(新人教a版)2020高三数学(文科)主干知识汇编+强化训练立体几何doc高中数学
2020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练
2020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一立体几何证明例1如图五面体中,四边形ABCD是矩形,AD⊥面ABEF,AB//EF,AD=1,AB=1EF=22,2AF=BE=2,P、Q、M分别为AE、BD、EF的中点.（1）求证：PQ//面BCE；（2）求证：AM⊥面ADF.【答案】见解析【解析】（1）连结AC.因为四边形ABCD是矩形,且Q为BD的中点,所以Q为AC的中点.又因为P为AE的中点,所以PQ//EC,又因为PQ⊄面BCE,EC⊆面BCE,所以PQ//面BCE.（2）取EF的中点M,连结AM.因为AB//EM,且QB=EM=22,所以四边形ABEM为平行四边形,所以AM//BE,且AM=BE=2.在∆AMF中,A M=AF=2,MF=22.所以AM2+AF2=MF2,故AM⊥AF.由AD⊥面ABEF,得AD⊥AM,因为AD I AF=A,所以AM⊥面ADF.【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.如该题中的（1）问需要利用五面体中的面ABCD是矩形,根据对角线的性质确定线段BD与AC的中点.（2）问中利用勾股定理验证线线垂直关系,这些都是证明空间平行与垂直关系的基础.例2在平行六面体ABCD-A B C D中，AA=AB，AB⊥B C．11111111A 1D1B1C1A DBC求证：(1)AB∥平面A B C；11(2)平面ABB A⊥平面A BC．111【答案】见解析【解析】(1)在平行六面体ABCD-A B C D中，AB∥A B．111111因为AB⊄平面A B C，A B⊂平面A B C，所以AB∥平面A B C．11111111A 1D1B1C1A DBC(2)在平行六面体ABCD-A B C D中，四边形ABB A为平行四边形．111111又因为AA=AB，所以四边形ABB A为菱形，因此AB⊥A B．11111又因为AB⊥B C，BC∥B C，所以AB⊥BC．111111又因为A B I BC=B，A B⊂平面A BC，BC⊂平面A BC，所以AB⊥平面A BC．111111因为AB⊂平面ABB A，所以平面ABB A⊥平面A BC．111111【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.2（题型二 立体几何体积求解例 1 如图所示，在三棱锥V - ABC 中，平面VAB ⊥ 平面 ABC ，三角形VAB 为等边三角形， AC ⊥ BC ，且 AC = BC = 2 ， O ， M 分别为 AB ，V A 的中点.（1）求证：VB // 平面 MOC .V（2）求证：平面 MOC ⊥ 平面 VAB .M（3）求三棱锥V - ABC 的体积.AO BC【答案】 见解析【解析】（1）依题意， O ， M 分别为 AB ，V A 的中点，则 O M 是 △VAB 的中位线，所以 OM //VB ， OM ⊂ 平面 MOC ，VB ⊄ 平面 MOC ，故VB // 平面 MOC .（2）因为在 △ABC 中， AC = BC ，且 O 为 AB 的中点，所以 O C ⊥ AB ，又平面VAB ⊥ 平面 ABC ，平面VAB I 平面 ABC = AB ， OC ⊂ 平面 ABC ，所以 OC ⊥ 平面VAB ，又 OC ⊂ 平面 MOC ，故平面 MOC ⊥ 平面VAB .（3）由（2）知， O C ⊥ 平面VAB ，所以V V - ABC= V C -VAB 1 1 3 3= ⋅ OC = ⨯ ⨯ 22 ⨯1 =3 △SVAB 3 4 3【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.例 2 如图所示，在三棱锥 P – ABC 中， P A ⊥ AB ， P A ⊥ BC ， AB ⊥ BC ， P A = AB = BC = 2 ， D 为线段 AC 的中点， E 为线段 PC 上一点．（1）求证： P A ⊥ BD ；P（2）求证：平面 BDE ⊥ 平面 PAC ；ED C（3）当 P A // 平面 BDE 时，求三棱锥 E – BCD 的体积．AB【答案】 见解析 【解析】1）因为 P A ⊥ AB ，P A ⊥ BC ，AB I BC = B ，所以 P A ⊥ 平面 ABC .又因为 BD ⊂ 平面 ABC ，所以 PA ⊥ BD .（2）因为 AB ⊥ BC ， AB = BC ， D 为线段 AC 的中点，所以在等腰 △RtABC 中， BD ⊥ AC .又由（1）可知，P A ⊥ BD ，P A I AC = A ，所以 BD ⊥ 平面 PAC .由 E 为线段 PC 上一点，则 DE ⊂ 平面 PAC ，所以BD⊥ED.又因为BD⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面PAC.（3）当P A//平面BDE时，P A⊂平面PAC,且平面PAC I平面BDE=DE,可得P A//DE.由D是AC边的中点知，E为PC边的中点.故而ED=面BDC.12P A=1，ED∥P A，因为PA⊥平面ABC，所以ED⊥平由AB=BC=2，AB⊥BC，D为AC边中点知，BD=CD= 2.又BD⊥AC，有BD⊥DC，即∠BDC=90︒.因此，VE-BCD1111 =⋅ED=⨯⨯2⨯2⨯1=.3△SBCD323【易错点】注意体积几何证明题条件的严谨性【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.掌握线面平行的性质定理的应用及其体积的求解方法.题型三几何体的外接球问题例1（1）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是（）A．16πB．20πC．24πD．32π（2）若三棱锥的三个侧面两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是.【答案】C；9π【解析】（1）V=a2h=16，a=2，4R2=a2+a2+h2=4+4+16=24，S=24π，选C；（2）4R2=3+3+3=9，S=4πR2=9π【易错点】外接球球心位置不好找【思维点拨】应用补形法找外接球球心的位置题型四立体几何的计算例1如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角边边长分别为3和4,过直角顶点的侧棱长为4,且垂直于底面,该三棱锥的主视图是()【答案】B4, 【解析】显然由空间直角坐标系可知,该几何体在 xoy 面内的点保持不动,在 y 轴上的点在 xoy 面内的射影为坐标原点,所以该几何体的主视图就是其在面 xoy 面的表面图形,即主视图应为高为 4 ,底面边长为 3 的直角三角形．故选 B .【易错点】 该题易出现的问题是误以为 y 轴上的点在 xoy 面的射影落在 x 轴的正半轴上而误选 D , 【思维点拨】判断几何体的三视图应注意以下几个方面：（1）明确几何体的放置位置和角度,注意投影线和投影面；（2）准确把握几何体的结构特征,特别是几何体中的线面垂直关系等；（3）注意实线和虚线的区别.【巩固训练】题型一 立体几何的证明1.如图,在四棱锥 P - ABCD 中,底面 ABCD 为菱形, ∠BAD = 60° P A = PD = AD = 2 ,点 M 在线段PC 上,且 PM = 2MC , N 为 AD 的中点.（1）求证： AD ⊥ 平面 PNB ；（2）若平面 P AD ⊥ 平面 ABCD ,求三棱锥 P - NBM 的体积.【答案】（1）见解析；（2）23.【解析】（1）∵ P A = PD, N 为 AD 的中点,∴ PN ⊥ AD ,∵底面 ABCD 为菱形, ∠BAD = 60︒ ,∴ BN ⊥ AD ,∵ PN I BN = N ,∴ AD ⊥ 平面 PNB .（2）∵ PN = PD = AD = 2 ,∴ PN = NB = 3 ,∵平面 P AD ⊥ 平面 ABCD ,平面 P AD I 平面 ABCD = AD , PN ⊥ AD ,∴ PN ⊥ 平面 ABCD ,∴ PN ⊥ NB ,∴S3⨯3⨯3=. 22∵AD⊥平面PNB,AD//BC,∴BC⊥平面PNB.∵PM=2MC,∴VP-NRM =VM-PNB22132=V=⨯⨯⨯2=.3C-PNB33232.如图,在直三棱柱ABC-A B C中,D是AB的中点.111（1）证明：BC//平面A CD；11（2）若AC=CB,求证：A D⊥CD.1【答案】见解析.【解析】证明：（1）如图,连接AC,交A C于点O,连结OD.11据直三棱柱性质知四边形ACC A为平行四边形,所以O为AC的中点.111又因为D是AB的中点,所以BC//OD.1又因为BC⊄平面A CD,OD⊂平面A CD,111所以BC//平面A CD.11（2）因为AC=BC,D为AB的中点,所以CD⊥AB.据直三棱柱ABC-A B C性质知AA⊥平面ABC,又因为C D⊂平面1111所以AA⊥CD.1又因为AA I AB=A,AA,AB⊂平面ABB A,1111所以CD⊥平面ABB A,11又因为A D⊂平面ABB A,所以C D⊥A D,即A D⊥CD.11111ABC,题型二立体几何体积求解1.如图所示，四棱锥P-ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD//BC，AB=AD=AC=3，P A=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（1）证明MN//平面PAB；P6NA MB DC【答案】（1）（2） N -BCM 2 3 63 ．AD = BC = 所以V △S ABC = ⨯ 4 ⨯ 2 5 = 2 3 6 3 . 1 2 ⨯ (2 + 4)（2）求四面体 N - BCM 的体积．1 1 14 5V = ⨯ P A ⋅= ⨯ 4 ⨯ 2 5 =△S ABC【解析】（1）取 PB 中点 Q ，连接 AQ 、 NQ ，因为 N 是 PC 中点， NQ //BC ，且 NQ = 1BC ，又2AM = 2 2 ⨯ 3 1 BC ，且 AM // BC ，所以 QN // AM ，且3 34 2QN = AM ，所以四边形 AQNM 是平行四边形.所以 MN // AQ .又 MN ⊄ 平面PAB ， AQ ⊂ 平面 PAB ，所以 MN // 平面 PAB .PQ NAMD(2)由(1) QN // 平面 ABCD .BC所以VN -BCM= VQ -BCM1 = V2 P -BCM 1= V 2 P -BCA.N -BCM1 1 14 5 = ⨯ P A ⋅2.如图所示，四棱锥 P - ABCD 中，侧面 P AD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ， PAB = BC = 1AD ， ∠BAD = ∠ABC = 90o .2（1）证明：直线 BC // 平面 P AD ；（2）若 △PCD 面积为 2 7 ，求四棱锥 P - ABCD 的体积.【答案】（1）（2） V = ⨯⨯ 2 3 = 4 3 ．32BACD【解析】（1）在平面 ABCD 内，因为 ∠BAD = ∠ABC = 90o ，所以 BC //AD .又 BC ⊄ 平面 P AD ， AD ⊂ 平面 P AD ，故 BC // 平面 P AD .（2）取 AD 的中点 M ，联结 PM ， CM .由 AB = BC = 1AD ，及 BC //AD ， ∠ABC = 90o ，得四边形 ABCM 为正方形，则 CM ⊥ AD .2因为侧面 P AD 是等边三角形且垂直于底面 ABCD ，平面 P AD I 平面 ABCD = AD ，所以 PM ⊥ AD ，因为PM ⊂ 平面 P AD ，所以 PM ⊥ 平面 ABCD .因为 CM ⊂ 平面 ABCD ，所以 PM ⊥ CM .因为 △PCD 的面积为 2 7 ，所以 ⨯ 2x ⨯ 1 2 ⨯ (2 + 4)设 BC = x ，则 CM = x ， CD = 2 x ， PM = 3x ， PC = PD = 2x .取 CD 的中点 N ，联结 PN ，则 PN ⊥ CD ，所以 PN =14 x .21 142 2x = 2 7 ，解得 x = -2 （舍去）， x = 2 ，于是 AB = BC = 2 ，AD = 4 ， PM = 2 3 .所以四棱锥 P - ABCD 的体积V = ⨯3 2⨯ 2 3 = 4 3 .题型三 几何体的外接球问题1. 在正三棱锥 S - ABC 中， M 、N 分别是棱 SC 、BC 的中点，且 AM ⊥ MN ,若侧棱 SA = 2 3 ,则正三棱锥 S - ABC 外接球的表面积是.【答案】 36π【解析】正三棱锥的对棱互垂直。
2020高三数学立体几何专项训练文科
2020届高三数学立体几何专题(文科)吴丽康2019-111、如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,P A⊥平面ABCD,E为PD的点、(Ⅰ)证明:PB // 平面AEC;3,(Ⅱ)设AP=1,AD=3,三棱锥P-ABD的体积V=4求A点到平面PBD的距离、2、如图,四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB＝2CD,E为PB的中点.(1)求证:CE∥平面P AD;(2)在线段AB上就是否存在一点F,使得平面P AD∥平面CEF？若存在,证明您的结论,若不存在,请说明理由.3如图,在四棱锥P －ABCD 中,平面P AC ⊥平面ABCD ,且P A ⊥AC ,P A ＝AD ＝2,四边形ABCD 满足BC ∥AD ,AB ⊥AD ,AB ＝BC ＝1、点E ,F 分别为侧棱PB ,PC 上的点, 且PE PB ＝PF PC＝λ(λ≠0). (1)求证:EF ∥平面P AD ;(2)当λ＝12时,求点D 到平面AFB 的距离.4、如图,四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 就是正方形.(1)证明:平面A 1BD ∥平面CD 1B 1;(2)若平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ,证明:B 1D 1∥l 、5、、如图,四边形ABCD就是平行四边形,点P就是平面ABCD外一点,M就是PC的中点,在DM上取一点G,过G与AP作平面交平面BDM于GH、求证:AP∥GH、6、如图,在四棱锥P-ABCD中,P A⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC＝60°,P A＝AB＝BC,E就是PC的中点.证明:(1)CD⊥AE;(2)PD⊥平面ABE、7、(2018北京通州三模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,四边形ABCD 为正方形,△PAB为等边三角形,E就是PB中点,平面AED与棱PC交于点F、(1)求证:AD∥EF; (2)求证:PB⊥平面AEFD;(3)记四棱锥P-AEFD的体积为V1,四棱锥P-ABCD的体积为V2,直接写出的值、8、、、如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD就是∠DAB＝60°且边长为a的菱形,侧面P AD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,若G为AD的中点.(1)求证:BG⊥平面P AD;(2)求证:AD⊥PB;(3)若E为BC边的中点,能否在棱PC上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD？并证明您的结论.9、(2016·高考北京卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC、(1)求证:DC⊥平面P AC;(2)求证:平面P AB⊥平面P AC;(3)设点E为AB的中点.在棱PB上就是否存在点F,使得P A∥平面CEF？说明理由.10、、如图,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD就是矩形,点E在棱PC上(异于点P,C),平面ABE与棱PD交于点F、(1)求证:AB∥EF;(2)若AF⊥EF,求证:平面P AD⊥平面ABCD、11、、如图,在四棱锥P －ABCD 中,P A ⊥平面ABCD ,P A ＝AB ＝BC ＝3,AD ＝CD ＝1,∠ADC ＝120°,点M 就是AC 与BD 的交点,点N 在线段PB 上,且PN ＝14PB 、 (1)证明:MN ∥平面PDC ;(2)求直线MN 与平面P AC 所成角的正弦值.12、、(2016·高考四川卷)如图,在四棱锥PABCD 中,P A ⊥CD ,AD ∥BC ,∠ADC ＝∠P AB ＝90°,BC ＝CD ＝12AD. (1)在平面P AD 内找一点M ,使得直线CM ∥平面P AB ,并说明理由;(2)证明:平面P AB ⊥平面PBD.13.(2016·高考江苏卷)如图,在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中,D ,E 分别为AB ,BC 的中点,点F 在侧棱B 1B 上,且B 1D ⊥A 1F ,A 1C 1⊥A 1B 1、求证:(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ;(2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F 、14、【2014,19】如图,三棱柱111C B A ABC -中,侧面C C BB 11为菱形,C B 1的中点为O ,且⊥AO 平面C C BB 11、(1)证明:;1AB C B ⊥(2)若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高、15、(2017天津,文17)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥ BC, PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2、(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值;(2)求证:PD⊥平面PBC;(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值、16、(2016·高考浙江卷)如图,在三棱台ABC DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB＝90°,BE＝EF＝FC＝1,BC＝2,AC＝3、(1)求证:BF⊥平面ACFD;(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.17、、(2018·全国Ⅲ)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,M就是CD上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC、(2)在线段AM上就是否存在点P,使得MC∥平面PBD？说明理由.立体几何中的翻折问题18、、、如图(1),在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠BAD ＝π2,AB ＝BC ＝12AD ＝a , E 就是AD 的中点,O 就是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到图(2)中△A 1BE 的位置,得到四棱锥A 1BCDE 、(1)证明:CD ⊥平面A 1OC ;(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时,四棱锥A 1BCDE 的体积为362,求a 的值.19、.如图1,在直角梯形ABCD 中,∠ADC ＝90°,AB ∥CD ,AD ＝CD ＝12AB ＝2, E 为AC 的中点,将△ACD 沿AC 折起,使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直, 如图2、在图2所示的几何体D －ABC 中:(1)求证:BC ⊥平面ACD ;(2)点F 在棱CD 上,且满足AD ∥平面BEF ,求几何体F －BCE 的体积.20.如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB＝16,BC＝10,AA1＝8、点E,F分别在A1B1,D1C1上,过点E、F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形EFGH、(1)求证:A1E＝D1F;(2)判断A1D与平面α的关系.2020届高三数学立体几何专题(文科)1解析:(Ⅰ)设AC的中点为O, 连接EO、在三角形PBD中,中位线EO//PB,且EO 在平面AEC 上,所以PB //平面AEC 、(Ⅱ)∵AP =1,3AD =,-34P ABD V =, -11=32P ABD V PA AB AD ∴⋅⋅⋅33==64AB ,∴32AB =, 作AH ⊥PB 角PB 于H ,由题意可知BC ⊥平面P AB ,∴BC ⊥AH ,故AH ⊥平面PBC .又31313PA AB AH PB ⋅==,故A 点到平面PBC 的距离31313、 2、(1)证明:如图所示,取P A 的中点H ,连接EH ,DH ,因为E 为PB 的中点, 所以EH ∥AB ,EH ＝12AB , 又AB ∥CD ,CD ＝12AB. 所以EH ∥CD ,EH ＝CD , 因此四边形DCEH 就是平行四边形, 所以CE ∥DH ,又DH ⊂平面P AD ,CE ⊄平面P AD , 所以CE ∥平面P AD.(2)如图所示,取AB 的中点F ,连接CF ,EF , 所以AF ＝12AB , 又CD ＝12AB ,所以AF ＝CD ,又AF ∥CD ,所以四边形AFCD 为平行四边形,所以CF ∥AD , 又CF ⊄平面P AD ,所以CF ∥平面P AD ,由(1)可知CE ∥平面P AD , 又CE ∩CF ＝C ,故平面CEF ∥平面P AD ,故存在AB 的中点F 满足要求.3、(1)证明 ∵PE PB ＝PFPC ＝λ(λ≠0),∴EF ∥BC 、∵BC ∥AD ,∴EF ∥AD 、又EF ⊄平面P AD ,AD ⊂平面P AD ,∴EF ∥平面P AD 、(2)解 ∵λ＝12,∴F 就是PC 的中点, 在Rt △P AC 中,P A ＝2,AC ＝2,∴PC ＝P A 2＋AC 2＝6,∴PF ＝12PC ＝62、∵平面P AC ⊥平面ABCD ,且平面P AC ∩平面ABCD ＝AC , P A ⊥AC ,P A ⊂平面P AC ,∴P A ⊥平面ABCD ,∴P A ⊥BC 、又AB ⊥AD ,BC ∥AD ,∴BC ⊥AB ,又P A ∩AB ＝A ,P A ,AB ⊂平面P AB ,∴BC ⊥平面P AB , ∴BC ⊥PB ,∴在Rt △PBC 中,BF ＝12PC ＝62、 连接BD ,DF ,设点D 到平面AFB 的距离为d ,在等腰三角形BAF 中,BF ＝AF ＝62,AB ＝1, ∴S △ABF ＝54,又S △ABD ＝1,点F 到平面ABD 的距离为1, ∴由V F －ABD ＝V D －AFB ,得13×1×1＝13×d ×54,解得d ＝455,即点D 到平面AFB 的距离为455、 4、证明 (1)由题设知BB 1∥DD 1且BB 1＝DD 1,所以四边形BB 1D 1D 就是平行四边形,所以BD ∥B 1D 1、又BD ⊄平面CD 1B 1,B 1D 1⊂平面CD 1B 1,所以BD ∥平面CD 1B 1、因为A 1D 1∥B 1C 1∥BC 且A 1D 1＝B 1C 1＝BC ,所以四边形A 1BCD 1就是平行四边形,所以A 1B ∥D 1C 、又A 1B ⊄平面CD 1B 1,D 1C ⊂平面CD 1B 1, 所以A 1B ∥平面CD 1B 1、又因为BD ∩A 1B ＝B ,BD ,A 1B ⊂平面A 1BD , 所以平面A 1BD ∥平面CD 1B 1、(2)由(1)知平面A 1BD ∥平面CD 1B 1,又平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ,平面ABCD ∩平面A 1BD ＝直线BD ,所以直线l ∥直线BD ,在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中,四边形BDD 1B 1为平行四边形,所以B1D1∥BD,所以B1D1∥l、5、连接AC交BD于点O,连接MO,因为PM＝MC,AO＝OC,所以P A∥MO, 因为P A⊄平面MBD,MO⊂平面MBD,所以P A∥平面MBD.因为平面P AHG∩平面MBD＝GH,所以AP∥GH、6、[证明] (1)在四棱锥P-ABCD中,因为P A⊥底面ABCD, CD⊂平面ABCD,所以P A⊥CD,因为AC⊥CD,且P A∩AC＝A,所以CD⊥平面P AC,而AE⊂平面P AC,所以CD⊥AE、(2)由P A＝AB＝BC,∠ABC＝60°,可得AC＝P A、因为E就是PC的中点,所以AE⊥PC、由(1)知AE⊥CD,且PC∩CD＝C,所以AE⊥平面PCD.而PD⊂平面PCD,所以AE⊥PD.因为P A⊥底面ABCD,所以P A⊥AB.又因为AB⊥AD且P A∩AD＝A,所以AB⊥平面P AD,而PD⊂平面P AD,所以AB⊥PD.又因为AB∩AE＝A,所以PD⊥平面ABE、7、(1)证明因为ABCD为正方形,所以AD∥BC、因为AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC、因为AD⊂平面AEFD,平面AEFD∩平面PBC=EF, 所以AD∥EF、(2)证明因为四边形ABCD就是正方形,所以AD⊥AB、因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD⊂平面ABCD, 所以AD⊥平面PAB、因为PB⊂平面PAB,所以AD⊥PB、因为△PAB为等边三角形,E就是PB中点,所以PB⊥AE、因为AE⊂平面AEFD,AD⊂平面AEFD,AE∩AD=A,所以PB⊥平面AEFD、(3)解由(1)知,V1=V C-AEFD,V E-ABC=V F-ADC=V C-AEFD=V1,∴V BC-AEFD=V1,则V P-ABCD=V1+V1=V1, ∴、8、[解] (1)证明:在菱形ABCD中,∠DAB＝60°,G为AD的中点,所以BG⊥AD.又平面P AD⊥平面ABCD,平面P AD∩平面ABCD＝AD,所以BG⊥平面P AD.(2)证明:如图,连接PG、因为△P AD为正三角形,G为AD的中点,所以PG⊥AD.由(1)知,BG⊥AD,又PG∩BG＝G,所以AD⊥平面PGB.因为PB⊂平面PGB,所以AD⊥PB.(3)当F为PC的中点时,满足平面DEF⊥平面ABCD.证明如下:取PC的中点F,连接DE、EF、DF、在△PBC中,FE∥PB,在菱形ABCD中,GB∥DE、而FE⊂平面DEF,DE⊂平面DEF,EF∩DE＝E,PB⊂平面PGB,GB⊂平面PGB, PB∩GB＝B,所以平面DEF∥平面PGB.因为BG⊥平面P AD,PG⊂平面P AD,所以BG⊥PG、又因为PG⊥AD,AD∩BG＝G,所以PG⊥平面ABCD.又PG⊂平面PGB,所以平面PGB⊥平面ABCD,所以平面DEF⊥平面ABCD.9、【解】(1)证明:因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥DC、又因为DC ⊥AC ,且PC ∩AC ＝C ,所以DC ⊥平面P AC 、(2)证明:因为AB ∥DC ,DC ⊥AC ,所以AB ⊥AC 、因为PC ⊥平面ABCD ,所以PC ⊥AB.又因为PC ∩AC ＝C ,所以AB ⊥平面P AC 、又AB ⊂平面P AB ,所以平面P AB ⊥平面P AC 、(3)棱PB 上存在点F ,使得P A ∥平面CEF 、理由如下:如图,取PB 中点F ,连接EF ,CE ,CF 、又因为E 为AB 的中点,所以EF ∥P A 、又因为P A ⊄平面CEF ,且EF ⊂平面CEF ,所以P A ∥平面CEF 、10、证明 (1)因为四边形ABCD 就是矩形,所以AB ∥CD 、 又AB ⊄平面PDC ,CD ⊂平面PDC ,所以AB ∥平面PDC ,又因为AB ⊂平面ABE ,平面ABE ∩平面PDC ＝EF ,所以AB ∥EF 、(2)因为四边形ABCD 就是矩形,所以AB ⊥AD 、因为AF ⊥EF ,(1)中已证AB ∥EF ,所以AB ⊥AF 、又AB ⊥AD ,由点E 在棱PC 上(异于点C ),所以点F 异于点D ,所以AF ∩AD ＝A ,AF ,AD ⊂平面P AD ,所以AB ⊥平面P AD ,又AB ⊂平面ABCD ,所以平面P AD ⊥平面ABCD 、11、(1)证明 因为AB ＝BC ,AD ＝CD , 所以BD 垂直平分线段AC 、又∠ADC ＝120°,所以MD ＝12AD ＝12,AM ＝32、 所以AC ＝3、 又AB ＝BC ＝3,所以△ABC 就是等边三角形,所以BM ＝32,所以BM MD ＝3,又因为PN ＝14PB ,所以BM MD ＝BN NP＝3,所以MN ∥PD 、 又MN ⊄平面PDC ,PD ⊂平面PDC ,所以MN ∥平面PDC 、(2)解 因为P A ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以BD ⊥P A ,又BD ⊥AC ,P A ∩AC ＝A ,P A ,AC ⊂平面P AC ,所以BD ⊥平面P AC 、由(1)知MN ∥PD ,所以直线MN 与平面P AC 所成的角即直线PD 与平面P AC 所成的角, 故∠DPM 即为所求的角.在Rt △P AD 中,PD ＝2,所以sin ∠DPM ＝DM DP ＝122＝14, 所以直线MN 与平面P AC 所成角的正弦值为14、 12、【解】 (1)取棱AD 的中点M (M ∈平面P AD ),点M 即为所求的一个点.理由如下:因为AD ∥BC ,BC ＝12AD ,所以BC ∥AM ,且BC ＝AM , 所以四边形AMCB 就是平行四边形,从而CM ∥AB.又AB ⊂平面P AB ,CM ⊄平面P AB ,所以CM ∥平面P AB.(说明:取棱PD 的中点N ,则所找的点可以就是直线MN 上任意一点)(2)证明:由已知,P A ⊥AB ,P A ⊥CD ,因为AD ∥BC ,BC ＝12AD ,所以直线AB 与CD 相交. 所以P A ⊥平面ABCD ,从而P A ⊥BD.连接BM ,因为AD ∥BC ,BC ＝12AD ,所以BC ∥MD ,且BC ＝MD. 所以四边形BCDM 就是平行四边形.所以BM ＝CD ＝12AD ,所以BD ⊥AB. 又AB ∩AP ＝A ,所以BD ⊥平面P AB.又BD ⊂平面PBD ,所以平面P AB ⊥平面PBD.13、[证明] (1)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中,A 1C 1∥AC 、在△ABC 中,因为D ,E 分别为AB ,BC 的中点,所以DE ∥AC ,于就是DE ∥A 1C 1、又DE ⊄平面A 1C 1F ,A 1C 1⊂平面A 1C 1F ,所以直线DE ∥平面A 1C 1F 、(2)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中,A 1A ⊥平面A 1B 1C 1、因为A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1,所以A 1A ⊥A 1C 1、又A 1C 1⊥A 1B 1,A 1A ⊂平面ABB 1A 1,A 1B 1⊂平面ABB 1A 1,A 1A ∩A 1B 1＝A 1,所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1、因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1,所以A 1C 1⊥B 1D.又B 1D ⊥A 1F ,A 1C 1⊂平面A 1C 1F ,A 1F ⊂平面A 1C 1F ,A 1C 1∩A 1F ＝A 1, 所以B 1D ⊥平面A 1C 1F 、因为直线B 1D ⊂平面B 1DE ,所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F14、证明:(Ⅰ)连接 BC 1,则O 为B 1C 与BC 1的交点,∵AO ⊥平面BB 1C 1C 、 ∴AO ⊥B 1C , …2分因为侧面BB 1C 1C 为菱形,∴BC 1⊥B 1C ,…4分∴BC 1⊥平面ABC 1,∵AB ⊂平面ABC 1,故B 1C ⊥AB 、 …6分(Ⅱ)作OD ⊥BC ,垂足为D ,连结AD ,∵AO ⊥BC ,∴BC ⊥平面AOD ,又BC ⊂平面ABC ,∴平面ABC ⊥平面AOD ,交线为AD ,作OH ⊥AD ,垂足为H ,∴OH ⊥平面ABC 、 …9分∵∠CBB 1=60°,所以ΔCBB 1为等边三角形,又BC =1,可得OD =34, 由于AC ⊥AB 1,∴11122OA B C ==,∴2274AD OD OA =+=, 由 OH·AD=OD·OA ,可得OH=2114,又O 为B 1C 的中点,所以点B 1到平面ABC 的距离为217, 所以三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高高为217。
2020高考数学文科大一轮复习导学案：第七章 立体几何7.2 Word版含答案
姓名，年级：时间：错误!错误!知识点一空间几何体的表面积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2.多面体的侧面积和表面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是侧面展开图的面积,表面积是侧面积与底面积的和．1．已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( A )A．12＋2错误!＋2错误!B．12＋错误!＋2错误!C．12＋2错误!＋错误!D．12＋错误!＋错误!解析：由三视图知：几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图，PA⊥平面ABCD，PA＝2,AB＝2，AD＝4,BC＝2,经计算,PD＝2错误!,PC＝2错误!，DC＝2错误!,所以PC⊥CD，所以S△PAB＝错误!×2×2＝2，S△PAD＝错误!×2×4＝4，S△PBC＝错误!×2×2错误!＝2错误!，S△PCD＝错误!×2错误!×2错误!＝2 6，S四边形ABCD＝错误!×(2＋4)×2＝6，所以S 表＝12＋22＋2错误!.2．（必修2P36A 组第10题改编)一直角三角形的三边长分别为6 cm ，8 cm, 10 cm ，绕斜边旋转一周所得几何体的表面积为错误!π cm 2。
解析：旋转一周所得几何体为以错误! cm 为半径的两个同底面的圆锥，其表面积为S ＝π×245×6＋π×错误!×8＝错误!π(cm 2）． 知识点二 空间几何体的体积1．柱体：V ＝Sh ；2．棱锥：V ＝错误!Sh ；3．棱台：V ＝13h （S 上＋S 下＋错误!)； 4．球：V ＝错误!πR 3.3．(2019·河北名校联考)某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是（ C )A．13 B．14C．15 D．16解析:所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几何体,在长方体中还原该几何体，如图中ABCD。
2020高考人教版文科数学总复习讲义：立体几何课时1含答案
空间几何体的结构及三视图、直观图■复习目标■1. 了解柱、锥、台、球的定义、性质及它们之间的关系.2 •掌握柱、锥、台、球的结构特征.3•能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等及其简易组合）的三视图, 能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图.. ____________________________________________®知识梳理1.柱、锥、台、球的结构特征(1) 正视图是光线自物体的前面向后面正投影所得的投影图•俯视图是光线自物体的上面向下面正投影所得的投影图.侧视图是光线自物体的左面向右面正投影所得的投影图.(2) 三视图的排列规则：先画正视图，俯视图画在正视图的下方，长度与正视图相等，侧视图则安排在正视图的正右方，高度与正视图相同•3. 直观图空间几何体的直观图常用斜二测法来画，基本步骤是：(1) 画几何体的底面①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴交于点0,画直观图时，把它们画成对应的x'轴与y'轴，两轴相交于0 '点，且使/ x' O' y'= 45°或135° .②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中，分别画成平行于x'轴或y'轴的线段.③在已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，长度为原来的一半•(2) 画几何体的高在已知图形中过0点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z'轴也垂直x' O' y' 平面，已知图形中平行于z轴的线段在直观图中仍平行于z'轴且长度相等•(3) 成图根据实际图形，顺次连接线段的端点，并整理(去掉辅助线，将被遮挡部分改为虚线)，就得到了几何体的直观图.1 •根据三视图确定直观图的常用结论(1) 三视图为三个三角形，对应三棱锥；(2) 三视图为两个三角形，一个四边形，对应四棱锥；(3) 三视图为两个三角形，一个带圆心的圆，对应圆锥;(4) 三视图为一个三角形，两个四边形，对应三棱柱；⑸三视图为两个四边形，一个圆，对应圆柱.2 •用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图的面积是原图形面积的热身练习1. 下列四个命题：① 有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱； ② 各个面都是三角形的几何体是三棱锥；③ 用一个平面去截棱锥，棱锥的底面与截面之间的部分是棱台;④ 两个面互相平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台. 其中正确的命题有（A ）A . 0个B . 1个C . 2个D . 3个馆谅①假，如棱台有两个面互相平行，其余各面是四边形； 由图1至图3可知②、③、④都是错误的.2. 下列说法正确的是（C ）A .以直角三角形的一边为轴旋转所得到的旋转体是圆锥B .以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台C .以半圆的直径为轴旋转一周所得到的旋转体是球D .圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥底面圆的半径噩3 A 是错误的，以直角三角形的直角边..为轴旋转所得到的旋转体才是圆锥； B 是错误的.以直角梯形的垂直于底的腰 为轴旋转所得的旋转体是圆台；C 是正确；D 是错误的，C._2 "4.(D)圆锥的侧面展开图为扇形，这个扇形所在圆的半径等于圆锥的母线长.故选3.A .①②B .①③C .①④D .②④CD 圆锥和正四棱锥的正视图和侧视图都是等腰三角形.4. （2018全国卷川）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼.图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（A ）由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示,. 咼频考点 ______________________________-：空间几何体的结构特征鈕11（经典真题）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殛 根据n 的取值构造相应的几何图形或几何体求解.n = 2时，可以；n = 3时，为正三角形，可以；n = 4时，为正四面体，可以； n = 5时,为四棱锥，侧面为正三角形，底面为菱形且对角线长与边长不可能相等.B本题考查了空间想象能力和推理论证能力，试题有较大的难度•根据题目特点善 于构造几何图形和空间几何体是解决这类问题的关键.变式採究1•在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的 4个顶点，这些几何体是 ①③④⑤•（写出所有正确结论的编号）由直观图可知其俯视图应选 A.5.如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为 的等腰梯形，那么这个平面图形的面积是（C ）A. 1 + 于 B . 1+ .245 °腰和上底长均为1，所以其面积 S =-2^ X 2 = 2+2.C . 2 + ,2D £+¥① 矩形；② 不是矩形的平行四边形;③ 有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体; ④ 每个面都是等边三角形的四面体； ⑤ 每个面都是直角三角形的四面体.A .①④③B .①②③C .⑤④③D .①④⑥薛3由四面体ABCD 四个顶点是长方体的四个顶点， 可得四面体ABCD 的正视图为①, 侧视图为②，俯视图为③•故四面体ABCD 的三视图分别为①②③.B❺® （1）解决三视图问题，要从以下几个方面加以把握：①搞清正视、侧视、俯视的方向，同一物体由于正视、侧视的方向不同或放置的位置不 同，所画的三视图可能不同.作出正方体ABCD — A ' B ' C ' D '.① 显然可能；②不可能； ③取一个顶点处的三条棱，连接各棱端点构成的四面体; ④取正方体中对面上的两条异面直线对角线的四个端点构成的四面体, —B ' BC 时各面均为直角三角形.如图，四面体 ABCD 的四个顶点是长方体的四个顶点女口 B ' — ACD '；⑤取 D（长方体是虚拟图形，起辅助 作用），则四面体 ABCD 的三视图分别是（①②③④⑤⑥代表图形)(空间几何体的三视图C② 遵循“长对正、高平齐、宽相等 ”的原则.③ 注意几何体中与投影面垂直或平行的线段在三视图中的特点. ④ 要注意实线、虚线的画法，可视轮廓线画成实线，不可视的画成虚线.(2)画三视图时，要注意所给几何体与熟知的几何体的联系，如将几何体放置在正方体(或长方体)中或补形成正方体等，有利用发现线、面与投影面的位置关系，从而准确作出相应 的三视图.变式採究2. (1)在如图所示的空间直角坐标系 O — xyz 中，一个四面体的顶点坐标分别是 (0,0,2),(2,2,0), (1,2,1), (2,2,2).给出编号为①、②、③、④的四个图，贝U幼该四面体的正视图和俯视图分别为(D)2'设A(0,0,2), B(2,2,0), C(1,2,1), D(2,2,2)，贝U ABCD 即为满足条件的四面体，得出正视 图和俯视图分别为④和②•(2)由图可知其侧视图为三角形， 根据三视图的“高平齐”得侧视图的高为.3,又由“宽相等”可知侧视图的宽度和俯视图的宽度相等，得侧视图的底为1X sin 60 =~23.所以侧视图的面积为S = |x 訂 3=3.A .①和②B .③和①C .④和③ D .④和②(2)已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为 (C)A 亞 A. 4 B. { 3 C.3D . 1堪3 (1)在空间直角坐标系中构建棱长为2的正方体,兰厂 由三视图得到空间几何体的直观图A . 3 .2B . 2 3 C. 2 ,2 D . 2如图所示,A . 10B . 12C . 14D . 16FT/0 X（2017北京卷）某四棱锥的三视图如图所示, 则该四棱锥的最长棱的长度为解析可知SD 为该四棱锥的最长棱. 由三视图可知正方体的棱长为 故SD =22+ 22 + 22= 2 3.B将三视图还原为直观图时, 菩案 2,若能将其放置到 “正方体”或“长方体”中去研究， 不仅能较易得到直观图，同时还能发现各元素之间的数量关系与位置关系， 便于问题的解 决.变式探究3. （2017全国卷I ）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等 2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有 这些梯形的面积之和为 （B ） 腰直角三角形组成，正方形的边长为 若干个是梯形，正（主灌图 侧佐）视图cia将三视图还原为直观图，如图：可知该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为 2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2.因此该多面体各个面中有2个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4,高为2.1故这些梯形的面积之和为2 X 2 x (2 + 4)X 2 = 12.■I课时小结1 •与柱、锥、台、球有关的概念题，要结合其定义和结构特征，作出准确的判断，若说明命题是假命题，只需要举出一个反例即可.2 •画三视图要注意“长对正、高平齐、宽相等”.3•三视图和直观图是空间几何体的不同的表现形式，空间几何体的三视图可以使我们很好地把握空间几何体的性质. 由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间可以相互转化.。
2020版高考文科数学大一轮复习人教A版文档：第八章 立体几何8.1 Word版含答案.docx
§8.1空间几何体的结构、三视图和直观图1．多面体的结构特征2．旋转体的形成3.空间几何体的三视图 (1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察到的几何体的正投影图． 4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是(1)原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴，y ′轴的夹角为45°或135°，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y 轴的线段在直观图中长度变为原来的一半．知识拓展1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰三角形． (3)水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰梯形． (4)水平放置的圆柱的正视图和侧视图均为全等的矩形． 2．斜二测画法中的“三变”与“三不变” “三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变与x ，z 轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(×)(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(×)(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．(×)(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．(×)(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(×)(6)菱形的直观图仍是菱形．(×)题组二教材改编2．[P19T3]由斜二测画法得到：①相等的线段和角在直观图中仍然相等；②正方形在直观图中是矩形；③等腰三角形在直观图中仍然是等腰三角形；④平行四边形的直观图仍然是平行四边形．上述结论正确的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析逐一考查所给的说法：①相等的线段平行时在直观图中仍然相等，原说法错误；②正方形在直观图中是平行四边形，不是矩形，原说法错误；③等腰三角形在直观图中不是等腰三角形，原说法错误；④平行四边形的直观图仍然是平行四边形，原说法正确．综上可得，结论正确的个数是1.故选B.3．[P8T1]在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案③⑤题组三 易错自纠4．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体 D ．三棱柱答案 A解析 由三视图知识知，圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形．5．(2018·珠海质检)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )答案 B解析 侧视图中能够看到线段AD 1，应画为实线，而看不到B 1C ，应画为虚线．由于AD 1与B 1C 不平行，投影为相交线，故选B.6.正三角形AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________．答案616a 2解析 画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图)，D ′为O ′A ′的中点．易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S△O′A′B′＝12×22S△OAB＝24×34a2＝616a2.题型一空间几何体的结构特征1．给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 A解析①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．2．下列命题中正确的为________．(填序号)①存在一个四个侧面都是直角三角形的四棱锥；②如果棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面也都是矩形；③圆台的任意两条母线所在直线必相交．答案①③解析①如图中的四棱锥，底面是矩形，一条侧棱垂直于底面，那么它的四个侧面都是直角三角形，故①正确；②如图所示的棱柱有一个侧面是矩形，则其余各侧面不是矩形，故②错误；③根据圆台的定义和性质可知，命题③正确．所以答案为①③.思维升华(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一反例即可．(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．题型二简单几何体的三视图命题点1已知几何体，识别三视图典例(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤答案 B解析正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①，侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.命题点2已知三视图，判断几何体的形状典例(2017·全国Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16答案 B解析 观察三视图可知，该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示．因此该多面体各个面中有两个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这两个梯形的面积之和为2×12×(2＋4)×2＝12.故选B.命题点3 已知三视图中的两个视图，判断第三个视图典例 (2018届辽宁凌源二中联考)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为( )答案 B解析 由正视图和俯视图可知，该几何体是一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知其侧视图为B ，故选B. 思维升华 三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．跟踪训练 (1)(2017·全国Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π答案 B解析 方法一 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.故选B.方法二 (估值法)由题意知，12V 圆柱<V 几何体<V 圆柱，又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.(2)一个几何体的三视图中，正视图和侧视图如图所示，则俯视图不可以为( )答案 C解析 A 中，该几何体是直三棱柱，∴A 有可能； B 中，该几何体是直四棱柱，∴B 有可能； C 中，由题干中正视图的中间为虚线知，C 不可能； D 中，该几何体是直四棱柱，∴D 有可能．题型三 空间几何体的直观图典例 (2018·福州调研)已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________． 答案22解析 如图所示，作出等腰梯形ABCD 的直观图．因为OE ＝(2)2－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.思维升华 用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x 轴或y 轴平行的线段在直观图中与x ′轴或y ′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．跟踪训练 如图，一个水平放置的平面图形的直观图(斜二测画法)是一个底角为45°、腰和上底长均为2的等腰梯形，则这个平面图形的面积是( )A ．2＋ 2B ．1＋ 2C ．4＋2 2D ．8＋4 2答案 D解析 由已知直观图根据斜二测画法规则画出原平面图形，如图所示， ∴这个平面图形的面积为4×(2＋2＋22)2＝8＋42，故选D.1．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是()A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱答案 D解析球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等．当三棱锥的三条侧棱相等且两两垂直时，其三视图的形状都相同、大小均相等．不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不会完全相同，故选D.2．如图为几何体的三视图，根据三视图可以判断这个几何体为()A．圆锥B．三棱锥C．三棱柱D．三棱台答案 C3．“牟合方盖”(如图1)是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图2所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，其实际直观图中四边形不存在，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是()A．a，b B．a，c C．c，b D．b，d答案 A解析当正视图和侧视图完全相同时，“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.4．(2018·成都质检)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是棱CD上一点，则三棱锥P －A1B1A的侧视图是()答案 D解析在长方体ABCD－A1B1C1D1中，从左侧看三棱锥P－A1B1A，B1，A1，A的射影分别是C1，D1，D；AB1的射影为C1D，且为实线，P A1的射影为PD1，且为虚线．故选D.5.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AA1，C1D1的中点，G是正方形BCC1B1的中心，则四边形AGFE在该正方体的各个面上的投影不可能是()A．三角形B．正方形C．四边形D．等腰三角形答案 B解析四边形AGFE在该正方体的底面上的投影为三角形，可能为A；四边形AGFE在该正方体的前面上的投影为四边形，可能为C；四边形AGFE在该正方体的底面上的投影为等腰三角形，可能为D；四边形AGFE 在该正方体的左侧面上的投影为三角形，可能为A.故选B.6．(2017·广州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )答案 C解析 该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P —ABCD ，如图所示，该几何体的俯视图为C.7．(2017·东北师大附中、吉林市一中等五校联考)如图所示，在三棱锥D —ABC 中，已知AC ＝BC ＝CD ＝2，CD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°.若其正视图、俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A. 6 B ．2 C. 3 D. 2答案 D解析 由几何体的结构特征和正视图、俯视图，得该几何体的侧视图是一个直角三角形，其中一直角边为CD ，其长度为2，另一直角边为底面△ABC 的边AB 上的中线，其长度为2，则其侧视图的面积S ＝12×2×2＝ 2.8.如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O 1，O 2，这两个球外切，且球O 1与正方体共顶点A 的三个面相切，球O 2与正方体共顶点B 1的三个面相切，则两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影是( )答案 B解析 由题意可以判断出两球在正方体的面上的正投影与正方形相切．由于两球球心连线AB 1与面ACC 1A 1不平行，故两球球心射影所连线段的长度小于两球半径的和，即两个投影圆相交，即为图B.9.(2017·福建龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 的面积为________．答案 2 2解析 因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.10.(2017·南昌一模)如图，在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P —BCD 的正视图与侧视图的面积之比为________．答案 1∶1解析 根据题意，三棱锥P —BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，故三棱锥P—BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.11．如图，点O为正方体ABCD—A′B′C′D′的中心，点E为平面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的射影可能是________．(填出所有可能的序号)答案①②③解析空间四边形D′OEF在正方体的平面DCC′D′上的射影是①；在平面BCC′B′上的射影是②；在平面ABCD上的射影是③，而不可能出现的射影为④中的情况．12．如图，已知三棱锥P—ABC的底面是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°，侧面P AB⊥底面ABC，AB＝P A＝PB＝4，则这个三棱锥的三视图中标注的尺寸x，y，z分别是__________．答案23，2,2解析由三棱锥及其三视图可知，x为等边△P AB的高，所以x＝23，又因为2y为AB的长，所以2y＝4，y＝2，可得z为点C到AB的距离，由此得z＝2.13．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是()A ．8B ．7C ．6D ．5答案 C解析 画出直观图，共六块．14．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8 答案 C解析 如图，设该三棱锥为P —ABC ，其中P A ⊥平面ABC ，P A ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △P AB ＝S △P AC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×(42)2－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，故选C.15．(2017·泉州二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )A ．圆弧B ．抛物线的一部分C ．椭圆的一部分D ．双曲线的一部分答案 D解析根据几何体的三视图，可得侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.16.(2018·济南模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是()A．①②B．①③C．③④D．②④答案 D解析由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展开到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展开到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.。
2020年高考数学(文)重难点专练03 立体几何(解析版)
重难点03 立体几何【命题趋势】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：45分钟）一、单选题1．（2013·山东高考模拟（文））设m ,n 是两条不同的直线, α,β,γ是三个不同的平面．有下列四个命题：①若//αβ，m α⊂，n β⊂，则//m n ； ①若m α⊥，//m β，则αβ⊥； ① 若n α⊥，n β⊥，m α⊥，则m β⊥；① 若αγ⊥，βγ⊥，m α⊥，则m β⊥． 其中错误．．命题的序号是 A ．①①B ．①①C ．①①①D ．①①【答案】B【解析】【分析】根据平面平行的几何特征及直线关系的定义，可判断①错误；根据线面平行的性质定理，线面垂直的第二判定定理及面面垂直的判定定理，可得①正确；根据线面垂直的几何特征及面面平行的判定方法，可得①正确；根据面面垂直的几何特征，及线面垂直的几何特征，可判断①错误．【详解】若α①β，m①α，n①β，则m 与n 不相交，但可能平行也可能异面，故①错误；若m①α，m①β，由线面平行的性质定理可得：存在直线b①β，使b①a ，根据线面垂直的第二判定定理可得b①α，再由面面平行的判定定理得：α①β，故①正确；若n①α，n①β，则α①β，又由m①α，则m①β，故①正确；若α①γ，β①γ，α与β可能平行也可能相交（此时两平面交线与γ垂直），当α①β时，若m①α，则m①β，但α与β相交时，若m①α，则m 与β一定不垂直，故①错误； 故答案为：B【点睛】(1) 本题考查直线与平面平行与垂直的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力．(2)证明一个命题是真命题，需要证明，说明一个命题是假命题，可以通过举反例，要灵活选择. 2．（2019·河北高三月考（文））《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P ABC -为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，2PA AB ==，AC =P ABC -的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．20πD ．24π 【答案】C【解析】由题意得PC 为球O 的直径,而PC ==即球O 的半径R =所以球O的表面积24π20πS R ==.本题选择C 选项.【点睛】：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.3．（2019·北京人大附中高考模拟（文））如图，在下列三个正方体1111ABCD A B C D -中，,,E F G 均为所在棱的中点，过,,E F G 作正方体的截面．在各正方体中，直线1BD 与平面EFG 的位置关系描述正确的是A ．1BD ∥平面EFG 的有且只有①；1BD ⊥平面EFG 的有且只有①①B ．1BD ∥平面EFG 的有且只有①；1BD ⊥平面EFG 的有且只有①C ．.1BD ∥平面EFG 的有且只有①；1BD ⊥平面EFG 的有且只有①D ．1BD ∥平面EFG 的有且只有①；1BD ⊥平面EFG 的有且只有①【答案】A【解析】【分析】①连结BD ，根据面面平行的判定定理可证平面1BDD P 平面EFG ，进而可得1BD P 平面EFG ；①①都可以根据线面垂直的判定定理，用向量的方法分别证明1BD EG ⊥，1BD EF ⊥，即可证明1BD ⊥平面EFG ；从而可得出结果.【详解】①连结BD ，因为,,E F G 均为所在棱的中点，所以BD GF P ，BD EF P ，从而可得BD P 平面EFG ，1DD P 平面EFG ；根据1BD DD D ⋂=，可得平面1BDD P 平面EFG ；所以1BD P 平面EFG ；①设正方体棱长为1，因为,,E F G 均为所在棱的中点，所以 ()()11111111B 22BD GE DD DB DA DD DA D DA ⎛⎫=-*=- ⎪⎝⎭***u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u r u u u u r ， ()11cos45cos6002=︒︒=即1BD EG ⊥； 又 ()()1111111C B 22BD EF DD DB DC DD D D DC ⎛⎫=-*=- ⎪⎝***⎭u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r ()11cos45cos6002=︒︒=，即1BD EF ⊥； 又EG EF E ⋂=，所以1BD ⊥平面EFG ；①设正方体棱长为1，因为,,E F G 均为所在棱的中点，所以()()()2111111111A 2222BD EG DD DB DG DE DD DB DC DD D DD DB DC DB DA ⎛⎫=-*-=-*+**-=-+ ⎪⎝*⎭u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，111102222=⨯+⨯=即1BD EG ⊥； 又()()()2111111111A A 2222BD EF DD DB AF AE DD DB DD DC D DD DB DC DB D ⎛⎫=*-*-=-*++=-- ⎪⎭*⎝*u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r1111102222=-⨯-⨯=1BD EF ⊥； 又EG EF E ⋂=，所以1BD ⊥平面EFG ；故选A【点睛】本题主要考查线面平行与线面垂直的判定，灵活掌握判定定理即可，属于常考题型. 4．（2019·山东高考模拟（理））如图，在下列四个正方体中，P ，R ，Q ，M ，N ，G ，H 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ 所在平面平行的是( )A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】【分析】根据线面平行判定定理以及作截面逐个分析判断选择.【详解】A 中，因为11////PQ AC A C ,所以可得//PQ 平面11A BC ,又1//RQ AB ，可得//RQ 平面11A BC ，从而平面//PQR 平面11A BCB 中，作截面可得平面PQR I 平面1A BN HN =（H 为C 1D 1中点）,如图：C 中，作截面可得平面PQR I 平面HGN HN =（H 为C 1D 1中点）,如图：D 中，作截面可得1,QN C M 为两相交直线，因此平面PQR 与平面11A MC 不平行, 如图：【点睛】本题考查线面平行判定定理以及截面，考查空间想象能力与基本判断论证能力，属中档题.二、填空题5．（2019·吉林高考模拟（文））一个倒置圆锥形容器，底面直径与母线长相等，容器内存有部分水，向容器内放入一个半径为1的铁球，铁球恰好完全没入水中（水面与铁球相切）则容器内水的体积为__________．【答案】5π3.【分析】先由题意作出轴截面，根据圆锥的底面直径与母线长相等，得到∠APC =30∘，再记铁球的半径为r ，得r =1，求出圆锥的高，以及圆锥底面圆半径，最后由V 圆锥=V 水+V 铁球，即可求出结果.【详解】如图所示，作出轴截面，由题意，圆锥的底面直径与母线长相等，可得AP =AB ，则AP =2AC ，所以∠APC =30∘，记铁球的半径为r ，即OC =OD =r =1，在ΔODP 中，sin∠OPD =OD OP =12，则OP =2r =2，所以PC =3r =3，因此AC =√3r =√3,PA =2√3r =2√3，所以铁球所在圆锥的体积为V 圆锥=V 水+V 铁球，即V 水=V 圆锥−V 铁球=13S 圆C •PC −43πr 3=13π(√3)2•3−43π=53π.故答案为53π【点睛】本题主要考查圆锥内切球的相关计算，熟记体积公式即可，属于常考题型.6．（2019·广东高考模拟（文））已知矩形ABCD ，1AB =，BC =，将ADC V 沿对角线AC 进行翻折，得到三棱锥D ABC -，则在翻折的过程中有下列结论：①三棱锥D ABC -的体积最大值为14； ①三棱锥D ABC -的外接球体积不变；①异面直线AB 与CD 所成角的最大值为90o ．其中正确的是____．（填写所有正确结论的编号）【答案】①①①【分析】考虑在翻折的过程中，当面ACD ⊥面ACB 时，D 到底面的距离最大，进而得到棱锥体积最大，可判断①正确；取AC 的中点O ，可得O 为棱锥的外接球的球心，计算可判断①正确；假设AB CD ⊥，由线面垂直的判断和性质，可判断①正确．【详解】解：矩形ABCD ，1AB =，BC =，可得2AC =，在翻折的过程中，当面ACD ⊥面ACB 时，D 到底面的距离最大，且为直角三角形ACD 斜边AC可得三棱锥D ABC -的体积最大值为1111324⋅⋅=，故①正确； 取AC 的中点O ，连接OB ，OD ，可得OA OB OC OD ===，即O 为三棱锥D ABC -的外接球的球心，且半径为1，体积为43π，故①正确；若AB CD ⊥，又AB BC ⊥，可得AB ⊥平面BCD ，即有AB BD ⊥，由1AB =及AD =可得BD =，将ADC V 沿对角线AC 翻折得过程中，存在某个位置使得BD =成立，故①正确．故答案为：①①①．【点睛】 本题主要考查了空间思维能力，还考查了球的体积公式，还考查了线面垂直的判断、性质及计算能力，属于难题.三、解答题7．（2019·湖南高考模拟（文））在平行四边形ABCD 中，3AB =，2BC =，过A 点作CD的垂线，交CD 的延长线于点E ，AE =连结EB ，交AD 于点F ，如图1，将ADE ∆ 沿AD 折起，使得点E 到达点P 的位置，如图2.（1）证明：平面BFP ⊥平面BCP ；（2）若G 为PB 的中点，H 为CD 的中点，且平面ADP ⊥平面ABCD ，求三棱锥G BCH -的体积.【答案】（1）见解析； （2）316. 【解析】【分析】（1）证明BE AD ⊥．PF AD ⊥，BF AD ⊥．推出PF BC ⊥，BF BC ⊥，得到BC ⊥ 平面BFP ，然后证明平面BFP ⊥平面BCP ．（2）解法一：证明PF ⊥平面ABCD ．取BF 的中点为O ，连结GO ，得到GO ⊥平面ABCD ．然后求解棱锥的高．解法二：证明PF ⊥平面ABCD ．三棱锥G BCH -的高等于12PF ．说明BCH V 的面积是四边形ABCD 的面积的14，通过ABCD 13P ABCD V S PF -=⨯⋅平行四边形，求解三棱锥G BCH -的体积． 【详解】（1）证明：如题图1，在Rt BAE V 中，3AB =，AE =60AEB ∠=︒． 在Rt AED V 中，2AD =，所以30DAE ∠=︒．所以BE AD ⊥．如题图2，,PF AD BF AD ⊥⊥．又因为AD BC P ，所以PF BC ⊥，BF BC ⊥，PF BF F ⋂=，所以BC ⊥平面BFP ，又因为BC ⊂平面BCP ，所以平面BFP ⊥平面BCP ．（2）解法一：因为平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ⋂平面ABCD AD =，PF ⊂平面ADP ，PF AD ⊥，所以PF ⊥平面ABCD ．取BF 的中点为O ，连结GO ，则GO PF P ，所以GO ⊥平面ABCD ．即GO 为三棱锥G BCH -的高．且11sin3022GO PF PA ==⨯︒=． 因为，三棱锥G BCH -的体积为11113332462416BCH BCD G BCH V S GO S -=⋅=⨯⨯=⨯=V V 三棱锥．解法二：因为平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ⋂平面ABCD AD =，PF ⊂平面ADP ，所以PF ⊥平面ABCD ．因为G 为PB 的中点．所以三棱锥G BCH -的高等于12PF ． 因为H 为CD 的中点，所以BCH V 的面积是四边形ABCD 的面积的14， 从而三棱锥G BCH -的体积是四棱锥P ABCD -的体积的18．ABCD 平行四边形面ABCD 113332P ABCD V S PF -=⨯⋅=⨯=平行四边形， 所以三棱锥G BCH -的体积为316． 【点睛】 本题考查直线与平面垂直，平面与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．8．（2019·辽宁高考模拟（文））如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12AB AA ==，E ，F 分别为AB ，11B C 的中点．（①）求证：1B E ∕∕平面ACF ；（①）求三棱锥1B ACF -的体积．【答案】（①）见解析（①）3 【解析】【分析】（①）取AC 的中点M ，连结EM ，FM ，由三角形性质得//EM BC 且12EM BC =，结合已知得到1//EM B F 且1EM B F =，则四边形1EMFB 为平行四边形，可得1//B E FM ，再由线面平行的判定可得1//B E 平面ACF ；（①）设O 为BC 的中点，由已知得到AO ⊥平面11BCC B ，然后利用等积法求三棱锥1B ACF -的体积．【详解】（①）证明：取AC 的中点M ，连结EM ，FM ，在ABC ∆中，①E 、M 分别为AB ，AC 的中点，①EM BC ∕∕且12EM BC =， 又F 为11B C 的中点，11B C BC ∕∕，①1B F BC ∕∕且112B F BC =， 即1EM B F ∕∕且1EM B F =，故四边形1EMFB 为平行四边形，①1B E FM ∕∕，又MF ⊂平面ACF ，1B E ⊄平面ACF ，①1B E ∕∕平面ACF ；（①）解：设O 为BC 的中点，①棱柱底面是正三角形，2AB =，①有AO =又因为ABC ∆为正三角形，且O 为BC 的中点，所以AO BC ⊥,又由正三棱柱，所以平面11BCC B ⊥平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AO ⊥平面11BCC B ，即三棱锥1A B CF -所以1111112332B ACF A B CF B CF V V S AO --∆==⨯⨯=⨯⨯=． 【点睛】本题主要考查了直线与平面平行的判定与证明，以及利用等体积法七届多面体的体积问题，其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质，以及合理利用等体积法求解体积是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于基础题． 9．（2019·吉林高考模拟（文））在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为平行四边形，1AA ⊥平面ABCD ．24AB AD ==，3DAB π∠=（1）证明：平面1D BC ⊥平面1D BD ；（2）若直线1D B 与底面ABCD 所成角为6π，M ，N ，Q 分别为BD ，CD ，1D D 的中点，求三棱锥C MNQ -的体积．【答案】(1)见证明；(2) C MNQ V -=【解析】【分析】（1）推导出D 1D ①平面ABCD ，D 1D ①BC ，AD ①BD ，由AD ①BC ，得BC ①BD ，从而BC ①平面D 1BD ，由此能证明平面D 1BC ①平面D 1BD ．（2）由1D D ⊥平面ABCD 得16D BD π∠=，可以计算出1D D ，再利用锥体体积公式求得Q CMN V -，根据等体积法即为C MNQ V -.【详解】（1）①1D D ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，①1D D BC ⊥.又4AB =，2AD =，3DAB π∠=，①BD ==①222AD BD AB +=，①AD BD ⊥.又①//AD BC ，①BC BD ⊥.又①1D D BD D ⋂=，BD ⊂平面1D BD ，1D D ⊂平面1D BD ，①BC ⊥平面1D BD ，而BC ⊂平面1D BC ，①平面1D BC ⊥平面1D BD ；（2）①1D D ⊥平面ABCD ，①1D BD ∠即为直线1D B 与底面ABCD 所成的角，即16D BD π∠=，而BD =①12DD =. 又14C MNQ Q CMN Q BDC V V V ---==，①11121432C MNQ V -=⨯⨯⨯⨯=. 【点睛】 本题考查面面垂直的证明，考查线面角的定义及求法，考查了三棱锥体积的常用求法，涉及空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．10．（2020·河北石家庄二中高三月考（文））如图所示，在等腰梯形ABCD 中， //AD BC ，2AD CD AB ===， 60ABC ∠=o ，将三角形ABD 沿BD 折起，使点A 在平面BCD 上的投影G 落在BD 上．（1）求证：平面ACD ⊥平面ABD ；（2）若点E 为AC 的中点，求三棱锥G ADE -的体积．【答案】（1）见解析；（2） 【解析】试题分析：（1）要证平面ACD ⊥平面ABD ，只需证CD ⊥平面ABD ，分析条件易得AG CD ⊥和BD DC ⊥；（2）由G ADE G ACD A CDG 11V V V 22---==，只需求A CDG V -即可. 试题解析：（1）证明：在等腰梯形ABCD 中，可设2AD CD AB ===，可求出BD = 4BC =，在BCD V 中， 222BC BD DC =+，①BD DC ⊥，①点A 在平面BCD 上的投影G 落在BD 上，①AG ⊥平面BCD ，平面ABD ⊥平面BCD ，①AG CD ⊥，又BD DC ⊥， AG BD G ⋂=，①CD ⊥平面ABD ，而CD ⊂平面ACD ，①平面ACD ⊥平面ABD .（2）解：因为2AD AB ==，所以ABD ADB ∠=∠，又AD BC P ，所以ADB CBD ∠=∠，因为60ABC ∠=︒，所以30ABD ∠=︒，解得1AG =，因为E 为AC 中点，三棱锥G ADE -的体积与三棱锥G CDE -的体积相等， 所以1122G ADE G ACD A CDG V V V ---==,因为1112323A CDG V -=⨯⨯⨯=126G ADE A CDG V V --==. 11．（2020·广东实验中学高三月考（文））如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，,E F 分别为11,AC BC 的中点，1C F AB ⊥，12AB BC AA===.（1）求证：1//C F 平面ABE ；（2）求三棱锥1E ABC -的体积.【答案】（1）见解析；（2）23. 【解析】试题分析：（1）设D 为边AB 的中点，连接ED ，FD ，①D ，F 分别为AB ，BC 的中点，根据三角形中位线定理以及题设条件可证明四边形1EC FD 为平行四边形，可得1C F ED P ，从而根据线面平行的判定定理可得结论；（2）先证明AB ⊥平面11BCC B ，知AB BC ⊥，从而可得三角形ABC 的面积为2，三角形ABF 的面积为1，利用等积变换可得11E ABC C EAB F EAB V V V ---== 121233E ABF V -==⨯⨯=. 试题解析：（1）设D 为边AB 的中点，连接ED ，FD①D ，F 分别为AB ，BC 的中点，①DF AC P ，12DF AC =， 又①1EC AC P ，112EC AC =，①1DF EC P ，1DF EC =，① 四边形1EC FD 为平行四边形.①1C F ED P ，又ED ⊂平面EAB ，1C F ⊄平面EAB ，①1C F P 平面ABE ，（2）在直三棱柱中1CC AB ⊥，又1C F AB ⊥，1CC ⊂平面11BCC B ，1C F ⊂平面11BCC B ，111CC C F C ⋂=，①AB ⊥平面11BCC B ，知AB BC ⊥，可得三角形ABC 的面积为2，三角形ABF 的面积为1，由（1）1C F P 平面ABE 知：1C 到平面EAB 的距离等于F 到平面EAB 的距离 ①11E ABC C EAB F EAB V V V ---==三棱锥三棱锥三棱锥 121233E ABF V -==⨯⨯=三棱锥. 【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、利用等积变换求三棱锥体积，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.①利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法①证明的.12．（2020·宁夏高三月考（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAB ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，①PAB 为等边三角形，E 是PB 中点，平面AED 与棱PC 交于点F .（①）求证：//AD EF ；（①）求证：PB ⊥平面AEFD ；（III ）记四棱锥P AEFD -的体积为1V ，四棱锥P ABCD -的体积为2V ，直接写出12V V 的值.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）1238V V = 【解析】【分析】 （①）由ABCD 为正方形，可得//AD BC ．再由线面平行的判定可得//AD 平面PBC .．再由面面平行的性质可得//AD EF ；（①）由ABCD 为正方形，可得AD AB ⊥．结合面面垂直的性质可得AD ⊥平面PAB ．从而得到AD PB ⊥.．再由已知证得PB AE ⊥．由线面垂直的判定可得PB ⊥平面AEFD ；（①）由（①）知，1C AEFD V V -=，利用等积法把2V 用1V 表示，则12V V 的值可求． 【详解】（I ）证明：因为正方形ABCD ，所以//AD BC .因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC .因为AD ⊂平面AEFD ，平面AEFD ⋂平面PBC EF =，所以//AD EF .（II ）证明：因为正方形ABCD ，所以AD AB ⊥.因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面PAB .因为PB ⊂平面PAB ，所以AD PB ⊥.因为PAB ∆为等边三角形，E 是PB 中点，所以PB AE ⊥.因为AE ⊂平面AEFD ，AD ⊂平面AEFD ，AE AD A ⋂=，所以PB ⊥平面AEFD .（III ）解：由（①）知，122133C AEFDE ABCF ADC C AEFD V V V V V V ，＝，----=== 513BC AEFD V V -∴＝， 则1158133P ABCD V V V V -+＝＝， 1238V V ∴＝ ． 【点睛】本题考查直线与平面平行的判定和性质，考查线面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．。
2020版高考文科数学大一轮复习人教A版文档：第八章 立体几何8.4 Word版含答案.docx
§8.4直线、平面平行的判定与性质1．线面平行的判定定理和性质定理2.面面平行的判定定理和性质定理知识拓展 重要结论：(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a ⊥α，a ⊥β，则α∥β. (2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b . (3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．( × ) (2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．( × ) (3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．( × ) (4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．( √ ) (5)若直线a 与平面α内无数条直线平行，则a ∥α.( × ) (6)若α∥β，直线a ∥α，则a ∥β.( × )题组二 教材改编2．[P61A 组T1(1)]下列命题中正确的是( )A ．若a ，b 是两条直线，且a ∥b ，那么a 平行于经过b 的任何平面B ．若直线a 和平面α满足a ∥α，那么a 与α内的任何直线平行C ．平行于同一条直线的两个平面平行D ．若直线a ，b 和平面α满足a ∥b ，a ∥α，b ⊄α，则b ∥α 答案 D解析 A 中，a 可以在过b 的平面内；B 中，a 与α内的直线也可能异面；C 中，两平面可相交；D 中，由直线与平面平行的判定定理知b ∥α，正确．3．[P62A 组T3]如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为DD 1的中点，则BD 1与平面AEC 的位置关系为________．答案平行解析连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，E为DD1的中点，O为BD的中点，所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，而BD1⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，所以BD1∥平面ACE.题组三易错自纠4．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中() A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一与a平行的直线答案 A解析当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A.5．设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：①a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b.其中能推出α∥β的条件是______．(填上所有正确的序号)答案②④解析在条件①或条件③中，α∥β或α与β相交；由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，条件②满足；在④中，a⊥α，a∥b⇒b⊥α，又b⊥β，从而α∥β，④满足．6.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．答案平行四边形解析 ∵平面ABFE ∥平面DCGH ，又平面EFGH ∩平面ABFE ＝EF ，平面EFGH ∩平面DCGH ＝HG ， ∴EF ∥HG .同理EH ∥FG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形．题型一 直线与平面平行的判定与性质命题点1 直线与平面平行的判定典例 如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F ，H 分别为线段AD ，PC ，CD 的中点，AC 与BE 交于O 点，G 是线段OF 上一点．(1)求证：AP ∥平面BEF ； (2)求证：GH ∥平面P AD .证明 (1)连接EC ， ∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，∴BC 綊AE ，∴四边形ABCE 是平行四边形，∴O 为AC 的中点．又F 是PC 的中点，∴FO ∥AP ， 又FO ⊂平面BEF ，AP ⊄平面BEF ，∴AP ∥平面BEF . (2)连接FH ，OH ，∵F ，H 分别是PC ，CD 的中点， ∴FH ∥PD ，又PD ⊂平面P AD ，FH ⊄平面P AD ， ∴FH ∥平面P AD .又O 是BE 的中点，H 是CD 的中点，∴OH ∥AD ，又AD ⊂平面P AD ，OH ⊄平面P AD ， ∴OH ∥平面P AD .又FH ∩OH ＝H ，∴平面OHF ∥平面P AD . 又GH ⊂平面OHF ，∴GH ∥平面P AD .命题点2 直线与平面平行的性质典例 (2017·长沙调研)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G ，E ，F ，H 分别是棱PB ，AB ，CD ，PC 上共面的四点，平面GEFH ⊥平面ABCD ，BC ∥平面GEFH .(1)证明：GH ∥EF ；(2)若EB ＝2，求四边形GEFH 的面积．(1)证明 因为BC ∥平面GEFH ，BC ⊂平面PBC ， 且平面PBC ∩平面GEFH ＝GH ，所以GH ∥BC . 同理可证EF ∥BC ，因此GH ∥EF .(2)解 如图，连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK .因为P A ＝PC ，O 是AC 的中点，所以PO ⊥AC ， 同理可得PO ⊥BD .又BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD ⊂底面ABCD ， 所以PO ⊥底面ABCD .又因为平面GEFH ⊥平面ABCD ， 且PO ⊄平面GEFH ，所以PO ∥平面GEFH . 因为平面PBD ∩平面GEFH ＝GK ， 所以PO ∥GK ，且GK ⊥底面ABCD ， 从而GK ⊥EF .所以GK 是梯形GEFH 的高．由AB ＝8，EB ＝2得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4， 从而KB ＝14DB ＝12OB ，即K 为OB 的中点．再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，即G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6， 所以GK ＝3.故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF 2·GK ＝4＋82×3＝18. 思维升华 判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点)．(2)利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)． (3)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)．(4)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄α，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)．跟踪训练 (2018届昆明一中摸底)如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，点M ，N 分别为A 1C 1，AB 1的中点．(1)证明：MN ∥平面BB 1C 1C ；(2)若CM ⊥MN ，求三棱锥M —NAC 的体积．(1)证明 连接A 1B ，BC 1，点M ，N 分别为A 1C 1，AB 1的中点，所以MN 为△A 1BC 1的一条中位线，MN ∥BC 1，又因为MN ⊄平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ， 所以MN ∥平面BB 1C 1C .(2)解 设点D ，E 分别为AB ，AA 1的中点，AA 1＝a ，连接ND ，CD ，则CM 2＝a 2＋1，MN 2＝1＋a 2＋44＝a 2＋84，CN 2＝a 24＋5＝a 2＋204，由CM ⊥MN ，得CM 2＋MN 2＝CN 2，解得a ＝2，又NE ⊥平面AA 1C 1C ，NE ＝1， V 三棱锥M —NAC ＝V 三棱锥N —AMC ＝13S △AMC ·NE＝13×12×2×2×1＝23. 所以三棱锥M —NAC 的体积为23.题型二平面与平面平行的判定与性质典例如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.证明(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．(2)∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EF∥BC.∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G綊EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.又∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EF A，∴平面EF A1∥平面BCHG.引申探究在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明如图所示，连接A1C交AC1于点M，∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴M是A1C的中点，连接MD，∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.∵A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴DC1∥BD1.又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1.又∵DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，∴平面A1BD1∥平面AC1D.思维升华证明面面平行的方法(1)面面平行的定义．(2)面面平行的判定定理：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．(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．跟踪训练(2018届江西南昌市摸底)如图，在四棱锥P—ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，P A⊥平面ABCD，P A＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．(1)求证：平面CMN∥平面P AB；(2)求三棱锥P—ABM的体积．(1)证明∵M，N分别为PD，AD的中点，∴MN∥P A.又∵MN⊄平面P AB，P A⊂平面P AB，∴MN∥平面P AB.在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，∴∠ACN＝60°.又∵∠BAC＝60°，∴CN∥AB.∵CN⊄平面P AB，AB⊂平面P AB，∴CN∥平面P AB.又∵CN∩MN＝N，CN，MN⊂平面CMN，∴平面CMN∥平面P AB.(2)解由(1)知，平面CMN∥平面P AB，∴点M到平面P AB的距离等于点C到平面P AB的距离．由已知得，AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，∴BC＝3，∴三棱锥P—ABM的体积V＝V三棱锥M—P AB＝V三棱锥C—P AB＝V三棱锥P—ABC＝13×12×1×3×2＝33.题型三平行关系的综合应用典例如图所示，平面α∥平面β，点A∈α，点C∈α，点B∈β，点D∈β，点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.(1)求证：EF∥平面β；(2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC＝4，BD＝6，且AC，BD所成的角为60°，求EF的长．(1)证明①当AB，CD在同一平面内时，由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC＝AC，平面β∩平面ABDC＝BD知，AC∥BD.∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD.又EF⊄β，BD⊂β，∴EF∥平面β.②当AB与CD异面时，如图所示，设平面ACD∩平面β＝DH，且DH＝AC，∵平面α∥平面β，平面α∩平面ACDH＝AC，∴AC∥DH，∴四边形ACDH是平行四边形，在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，连接EG，FG，BH.又∵AE∶EB＝CF∶FD＝AG∶GH，∴GF∥HD，EG∥BH.又EG∩GF＝G，BH∩HD＝H，∴平面EFG∥平面β.又EF⊂平面EFG，∴EF∥平面β.综合①②可知，EF ∥平面β.(2)解 如图所示，连接AD ，取AD 的中点M ，连接ME ，MF . ∵E ，F 分别为AB ，CD 的中点， ∴ME ∥BD ，MF ∥AC ， 且ME ＝12BD ＝3，MF ＝12AC ＝2.∴∠EMF 为AC 与BD 所成的角或其补角， ∴∠EMF ＝60°或120°. ∴在△EFM 中，由余弦定理得 EF ＝ME 2＋MF 2－2ME ·MF ·cos ∠EMF ＝32＋22±2×3×2×12＝13±6，即EF ＝7或EF ＝19.思维升华 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．跟踪训练 如图所示，四边形EFGH 为空间四边形ABCD 的一个截面，若截面为平行四边形．(1)求证：AB ∥平面EFGH ，CD ∥平面EFGH ；(2)若AB ＝4，CD ＝6，求四边形EFGH 周长的取值范围． (1)证明 ∵四边形EFGH 为平行四边形， ∴EF ∥HG .∵HG ⊂平面ABD ，EF ⊄平面ABD ， ∴EF ∥平面ABD .又∵EF ⊂平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC ＝AB ， ∴EF ∥AB ，又∵AB ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ， ∴AB ∥平面EFGH .同理可证，CD ∥平面EFGH . (2)解 设EF ＝x (0<x <4)， ∵EF ∥AB ，FG ∥CD ， ∴CF CB ＝x 4，则FG 6＝BF BC ＝BC －CF BC ＝1－x4. ∴FG ＝6－32x .∵四边形EFGH 为平行四边形，∴四边形EFGH 的周长l ＝2⎝⎛⎭⎫x ＋6－32x ＝12－x . 又∵0<x <4，∴8<l <12，即四边形EFGH 周长的取值范围是(8,12)．1．若直线l 不平行于平面α，且l ⊄α，则( ) A ．α内的所有直线与l 异面 B ．α内不存在与l 平行的直线 C ．α与直线l 至少有两个公共点 D ．α内的直线与l 都相交 答案 B解析 因为l ⊄α，直线l 不平行于平面α，所以直线l 只能与平面α相交，于是直线l 与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l 平行的直线． 2．已知直线a 和平面α，那么a ∥α的一个充分条件是( ) A ．存在一条直线b ，a ∥b 且b ⊂α B ．存在一条直线b ，a ⊥b 且b ⊥α C ．存在一个平面β，a ⊂β且α∥β D ．存在一个平面β，a ∥β且α∥β 答案 C解析 在A ，B ，D 中，均有可能a ⊂α，错误；在C 中，两平面平行，则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面，故C 正确．3．(2018·攀枝花质检)平面α∥平面β，点A ，C ∈α，点B ，D ∈β，则直线AC ∥直线BD 的充要条件是( ) A ．AB ∥CD B ．AD ∥CBC ．AB 与CD 相交 D ．A ，B ，C ，D 四点共面答案 D解析 充分性：A ，B ，C ，D 四点共面，由平面与平面平行的性质知AC ∥BD .必要性显然成立．4．一条直线l 上有相异的三个点A ，B ，C 到平面α的距离相等，那么直线l 与平面α的位置关系是( ) A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l 与α相交但不垂直D ．l ∥α或l ⊂α答案 D解析 当l ∥α时，直线l 上任意点到α的距离都相等；当l ⊂α时，直线l 上所有的点到α的距离都是0；当l ⊥α时，直线l 上有两个点到α的距离相等；当l 与α斜交时，也只能有两个点到α的距离相等．故选D.5．对于空间中的两条直线m ，n 和一个平面α，下列命题中的真命题是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥α，n ⊂α，则m ∥n C ．若m ∥α，n ⊥α，则m ∥n D ．若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n答案 D解析 对A ，直线m ，n 可能平行、异面或相交，故A 错误；对B ，直线m 与n 可能平行，也可能异面，故B 错误；对C ，m 与n 垂直而非平行，故C 错误；对D ，垂直于同一平面的两直线平行，故D 正确．6．在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别为AB ，AD 上的点，且AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4，又H ，G 分别是BC ，CD 的中点，则( )A ．BD ∥平面EFG ，且四边形EFGH 是平行四边形B ．HG ∥平面ABD ，且四边形EFGH 是平行四边形C ．EF ∥平面BCD ，且四边形EFGH 是梯形 D ．EF ∥平面ADC ，且四边形EFGH 是梯形 答案 C解析 如图，由条件知，EF ∥BD ，且EF ＝15BD ，GH ∥BD ，且HG ＝12BD ，∴EF ∥HG ，且EF ＝25HG ，∴四边形EFGH 为梯形，排除A ，B ； ∵EF ∩平面ADC ＝F ，∴排除D.故选C.7.如图，E ，F ，G 分别是四面体ABCD 的棱BC ，CD ，DA 的中点，则此四面体与过E ，F ，G 的截面平行的棱的条数是________．答案 2解析 此四面体与过E ，F ，G 的截面平行的棱为AC ，BD ，只有两条．8．设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有________．答案①或③解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．9．(2017·承德模拟)如图所示，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件______时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案点M在线段FH上(或点M与点H重合)解析连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.10．(2018·海口调研)将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”．给出下列四个命题：①垂直于同一平面的两直线平行；②垂直于同一平面的两平面平行；③平行于同一直线的两直线平行；④平行于同一平面的两直线平行．其中是“可换命题”的是________．(填序号) 答案①③解析由线面垂直的性质定理可知①是真命题，且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题，故①是“可换命题”；因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交，所以②是假命题，不是“可换命题”；由公理4可知③是真命题，且平行于同一平面的两平面平行也是真命题，故③是“可换命题”；因为平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面，故④是假命题，故④不是“可换命题”．11.如图，E ，F ，G ，H 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BC ，CC 1，C 1D 1，AA 1的中点．求证：(1)EG ∥平面BB 1D 1D ； (2)平面BDF ∥平面B 1D 1H .证明 (1)如图，取B 1D 1的中点O ，连接GO ，OB ，因为OG 綊12B 1C 1綊BE ，所以BE 綊OG ，所以四边形BEGO 为平行四边形，故OB ∥EG ， 因为OB ⊂平面BB 1D 1D ， EG ⊄平面BB 1D 1D ， 所以EG ∥平面BB 1D 1D . (2)由题意可知BD ∥B 1D 1. 连接HB ，D 1F ， 因为BH 綊D 1F ，所以四边形HBFD 1是平行四边形，故HD 1∥BF . 又B 1D 1∩HD 1＝D 1， BD ∩BF ＝B ，所以平面BDF ∥平面B 1D 1H .12.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为正方形，BC ＝PD ＝2，E 为PC 的中点，CB ＝3CG .(1)求证：PC ⊥BC ；(2)AD 边上是否存在一点M ，使得P A ∥平面MEG ？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥BC .因为四边形ABCD 是正方形，所以BC ⊥CD . 又PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ， 所以BC ⊥平面PCD .因为PC ⊂平面PDC ，所以PC ⊥BC .(2)解 连接AC ，BD 交于点O ，连接EO ，GO ， 延长GO 交AD 于点M ，连接EM ，则P A ∥平面MEG . 证明如下：因为E 为PC 的中点，O 是AC 的中点， 所以EO ∥P A .因为EO ⊂平面MEG ，P A ⊄平面MEG ， 所以P A ∥平面MEG . 因为△OCG ≌△OAM ， 所以AM ＝CG ＝23，所以AM 的长为23.13．(2018·南昌质检)在四面体ABCD 中，截面PQMN 是正方形，则在下列结论中，错误的是( )A ．AC ⊥BDB ．AC ∥截面PQMN C ．AC ＝BDD ．异面直线PM 与BD 所成的角为45° 答案 C解析 因为截面PQMN 是正方形，所以MN ∥QP ， 又PQ ⊂平面ABC ，MN ⊄平面ABC ， 则MN ∥平面ABC ，由线面平行的性质知MN ∥AC ，又MN ⊂平面PQMN ，AC⊄平面PQMN，则AC∥截面PQMN，同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，则AC⊥BD，故A，B正确．又因为BD∥MQ，所以异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D正确．14．(2018届广西桂林模拟)在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，若存在实数λ，使得CQ＝λCC1时，平面D1BQ∥平面P AO，则λ＝________.答案1 2解析当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面P AO.理由如下：当Q为CC1的中点时，∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA.∵P，O为DD1，DB的中点，∴D1B∥PO.又PO∩P A＝P，D1B∩QB＝B，D1B∥平面P AO，QB∥平面P AO，∴平面D1BQ∥平面P AO.15．如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是()答案 C解析过M作MQ∥DD1，交AD于点Q，连接QN.∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，∴平面MNQ∥平面DCC1D1.又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC，∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x，∵MQ AQ ＝DD 1AD＝2，∴MQ ＝2x . 在Rt △MQN 中，MN 2＝MQ 2＋QN 2，即y 2＝4x 2＋1，∴y 2－4x 2＝1(x ≥0，y ≥1)，∴函数y ＝f (x )的图象为焦点在y 轴上的双曲线上支的一部分．故选C.16．(2018·哈尔滨模拟)在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于点D ，E ，F ，H .D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为________． 答案452解析 如图，取AC 的中点G ， 连接SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，SG ∩BG ＝G ，SG ，BG ⊂平面SGB ， 故AC ⊥平面SGB ， 所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ， 平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ， 则SB ∥HD . 同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点， 则H ，F 也为AS ，SC 的中点， 从而得HF 綊12AC 綊DE ，所以四边形DEFH 为平行四边形． 又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ， 所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，其面积S ＝HF ·HD ＝⎝⎛⎭⎫12AC ·⎝⎛⎭⎫12SB ＝452.。
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（完整）高中文科数学立体几何部分整理.doc立体几何高中文科数学立体几何部分整理第一章空间几何体（一）空间几何体的三视图与直观图1.投影：区分中心投影与平行投影。
平行投影分为正投影和斜投影。
2.三视图——是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形；正视图——光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图；侧视图——光线从几何体的左面向右面正投影，得到的投影图；正视图——光线从几何体的上面向下面正投影，得到的投影图；注：（1）俯视图画在正视图的下方，“长度”与正视图相等；侧视图画在正视图的右边，“高度”与正视图相等，“宽度”与俯视图。
（简记为“正、侧一样高，正、俯一样长，俯、侧一样宽” .（ 2）正视图，侧视图，俯视图都是平面图形，而不是直观图。
3.直观图：3.1 直观图——是观察着站在某一点观察一个空间几何体而画出的图形。
直观图通常是在平行投影下画出的空间图形。
3.2 斜二测法：step1：在已知图形中取互相垂直的轴 Ox 、 Oy ，（即取 xoy 90 ）；step2：画直观图时，把它画成对应的轴 o ' x ',o ' y' ，取 x ' o ' y' 45 (or 135 ) ，它们确定的平面表示水平平面；step3：在坐标系 x ' o ' y ' 中画直观图时，已知图形中平行于数轴的线段保持平行性不变，平行于 x 轴（或在 x 轴上）的线段保持长度不变，平行于y 轴（或在 y 轴上）的线段长度减半。
结论：一般地，采用斜二测法作出的直观图面积是原平面图形面积的2倍 .4解决两种常见的题型时应注意：（1）由几何体的三视图画直观图时，一般先考虑“俯视图”.（2）由几何体的直观图画三视图时，能看见的轮廓线和棱画成实线，不能看见的轮廓线和棱画成虚线。
【例题点击】将正三棱柱截去三个角（如图1 所示 A ，B ， C 分别是△GHI 三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2 所示方向的侧视图（或称左视图）为（）HA G ABBB侧视BBBCCIEDEDEEEEA ．B ．C ．D ．立体几何解：在图 2 的右边放扇墙 (心中有墙 ), 可得答案 A（二）立体几何1.棱柱1.1 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。
新课标人教A版高中数学知识点总结专题立体几何
(3)异面直线。
●2. 若从有无公共点角度看，可分两类：
有且只有一个公共点——相交直线
没有公共点
平行直线 异面直线
●3. 若从是否共面的角度看, 可分为两类：
在同一平面内
相交直线 平行直线
不同在任一平面内——异面直线
●4. 异面直线
(1) 定义: 不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线。
(2) 性质: 两条异面直线既不相交也不平行。 (3) 判定定理—— 连结平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过此点的直线是异面
一个平面，那么这两个平 么它们的交线平行。
面平行 即：面面平行 线线平行
即：线面平行 面面平行
●2
定义
面面垂直的判定定理 面面垂直的性质定理
如果两个平面 面
所成的二面角是直 面
二面角, 垂
我们就说这两个平 直
面互相垂直。
如果两个平面互相垂 如果一个平面经过另
直，那么在一个平面内垂 一个平面的一条垂线，那
两条异面直线所成的角是直角,则称两条异面直线互相垂直.所以线线垂直包 括两条相交直线互相垂直和两条异面直线互相垂直两种情况。
五、空间的直线与平面
●1
定义
线面平行的判定定理
线面平行的性质定理
如果一条直线 l 与 线
一个平面 没有公共 面
a l // a
,
l
l
//
平 点，我们就说直线 l 与 即：线线平行 线面平
正棱台
S正棱台侧
1 2(cFra bibliotekc)h
●2. 体积公式 棱柱
公式
V体体 Sh
棱锥
V锥体
2020-2021学年新教材人教A版数学必修第二册专题强化训练3 立体几何初步 Word版含解析
专题强化训练(三）立体几何初步(建议用时：40分钟)一、选择题1．下列说法中正确的是( ）A．棱柱的侧面可以是三角形B．正方体和长方体都是特殊的四棱柱C．所有的几何体的表面都能展成平面图形D．棱柱的各条棱都相等B[A不正确,棱柱的侧面都是四边形；C不正确，如球的表面就不能展成平面图形;D不正确，棱柱的各条侧棱都相等，但侧棱与底面的棱不一定相等；B正确．]2．(多选题）在下列命题中,是基本事实的是（）A．平行于同一个平面的两个平面相互平行B．过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面C．如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线［答案］BCD3．(多选题)设l，m,n表示不同的直线,α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题，其中正确的是（)A．若m∥l，且m⊥α,则l⊥αB．若m∥l,且m∥α，则l∥αC．若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥nD．若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥mAD［易知A正确；B错误,l与α的具体关系不能确定；C错误，以墙角为例即可说明；D正确，可以以三棱柱为例说明．故选AD．］4．已知异面直线a，b分别在平面α，β内,且α∩β＝c，那么直线c一定（）A．与a，b都相交B．只能与a，b中的一条相交C．至少与a，b中的一条相交D．与a,b都平行C[若c与a,b都不相交，则c与a，b都平行，根据基本事实4，则a∥b，与a，b异面矛盾．]5．已知l，m,n为两两垂直的三条异面直线，过l作平面α与直线m垂直，则直线n与平面α的关系是（)A．n∥αB．n∥α或n⊂αC．n⊂α或n与α不平行D．n⊂αA[∵l⊂α，且l与n异面，∴n⊄α，又∵m⊥α，n⊥m，∴n∥α.]二、填空题6．圆柱形容器内盛有高度为8 cm的水,若放入三个相同的球（球的半径与圆柱的底面半径相同）后，水恰好淹没最上面的球（如图所示),则球的半径是________ cm.4 ［设球的半径为r cm，则πr2×8＋错误!πr3×3＝πr2×6r。
2020高考文科数学(人教A版)总复习练习：第八章 立体几何 课时规范练2 Word版含解析
课时规范练36空间几何体的表面积与体积基础巩固组1.(2018湖北华中师范大学第一附属中学高三押题)已知一个几何体的三视图如图所示,图中长方形的长为2r,宽为r,圆半径为r,则该几何体的体积和表面积分别为()A.πr3,(3+)πr2B.πr3,(3+)πr2C.πr3,(4+)πr2D.πr3,(4+)πr22.(2018山东临沂三模,7)如图,网格中小正方形的边长为1,某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A.+9+9B.+9C.36+9D.36+9+93.(2018海南五模,8)已知某几何体的三视图如图所示,俯视图是由边长为2的正方形和半径为1的半圆组成,则该几何体的体积为()A.8+B.8+C.4+D.8+4.(2018浙江嘉兴四模,9)某几何体的三视图如图(单位:m),则该几何体的体积是()A. m3B. m3C.2 m3D.4 m35.(2018山西太原一模,7)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B.C. D.6.(2018福建三明一中一模,10)我国古代数学名著《九章算术》记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无丈.刍,草也;甍,屋盖也.”翻译为:“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶.”如图,为刍甍的三视图,其中正视图为等腰梯形,侧视图为等腰三角形,则它的体积为()A. B.160 C. D.647.(2018江西南昌六模,11)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的外接球的表面积为()A.32πB.16πC.36πD.72π8.(2018贵州贵阳一中高三月考,11)已知正四棱锥S-ABCD的底面是边长为4的正方形,若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切,则该四棱锥的高是()A. B. C. D.9.(2018天津,理11)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M-EFGH的体积为.10.已知直四棱柱底面是边长为2的菱形,侧面对角线的长为2,则该直四棱柱的侧面积为.11.(2018云南师范大学附属中学三模,14)已知半径为5的球O被两平行的平面所截,两截面圆的半径分别为3和4,则分别以两截面为上、下底面的圆台的侧面积为.12.某几何体的三视图如图所示,坐标纸上的每个小方格的边长为1,则该几何体的外接球的表面积是.综合提升组13.(2018江西南昌测试八,7)某几何体的三视图如图(虚线刻画的小正方形边长为1)所示,则这个几何体的体积为()A. B. C.12 D.14.(2018河南信阳二模,11)已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中三视图的长、宽、高分别为2,a,b,且2a+b=(a>0,b>0),则此三棱锥外接球表面积的最小值为()A.πB.πC.4πD.5π15.(2018黑龙江哈尔滨押题二,7)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A.30π+8B.+8C.+8D.+816.(2018广西防城港高三模拟,15)各面均为等边三角形的四面体ABCD的外接球的表面积为3π,过棱AB作球的截面,则截面面积的最小值为.创新应用组17.(2018辽宁葫芦岛二模,11)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为x的正方形,侧棱AA1=3,P为矩形CDD1C1内部(含边界)一点,M为BC中点,∠APD=∠CPM,Q为空间任一点且|QA1|=1,三棱锥Q-PCD的体积的最大值记为V(x),则关于函数V(x),下列结论正确的是()A.V(x)为奇函数B.V(x)在区间(0,+∞)内不单调C.V(3)=4D.V(6)=21课时规范练36空间几何体的表面积与体积1.B根据题中三视图可得,该几何体为圆柱中挖去一个圆锥,圆柱底面半径和高均为r,圆锥的底面圆的半径为r,如图所示.故所求几何体的体积为V=πr2·r-πr2·r=πr3;该几何体的表面积为S=2πr·r+πr2+·2πr·r=(3+)πr2.故选B.2.B=S 由题意得几何体的原图如图所示.几何体的左边是一个三棱柱,右边是一个三棱锥.由题得S四边形ABED=3×3=9,S△ABC=S△DEO=S△FEO=×3×3=,由题得AC=DF=3,S矩形四边形BCFE=3×3=9,S△DFO=×(3)2=,所以几何体的表面积=9+9+9+3×+9. ACFD故选B.3.D由三视图可知几何体为半圆锥与正方体的组合体,V=23+×π×12×2=8+,故选D.4.A由已知的三视图可得:该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥,底面的底边长为2 m,底面的高,即为三视图的宽1 m,故底面面积S=×2×1=1 m2,棱锥的高即为三视图的高,故h=2 m,故棱锥的体积V=×1×2= m3,故选A.5.B由给定的三视图可知,该几何体表示左侧是一个以边长为2的正方形为底面,高为2的四棱锥,其体积为V1=×2×2×2=;右侧为一个直三棱柱,其底面如俯视图所示,高为2,其体积为V2=×2×2×2=4,所以该几何体的体积为V=V1+V2=+4=,故选B.6.A由三视图可知该刍甍是一个组合体,它由一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成,根据三视图中的数据,求出棱锥与棱柱的体积相加即可,×4×4×4+2××2×4×4=32+,故选A.7.C还原几何体,如图所示三棱锥B1-BCD(如下图),将此三棱锥补形为直三棱柱B1C1D1-BCD(如下图),在直三棱柱B1C1D1-BCD中取BC、B1C1的中点O1、O2,取O1O2中点O,R==3,S表=4πR2=4×32=36π.故答案为C.8.B因为球O与正四棱锥S-ABCD所有面都相切,于是由等体积法知V S-ABCD=V O-ABCD+V O-SAB+V O-+V O-SDA+V O-SCD⇒×42×h=×42×1+4××1⇒h=.故选B.SBC9.由题意可知,四棱锥M-EFGH的底面EFGH为正方形且边长为,其高为,所以V四棱锥M-=.EFGH10.16侧棱长为-=2,因为侧面为矩形,所以侧面积为4×2×2=16.11.7π或35π由题意,得两截面圆到球心的距离分别为-=4,-=3,则分别以两截面为上、下底面的圆台的底面半径分别为4,3,圆台的高为4+3=7或4-3=1,则其母线长为-=5或-,则该圆台的侧面积为S=π×(3+4)×5=35π或S=π×(3+4)×=7π.12.π根据几何体的三视图,得该几何体是如图所示的三棱锥,三棱锥的高PD=6,且侧面PAC⊥底面ABC,AC⊥BC,PA=PC==2,AC=8,BC=6,AB==10,∴PA2+PB2=AB2,∴△ABC的外接圆的圆心为斜边AB的中点E,设该几何体的外接球的球心为O.OE⊥底面ABC,设OE=x,外接球的半径为R,则x2+2=32+(6-x)2,解得x=.∴R2=2+52=,∴外接球的表面积S=4π×R2=.13.D几何体为如图多面体PABCDE,连接BD,所以多面体体积为V D-PABE+V A-=×2××2×(1+2)+×2××2×1=.故选D.BCD14.B由已知条件及三视图得,此三棱锥的四个顶点位于长方体ABCD-A1B1C1D1的四个顶点处,即为三棱锥A-CB1D1,且长方体ABCD-A1B1C1D1的长、宽、高分别为2,a,b,∴此三棱锥的外接球即为长方体ABCD-A1B1C1D1的外接球,且球半径为R=,∴三棱锥外接球表面积为4π2=π(4+a2+b2)=5π(a-1)2+,当且仅当a=1,b=时,三棱锥外接球的表面积取得最小值为π.故选B.15.D根据三视图知,该几何体是左边为圆柱的一部分,右边是圆柱挖去一个半球体,结合图中数据,计算该几何体的表面积为S=π·22+·2π·2·2+2·2·2+2π·2·4+·4π·22=+8.故选D.16.将四面体放回一个正方体中,使正四面体的棱都是正方体的面对角线,那么正四面体和正方体的外接球是同一个球,当AB是截面圆的直径时,截面面积最小.因外接球的表面积为3π,则球的直径为,则正方体的体对角线为,棱长为1,面对角线为,截面圆面积最小值为π×2=.17.D∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中,M为BC中点,∠APD=∠CPM,P为矩形CDD1C1内部(含边界)一点,∴Rt△ADP∽Rt△PMC,∴=2,即PD=2PC,∵|QA1|=1,则A1在以Q为球心的球面上,而A1到面PCD的距离为x,则(V Q-PCD)max=×3×x×(x+1)=x(x+1),由此可知A,B,C选项都不正确,而V(6)=×6×(6+1)=21.故选D.。
高三文科数学专题复习——立体几何.doc
高三生物专题复习专题一：生命的物质和结构基础第一讲生命的物质、结构基础与细胞增殖分化（包括生物膜系统、分化、衰老和癌变）第二讲细胞工程专题二：生物的新陈代谢第一讲植物的新陈代谢（包括光合作用选修）第二讲人和高等动物的代谢与细胞呼吸第三讲微生物与发酵工程（含生物固氮）专题三：生命活动的调节与免疫第一讲植物生命活动的调节第二讲动物生命活动的调节第三讲人体稳态与免疫专题四：生物的生殖与发育第一讲生物的生殖和发育专题五：遗传、变异、进化第一讲遗传的物质基础第二讲遗传与基因工程第三讲遗传规律（包括伴性遗传）第四讲变异与进化专题六：生物与环境第一讲生态因素、种群和群落第二讲生态系统（结构、功能与稳定性）和人与生物圈专题七：实验与实验设计第二部分：专题综合检测（15+2）专题综合检测一（生命的物质和结构基础）专题综合检测二（生物的新陈代谢）专题综合检测三（生命活动的调节与免疫）专题综合检测四（生物的生殖与发育）专题综合检测五（遗传、变异、进化）专题综合检测六（生物与环境）专题综合检测七（实验与实验设计）专题五：遗传、变异、进化专题五：遗传、变异、进化第一讲遗传的物质基础第二讲遗传与基因工程第三讲遗传规律（包括伴性遗传）第四讲变异与进化【考纲要点】【考查重点】验证DNA是遗传物质的思路与方法、DNA的提取和鉴定原理、遗传基本规律的实质及实践运用。
常见遗传图解的书写、计算及实验设计与分析、基因突变、基因重组和染色体变异的概念，以及各种育种方式的方法、原理及流程设计等知识是高考中的热点而且所占分值很高，有逐年增加的趋势。
第四讲变异与进化一．[重、难点精析]1．基因重组、基因突变和染色体变异比较【链接高考】本讲考点在近四年四川考题中的考查统计。
年份题号考点题型分值2006 30 基因突变综合 52007 31 基因突变综合 22008 31 基因突变综合 62009 31 基因重组\染色体结构和数目的变异综合 4（09全国卷Ⅱ,34）（1）人类遗传一般可以分为单基因遗传、多基因遗传和①遗传病。
(新课标)2020年高考数学一轮总复习专题5立体几何课件文新人教A版
【例2】 (2018·高考全国卷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MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．
[解析] (1)证明：∵AB＝BC＝2 2，AC＝4，∴AB2＋BC2＝AC2，即△ABC是直角 三角形．连接OB， 又O为AC的中点，∴OA＝OB＝OC. ∵PA＝PB＝PC，∴△POA≌△POB≌△POC， ∴∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°， ∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC.
(2)由(1)得PO⊥平面ABC，PO＝ PA2－AO2＝2 3，
在△COM中，OM＝
OC2＋CM2－2OC·CMcos
45°＝2
3
5 .
S△POM＝12×PO×OM＝12×2 3×235＝2 315，
S△COM＝12×23×S△ABC＝43.
设点C到平面POM的距离为d.
由VP－OMC＝VC－POM，得13×S△POM·d＝13×S△OCM×PO，
[答案] B
跟踪训练 (2018·西安八校联考)在平行四边形ABCD中，∠ABD＝90°，且AB＝
1，BD＝ 2 ，若将其沿BD折起使平面ABD⊥平面BCD，则三棱锥A－BDC的外接
球的表面积为( )
A．2π
B.8π
C．16π
D.4π
解析：画出对应的平面图形和立体图形，如图所示．在立体图形中，设AC的中点 为O，连接OB，OD，因为平面ABD⊥平面BCD，CD⊥BD，所以CD⊥平面ABD. 又AB⊥BD，所以AB⊥平面BCD，所以△CDA与△CBA都是以AC为斜边的直角三 角形，所以OA＝OC＝OB＝OD，所以点O为三棱锥A－BDC的外接球的球心．于 是，外接球的半径r＝12AC＝12 CD2＋DA2＝12 12＋ 32＝1.故外接球的表面积S＝ 4πr2＝4π.故选D.
【精品推荐】2020高考数学(文科)专题复习课标 通用版(课件) 专题4 立体几何专题4 第2讲
第一部分 核心专题突破
专题四 立体几何
第2讲 空间点、线、面之间的位置关系
3年考情回顾 热点题型探究 对点规范演练 专题跟踪检测
3年考情回顾
命题角度 素养清单 真题示例
典例回顾
空间线面 位置关系 的判定
直观想象 逻辑推理
1.(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD
2019· 全 国 的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平 卷Ⅰ，16 面ABCD，M是线段ED的中点，则( )
C
到平面
C1DE
的距离为4
17 17 .
• 6．(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD－ A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱 AA1上，BE⊥EC1.
• (1)证明：BE⊥平面EB1C1； • (2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E－
BB1C1C的体积．
• 解析 (1)证明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面 ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以 BE⊥平面EB1C1.
• 2.(2019·广东广州模拟)如图是一个几何体的平面展开图，其 中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在 此几何体中，给出下面四个结论：
• ①直线BE与直线CF异面；
• ②直线BE与直线AF异面； • ③直线EF∥平面PBC；
• ④平面BCE⊥平面PAD．
• 其中正确结论的个数是( ) • A．1 B．2 • C．3 D．4 • 答案 B • 解析 画出该几何体，如图所示．
2020年高考数学(文)二轮专项复习专题07 立体几何
专题07 立体几何立体几何的知识是高中数学的主干内容之一，它主要研究简单空间几何体的位置和数量关系．本专题内容分为三部分：一是点、直线、平面之间的位置关系，二是简单空间几何体的结构，三是空间向量与立体几何．在本专题中，我们将首先复习空间点、直线、平面之间的位置关系，特别是对特殊位置关系(平行与垂直)的研究；其后，我们复习空间几何体的结构，主要是柱体、锥体、台体和球等的性质与运算；最后，我们通过空间向量的工具证明有关线、面位置关系的一些命题，并解决线线、线面、面面的夹角问题．§7－1 点、直线、平面之间的位置关系【知识要点】1．空间直线和平面的位置关系：(1)空间两条直线：①有公共点：相交，记作：a∩b＝A，其中特殊位置关系：两直线垂直相交．②无公共点：平行或异面．平行，记作：a∥b．异面中特殊位置关系：异面垂直．(2)空间直线与平面：①有公共点：直线在平面内或直线与平面相交．直线在平面内，记作：a⊂α ．直线与平面相交，记作：a∩α ＝A，其中特殊位置关系：直线与平面垂直相交．②无公共点：直线与平面平行，记作：a∥α ．(3)空间两个平面：①有公共点：相交，记作：α ∩β ＝l，其中特殊位置关系：两平面垂直相交．②无公共点：平行，记作：α ∥β ．2．空间作为推理依据的公理和定理：(1)四个公理与等角定理：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此平面内．公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补．(2)空间中线面平行、垂直的性质与判定定理：①判定定理：如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行．如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行．如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直．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．②性质定理：如果一条直线与一个平面平行，那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线与该直线平行．如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行．垂直于同一个平面的两条直线平行．如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直． (3)我们把上述判定定理与性质定理进行整理，得到下面的位置关系图：【复习要求】1．了解四个公理与等角定理；2．理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题． 【例题分析】例1 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，AA 1的中点． 求证：(Ⅰ)E 、C 、D 1、F 四点共面；(Ⅱ)CE 、DA 、D 1F 三线共点．【分析】对于(Ⅰ)中证明“E 、C 、D 1、F 四点共面”，可由这四点连接成两条直线，证明它们平行或相交即可；对于(Ⅱ)中证明“CE 、DA 、D 1F 三线共点”，可证其中两条相交直线的交点位于第三条直线上．证明：(Ⅰ)连接D 1C 、A 1B 、EF ． ∵E ，F 分另是AB ，AA 1的中点，∴EF ∥A 1B ，,211B A EF =又A 1D 1∥BC ，A 1D 1＝BC ， ∴A 1D 1CB 是平行四边形． ∴A 1B ∥D 1C ，EF ∥D 1C ， ∴E 、C 、D 1、F 四点共面． (Ⅱ)由(Ⅰ)得EF ∥CD 1，,211CD EF =∴直线CE 与直线D 1F 必相交，记CE ∩ D 1F ＝P ， ∵P ∈D 1F ⊂平面A 1ADD 1，P ∈CE ⊂平面ABCD ， ∴点P 是平面A 1ADD 1和平面ABCD 的一个公共点． ∵平面A 1ADD 1∩平面ABCD ＝AD ， ∴P ∈AD ，∴CE 、DA 、D 1F 三线共点．【评述】1、证明多点共面、多点共线、多线共面的主要依据：(1)证明多点共面常用公理2及其推论；(2)证明多点共线常用公理3，即证明点在两个平面内，从而点在这两个平面的交线上； (3)证明多线共面，首先由其中两直线确定平面，再证其余直线在此平面内． 2、证明a ，b ，c 三线交于一点的主要依据：(1)证明a 与b 相交，c 与b 相交，再证明两交点重合； (2)先证明a 与b 相交于点P ，再证明P ∈c ．例2 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，求证：MN ∥平面P AD ．【分析】要证明“线面平行”，可通过“线线平行”或“面面平行”进行转化；题目中出现了中点的条件，因此可考虑构造(添加)中位线辅助证明．证明：方法一，取PD 中点E ，连接AE ，NE ．∵底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，∴MA ∥CD ，.21CD MA = ∵E 是PD 的中点， ∴NE ∥CD ，.21CD NE =∴MA ∥NE ，且MA ＝NE ， ∴AENM 是平行四边形， ∴MN ∥AE ．又AE ⊂平面P AD ，MN ⊄平面P AD ， ∴MN ∥平面P AD ．方法二取CD 中点F ，连接MF ，NF ． ∵MF ∥AD ，NF ∥PD ， ∴平面MNF ∥平面P AD ， ∴MN ∥平面P AD ．【评述】关于直线和平面平行的问题，可归纳如下方法：111111【分析】要证明“线线垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，因此设法证明A1C垂直于经过BC1的平面即可．证明：连接AC1．∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴AB⊥AA1．又AB⊥AC，∴AB⊥平面A1ACC1，∴A1C⊥A B．①又AA1＝AC，∴侧面A1ACC1是正方形，∴A1C⊥AC1．②由①，②得A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC1．【评述】空间中直线和平面垂直关系的论证往往是以“线面垂直”为核心展开的．如本题已知条件中出现的“直三棱柱”及“AB⊥AC”都要将其向“线面垂直”进行转化．例4在三棱锥P－ABC中，平面P AB⊥平面ABC，AB⊥BC，AP⊥PB，求证：平面P AC ⊥平面PBC．【分析】要证明“面面垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，而“线面垂直”又可以通过“线线垂直”进行转化．证明：∵平面P AB ⊥平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB ，且AB ⊥BC ， ∴BC ⊥平面P AB ， ∴AP ⊥BC ． 又AP ⊥PB ，∴AP ⊥平面PBC ， 又AP ⊂平面P AC ，∴平面P AC ⊥平面PBC ．【评述】关于直线和平面垂直的问题，可归纳如下方法：例5 如图，在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面A 1ABB 1是菱形，且垂直于底面ABC ，∠A 1AB ＝60°，E ，F 分别是AB 1，BC 的中点．(Ⅰ)求证：直线EF ∥平面A 1ACC 1；(Ⅱ)在线段AB 上确定一点G ，使平面EFG ⊥平面ABC ，并给出证明． 证明：(Ⅰ)连接A 1C ，A 1E ．∵侧面A 1ABB 1是菱形， E 是AB 1的中点， ∴E 也是A 1B 的中点，又F 是BC 的中点，∴EF ∥A 1C ．∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，EF ⊄平面A 1ACC 1， ∴直线EF ∥平面A 1ACC 1． (2)解：当31=GA BG 时，平面EFG ⊥平面ABC ，证明如下： 连接EG ，FG ．∵侧面A 1ABB 1是菱形，且∠A 1AB ＝60°，∴△A 1AB 是等边三角形． ∵E 是A 1B 的中点，31=GA BG ，∴EG ⊥AB ．∵平面A 1ABB 1⊥平面ABC ，且平面A 1ABB 1∩平面ABC ＝AB ， ∴EG ⊥平面ABC ．又EG ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面ABC ．练习7－1一、选择题：1．已知m ，n 是两条不同直线，α ，β ，γ 是三个不同平面，下列命题中正确的是( ) (A)若m ∥α ，n ∥α ，则m ∥n (B)若m ⊥α ，n ⊥α ，则m ∥n (C)若α ⊥γ ，β ⊥γ ，则α ∥β (D)若m ∥α ，m ∥β ，则α ∥β 2．已知直线m ，n 和平面α ，β ，且m ⊥n ，m ⊥α ，α ⊥β ，则( ) (A)n ⊥β (B)n ∥β ，或n ⊂β (C)n ⊥α (D)n ∥α ，或n ⊂α3．设a ，b 是两条直线，α 、β 是两个平面，则a ⊥b 的一个充分条件是( ) (A)a ⊥α ，b ∥β ，α ⊥β (B)a ⊥α ，b ⊥β ，α ∥β (C)a ⊂α ，b ⊥β ，α ∥β (D)a ⊂α ，b ∥β ，α ⊥β 4．设直线m 与平面α 相交但不垂直，则下列说法中正确的是( ) (A)在平面α 内有且只有一条直线与直线m 垂直 (B)过直线m 有且只有一个平面与平面α 垂直 (C)与直线m 垂直的直线不可能与平面α 平行 (D)与直线m 平行的平面不可能与平面α 垂直 二、填空题：5．在三棱锥P －ABC 中，6==PB PA ，平面P AB ⊥平面ABC ，P A ⊥PB ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝30°，则PC ＝______．6．在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，当底面ABCD 满足条件______时，有A 1C ⊥B 1D 1．(只要求写出一种条件即可)7．设α ，β 是两个不同的平面，m ，n 是平面α ，β 之外的两条不同直线，给出四个论断： ①m ⊥n ②α ⊥β ③n ⊥β ④m ⊥α以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出正确的一个命题______． 8．已知平面α ⊥平面β ，α ∩β ＝l ，点A ∈α ，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α ，m ∥β ，给出下列四种位置：①AB ∥m ；②AC ⊥m ；③AB ∥β ；④AC ⊥β ， 上述四种位置关系中，不一定成立的结论的序号是______． 三、解答题：9．如图，三棱锥P －ABC 的三个侧面均为边长是1的等边三角形，M ，N 分别为P A ，BC 的中点．(Ⅰ)求MN 的长；(Ⅱ)求证：P A ⊥BC ．10．如图，在四面体ABCD 中，CB ＝CD ，AD ⊥BD ，且E 、F 分别是AB 、BD 的中点．求证：(Ⅰ)直线EF ∥平面ACD ； (Ⅱ)平面EFC ⊥平面BCD ．11．如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB＝90°，BC ∥AD ，AF BE AF BE AD BC 21,//,21==，G ，H 分别为F A ，FD 的中点．(Ⅰ)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(Ⅱ)C ，D ，F ，E 四点是否共面?为什么?(Ⅲ)设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE ．§7－2空间几何体的结构【知识要点】1．简单空间几何体的基本概念：(1)(2)特殊的四棱柱：(1)平行投影：①概念：如图，已知图形F，直线l与平面α 相交，过F上任意一点M作直线MM1平行于l，交平面α 于点M1，则点M1叫做点M在平面α 内关于直线l的平行投影．如果图形F上的所有点在平面α 内关于直线l的平行投影构成图形F1，则F1叫图形F在α 内关于直线l的平行投影．平面α 叫投射面，直线l叫投射线．②平行投影的性质：性质1．直线或线段的平行投影仍是直线或线段； 性质2．平行直线的平行投影是平行或重合的直线；性质3．平行于投射面的线段，它的投影与这条线段平行且等长； 性质4．与投射面平行的平面图形，它的投影与这个图形全等；性质5．在同一直线或平行直线上，两条线段平行投影的比等于这两条线段的比． (2)直观图：斜二侧画法画简单空间图形的直观图． (3)三视图：①正投影：在平行投影中，如果投射线与投射面垂直，这样的平行投影叫做正投影． ②三视图：选取三个两两垂直的平面作为投射面．若投射面水平放置，叫做水平投射面，投射到这个平面内的图形叫做俯视图；若投射面放置在正前方，叫做直立投射面，投射到这个平面内的图形叫做主视图；和直立、水平两个投射面都垂直的投射面叫做侧立投射面，投射到这个平面内的图形叫做左视图．将空间图形向这三个平面做正投影，然后把三个投影按右图所示的布局放在一个水平面内，这样构成的图形叫空间图形的三视图．③画三视图的基本原则是“主左一样高，主俯一样长，俯左一样宽”． 4．简单几何体的表面积与体积： (1)柱体、锥体、台体和球的表面积：①S 直棱柱侧面积＝ch ，其中c 为底面多边形的周长，h 为直棱柱的高．②'=ch S 21正棱锥形面积，其中c 为底面多边形的周长，h ＇为正棱锥的斜高． ③''+=h c c S )(21正棱台侧面积，其中c ＇，c 分别是棱台的上、下底面周长，h ＇为正棱台的斜高．④S 圆柱侧面积＝2πRh ，其中R 是圆柱的底面半径，h 是圆柱的高． ⑤S 圆锥侧面积＝πRl ，其中R 是圆锥的底面半径，l 是圆锥的母线长． ⑥S 球＝4πR 2，其中R 是球的半径． (2)柱体、锥体、台体和球的体积：①V 柱体＝Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．②Sh V 31=锥体，其中S 是锥体的底面积，h 是锥体的高． ③)(31'+'+=S SS S h V 台体，其中S ＇，S 分别是台体的上、下底面的面积，h 为台体的高． ④3π34R V =球，其中R 是球的半径．【复习要求】1．了解柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征；2．会画出简单几何体的三视图，会用斜二侧法画简单空间图形的直观图； 3．理解球、棱柱、棱锥、台的表面积与体积的计算公式． 【例题分析】例1 如图，正三棱锥P －ABC 的底面边长为a ，侧棱长为b ．(Ⅰ)证明：P A ⊥BC ；(Ⅱ)求三棱锥P －ABC 的表面积； (Ⅲ)求三棱锥P －ABC 的体积．【分析】对于(Ⅰ)只要证明BC (P A )垂直于经过P A (BC )的平面即可；对于(Ⅱ)则要根据正三棱锥的基本性质进行求解．证明：(Ⅰ)取BC 中点D ，连接AD ，PD ． ∵P －ABC 是正三棱锥，∴△ABC 是正三角形，三个侧面P AB ，PBC ，P AC 是全等的等腰三角形． ∵D 是BC 的中点，∴BC ⊥AD ，且BC ⊥PD ， ∴BC ⊥平面P AD ，∴P A ⊥BC ．(Ⅱ)解：在Rt △PBD 中，,4212222a b BD PB PD -=-= ∴.442122a b a PD BC S PBC -==⋅∆ ∵三个侧面P AB ，PBC ，P AC 是全等的等腰三角形， ∴三棱锥P －ABC 的侧面积是.44322a b a- ∴△ABC 是边长为a 的正三角形，∴三棱锥P －ABC 的底面积是,432a∴三棱锥P －ABC 的表面积为⋅-+=-+)312(434434322222a b a aa b a a (Ⅲ)解：过点P 作PO ⊥平面ABC 于点O ，则点O 是正△ABC 的中心， ∴,63233131aa AD OD =⨯==在Rt △POD 中，,3332222a b OD PD PO -=-=∴三棱锥P －ABC 的体积为.3123334331222222a b a a b a -=-⨯⨯ 【评述】1、解决此问题要求同学们熟悉正棱锥中的几个直角三角形，如本题中的Rt△POD ，其中含有棱锥的高PO ；如Rt △PBD ，其中含有侧面三角形的高PD ，即正棱锥的斜高；如果连接OC ，则在Rt △POC 中含有侧棱．熟练运用这几个直角三角形，对解决正棱锥的有关问题很有帮助．例2 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E 是AC 的中点．(Ⅰ)求证：平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1；(Ⅱ)求证：AB 1∥平面BEC 1． 【分析】本题给出的三棱柱不是直立形式的直观图，这种情况下对空间想象能力提出了更高的要求，可以根据几何体自身的性质，适当添加辅助线帮助思考．证明：(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴AA 1⊥平面ABC ， ∴BE ⊥AA 1．∵△ABC 是正三角形，E 是AC 的中点，∴BE ⊥AC ，∴BE ⊥平面ACC 1A 1，又BE ⊂平面BEC 1，∴平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1．(Ⅱ)证明：连接B 1C ，设BC 1∩B 1C ＝D ．∵BCC 1B 1是矩形，D 是B 1C 的中点， ∴DE ∥AB 1． 又DE ⊂平面BEC 1，AB 1⊄平面BEC 1， ∴AB 1∥平面BEC 1．例3 在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△P AD 是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝8，542==DC AB ．(Ⅰ)设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面P AD ； (Ⅱ)求四棱锥P －ABCD 的体积．【分析】本题中的数量关系较多，可考虑从“算”的角度入手分析，如从M 是PC 上的动点分析知，MB ，MD 随点M 的变动而运动，因此可考虑平面MBD 内“不动”的直线BD 是否垂直平面P AD ．证明：(Ⅰ)在△ABD 中，由于AD ＝4，BD ＝8，54=AB ，所以AD 2＋BD 2＝AB 2． 故AD ⊥BD ．又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以BD ⊥平面P AD ，又BD ⊂平面MBD ，故平面MBD ⊥平面P AD ． (Ⅱ)解：过P 作PO ⊥AD 交AD 于O ，由于平面P AD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ． 因此PO 为四棱锥P －ABCD 的高，又△P AD 是边长为4的等边三角形．因此.32423=⨯=PO 在底面四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ，所以四边形ABCD 是梯形，在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为5585484=⨯，即为梯形ABCD 的高，所以四边形ABCD 的面积为.2455825452=⨯+=S 故.316322431=⨯⨯=-ABCD P V例4 如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图．它的主视图和左视图在下面画出(单位：cm)(Ⅰ)画出该多面体的俯视图；(Ⅱ)按照给出的尺寸，求该多面体的体积； (Ⅲ)在所给直观图中连结BC ＇，证明：BC ＇∥平面EFG ．【分析】画三视图的基本原则是“主左一样高，主俯一样长，俯左一样宽”，根据此原则及相关数据可以画出三视图．证明：(Ⅰ)该几何体三视图如下图：(Ⅱ)所求多面体体积).cm (32842)2221(316442=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯=-=正三棱锥长方体V V V (Ⅲ)证明：在长方体ABCD －A'B'C'D'中，连结AD'，则AD'∥BC'． 因为E ，G 分别为AA'，A'D'中点， 所以AD'∥EG ，从而EG ∥BC '．又BC'⊄平面EFG ， 所以BC'∥平面EFG ．例5 有两个相同的直三棱柱，底面三角形的三边长分别是3a ，4a ，5a ，高为a2，其中a ＞0．用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，表面积最小的一个是四棱柱，求a 的取值范围．解：直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的三个侧面的面积分别是6，8，10，底面积是6a 2，因此每个三棱柱的表面积均是2×6a 2＋6＋8＋10＝12a 2＋24．情形①：将两个直三棱柱的底面重合拼在一起，只能拼成三棱柱，其表面积为：2×(12a 2＋24)－2×6a 2＝12a 2＋48．情形②：将两个直三棱柱的侧面ABB 1A 1重合拼在一起，结果可能拼成三棱柱，也可能拼成四棱柱，但表面积一定是：2×(12a 2＋24)－2×8＝24a 2＋32．情形③：将两个直三棱柱的侧面ACC 1A 1重合拼在一起，结果可能拼成三棱柱，也可能拼成四棱柱，但表面积一定是：2×(12a 2＋24)－2×6＝24a 2＋36．情形④：将两个直三棱柱的侧面BCC 1B 1重合拼在一起，只能拼成四棱柱，其表面积为：2×(12a 2＋24)－2×10＝24a 2＋28在以上四种情形中，②、③的结果都比④大，所以表面积最小的情形只能在①、④中产生．依题意“表面积最小的一个是四棱柱”，得24a 2＋28＜12a 2＋48，解得,352<a 所以a 的取值范围是⋅)315,0( 例6 在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点，求三棱锥F －A 1ED 1的体积．【分析】计算三棱锥F －A 1ED 1的体积时，需要确定锥体的高，即点F 到平面A 1ED 1的距离，直接求解比较困难．利用等积的方法，调换顶点与底面的方式，如1111EFD A ED A F V V --=，也不易计算，因此可以考虑使用等价转化的方法求解．解法1：取AB 中点G ，连接FG ，EG ，A 1G ． ∵GF ∥AD ∥A 1D 1，∴GF ∥平面A 1ED 1，∴F 到平面A 1ED 1的距离等于点G 到平面A 1ED 1的距离．∴.8183313132111111111a a a D A S V V V EG A EG A D ED A G ED A F =⨯⨯====⋅∆---解法2：取CC 1中点H ，连接F A 1，FD 1，FH ，FC 1，D 1H ，并记FC 1∩D 1H ＝K ．∵A 1D 1∥EH ， A 1D 1＝EH ，∴A 1，D 1，H ，E 四点共面．∵A 1D 1⊥平面C 1CDD 1，∴FC ⊥A 1D 1．又由平面几何知识可得FC 1⊥D 1H ，∴FC ⊥平面A 1D 1HE ． ∴FK 的长度是点F 到平面A 1D 1HE (A 1ED 1)的距离． 容易求得.811053453131,1053321111a a a FK S V a FK ED A ED A F =⨯⨯===⋅∴∆- 练习7－2一、选择题：1．将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为( ) (A)2π (B)4π (C)8π (D)16π2．如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是( )(A)9π (B)10π (C)11π (D)12π3．有一种圆柱体形状的笔筒，底面半径为4 cm ，高为12 cm ．现要为100个这种相同规格的笔筒涂色(笔筒内外均要涂色，笔筒厚度忽略不计)．如果所用涂料每0.5 kg 可以涂1 m 2，那么为这批笔筒涂色约需涂料( ) (A)1.23 kg (B)1.76 kg (C)2.46 kg (D)3.52 kg 4．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a ＋b 的最大值为( ) (A)22(B)32(C)4(D)52二、填空题：5．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的每条棱长均为2，E 、F 分别是BC 、A 1C 1的中点，则EF 的长等于______．6．将边长为1的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使得BD ＝1，则三棱锥D －ABC 的体积是______．7．一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为3，底面周长为3，则这个球的体积为______．8．平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行，类似地，写出空间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件：充要条件①：_______________________________________________________________；充要条件②：_______________________________________________________________．(写出你认为正确的两个充要条件)三、解答题：9．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E是DD1的中点．(Ⅰ)求证：BD1∥平面ACE；(Ⅱ)求证：平面ACE⊥平面B1BDD1．10．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(Ⅰ)求该几何体的体积V；(Ⅱ)求该几何体的侧面积S．11．如图，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1．(Ⅰ)求证：E，B，F，D1四点共面；(Ⅱ)若点G 在BC 上，32=BG ，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，求证：EM ⊥面BCC 1B 1．习题7一、选择题：1．关于空间两条直线a 、b 和平面α ，下列命题正确的是( ) (A)若a ∥b ，b ⊂α ，则a ∥α (B)若a ∥α ，b ⊂α ，则a ∥b (C)若a ∥α ，b ∥α ，则a ∥b (D)若a ⊥α ，b ⊥α ，则a ∥b 2．正四棱锥的侧棱长为23，底面边长为2，则该棱锥的体积为( ) (A)8(B)38(C)6 (D)23．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则直线AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) (A)46 (B)410 (C)22 (D)23 4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何 体的体积是( )(A)3cm 34000 (B)3cm 38000 (C)2000cm 3 (D)4000cm 35．若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60° 的菱形，则该棱柱的体积等于( ) (A)2 (B)22(C)23(D)24二、填空题：6．已知正方体的内切球的体积是π34，则这个正方体的体积是______．7．若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面边长为1，AB 1与底面ABCD 成60°角，则直线AB 1和BC 1所成角的余弦值是______． 8．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是______．9．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于3472、，每条弦的两端都在球面上运动，则两弦中点之间距离的最大值为______．10．已知AABC 是等腰直角三角形，AB ＝AC ＝a ，AD 是斜边BC 上的高，以AD 为折痕使∠BDC 成直角．在折起后形成的三棱锥A －BCD 中，有如下三个结论： ①直线AD ⊥平面BCD ； ②侧面ABC 是等边三角形；③三棱锥A －BCD 的体积是.2423a 其中正确结论的序号是____________．(写出全部正确结论的序号) 三、解答题：11．如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AB ＝AA 1．(Ⅰ)求证：AD ⊥B 1D ；(Ⅱ)求证：A 1C ∥平面A 1BD ；(Ⅲ)求二面角B －AB 1－D 平面角的余弦值．12．如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥AB ，P A ⊥AC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝2，AB ＝1，M 为PC 的中点．(Ⅰ)求证：平面PCB ⊥平面MAB ； (Ⅱ)求三棱锥P －ABC 的表面积．13．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝AA 1＝2，M 、N 分别是A 1C 1、BC 1的中点．(Ⅰ)求证：BC 1⊥平面A 1B 1C ； (Ⅱ)求证：MN ∥平面A 1ABB 1； (Ⅲ)求三棱锥M －BC 1B 1的体积． 14．在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2=AD ，DC ＝SD＝2．点M 在侧棱SC 上，∠ABM ＝60°．(Ⅰ)证明：M 是侧棱SC 的中点；(Ⅱ)求二面角S －AM －B 的平面角的余弦值．专题07 立体几何参考答案练习7-1一、选择题：1．B 2．D 3．C 4．B 二、填空题：5．10 6．AC ⊥BD (或能得出此结论的其他条件)7．②、③、④⇒①；或①、③、④⇒② 8．④ 三、解答题：9．(Ⅰ)解：连接MB ，MC ．∵三棱锥P －ABC 的三个侧面均为边长是1的等边三角形，∴23==MC MB ，且底面△ABC 也是边长为1的等边三角形． ∵N 为BC 的中点，∴MN ⊥BC ． 在Rt △MNB 中，⋅=-=2222BN MB MN (Ⅱ)证明：∵M 是P A 的中点， ∴P A ⊥MB ，同理P A ⊥MC ．∵MB ∩MC ＝M ，∴P A ⊥平面MBC ， 又BC ⊂平面MBC ，∴P A ⊥BC ．10．证明：(Ⅰ)∵E 、F 分别是AB 、BD 的中点，∴EF 是△ABD 的中位线，∴EF ∥AD ．又EF ⊄平面ACD ，AD ⊂平面ACD ，∴直线EF ∥平面ACD ．(Ⅱ)∵EF ∥AD ，AD ⊥BD ，∴EF ⊥BD ．∵CB ＝CD ，F 是BD 的中点，∴CF ⊥BD ． ∵CF ∩EF ＝F ，∴BD ⊥平面CEF ．∵BD ⊂平面BCD ，∴平面EFC ⊥平面BCD ．11．(Ⅰ)由题意知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，∴GH ∥AD ，,21AD GH =又BC ∥AD ，AD BC 21=，∴GH ∥BC ，GH ＝BC ， ∴四边形BCHG 是平行四边形． (Ⅱ)C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下： 由BE ∥AF ，AF BF 21=，G 是F A 的中点， 得BE ∥FG ，且BE ＝FG ．∴EF ∥BG ．由(Ⅰ)知BG ∥CH ，∴EF ∥CH ，故EC ，FH 共面，又点D 在直线FH 上， 所以C ，D ，F ，E 四点共面． (Ⅲ)连结EG ，由AB ＝BE ，BE ∥AG ，BE ＝AG 及∠BAG ＝90°，知ABEG 是正方形， 故BG ⊥EA ．由题设知F A ，AD ，AB 两两垂直，故AD ⊥平面F ABE ，∴BG ⊥AD ． ∴BG ⊥平面EAD ，∴BG ⊥ED ． 又ED ∩EA ＝E ，∴BG ⊥平面ADF ． 由(Ⅰ)知CH ∥BG ，∴CH ⊥平面ADE ．由(Ⅱ)知F ∈平面CDE ，故CH ⊂平面CDE ，得平面ADE ⊥平面CDE ．练习7-2一、选择题：1．B 2．D 3．D 4．C 二、填空题： 5．5 6．122 7．3π4 8．答案不唯一，如“两组相对侧面分别平行”；“一组相对侧面平行且全等”；“对角线交于一点”；“底面是平行四边形”等． 三、解答题：9．证明：(Ⅰ)设AC ∩BD ＝O ，连结OE ．∵E 是DD 1的中点，O 是BD 的中点，∴OE ∥BD 1．又OE ⊂平面ACE ，BD 1⊄平面ACE ，∴BD 1∥平面ACE ．(Ⅱ)∵ABCD －A 1B 1C 1D 1是正四棱柱，∴底面ABCD 是正方形， ∴AC ⊥BD ．又D 1D ⊥平面ABCD ，∴AC ⊥D 1D ，∴AC ⊥平面B 1BDD 1， ∵AC ⊂平面ACE ，∴平面ACE ⊥平面B 1BDD 1．10．解：由已知可得该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥P －ABCD ．(Ⅰ).644)68(3131=⨯⨯⨯==Sh V (Ⅱ)该四棱锥有两个侧面P AD 、PBC 是全等的等腰三角形，且BC 边上的高为：h 1＝.24)28(422=+另两个侧面P AB 、PCD 也是全等的等腰三角形， AB 边上的高为,5)26(4222=-+=h因此.22440)582124621(2+=⨯⨯+⨯⨯=S11．(Ⅰ)证明：在DD 1上取一点N 使得DN ＝1，连接CN ，EN ，显然四边形CFD 1N 是平行四边形，∴D 1F ∥CN ． 同理四边形DNEA 是平行四边形，∴EN ∥AD ，且EN ＝AD ． 又BC ∥AD ，且BC ＝AD ，∴EN ∥BC ，且EN ＝BC ， ∴四边形CNEB 是平行四边形，∴CN ∥BE ， ∴D 1F ∥BE ，∴E ，B ，F ，D 1四点共面．(Ⅱ)∵GM ⊥BF ，∴△BCF ∽△MBG ，∴,CF BGBC MB =即,2323=MB ∴MB ＝1．∵AE ＝1，∴四边形ABME 是矩形，∴EM ⊥BB 1．又平面ABB 1A 1⊥平面BCC 1B 1，且EM ⊂平面ABB 1A 1，∴EM ⊥平面BCC 1B 1．习题7一、选择题：1．D 2．B 3．A 4．B 5．B 二、填空题： 6．324 7．438．9π 9．5 10．①、②、③ 三、解答题：11．(Ⅰ)证明：∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴BB 1⊥平面ABC ，∴平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ．∵正△ABC 中，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C ， ∴AD ⊥B 1D ．(Ⅱ)解：连接A 1B ，设A 1B ∩AB 1＝E ，连接DE ． ∵AB ＝AA 1， ∴ 四边形A 1ABB 1是正方形，∴E 是A 1B 的中点，又D 是BC 的中点，∴DE ∥A 1C ．∵DE ⊂平面A 1BD ，A 1C ⊄平面A 1BD ，∴A 1C ∥平面A 1BD ．(Ⅲ)解：建立空间直角坐标系，设AB ＝AA 1＝1， 则⋅-)1,0,21(),0,23,0(),0,0,0(1B A D 设n 1＝(p ，q ，r )是平面A 1BD 的一个法向量， 则,01=⋅n 且,011=⋅B n故.021,023=-=-r P q 取r ＝1，得n 1＝(2，0，1)． 同理，可求得平面AB 1B 的法向量是).0,1,3(2-=n 设二面角B －AB 1－D 大小为θ ，∵,515||||cos 2121==⋅n n n n θ∴二面角B －AB 1－D 的平面角余弦值为⋅51512．(Ⅰ)∵P A ⊥AB ，AB ⊥AC ，∴AB ⊥平面P AC ，故AB ⊥PC ．∵P A ＝AC ＝2，M 为PC 的中点，∴MA ⊥PC ．∴PC ⊥平面MAB ， 又PC ⊂平面PCB ，∴平面PCB ⊥平面MAB ．(Ⅱ)Rt △P AB 的面积1211==⋅AB PA S ．Rt △P AC 的面积.2212==⋅AC PA S Rt △ABC 的面积S 3＝S 1＝1．∵△P AB ≌△CAB ，∵PB ＝CB ，∴△PCB 的面积.632221214=⨯⨯==⋅MB PC S ∴三棱锥P －ABC 的表面积为S ＝S 1＋S 2＋S 3＋S 4＝.64+13．(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1，∴B 1B ⊥A 1B 1．又B 1C 1⊥A 1B 1，∴A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴BC 1⊥A 1B 1． ∵BB 1＝CB ＝2，∴BC 1⊥B 1C ，∴BC 1⊥平面A 1B 1C ．(Ⅱ)连接A 1B ，由M 、N 分别为A 1C 1、BC 1的中点，得MN ∥A 1B ， 又A 1B ⊂平面A 1ABB 1，MN ⊄平面A 1ABB 1，∴MN ∥平面A 1ABB 1．(Ⅲ)取C 1B 1中点H ，连结MH ．∵M 是A 1C 1的中点，∴MH ∥A 1B 1，又A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，∴MH ⊥平面BCC 1B 1，∴MH 是三棱锥M －BC 1B 1的高，∴三棱锥M －BC 1B 1的体积⋅=⨯⨯⨯==⋅⋅∆321421313111MH S V B BC 14．如图建立空间直角坐标系，设A (2，0，0)，则B (2，2，0)，C (0，2，0)，S (0，0，2).(Ⅰ)设)0(>=λλ， 则),12,12,2(),12,12,0(λλλλλ++--=++BM M 又.60,),0,2,0(ο>=<-=BM BA BA 故,60cos ||||.οBA BM BA BM =即,)12()12()2(14222λλλ+++-+-=+解得λ ＝1． ∴M 是侧棱SC 的中点．(Ⅱ)由M (0，1，1)，A (2，0，0)得AM 的中点⋅)21,21,22(G 又),1,1,2(),1,1,0(),21,23,22(-=-=-=AM MS GB ∴,,,0,0AM AM ⊥⊥∴==⋅⋅∴cos〉MS ,G B 〈等于二面角S －AM －B 的平面角． Θ,36||||),cos(-==MS GB 即二面角S －AM －B 的平面角的余弦值是－36．。
2020高考数学基础强化立体几何
2020高考数学基础强化立体几何班级 姓名 学号 成绩一、选择题(本大题共8小题，每题5分，共40分，在每题给出的四个选项中，1. (A)3 (B)5(C) 26 (D)292.在空间，以下命题中正确的个数为①平行于同一直线的两条直线平行；②垂直于同一直线的两条直线平行； ③平行于同一平面的两条直线平行；④垂直于同一平面的两条直线平行； 〔A 〕0 〔B 〕1 〔C 〕2 〔D 〕3 3.棱长为a 的正方体外接球的表面积为22224.3.2..a D a C a B a A ππππ4. 在正四面体P —ABC 中，D ，E ，F 分不是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成立．．．是A ．BC//平面PDFB ．DF ⊥平面PAEC ．平面PDF ⊥平面ABCD ．平面PAE ⊥平面ABC5.直线m 、n 、l 与平面βα,，给出以下六个命题：①假设;,,//m n n m ⊥⊥则αα②假设.,//,βαβα⊥⊥则m m ③假设m l m l //,//,//,//则βαβα④假设不共面与则点m l m A A l m ,,,∉=⋂⊂αα⑤假设m 、l 是异面直线，ααα⊥⊥⊥n m n l n m l 则且,,,//,//； ⑥.//,//,//,,,βαββαα则点m l A m l m l =⊂⊂ 其中假命题有A.0 B ．1 C ．2 D ．3 6.设γβα、、、为平面，l n m 、、为直线，那么β⊥m 的一个充分条件是 A ． l m l ⊥=⋂⊥,,βαβα B ． γβγαγα⊥⊥=⋂,,m C ． αγβγα⊥⊥⊥m ,,D ． αβα⊥⊥⊥m n n ,,7.设三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积为V ，P 、Q 分不是侧棱AA 1、CC 1上的点，且PA=QC 1，那么四棱锥B —APQC 的体积为A ．16VB ．14VC ．13VD ．12V8.关于不重合的两个平面α与β，给定以下条件中，能够判定α与β平行的条件有①存在平面γ，使得α、β都垂直于γ；②存在平面γ，使得α、β都平行于γ； ③α内有不共线的三点到β的距离相等；④存在异面直线l 、m ，使得l //α，l //β，m //α，m //β，A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个二、填空题：9.三条直线通过同一点，过每两条作一个平面，那么能够作______个不同的平面.10.AB ∥PQ ，BC ∥QR ，∠ABC=30O，那么∠PQR 等于_______.11.过球面上A,B,C 三点的截面和球心的距离等于球半径的一半,且AB= BC= CA= 2 , 那么球面的面积是12.四面体各棱长是 1 或 2 ，且该四面体不是正四面体，那么其体积的值是_________. 〔只需写出一个可能值〕 三、解答题：13.如图在正方体ABCD-1111D C B A 中，AC 交BD 于点O ，证明：〔1〕11BC C A ⊥；〔2〕MBD O A M CC 平面，使得上是否存在一点棱⊥111A14．如图四棱锥P －ABCD 的底面是正方形，PB ⊥面ABCD.证明：不管四棱锥的高PB 怎 样变化，面 PAD 与面PCD 不可能垂直。
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（新人教a版）2020高三数学（文科）主干知识汇编+强化训练立体几何doc高中数学考试要求〔1〕空间几何体①认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特点．②能画出简单空间图形〔长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合〕的三视图，能识不上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图．③了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的运算公式〔不要求经历公式〕．〔2〕点、直线、平面之间的位置关系①明白得空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下能够作为推理依据的公理和定理．◆公理1：假如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在此平面内．◆公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．◆公理3：假如两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．◆公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行◆定理：空间中假如一个角的两边与另一个角的两边分不平行，那么这两个角相等或互补．②以立体几何的上述定义、公理和定理为动身点，认识和明白得空间中线面平行、垂直的有关性质与判定．明白得以下判定定理：◆假如平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行．◆假如一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行．◆假如一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直．◆假如一个平面通过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直．明白得以下性质定理，并能够证明：◆假如一条直线与一个平面平行，通过该直线的任一个平面与此平面相交，那么这条直线就和交线平行．◆假如两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行◆垂直于同一个平面的两条直线平行◆假如两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直．③能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．复习关注：立体几何试题着重考查空间点、线、面的位置关系的判定及几何体的表面积与体积的运算，关注画图、识图、用图的能力，关注对平行、垂直的探究，关注对条件或结论不完备情形下的开放性咨询题的探究．强化训练一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题意要求的.1．如图，一个空间几何体的主视图、左视图、俯视图为全等的等腰直角三角形，假如直角三角形的直角边长为1，那么那个几何体的体积为〔〕.A. 1B. 12C.13D.162．假如一个几何体的三视图如下图(单位长度: cm), 那么此几何体的表面积是( )A. 2(20cm +B. 221cmC. 2(24cm +D. 224cm3．如图,水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱1111AA A B C ⊥面,正视图是边长为2的正方形，该三棱柱的左视图面积为〔 〕 A. 4B. 32C. 22D. 34．如下图，一个空间几何体的主视图和左视图差不多上边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么那个几何体的全面积为〔 〕 A ．3π2B ．2πC ．3πD ．4π5．一个几何体的三视图如下图，那么此几何体的表面积是〔 〕A ．4πa 2 B．3πa 2 C ．(5+2)πa 2 D ．(3+2)πa26．以下图表示一个几何体的三视图及相应数据， 那么该几何体的体积〔 〕 A ．348π+B ．344π+C ．π48+D ．310π左视图主视图 俯视图左视图 _ B _1 _ A _1 _ B _ A _ B _1 _ A _1 _ B _ A正视图 俯视图 第3题 第2题 第1题第4题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 ．1C ．2D ．38．m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，那么以下命题中正确的选项是〔 〕 A ．,,//,////m n m n ααββαβ⊂⊂⇒ B ．//,,//m n m n αβαβ⊂⊂⇒ C ．,//m m n n αα⊥⊥⇒ D ．//,m n n m αα⊥⇒⊥9．设a b ，为两条直线，αβ，为两个平面，以下四个命题中，正确的命题是〔 〕A ．假设a b ，与α所成的角相等，那么a b ∥B ．假设a b αβ，∥∥，αβ∥，那么a b ∥C ．假设a b a b αβ⊂⊂，，∥，那么αβ∥D ．假设a b αβ⊥⊥，，αβ⊥，那么a b ⊥10．在空间四边形ABCD 各边AB BC CD DA 、、、上分不取E F G H 、、、四点，假如与EF GH 、能相交于点P ，那么( ) A ．点必P 在直线AC 上 B ．点P 必在直线BD 上 C ．点P 必在平面ABC 内 D ．点P 必在平面ABC 外 11．设三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积为V ，P 、Q 分不是侧棱AA 1、CC 1上的点，且PA=QC 1，那么四棱锥B —APQC 的体积为 〔 〕A ．16VB ．14VC ．13VD ．12V第5题第6题GD 1C 1B 1A 1DO12. 如图，在多面体ABCDEF 中，面ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF 23=， EF 与面AC 的距离为2，那么该多面体的体积为〔 〕A ．29B ．5C ．6D ．215 二、填空题：本大题共4小题，每题4分，共16分．13．一个几何体的三视图如下图，那么该几何体外接球的表面积为____________．14．一个几何的三视图如下图：其中，正视图中△ABC 的边长是2的正三角形，俯视图为正六边形，那么该几何体几的体积为 .15．在Rt △ABC 中，CA ⊥CB ，斜边AB 上的高为h 1，那么2221111CBCA h +=；类比此性质， 如图，在四面体P —ABC 中，假设PA ，PB ，PC 两两垂直，底面ABC 上的高为h ，那么得到的正确结论为 ；16．一几何体的三视图如下，正视图和侧视图差不多上矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4这些几何形体是 〔写出所有正确结论的编号〕． ①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体； ④每个面差不多上等腰三角形的四面体； ⑤每个面差不多上直角三角形的四面体三、解答题：本大题共6小题，共74分．解承诺写出文字讲明、证明过程或演算步骤． 17．〔总分值12分〕ba 正视图 俯视图 侧视图 a 第13题 第14题CABEFCA 'BEFO如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB=AD=1,AA 1=2, G 是CC 1上的动点。
〔Ⅰ〕求证：平面ADG ⊥平面CDD 1C 1〔Ⅱ〕判定B 1C 1与平面ADG 的位置关系，并给出证明； 〔III 〕求三棱锥D 1－ＡDG 的体积．18．〔总分值12分〕一四棱锥P －ABCD 的三视图如下，E 是侧棱PC 上的动点。
〔Ⅰ〕是否不论点E 在何位置，都有B D⊥AE ？证明你的结论;〔Ⅱ〕假设点E 为PC 的中点，求证BDE PA 平面//；〔III 〕求由点A 绕四棱锥P －ABCD 的侧面一周回到点A 的最短距离19．〔总分值12分〕如图组合体中，三棱柱111ABC A B C -的侧面11ABB A 是圆柱的轴截面，C 是圆柱底面圆周上不与A 、B 重合一个点.〔Ⅰ〕求证：不管点C 如何运动，平面1A BC ⊥平面1A AC ；〔Ⅱ〕当点C 是弧AB 的中点时，求四棱锥111A BCC B -与圆柱的体积比．20．〔总分值12分〕如图〔1〕，ABC ∆是等腰直角三角形，4AC BC ==，E 、F 分不为AC 、AB 的中点，将AEF ∆沿EF 折起，使A '在平面BCEF 上的射影O 恰为EC 的中点，得到图〔2〕．〔Ⅰ〕求证：EF A C '⊥；〔Ⅱ〕求三棱锥BC A F '-的体积．图〔1〕 图〔2〕 21．〔总分值12分〕在棱长为a 的正方体1111D C B A ABCD 中，E 、F 分不是AB 、BC 的中点，EF 与BD 交于点G ，M 为棱上1BB 一点．〔Ⅰ〕D C A EF 11//平面；〔Ⅱ〕当M B 1：MB 的值为多少时，M D 1⊥平面1EFB ，证明之； 〔Ⅲ〕求点D 到平面1EFB 的距离．22．〔总分值14分〕如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，且侧棱垂直于底面，由B 沿棱柱侧面通过棱C C 1到点A 1的最短路线长为25,设这条最短路线与CC 1的交点为D ．〔Ⅰ〕求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积；〔Ⅱ〕在平面A 1BD 内是否存在过点D 的直线与平面ABC 平行？证明你的判定； 〔Ⅲ〕证明：平面A 1BD ⊥平面A 1ABB 1GD 1C 1B 1A 1DCBA主干知识三：立体几何参考答案一、选择题：1.Ｄ 2.Ａ 3.Ｂ 4.Ａ 5.Ｃ 6.Ａ 7.Ｃ 8.D 9.Ｄ 10.A 11.Ｃ 12.Ｄ 二、填空题 13．316π14．23 15．22221111PC PB PA h ++= 16．①③④⑤ 三、解答题17．解：〔Ⅰ〕∵ ABCD －A 1B 1C 1D 1是长方体，且AB=AD ， ∴AD ⊥平面11CDD C∵AD ⊂平面ADG ∴平面ADG ⊥平面CDD 1C 1．〔Ⅱ〕当点G 与C 1重合时，B 1C 1在平面ADG 内，当点G 与C 1不重合时，B 1C 1∥平面ADG 证明：∵ABCD －A 1B 1C 1D 1是长方体，∴B 1C 1∥AD ．假设点G 与C 1重合， 平面ADG 即B 1C 1与AD 确定的平面，∴B 1C 1⊂平面ADG 假设点G 与C 1不重合， ∵11B C ⊄平面ADG ,AD ⊂平面ADG 且B 1C 1∥AD∴B 1C 1∥平面ADG ．〔III 〕3121311111=⋅⋅===-==DD AD CD V V V ADD C ADD G ADG D １８．解：〔Ⅰ〕不论点E 在何位置，都有B D⊥AE 证明如下：连结AC ，∵ABCD 是正方形∴BD⊥AC ∵PC ⊥底面ABCD 且BD ⊂平面ABCD ∴BD⊥PC又∵AC PC C =∴BD⊥平面PAC∵不论点E 在何位置，都有AE ⊂平面PAC ∴不论点E 在何位置，都有B D⊥AE〔Ⅱ〕,,EF F BD AC 连接于交连接那么点Ｆ为ＢＤ的中点,又点E 为PC 的中点，∴BDE EF PA EF 平面又⊂,//，∴BDE PA 平面// 〔III 〕将四棱锥的侧面沿PA 展开,如图示,那么'AA 即为所求.;52cos,51sin=∠=∠∆DPCDPCPCDRt中，在;65cos,61sin=∠=∠∆APDAPDADPRt中，在;302561526551)sin(sin+=⋅+⋅=∠+∠=∠APDDPCAPC∴;5541030)25(62sin2'+=+⋅=∠⋅=APCPAAA19．解：〔I〕∵侧面11ABB A是圆柱的的轴截面，C是圆柱底面圆周上不与A、B重合一个点，∴AC BC⊥又圆柱母线1AA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴1AA⊥BC，又1AA AC A=，∴BC⊥平面1A AC，∵BC⊂平面1A BC，∴平面1A BC⊥平面1A AC；〔II〕设圆柱的底面半径为r，母线长度为h，当点C是弧AB的中点时，三角形ABC的面积为2r，三棱柱111ABC A B C-的体积为2r h，三棱锥1A ABC-的体积为213r h，四棱锥111A BCC B-的体积为2221233r h r h r h-=，圆柱的体积为2r hπ，∴四棱锥111A BCC B-与圆柱的体积比为2:3π.20．解〔Ⅰ〕在ABC∆中，EF是等腰直角ABC∆的中位线，EF AC∴⊥在四棱锥BCEFA-'中，EAEF'⊥，ECEF⊥，EF∴⊥平面A EC'，又⊂'CA平面A EC', EF A C'∴⊥〔Ⅱ〕在直角梯形EFBC中，4,2==BCEC,421=⋅=∴∆ECBCSFBC又A O'垂直平分EC，322=-'='∴EOEAOA∴三棱锥BCAF'-的体积为：O B 2DC 1B 1A 1CBA334343131=⋅⋅='⋅==∆-''-O A S V V FBC FBC A BC A F 21．解：〔Ⅰ〕∵E 、F 分不是AB 、BC 的中点， ∴AC EF //，又11//C A AC ， ∴11//C A EF ，∴11//D AC EF 平面．〔II 〕当BM ：MB ＝１时，M D 1⊥平面1EFB ，证明如下： ∵BM ：MB ＝１，∴E B M A 11⊥，又,1111BB AA D A 平面⊥ ∴,111E B D A ⊥ ∴,11MD A E B 平面⊥∴,11M D E B ⊥又,11B B DD EF 平面⊥∴M D EF 1⊥，又E E B EF =⋂1，∴M D 1⊥平面1EFB 〔III 〕设点D 到平面1EFB 的距离d ，DEF B EF B D V V ===11 ， ∴DEF EF B S BB S d ∆∆⋅=⋅131311，∴34ad =． 22．解：〔Ⅰ〕如图，将侧面BB 1C 1C 绕棱CC 1旋转120°使其与侧面AA 1C 1C 在同一平面上，点B 运动到点B 2的位置，连接A 1B 2，那么A 1B 2确实是由点B 沿棱柱侧面通过棱CC 1到点A 1的最短路线．设棱柱的棱长为a ，那么B 2C=AC=AA 1＝a , ∵CD ∥AA 1 ∴D 为CC 1的中点在Rt △A 1AB 2中，由勾股定理得2221212A A AB A B +=，即2224(25)a a += 解得2a =，∵2323ABC S ∆==111123ABC A B C ABC V S AA -∆=⋅= 〔II 〕设A 1B 与AB 1的交点为O,连结BB 2,OD ，那么2//OD BB#高&考*￥资%源#网∵2BB ⊂平面ABC ，OD ⊄平面ABC ∴//OD 平面ABC ， 即在平面A 1BD 内存在过点D 的直线与平面ABC 平行 〔III 〕连结AD,B 1D ∵11Rt A C D ∆≌Rt BCD ∆≌Rt ACD ∆∴11A D BD B D AD === ∴11,OD A B OD AB ⊥⊥ ∵11A BAB O = ∴OD ⊥平面A 1ABB 1又∵OD ⊂平面A 1BD ∴平面A 1BD ⊥平面A 1ABB 1。