<α<90°），B ’在底面上的射影D 落在BC 上。

（1）求证：AC ⊥面BB ’C ’C 。

（2）当α为何值时，AB ’⊥BC ’，且使得D 恰为BC 的中点。

讲解：（1）∵ B ’D ⊥面ABC ，AC ⊂面ABC ，∴ B ’D ⊥AC ，又AC ⊥BC ，BC ∩B ’D=D ， ∴ AC ⊥面BB ’C ’C 。

（2）由三垂线定理知道：要使AB ’⊥BC ’，需且只需AB ’在面BB ’C ’C 内的射影B ’C ⊥BC ’。

即四边形BB ’C ’C 为菱形。

此时，BC=BB ’。

因为B ’D ⊥面ABC ，所以，BD B '∠就是侧棱B ’B 与底面ABC 所成的角。

由D 恰好落在BC 上，且为BC 的中点，所以，此时BD B '∠=︒60。

即当α=︒60时，AB ’⊥BC ’，且使得D 恰为BC 的中点。

例2．如图：已知四棱锥ABCD P -中，底面四边形为正方形，侧面PDC 为正三角形，且平面PDC ⊥底面ABCD ，E 为PC 中点。

（1）求证：平面EDB ⊥平面PBC ；（2）求二面角C DE B --的平面角的正切值。

讲解：（1）要证两个平面互相垂直，常规的想法是：证明其中一个平面过另一个平面的一条垂线。

首先观察图中已有的直线，不难发现，由于侧面PDC 为正三角形，所以，PC DE ⊥，那么我们自然想到：是否有PBC DE 面⊥？这样的想法一经产生，证明它并不是一件困难的事情。

∵ 面PDC ⊥底面ABCD ，交线为DC ，∴ DE 在平面ABCD 内的射影就是DC 。

在正方形ABCD 中，DC ⊥CB ， ∴ DE ⊥CB 。

又C BC PC =⋂，PBC BC PC 面⊂,， ∴ DE ⊥PBC 面。

高考数学立体几何题大纲详解

高考数学立体几何题大纲详解一、立体几何题的重要性1、立体几何在高考数学中的分值占比2、对学生空间想象能力和逻辑推理能力的考察二、常见立体几何题型1、证明线面平行与垂直11 线面平行的判定定理及应用12 线面垂直的判定定理及应用2、求空间角21 异面直线所成角22 线面角23 二面角3、求几何体的体积与表面积31 柱体的体积与表面积32 锥体的体积与表面积33 球体的体积与表面积三、解题方法与技巧1、建立空间直角坐标系11 坐标系的建立原则12 利用向量法求解线面角、二面角等2、传统几何法21 作辅助线的技巧22 利用几何性质进行推理和计算3、转化与化归思想31 把空间问题转化为平面问题32 体积与表面积的转化四、历年高考真题分析1、选取典型真题11 对各题型的覆盖情况12 难度分布2、详细解析真题21 解题思路的梳理22 易错点和难点的剖析五、备考策略1、基础知识的巩固11 定理、公式的熟练掌握12 常见几何体的性质2、大量练习21 模拟题与真题的训练22 错题的整理与反思3、提高解题速度和准确性31 限时训练32 答题规范的养成六、考试注意事项1、认真审题11 理解题目中的条件和要求12 挖掘隐含条件2、答题步骤的完整性21 证明过程的逻辑严密性22 计算过程的准确性3、时间分配31 根据题型和难度合理安排时间32 留出检查的时间以上内容对高考数学立体几何题进行了较为全面的大纲详解，希望对您有所帮助。

2020年高考数学解答题核心：立体几何综合问题(答题指导)(教师版)

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.。

全国高考数学立体几何题大纲全解

全国高考数学立体几何题大纲全解在高考数学中，立体几何题一直是重要的考查内容之一。

它不仅要求学生具备扎实的空间想象力，还需要熟练掌握相关的定理、公式和解题方法。

接下来，我们将对全国高考数学立体几何题进行一次全面的解析。

一、立体几何的基础知识首先，我们来回顾一下立体几何的一些基本概念。

点、线、面是构成空间几何体的基本元素。

直线与平面的位置关系包括平行、相交和在平面内；平面与平面的位置关系有平行和相交。

在立体几何中，常见的几何体有棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台和球。

对于这些几何体，我们需要了解它们的结构特征、表面积和体积的计算公式。

例如，棱柱的体积公式为 V ＝ Sh（S 为底面积，h 为高）；圆锥的体积公式为 V ＝ 1/3Sh。

二、空间直线与平面的位置关系这部分是高考的重点和难点之一。

判断直线与平面平行的方法通常有：利用定义（直线与平面没有公共点）；利用判定定理（平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行）。

证明直线与平面垂直，关键是要证明直线与平面内的两条相交直线垂直。

直线与平面所成的角，是指直线与它在平面内的射影所成的角。

平面与平面平行的判定，可通过一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行来证明。

平面与平面垂直的判定定理为：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直。

三、空间向量在立体几何中的应用空间向量为解决立体几何问题提供了一种新的有力工具。

通过建立空间直角坐标系，我们可以将空间中的点、线、面用向量表示。

利用向量的数量积可以计算两直线的夹角，向量的模可以计算线段的长度。

例如，要求异面直线所成的角，可先求出它们的方向向量，然后计算方向向量的夹角，但要注意夹角的范围。

四、高考中常见的立体几何题型1、证明题这类题目通常要求证明线线、线面、面面的平行或垂直关系。

在解题时，要根据已知条件，合理选择定理进行证明。

2、计算题常见的计算包括求几何体的表面积、体积，求线面角、二面角的大小等。

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。

高考数学中立体几何的考点及解题技巧

高考数学中立体几何的考点及解题技巧高考数学中的立体几何是相对来说比较难的一个环节，也是考生必须要掌握的内容之一。

本文将针对高考数学中立体几何的考点和解题技巧做一个详尽的论述。

1. 空间基本概念在解决空间问题时，首先需要掌握的就是空间基本概念。

包括点、线、面的概念及其相关性质。

比如平行四边形的对角线相交于点O，则线段OA、OB互相平分且相等。

2. 立体图形的投影立体图形的投影是指将三维的立体图形在某一平面上产生的影像。

在这里，我们主要讲解直线与平面的投影，并通过题目的解答来加深记忆。

3. 三视图三视图是三维立体图形的三个面正、左、俯视图。

在解决题目时，需要掌握三维图形和其三视图之间的对应关系，想象立体图形在视线方向上的不同表现，来确定视角和投影位置。

特别是在椎体、金字塔、棱锥等图形的题目中，需要考生准确细致地确定各部分的位置。

4. 空间向量空间向量是指空间中有大小和方向的量，在立体几何中经常使用，可以用于排除无关信息，简化问题。

5. 立体几何解题的思路立体几何解题的方法及思路与平面几何有些不同。

在立体几何中，有的题目需要平面几何的方法来解决；某些题目需要分解为几个简单的平面图形，再运用三角函数来解决；有些题目需要利用向量的性质，优化模型。

因此，在解答的过程中，需要先明确各部分关系，做到想象明确，思路清晰。

高考数学中立体几何的考点及解题技巧就是如此，需要同学们根据自已的掌握程度，不断深化学习。

建议同学们多进行课堂上的实际解答，熟练掌握相关理论知识。

除此之外，同学们还需要养成良好自习习惯，在课外时间多加练习，巩固学习成果。

相信在充分掌握理论知识的情况下，同学们一定可以取得优异的高考成绩。

高考数学立体几何题目答案详解

高考数学立体几何题目答案详解在高考数学中，立体几何题目一直是让许多同学感到头疼的部分。

但其实，只要掌握了正确的方法和思路，这些题目也并非难以攻克。

接下来，我们将通过具体的题目来详细解析高考数学立体几何题目的解题方法和答案。

我们来看这样一道题：已知正方体 ABCD A₁B₁C₁D₁的棱长为 2，E、F 分别为棱 AA₁、CC₁的中点。

（1）求三棱锥 B EDF 的体积；（2）求证：平面 BDF ∥平面 B₁E₁F₁。

对于第一问，求三棱锥 B EDF 的体积。

我们知道，要求三棱锥的体积，关键是找到合适的底面和对应的高。

在这里，我们可以选择三角形 EDF 为底面，点 B 到平面 EDF 的距离为高。

首先，来计算三角形 EDF 的面积。

因为 E、F 分别为棱 AA₁、CC₁的中点，所以EF 的长度为正方体面对角线的一半，即EF ＝√2。

又因为 ED ＝ DF ＝√5 （根据勾股定理可得），所以三角形 EDF的面积可以通过海伦公式来计算，或者使用其他方法，比如以 EF 为底边，求出对应的高。

经过计算，三角形 EDF 的面积为√6。

接下来求点 B 到平面 EDF 的距离。

由于 BD 垂直于平面 AA₁C₁C，所以 BD 垂直于 EF 。

又因为三角形 EDF 在平面 AA₁C₁C 内，所以点 B 到平面 EDF 的距离就是 BD 在平面 AA₁C₁C 上的射影，也就是 BO（O 为 AC 的中点）的长度，BO ＝√2。

最后，根据三棱锥的体积公式 V ＝ 1/3×S×h （S 为底面积，h 为高），可得三棱锥 B EDF 的体积为2√3 ／ 3 。

再来看第二问，求证：平面 BDF ∥平面 B₁E₁F₁。

要证明两个平面平行，我们可以通过证明一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线。

在平面 BDF 中，BD 平行于 B₁D₁，BF 平行于 B₁F₁。

因为 BD 和 BF 是平面 BDF 内的两条相交直线，B₁D₁和 B₁F₁是平面 B₁E₁F₁内的两条相交直线，所以平面 BDF ∥平面 B₁E₁F₁。

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。

高考数学立体几何知识点与例题讲解题型、方法技巧

9.直线 AB 与平面所成角： arc sin
AB m
( m 为平面的法向量).
| AB || m |
10、空间四点 A、B、C、P 共面 OP xOA yOB zOC ，且 x + y + z = 1
11.二面角 l 的平面角
arc cos
m n
或 arc cos
m n
（ m ， n 为平面，的法向量）.
| m || n |
| m || n |
12.三余弦定理：设 AC 是α内的任一条直线，且 BC⊥AC，垂足为 C，又设 AO 与 AB 所成的角为1 ，AB 与
AC 所成的角为2 ，AO 与 AC 所成的角为．则 cos cos1 cos2 .
18. 面积射影定理 S S ' .(平面多边形及其射影的面积分别是 S 、 S ' ，它们所在平面所成锐二面角的 ). cos
19. 球的组合体(1)球与长方体的组合体: 长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长.(2)球与正方体的组合体:正方体的内切球的直径是正方体的棱长, 正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长, 正方体的外接
交二直线垂直；（3）转化为该直线与平面的一条垂线平行；（4）转化为该直线垂直于另一个平行平面；（5）转化为该直线与两个垂直平面的交线垂直. 6．证明平面与平面的垂直的思考途径：（1）转化为判断二面角是直二面角；（2）转化为线面垂直.
7.夹角公式：设 a＝ (a1, a2 , a3 ) ，b＝ (b1, b2 , b3 ) ，则 cos〈a，b〉=
立体几何知识点与例题讲解
一、知识点
<一>常用结论 1．证明直线与直线的平行的思考途径：（1）转化为判定共面二直线无交点；（2）转化为二直线同与第三条直线

高考数学中的立体几何问题及解题方法

高考数学中的立体几何问题及解题方法高考数学中，立体几何是一项重要的考试题型。

相比于平面几何、代数和概率统计等内容，立体几何更为抽象，对学生的空间想象力和逻辑能力要求更高。

本文旨在探讨高考数学中的立体几何问题及其解题方法。

一、立体几何常考题型常见的立体几何问题包括立体几何图形的性质、体积、表面积等问题。

下面列举一些高考中经常出现的立体几何考点。

1. 立体图形的名字和性质高考中经常出现的立体图形包括正方体、长方体、棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球等。

学生需要掌握这些图形的属性，比如正方体的六个面都是正方形、长方体的所有面都是矩形等等，只要掌握了它们的基本属性，在解决题目时就能做到心中有数。

2. 体积求立体图形的体积是立体几何中比较基础和常见的题型。

学生需要清楚掌握各种常见图形的体积公式，例如：①正方体的体积公式：V=a³②长方体的体积公式：V=lxwxh③棱柱的体积公式：V=Ah④圆柱的体积公式：V=πr²h⑤球的体积公式：V=4/3πr³⑥棱锥的体积公式：V=1/3Ah注意，这些公式必须要掌握，不要在考试中还在纠结于公式的推导方法。

3. 表面积求立体图形的表面积也是数学中的一大题型。

常见的几何图形表面积的计算方式有如下几种公式：①正方体的表面积公式：S=6a²②长方体的表面积公式：S=2(lw+lh+wh)③棱柱的表面积公式：S=2B+Ph④圆柱的表面积公式：S=2πr²+2πrh⑤球的表面积公式：S=4πr²⑥棱锥的表面积公式：S=B+1/2Pl其中B表示底面积，P表示底面外接多边形的周长，l表示斜几何。

上面列举的是一些常见的立体几何题目，还有一些特殊题目需要学生掌握，例如“平行四边形体积定理”、“曲面半径定理”等等。

二、举例分析解题方法1. 体积题例题：某学校花坛为正方形，长和宽之和为25米，现在将花坛增加5个方块，每个方块边长为2米，求增加的花坛的体积。

高考数学立体几何公式与题型精讲

高考数学立体几何公式与题型精讲在高考数学中，立体几何是一个重要的板块，它不仅考查我们的空间想象力，还对逻辑推理和数学运算能力有较高要求。

下面，让我们一起来深入探讨立体几何中的常用公式和典型题型。

一、立体几何中的基本公式1、长方体体积公式长方体的体积＝长×宽×高，如果用a、b、c 分别表示长方体的长、宽、高，那么体积 V ＝ abc 。

2、正方体体积公式正方体的体积＝棱长³，若正方体的棱长为 a ，则体积 V ＝ a³。

3、柱体体积公式柱体的体积＝底面积×高。

对于圆柱，底面积为圆的面积πr² （r 为底面半径），高为 h ，则体积 V ＝πr²h ；对于棱柱，底面积为 S ，高为 h ，体积 V ＝ Sh 。

4、锥体体积公式锥体的体积＝ 1/3×底面积×高。

圆锥的体积 V ＝1/3×πr²h （r 为底面半径，h 为高）；棱锥的体积V ＝1/3×Sh （S 为底面积，h 为高）。

5、球的体积公式球的体积 V ＝4/3×πR³ （R 为球的半径）。

6、球的表面积公式球的表面积 S ＝4πR² 。

7、线面平行的判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。

8、线面垂直的判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直。

9、面面平行的判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行。

10、面面垂直的判定定理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。

二、常见题型及解法1、证明线线平行常用方法有：利用三角形中位线、平行四边形对边平行、平行线分线段成比例定理的逆定理等。

例如：在四面体 ABCD 中，E、F 分别是 AB、AC 的中点，求证：EF∥BC 。

证明：因为 E、F 分别是 AB、AC 的中点，所以 EF 是△ABC 的中位线，根据三角形中位线定理，EF∥BC 。

高考数学考点33立体几何中的综合问题试题解读与变式(2021学年)

20１８版高考数学考点33 立体几何中的综合问题试题解读与变式编辑整理:尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望（201８版高考数学考点３3 立体几何中的综合问题试题解读与变式）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈,这将是我们进步的源泉,前进的动力。

本文可编辑可修改,如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅,最后祝您生活愉快业绩进步，以下为２018版高考数学考点3３立体几何中的综合问题试题解读与变式的全部内容。

考点3３:立体几何中的综合问题【考纲要求】1。

能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题。

2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．【命题规律】立体几何综合问题是高考的热点问题，选择、填空、解答题都有可能进行考查．预计2018年的高考对本知识的考查空间向量的应用,仍然是以简单几何体为载体.【典型高考试题变式】(一）构造函数在导数问题中的应用例1。

【20１５广东卷(理)】若空间中n个不同的点两两距离都相等,则正整数n的取值( ) A。

至多等于3 B.至多等于４ C。

等于5 D。

大于5【答案】B在空间中,4个点两两距离相等，构成一个正四面体,成立;若ｎ>4,由于任三点不共线，当ｎ=5时，考虑四个点构成的正四面体,第五个点,与它们距离相等,必为正四面体的外接球的球心,由三角形的两边之和大于三边，故不成立；同理ｎ＞5，不成立．故选:B.【方法技巧归纳】本题考查空间几何体的特征，主要考查空间两点的距离相等的情况,注意结合外接球和三角形的两边与第三边的关系,属于中档题和易错题．【变式１】【改编例题条件】【2018届湖北省武汉市部分学校新高三起点调研】设点M是棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -的棱AD 的中点,点P 在面11BCC B 所在的平面内，若平面1D PM 分别与平面ABCD 和平面11BCC B 所成的锐二面角相等,则点P 到点1C 的最短距离是（） A.255 B 。

高考数学中的立体几何问题解析

高考数学中的立体几何问题解析立体几何作为数学中的一门分支，涉及到三维空间的体积、表面积等计算问题。

在高考数学中，立体几何的考查范围较广，重点考察学生对空间几何概念的理解、应用以及思维能力的训练。

本文将从立体几何的基本概念出发，深入探讨高考数学中的立体几何问题解析。

一、基本概念1. 空间直角坐标系空间直角坐标系的确定需要确定三个相互垂直的坐标轴，分别为x、y、z轴，并制定相应的正方向规定。

2. 空间几何体空间中的几何体主要有球、圆柱、圆锥、棱锥、棱台等。

对于不同的几何体，需要掌握其基本的特征和公式，以便正确解题。

3. 作图在立体几何问题中，作图是非常重要的一个环节。

作图需要注意选择合适的视角，并画出准确的图形，以便更好地定位几何体的位置和求解问题。

二、高考考点1. 三视图的绘制三视图是指分别从正视图、左视图和俯视图绘制得到的三个视图。

掌握绘制三视图的方法，可以更好地表示和描述立体几何体的形状和位置，并解决相关问题。

例如，在绘制某一几何体的三视图时，需要在正视图中表示该几何体的高度和底面的形状和大小，在左视图和俯视图中分别表示该几何体的长度和宽度。

在实际求解问题时，通过三视图可以较为直观地了解该几何体的属性，从而涉及到几何体的体积、表面积等问题的求解。

2. 直线和平面的位置关系在立体几何问题中，经常会涉及到直线和平面之间的位置关系，如直线是否垂直于平面、直线是否与平面相交、平面上某点到直线的距离等。

对于这类问题，需要掌握相关图形的作图方法，并通过相关性质和定理进行推导和求解。

3. 几何体的体积和表面积求解在高考中，对立体几何体积和表面积的求解会涉及到计算机和传统手工计算两种方法，学生需要熟练掌握它们的基本知识和应用。

在计算机求解中，主要涉及到三维图形建模、计算机辅助设计等方法。

而在传统手工计算中，主要涉及到盘算、代数计算等方法。

举一个例子，当需要求某一棱体的体积时，可以通过空间几何体积的公式（V=S×h/3）进行求解，其中S为棱体底面面积，h为该棱体高度。

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考点33：立体几何中的综合问题【考纲要求】1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.【命题规律】立体几何综合问题是高考的热点问题，选择、填空、解答题都有可能进行考查.预计2018年的高考对本知识的考查空间向量的应用，仍然是以简单几何体为载体．【典型高考试题变式】（一）构造函数在导数问题中的应用例1.【2015广东卷（理）】若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值（）A.至多等于3B.至多等于4C.等于5D.大于5【答案】B在空间中，4个点两两距离相等，构成一个正四面体，成立；若n ＞4，由于任三点不共线，当n=5时，考虑四个点构成的正四面体，第五个点，与它们距离相等，必为正四面体的外接球的球心，由三角形的两边之和大于三边，故不成立；同理n ＞5，不成立．故选：B ．【方法技巧归纳】本题考查空间几何体的特征，主要考查空间两点的距离相等的情况，注意结合外接球和三角形的两边与第三边的关系，属于中档题和易错题．【变式1】【改编例题条件】【2018届湖北省武汉市部分学校新高三起点调研】设点M 是棱长为2的正方体1111ABCD A B C D 的棱AD 的中点，点P 在面11BCC B 所在的平面内，若平面1D PM 分别与平面ABCD 和平面11BCC B 所成的锐二面角相等，则点P 到点1C 的最短距离是（）A. 25B.22C. 1D.63【答案】A【解析】设P在平面ABCD上的射影为',P M在平面11BB C C上的射影为'M，平面1D PM与平面ABCD和平面11BCC B成的锐二面角分别为,Bα，则111''cos,cos PM CDP MD PM D PMSSBS Sα∆∆∆∆==，1''cos cos,DP M PM CB S Sα∆∆=∴=，设P到1'C M距离为d，则1125512,225d d⨯⨯=⨯⨯=，即点P在与直线1'C M平行且与直线距离为255的直线上，P∴到1C的最短距离为255d=，故选A.【变式2】【改编例题条件和问法】【2017届湖北武汉市蔡甸区汉阳一中高三第三次模拟】如图，直三棱柱111ABC A B C-中，12AA=，1AB BC==，90ABC∠=︒，外接球的球心为O，点E是侧棱1BB上的一个动点.有下列判断：① 直线AC与直线1C E是异面直线；② 1A E一定不垂直1AC；③ 三棱锥1E AAO-的体积为定值；④1AE EC+的最小值为22.其中正确的个数是A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】如图，∵直线AC 经过平面BCC 1B 1内的点C ,而直线C 1E 在平面BCC 1B 1内不过C ,∴直线AC 与直线C 1E 是异面直线，故①正确；当E 与B 重合时,AB 1⊥A 1B ,而C 1B 1⊥A 1B ,∴A 1B ⊥平面AB 1C 1,则A 1E 垂直AC 1，故②错误；由题意知,直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的外接球的球心为O 是AC 1 与A 1C 的交点,则△AA 1O 的面积为定值,由BB 1∥平面AA 1C 1C ，∴E 到平面AA 1O 的距离为定值,∴三棱锥E −AA 1O 的体积为定值，故③正确；设BE =x ,则B 1E =2−x ,∴()221112AE EC x x +=++-由其几何意义,即平面内动点(x ,1)与两定点(0,0),(2,0)距离和的最小值知,其最小值为22∴正确命题的个数是3个。

本题选择C 选项.（二）立体几何中的体积问题例2.【2014江西卷（理）】如图，四棱锥ABCD P -中，ABCD 为矩形，平面⊥PAD 平面ABCD .（1）求证：;PD AB ⊥（2）若,2,2,90===∠PC PB BPC 问AB 为何值时，四棱锥ABCD P -的体积最大？并求此时平面PBC 与平面DPC 夹角的余弦值.【解析】试题分析：（1）先将面面垂直转化为线面垂直：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD=AD ，所以AB ⊥平面PAD ，再根据线面垂直证线线垂直：因为PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥PD试题解析：（1）证明：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD平面PAD 平面ABCD=AD所以AB ⊥平面PAD ，因为PD ⊂平面PAD ，故AB ⊥PD（2）解：过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG.故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG,BC⊥PG在直角三角形BPC中，23266,,, 333 PG GC BG===设,AB m=，则2224,3DP PG OG m=-=-，故四棱锥P-ABCD的体积为2214686.333mV m m m=⋅⋅⋅-=-因为22228866()33m m m-=--+故当6m=时，即6AB=时，四棱锥的体积P-ABCD最大.建立如图所示的空间直角坐标系，66626266(0,0,0),((O B C D P故62666(),(0,6,0),(3333PC BC CD=-==-设平面BPC的法向量1(,,1),x y=n，则由1PC⊥n,1BC⊥n得626633360x y+-=⎨⎪=⎩解得1,0,x y==1(1,0,1),=n同理可求出平面DPC的法向量21(0,,1),2=n，从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为121210cos||||51214θ⋅===⋅⋅+n nn n【方法技巧归纳】1.利用空间向量解决立体几何问题的两种思路(1)选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断．(2)建立空间坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题．2．利用共线向量定理、共面向量定理可以证明一些平行、共面问题；利用数量积运算可以解决一些距离、夹角问题．【变式1】【改编例题的条件】【2018届湖北省部分重点中学高三上学期第一次联考】如图（1）所示，已知四边形SBCD 是由Rt SAB ∆和直角梯形ABCD 拼接而成的，其中90SAB SDC ∠=∠=︒.且点A 为线段SD 的中点， 21AD DC ==， 2AB =.现将SAB ∆沿AB 进行翻折，使得二面角S AB C --的大小为90°，得到图形如图（2）所示，连接SC ，点,E F 分别在线段,SB SC 上.（Ⅰ）证明： BD AF ⊥；（Ⅱ）若三棱锥B AEC -的体积为四棱锥S ABCD -体积的25，求点E 到平面ABCD 的距离.【解析】试题分析：（1）推导出SA⊥AD，SA⊥AB，从而SA⊥平面ABCD ，进而SA⊥BD，再求出AC⊥BD，由此得到BD⊥平面SAC ，从而能证明BD⊥AF．（2）设点E 到平面ABCD 的距离为h ，由V B ﹣AEC =V E ﹣ABC ，且25E ABC S ABCD V V --=，能求出点E 到平面ABCD 的距离．（2）设点E 到平面ABCD 的距离为h ，因为B ABC E ABC V V --=，且25E ABC S ABCD V V --=，故511215321122132ABCD S ABCD E ABC ABC S SA V V S h h --∆⨯⋅⨯===⋅⨯⨯⨯梯形，故12h =，做点E 到平面ABCD 的距离为12. 【变式2】【改编例题的条件，依据函数零点个数证明不等式】【2018届安徽省合肥市高三调研性检测】如图，多面体ABCDEF 中， //,AD BC AB AD ⊥, FA ⊥平面,//ABCD FA DE ，且222AB AD AF BC DE =====.（Ⅰ）M 为线段EF 中点，求证： //CM 平面ABF ；（Ⅱ）求多面体ABCDEF 的体积.【解析】试题分析：（Ⅰ）通过证明面面平行得到线面平行；（Ⅱ）将多面体ABCDEF 分割成三棱锥F ABC -和四棱锥C ADEF -，再分别算出它们的体积。

它们之和即为所求。

试题解析：（Ⅰ）证明：取AD 中点N ，由平面//CMN 平面ABF ∴//CM 平面ABF（Ⅱ）()11118212122232323F ABC C ADEF V V V --=+=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=【数学思想】分类讨论思想1.分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法，这种思想在简化研究对象，发展思维方面起着重要作用，因此，有关分类讨论的思想的数学命题在高考试题中占有重要地位. 所谓分类讨论，就是在研究和解决数学问题时，当问题所给对象不能进行统一研究，我们就需要根据数学对象的本质属性的相同点和不同点，将对象区分为不同种类，然后逐类进行研究和解决，最后综合各类结果得到整个问题的解决，这一思想方法，我们称之为“分类讨论的思想”．2.分类讨论思想的常见类型⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；⑵问题中的条件是分类给出的；⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；⑷涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.【处理立体几何问题注意点】用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．【典例试题演练】1．【2018届云南省昆明一中高三第二次月考】正三棱锥S ABC -中，若三条侧棱两两垂直，且3SA =，则正三棱锥S ABC -的高为（） A. 2 B. 2 C. 3 D. 3【答案】C【解析】因为正三棱锥S ABC -的侧棱长SA=3，设点D 为顶点S 在底面上的投影，所以2CD 6,SD ==3，解得SD 3= ，所以正三棱锥S ABC -的高为3 ，选C ．2．【2017年浙江省源清中学9月高三上学期第一次月考】如图，矩形ADFE ，矩形CDFG ，正方形ABCD 两两垂直，且2AB =，若线段DE 上存在点P 使得GP BP ⊥，则边CG 长度的最小值为（）A. 4B. 43C.D. 23【答案】D【解析】以DA ，DC ，DF 为坐标轴建立空间坐标系，如图所示：设0CG a P x z =，（，，），则2x z a =,即2ax z =.又22002B G a （，，），（，，），所以2,2,,,2,.22ax ax BP x GP x a ⎛⎫⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭() 24022ax ax PB PG x x a ⎛⎫=-++-= ⎪⎝⎭. 显然0x ≠且2x ≠.所以221642a x x=--. 因为()0,2x ∈，所以(]220,1x x -∈.所以当221x x -=， 2a 取得最小值12.所以a 的最小值为23.故选D.3．【2017届云南省师范大学附属中学高三高考适应性月考】在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中任取一点M ，则满足90AMB ∠>︒的概率为（）A. 24πB. 12πC. 8πD. 6π 【答案】A 【解析】以AB 为直径作球，球在正方体内部的区域体积为14ππ433V =⨯=，正方体的体积为8，所以由几何概型得， π24P =，故选A ． 4．【2017届湖南省长沙市雅礼中学高考模拟】如图，动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上.过点P 作垂直于平面11BB D D 的直线，与正方体表面相交于,M N .设,BP x MN y ==，则函数()y f x =的图象大致是（）A. B. C. D.【答案】B5．【2017届浙江省杭州市高三4月教学质量检测】在等腰直角ABC ∆中， AB AC ⊥， 2BC =， M 为BC 中点， N 为AC 中点， D 为BC 边上一个动点， ABD ∆沿AD 翻折使BD DC ⊥，点A 在面BCD 上的投影为点O ，当点D 在BC 上运动时，以下说法错误的是（）A. 线段NO 为定长B. )1,2CO ⎡∈⎣C. 180AMO ADB ∠+∠>︒D. 点O 的轨迹是圆弧【答案】C【解析】由于AO ⊥平面IDC ，所以AO OM ⊥，所以12OH OM =，同理12ON OC =，由图可知O 点轨迹为椭圆， CO 长度最小值为1CM =，最大值为2CA =，所以C 选项错误.6．【2017届河北省唐山市高三年级第二次模拟】正方体1111ABCD A B C D -棱长为6， O 点在棱BC 上，且2BO OC =，过O 点的直线l 与直线1AA ， 11C D 分别交于M ， N 两点，则MN =（） A. 313 B. 95 C. 14 D. 21【答案】D 【解析】根据题意作图，由图可知： 1111113C F NC AD ND ==， 13NC =，∴13FN =， 2211111213A F A B B F =+=，227EN EF FN =+= 故113EF EN MA MN ==，∴21MN =，故选D. 7．【2018届河北省邢台市高三上学期第一次月考】在Rt ABC ∆中， AC BC ⊥， 3BC =， 5AB =，点D E 、分别在AC AB 、边上，且//DE BC ，沿着DE 将ADE ∆折起至'A DE ∆的位置，使得平面'A DE ∆⊥平面BCDE ，其中点'A 为点A 翻折后对应的点，则当四棱锥'A BCDE -的体积取得最大值时， AD 的长为__________.43 【解析】由勾股定理易得： 4AC =，设AD x =，则4CD x =-，而△AED∽△ABC，故34DE x =，四棱锥'A BCDE -的体积： ()()()()311313416043248V x x x x x x x ⎛⎫=⨯⨯+⨯-⨯=-<< ⎪⎝⎭，求导可得： ()()()21'163048V x x x =-<<，当4303x <<时， ()()'0,V x V x >单调递增；当4343x <<时， ()()'0,V x V x <单调递减；故当433x =时， ()V x 取得最大值.8．【2017届福建省泉州市高三3月质量检测】如图，一张4A 纸的长、宽分别为22,2a a ． ,,,A B C D 分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线掀折起，使得1234,,,P P P P 四点重合为一点P ，从而得到一个多面体．关于该多面体的下列命题，正确的是__________．（写出所有正确命题的序号）①该多面体是三棱锥；②平面BAD ⊥平面BCD ；③平面BAC ⊥平面ACD ；④该多面体外接球的表面积为25a π【答案】①②③④9．【2017届辽宁省沈阳市东北育才学校高三第九次模拟】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为1 ，点P 为线段1A C 上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的______． ①当113AC A P =时， 1//D P 平面1BDC ；②当113AC A P =时， 1AC ⊥平面1D AP ； ③1APD ∠的最大值为90；④1AP PD +的最小值为263.【答案】①②④【解析】对于①,连结AB 1,B 1D 1,AD 1,则V A −A 1B 1D 1=13×12×1=16， S △AB 1D 1=1222×sin60∘=32,A 1C 3设A 1到平面AB 1D 1的距离为h ,则13h =16,解得h ∴h =13A 1C . ∴当113AC A P =时,P 为A 1C 与平面AB 1D 1的交点。