江苏高考数学文二轮专题复习真题5.1空间几何体

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2018年高考数学江苏专版三维二轮专题复习教学案：专题二立体几何 Word版含答案

江苏新高考高考对本专题内容的考查一般是“一小一大”，小题主要考查体积和表面积的计算问题，而大题主要证明线线、线面、面面的平行与垂直问题，其考查形式单一，难度一般.第1课时立体几何中的计算(基础课) [常考题型突破]空间几何体的几组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．(2)柱体、锥体、台体的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．(3)球的表面积和体积公式： ①S 球＝4πR 2(R 为球的半径)； ②V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．[题组练透]1．现有一个底面半径为3 cm ，母线长为5 cm 的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径为________cm.解析：因为圆锥底面半径为3 cm ，母线长为5 cm ，所以圆锥的高为52－32＝4 cm ，其体积为13π×32×4＝12π cm 3，设铁球的半径为r ，则43πr 3＝12π，所以该铁球的半径是39cm.答案：392．(2017·苏锡常镇二模)已知直四棱柱底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为23，则该直四棱柱的侧面积为________．解析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为(23)2－22＝22，所以该直四棱柱的侧面积为S ＝cl ＝4×2×22＝16 2.答案：16 23．(2017·南通、泰州一调)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1-A 1BD 的体积为_______cm 3.解析：三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于三棱锥B -A 1D 1D 的体积，因为三棱锥B -A 1D 1D 的高等于AB ，△A 1D 1D 的面积为矩形AA 1D 1D 的面积的12，所以三棱锥B -A 1D 1D 的体积是正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积的16，所以三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于16×32×1＝32.答案：324.如图所示是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一个平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝1，∠A 1B 1C 1＝90°，A 1A ＝4，B 1B ＝2，C 1C ＝3，则此几何体的体积为________．解析：在A 1A 上取点A 2，在C 1C 上取点C 2，使A 1A 2＝C 1C 2＝BB 1，连结A 2B ，BC 2，A 2C 2，∴V ＝VA B C A BC 11122-＋VB A ACC 22-＝12×1×1×2＋13×(1＋2)2×2×22＝32. 答案：325．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等且V 1V 2＝32，则S 1S 2的值是________．解析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则有2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，又V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2，∴V 1V 2＝r 1r 2，∴r 1r 2＝32，则S 1S 2＝⎝⎛⎭⎫r 1r 22＝94.答案：94[方法归纳]解决球与其他几何体的切、接问题(1)解题的关键：仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系．(2)选准最佳角度作出截面：要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系，达到空间问题平面化的目的．(3)认识球与正方体组合的3种特殊截面：(4)熟记2个结论：①设小圆O 1半径为r ，OO 1＝d ，则d 2＋r 2＝R 2；②若A ，B 是圆O 1上两点，则AB ＝2r sin ∠AO 1B 2＝2R sin ∠AOB 2.[题组练透]1．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：322．(2017·全国卷Ⅲ改编)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________．解析：设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34×π×1＝3π4.答案：3π43．已知矩形ABCD的顶点都在半径为2的球O的球面上，且AB＝3，BC＝3，过点D作DE垂直于平面ABCD，交球O于E，则棱锥E-ABCD的体积为________．解析：如图所示，BE过球心O，∴DE＝42－32－(3)2＝2，∴V E -ABCD＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 34．(2017·南京、盐城一模)将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O-EFG 体积的最大值是________．解析：因为将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，所以三棱锥O-EFG的高为圆柱的高，即高为AB，所以当三棱锥O-EFG体积取最大值时，△EFG的面积最大，当EF为直径，且G在EF的垂直平分线上时，(S△EFG)max＝12×4×2＝4,所以三棱锥O-EFG体积的最大值(V O-EFG)max＝13×(S△EFG)max×AB＝13×4×3＝4.答案：4[方法归纳]多面体与球的切接问题的解题技巧[必备知识]将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这类问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法．[题组练透]1．(2017·南通三模)已知圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，则这个圆锥的高为________．解析：因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，所以圆锥的母线长l ＝3，设圆锥的底面半径为r ，则底面周长2πr ＝3×2π3，所以r ＝1，所以圆锥的高为32－12＝2 2. 答案：2 22．(2017·南京考前模拟)如图，正△ABC 的边长为2，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别为边AC 与BC 的中点，现将△ABC 沿CD 翻折，使平面ADC ⊥平面DCB ，则棱锥E -DFC 的体积为________．解析：S △DFC ＝14S △ABC ＝14×⎝⎛⎭⎫34×22＝34，E 到平面DFC 的距离h 等于12AD ＝12. V E -DFC ＝13×S △DFC×h ＝324. 答案：3243.(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．解析：法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC 的边长变化时，设△ABC 的边长为a (a >0)cm ，则△ABC 的面积为34a 2，△DBC 的高为5－36a ，则正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎫5－36a 2－⎝⎛⎭⎫36a 2＝25－533a ， ∴25－533a >0， ∴0<a <53，∴所得三棱锥的体积V ＝13×34a 2×25－533a ＝312× 25a 4－533a 5. 令t ＝25a 4－533a 5，则t ′＝100a 3－2533a 4，由t ′＝0，得a ＝43，此时所得三棱锥的体积最大，为415 cm 3.法二：如图，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC .易得OG＝36BC ，设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，故所得三棱锥的体积V ＝13×33x 2×(5－x )2－x 2＝3x 2×25－10x ＝3×25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝⎛⎭⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )>0，即x 4－2x 3<0，得0<x <2，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，52时，f (x )≤f (2)＝80， ∴V ≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415. 答案：415 [方法归纳][A 组——抓牢中档小题]1．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 是棱B 1B 的中点，则三棱锥B 1-ADE 的体积为________．解析：VB 1-ADE ＝VD -AEB 1＝13S △AEB 1·DA ＝13×12×12×1×1＝112.答案：1122．若两球表面积之比是4∶9，则其体积之比为________．解析：设两球半径分别为r 1，r 2，因为4πr 21∶4πr 22＝4∶9，所以r 1∶r 2＝2∶3，所以两球体积之比为43πr 31∶43πr 32＝⎝⎛⎭⎫r 1r 23＝⎝⎛⎭⎫233＝8∶27.答案：8∶273．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，得a ＝3，设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3a ＝3，得R ＝32，所以该球的体积为43πR 3＝4π3×278＝92π.答案：92π4．已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________cm 3. 解析：设圆锥底面圆的半径为r ，母线长为l ，则侧面积为πrl ＝10πr ＝60π，解得r ＝6，则圆锥的高h ＝l 2－r 2＝8，则此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×36×8＝96π.答案：96π5．(2017·扬州期末)若正四棱锥的底面边长为2(单位：cm)，侧面积为8(单位：cm 2)，则它的体积为________(单位：cm 3)．解析：因为正四棱锥的底面边长为2，侧面积为8，所以底面周长c ＝8，12ch ′＝8，所以斜高h ′＝2，正四棱锥的高为h ＝3，所以正四棱锥的体积为13×22×3＝433.答案：4336．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π得，a 313πr 3＝3π，得a＝r ，从而S 1S 2＝62π＝32π.答案：32π7.(2017·苏北三市三模)如图，在正三棱柱ABC -A1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P -ABA 1的体积为________．解析：三棱锥的底面积S △ABA 1＝12×3×3＝92，点P 到底面的距离为△ABC 的高h ＝32－⎝⎛⎭⎫322＝332，故三棱锥的体积VP -ABA 1＝13S △ABA 1×h ＝934. 答案：9348．(2017·无锡期末)已知圆锥的侧面展开图为一个圆心角为2π3，且面积为3π的扇形，则该圆锥的体积等于________．解析：设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，因为3π＝13πl 2，所以l ＝3，所以πr ×3＝3π，所以r ＝1，所以圆锥的高是32－12＝22，所以圆锥的体积是13×π×12×22＝22π3.答案：22π39．(2017·徐州古邳中学摸底)表面积为24π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．解析：设圆柱的高为h ，底面半径为r ，则圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πrh ＝24π，即r 2＋rh ＝12，得rh ＝12－r 2， ∴V ＝πr 2h ＝πr (12－r 2)＝π(12r －r 3)，令V ′＝π(12－3r 2)＝0，得r ＝2，∴函数V ＝πr 2h 在区间(0,2]上单调递增，在区间[2，＋∞)上单调递减，∴r ＝2时，V 最大，此时2h ＝12－4＝8，即h ＝4，r h ＝12.答案：1210．三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，PA ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：把三棱锥P -ABC 看作由平面截一个长、宽、高分别为1、1、3的长方体所得的一部分(如图).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋12＋(3)2＝5，故外接球半径为52，表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝5π. 答案：5π11．已知正三棱锥P -ABC 的体积为223，底面边长为2，则侧棱PA 的长为________．解析：设底面正三角形ABC 的中心为O ，又底面边长为2，故OA ＝233，由V P -ABC ＝13PO ·S △ABC ，得223＝13PO ×34×22，PO ＝263，所以PA ＝PO 2＋AO 2＝2. 答案：212．(2017·苏州期末)一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．解析：圆柱两底面积等于圆柱的侧面积．孔的打法有三种，所以有三种情况：①孔高为3，则2πr 2＝2πr ×3，解得r ＝3；②孔高为8，则r ＝8；③孔高为9，则r ＝9.而实际情况是，当r ＝8，r ＝9时，因为长方体有个棱长为3，所以受限制不能打，所以只有①符合．答案：313.如图所示，在体积为9的长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，对角线B 1D 与平面A 1BC 1交于点E ，则四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝________.解析：连结B 1D 1交A 1C 1于点F ，连结BD ，BF ，则平面A 1BC 1∩平面BDD 1B 1＝BF ，因为E ∈平面A 1BC 1，E ∈平面BDD 1B 1，所以E ∈BF .因为F 是A 1C 1的中点，所以BF 是中线，又B 1F 綊12BD ，所以FE EB ＝12，故点E 到平面A 1B 1C 1D 1的距离是BB 1的13，所以四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝13×S 四边形A 1B 1C 1D 1×13BB 1＝19V 长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1＝1.答案：114．半径为2的球O 中有一内接正四棱柱(底面是正方形，侧棱垂直底面)．当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是________．解析：依题意，设球的内接正四棱柱的底面边长为a 、高为h ，则有16＝2a 2＋h 2≥22ah ，即4ah ≤162，该正四棱柱的侧面积S ＝4ah ≤162，当且仅当h ＝2a ＝22时取等号．因此，当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是4π×22－162＝16(π－2)．答案：16(π－2)[B 组——力争难度小题]1．已知三棱锥S -ABC 所在顶点都在球O 的球面上，且SC ⊥平面ABC ，若SC ＝AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°，则球O 的表面积为________．解析：∵AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°， ∴BC ＝12＋12－2×1×1×⎝⎛⎭⎫－12＝3， ∴三角形ABC 的外接圆直径2r ＝3sin 120°＝2，∴r ＝1.∵SC ⊥平面ABC ，SC ＝1， ∴该三棱锥的外接球半径R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫SC 22＝52，∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝5π. 答案：5π2.(2017·南京三模)如图，在直三棱柱ABC -A1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点．当AD ＋DC 1最小时，三棱锥D -ABC 1的体积为________．解析：在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，所以BB 1⊥AB ，又因为∠ABC ＝90°，即BC ⊥AB ，又BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面BB 1C 1C, 因为AB ＝1，BC ＝2，点D 为侧棱BB 1上的动点，所以侧面展开，当AD ＋DC 1最小时，BD ＝1，所以S △BDC 1＝12×BD ×B 1C 1＝1，所以三棱锥D -ABC 1的体积为13×S △BDC 1×AB ＝13.答案：133．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是________．解析：如图所示，AB ＝2，CD ＝a ，设点E 为AB 的中点，则ED ⊥AB，EC⊥AB，则ED＝AD2－AE2＝22，同理EC＝22.由构成三角形的条件知0＜a＜ED＋EC＝2，所以0＜a＜ 2.答案：(0，2)4.如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在的平面，且PA＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，分别交PB，PC于E，F，当三棱锥P-AEF的体积最大时，tan∠BAC＝________.解析：∵PB⊥平面AEF，∴AF⊥PB.又AC⊥BC，AP⊥BC，∴BC⊥平面PAC，∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90°.设∠BAC＝θ，在Rt△PAC中，AF＝AP·ACPC＝2×2cos θ21＋cos2θ＝2cos θ1＋cos2θ，在Rt△PAB中，AE＝PE＝2，∴EF＝AE2－AF2，∴V P-AEF＝16AF·EF·PE＝16AF·2－AF2·2＝26·2AF2－AF4＝26·－(AF2－1)2＋1≤26，∴当AF＝1时，V P-AEF取得最大值26，此时AF＝2cos θ1＋cos2θ＝1，∴cos θ＝13，sin θ＝23，∴tan θ＝ 2.答案： 2第2课时平行与垂直(能力课) [常考题型突破][例1](2017·江苏高考)如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明] (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，所以EF ∥AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC .[方法归纳]1．(2017·苏锡常镇一模)如图，在斜三棱柱ABC -A1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C是菱形，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE ∥平面BCC 1B 1.(1)求证：E 是AB 的中点；(2)若AC 1⊥A 1B ，求证：AC 1⊥BC .证明：(1)连结BC1，因为OE ∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE ∥BC 1 .因为侧面AA 1C 1C 是菱形，AC 1∩A 1C ＝O ，所以O 是AC 1中点，所以AE EB ＝AO OC 1＝1，E 是AB 的中点. (2)因为侧面AA 1C 1C 是菱形，所以AC 1⊥A 1C,又AC1⊥A1B，A1C∩A1B＝A1，A1C⊂平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，所以AC1⊥平面A1BC,因为BC⊂平面A1BC，所以AC1⊥BC.2．(2017·苏州模拟)在如图所示的空间几何体ABCDPE中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝AD＝4，EB＝2.(1)若点Q是PD的中点，求证：AQ⊥平面PCD；(2)证明：BD∥平面PEC.证明：(1)因为PA＝AD，Q是PD的中点，所以AQ⊥PD.又PA⊥平面ABCD，所以CD⊥PA.又CD⊥DA，PA∩DA＝A，所以CD⊥平面ADP.又因为AQ⊂平面ADP，所以CD⊥AQ，又PD∩CD＝D，所以AQ⊥平面PCD.(2)取PC的中点M，连结AC交BD于点N，连结MN，ME，在△PAC中，易知MN＝12PA，MN∥PA，又PA∥EB，EB＝12PA，所以MN＝EB，MN∥EB，所以四边形BEMN是平行四边形，所以EM∥BN.又EM⊂平面PEC，BN⊄平面PEC，所以BN∥平面PEC，即BD∥平面PEC.[例2]ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，M为线段PB的中点，N为线段BC的中点．求证：(1)平面MON∥平面PAC；(2)平面PBC⊥平面MON.[证明](1)因为M，O，N分别是PB，AB，BC的中点，所以MO∥PA，NO∥AC，又MO∩NO＝O，PA∩AC＝A，所以平面MON∥平面PAC.(2)因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.由(1)知，MO∥PA，所以MO⊥BC.连结OC，则OC＝OB，因为N为BC的中点，所以ON⊥BC.又MO∩ON＝O，MO⊂平面MON，ON⊂平面MON，所以BC⊥平面MON.又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面MON.[方法归纳]1．(2017·无锡期末)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AP⊥平面PCD，E，F分别为PC，AB的中点．求证：(1)平面PAD⊥平面ABCD；(2)EF∥平面PAD.证明：(1)因为AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AP⊥CD，因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD,又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)连结AC，BD交于点O，连结OE，OF，因为四边形ABCD为矩形，所以O点为AC的中点，因为E为PC的中点，所以OE∥PA，因为OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以OE∥平面PAD,同理可得：OF∥平面PAD，又因为OE∩OF＝O，所以平面OEF∥平面PAD,因为EF⊂平面OEF，所以EF∥平面PAD.2.(2016·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D ⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.[例3]圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直．(1)求证：平面AFC⊥平面CBF.(2)在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面ADF？并说明理由．[解](1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF.∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB .又AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF .又BF ∩CB ＝B ，∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面AFC ，∴平面AFC ⊥平面CBF .(2)当M 为CF 的中点时，OM ∥平面ADF .证明如下：取CF 中点M ，设DF 的中点为N ，连结AN ，MN ，则MN 綊12CD ，又AO 綊12CD ，则MN 綊AO ， ∴四边形MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN ，又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ，∴OM ∥平面DAF .[方法归纳]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[变式训练]1.如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC .(1)求证：平面AEC ⊥平面ABE ；(2)点F 在BE 上，若DE ∥平面ACF ，求BF BE的值．解：(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形，∴AB ⊥BC ，∵平面ABCD ⊥平面BCE ，∴AB ⊥平面BCE ，∴CE ⊥AB .又∵CE ⊥BE ，AB ∩BE ＝B ，∴CE ⊥平面ABE ，又∵CE ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面ABE .(2)连结BD 交AC 于点O ，连结OF .∵DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF .∴DE ∥OF ，又在矩形ABCD 中，O 为BD 中点，∴F 为BE 中点，即BF BE ＝12. 2．如图，在矩形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，DA 的中点．将矩形ABCD 沿线段EF 折起，使得∠DFA ＝60°.设G 为AF 上的点．(1)试确定点G 的位置，使得CF ∥平面BDG ；(2)在(1)的条件下，证明：DG ⊥AE .解：(1)当点G 为AF 的中点时，CF ∥平面BDG .证明如下：因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ∥AB ∥CD .连结AC 交BD 于点O ，连结OG ，则AO ＝CO .又G 为AF 的中点，所以CF ∥OG .因为CF ⊄平面BDG ，OG ⊂平面BDG .所以CF ∥平面BDG .(2)因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ⊥FD ，EF ⊥FA .又FD ∩FA ＝F ，所以EF ⊥平面ADF ，因为DG ⊂平面ADF ，所以EF ⊥DG .因为FD ＝FA ，∠DFA ＝60°，所以△ADF 是等边三角形，DG ⊥AF ，又AF ∩EF ＝F ，所以DG ⊥平面ABEF .因为AE ⊂平面ABEF ，所以DG ⊥AE .[课时达标训练]1.如图，在三棱锥V -ABC 中，O ，M 分别为AB ，VA 的中点，平面VAB ⊥平面ABC ，△VAB 是边长为2的等边三角形，AC ⊥BC 且AC ＝BC .(1)求证：VB ∥平面MOC ；(2)求线段VC的长．解：(1)证明：因为点O，M分别为AB，VA的中点，所以MO∥VB.又MO⊂平面MOC，VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，AC⊥BC，AB＝2，所以OC⊥AB，且CO＝1.连结VO，因为△VAB是边长为2的等边三角形，所以VO＝ 3.又平面VAB⊥平面ABC，OC⊥AB，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB，所以OC⊥VO，所以VC＝OC2＋VO2＝2.B1C1中，AC⊥BC，A1B2.(2017·南通二调)如图，在直三棱柱ABC-A与AB1交于点D，A1C与AC1交于点E.求证：(1)DE∥平面B1BCC1；(2)平面A1BC⊥平面A1ACC1.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1ACC1为平行四边形．又E为A1C与AC1的交点，所以E为A1C的中点.同理，D为A1B的中点，所以DE∥BC.又BC⊂平面B1BCC1，DE⊄平面B1BCC1，所以DE∥平面B1BCC1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又AC⊥BC，AC∩AA1＝A，AC⊂平面A1ACC1，AA1⊂平面A1ACC1，所以BC⊥平面A1ACC1.因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1ACC1.3.(2017·南京三模)如图，在三棱锥A-BCD中，E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF.(1)求证：EF∥平面ABD；(2)若BD⊥CD，AE⊥平面BCD，求证：平面AEF⊥平面ACD.证明：(1)因为BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面AEF∩平面BCD＝EF，所以BD∥EF.因为BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD.(2)因为AE⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AE⊥CD.因为BD⊥CD，BD∥EF，所以CD⊥EF，又AE∩EF＝E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF.又CD⊂平面ACD，所以平面AEF⊥平面ACD.4.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，DC＝2，点E在PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PAD；(2)当PD∥平面AEC时，求PE∶EB的值．解：(1)证明：在平面ABCD中，过A作AF⊥DC于F，则CF＝DF＝AF＝1，∴∠DAC＝∠DAF＋∠FAC＝45°＋45°＝90°，即AC⊥DA.又PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PA.∵PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD＝A，∴AC⊥平面PAD.又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PAD.(2)连结BD交AC于O，连结EO.∵PD∥平面AEC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AEC＝EO，∴PD∥EO，则PE∶EB＝DO∶OB.又△DOC∽△BOA，∴DO∶OB＝DC∶AB＝2∶1，∴PE∶EB的值为2.5.(2017·扬州考前调研)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，CD∥AB，AB＝2CD，AC交BD于O，锐角△PAD所在平面⊥底面ABCD，PA⊥BD，点Q在侧棱PC上，且PQ＝2QC.求证：(1)PA∥平面QBD；(2)BD⊥AD.证明：(1)连结OQ,因为AB∥CD，AB＝2CD，所以AO ＝2OC ，又PQ ＝2QC ，所以PA ∥OQ ，因为OQ ⊂平面QBD ，PA ⊄平面QBD ，所以PA ∥平面QBD .(2)在平面PAD 内过P 作PH ⊥AD 于H ，因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥BD .又PA ⊥BD ，且PA ∩PH ＝P ，PA ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ，所以BD ⊥平面PAD ，又AD ⊂平面PAD ，所以BD ⊥AD .6.如图，在多面体ABCDFE 中，四边形ABCD 是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且AB ∥EF ，AF ＝2，EF ＝2AB ＝42，平面ABCD ⊥平面ABEF .(1)求证：BE ⊥DF ；(2)若P 为BD 的中点，试问：在线段AE 上是否存在点Q ，使得PQ ∥平面BCE ？若存在，找出点Q 的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，取EF 的中点G ，连结AG ，因为EF ＝2AB ，所以AB ＝EG ，又AB ∥EG ，所以四边形ABEG 为平行四边形，所以AG ∥BE ，且AG ＝BE ＝AF ＝2.在△AGF 中，GF ＝12EF ＝22，AG ＝AF ＝2，所以AG 2＋AF 2＝GF 2，所以AG ⊥AF .因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥AB ，又平面ABCD ⊥平面ABEF ，且平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，又AG ⊂平面ABEF ，所以AD ⊥AG .因为AD ∩AF ＝A ，所以AG ⊥平面ADF .因为AG ∥BE ，所以BE ⊥平面ADF .因为DF ⊂平面ADF ，所以BE ⊥DF .(2)存在点Q ，且点Q 为AE 的中点，使得PQ ∥平面BCE .证明如下：连结AC ，因为四边形ABCD 为矩形，所以P 为AC 的中点．在△ACE中，因为点P，Q分别为AC，AE的中点，所以PQ∥CE.又PQ⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，所以PQ∥平面BCE.。

江苏省盐城中学高中数学立体几何知识点总结

高一立体几何知识梳理盐城中学高一数学组一、空间几何体（一）空间几何体的类型多面体：由若干个平面多边形围成的几何体．围成多面体的各个多边形叫做多面体的相邻两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点．旋转体：把一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转形成了封闭几何体．其这条直线称为旋转体的轴．（二）几种空间几何体的结构特征1 、棱柱的结构特征1.1 棱柱的定义：由一个平面多边形沿某一方向平移形成的空间几何体叫做棱柱．1.2 棱柱的分类图1-1棱柱①棱柱，械垂直于底面》直棱柱底山是多形）正棱柱其他棱柱…底面是四边形棱柱底面是平行四边形四棱柱平行六面体侧棱垂直于底面直平行底面是矩形底面是正方形六面体长方体性质：棱长都相等正四棱柱正方体I 、II 、m 、1.3 侧面都是平行四边形，且各侧棱互相平行且相等；两底面是全等多边形且互相平行；平行于底面的截面和底面全等；棱柱的面积和体积公式s 二ch （c 是底周长，h 是高）直棱柱侧S 直棱柱表面=C ・h+2S 底2.1(V 棱柱=S 底•h棱锥的结构特征棱锥的定义）棱锥：当棱柱的一个底面收缩为一个点时，得到的几何体叫做棱锥.（）正棱锥：如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的投影是底f斜棱柱面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥．2.2正棱锥的结构特征I、平行于底面的截面是与底面相似的正多边形，相似比等于顶点到截面的距离与顶点到底面的距离之比；它们面积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的平方比；截得的棱锥的体积与原棱锥的体积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的立方比；II、正棱锥的各侧棱相等，各侧面是全等的等腰三角形；III、两个特征三角形：()A POH(包含棱锥的高、斜高和底面内切圆半径)；()A POB(包含棱锥的高、侧棱和底面外接圆半径)正棱锥侧面积：S=1ch'(c为底周长，h,为斜高)P正棱椎2体积：V=1Sh(S为底面积，h为高)DC棱椎3OHAB正四面体：各条棱长都相等的三棱锥叫正四面体2对于棱长为a正四面体的问题可将它补成一个边长为—a的正方体问题.211正四面体的中心到底面与顶点的距离之比为1：3(=-/』舟3：/十6正方体体对角线2正方体体对角线3、棱台的结构特征3.1棱台的定义：用一个平行于底面的平面去截棱锥，我们把截面和底面之间的部分称为棱台．3.2正棱台的结构特征(1)各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰梯形；(2)正棱台的两个底面和平行于底面的截面都是正多边形；(3)正棱台的对角面也是等腰梯形；(4)各侧棱的延长线交于一点．4、圆柱的结构特征4.1圆柱的定义：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体叫圆柱．4.2圆柱的性质（1）上、下底及平行于底面的截面都是等圆；（2）过轴的截面（轴截面）是全等的矩形．4.3圆柱的侧面展开图：圆柱的侧面展开图是以底面周长和母线长为邻边的矩形．4.4圆柱的面积和体积公式S圆柱侧面=2n•r•h（r为底面半径，h为圆柱的高）V圆、=S h=nr2h5、圆锥的结构特征5.1圆锥的定义：以直角三角形的一直角边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥．5.2圆锥的结构特征（1）平行于底面的截面都是圆，截面直径与底面直径之比等于顶点到截面的距离与顶点到底面的距离之比；（2）轴截面是等腰三角形；（3）母线的平方等于底面半径与高的平方和：l2=r2+h25.3圆锥的侧面展开图：圆锥的侧面展开图是以顶点为圆心，以母线长为半径的扇形．6、圆台的结构特征6.1圆台的定义：用一个平行于底面的平面去截圆锥，我们把截面和底面之间的部分称为圆台．6.2圆台的结构特征⑴圆台的上下底面和平行于底面的截面都是圆；⑵圆台的截面是等腰梯形；⑶圆台经常补成圆锥，然后利用相似三角形进行研究．6.3圆台的面积和体积公式S圆台侧=n•（R+r）•l（r、R为上下底面半径）V1=1/3（n r2+n R2+n rR）h（h为圆台的高）7球的结构特征7.1球的定义：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆旋转一周形成的旋转体叫做球体．空间中，与定点距离等于定长的点的集合叫做球面，球面所围成的几何体称为球体．7-2球的结构特征⑴球心与截面圆心的连线垂直于截面；⑵截面半径等于球半径与截面和球心的距离的平方差：r2=R2-d2⑶注意圆与正方体的两个关系：球内接正方体，球直径等于正方体对角线；球外切正方体，球直径等于正方体的边长．7-3球的面积和体积公式S=4nR2（R为球半径）；V=4/3nR3（三）空球面间几何体的表面积与体积球空间几何体的表面积棱柱、棱锥的表面积：各个面面积之和圆柱的表面积：S=2兀rl+2兀r2圆锥的表面积：S=兀rl+兀丫2圆台的表面积：S=兀r1+兀丫*兀Rl+兀R2球的表面积：S=4兀R2空间几何体的体积柱体的体积：V=S L X h；锥体的体积：v=1S X h底，3底1.T74〜台体的体积：V=-（S+JSS+S）X h；球体的体积：V二万兀R33上％’上下下3斜二测画法：（1）平行于坐标轴的线依然平行于坐标轴；（2）平行于y轴的线长度变半，平行于x，z轴的线长度不变；二、点、直线、平面之间的关系（一）、立体几何网络图：1、线线平行的判断：（1）平行于同一直线的两直线平行．（3）如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．（6）如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．（12）垂直于同一平面的两直线平行．2、线线垂直的判断：（7）三垂线定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面7的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.（8）三垂线逆定理：在平面内的一条直线，如果和这个平/:□力面的一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射影垂直.人二L如图，已知PO ±a ,斜线PA 在平面a 内的射影为OA ,a 是平面a 内一条直线. ①三垂线定理：若a ^OA ,则a ^PA .即垂直射影则垂直斜线.②三垂线定理逆定理：若a ^PA ,则a ^OA .即垂直斜线则垂直射影.（10）若一直线垂直于一个平面,则这条直线垂直于平面内所有直线.补充：一条直线和两条平行直线中的一条垂直,也必垂直平行线中的另一条.3、线面平行的判断：（2）如果平面外的一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行.（5）两个平面平行,其中一个平面内的直线必平行于另一个平面.判定定理：allb［线线平行n 线面平行）性质定理：aliauu/i〔线面平行n线线平行）CK H p-b★判断或证明线面平行的方法⑴利用定义（反证法）：/I a=0，则l〃a（用于判断）；⑵利用判定定理：线线平行0线面平行（用于证明）；⑶利用平面的平行：面面平行n线面平行（用于证明）；⑷利用垂直于同一条直线的直线和平面平行（用于判断）.2线面斜交和线面角：/Aa=A2.1直线与平面所成的角（简称线面角）：若直线与平面斜交，则平面的斜线与该斜线在平面内射影的夹角0.2.2线面角的范围：0£[0°,90°]注意：当直线在平面内或者直线平行于平面时，0=0°；当直线垂直于平面时，0=90°4、线面垂直的判断：（9）如果一直线和平面内的两相交直线垂直，这条直线就垂直于这个平面．（11）如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．（14）一直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面．（16）如果两个平面垂直，那么在—个平面内垂直于交线的直线必垂直于另—个平面.判定定理：。

高考数学立体几何专题：等体积法

高考数学立体几何专题：等体积法一、引言在高考数学中，立体几何是一门重要的学科，它考察了学生的空间想象能力和逻辑推理能力。

其中，等体积法是一种常用的方法，它在解决立体几何问题中具有重要的作用。

本文将详细介绍等体积法的基本原理和应用，并通过实例来展示其用法。

二等体积法的基本原理等体积法的基本原理是：对于同一个体积，可以将其分解为不同的几何形状，并且这些几何形状的体积相等。

在立体几何中，常见的几何形状有长方体、正方体、圆柱体、圆锥体等。

这些形状的体积可以通过其高度、底面积和高度的乘积等参数来计算。

三等体积法的应用等体积法在解决立体几何问题中具有广泛的应用。

下面我们将通过几个例子来展示其用法：1、求几何体的表面积和体积例1：已知一个长方体的长、宽和高分别为a、b和c，求该长方体的表面积和体积。

解：该长方体的表面积为2(ab+bc+ac)，体积为abc。

2、判断两个几何体是否体积相等例2：给定两个几何体，判断它们是否体积相等。

解：根据等体积法，我们可以分别计算两个几何体的体积，如果两个体积相等，则两个几何体体积相等；否则，两个几何体体积不相等。

3、求几何体的重心位置例3：已知一个长方体的长、宽和高分别为a、b和c，求该长方体的重心位置。

解：根据等体积法，我们可以将该长方体分成两个小的长方体，它们的重心位置与原长方体的重心位置相同。

因此，我们只需要找到这两个小长方体的重心位置即可。

四、结论等体积法是一种常用的方法，在解决立体几何问题中具有重要的作用。

它可以帮助我们计算几何体的表面积和体积，判断两个几何体是否体积相等，以及求几何体的重心位置等。

在实际应用中，我们需要灵活运用等体积法来解决各种不同的问题。

在数学的世界里，立体几何是一门研究空间几何形状、大小、位置关系的科学。

它不仅在数学领域中占据着重要的地位，同时也是高考数学中的重要考点之一。

本文将针对高考数学立体几何专题进行深入探讨，帮助大家更好地理解和掌握这一部分内容。

2015高考数学(文)二轮专题复习课件：专题五_第一讲空间几何体

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主干考点梳理
考点2
多面体与旋转体的表面积与体积的计算
1．多面体的表面积．
面积之和．多面体的表面积为各个面的________
2．旋转体的表面积．
(1)圆柱的表面积S＝________ 2πr(r＋L； )
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(2)圆锥的表面积S＝________ (2)πr(r＋； L)
(3)圆台的表面积S＝π(r′2＋r2＋r′L＋rL)； 4πR2 ． (4)球的表面积S＝________
主干考点梳理 3．体积公式． Sh (1)柱体的体积V＝________ ． 1 Sh ． (2)锥体的体积V＝________ 3
1 (S′＋ S′ S＋S)h (3)台体的体积V＝________ ． 3
球的半径为 R，球心为 O，正四棱锥底面中心为 E，则 OE 垂直棱锥底面， OE＝ 4－ R，所以 (4－ R)2＋ ( 2)2＝ 81π 9 R2，解得 R＝，所以球的表面积 S＝4πR2＝ . 4 4
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主干考点梳理
4．若某空间几何体的三视图如图所示，则该
几何体的体积是( B )
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主干考点梳理
考点2
三视图
1．空间几何体的三视图包括___________ 正(主)视图、 ________ ______．侧 (左)视图和俯视图 2．在三视图中，正(主)侧(左)一样________ ，高长宽正(主)俯一样________ ，侧(左)俯一样________ ．
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高考热点突破规律方法 (1)解答此类问题，首先由三视图想象出几何体的形状，并由相关数据得出几何体中的量，进而求得表面积或体积． (2)掌握三视图是正确解决这类问题的关键，同时也体现了知识间的内在联系，是高考的新动向．

空间点、直线、平面之间的位置关系5题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测

专题32空间点、直线、平面之间的位置关系5题型分类1．基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面．基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内．基本事实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．基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行．2．“三个”推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．3．空间中直线与直线的位置关系异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点.4．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系图形语言符号语言公共点直线与平面相交a ∩α＝A 1个平行a ∥α0个在平面内a ⊂α无数个平面与平面平行α∥β0个相交α∩β＝l 无数个5.等角定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．6．异面直线所成的角(1)定义：已知两条异面直线a ，b ，经过空间任一点O 分别作直线a ′∥a ，b ′∥b ，我们把直线a ′与b ′所成的角叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．(2)，π2.常用结论1．过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．2．分别在两个平行平面内的直线平行或异面．（一）共面、共线、共点问题的证明(1)共面：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．(2)共线：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．(3)共点：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点(1)E ，F ，G ，H 四点共面；(1)证明E ，F ，G ，H 四点共面；(2)证明GE ，FH ，1BB 相交于一点．1-3．（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在正方体(1)求证：1CE D F DA ，，三线交于点(2)在（1）的结论中，G 是D （二）(1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型．(2)求异面直线所成角的方法方法解读平移法将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线，形成三角形求解补形法在该几何体的某侧补接上同样一个几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解题型2：空间位置关系的判断都相交，则直线A ．2GH EF=C ．直线EF ，GH 是异面直线2-3．【多选】（2024·湖北荆门A ．若l αβ= ，A α∈B ．若A ，B ，C 是平面C ．若A α∈且B α∈，则直线D ．若直线a α⊂，直线2-4．（2024·上海长宁·二模）如图，已知正方体则下列命题中假命题为（A ．存在点P ，使得PQ ⊥B ．存在点P ，使得//PQ AC ．直线PQ 始终与直线CC（1）直线AF 与直线DE 相交；（2）直线CH 与直线DE 平行；（3）直线BG 与直线DE 是异面直线；（4）直线CH 与直线BG 成3-2．（2024高三·全国·课后作业）已知正四面体小为．3-3．（2024高三·河北·学业考试）如图直线1A E 与BF 所成角的大小为3-4．（2024高一下·北京·期末）如图，等腰梯形112BC CD DA AB ====，则直线3-5．（2024高三·全国·对口高考）线段AB 的两端分别在直二面角CD αβ--的两个面αβ、内，且与这两个面都成30︒角，则直线AB 与CD 所成的角等于．（三）空间几何体的切割(截面)问题(1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线．(2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线．A ．177B ．134-2．（2024·河南·模拟预测）在正方体确的个数为（）①//MN 平面11AAC C ；②MN①异面直线1D D与AF所成角可以为②当G为中点时，存在点③当E，F为中点时，平面④存在点G，使点C与点则上述结论正确的是（A．①③B．②④4-5．（2024·新疆·二模）已知在直三棱柱BC=，432AC=，如图所示，若过的面积为（）（四）等角定理的应用空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．一、单选题-如图所示，则直线PC（）1．（2024高三·北京·学业考试）四棱锥P ABCDA．与直线AD平行B．与直线AD相交C ．与直线BD 平行D ．与直线BD 是异面直线2．（2024·广东）若直线1l 和2l 是异面直线，1l 在平面α内，2l 在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是A ．l 与1l ，2l 都相交B ．l 与1l ，2l 都不相交C ．l 至少与1l ，2l 中的一条相交D ．l 至多与1l ，2l 中的一条相交3．（2024高一·全国·课后作业）若直线l 在平面α外，则l 与平面α的公共点个数为（）A ．0B ．0或1C ．1D ．24．（2024·上海·模拟预测）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，P Q R S ､､､分别为棱1AB BC BB CD ､､､的中点，连接11A S B D ､，对空间任意两点M N ､，若线段MN 与线段11A S B D ､都不相交，则称M N ､两点可视，下列选项中与点1D 可视的为（）A ．点PB ．点QC ．点RD ．点B5．（2024高二上·四川乐山·期末）若直线l 与平面α有两个公共点，则l 与α的位置关系是（）A ．l ⊂αB ．//l αC ．l 与α相交D ．l α∈6．（2024高二上·上海静安·阶段练习）设A B C D 、、、是某长方体四条棱的中点，则直线AB 和直线CD 的位置关系是（）.A ．相交B ．平行C ．异面D ．无法确定7．（2024高三·全国·专题练习）如果两条异面直线称为“一对”，那么在正方体的十二条棱中共有异面直线（）A．12对B．24对C．36对D．48对8．（2024高三·全国·专题练习）三棱柱各面所在平面将空间分成不同部分的个数为（）A．18B．21C．24D．279．（2024高一·全国·课后作业）平面α上有三个不共线点到平面β距离相等，则平面α与平面β的位置关系是（）A．相交B．平行C．垂直D．相交或平行10．（2024高一·全国·课前预习）下列命题中正确的是（）A．一个平面内三条直线都平行于另一平面，那么这两个平面平行B．如果一个平面内所有直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行C．平行于同一直线的两个平面一定相互平行D．如果一个平面内有几条直线都平行于另一平面，那么这两个平面平行G N M H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或11．（2024高三·全国·专题练习）如图中,,,,GH MN是异面直线的图形有（）所在棱的中点，则表示直线,A．①③B．②③C．②④D．②③④12．（2024高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）已知直线l和平面α，若lα∥，Pα∈，则过点P且平行于l的直线（）．A．只有一条，不在平面α内B．只有一条，且在平面α内C．有无数条，一定在平面α内D．有无数条，不一定在平面α内13．（2024高三·全国·专题练习）将图(1)中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线AD折起得到空间四面体ABCD，如图(2)，则在空间四面体ABCD中,AD与BC的位置关系是（）A ．相交且垂直B ．相交但不垂直C ．异面且垂直D ．异面但不垂直14．（2024高三上·吉林长春·期末）如图，在底面为正方形的棱台1111ABCD A B C D -中，E 、F 、G 、H 分别为棱1CC ，1BB ，CF ，AF 的中点，对空间任意两点M 、N ，若线段MN 与线段AE 、1BD 都不相交，则称点M 与点N 可视，下列选项中与点D 可视的为（）A ．1B B ．FC ．HD ．G15．（2024·全国）在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π616．（上海市曹杨中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是线段11A C 上的动点，下列与BP 始终异面的是（）A ．1DDB ．AC C ．1AD D ．1B C17．（2024·福建福州·三模）在底面半径为1的圆柱1OO 中，过旋转轴1OO 作圆柱的轴截面ABCD ，其中母线AB =2，E 是弧BC 的中点，F 是AB 的中点，则（）A ．AE =CF ，AC 与EF 是共面直线B ．AE CF ≠，AC 与EF 是共面直线C ．AE =CF ，AC 与EF 是异面直线D ．AE CF ≠，AC 与EF 是异面直线18．（2024高二下·广西桂林·期中）已知直线m ⊂平面α，则“平面α∥平面β”是“m ∥β”的A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件19．（2024·新疆阿克苏·一模）已知M ，N ，P 是正方体1111ABCD A B C D -的棱AB ，1AA ，1CC 的中点，则平面MNP 截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面是（）A ．三角形B ．四边形C ．五边形D ．六边形20．（2023届上海春季高考练习）如图，P 是正方体1111ABCD A B C D -边11AC 上的动点，下列哪条边与边BP 始终异面（）A ．1DDB ．AC C ．1AD D ．1B C21．（2024高二上·浙江杭州·期末）已知空间三条直线,,l m n ，若l 与m 异面,且l 与n 异面,则（）A ．m 与n 异面B ．m 与n 相交C ．m 与n 平行D ．m 与n 异面、相交、平行均有可能22．（2024高三·全国·专题练习）下列命题中正确的个数为（）①若ABC ∆在平面α外，它的三条边所在的直线分别交α于P Q R 、、，则P Q R 、、三点共线.②若三条直线a b c 、、互相平行且分别交直线l 于、、A B C 三点，则这四条直线共面；③空间中不共面五个点一定能确定10个平面.A ．0B ．1C ．2D ．323．（2024高三·全国·专题练习）下列结论正确的是（）A ．两个平面α，β有一个公共点A ，就说α，β相交于过A 点的任意一条直线.B ．两两相交的三条直线最多可以确定三个平面.C ．如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.D ．若直线a 不平行于平面α，且a ⊄α，则α内的所有直线与a 异面.24．（2024高三·全国·专题练习）给出下列说法：①梯形的四个顶点共面；②三条平行直线共面；③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面.其中正确的序号是（）A ．①B ．①④C ．②③D ．③④25．（2024·上海浦东新·一模）已知直线l 与平面α相交，则下列命题中，正确的个数为（）①平面α内的所有直线均与直线l 异面；②平面α内存在与直线l 垂直的直线；③平面α内不存在直线与直线l 平行；④平面α内所有直线均与直线l 相交.A ．1B ．2C ．3D ．426．（2024高一·全国·课后作业）直线l 是平面α外的一条直线，下列条件中可推出//l α的是A ．l 与α内的一条直线不相交B ．l 与α内的两条直线不相交C ．l 与αD ．l 与α内的任意一条直线不相交27．（2024高三下·上海·阶段练习）如图所示，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均为1，点P 、M 、N 分别为棱1AA 、AB 、11A B 的中点，点Q 为线段MN 上的动点．当点Q 由点N 出发向点M 运动的过程中，以下结论中正确的是（）A ．直线1C Q 与直线CP 可能相交B ．直线1C Q 与直线CP 始终异面C ．直线1C Q 与直线CP 可能垂直D ．直线1C Q 与直线BP 不可能垂直28．（2024高三下·上海浦东新·阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N ，P 分别是棱11A D ，11D C ，AB 的中点，Q 是线段MN 上的动点，则下列直线中，始终与直线PQ 异面的是（）A ．1AB B ．1BC C ．1CAD ．1DD 29．（2024高一上·全国·专题练习）M ∈l ，N ∈l ，N ∉α，M ∈α，则有A ．l ∥αB ．l ⊂αC ．l 与α相交D ．以上都有可能30．（2024高三上·重庆沙坪坝·期中）在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，点Р是侧面11ADD A 上的点，且点Р到棱1AA 与到棱AD 的距离均为1，用过点Р且与1BD 垂直的平面去截该正方体，则截面在正方体底面ABCD 的投影多边形的面积是（）A ．92B ．5C ．132D ．831．（2024高三下·上海闵行·阶段练习）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为AB ，BC 的中点，对于如下命题：①异面直线1DD 与1B F ②点P 为正方形1111D C B A 内一点，当//DP 平面1B EF 时，DP 的最小值为322；③过点1D ，E ，F 的平面截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面周长为1B BEF -的所有顶点都在球O 的表面上时，球O ．则正确的命题个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．432．（2024高三·全国·对口高考）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为P 在对角线1BD 上，过点P 作垂直于1BD 的平面α，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为y ，设BP x =，则当[]1,5x ∈时，函数()y f x =的值域为（）A ．36,66⎡⎤⎣⎦B ．6,26⎡⎣C ．(6D ．(0,36二、多选题33．（2024高一下·辽宁营口·阶段练习）有下列命题：①经过三点确定一个平面；②梯形可以确定一个平面；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．其中正确命题是（）A ．①B ．②C ．③D ．④34．（2024高一下·江苏苏州·阶段练习）下列命题中错误的是（）A ．空间三点可以确定一个平面B ．三角形一定是平面图形C ．若A ，B ，C ，D 既在平面α内，又在平面β内，则平面α和平面β重合D ．四条边都相等的四边形是平面图形35．（2024·河北廊坊·模拟预测）我们知道，平面几何中有些正确的结论在空间中不一定成立．下面给出的平面几何中的四个真命题，在空间中仍然成立的有（）A ．平行于同一条直线的两条直线必平行B ．垂直于同一条直线的两条直线必平行C ．一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补D ．一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补36．（2024高一下·陕西西安·期中）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为棱11C D ，1C C 的中点，则下列四个结论正确的是（）A ．直线AM 与1CC 是相交直线B ．直线AM 与BN 是平行直线C ．直线BN 与1MB 是异面直线D ．直线AM 与1DD 是异面直线37．（2024高一·全国·课后作业）下列结论中正确的是（）A ．若两个平面有一个公共点，则它们有无数个公共点B ．若已知四个点不共面，则其中任意三点不共线C ．若点A 既在平面α内，又在平面β内，则α与β相交于b ，且点A 在b 上D ．任意两条直线不能确定一个平面38．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，设P ，Q 分别为11A B ，1DD 的中点，则过点P ，Q 的平面α截正方体所得截面的形状可能为（）A ．三角形B ．四边形C ．五边形D ．六边形39．（2024高一下·湖北武汉·期末）当三个平面都平行时，三个平面可将空间分成4个部分，那么三个平面还可将空间分成（）部分．A ．5B ．6C ．7D ．840．（2024高三下·山东日照·阶段练习）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E 、F ，且12EF =，则下列结论中正确的是（）A ．线段11B D 上存在点E 、F 使得//AE BF B ．//EF 平面ABCDC ．AEF △的面积与BEF △的面积相等D ．三棱锥A -BEF 的体积为定值三、填空题41．（2024高三·全国·专题练习）给出下列四个命题：①平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；②若平面α内的一条直线a 与平面β内的一条直线b 相交，则α与β相交；③若一条直线和两条平行线都相交，则这三条直线共面；④若三条直线两两相交，则这三条直线共面.其中真命题的序号是.42．（2024高一下·全国·课后作业）已知直线MN ⊥平面α于N ，直线NP MN ⊥，则NP 与平面α的关系是．43．（2024高一·全国·课后作业）如图，把下列图形的点、线、面的关系，用集合的语言表述：（1）；（2）；（3）．44．（2024高一下·黑龙江齐齐哈尔·期末）已知空间中两个角α，β，且角α与角β的两边分别平行，若70α=︒，则β=．45．（2024高二下·上海虹口·期末）在空间，如果两个不同平面有一个公共点，那么它们的位置关系为．46．（2024高三下·重庆渝中·阶段练习）空间四边形的对角线互相垂直且相等，顺次连接这个四边形各边中点，所组成的四边形是.47．（2024高二上·上海徐汇·阶段练习）如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，（1）直线A 1B 与直线D 1C 的位置关系是；（2）直线A 1B 与直线B 1C 的位置关系是；（3）直线D 1D 与直线D 1C 的位置关系是；（4）直线AB 与直线B 1C 的位置关系是．48．（2024高二上·上海徐汇·阶段练习）设A ∠和B ∠的两边分别平行，若45A ∠=︒，则B ∠的大小为.49．（2024高一·全国·课后作业）“直线l 与平面α没有公共点”是“l α∥”的条件．50．（2024高一下·全国·课后作业）在底面为正六边形的六棱柱中，互相平行的面视为一组，则共有组互相平行的面，与其中一个侧面相交的面共有个.52．（2024高一·全国·单元测试）若直线a 与平面α内无数条直线平行，则a 与α的位置关系是．53．（2024高二上·上海奉贤·阶段练习）如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一小块，八个顶“阿基米德多面体”，则异面直线AB 与CD 所成角的大小是四、解答题54．（2024高一·全国·课后作业）已知：l ⊂α，D α∈，∈A l ，B l ∈，C l ∈，D l ∉．求证：直线,,AD BD CD 共面于α．55．（2024高一·全国·课后作业）如图，ABCD 为空间四边形，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，点G ，H 分别在CD ，AD 上，且13DH AD =，13DG CD =．(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)求证：EH ，FG 必相交且交点在直线BD 上．56．（2024高一下·北京·期末）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1CC 上一点，且1:1:2CE EC =．(1)试画出过1,,D A E 三点的平面截正方体1111ABCD A B C D -所得截面α；(2)证明：平面1D AE 与平面ABCD 相交，并指出它们的交线．57．（2024高一·全国·课后作业）如图所示是一个三棱锥，欲过点P 作一个截面，使得截面与底面平行，该怎样在侧面上画出截线？58．（2024高一·全国·课后作业）59．（2024高一下·全国·课后作业）在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，E ，F 分别为A 1B 1，B 1C 1的中点.求证:平面ACC 1A 1与平面BEF 相交.60．（2024高一上·安徽亳州·期末）如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AB 和AA 1的中点．求证：（1）E ，C ，D 1，F 四点共面；（2）CE ，D 1F ，DA 三线共点．61．（2024高三·全国·专题练习）如图，在空间四边形ABCD 中，,,,E F G H 分别在,,,AB AD BC CD 上，EG 与FH 交于点P ，求证：,,P A C 三点共线.62．（2024高二·全国·课后作业）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别是AB 和1AA 的中点，求证：四边形1FECD 为平面图形．63．（2024高一·全国·专题练习）如图所示，在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别为AB ，AD 的中点，G ，H 分别在BC ，CD 上，且::1:2BG GC DH HC ==.求证：(1)E ､F ､G ､H 四点共面；(2)EG 与HF 的交点在直线AC 上.64．（2024高二·上海·专题练习）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中．画出平面11ACC A 与平面1BC D 及平面1ACD 与平面1BDC 的交线．65．（2024高一·全国·专题练习）如图，直升机上一点P 在地面α上的正射影是点A (即PA ⊥α)，从点P 看地平面上一物体B (不同于A )，直线PB 垂直于飞机玻璃窗所在的平面β．求证：平面β必与平面α相交．66．（2024高一·全国·专题练习）如图，已知平面,αβ，且l αβ= ，设在梯形ABCD 中，AD BC ∕∕，且,AB CD αβ⊂⊂.求证：,,AB CD l 共点．67．（2024高一下·河南信阳·期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是1,AB AA 上的点，且12,2A F FA BE AE ==.(1)证明：1,,,E C D F 四点共面；(2)设1D F CE O ⋂=，证明：A ，O ，D 三点共线.68．（2024高一下·陕西西安·期中）（1）已知直线a b ∥，直线l 与a ，b 都相交，求证：过a ，b ，l 有且只有一个平面；（2）如图，在空间四边形ABCD 中，H ，G 分别是AD ，CD 的中点，E ，F 分别是边AB ，BC 上的点，且13CF AE FB EB ==.求证：直线EH ，BD ，FG 相交于一点.。

2022届高考数学(理)二轮专题复习课时作业：专题五立体几何 (十三) Word版含答案

课时作业(十三) 空间向量与立体几何1.如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB＝2a，F为CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)推断平面BCE与平面CDE的位置关系，并证明你的结论．解析：建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，3a，0)，E(a，3a,2a)．由于F为CD的中点，所以F⎝⎛⎭⎪⎫32a，32a，0.(1)证明：AF→＝⎝⎛⎭⎪⎫32a，32a，0，BE→＝(a，3a，a)，BC→＝(2a,0，－a)．由于AF→＝12(BE→＋BC→)，AF⊄平面BCE，所以AF∥平面BCE.(2)平面BCE⊥平面CDE.证明如下：由于AF→＝⎝⎛⎭⎪⎫32a，32a，0，CD→＝(－a，3a,0)，ED→＝(0,0，－2a)，所以AF→·CD→＝0，A F→·ED→＝0，所以AF→⊥CD→，AF→⊥ED→.所以AF⊥平面CDE，又AF∥平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE.2.(2021·广西南宁、梧州摸底联考)如图，已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，△PAB是边长为a的正三角形，且平面PAB⊥平面ABCD，已知点M是PD的中点．(1)证明：PB∥平面AMC；(2)求直线BD与平面AMC所成角的正弦值．解析：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OM，由于四边形ABCD为菱形，OB＝OD，又M为PD的中点，所以OM∥PB.由PB⊄平面AMC，OM⊂平面AMC，所以PB∥平面ACM.(2)取AB的中点N，连接PN，ND，则∠AND＝90°，分别以NB，ND，NP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N－xyz，则B⎝⎛⎭⎪⎫a2，0，0，C⎝⎛⎭⎪⎫a，32a，0，A⎝⎛⎭⎪⎫－a2，0，0，D⎝⎛⎭⎪⎫0，32a，0，P⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32a，M⎝⎛⎭⎪⎫0，34a，34a，则AC→＝⎝⎛⎭⎪⎫32a，32a，0，AM→＝⎝⎛⎭⎪⎫a2，34a，34a.设平面AMC的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧32ax＋32ay＝0，a2x＋34ay＋34az＝0，令y＝3，则x＝－1，z＝－33，即n＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，3，－33.又BD→＝⎝⎛⎭⎪⎫－a2，32a，0，设直线BD与n所成的角为θ，则cosθ＝n·BD→|n||BD→|＝23913，故直线BD与平面AMC所成角的正弦值为23913.3．(2021·河北石家庄模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为梯形，AD∥BC，CD ⊥BC ，AD ＝2，AB ＝BC ＝3，PA ＝4，M 为AD 的中点，N 为PC 上一点，且PC ＝3PN .(1)求证：MN ∥平面PAB ； (2)求二面角P AN M 的余弦值．解析：(1)证明：在平面PBC 内作NH ∥BC 交PB 于点H ，连接AH ，在△PBC 中，NH ∥BC ，且NH ＝13BC ＝1，AM ＝12AD ＝1.∵AD ∥BC ，∴NH ∥AM ，且NH ＝AM ，∴四边形AMNH 为平行四边形，∴MN ∥AH . ∵AH ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，∴MN ∥平面PAB . (2)解：在平面ABCD 内作AE ∥CD 交BC 于E ，则AE ⊥AD .分别以AE ，AD ，AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，则P (0,0,4)，M (0,1,0)，C (22，2,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎫223，23，83. 设平面AMN 的法向量m ＝(x ，y ，z )，AM →＝(0,1,0)，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫223，23，83，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，223x ＋23y ＋83z ＝0，取m ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，0，－12.设平面PAN 的法向量n ＝(x ，y ，z )，AP →＝(0,0,4)，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫223，23，83，则⎩⎪⎨⎪⎧4z ＝0，223x ＋23y ＋83z ＝0，取n ＝(1，－2，0)，则cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝269.故二面角P AN M 的余弦值为269.4．(2021·山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF 的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小； (2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E AG C 的大小．解析：(1)由于AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ，所以BE ⊥平面ABP . 又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP . 又∠EBC ＝120°，所以∠CBP ＝30°.(2)方法一：如图，取EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH .由于∠EBC ＝120°，所以四边形BEHC 为菱形，所以AE ＝GE ＝AC ＝GC ＝32＋22＝13. 取AG 的中点M ，连接EM ，CM ，EC ，则EM ⊥AG ，CM ⊥AG ，所以∠EMC 为所求二面角的平面角．又AM ＝1，所以EM ＝CM ＝13－1＝2 3. 在△BEC 中，由于∠EBC ＝120°，所以二面角CEMN的正弦值为10521.(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，进而可得NH→＝(－1，－2，h)，BE→＝(－2,2,2)．由已知，得|cos〈NH→，BE→〉|＝|NH→·BE→||NH→||BE→|＝|2h－2|h2＋5×23＝721，整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝85，或h＝12.所以，线段AH的长为85或12.6.(2021·湖北孝感联考)如图，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2，BC⊥DC，∠BAD＝60°，平面PAD⊥底面ABCD，E为AD的中点，△PAD为正三角形，M是棱PC上的一点(异于端点)．(1)若M为PC的中点，求证：PA∥平面BME；(2)是否存在点M，使二面角MBED的大小为30°.若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．解析：(1)证明：如图，连接AC交BE于点F，连接CE.由题意知BC∥AE，且BC＝AE，故四边形ABCE为平行四边形，∴F为AC的中点，在△PAC中，又由M为PC的中点，得MF∥PA.又MF⊂平面BME，PA⊄平面BME，∴PA∥平面BME.(2)连接PE，则由题意知PE⊥平面ABCD.故以E为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系E－xyz，则E(0,0,0)，P(0,0，3)，B(3，0,0)，C(3，－1,0)．设PM→＝λPC→＝(0<λ<1)，则M(3λ，－λ，3(1－λ))．∴EM→＝(3λ，－λ，3(1－λ))，EB→＝(3，0,0)．取平面DBE的法向量n1＝(0,0,1)，设平面BME的法向量n2＝(x，y，z)，则由⎩⎨⎧n2·EM→＝0，n2·EB→＝0得⎩⎨⎧3λx－λy＋31－λz＝0，3x＝0.令y＝3，得n2＝⎝⎛⎭⎪⎫0，3，λ1－λ.又由⎪⎪⎪⎪⎪⎪n1·n2|n1||n2|＝cos30°，得λ＝34，即M⎝⎛⎭⎪⎫334，－34，34.故存在点M满足要求，且M为棱PC上靠近端点C的四等分点．。

高考数学(文)《立体几何》专题复习

(2)两个平面垂直的判定和性质
✓ 考法5 线面垂直的判定与性质
1.证明直线与平面垂直的方法
2.线面垂直的性质与线线垂直
（1）判定定理（常用方法）：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.判定定理中的两条相交直线必须保证“在平面内相交”这一条件. （2）性质： ①应用面面垂直的性质（常用方法）：若两平面垂直,则在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面，是证明线面垂直的主要方法； ②（客观题常用）若两条平行直线中的一条垂直于一个平面, 则另一条也垂直于这个平面.
64
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✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.证明平面与平面平行的常用方法 2.空间平行关系之间的转化
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✓ 考法3 面面平行的判定与性质
1.证明平面与平面平行的常用方法
这是立体几何中证明平行关系常用的思路,三种平行关系的转化可结合下图记忆
2.空间平行关系之间的转化
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600分基础考点&考法
定义判定方法
2.等角定理
判定定理反证法两条异面直线所成的角
✓ 考法2 异面直线所成的角
常考形式
直接求求其三角函数值
常用方法
作角
正弦值余弦值正切值
证明求值取舍
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600分基础考点&考法
➢ 考点46 线面、面面平行的判定与性质 ✓ 考法3 线面平行的判定与性质 ✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.计算有关线段的长
2.外接球、内切球的计算问题
观察几何体的特征利用一些常用定理与公式 (如正弦定理、余弦定理、勾股定理、三角函数公式等) 结合题目的已知条件求解

5.1丰富的图形世界(1)

教学设计教材：苏科版初中数学（七年级上册）
作者：
多姿多彩的，下面的图片是许多
你能找到哪些几何体？
想一想：
棱柱的底面是什么形状？
棱柱的侧面是什么形状？
各条侧棱长数量上什么关系？
想一想：
棱锥有几个底面？
结论：
线与线相交得到点，面与面相交得到线，图形是由点、线、面构成的。

“面”可分为平面与曲面两种，你还能举出生活中平面与曲面的实例吗？
6.正方体是由六个面围成的几何体，有由一个面围成的几何体吗？举例说明由三个、四个、五个面围成的几何体？。

专题立体几何中的截面与交线问题(课件)-高考数学二轮专题复习

解：正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 2，球O 与该正方体的各个面相切，则球 O 的半径为 1，如图，
设 E 、 F 、 G 分别为球 O 与平面 ABCD 、平面 BB1C1C 、 AA1B1B 的切点，则等边三角形 EFG 为平面 ACB1 截此球所得的截面圆的内接三角形，
所以，由点 P,Q, R 确定的平面即为截面 PQSRTM ，其为六边形．
故选：D．
如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E，F 分别是棱 AA1， CC1 的中点，过 BE 的平面 α 与直线 A1F 平行，则平面 α 截该正方体所得截面的面积为( B )
A． 5 C．4
典型例题讲解：
例题 2．已知正方体 ABCD ABCD 棱长为 2，M，N，P 分别是棱 AA、AB 、BC 的中点，
则平面 MNP 截正方体所得的多边形的周长为（）
A． 2 2 6
B． 4 2
C．6 2
D．2 21
【详解】过直线 MN 与射线 BA, BB 分别交于 I , J ，作射线 JP 交CC, BC 于G, H ，连接 IH 交 AD,CD 于 E, F ，如下图示：
23
3
故一个面上的交线长 l 2 2 3 4 3 ，
33 9
则 6 个面的交线长为 4 3 6 8 3 ，
9
3
故答案为： 8 3 ．
3
9
则过点 G 的平面截球 O 所得截面圆的最小半径 r2 R2 OG2 3 11 16 ，
99
所以截面面积的最小值为 r2
16 ，最大值为 R2
9
3
,
故选：D.
典型例题讲解：
例题 5.正方体 ABCD A1B1C1D1 棱长为 2，以其体对角线的交点O 为球心，

2023年数学新高考2卷细目表

2023年数学新高考2卷细目表一、代数部分1. 有理数及其运算1.1 有理数的概念1.2 有理数的加法、减法、乘法、除法1.3 有理数的比较大小1.4 有理数的应用题2. 整式及其加减法2.1 整式的概念2.2 整式的加法与减法2.3 整式的应用题3. 整式的乘法3.1 单项式乘法3.2 多项式乘法3.3 整式乘法的应用题4. 整式的除法4.1 单项式除法4.2 多项式除法4.3 整式除法的应用题5. 分式及其加减法5.1 分式的概念5.2 分式的加法与减法5.3 分式的应用题6. 分式的乘法和除法6.1 分式的乘法6.2 分式的除法6.3 分式的应用题7. 一次函数及其应用7.1 一次函数的概念7.2 一次函数的图像及性质7.3 一次函数的应用题8. 二次函数及其应用8.1 二次函数的概念8.2 二次函数的图像及性质8.3 二次函数的应用题9. 幂函数及其应用9.1 幂函数的概念9.2 幂函数的图像及性质9.3 幂函数的应用题二、几何部分1. 直线和角1.1 点、线、面1.2 直线及其性质1.3 角及其性质1.4 相交线及其应用题2. 多边形2.1 多边形的概念2.2 三角形及其性质2.3 四边形及其性质2.4 多边形的应用题3. 圆3.1 圆的概念3.2 圆的性质3.3 圆的应用题4. 相似4.1 相似的概念4.2 相似三角形4.3 相似的应用题5. 锐角三角函数5.1 正弦函数5.2 余弦函数5.3 正切函数5.4 锐角三角函数的应用题6. 三角恒等式6.1 三角函数的基本关系式6.2 三角函数的和差化积6.3 三角函数的应用题7. 数列和数学归纳法7.1 等差数列及其应用7.2 等比数列及其应用7.3 数学归纳法及其应用8. 平面向量8.1 向量的概念8.2 平面向量及其运算8.3 平面向量的应用题9. 解析几何9.1 坐标系9.2 点、直线、圆的方程9.3 解析几何的应用题三、概率与统计部分1. 随机事件与概率1.1 随机事件的概念1.2 随机事件的运算1.3 概率的性质1.4 概率的应用题2. 随机变量及其概率分布2.1 随机变量的概念2.2 随机变量的分布律2.3 随机变量的应用题3. 统计图及其应用3.1 统计图的类型3.2 统计图的绘制3.3 统计图的分析与应用4. 抽样与估计4.1 抽样的方法4.2 参数估计4.3 区间估计的应用以上便是2023年数学新高考2卷的细目表。

高考数学立体几何专题复习题及答案

⾼考数学⽴体⼏何专题复习题及答案数学是⾼考考试中的主科之⼀，我们要对⾼考数学⽴体⼏何进⾏强化复习，⽴体⼏何是⾼考数学考试中丢分的重灾区。

下⾯是店铺为⼤家整理的⾼考数学⽴体⼏何专题复习题，希望对⼤家有所帮助! ⾼考数学⽴体⼏何专题复习题专题四　⽴体⼏何第1讲　三视图及空间⼏何体的计算问题 (建议⽤时：60分钟) ⼀、选择题 1.(2014•湖北卷)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①②③④的四个图，则该四⾯体的正视图和俯视图分别为 ( ).A.①和②B.③和①C.④和③D.④和② 解析　由三视图可知，该⼏何体的正视图是⼀个直⾓三⾓形，三个顶点的坐标分别是(0,0,2)，(0,2,0)，(0,2,2)且内有⼀个虚线(⼀个顶点与另⼀直⾓边中点的连线)，故正视图是④;俯视图即在底⾯的射影是⼀个斜三⾓形，三个顶点的坐标分别是(0,0,0)，(2,2,0)，(1,2,0)，故俯视图是②. 答案　D 2.(2013•东北三校第三次模拟)如图，多⾯体ABCD E FG的底⾯ABCD为正⽅形，FC=GD=2EA，其俯视图如下，则其正视图和侧视图正确的是 ( ). 解析　注意BE，BG在平⾯CDGF上的投影为实线，且由已知长度关系确定投影位置，排除A，C选项，观察B，D选项，侧视图是指光线，从⼏何体的左⾯向右⾯正投影，则BG，BF的投影为虚线，故选D. 答案　D 3.(2014•安徽卷)⼀个多⾯体的三视图如图所⽰，则该多⾯体的表⾯积为 ( ).A.21+3B.18+3C.21D.18 解析　由三视图知，⼏何体的直观图如图所⽰.因此该⼏何体的表⾯积为6×2×2-6×12×1×1+2×34×(2)2=21+3. 答案　A 4.(2013;⼴东卷)某四棱台的三视图如图所⽰，则该四棱台的体积是 ( ).A.4B.143C.163D.6 解析　由四棱台的三视图可知该四棱台的上底⾯是边长为1的正⽅形，下底⾯是边长为2的正⽅形，⾼为2.由棱台的体积公式可知该四棱台的体积V=13(12+1×22+22)×2=143，故选B. 答案　B 5.如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，沿BD将矩形ABCD折叠，连接AC，所得三棱锥A B CD正视图和俯视图如图，则三棱锥A B CD侧视图的⾯积为 ( ).A.613B.1813C.213D.313 解析　由正视图及俯视图可得，在三棱锥A B CD中，平⾯ABD⊥平⾯BCD，该⼏何体的侧视图是腰长为2×322+32=613的等腰直⾓三⾓形，其⾯积为12×6132=1813. 答案　B 6.在具有如图所⽰的正视图和俯视图的⼏何体中，体积最⼤的⼏何体的表⾯积为 ( ).A.13B.7+32C.72πD.14 解析　由正视图和俯视图可知，该⼏何体可能是四棱柱或者是⽔平放置的三棱柱或⽔平放置的圆柱.由图象可知四棱柱的体积最⼤.四棱柱的⾼为1，底⾯边长分别为1,3，所以表⾯积为2(1×3+1×1+3×1)=14. 答案　D 7.(2013•湖南卷)已知正⽅体的棱长为1，其俯视图是⼀个⾯积为1的正⽅形，侧视图是⼀个⾯积为2的矩形，则该正⽅体的正视图的⾯积等于 ( ).A.32B.1C.2+12D.2 解析　易知正⽅体是⽔平放置的，⼜侧视图是⾯积为2的矩形.所以正⽅体的对⾓⾯平⾏于投影⾯，此时正视图和侧视图相同，⾯积为2. 答案　D ⼆、填空题 8.某⼏何体的三视图如图所⽰，则该⼏何体的体积为____________. 解析　由三视图可知该⼏何体由长⽅体和圆柱的⼀半组成.其中长⽅体的长、宽、⾼分别为4,2,2，圆柱的底⾯半径为2，⾼为4.所以V=2×2×4+12×22×π×4=16+8π. 答案　16+8π 9.(2013•江苏卷)如图，在三棱柱A1B1C1A BC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F A DE的体积为V1，三棱柱A1B1C1A BC的体积为V2，则V1∶V2=________. 解析　设三棱柱A1B1C1-ABC的⾼为h，底⾯三⾓形ABC的⾯积为S，则V1=13×14S•12h=124Sh=124V2，即V1∶V2=1∶24. 答案　1∶24 10.如图，正⽅体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1-EDF的体积为________. 解析　利⽤三棱锥的体积公式直接求解. VD1-EDF=VF-DD1F=13S△D1DE•AB=13×12×1×1×1=16. 答案　16 11.(2014重庆卷改编)某⼏何体的三视图如图所⽰，则该⼏何体的表⾯积为________. 解析　由俯视图可以判断该⼏何体的底⾯为直⾓三⾓形，由正视图和侧视图可以判断该⼏何体是由直三棱柱(侧棱与底⾯垂直的棱柱)截取得到的.在长⽅体中分析还原，如图(1)所⽰，故该⼏何体的直观图如图(2)所⽰.在图(1)中，直⾓梯形ABPA1的⾯积为12×(2+5)×4=14，计算可得A1P=5.直⾓梯形BCC1P的⾯积为12×(2+5)×5=352.因答案　60 12.已知三棱锥S ABC的所有顶点都在球O的球⾯上，△ABC是边长为1的正三⾓形，SC为球O的直径，且SC=2，则此三棱锥的体积为________. 解析　在Rt△ASC中，AC=1，∠SAC=90°，SC=2，所以SA=4-1=3.同理，SB=3.过A点作SC的垂线交SC于D点，连接DB，因为△SAC≌△SBC，故BD⊥SC，AD=BD，故SC⊥平⾯ABD，且△ABD为等腰三⾓形.因为∠ASC=30°，故AD=12SA=32，则△ABD的⾯积为12×1×AD2-122=24，则三棱锥S-ABC的体积为13×24×2=26. 答案　26 三、解答题 13.已知某⼏何体的俯视图是如图所⽰的矩形，正视图是⼀个底边长为8、⾼为4的等腰三⾓形，侧视图是⼀个底边长为6、⾼为4的等腰三⾓形. (1)求该⼏何体的体积V; (2)求该⼏何体的侧⾯积S. 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E‐ABCD，AB=8，BC=6. (1)V=13×8×6×4=64. (2)四棱锥E A BCD的两个侧⾯EAD，EBC是全等的等腰三⾓形，且BC边上的⾼h1=42+822=42; 另两个侧⾯EAB，ECD也是全等的等腰三⾓形，AB边上的⾼h2=42+622=5. 因此S=2×12×6×42+12×8×5=40+242. 14.如图，四边形ABCD是边长为2的正⽅形，直线l与平⾯ABCD平⾏，E和F是l上的两个不同点，且EA=ED，FB=FC.E′和F′是平⾯ABCD内的两点，EE′和FF′都与平⾯ABCD垂直. (1)证明：直线E′F′垂直且平分线段AD; (2)若∠EAD=∠EAB=60 °，EF=2.求多⾯体ABCDEF的体积. (1)证明　∵EA=ED且EE′⊥平⾯ABCD， ∴E′D=E′A，∴点E′在线段AD的垂直平分线上. 同理，点F′在线段BC的垂直平分线上. ⼜四边形ABCD是正⽅形， ∴线段BC的垂直平分线也就是线段AD的垂直平分线，即点E′、F′都在线段AD的垂直平分线上. ∴直线E′F′垂直且平分线段AD. (2)解　如图，连接EB、EC，由题意知多⾯体ABCDEF可分割成正四棱锥E A BCD和正四⾯体E B CF 两部分.设AD的中点为M，在Rt△MEE′中，由于ME′=1，ME=3，∴EE′=2. ∴VE A BCD=13•S正⽅形ABCD•EE′=13×22×2=423. ⼜VE B CF=VC B EF=VC B EA=VE A BC=13S△ABC•EE′=13×12×22×2=223， ∴多⾯体ABCDEF的体积为VE A BCD+VE B CF=22. 15.(2013•⼴东卷)如图1，在边长为1的等边三⾓形ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，AD=AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起，得到如图2所⽰的三棱锥A-BCF，其中BC=22. (1)证明：DE∥平⾯BCF; (2)证明：CF⊥平⾯ABF; (3)当AD=23时，求三棱锥F-DEG的体积VF D EG. (1)证明　在等边三⾓形ABC中，AB=AC. ∵AD=AE， ∴ADDB=AEEC，∴DE∥BC，同理可证GE∥平⾯BCF. ∵DG∩GE=G，∴平⾯GDE∥平⾯BCF， ∴DE∥平⾯BCF. (2)证明　在等边三⾓形ABC中，F是BC的中点，∴AF⊥FC， ∴BF=FC=12BC=12. 在图2中，∵BC=22， ∴BC2=BF2+FC2，∴∠BFC=90°， ∴FC⊥BF. ∵BF∩AF=F，∴CF⊥平⾯ABF. (3)解　∵AD=23， ∴BD=13，AD∶DB=2∶1，在图2中，AF⊥FC，AF⊥BF， ∴AF⊥平⾯BCF，由(1)知平⾯GDE∥平⾯BCF， ∴AF⊥平⾯GDE. 在等边三⾓形ABC中，AF=32AB=32， ∴FG=13AF=36，DG=23BF=23×12=13=GE， ∴S△DGE=12DG•EG=118， ∴VF-DEG=13S△DGE•FG=3324. ⾼考数学答题技巧 1.调整好状态，控制好⾃我。

高考数学二轮专题复习——浅谈球有关问题的难点突破

浅谈球有关问题的难点突破东北师范大学附属中学齐威娜在高中教材中，有关球的知识点不多，仅有球的性质和表面积公式及体积公式，但在高考和竞赛中出现的球的问题都比较难，难的主要原因是条件隐蔽、综合性强和对空间想象能力的要求高.下面仅从三个角度，谈谈如何突破其难点.1.从局部看整体的角度突破难点例1：若三棱锥S —ABC 的外接球半径为R ，且其三条侧棱SA 、SB 、SC 两两垂直，则222SA SB SC ++=分析：观察其解题目标222SA SB SC ++的表达式结构特点，即“三条侧棱的平方和”可以联想到三条侧棱为棱长的长方体的对角线的平方，而已知这三条侧棱两两垂直，进而可从“侧棱两两垂直的三棱锥”为长方体的局部看到其整体，这样难点得到突破！答案应为24R .评注：由于解题目标的特殊性，本例题突破难点的方式有些特别，更具一般性的突破方式是从“三条侧棱两两垂直”切入，即能联想到相应的长方体.比如：“已知一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为1,2,3,，求其外接球半径”，这种问题只能是从“侧棱两两垂直”联想到相应的长方体.对这种信息特征反应的敏感度来自日常积累的“基本活动经验”.当然，我们也可以说是先研究一个长方体，从中截取如上图的其局部几何体，会得到侧棱两两垂直的三棱锥.进而可以得到另一种“基本活动经验”，即看到“侧棱两两垂直的三棱锥的外接球问题，就联想到把它恢复为长方体以后的外接球问题”.除本例以外，通过观察长方体，不难发下如下的局部看整体的外接球问题：例2：在四面体ABCD 中，已知，AC=BD=2，AD=BC=3，则这个四面体的外接球表面积为.分析：根据上面提到的通过观察长方体的局部得到一种“基本活动经验”，即“长方体两个相对的面中，各找一条对角线，使之互相异面（比如AC 与BD ），就可以以它们的四个端点为顶点构成“对棱都相互相等的”四面体ABCD ”，也就是看到对棱都相互相等四面体的外接球问题时，我们会联想到与之相关的长方体的外接球，进而难点得到突破.这种难点突破途径是依据“基本活动经验”，那么如何从四面体切入寻求突破难点的方式呢？根据四面体的“对棱都相等”这个条件，我们可以进行如下的“补形”的过程，同样可以把“局部”（四面体）转化为“整体”（长方体）.根据AC=BD=2，取两条棱的中点作对棱的平行线，就可以构成如图所示的两个矩形（所在的两个平面平行），然后得到的两个矩形的八个顶点自然形成我们要得到的长方体，但这种思维方式比起前面提到的方法更难一些.求解过程如下：设长方体的长，宽，高分别为,,x y z ，则根据题设，可得如下的三个等式：222222222(7),2,3x y z y x z +=+=+=，三个等式相加得到22210x y z ++=，所以此四面体的外接球表面积为10π.2.从整体看局部的角度突破难点在上面的“从局部看整体的角度突破难点”中，也已经展示了“从整体看局部突破难点”方法，其原因是“割补思想方法”中，“割”与“补”是互逆的思维方式，自然就可以从“分析”和“综合”的角度，两种突破难点的方式经常是都可以解决相同的球的问题.但除此之外，关于球的另外一些组合体问题中也需要研究突破难点的方法.难点就是问题中不提供图形，就是提供图形，也很难从原图中直接找出突破难点的方法.所以需要依靠空间想象发现球的组合体的本质特征，再通过画出能解决问题的局部图形来突破难点，也就是我们常说的转化为等效的局部图形．．．．．．．.例3：侧棱长为3，底面边长为2的正三棱锥的外接球半径R =，其内切球半径r =.分析：图1中的几何体是求外接球半径的局部图形，从中又可以简化为右侧的平面图形，其中AB 是其外接球的直径，O 是球心，E 底面的中心，易知,AC BC CE AB⊥⊥进而得出2CE AE EB=⋅其中0243232sin 6033CE CE ==⇒=所以2223693()33AE =-=，所以2236969()(2)333R =-解得96946R =由于有前面的铺垫，求内切球半径可以用“等体积法”去求得.下面再通过转化为“等效局部图形”的方法求其内切球半径.图2右侧的平面图形中，不难看出点E 、H 是球的切点，P 是内切球的球心，通过相似三角形的性质得到的比例式为r AP EM AM=其中223,3122,3EM AM ==-=693AP AE r r =-=-，代入求得6466969r -=评注：对于解决正三棱锥的外接球、内切球半径问题，体现了“空间问题平面化”的立体几何中的转化思想，这种转化也起到了突破难点的作用.但正四面体作为特殊的正三棱锥，我们要懂得其性质，这样在解决有有关正四面体的问题时，其几何图形甚至可以不画.比如：正四面体的外接球和内切球的球心是重合的，同时球心将高四等分，其中外接球半径为高的四分之三，内切球半径为高的四分之一，且棱长为a 的正四面体的高为63a h =.例4：将6个半径为r 的球中的5个球放入由一个半径大于2r 的球面和这个球的内接正四面体的四个面分割成的五个空间内，且此正四面体的棱长为26，另一个球放入棱长为x 的正八面体内，当r 取得最大值时，x 的最小值为分析：此小题考查正四面体、正八面体和球的性质以及空间想象能力和转化思想。

空间几何体的结构特征、表面积与体积6题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习考点突破和专题检测

专题31空间几何体的结构特征、表面积与体积6题型分类1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面矩形等腰三角形等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2.直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：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，直观图中仍分别平行于坐标轴，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，长度在直观图中变为原来的一半．3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l4．柱、锥、台、球的表面积和体积常用结论1．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等(祖暅原理)．2．直观图与原平面图形面积间的关系：S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图．（一）1.空间几何体结构特征的判断技巧(1)说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．(2)在斜二测画法中，平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．(3)在解决空间折线(段)最短问题时一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化．2.多面体表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状．3.最大路径问题：大胆展开，把问题变为平面两点间线段最短问题．2-2．（2024高一下·上海奉贤·期末）如图，23O A O B ''''==，，则AB 的长度为2-3．（2024高一上·山东济宁·阶段练习）有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图所示）.ABC ∠=2-4．（2024高二上·宁夏石嘴山·正方形，则原来图形的面积是3-3．（2024·安徽黄山·一模）如图，以AD为斜边的等腰直角三角形，为.题型4：最短路径问题4-1．（2024高三·全国·专题练习）如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点为（）.A ．153B ．323527πC ．128281πD ．8334-2．（2024高一下·河南开封·期中）如图，已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长为23，侧面等腰三角形的顶角为30︒，则从A 点出发环绕侧面一周后回到A 点的最短路程为（）A ．26B ．23C ．6D ．64-3．（2024·辽宁·三模）盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长为4cm 的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为（）A ．6cmB ．26cmC ．46cmD ．6cm4-4．（2024高一下·湖北武汉·期中）如图，一个矩形边长为1和4，绕它的长为4的边旋转二周后所得如图的一开口容器（下表面密封），P 是BC 中点，现有一只妈蚁位于外壁A 处，内壁P 处有一米粒，若这只蚂蚁要先爬到上口边沿再爬到点P 处取得米粒，则它所需经过的最短路程为（）A ．2π36+B ．2π16+C ．24π36+D ．241π+4-5．（2024高一·全国·课后作业）如图所示，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，12AA =，由顶点B 沿棱柱侧面(经过棱1AA )到达顶点1C ，与1AA 的交点记为M ，则从点B 经点M 到1C 的最短路线长为（）A．22B．25C．4D．45（二）基本立体图形的表面积的体积1.（1）多面体的表面积是各个面的面积之和．（2）旋转体的表面积是将其展开后，展开图的面积与底面面积之和．（3）组合体的表面积求解时注意对衔接部分的处理．2.空间几何体的体积的常用方法公式法规则几何体的体积，直接利用公式割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体等体积法通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积A．27 722+三模）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址A ．()1441213π+C ．()1081213π+5-4．（2024·河北·模拟预测）棱台）建筑物为方亭.”1111ABCD A B C D -的正四棱台（如图所示）面边长的3倍.已知方亭的体积为A ．2380m B ．2400m C ．2450m 5-5．（2024高三下·海南海口·期中）如图是一个圆台形的水杯，圆台的母线长为分别为4cm 和2cm .为了防烫和防滑，该水杯配有一个皮革杯套，包裹住水杯杯和杯套的厚度忽略不计，则此杯套使用的皮革的面积为（A ．238πcmB ．2124πcm 3C ．2140πcm 3D ．248πcm A ．242B ．246-4．（2024·浙江·模拟预测）如图是我国古代量粮食的器具为20cm 和10cm ，侧棱长为56cm ．约可装()31000cm 1L =（）A ．1.5LB ．1.7LC ．2.3LD ．2.7L6-5．（2024高三上·广西·阶段练习）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D 内，放入一个以1AC 为铀线的圆柱，且圆柱的底面所在平面截正方体所得的截面为三角形，则该圆柱体积的最大值为．一、单选题1．（2024高三下·安徽·阶段练习）已知几何体，“有两个面平行，其余各面都是平行四边形”是“几何体为棱柱”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．（2024高三·全国·对口高考）设有三个命题；甲：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；乙：底面是矩形的平行六面体是长方体；丙：直四棱柱是平行六面体．以上命题中真命题的个数为（）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个3．（2024高二上·安徽合肥·阶段练习）如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（）A ．是棱台B ．是圆台C ．不是棱柱D ．是棱锥4．（2024·西藏拉萨·一模）位于徐州园博园中心位置的国际馆（一云落雨），使用现代科技雾化“造云”，打造温室客厅，如图，这个国际馆中3个展馆的顶部均采用正四棱锥这种经典几何形式，表达了理性主义与浪漫主义的对立与统一.其中最大的是3号展馆，其顶部所对应的正四棱锥底面边长为19.2m ，高为9m ，则该正四棱锥的侧面面积与底面面积之比约为（）13.16≈）A ．2B ．1.71C ．1.37D ．15．（2024高三下·湖南长沙·阶段练习）为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为2:3，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为（）A ．8B C ．19D ．1276．（2024·甘肃张掖·模拟预测）仿钧玫瑰紫釉盘是收藏于北京故宫博物院的一件明代宣德年间产的瓷器．该盘盘口微撇，弧腹，圈足．足底切削整齐．通体施玫瑰紫釉，釉面棕眼密集，美不胜收．仿钧玫瑰紫釉盘的形状可近似看成是圆台和圆柱的组合体，其口径为15.5cm ，足径为9.2cm ，顶部到底部的高为4.1cm ，底部圆柱高为0.7cm ，则该仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积约为（）（参考数据：π的值取3 4.6≈）A ．2143.1cmB ．2151.53cmC ．2155.42cmD ．2170.43cm 7．（2024·广东梅州·三模）在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜月听悲笳.”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔.如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为15π，圆柱的侧面积为18π，则该毡帐的体积为（）A ．39πB ．18πC ．38πD ．45π8．（2024高三上·广东河源·开学考试）最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》（1247年）.该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”.如图“竹器验雪”法是下雪时用一个圆台形的器皿收集雪量（平地降雪厚度=器皿中积雪体积除以器皿口面积），已知数据如图（注意：单位cm ），则平地降雪厚度的近似值为（）A ．91cm 12B ．31cm 4C ．95cm 12D ．97cm 129．（2024高一下·陕西宝鸡·期末）盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长为2cm 的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为（）A 6cmB ．26cmC ．6cmD ．6cm10．（2024高二下·安徽·阶段练习）我们知道立体图形上的最短路径问题通常是把立体图形展开成平面图形，连接两点，根据两点之间线段最短确定最短路线.请根据此方法求函数()2222,313130,0)f x y x x y y x xy y x y =-+-+-+>>的最小值（）A 2B 3C 6D ．2311．（2024·全国）已知圆锥PO 3O 为底面圆心，PA ，PB 为圆锥的母线，120AOB ∠=︒，若PAB 934）A ．πB 6πC ．3πD ．36π12．（2024·全国）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．时，增加的水量2.65≈）（）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯13．（2024高一·全国·课后作业）若一个正方体的体对角线长为a ，则这个正方体的全面积为（）A ．22a B ．2C ．2D ．214．（2004·重庆）如图，棱长为5的正方体无论从哪一个面看，都有两个直通的边长为1的正方形孔，则这个有孔正方体的表面积（含孔内各面）是（）A ．258B ．234C ．222D ．21015．（2024高一下·贵州黔西·期末）端午节吃粽子是中华民族的传统习俗.地区不同，制作的粽子形状也不同，黔西南州最出名的就是鲜肉的灰色粽子，其形状接近于正三棱锥（如图）.若正三棱锥的底面边长为2，高为1，则该三棱锥的侧面积为（）AB ．C ．D ．16．（2024·河南·模拟预测）在正四棱锥P ABCD -中，AB =，若正四棱锥P ABCD -的体积是8，则该四棱锥的侧面积是（）AB ．C ．D ．17．（2024高三上·辽宁·期末）已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，侧面均为腰长为4的等腰梯形，则该四棱台的表面积为（）A ．10+B ．34C ．20+D ．6818．（2024高三上·广东·阶段练习）“李白斗酒诗百篇，长安市上酒家眠”，本诗句中的“斗”的本义是指盛酒的器具，后又作为计量粮食的工具，某数学兴趣小组利用相关材料制作了一个如图所示的正四棱台来模拟“斗”，用它研究“斗”的相关几何性质，已知该四棱台的上、下底的边长分别是2、4，高为1，则该四棱台的表面积为（）A ．B ．32C ．20+D ．20+19．（2024高三上·湖北·开学考试）已知正四棱台上底面边长为2，下底面边长4，高为3，则其表面积为（）A ．36B ．20C ．20+D ．4820．（2024高一下·全国·课后作业）已知一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是（）A ．122ππ+B ．144ππ+C ．12ππ+D ．142ππ+21．（2024·广东湛江·二模）如图，将一个圆柱()*2n n ∈N 等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，n 越大，重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”．若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积为（）A ．10πB ．20πC ．10πnD ．18π22．（2024·福建）以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于A ．2πB ．πC ．2D ．123．（2024高三上·全国·阶段练习）已知圆锥的底面半径为2，高为）A ．4πB ．12πC ．16πD ．π324．（2024·四川成都·二模）若圆锥的表面积为12π，底面圆的半径为2，则该圆锥的高为（）A ．4B ．C ．2D25．（2024高三上·河南·阶段练习）佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃建筑，整体成圆锥形，它利用现代设计手法令空间与其展示的艺术品无缝交融，形成一个统一的整体，气势恢宏，美轮美英．佛兰德现代艺术中心的底面直径为8m ，侧面积为2229m ，则该建筑的高为（）A ．26mB ．28mC ．30mD ．36m26．（2024高三上·河南·开学考试）圆台1OO 轴截面面积为1:2，母线与底面所成角为60 ，则圆台侧面积为（）A ．B ．C ．6πD ．9π27．（2024高二上·江苏镇江·开学考试）已知圆台的上下底面半径分别为2和5，且母线与下底面所成为角的正切值为43，则该圆台的表面积为（）A ．59πB ．61πC ．63πD ．64π28．（2024·甘肃兰州·模拟预测）攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体，已知正四棱台上底、下底、侧棱的长度（单位：dm ）分别为2，6，4，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（）A ．28dmB ．244dmC ．248dmD ．28dm29．（2024高三上·黑龙江哈尔滨·期中）正三棱柱侧面的一条对角线长为2，且与底面成30︒角，则此三棱柱的体积为（）A B ．14C D 30．（2008·四川）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060的菱形，则该棱柱的体积等于A B ．C ．D ．31．（2024高三上·河南焦作·开学考试）把过棱锥的顶点且与底面垂直的直线称为棱锥的轴，过棱锥的轴的截面称为棱锥的轴截面．现有一个正三棱锥、一个正四棱锥、一个正六棱锥，它们的高相等，轴截面面积的最大值也相等，则此正三棱锥、正四棱锥、正六棱锥的体积之比为（）A ．91::34B ．91::38C ．98D ．3232．（2024·广东深圳·二模）设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为1V 、2V 和3V ，则（）A ．123V V V <<B ．213<<V V V C ．312V V V <<D ．321V V V <<33．（2024·河南郑州·模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V ，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为1V ，2V ，3V ，则下列等式错误的是（）A ．123V V V V ++=B ．122V V =C ．232V V =D ．236VV V -=34．（2024高三下·浙江杭州·阶段练习）已知矩形ABCD 中，2AB =，4BC =，E 是AD 的中点，沿直线BE 将△ABE 翻折成△A BE '，则三棱锥A BDE '-的体积的最大值为（）A ．3B C D ．335．（2024·全国）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A ．20+B ．C ．563D ．336．（2024高一下·江苏连云港·阶段练习）在《九章算术⋅商功》中将正四面形棱台体(棱台的上、下底面均为正方形)称为方亭．在方亭1111ABCD A B C D -中，1122AB A B ==，四个侧面均为全等的等腰梯形且面积之和为）A ．72B ．76C D 37．（2024高三上·山西运城·期中）已知一个正四棱台的上下底面边长为1、3，则棱台的体积为（）A ．B ．3C ．12D ．1338．（2024·河南·模拟预测）光岳楼，又称“余木楼”“鼓楼”“东昌楼”，位于山东省聊城市，在《中国名楼》站台票纪念册中，光岳楼与鹳雀楼、黄鹤楼、岳阳楼、太白楼、滕王阁、蓬莱阁、镇海楼、甲秀楼、大观楼共同组成中国十大名楼.其墩台为砖石砌成的正四棱台，如图所示，光岳楼的墩台上底面正方形的边长约为32m ，下底面正方形的边长约为34.5m ，高的4倍比上底面的边长长4m ，则光岳楼墩台的体积约为（）A ．39872.75mB ．39954.75mC ．39988.45mD ．39998.25m 39．（四川省仁寿第一中学校（北校区）2023-2024学年高三上学期9月月考文科数学试题）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A ．πB ．π2C ．3π4D ．π440．（2024高三上·江苏苏州·开学考试）若某圆柱体的底面半径与某球体的半径相等，圆柱体与球体的体积之比和它们的表面积之比的比值相等，则该圆柱体的高与球体的半径的比值为（）A ．54B ．43C ．32D ．241．（2024·河南·模拟预测）圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为2π3，则该圆锥的体积为（）.A ．π4B ．π3C ．π2D ．2π642．（2024高三上·福建厦门·阶段练习）已知母线长为5的圆锥的侧面积为15π，则这个圆锥的体积为（）A ．12πB ．16πC ．24πD ．48π43．（2024高三下·河南开封·阶段练习）木桶作为一种容器，在我国使用的历史已经达到了几千年，其形状可视为一个圆台．若某圆台形木桶上、下底面的半径分别为20cm,13cm ，母线长为25cm ，木板厚度忽略不计，则该木桶的容积为（）A ．314225πcm 3B ．34552πcmC ．320725πcm 3D ．36632πcm 44．（2024高三上·福建厦门·阶段练习）用一个平行于圆锥C 底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为23，则该圆台与圆锥C 的体积之比为（）A ．58B ．1727C ．1927D ．34二、多选题45．（2024·全国）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =46．（2024·福建·模拟预测）等腰梯形的上下底边之比为13，若绕该梯形的对称轴旋转一周所得几何体的表面积为16π，则该梯形的周长可能为（）A ．B ．8C ．D ．1647．（2024·河南·模拟预测）如图，正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为1，高为3，F 为棱1AA 的中点，,D E 分别在棱11,BB CC 上，且满足1A D DE EA ++取得最小值．记四棱锥111A B C ED -、三棱锥1,F A DE A DEF --的体积分别为123,,V V V ，则（）A ．123334V V V ++<B ．23V V =C ．1223V V =D ．123V V V =+48．（2024高三上·湖南·5）A ．该正方体的体积为5B 556C ．该正方体的表面积为30D ．该正方体的外接球的表面积为15π三、填空题49．（2024·辽宁锦州·模拟预测）已知用斜二测画法画梯形OABC 的直观图O A B C ''''如图所示，3O A C B ''''=，C E O A ''''⊥，8OABC S =，//CD y '''轴，22C E ''=D ¢为O A ''的三等分点，则四边形OABC 绕y 轴旋转一周形成的空间几何体的体积为．50．（2024高三·全国·对口高考）若正ABC 用斜二测画法画出的水平放置图形的直观图为A B C ''' ，当A B C ''' 3ABC 的面积为．51．（2024高三下·上海宝山·开学考试）我们知道一条线段在“斜二测”画法中它的长度可能会发生变化的，现直角坐标系平面上一条长为4cm 线段AB 按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为A B ''，则A B ''最短长度为cm （结果用精确值表示）52．（2024高三·全国·阶段练习）如图，梯形ABCD 是水平放置的一个平面图形的直观图，其中=45∠ ABC ，1AB AD ==，DC BC ⊥，则原图形的面积为．53．（2024高三上·上海普陀·期中）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成果着陆．如图，在返回过程中使用的主降落伞外表面积达到1200平方米，若主降落伞完全展开后可以近似看着一个半球，则完全展开后伞口的直径约为米（精确到整数）54．（2024高一下·四川成都·阶段练习）已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为．55．（2024·安徽·模拟预测）如图，在三棱锥P -ABC 的平面展开图中，CD AB ∥，AB AC ⊥，22AB AC ==，CD =，cos BCF ∠65=，则三棱锥-P ABC 外接球表面积为．56．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知三棱锥P －ABC 的底面ABC 为等边三角形．如图，在三棱锥P －ABC的平面展开图中，P ，F ，E 三点共线，B ，C ，E 三点共线，cos PCF ∠=PC =，则PB ＝．57．（2024高三上·山西大同·阶段练习）如图，在三棱锥-P ABC 的平面展开图中，1AC =，AB AD ==AB AC ⊥，AB AD ⊥，30CAE ∠=︒，则三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为．58．（2024高三·河北·专题练习）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，点E 为1AA 的中点，在对角面11BB D D 上取一点M ，使AM ME +最小，其最小值为59．（2024高三上·四川成都·开学考试）如图一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为10cm ，高为20cm ，则这个茶叶盒的表面积为2cm .60．（2024高二上·上海黄浦·阶段练习）若长方体的对角线的长为9cm ，其长、宽、高的和是15cm ，则长方体的全面积是．61．（2024·全国·模拟预测）正四棱锥P -ABCD 的各条棱长均为2，则该四棱锥的表面积为．62．（2024高三·全国·专题练习）一个正三棱台的上、下底面边长分别是3cm 和6cm ，高是32cm ．则三棱台的斜高为；三棱台的侧面积为；表面积为．63．（2024高三·全国·专题练习）若矩形的周长为36，矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱，求圆柱侧面积的最大值为．64．（2024高二上·北京海淀·期中）若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为是．65．（2024高三上·全国·专题练习）某地球仪上北纬030纬线的长度为12()cm π，该地球仪的半径是cm ，表面积是cm2．66．（2024·全国）已知圆O 和圆K 是球O 的大圆和小圆，其公共弦长等于球O 的半径，32OK =，且圆O 与圆K 所在的平面所成的一个二面角为60 则球O 的表面积等于.67．（2009年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（全国卷Ⅱ））设OA 是球O 的半径,M 是OA 的中点,过M 且与OA 成45 角的平面截球O 的表面得到圆C ．若圆C 的面积等于74π,则球O 的表面积等于68．（2024·全国）用平面α截半径为R 的球，如果球心到截面的距离为2R ，那么截得小圆的面积与球的表面积的比值为．69．（2024高三上·广东广州·阶段练习）陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，也称陀罗，图l 是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中A 是圆锥的顶点，B ，C 分别是圆柱的上､下底面圆的圆心，且1AB =，3AC =，底面圆的半径为1，则该陀螺的表面积是.70．（2024高三·全国·专题练习）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点A ，B ，C ，D 在同一个平面内．如果四边形ABCD 是边长为30cm 的正方形，那么这个八面体的表面积是2cm .71．（2024高三上·天津北辰·阶段练习）已知一个圆柱的高是底面半径的2倍，且其上、下底面的圆周均在球面上，若球的体积为23，则圆柱的体积为．72．（2024高三上·云南昆明·､则该圆锥的体积为.73．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）已知圆锥的底面半径为1，侧面积为2π，则此圆锥的体积是．74．（2024高三上·广东广州·阶段练习）已知圆锥的底面半径为2，侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为1，则圆台的体积为.。

高考数学复习资料超详细版本

高考数学复习资料目录1代数31.1集合 (3)1.2函数与方程 (3)1.3方程与不等式 (4)2数列与级数52.1数列 (5)2.2等差数列 (5)2.3等比数列 (5)3平面解析几何53.1直线方程 (5)3.2圆的方程 (6)3.3椭圆的方程 (6)4立体几何64.1空间几何体 (6)4.2空间向量 (6)5概率与统计75.1概率 (7)5.2统计 (7)6解析几何76.1直线与圆 (7)6.2椭圆 (7)6.3双曲线 (8)7不等式8 8复数88.1复数的定义 (8)8.2复数的运算 (8)8.3复数的模 (8)9线性代数89.1行列式 (8)9.2矩阵 (9)10微积分910.1微分 (9)10.2积分 (9)1代数1.1集合定义：集合是一些确定的、互异的对象的全体。

常见集合的表示方法：•列举法：A={1,2,3}•描述法：B={x|x是大于0的偶数}集合的基本运算：•并集：A∪B={x|x∈A或x∈B}•交集：A∩B={x|x∈A且x∈B}•补集：A c={x|x∉A}UA B1.2函数与方程定义：设A和B是两个非空集合，如果按照某种对应关系f，使对集合A中的任何一个元素x，在集合B中有唯一确定的元素y和它对应，那么称f为从集合A到集合B的一个函数，记作y=f(x)，其中x称为自变量，y称为因变量。

常见函数：•一次函数：f(x)=ax+b，a≠0•二次函数：f(x)=ax2+bx+c，a≠0•指数函数：f(x)=a x，a>0,a≠1•对数函数：f(x)=log a x，a>0,a≠1•幂函数：f(x)=x a•三角函数：sin x,cos x,tan x 等函数的性质：•单调性：函数在某区间上是单调递增或单调递减的。

•奇偶性：奇函数f (−x )=−f (x )，偶函数f (−x )=f (x )。

•周期性：存在一个非零常数T ，使得对任意x 有f (x +T )=f (x )。

江苏高考高三数学知识点归纳总结

江苏高考高三数学知识点归纳总结数学作为一门重要的科学学科，对于高中生来说尤为重要。

江苏高考作为中国高考的重要组成部分之一，数学也是其中的一项必考科目。

为了帮助同学们更好地备考江苏高考数学，下面对高三数学知识点进行归纳总结，希望对同学们有所帮助。

1. 函数与方程1.1 一次函数1.2 二次函数1.3 分式函数1.4 指数与对数函数1.5 三角函数1.6 方程与不等式2. 三角函数2.1 弧度制与角度制的转化2.2 三角函数的概念与性质2.3 基本变换公式与和角、差角公式2.4 三角函数的图像与性质2.5 三角恒等式的证明与应用2.6 正弦、余弦、正切函数的定义域与值域3. 数列与数列求和3.1 等差数列与等比数列的概念与性质3.2 通项公式与求和公式3.3 数列分项求和的应用4. 平面几何4.1 直线和角的性质（平行、垂直、异面）4.2 三角形及其性质（角度、边长关系、中线与高线、外接、内切圆）4.3 四边形及其性质（平行四边形、矩形、正方形、菱形、梯形）4.4 圆的性质与圆的常见判定4.5 二次曲线的图像与性质（抛物线、双曲线、椭圆）5. 空间几何5.1 空间图形的投影与截面5.2 点、线、面的位置关系（共面、平行、垂直）5.3 空间向量的概念及运算规律5.4 空间几何体的体积与表面积计算以上仅为高三数学知识点的简要总结，具体每个知识点的内容还需同学们在课堂上进行学习与掌握。

在备考过程中，同学们可以通过大量的练习题来巩固知识，提高解题能力。

同时，也要重视对于考试大纲中的重点、难点知识点的学习，特别是一些常见的考点，重点进行强化训练。

在备考过程中，注意合理安排时间，充分利用好课外的复习时间，多进行知识的梳理与总结。

同时，查漏补缺也是备考的重要环节之一，及时了解自己的薄弱环节并加以强化。

合理的备考策略和方法将有助于同学们取得更好的成绩。

最后，希望同学们能够保持积极的学习态度，坚持不懈地努力备考，相信通过自己的努力和老师的指导，一定能够在江苏高考数学科目中取得优异的成绩。

高中数学立体几何知识点总结(超详细)

立体几何知识梳理一、空间几何体（一）空间几何体的类型1 多面体：由若干个平面多边形围成的几何体．围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，相邻两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点．2 旋转体：把一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转形成了封闭几何体．其中，这条直线称为旋转体的轴．（二）几种空间几何体的结构特征 1 、棱柱的结构特征1.1 棱柱的定义：由一个平面多边形沿某一方向平移形成的空间几何体叫做棱柱． 1.2 棱柱的分类棱柱四棱柱平行六面体直平行六面体长方体正四棱柱正方体性质：Ⅰ、侧面都是平行四边形，且各侧棱互相平行且相等； Ⅱ、两底面是全等多边形且互相平行； Ⅲ、平行于底面的截面和底面全等；1.3 棱柱的面积和体积公式ch S 直棱柱侧（c 是底周长，h 是高）S 直棱柱表面 = c ·h+ 2S 底 V 棱柱 = S 底 ·h2 、棱锥的结构特征2.1 棱锥的定义（1）棱锥：当棱柱的一个底面收缩为一个点时，得到的几何体叫做棱锥．（2）正棱锥：如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的投影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥．棱长都相等底面是正方形底面是矩形侧棱垂直于底面底面是平行四边形底面是四边形图1-1 棱柱2.2 正棱锥的结构特征Ⅰ、平行于底面的截面是与底面相似的正多边形，相似比等于顶点到截面的距离与顶点到底面的距离之比；它们面积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的平方比；截得的棱锥的体积与原棱锥的体积的比等于截得的棱锥的高与原棱锥的高的立方比；Ⅱ、正棱锥的各侧棱相等，各侧面是全等的等腰三角形；Ⅲ、两个特征三角形：（1）POH ∆（包含棱锥的高、斜高和底面内切圆半径）；（2）POB ∆（包含棱锥的高、侧棱和底面外接圆半径）正棱锥侧面积：1'2S ch =正棱椎（c 为底周长，'h 为斜高）体积：13V Sh =棱椎（S 为底面积，h 为高）正四面体：各条棱长都相等的三棱锥叫正四面体对于棱长为a 正四面体的问题可将它补成一个边长为a 22的正方体问题．对棱间的距离为a 2（正方体的边长）正四面体的高a 6（正方体体对角线l 32=）正四面体的体积为32a （正方体小三棱锥正方体V V V 314=-）正四面体的中心到底面与顶点的距离之比为3:1（正方体体对角线正方体体对角线：l l 2161=） 3 、棱台的结构特征3.1 棱台的定义：用一个平行于底面的平面去截棱锥，我们把截面和底面之间的部分称为棱台． 3.2 正棱台的结构特征（1）各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰梯形；（2）正棱台的两个底面和平行于底面的截面都是正多边形；（3）正棱台的对角面也是等腰梯形；（4）各侧棱的延长线交于一点． 4 、圆柱的结构特征4.1 圆柱的定义：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲ABC D POH面所围成的几何体叫圆柱．4.2 圆柱的性质（1）上、下底及平行于底面的截面都是等圆；（2）过轴的截面(轴截面)是全等的矩形．4.3 圆柱的侧面展开图：圆柱的侧面展开图是以底面周长和母线长为邻边的矩形．4.4 圆柱的面积和体积公式S圆柱侧面= 2π·r·h (r为底面半径，h为圆柱的高)V圆柱= S底h = πr2h5、圆锥的结构特征5.1 圆锥的定义：以直角三角形的一直角边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥．5.2 圆锥的结构特征（1）平行于底面的截面都是圆，截面直径与底面直径之比等于顶点到截面的距离与顶点到底面的距离之比；（2）轴截面是等腰三角形；图1-5 圆锥（3）母线的平方等于底面半径与高的平方和：l2 = r2 + h25.3 圆锥的侧面展开图：圆锥的侧面展开图是以顶点为圆心，以母线长为半径的扇形．6、圆台的结构特征6.1 圆台的定义：用一个平行于底面的平面去截圆锥，我们把截面和底面之间的部分称为圆台．6.2 圆台的结构特征⑴圆台的上下底面和平行于底面的截面都是圆；⑵圆台的截面是等腰梯形；⑶圆台经常补成圆锥，然后利用相似三角形进行研究．6.3 圆台的面积和体积公式S圆台侧= π·(R + r)·l (r、R为上下底面半径)V圆台= 1/3 (π r2+ π R2+ π r R) h (h为圆台的高)7 球的结构特征7.1 球的定义：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆旋转一周形成的旋转体叫做球体．空间中，与定点距离等于定长的点的集合叫做球面，球面所围成的几何体称为球体．7-2 球的结构特征⑴ 球心与截面圆心的连线垂直于截面；⑵ 截面半径等于球半径与截面和球心的距离的平方差：r 2 = R 2 – d 2 ⑶注意圆与正方体的两个关系：球内接正方体，球直径等于正方体对角线；球外切正方体，球直径等于正方体的边长． 7-3 球的面积和体积公式S 球面 = 4 π R 2 (R 为球半径)； V 球 = 4/3 π R 3 （三）空间几何体的表面积与体积空间几何体的表面积棱柱、棱锥的表面积：各个面面积之和圆柱的表面积：222S rl r ππ=+圆锥的表面积：2S rl r ππ=+圆台的表面积：22S rl r Rl R ππππ=+++球的表面积：24S R π= 空间几何体的体积柱体的体积：V S h =⨯底；锥体的体积：13V S h =⨯底台体的体积：1)3V S S h =++⨯下上（；球体的体积：343V R π=斜二测画法：（1）平行于坐标轴的线依然平行于坐标轴；（2）平行于y 轴的线长度变半，平行于x ，z 轴的线长度不变；二、点、直线、平面之间的关系（一）、立体几何网络图：1、线线平行的判断：（1）平行于同一直线的两直线平行．（3）如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．（6）如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．（12）垂直于同一平面的两直线平行．2、线线垂直的判断：（7）三垂线定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．（8）三垂线逆定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射影垂直．如图，已知PO⊥α，斜线PA在平面α内的射影为OA，a是平面α内一条直线．①三垂线定理：若a⊥OA，则a⊥PA．即垂直射影则垂直斜线．②三垂线定理逆定理：若a⊥PA，则a⊥OA．即垂直斜线则垂直射影．（10）若一直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于平面内所有直线．补充：一条直线和两条平行直线中的一条垂直，也必垂直平行线中的另一条．3、线面平行的判断：（2）如果平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．（5）两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面．判定定理：性质定理：★判断或证明线面平行的方法⑴利用定义(反证法)：lα=∅，则l∥α (用于判断)；⑵利用判定定理：线线平行线面平行(用于证明)；⑶利用平面的平行：面面平行线面平行(用于证明)；⑷利用垂直于同一条直线的直线和平面平行(用于判断)．2线面斜交和线面角：l∩α = A2.1 直线与平面所成的角(简称线面角)：若直线与平面斜交，则平面的斜线与该斜线在平面内射影的夹角θ．2.2 线面角的范围：θ∈[0°，90°]注意：当直线在平面内或者直线平行于平面时，θ=0°；当直线垂直于平面时，θ=90°4、线面垂直的判断：（9）如果一直线和平面内的两相交直线垂直，这条直线就垂直于这个平面．（11）如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．（14）一直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面．（16）如果两个平面垂直，那么在—个平面内垂直于交线的直线必垂直于另—个平面．判定定理：性质定理：（1）若直线垂直于平面，则它垂直于平面内任意一条直线．即：（2）垂直于同一平面的两直线平行．即：★判断或证明线面垂直的方法⑴利用定义，用反证法证明．⑵利用判定定理证明．⑶一条直线垂直于平面而平行于另一条直线，则另一条直线也垂直与平面．⑷一条直线垂直于两平行平面中的一个，则也垂直于另一个．⑸如果两平面垂直，在一平面内有一直线垂直于两平面交线，则该直线垂直于另一平面．5、面面平行的判断：（4）一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面，这两个平面平行．（13）垂直于同一条直线的两个平面平行．6、面面垂直的判断：（15）一个平面经过另一个平面的垂线，这两个平面互相垂直．判定定理：性质定理：（1）若两面垂直，则这两个平面的二面角的平面角为90°；（2）（二）、其他定理结论：（1）确定平面的条件：①不共线的三点；②直线和直线外一点；③两条相交直线；④两条平行直线；（2）直线与直线的位置关系：相交；平行；异面；直线与平面的位置关系：在平面内；平行；相交（垂直是它的特殊情况）；平面与平面的位置关系：相交；；平行；（3）等角定理：如果两个角的两边分别平行且方向相同，那么这两个角相等；如果两条相交直线和另外两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等；（4）射影定理（斜线长、射影长定理）：从平面外一点向这个平面所引的垂线段和斜线段中，射影相等的两条斜线段相等；射影较长的斜线段也较长；反之，斜线段相等的射影相等；斜线段较长的射影也较长；垂线段比任何一条斜线段都短．（5）最小角定理：斜线与平面内所有直线所成的角中最小的是与它在平面内射影所成的角．（6）异面直线的判定：①反证法；②过平面外一点与平面内一点的直线，和平面内不过该点的直线是异面直线．（7）过已知点与一条直线垂直的直线都在过这点与这条直线垂直平面内．（8）如果—直线平行于两个相交平面，那么这条直线平行于两个平面的交线．（三）、唯一性定理结论：（1）过已知点，有且只能作一直线和已知平面垂直．（2）过已知平面外一点，有且只能作一平面和已知平面平行．（3）过两条异面直线中的一条能且只能作一平面与另一条平行．四、空间角的求法：（所有角的问题最后都要转化为解三角形的问题，尤其是直角三角形）（1）异面直线所成的角：平移转化，把异面直线所成的角转化为平面内相交直线o o（2）线面所成的角：①线面平行或直线在平面内：线面所成的角为o 0； ②线面垂直：线面所成的角为o 90；③斜线与平面所成的角：射影转化，即转化为斜线与它在平面内的射影所成的角．o o 线面所成的角范围090o o α≤≤ （3）二面角：关键是找出二面角的平面角，o o α≤<；五、距离的求法：（1）点点、点线、点面距离：点与点之间的距离就是两点之间线段的长、点与线、面间的距离是点到线、面垂足间线段的长．求它们首先要找到表示距离的线段，然后再计算．注意：求点到面的距离的方法：①直接法：直接确定点到平面的垂线段长（垂线段一般在二面角所在的平面上）； ②转移法：转化为另一点到该平面的距离（利用线面平行的性质）； ③体积法：利用三棱锥体积公式．。

5.1 观察抽象课件苏科版七年级数学上册

C
A.三棱柱 B.四棱柱 C.三棱锥 D.四棱锥
谢谢！同学们再见！
面的特征
面与面交线的条数
线与线交点的个数
（1）
正方体
6
平面
12（直的）
8
（2）
三棱锥
4
平面
6（直的）
4
（3）
圆柱
3
两个平面，一个曲面
2（曲的）
0
（4）
圆锥
2
一个平面，一个曲面
1（曲的）
不存在
（5）
球
1
曲面
不存在
不存在
几何体
பைடு நூலகம்棱柱
棱锥
图示
相关概念
棱
相邻两个面的公共边.
侧棱
相邻两个侧面的交线.
顶点
棱与棱的交点.（五棱柱有10个顶点，五棱锥有6个顶点）
②③⑤
①④⑥
点、线、面（点无大小，线无宽窄，面无厚薄）是构成几何体的基本要素.面有平面，也有曲面；线有直线，也有曲线.面与面相交得到线，线与线相交得到点.
典例2 观察如图所示的立体图形，说出它们分别有几个面，是什么样的面，面和面相交的地方形成了几条线，线和线相交的地方有几个点.
解：
立体图形
名称
面的个数
第5章走进几何世界
5.1 观察抽象
苏科版（2024）
1.能根据实物说出对应的几何体.2.能说出不同几何体的图形特征，能对它们进行简单分类，发展几何直观.3.知道点、线、面是构成几何体的基本要素，培养抽象能力.4.掌握棱柱、棱锥的特征，了解它们面的个数、棱的条数、顶点的个数之间的关系，发展空间观念.
四棱锥
4
4
1
六棱柱

高考数学大题必考知识点归纳总结

高考数学大题必考知识点归纳总结在高考数学中，大题常常是考察学生对于知识点的综合运用和解决实际问题的能力。

因此，熟练掌握数学的基础知识点以及相关的解题方法是非常重要的。

本文将对高考数学大题必考的知识点进行归纳总结，帮助学生快速回顾和复习。

1. 函数与方程1.1 一次函数和二次函数的性质- 一次函数的图像特点及标准方程- 二次函数的图像特点、顶点坐标和对称轴方程1.2 一次函数和二次函数的应用- 解一次方程和二次方程- 利用一次函数和二次函数解决实际问题2. 几何题2.1 直线和曲线的性质- 直线方程的求解和用直线方程解决实际问题- 圆的常见性质和方程求解2.2 几何图形的计算- 三角形的面积和周长计算- 多边形的面积计算2.3 空间几何体的计算- 空间几何体的表面积和体积计算3. 统计与概率3.1 数据的分析与处理- 数据的收集和整理- 统计指标的计算和分析3.2 概率的计算- 事件的概率计算- 条件概率和独立事件的计算4. 复数与向量4.1 复数的运算与表示- 复数的基本运算规律- 复数的共轭和模的计算4.2 向量的运算与表示- 向量的加法、减法和数乘- 向量的数量积和向量积计算5. 导数与微分5.1 导数的计算和性质- 基本函数的导数计算- 导数在函数图像上的几何意义5.2 微分与局部线性化- 微分的定义和计算- 利用微分近似计算函数的变化量6. 积分与不定积分6.1 积分的计算和性质- 基本函数的积分计算- 积分的线性性质和换元法6.2 不定积分的应用- 曲线下的面积计算- 定积分的计算和应用以上是高考数学大题必考的知识点的归纳总结，通过对这些知识点的理解和熟练运用，相信你能够在高考中取得好成绩。

加油！。

专题5.1 由“面面垂直”引发的证明问题案例

1．在如图如示的多面体中，平面AEFD ⊥平面BEFC ，四边形AEFD 是边长为2的正方形，EF ∥BC ,且122BE CF BC === （1）若,M N 分别是,AE CF 中点，求证： MN ∥平面ABCD （2）求此多面体ABCDEF 的体积【答案】（1）见解析（2）83V =试题解析：（1）证明：在平面CDF 中，作NH CF ⊥交DC 于H ，连接AH ．Q ,M N 是,AE CF 中点，且AEFD 是正方形，NH ∴∥DF , 12NH DF =，又AM ∥DF , 12AM DF =，,NH AM NH ∴=∥AM ，∴四边形AMNH 是平行四边形，MN ∴∥AH ，又AH⊂平面ABCD，MN⊄平面ABCD，MN∴∥平面ABCD．学#公众号“品数学”公众号“品数学”（2）解：如图，连BD,BF,过F作FG⊥EF，交BC于点G．2．如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B⊥底面ABC，侧棱AA1与底面ABC成600的角，AA1= 2．底面ABC是边长为2的正三角形，其重心为G点。

E是线段BC1上一点，且BE=BC1．（１）求证：GE∥侧面AA1B1B ；（２）求平面B1GE与底面ABC所成锐二面角的正切值．【答案】（Ⅰ）见解析; 23．【解析】试题分析：（1）延长B 1E 交BC 于F ，根据所得的ΔB 1EC 1∽ΔFEB 可证得F 为BC 的中点，结合G 为ΔＡＢＣ的重心，可得GE ∥AB 1，根据线面平行的判定定理可得结论成立．（2）在侧面AA 1B 1B 内，过B 1作B 1Ｈ⊥ＡＢ于Ｈ，过Ｈ作ＨＴ⊥ＡＦ于Ｔ，连B 1Ｔ，根据二面角的定义可得1B TH ∠即为所求，解三角形可得正切值为23．∴GE ∥侧面AA 1B 1B ．（２）在侧面AA 1B 1B 内，过B 1作B 1Ｈ⊥ＡＢ，垂足为Ｈ， ∵侧面AA 1B 1B ⊥底面ABC ，侧面AA 1B 1B ⋂底面ABC AB =， ∴B 1Ｈ⊥底面ABC ．又侧棱AA 1与底面ABC 成600的角， AA 1= 2， ∴∠B 1ＢＨ＝６０0，ＢＨ＝１，B 13 在底面ABC 内，过Ｈ作ＨＴ⊥ＡＦ于Ｔ，连B 1Ｔ．由三垂线定理有B 1Ｔ⊥ＡＦ，学%公众号“品数学”公众号“品数学”3．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAB ⊥平面ABCD ， AB BC ⊥， AD BC P ， 3AD =，22PA BC AB ===， 3PB =．（Ⅰ）求证： BC PB ⊥；（Ⅱ）求二面角P CD A --的余弦值；（Ⅲ）若点E 在棱PA 上，且BE P 平面PCD ，求线段BE 的长．【答案】（Ⅰ）见解析．（Ⅱ）10．（Ⅲ）7．【解析】试题分析：第一问根据面面垂直的性质和线面垂直的性质得出线线垂直的结论，注意在书写的时候条件不要丢就行；第二问建立空间直角坐标系，利用法向量所成角的余弦值来求得二面角的余弦值；第三问利用向量共线的关系，得出向量的坐标，根据线面平行得出向量垂直，利用其数量积等于零，求得结果．（Ⅰ）证明：因为平面PAB ⊥平面ABCD ，且平面PAB ⋂平面ABCD AB =，因为BC ⊥AB ，且BC ⊂平面ABCD 所以BC ⊥平面PAB ．因为PB ⊂平面PAB ，所以BC ⊥PB ．公众号“品数学”公众号“品数学” （Ⅱ）解：在△PAB 中，因为2PA =， 3PB =， 1AB =，所以222PA AB PB =+，所以PB ⊥AB ．令2z =，则()3,3,2m =．设二面角P CD A --的平面角为α，可知α为锐角，则10cos cos ,334n m n m n m α⋅====⋅++，即二面角P CD A --的余弦值为105．4．如图所示的几何体中，四边形BCC 1B 1为正方形，AD ∥BB 1，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，AB=AC=2，AD=1，∠ABC=45°。