数学模拟新题分类汇编：专题五立体几何

合集下载

专题05 几何图形初步重难点题型分类(解析版)-初中数学七年级上学期重难点题型分类高分必刷题(人教版

专题05 高分必刷题-几何图形初步重难点题型分类（原卷版）专题简介：本份资料包含《几何图形初步》这一章除压轴题题之外的全部重要题型，所选题目源自各名校月考、期末试题中的典型考题，具体包含九类题型：正方体的展开图、立体图形的三视图、直线射线线段的概念、算术方法求线段长度、方程方法求线段长度、角的概念与单位换算、折叠中的角度计算、算术方法求角度、方程方法求角度。

适合于培训机构的老师给学生作复习培训时使用或者学生考前刷题时使用。

题型一：正方体的展开图1.（长郡）下列各图中，可以是一个正方体的平面展开图的是( )A .B .C .D .【解答】解：A 、属于“田”字型，不是正方体的展开图，故选项错误；B 、属于“7”字型，不是正方体的展开图，故选项错误；C 、属于“1+4+1”字型，是正方体的展开图，故选项正确；D 、属于“凹”字型，不是正方体的展开图，故选项错误．故选：C ．2.（长梅）某正方体的每个面上都有一个汉字，如图是它的一种展开图，那么在原正方体中，与“国”字所在面相对的面上的汉字是__________.【解答】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，“的”与“害”是相对面，“了”与“厉”是相对面，“我”与“国”是相对面．3.（中雅）如图所示，是一个正方体的平面展开图，当把它折成一个正方体时，与空白面相对的字应该是__________.【解答】解：这是一个正方体的平面展开图，共有六个面，其中面“京”与“你”相对，面“迎”与面“北”相对，“欢”与面“空白”相对．故答案为：欢．4.（西雅）如图，是一个正方体的表面展开图，则原正方体中“爱”字所对应的面相对的面上标的字是( )A.我B.的C.祖D.国你迎欢京北【解答】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，“爱”与“的”是相对面；故选：B．题型二：立体图形的三视图5.（雅礼）如图所示是由一些相同的小正方体构成的立体图形从正面、左面、上面看到的形状图，那么构成这个立体图形的小正方体的个数是个。

2020高考数学核心突破《专题5 立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积》

专题五第1讲1．(教材回归)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( D )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4解析由题中三视图知该几何体是底面半径为1，高为2的半个圆柱，故其表面积S ＝2×12×π×12＋π×1×2＋2×2＝3π＋4.故选D.2．(2017·山东烟台模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个正三角形及其内切圆，则该几何体的体积为( A )A ．163－16π3B.163－16π3C ．83－8π3D.83－8π3解析由三视图可知，几何体为一个棱长为4的正三棱柱去掉了一个内切圆柱．V三棱柱＝⎝⎛⎭⎫12×4×4×sin 60°×4＝16 3.在俯视图中，设内切圆半径为r ，则内切圆圆心与各顶点连接分三角形为3个全等的小三角形，由三角形面积可得12×4×4×sin 60°＝3×⎝⎛⎭⎫12×4×r ，解得r ＝233.故V 圆柱＝πr 2h ＝π×⎝⎛⎭⎫2332×4＝16π3.∴几何体的体积V ＝V 三棱柱－V 圆柱＝163－16π3.故选A.3．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( D )A.18 B.17 C.16 D.15解析如图，由已知条件可知，截去部分是以△ABC 为底面且三条侧棱两两垂直的正三棱锥D -ABC .设正方体的棱长为a ，则截去部分的体积为16a 3，剩余部分的体积为a 3－16a 3＝56a 3.它们的体积之比为15.故选D.4．(考点聚焦)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( B )A ．1＋ 3B ．2＋3C ．1＋2 2D ．2 2解析四面体的直观图如图所示．侧面SAC ⊥底面ABC ，且△SAC 与△ABC 均为腰长是2的等腰直角三角形，SA ＝SC ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2.设AC 的中点为O ，连结SO ，BO ，则SO ⊥AC ，∴SO ⊥平面ABC ，∴SO ⊥BO .又OS ＝OB ＝1，∴SB ＝2，故△SAB 与△SBC 均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×12×2×2＋2×34×(2)2＝2＋ 3.5．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( D )A.32π3 B ．4π C ．2πD.4π3解析正四棱柱的外接球的球心为上下底面的中心连线的中点，所以球的半径r ＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝1，球的体积V ＝4π3r 3＝4π3.故选D.6．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是32π3，那么这个三棱柱的体积是( D )A ．963B ．163C ．24 3D ．48 3解析如图，设球的半径为R ，由43πR 3＝32π3，得R ＝2. 所以正三棱柱的高h ＝4. 设其底面边长为a ，则13·32a ＝2，所以a ＝43，所以V ＝34×(43)2×4＝48 3.故选D. 7．(书中淘金)如图，在棱长为6的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连接EF ，FB ，BD ，DE ，DF ，则几何体EFC 1DBC 的体积为( A )A ．66B ．68C ．70D ．72解析如图，连接DC 1，那么几何体EFC 1-DBC 被分割成三棱锥D -EFC 1及四棱锥D -CBFC 1，那么几何体EFC 1DBC 的体积为V ＝13×12×3×4×6＋13×12×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66.故所求几何体EFC 1DBC 的体积为66.8．(2017·湖北八校联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为__41π__.解析由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥A -BCD ，将该三棱锥放在棱长为4的正方体中，E 是棱的中点，所以三棱锥A -BCD 和三棱柱EFD -ABC 的外接球相同．设外接球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆的圆心是M ，则OM ＝2.在△ABC 中，AB ＝AC ＝25，由余弦定理得cos ∠CAB ＝AC 2＋AB 2－BC 22AC ·AB ＝20＋20－162×25×25＝35，所以sin ∠CAB ＝45，由正弦定理得2CM ＝BC sin ∠CAB ＝5，则CM ＝52.所以R ＝OC ＝OM 2＋CM 2＝412，则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝41π.9．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为 83π m 3.解析由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成．其中，圆锥的底面半径和圆柱的底面半径均为1，圆锥的高均为1，圆柱的高为2.因此该几何体的体积为V ＝2×13π×12×1＋π×12×2＝83π (m 3)．10．(数学文化)我国古代数学家祖暅是著名数学家祖冲之之子，祖暅原理叙述道：“夫叠基成立积，缘幂势既同，则积不容异：”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，其最著名之处是解决了“牟合方盖”中的体积问题，其核心过程为：如图中正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，求图中四分之一的圆柱体BB 1C 1-AA 1D 1和四分之一圆柱体AA 1B 1-DD 1C 1公共部分的体积V ，若图中正方体的棱长为2，则V ＝163.(在高度h 处的截面：用平行于正方体上下底面的平面去截，记截得两圆柱体公共部分所得面积为S 1，截得正方体所得面积为S 2，截得四棱锥C 1-ABCD 所得面积S 3，S 1＝R 2－h 2，S 2＝R 2，S 3＝h 2，S 2－S 1＝S 3)解析由题意可知，用平行于底面的平面截得的面积满足S 2－S 1＝S 3，其中S 1表示两个圆柱的公共部分的截面面积，S 2表示截得正方体的截面面积，S 3表示截得锥体的截面面积．由祖暅原理可知：正方体体积减去两个圆柱的公共部分体积等于锥体体积，即23－V ＝13×22×2，即V ＝23－13×22×2＝163.。

湖南省2020年高考数学第二轮复习专题五立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积文

专题五立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积真题试做1．(2020·湖南高考，文4)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是( )．图12．(2020·天津高考，文10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为__________ m3.3．(2020·湖北高考，文15)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为______．4．(2020·湖北高考，文19)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体，其下部是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台A1B1C1D1ABCD，上部是一个底面与四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱ABCDA2B2C2D2.(1)证明：直线B1D1⊥平面ACC2A2；(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知AB＝10，A1B1＝20，AA2＝30，AA1＝13(单位：厘米)，每平方厘米的加工处理费为0.20元，需加工处理费多少元？考向分析通过对近几年高考试题的分析可看出，空间几何体的命题形式比较稳定，多为选择题或填空题，有时也出现在解答题的某一问中，题目常为中、低档题．考查的重点是直观图、三视图、面积与体积等知识，此类问题多为考查三视图的还原问题，且常与空间几何体的表面积、体积等问题交会，是每年的必考内容．预计在2020年高考中：对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势，通过此类题考查考生的空间想象能力；对表面积和体积的考查，常见形式为蕴涵在两几何体的“切”或“接”形态中，或以三视图为载体进行交会考查，此块内容还要注意强化几何体的核心——截面以及补形、切割等数学思想方法的训练．热点例析热点一空间几何体的三视图与直观图【例1】(1)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如下图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )．(2)若某几何体的三视图如下图所示，则这个几何体的直观图可以是( )．规律方法 (1)三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形，反映了一个几何体各个侧面的特点．正(主)视图反映物体的主要形状特征，是三视图中最重要的视图；俯视图要和正(主)视图对正，画在正(主)视图的正下方；侧(左)视图要画在正(主)视图的正右方，高度要与正(主)视图平齐；(2)要注意到在画三视图时，能看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线； (3)A ．32B ．16＋16 2C ．48 D．16＋32 2(2)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是( )．A.12＋22 B ．1＋22 C ．1＋ 2 D ．2＋ 2 热点二空间几何体的表面积与体积【例2】(2020·福建高考，文20)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB .(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P ABCD 的体积．规律方法 (1)求几何体的体积问题，可以多角度、多方位地考虑．对于规则的几何体的体积，如求三棱锥的体积，采用等体积转化是常用的方法，转化的原则是其高与底面积易求；对于不规则几何体的体积常用割补法求解，即将不规则几何体转化为规则几何体，以易于求解．(2)求解几何体的表面积时要注意S 表＝S 侧＋S 底．(3)对于给出几何体的三视图，求其体积或表面积的题目关键在于要还原出空间几何体，并能根据三视图的有关数据和形状推断出空间几何体的线面关系及相关数据，至于体积或表面积的求解套用对应公式即可．变式训练2 已知某几何体的三视图如下图所示，其中正(主)视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为( )．A ．24－32πB ．24－13πC ．24－πD ．24－12π热点三多面体与球【例3】已知正四棱锥的底面边长为a ，侧棱长为2a . (1)求它的外接球的体积； (2)求它的内切球的表面积．规律方法 (1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．(2)若球面四点P ，A ，B ，C 构成的线段PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2，把有关元素“补形”成为一个球内接正方体(或其他图形)，从而显示出球的数量特征，这种方法是一种常用的好方法．变式训练3 如图所示，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝a ，PA ＝PC ＝2a .若在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径是__________．思想渗透立体几何中的转化与化归思想求空间几何体的体积时，常常需要对图形进行适当的构造和处理，使复杂图形简单化，非标准图形标准化，此时转化与化归思想就起到了至关重要的作用．利用转化与化归思想求空间几何体的体积主要包括割补法和等体积法，具体运用如下：(1)补法是指把不规则的(不熟悉或复杂的)几何体延伸或补成规则(熟悉的或简单的)的几何体，把不完整的图形补成完整的图形；(2)割法是指把复杂的(不规则的)几何体切割成简单的(规则的)几何体；(3)等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件转化为易求的面积(体积)问题．【典型例题】如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝5，BB 1＝BC ＝6，D ，E 分别是AA 1和B 1C 的中点．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求三棱锥E BCD 的体积．(1)证明：取BC 中点G ，连接AG ，EG .因为E 是B 1C 的中点，所以EG ∥BB 1，且EG ＝12BB 1.由直棱柱知，AA 1BB 1.而D 是AA 1的中点，所以EG AD ，所以四边形EGAD 是平行四边形，所以ED ∥AG . 又DE 平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，所以DE ∥平面ABC .(2)解：因为AD ∥BB 1，所以AD ∥平面BCE ，所以V E BCD ＝V D BCE ＝V A BCE ＝V E ABC .由(1)知，DE ∥平面ABC ，所以V E ABC ＝V D ABC ＝13AD ·12BC ·AG ＝16×3×6×4＝12.1．(2020·山东济南三月模拟，4)如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的各棱长均为2，其正(主)视图如图所示，则此三棱柱侧(左)视图的面积为( )．A ．2 2B ．4 C. 3 D ．2 32．(2020·安徽安庆二模，7)一空间几何体的三视图如图所示(正(主)、侧(左)视图是两全等图形，俯视图是圆及圆的内接正方形)，则该几何体的表面积是( )．A ．7π cm 2B ．(5π＋43)cm 2C ．(5π＋23)cm 2D ．(6π＋27－2)cm 23．(2020·北京丰台区三月月考，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( )．A ．20－2πB ．20－23πC ．40－23πD ．40－43π4．(2020·湖南株洲下学期质检，14)一个三棱锥的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图如下，则这个三棱锥的体积为__________，其外接球的表面积为__________．5．已知正四面体的外接球半径为1，则此正四面体的体积为__________．6．正六棱锥P ABCDEF 中，G 为PB 的中点，则三棱锥D GAC 与三棱锥P GAC 体积之比为__________．7．如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2DC ＝2，∠DAB ＝60°，E 为AB 的中点，将△ADE 与△BEC 分别沿ED ，EC 向上折起，使A ，B 重合，求形成三棱锥的外接球的体积．参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．C 解析：若为C 选项，则主视图为：故不可能是C 选项．2．30 解析：由几何体的三视图可知：该几何体的上部为平放的直四棱柱，底部为长、宽、高分别为4 m,3 m,2 m 的长方体．∴几何体的体积V ＝V 直四棱柱＋V 长方体＝(1＋2)×12×4＋4×3×2＝6＋24＝30(m 3)．3．12π 解析：该几何体是由3个圆柱构成的几何体，故体积V ＝2×π×22×1＋π×12×4＝12π.4．解：(1)因为四棱柱ABCD A 2B 2C 2D 2的侧面是全等的矩形，所以AA 2⊥AB ，AA 2⊥AD .又因为AB ∩AD ＝A ，所以AA 2⊥平面ABCD . 连接BD ，因为BD ⊂平面ABCD ，所以AA 2⊥BD . 因为底面ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD .又已知平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且平面BB 1D 1D ∩平面ABCD ＝BD ，平面BB 1D 1D ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，所以B 1D 1∥BD .于是由AA 2⊥BD ，AC ⊥BD ，B 1D 1∥BD ，可得AA 2⊥B 1D 1，AC ⊥B 1D 1. 又因为AA 2∩AC ＝A ，所以B 1D 1⊥平面ACC 2A 2.(2)因为四棱柱ABCD A 2B 2C 2D 2的底面是正方形，侧面是全等的矩形，所以S 1＝S 四棱柱上底面＋S四棱柱侧面＝(A 2B 2)2＋4AB ·AA 2＝102＋4×10×30＝1 300(cm 2)．又因为四棱台A 1B 1C 1D 1ABCD 的上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形(其高为h )，所以S 2＝S 四棱台下底面＋S 四棱台侧面＝(A 1B 1)2＋4×12(AB ＋A 1B 1)h＝202＋4×12×(10＋20)132－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×(20－10)2＝1 120(cm 2)．于是该实心零部件的表面积为S ＝S 1＋S 2＝1 300＋1 120＝2 420(cm 2)，故所需加工处理费为0.2S ＝0.2×2 420＝484(元)．精要例析·聚焦热点热点例析【例1】 (1)D (2)B 解析：(1)被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为正方体的面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(正方形)的两条边重合，另一条为正方体的对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图及对角线方向，只有选项D 符合．(2)由正(主)视图可排除A ，C ；由侧(左)视图可判断该几何体的直观图是B.【变式训练1】 (1)B (2)D 解析：(1)由三视图知原几何体是一个底面边长为4，高是2的正四棱锥．如图：∵AO ＝2，OB ＝2，∴AB ＝2 2.又∵S 侧＝4×12×4×22＝162，S 底＝4×4＝16，∴S 表＝S 侧＋S 底＝16＋16 2.(2)如图，设直观图为O ′A ′B ′C ′，建立如图所示的坐标系，按照斜二测画法的规则，在原来的平面图形中，OC ⊥OA ，且OC ＝2，BC ＝1，OA ＝1＋2×22＝1＋2，故其面积为12×(1＋1＋2)×2＝2＋ 2.【例2】 (1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CE .因为AB ⊥AD ，CE ∥AB ，所以CE ⊥AD . 又PA ∩AD ＝A ，所以CE ⊥平面PAD . (2)解：由(1)可知CE ⊥AD .在Rt△ECD 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 又因为AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，所以四边形ABCE 为矩形．所以S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △ECD ＝AB ·AE ＋12CE ·DE ＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥平面ABCD ，PA ＝1，所以V 四棱锥P ABCD ＝13S 四边形ABCD ·PA ＝13×52×1＝56.【变式训练2】 A 解析：由三视图可知该几何体为一个长、宽、高分别为4,3,2的长方体，剖去一个半圆柱而得到的几何体，其体积为2×3×4－12π×1×3，即24－32π.【例3】解：如图所示，△SAC 的外接圆是外接球的一个大圆，∴只要求出这个外接圆的半径即可，而内切球的球心到棱锥的各个面的距离相等，∴可由正四棱锥的体积求出其半径．(1)设外接球的半径为R ，球心为O ，则OA ＝OC ＝OS ，∴O 为△SAC 的外心，即△SAC 的外接圆半径就是球的半径． ∵AB ＝BC ＝a ，∴AC ＝2a .∵SA ＝SC ＝AC ＝2a ，∴△SAC 为正三角形．由正弦定理得2R ＝AC sin∠ASC ＝2a sin 60°＝263a ，因此R ＝63a ，V 外接球＝43πR 3＝8627πa 3. (2)如图，设内切球的半径为r ，作SE ⊥底面于E ，作SF ⊥BC 于F ，连接EF ，则有SF ＝SB 2－BF 2＝(2a )2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝72a ，S △SBC ＝12BC ·SF ＝12a ×72a ＝74a 2， S 棱锥全＝4S △SBC ＋S 底＝(7＋1)a 2.又SE ＝SF 2－EF 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫72a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝62a ，∴V 棱锥＝13S 底·SE ＝13a 2×62a ＝66a 3，∴r ＝3V 棱锥S 棱锥全＝3×66a 3(7＋1)a 2＝42－612a ，S 内切球＝4πr 2＝4－73πa 2. 【变式训练3】 12(2－2)a 解析：当且仅当球与四棱锥的各个面都相切时，球的半径最大．设放入的球的半径为r ，球心为O ，连接OP ，OA ，OB ，OC ，OD ，则把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥，这些小棱锥的高都是r ，底面分别为原四棱锥的侧面和底面，则V P ABCD ＝13r (S △PAB ＋S △PBC ＋S △PCD ＋S △PAD ＋S 正方形ABCD )＝13r (2＋2)a 2.由题意知PD ⊥底面ABCD ，∴V P ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝13a 3.由体积相等，得13r (2＋2)a 2＝13a 3，解得r ＝12(2－2)a .创新模拟·预测演练1．D2．D 解析：据三视图可判断该几何体是由一个圆柱和一个正四棱锥组合而成的，直观图如图所示：易求得表面积为(6π＋27－2)cm 2.3．B 解析：由三视图可知该几何体的直观图为一个正四棱柱，从上表面扣除半个内切球．易求出正四棱柱的底面边长为2，内切球的半径为1，故体积为2×2×5－23π＝20－2π3.4．4 29π 5.827 3 解析：首先将正四面体补形为一个正方体，设正四面体棱长为a ，则其对应正方体的棱长为22a ，且由球与正方体的组合关系易知3⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝(1×2)2，解得a 2＝83， ∴正四面体的体积为V ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3－4×13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3＝827 3.6．2∶1 解析：由正六棱锥的性质知，点P 在底面内的射影是底面的中心，也是线段AD的中点．又G 为PB 的中点，设P 点在底面内的射影为O ，则G 点在底面内的射影为OB 的中点M ，且GM ∥PO .又M 为AC 的中点，则GM ⊂平面GAC ，所以点P 到平面GAC 的距离等于点O 到平面GAC 的距离．又因为OM ⊥平面GAC ，DC ⊥平面GAC ，且DC ＝2OM ，则V D GAC V P GAC ＝13S △GAC ×DC13S △GAC ×OM ＝2.7．解：由已知条件知，平面图形中AE ＝EB ＝BC ＝CD ＝DA ＝DE ＝EC ＝1，∴折叠后得到一个棱长为1的正三棱锥(如图)．方法一：作AF ⊥平面DEC ，垂足为F ， F 即为△DEC 的中心，取EC 中点G ，连接DG ，AG ，过球心O 作OH ⊥平面AEC ，则垂足H 为△AEC 的中心，∴外接球半径可利用△OHA ∽△AFG 求得． ∵AG ＝32，AF ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫332＝63，AH ＝33， ∴OA ＝AG ·AHAF ＝32×3363＝64，∴外接球体积为43π×OA 3＝43·π·6643＝68π.方法二：如图，把棱长为1的正三棱锥放在正方体中，显然，棱长为1的正三棱锥的外接球就是正方体的外接球．∵正方体棱长为22， ∴外接球直径2R ＝3·22， ∴R ＝64，∴体积为43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫643＝68π.。

2019数学(理)二轮精选讲义专题五立体几何第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积含答案

专题五立体几何第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积考点一空间几何体的三视图与直观图1．三视图的排列规则俯视图放在正（主)视图的下面,长度与正（主）视图的长度一样，侧（左）视图放在正(主）视图的右面，高度与正（主）视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝错误!S。

[对点训练]1．(2018·全国卷Ⅲ)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(）［解析］两个木构件咬合成长方体时，小长方体（榫头)完全嵌入带卯眼的木构件，易知俯视图可以为A.故选A。

[答案］A2．（2018·河北衡水中学调研）正方体ABCD－A1B1C1D1中,E 为棱BB1的中点(如图),用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（）[解析］过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C。

［答案］C3．（2018·江西南昌二中模拟）一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中,面积最小的面的面积为()A．8 B．4 C．4错误!D．4错误![解析］由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AB⊥AC，P A＝AB ＝AC＝4，DB＝2，则易得S△P AC＝S△ABC＝8，S△CPD＝12，S梯形ABDP ＝12，S△BCD＝错误!×4错误!×2＝4错误!，故选D。

［答案]D4．如图所示，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积为________．[解析]直观图的面积S′＝错误!×（1＋1＋错误!)×错误!＝错误!.故原平面图形的面积S＝错误!＝2＋错误!.[答案]2＋错误![快速审题］（1)看到三视图，想到常见几何体的三视图，进而还原空间几何体．(2）看到平面图形直观图的面积计算，想到斜二侧画法,想到原图形与直观图的面积比为错误!.由三视图还原到直观图的3步骤(1）根据俯视图确定几何体的底面．(2）根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．（3）确定几何体的直观图形状．考点二空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的侧面积公式（1)S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高）；(2)S锥侧＝错误!ch′(c为底面周长,h′为斜高)；(3）S台侧＝错误!（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(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高）；(2)V锥体＝错误!Sh（S为底面面积，h为高）；(3)V台＝错误!(S＋错误!＋S′）h(不要求记忆）．3．球的表面积和体积公式S表＝4πR2(R为球的半径）,V球＝43πR3(R为球的半径）．[对点训练]1．(2018·浙江卷）某几何体的三视图如图所示(单位:cm）,则该几何体的体积(单位:cm3）是（）A．2 B．4 C．6 D．8［解析]由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为1 cm，2 cm，高为2 cm,直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V＝1＋22×2×2＝6 cm3.[答案]C2．（2018·哈尔滨师范大学附中、东北师范大学附中联考）某几何体的三视图如图所示，其中正视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是（)A.错误!＋2B.错误!＋2C.错误!＋3 D。

第一章点线面位置关系专题五共面问题微点1立体几何共面问题的解法【培优版】

第一章点线面位置关系专题五共面问题微点1 立体几何共面问题的解法【培优版】立体几何微专题第一章点线面位置关系专题五共面问题微点1立体几何共面问题的解法【培优版】共面与异面是立体几何中的一对基本矛盾．共面，又称共平面，几何学术语，是指几何形状在三维空间中共占同一平面的关系．判定（证明）空间点共面、直线共面的基本方法有：公理法和纳入平面法，除此外，还可以利用同一法、反证法、向量法等，本节介绍空间点共面、直线共面问题的这些解法．一、平面重合法（同一法）根据已知条件，其中部分点线确定若干个平面，再证这些平面都重合，则所有的点线共面．应用重合法证点线共面的关键在于根据平面性质公理证明若干个平面重合．主要方法有：1．利用平面确定性公理及推论判定两平面重合2．利用直线的垂面唯一性证两平面重合3．利用平行平面的唯一性，证平面重合二、反证法三、向量法根据共面向量定理及其推论判定、证明点共面、直线共面．向量共面定理：向量,a b 不共线，向量p 与,a b 共面的充要条件是存在实数,(,)x y x y ∈R ，使p xa yb =+ ．【推论】空间中一点O 和不共线的三点,,A B C ，则,,,P A B C OA A OP xOA yO P A B zO B AC OP AB AC C λμλμ⇔=+⇔=+⇔+++= ，且1x y z ++=．类型一　利用平面重合法（同一法）证明点或线共面问题1．利用平面确定性公理及推论判定两平面重合【典例1】求证：已知直线l 与三条平行线a 、b 、c 都相交（如图1），求证：l 与a 、b 、c 共面．图1【分析】设a ∩l ＝A ，b ∩l ＝B ，c ∩l ＝C ，由a ∥b ，得过a 、b 可以确定一个平面α．由b ∥c ，得过b 、c 可以确定一个平面β，由已知推导出α与β重合，从而能证明a 、b 、c 、l 共面．证明：如图2，设a ∩l ＝A ，b ∩l ＝B ，c ∩l ＝C ，∵a ∥b ，∴过a 、b 可以确定一个平面α．∵A ∈a ，B ∈b ，a 、b ⊂α，∴A ∈α，B ∈α，∴AB ⊂α，即l ⊂α．又∵b ∥c ，∴过b 、c 可以确定一个平面β，同理可证l ⊂β．∵α、β都过相交直线b 、l ，∴α与β重合，∴a 、b 、c 、l 共面．图2【点睛】共面问题的证明常有下列方法：（1）先作一个平面，再证明有关的点或线在这个平面内；（2）先过某些点或线作多个平面，再证明这些平面重合；（3）用反证法．本题采用方法2证明较好．【举一反三】（2023上·北京通州·高二统考期中）1．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，,,,E F G H 分别是棱AB ，11B C ，11C D ，1D D 的中点.(1)求证：,,,E F G H 四点共面；(2)求1B D 与平面EFGH 所成角的正弦值；(3)求点1B 到平面EFGH 的距离.【典例2】正方体1111ABCD A B C D -中，,,,,,E F G H I J 分别是它们所在棱的中点，求证：这六个中点共面．证明：如图6，联结FI ，易证EJ FI ∥，∴EJ 和FI 可确定一个平面，记作α．又联结GJ ，则GJ EF ∥，∴GJ 和EF 可确定一个平面β．但,αβ两平面内都含有不共线的三个点,,E F J ，过这三点的平面是存在且唯一的，∴,αβ两平面重合，同理可证，平面EFGH与,αβ都重合，由此可知,,,,,E F G H I J 六个中点共面．图6【举一反三】2．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，11AA =，2AB AD ==，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，证明：11,,,A C F E 四点共面．【反思】可以看出同一法同样可以用于证明立体几何，除了证明题之外还有一类解答题，同样是可以用同一法的思想来解答的．假设原命题为“若p 且q ，则r "，当用同一法证明时，证明其逆命题成立则原命题成立，也就是证明“若r ，则p 且q ”．当q 未知时，这就不是证明题，而是解答题．【典例3】直线m 、n 分别和平行直线a 、b 、c 都相交，交点为A 、B 、C 、D 、E 、F ，如图8，求证：直线a 、b 、c 、m 、n 共面．图8【分析】证明若干条直线共面的方法有两类：一是先确定一个平面，证明其余的直线在这个平面里；二是分别确定几个平面，然后证明这些平面重合．证明：∵a ∥b ，∴过a 、b 可以确定一个平面α．∵A ∈a ，a ⊂α，∴A ∈α，同理B ∈a ．又∵A ∈m ，B ∈m ，∴m ⊂α．同理可证n ⊂α．∵b ∥c ，∴过b ，c 可以确定平面β，同理可证m ⊂β．∵平面α、β都经过相交直线b 、m ，∴平面α和平面β重合，即直线a 、b 、c 、m 、n 共面．【举一反三】3．证明两两相交而不共点的四条直线在同一平面内．已知：如图，直线1234,,,l l l l 两两相交，且不共点．求证：直线1234,,,l l l l 在同一平面内.2.利用直线的垂面唯一性证两平面重合【典例4】过球外一点作球的切线，求证：所有切点共面．证明：如图10，设球O 外一点P ，切线为,,,PA PB A B 为切点，联结,,PO AO BO ，过A 作1AO PO ⊥于1O ，过1,,A B O 三点作截面得到小圆1O ．联结,AO BO ，易知Rt Rt AOP BOP ≌△△，∴PA PB =．在Rt PAO △中，190,OAP AO PO ∠=︒⊥，∴221PO PO PA PB ⋅==，图10则在Rt POB △中可断定1BO PO ⊥，∴PO ⊥平面1AO B ，且11O A O B =（全等三角形对应边上的高相等），由此可知，过点P 作球的切线的切点与点1O 的距离相等，∴点1O 是小圆的圆心．同理，球的任意切线12,,PC PC ⋅⋅⋅；12,,C C ⋅⋅⋅为切点，则平面1112,,AO C AO C ⋅⋅⋅都与直线PO 垂直，所有这些垂面都过点1O ，∴它们都应重合，由此可知，过球外一点作球的切线，所有切点共面．【反思】上例应用了如下结论：过定点作定直线的垂直平面存在且唯一．【举一反三】（2022·安徽马鞍山·马鞍山二中月考）4．四棱锥P －ABCD 中，平面PCD ⊥平面ABCD ，PD PC =，90DPC ∠= ，//AD BC ，90ABC ∠= ，1AD AB ==，2BC =，M 为PC 的中点，2PN ND = ．(1)证明：A ，B ，M ，N 四点共面；(2)求二面角M －AB －C 的余弦值．3．利用平行平面的唯一性，证平面重合【典例5】正方体1111ABCD A B C D -中，,,,,,E F G H I J 是它们所在棱的中点，求证：这六个中点共面．证明：见图6，连FI ，易证EJ FI ∥，∴这两条平行线可以确定一个平面α．同理FI GH ∥，则这两条平行线又可确定一个平面β，连11,,AC AD D C ，则1,,EF AC IJ D A EF ∥∥与IJ 是平面α内的相交直线．∴平面EFIJ ∥平面1ACD ，同理，平面FGHI ∥平面1ACD ．即平面,αβ都过点F ，且都平行于平面1ACD ，∴平面α与β必重合．【反思】上例利用了下列结论：过平面外一点可以作且只可以作一个与已知平面平行的平面．【举一反三】5．如图，多面体ABCGDEF 中，AB ，AC ，AD 两两垂直，平面ABC //平面,DEFG 平面BEF //平面ADGC ，AB ＝AD ＝DG ＝2， 1.AC EF == 判断点B ，C ，F ，G 是否共面，并说明理由．类型二　利用反证法证明点或线共面问题【典例6】若空间一个四边形邻边的夹角均为90︒，求证：这个四边形必是矩阵．证明：如图15，设四边形ABCD 中，90A B C D ∠=∠=∠=∠=︒，要证它是矩形，应先证明它是个平面图形．图15若四边形ABCD 不是平面图形，则四个线段,,,AB BC CD DA 中必有异面直线．设AB 与CD 为异面直线，而,AD BC 与这两条直线都相交且垂直，∴,AD BC 都是,AB CD 的公垂线，但异面直线的公垂线是存在且唯一的，矛盾．∴,AB CD 不可能是异面直线．同理，,AD BC 也不可能是异面直线．∴四边形ABCD 是一个平面图形．再证ABCD 为矩阵是显而易见的．【典例7】若空间四点,,,A B C D ，满足条件AC BD AB CD AD BC ⋅=⋅+⋅，求证：,,,A B C D 四点共面．证明：如图16，若,,,A B C D 四点不共面，则四点构成一个空间四边形A BCD -，将ABD △绕BD 旋转到BCD △所在平面α内，点A 移到点1A ．图16在平面四边形1A BCD 中，应有111A C BD A B CD A D BC⋅≤⋅+⋅但在ACE △中1AC AE EC A C<+=(1)求平面PBC 与平面PAD 所成二面角的正弦值；(2)若E 是棱PB 的中点，对于棱出点E 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．类型三　利用向量法证明点或线共面问题图20证明：如图20，设,AB a AD =【典例9】四面体ABCD 中，,,,E F G 四点共面．图23证明：如图23，联结EG ，则(12EG EB BG EB BC =+=+(1)求FH （用向量,,a b c 表示）(2)求证：点E ，F ，G ，H 四点共面．【典例10】设O 为平面ABC 共面，且PA ⊂平面ABC ．31 证明：A ，B ，M ，N 四点共面；一、单选题：10．已知a 、b 、c 是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（E F G H四点共面A．,,,FG平面ADCB．//FG HE交于点P C．若直线,△的面积为6，则D．若ABD①点E，F，G，H在同一个平面上；②直线DE，BF，CI交于同一点；③直线BF与直线1B C所成角的余弦值为④该正方体过EH的截面的面积最大值为(1)求证：E，F，G，(2)求证：EH，FG，（2022下·辽宁抚顺16．如图，在三棱柱(1)证明：E，F，G，(2)证明：EG，FH，AA（2022下·安徽芜湖·高一校考期中）(1)求证：E ，F ，C 1，1A 四点共面；(2)求证：A 1E ，1C F ，1B B 交于一点18．如图，在正方体ABCD (1)证明：E 、C 、D 1、F (2)设1D F CE O ⋂=，证明：19．如图，ABCD 为空间四边形，点CD ，AD 上，且DH =(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．（2022·河南·校联考三模）20．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，E ，F(1)证明：E ，F ，D ，B 四点共面．(2)证明：BE ，DF ，1CC 三线共点．（2023·四川成都·校联考模拟预测）21．如图，在三棱柱ABC A -3(1)求证：B ，D ，E ，1B 四点共面；(2)求四棱锥11A BDEB -的体积．（2023·四川成都·校联考模拟预测）22．如图，在三棱柱ABC(1)求证：B ，D ，E ，1B 四点共面；(2)求二面角11A BB D --的余弦值．参考答案：因为,,,E F G H 分别是棱AB 易得11//HM B D ,11//GF B D ,所以,,,H M F G 四点共面，又111//,//,EM AB HG DC AB设正方形的的边长为a则()()1,,,0,0,0,2a B a a a D E a ⎛ ⎝，则1(,,),(,,0),22a a DB a a a GF == 设(),,n x y z = 是平面EFGH 的法向量，a a ⎧1111//,//,//A C AC A C FE FE AC ∴''∴，F 为BC 中点，E '∴为AB 中点，E '∴与E 重合，即11,,,A CF E 四点共面．3．证明见解析【分析】证明几条直线共面的依据是公理3及推论和公理1．先证某两线确定平面α，然后证其它直线也在α内．【详解】图①中，没有三条直线交于一点，因为12l l P = ，所以12,l l 确定平面α，又因1323,l l A l l C ⋂=⋂=，所以,A C α∈，所以3l α⊂，同理可得4l α⊂，所以直线1234,,,l l l l 在同一平面内；图②中，123,,l l l 三条直线交于一点，因为又因1424,l l A l l B ⋂=⋂=，所以,A B α∈，所以4l α⊂，同理3l α⊂，所以直线1234,,,l l l l 在同一平面内，综上所述，所以直线1234,,,l l l l 在同一平面内.4．(1)证明见解析120∠=︒，1PADBC=，AB AD PA==A B C D∴(0,0,0),(0,0,2),(0,1,2)(0,2,0)设面PBC的法向量为(,,)m x y z==---=(3,1,2),(0,1,0)BP BC假设在棱CD上存在点F，使得∴四点共线，记该平面为E F D P,,,PE DF⊂面α∴∈面α,,P∈∈B PEC DF,8．(1)111 242 a b c--(2)证明见解析【分析】（1）根据向量的线性运算结合空间向量基本定理运算求解线的性质，结合平行线的传递性证明【详解】（1）∵【点睛】9．证明见解析【分析】延长CD，BA交于点从而可得QM与PD的交点为点N重合，从而可得结论10．B【分析】根据已知条件判断a 、c 的位置关系，可判断AB 选项的正误；利用锥体可判断D 选项的正误.【详解】对于A 选项，若a b ⊥ ，b c ⊥，则a 与c 平行、相交或异面，对于B 选项，若a b ⊥ ，//b c ，则a c ⊥，B 选项正确；对于C 选项，若////a b c ，将a 、b 、c 视为三棱柱的三条侧棱所在直线，C 选项错误；对于D 选项，若a 、b 、c 共点，将a 、b 、c 视为三棱锥共顶点的三条棱所在直线，则【分析】根据平面的基本性质，异面直线的判定定理，逐一验证各个选项.【详解】如下图所示：根据题意，连接11,A C AC ，则11//A C AC ，所以11,,,A C C A 四点共面，所以1AC ⊂面11ACC A ，又1M A C ∈，所以M ∈面11ACC A ，又M ∈面1AB D ，所以点M 在面11ACC A 与面11AB D 的交线上面，同理可得点O 在面11ACC A 与面11AB D 的交线上面，所以A ，M ，O 三点共线，故A 选项错误，B 选项正确；由异面直线判定定理可知C 选项中1,OM DD 为异面直线，故C 选项错误；由异面直线判定定理可知D 选项中1,AM BB 为异面直线，故D 选项错误.故选：B.12．AD【分析】A 选项举出反例即可说明；C 选项根据共面不具有传递性即可判断；B 选项根据点共面的性质判定即可；D 选项根据过直线与直线外一点可确定个平面,即可判断.【详解】A 正确，可以用反证法证明，假设任意三点共线，则四个点必共面，与不共面的四点矛盾；B 从条件看出两平面有三个公共点A ，B ，C ，但是若A ，B ，C 共线，则结论不正确；C 不正确，共面不具有传递性，若直线a ，b 共面，直线a ，c 共面，则直线b ，c 可能不在一个平面内；D 正确，两两相交的直线有三个公共点，确定一个平面.所以111222 BCDS CO BD==⨯故选：ACD.【分析】对于①，由FG EH ∥即可证得点E ，F ，G ，H 共面；对于②，延长,DE CI 交于M ，由平面EDBF ⋂平面ICBF BF =，证得M BF ∈，即可证得直线DE ，BF ，CI 交于同一点；对于③，取AB 中点N ，1NA D ∠或其补角即为直线BF 与直线1B C 所成角，再由余弦定理求解即可；对于④，求出截面11A BCD 的面积即可判断.【详解】对于①，如图，连接1,FG A B ，因为点F ，G 分别为线段11A B ，1B B 的中点，则1FG A B ，又点E ，H 分别为线段11A D ，BC 的中点，则1EH A B ，则FG EH ∥，则,FG EH 共面，即点E ，F ，G ，H 在同一个平面上，①正确；对于②，连接,,EF FI EI ，易得EI CD ，则,EI CD 共面，延长,DE CI 交于M ；易得EF BD ∥，则,EF BD 共面；FI BC ，,FI BC 共面；平面EDBF ⋂平面ICBF BF =，又M ∈平面EDBF ，M ∈平面ICBF ，则M BF ∈，即直线DE ，BF ，CI 交于同一点，②正确；对于③，取AB 中点N ，连接角即为直线BF 与直线1B C 又22,A D A N DN ===对于④，连接1A B ，易得A 面；又1BC A B ⊥，12,BC A B =17．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）连接EF ，根据E ，F 分别为AB ，BC 的中点，得到EF AC ∥，再根据三棱柱的性质证明即可；（2）由（1）得EF AC ≠且E ，F ，1A ，1C 四点共面，得到1A E 与1C F 必相交，设11A E C F P ⋂=，再证明1P BB ∈即可.【详解】（1）证明：如图，连接EF ，∵E ，F 分别为AB ，BC 的中点，∴EF AC ∥..又在三棱柱111ABC A B C 中，11AC A C ∥，∴11EF A C ∥.则E ，F ，1A ，1C 四点共面.（2）由（1）得EF AC ≠且E ，F ，1A ，1C 四点共面，则1A E 与1C F 必相交.设11A E C F P ⋂=.∵1A E ⊂平面11AA B B ，∴P ∈平面11AA B B .∵1C F ⊂平面11BB C C ，∴P ∈平面11BB C C ..又平面11AA B B ∩平面111BB C C BB =∴1P BB ∈.则1A E ，1C F ，1B B 交于一点.18．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用三角形的中位线及平行四边形的性质证明1//EF CD ，从而得到四点共面；（2）根据平面的性质，证明点O ∈平面ABCD ，O ∈平面ADD 1A 1，从而A ，O ，D 三点共线.【详解】（1）证明：如图，连接EF ，1A B ，1D C .在正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是AB 、AA 1的中点，所以 1//EF A B .又11//BC A D ，且11BC A D =，所以四边形11BCD A 是平行四边形，所以1A B 1//D C .1//EF D C ∴，所以E 、C 、D 1、F 四点共面；（2）由1D F CE O ⋂=，1O D F ∴∈，又1D F ⊂平面11ADD A ，O ∴∈平面11ADD A ，同理O ∈平面ABCD ，又平面11ADD A 平面ABCD AD =，O AD ∴∈，即A ，O ，D 三点共线.19．(1)证明见解析（2）证明：易知13HG AC=，又EF=结合（1）的结论可知，四边形EFGH是梯形，因此直线EH，FG不平行．设它们交点为P，P∈平面ABD，同理P又平面ABD⋂平面BCD BD=，20．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）连接EF，BD，11B D，易得明；．（2）由直线BE 和DF 相交，延长BE ，DF ，设它们相交于点P ，然后再论证P ∈平面11BB C C ，P ∈平面11CDD C 即可.【详解】（1）如图，连接EF ，BD ，11B D ．∵EF 是111B C D △的中位线，∴11EF B D ∥．∵1BB 与1DD 平行且相等，∴四边形11BDD B 是平行四边形，∴11BD B D ∥，∴EF BD ∥，∴E ，F ，D ，B 四点共面．（2）∵EF BD ∥，且EF BD ≠，∴直线BE 和DF 相交．延长BE ，DF ，设它们相交于点P ，∵P ∈直线BE ，直线BE ⊂平面11BB C C ，∴P ∈平面11BB C C ，∵P ∈直线DF ，直线DF ⊂平面11CDD C ，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形则160A AC ∠=︒，又AC =又O 为AC 的中点，所以又平面11AA C C ⊥平面ABC则()0,0,0O ，()0,2,0A -，所以()3,1,0BD =- ，1BB AA = 设平面1B BD 的一个法向量为令13z =-，则11x =，1y =。

2020高考数学核心突破《专题5 立体几何第3讲空间向量及其在立体几何中的应用》

专题五第3讲1．如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，所成二面角A ′-CD -B 的平面角为α，则( B )A ．∠A ′DB ≤α B ．∠A ′DB ≥αC ．∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α解析若CD ⊥AB ，则∠A ′DB 为二面角A ′-CD -B 的平面角，即∠A ′DB ＝α.若CD 与AB 不垂直，在△ABC 中，过A 作CD 的垂线交线段CD 或CD 的延长线于点O ，交于BC 于E ，连结A ′O ，则∠A ′OE 为二面角A ′-CD -B 的平面角，即∠A ′OE ＝α，∵AO ＝A ′O ，∴∠A ′AO ＝α2.又A ′D ＝AD ，∴∠A ′AD ＝12∠A ′DB .而∠A ′AO 是直线A ′A 与平面ABC 所成的角，由线面角的性质知∠A ′AO <∠A ′AD ，则有α<∠A ′DB .综合有∠A ′DB ≥α，故选B.2．如图，在三棱锥A -BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别为AD 和BC 的中点，则异面直线AN, CM 所成的角的余弦值是 78.解析连接DN ，取DN 的中点H ，连接HM ，由N ，M ，H 均为中点，知|cos ∠HMC |即为所求．因为AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，又M ，N 为AD ，BC 的中点，所以CM ⊥AD ，AN ⊥BC ，所以CM ＝CD 2－MD 2＝22，AN ＝AC 2－NC 2＝22，MH ＝12AN ＝2，HC ＝NC 2＋NH 2＝3，则cos ∠HMC ＝CM 2＋MH 2－HC 22CM ·MH ＝78.故异面直线AN ，CM 所成角的余弦值为78.3．已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12.若空间向量b 满足b·e 1＝2，b·e 2 ＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝__1__，y 0＝__2__，|b |＝ 22 .解析 ∵e 1，e 2是单位向量，e 1·e 2＝12，∴cos 〈e 1，e 2〉＝12，又∵0°≤〈e 1，e 2〉≤180°，∴〈e 1，e 2〉＝60°.不妨把e 1，e 2放到空间直角坐标系Oxyz 的平面xOy 中，设e 1＝(1,0,0)，则e 2＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，再设OB →＝b ＝(m ，n ，r )，由b·e 1＝2，b·e 2＝52，得m ＝2，n ＝3，则b＝(2，3，r )．而x e 1＋y e 2是平面xOy 上任一向量，由|b －(x e 1＋y e 2)|≥1知点B (2，3，r )到平面xOy 的距离为1，故可得r ＝1，则b ＝(2，3，1)，∴|b |＝2 2.又由|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1，知x 0e 1＋y 0e 2＝(2，3，0)，解得x 0＝1，y 0＝2.4．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为 25.解析如图，建立空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，QM ＝m (0≤m ≤2)，则F (2,1,0)，E (1,0,0)，M (0，m,2)(0≤m ≤2).AF →＝(2,1,0)，ME →＝(1，－m ，－2)， cos θ＝|cos 〈AF →，ME →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AF →·ME →|AF →|·|ME →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－m 5·m 2＋5＝|m －2|5m 2＋25.设y ＝(m －2)25m 2＋25，则y ′＝2(m －2)(5m 2＋25)－(m －2)2·10m (5m 2＋25)2＝(m －2)[(10m 2＋50)－(m －2)·10m ](5m 2＋25)2＝(m －2)(50＋20m )(5m 2＋25)2.当0<m <2时，y ′<0，∴y ＝(m －2)25m 2＋25在(0,2)上单调递减．∴当m ＝0时，y 取最大值，此时cos θ取最大值，(cos θ)max ＝|0－2|5×02＋25＝25. 5．如图，在直三棱柱ADE -BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .解析由题意，AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)，所以OM →·BA →＝0，所以OM →⊥BA →.因为棱柱ADE -BCF 是直三棱柱，所以AB ⊥平面BCF ，所以BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，所以OM ∥平面BCF . (2)设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．因为DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)，由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0,1,1)．因为n 1·n 2＝0，所以平面MDF ⊥平面EFCD .6．(教材回归)如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AD ＝AB ＝1，BC ＝ 2.(1)求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2)设H 为CD 上一点，满足CH →＝2HD →，若直线PC 与平面PBD 所成的角的正切值为63，求二面角H -PB -C 的余弦值．解析 (1)证明：由AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝1，可得BD ＝ 2. 又BC ＝2，所以CD ＝2，所以BC ⊥BD .因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ，又PD ∩BD ＝D ，所以BC ⊥平面PBD ，所以平面PBD ⊥平面PBC .(2)由(1)可知∠BPC 为PC 与平面PBD 所成的角，所以tan ∠BPC ＝63，所以PB ＝3，PD ＝1. 由CH →＝2HD →及CD ＝2，可得CH ＝43，DH ＝23.以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系．则B (1,1,0)，P (0,0,1)，C (0,2,0)，H ⎝⎛⎭⎫0，23，0. 设平面HPB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧HP →·n ＝0，HB →·n ＝0，即⎩⎨⎧－23y 1＋z 1＝0，x 1＋13y 1＝0，取y 1＝－3，则n ＝(1，－3，－2)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，BC →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－z 2＝0，－x 2＋y 2＝0，取x 2＝1，则m ＝(1,1,2)．又cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－217，故观察图形知二面角H -PB -C 的余弦值为217. 7．(母题营养)如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1-AC -B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点．若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E的长．解析如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，N (1，－2,1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝⎛⎭⎫0，－52，0，由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010.所以二面角D 1-AC -B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)．又n ＝(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量，由已知，得cos 〈NE →，n 〉＝NE →·n |NE →|·|n |＝1(－1)2＋(λ＋2)2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A 1E 的长为7－2.8．如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，AD ⊥平面SCD ，AD ＝DC ＝2，BC ＝1，SD ＝2，∠SDC ＝120°.(1)求SC 与平面SAB 所成角的正弦值；(2)求平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值．解析如图，在平面SCD 中，过点D 作DC 的垂线交SC 于E ，以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．则有D (0,0,0)，S (0，－1，3)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (1,2,0)． (1)设平面SAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵AB →＝(－1,2,0)，AS →＝(－2，－1，3)，AB →·n ＝0，AS →·n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－2x －y ＋3z ＝0，取y ＝3，得n ＝(23，3，5)．又SC →＝(0,3，－3)，设SC 与平面SAB 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈SC →，n 〉|＝2323×210＝1020，故SC 与平面SAB 所成角的正弦值为1020. (2)设平面SAD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， ∵DA →＝(2,0,0)，DS →＝(0，－1，3)，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝0，－b ＋3c ＝0，取b ＝3，得m ＝(0，3，1)．∴cos 〈n ，m 〉＝n·m|n|·|m|＝8210×2＝105，故平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值是105.9．(数学文化)《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四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P -ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交于点F ，连结DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF 试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值．解析 (1)如图，以D 为原点，射线DA ，CD ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，B (λ，1,0)，C (0,1,0)，PB →＝(λ，1，－1)，因为点E 是PC 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫0，12，12，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12，于是PB →·DE →＝0，即PB ⊥DE . 又已知EF ⊥PB ，而DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF .因PC →＝(0,1，－1)，DE →·PC →＝0，所以DE ⊥PC ，所以DE ⊥平面PBC .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB . (2)由PD ⊥平面ABCD ，知DP →＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量．由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以BP →＝(－λ，－1,1)是平面DEF 的一个法向量．若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，则cos π3＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP →·DP →|BP →|·|DP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1λ2＋2＝12，解得λ＝2，所以DC BC ＝1λ＝22.故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22.10．(考点聚焦)如图，在四棱锥P -ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解析以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)． (1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面 P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)，设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，Q 是线段BP 上的动点，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910. 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为|BP |＝12＋22＝5，所以|BQ |＝25|BP |＝255.。

立体几何大题专题可打印

标题：立体几何大题专题一、引言立体几何是高中数学的重要组成部分，它考察了学生对于空间几何体和其性质的理解。

本专题将针对不同类型的立体几何大题进行详细解析，并提供解题技巧和注意事项，供同学们参考。

二、题型一：求空间几何体的体积和表面积解题技巧：首先，要确定几何体的形状，根据其形状选择合适的方法求解。

对于多面体，可以使用“分割法”求表面积；对于旋转体，可以使用“代入法”求体积和表面积。

同时，要注意单位和符号问题。

注意事项：要正确判断几何体的形状，掌握常见几何体的表面积和体积公式；注意单位和符号的准确性。

例题解析：【例1】求三棱锥P-ABC的体积和表面积。

解题思路：本题中，几何体为三棱锥，可以将其分割成三个三角形和一个三角形面。

根据三棱锥的高和底面面积，可求出其体积；表面积即为五个三角形的面积之和。

三、题型二：证明线面关系解题技巧：首先，要明确线面关系的概念，即线与面、直线与直线、直线与圆、圆与圆之间的位置关系。

其次，要根据已知条件，通过逻辑推理来证明关系。

最后，要注意用代入法和加减法来处理数量积。

注意事项：要熟练掌握线面关系的概念和判断方法；注意推理过程的严谨性和完整性，不要遗漏必要的步骤；注意数量积的符号和单位。

例题解析：【例2】证明线面平行：在空间四边形ABCD中，AD//BC，AB垂直于平面AC。

求证：AC//平面BCD。

解题思路：根据已知条件，首先可以确定线面平行的关系——AC//平面BCD。

然后，通过逻辑推理，从四边形ABCD出发，逐步证明线面平行。

四、题型三：求异面直线所成角解题技巧：异面直线所成角的求解方法较多，如平移法、构造法、向量法等。

其中，向量法是一种较为简便的方法，可以通过建立空间直角坐标系，将异面直线所成的角用坐标表示，再代入三角函数求解。

注意事项：要熟练掌握异面直线所成角的定义和求解方法；注意坐标系的建立是否合理，是否能够方便地表示出所求角度；注意代入三角函数时的符号和单位。

专题五立体几何专题复习

专题五、立体几何1、线面平行的证法：面∥线面线面线线∥线⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊄⊂①关键是在平面内找（用直尺平移到平面内）一条直线与已知直线平行②在证线线平行时，常用到三角形中位线定理或平行四边形对边平行2、线面垂直的证法：αα面线面线线线线线线线⊥⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊂⊥⊥l b a b a b l al ,关键是在平面内找两条相交直线与已知直线垂直 3、面面垂直的证法βαβα面面面线面线⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥l l4、面面垂直的作用（证明线面垂直）αββαβα面线线线面线线面面面面⊥⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊥⊂=⊥l m l l m注：在条件中寻找线线垂直时，常用结论有①勾股定理逆定理 ②等腰三角形三线合一 ③直径所对圆周角是直角一、考点分析：（理科）考点一：三视图与表面积、体积的结合三视图的识别，多以考查组合体为主，大部分是已知部分（或全部）三视图，进而考查立体图形直观图的还原及计算问题。

几何体的表面积和体积的综合，往往以球为载体，结合棱柱、棱锥。

近三年高考题2011年（6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（15）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为。

2012年（7）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三视图，则此几何体的体积为（A ）6 （B ）9 （C ）12 （D ）18（11）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2SC =，则此棱锥的体积为（A ）26 （B ）36 （C ）23 （D ）222013年（7）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz 中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到正视图可以为考点二：空间线面关系的判断该部分的基础是平面的性质、空间直线与直线的位置关系，重点是空间线面平行和垂直关系的判定和性质，面面平行和垂直关系的判定和性质．在复习中要牢牢掌握四个公理和八个定理及其应用，重点掌握好平行关系和垂直关系的证明方法．考点三：求空间角考查空间角的计算为主，解决这类问题往往有两种方法：传统几何法和向量法，这两种方法各有所长，传统几何法的主要思想是把立体问题转化为平面问题，难点在逻辑推理、空间想象能力；向量法在建立空间坐标系后把问题转化成坐标运算，其难点在代数运算。

2018年高考题和高考模拟题数学(理)——专题05立体几何分类汇编(解析版)

5．立体几何1．【2018年XX卷】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】D从而因为，所以即，选D.点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.2．【2018年XX卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】分析:先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为选C.点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.3．【2018年理新课标I卷】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A. B. C. D.【答案】A详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.学/科-网+4．【2018年理新课标I卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. B.C. D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，点M在上底面上，点N在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以与其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.5．【2018年全国卷Ⅲ理】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A. B. C. D.【答案】B详解：如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，当平面时，三棱锥体积最大，此时，，，,点M为三角形ABC的重心，，中，有，，，故选B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型。

专题05 立体几何与数学文化-高考中的数学文化试题 (解析版)

专题05 立体几何与数学文化纵观近几年高考，立体几何以数学文化为背景的问题，层出不穷，让人耳目一新。

同时它也使考生们受困于背景陌生，阅读受阻，使思路无法打开。

本专题通过对典型高考问题的剖析、数学文化的介绍、及精选模拟题的求解，让考生提升审题能力，增加对数学文化的认识，进而加深对数学文理解，发展数学核心素养。

【例1】（2019课标2）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有个面，其棱长为．【答案】26，21．【解析】中间层是一个正八棱柱，有8个侧面，上层是有81+，个面，下层也有81+个面，故共有26个面；半正多面体的棱长为中间层正八棱柱的棱长加上两个棱长的2cos452=倍．该半正多面体共有888226+++=个面，设其棱长为x，则221x x=，解得21x．【试题赏析】本题以金石文化为背景，考查了球内接多面体，体现了对直观想象和数学运算素养的考查。

【例2】（2018课标Ⅲ）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 ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A ．【试题赏析】本题以中国古建筑借助榫卯将木构件为背景，考查了简单几何体的三视图的画法。

【例2】 (2019浙江高考) 祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V sh 柱体，其中s 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是A ．158B ．162C ．182D ．324【答案】B【解析】由三视图还原原几何体如图，该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解，即()()114632632722ABCDE S =+⨯++⨯=五边形，高为6，则该柱体的体积是276162V =⨯=．故选：B ．【试题赏析】本题以祖暅原理为背景，考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体。

立体几何大题15种归类专题

立体几何大题15种归类专题立体几何作为数学的一个重要分支，主要研究三维空间中图形的性质、变换和度量。

在高考或中考等数学考试中，立体几何大题往往占据一定的分值，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力。

以下是对立体几何大题进行的15种归类专题简述，包括内容分析和特点：1. 平行与垂直关系内容分析：涉及直线与平面、平面与平面的平行与垂直关系的判定和性质。

特点：需要熟练掌握平行与垂直的判定定理和性质定理，能够灵活运用。

2. 空间角内容分析：包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面所成的角。

特点：空间角的计算通常需要构造辅助线或面，将空间问题转化为平面问题来解决。

3. 空间距离内容分析：涉及点到直线、点到平面、直线到平面的距离计算。

特点：空间距离的计算通常依赖于空间角和三角形的性质。

4. 三视图与直观图内容分析：根据物体的三视图或直观图，推断物体的形状或计算相关尺寸。

特点：要求考生具备良好的空间想象能力和图形识别能力。

5. 柱体、锥体、台体的表面积与体积内容分析：涉及基本几何体的表面积和体积的计算。

特点：需要熟练掌握各类几何体的表面积和体积公式，能够正确应用。

6. 球的表面积与体积内容分析：考查球的表面积和体积的计算，以及与其他几何体的结合问题。

特点：球的表面积和体积计算通常需要与其他几何体相结合，考查综合应用能力。

7. 空间向量的应用内容分析：利用空间向量解决立体几何问题，如求空间角、空间距离等。

特点：空间向量的引入为立体几何问题提供了新的解决工具，使问题更加简洁明了。

8. 组合体的分析与计算内容分析：涉及由多个基本几何体组成的组合体的分析和计算。

特点：需要综合运用所学的几何知识，对组合体进行分解和组合，考查分析问题和解决问题的能力。

9. 立体几何中的最值问题内容分析：涉及立体几何中的最值问题，如距离的最大值、体积的最小值等。

特点：最值问题通常需要运用不等式、函数等数学知识进行求解，考查综合运用能力。

高考数学模拟立体几何

高考数学模拟立体几何立体几何是高考数学中的重要考点之一，涉及到空间的概念和几何图形的计算。

在高考中，立体几何的题目种类繁多，涵盖了体积、表面积、角的计算等内容。

本文将围绕高考数学模拟立体几何的相关知识进行介绍和讨论。

一、空间几何基础概念在开始学习立体几何之前，我们先来了解一些基本的概念。

1. 几何体几何体是指具有一定形状和大小，可以占有空间的物体，如长方体、正方体、球体等。

在解题时，我们需要对不同的几何体进行分类和识别。

2. 平面图形平面图形是指只在一个平面上存在的图形，如矩形、正方形、三角形等。

在立体几何中，我们会经常使用平面图形来计算几何体的面积和角度。

3. 顶点、棱和面顶点是几何体的尖端或者拐角处，如长方体的八个角。

棱是几何体的边界线，连接两个顶点的线段。

面则是几何体的平面部分，如长方体有六个面。

二、体积和表面积计算体积和表面积是立体几何中常见的计算问题，我们需要掌握一些常用的计算公式。

1. 体积计算不同几何体的体积计算方式不同，请根据具体情况使用相应的公式。

例如，长方体的体积计算公式为 V = lwh，其中 l、w、h 分别表示长方体的长度、宽度和高度。

要注意的是，在计算体积时，要确保单位的一致。

如果给出的尺寸单位不同，需要进行单位换算。

2. 表面积计算表面积的计算方法也因几何体的类型而异。

例如，长方体的表面积计算公式为 S = 2lw + 2lh + 2wh，其中 l、w、h 分别表示长方体的长度、宽度和高度。

类似地，在计算表面积时，也需要注意单位的一致。

三、角的计算在立体几何中，我们常常需要计算与几何体相关的角的大小。

下面介绍一些常见的角的计算方法。

1. 平面角和空间角平面角是指在同一平面内的两条射线之间的夹角，如两条相交线的夹角。

空间角是指在三维空间中的角度，如两条相交平面的夹角。

2. 角的计算公式计算角度大小时，我们可以利用余弦定理、正弦定理等几何定理。

具体的计算方法需要根据题目的要求和几何体的性质来确定。

高考数学模拟新题分类汇编：专题五立体几何

专题五立体几何空间几何体与三视图1.（吉林省实验中学2013—2014年度高三上学期第四次阶段检测）一个长方体截去两个三棱锥,得到的几何体如图1所示,则该几何体的三视图为（）A B C D【答案】C【解析】正视图是含有一条左下到右上实对角线的矩形；侧视图是含有一条从左上到右下的实对角线的矩形，故选C2. (广州2014届高三七校第二次联考)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】C【解析】由三视图知，这是一个横放的三棱柱3.把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，连结AC，得到三棱锥C-ABD，其正视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形（如图所示），则其侧视图的面积为A．32B．12C．1 D．22【答案】B【解析】由两个视图可以得到三棱锥如图：其侧视图的面积即t R ACE的面积，由正方形的边长为2得==1AE CE，故侧视图面积为 12 4. （黄冈中学2014届高三十月月考数学试卷）如图，一个棱柱的正视图和侧视图分别是矩形和正三角形，则这个三棱柱的俯视图为（）【答案】：D 【解析】：由正视图和侧视图可知，这是一个水平放置的一个正三棱柱，底面三角形的高为3，底面边长为2。

5. （安徽省六校教育研究会2014届高三2月联考）某三棱椎的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是（）（A) 43 （B ） 8（C ）83 （D ） 47 【答案】D【解析】由三视图可得三棱锥如图所示：底面是边长为4的正三角形，ADBDC 平面，故四个面的面积中，最大的面积是ABC的面积为22144234726. 江西省新余市2014届高三数学上学期期末质量检测如图，三棱锥P ABC -的底面是正三角形，各条侧棱均相等，60APB ∠<︒. 设点D 、E 分别在线段PB 、PC 上，且//DE BC ，记PD x =，ADE ∆周长为y ，则()y f x =的图象可能2 A3 2 B 3 2 C 2 2 D 2是（）【答案】C【解析】7.（江西省稳派名校学术联盟2014届高三12月调研考试）如图所示是一个几何体的三视图，若该几何体的体积为12，则主视图中三角形的高x的值为（）A.12 B.34 C. 1 D.32【答案】C【解析】二、填空题8.（石家庄2014届高三第一次教学质量检测）用一个平面去截正方体，有可能截得的是以下平面图形中的 .（写出满足条件的图形序号）（1）正三角形（2）梯形（3）直角三角形（4）矩形【答案】（1）（2）（4）【解析】9.（黄冈中学2014届高三十月月考数学试卷）．一个底面是等腰直角三角形的直棱柱，侧棱长与底面三角形的腰长相等，其体积为4，它的三视图中俯视图如右图所示，侧视图是一个矩形，则这个矩形的对角线长为．【答案】：6【解析】：设底面的等腰直角三角形的腰长为a ，则侧棱长也为a ，则3142V a ==，解得2a =，则其侧视图是一个长为2，宽为2的矩形，其对角线长为()22226+=。

高考模拟题分类复习立体几何 (附答案).

12008年东莞市高三理科数学专题练习——立体几何东莞实验中学龚建兵1、已知一几何体的三视图如图1，主视图与左视图为全等的等腰直角三角形，直角边长为6，俯视图为正方形，（1）求点A 到面SBC 的距离；（2）有一个小正四棱柱内接于这个几何体，棱柱底面在面ABCD 内，其余顶点在几何体的棱上，当棱柱的底面边长与高取何值时，棱柱的体积最大，并求出这个最大值。

2、（08东北师大附中）如图，在直角梯形P 1DCB 中，P 1D ∥CB ，CD ⊥P 1D ，P 1D ＝6，BC ＝3，DC＝6，A 是P 1D 的中点，E 是线段AB 的中点，沿AB 把平面P 1AB 折起到平面PAB 的位置，使二面角P －CD －B 成45°角．（Ⅰ）求证：PA ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求平面PEC 和平面PAD 所成的锐二面角的大小．CBAB D主视左视俯视图1A CP EAD23、（08滨州市）已知四棱锥P A B C D -的三视图及直观图如下图，其中俯视图为正方形，点E 为棱AD 的中点，（1）在棱PC 上是否存在一点F ，使得⊥EF 平面PBC ？若存在，求线段EF 的长度；若不存在，说明理由；（2）求二面角D PC E --的大小。

4、（08华师）如图，四棱锥P —ABCD 中，PB ⊥底面ABCD ，CD ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AB=AD=PB=3，点E 在棱PA上，且PE=2EA。

（1）求异面直线PA 与CD 所成的角；（2）求证：PC//平面EBD ；（3）求二面角A —BE —D 的余弦值。

5、（泰州市）如图为正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1切去一个三棱锥B 1—A 1BC 1后得到的几何体．（1）画出该几何体的正视图；（2）若点O 为底面ABCD 的中心，求证：直线D 1O ∥平面A 1BC 1；（3）．求证：平面A 1BC 1⊥平面BD 1D ．D 正视图侧视图俯视图36、如图6所示，等腰A B C △的底边AB =3C D =，点E 是线段B D 上异于点B D ，的动点，点F 在BC 边上，且EF AB ⊥，现沿E F 将B E F △折起到P E F △的位置，使PE AE ⊥，记B E x =，( V x 表示四棱锥P A C FE -的体积．（1）求( V x 的表达式；（2）当x 为何值时，( V x 取得最大值？（3）当( V x 取得最大值时，求异面直线A C 与P F 所成角的余弦值．7、如图，在三棱锥V A B C -中，VC ABC ⊥底面，AC BC ⊥，D 是A B 的中点，且A CBC a ==，π02VD C θθ⎛⎫=<< ⎪⎝⎭∠．（I ）求证：平面V A B ⊥平面V C D ；（II ）试确定角θ的值，使得直线B C 与平面V A B 所成的角为π6．8、如图，在棱长为1的正方体1111ABC D A B C D -中， P 是侧棱1C C 上的一点，C P m =。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

专题五立体几何空间几何体与三视图1.（吉林省实验中学2013—2014年度高三上学期第四次阶段检测）一个长方体截去两个三棱锥,得到的几何体如图1所示,则该几何体的三视图为（）A B C D【答案】C【解析】正视图是含有一条左下到右上实对角线的矩形；侧视图是含有一条从左上到右下的实对角线的矩形，故选C2. (广州2014届高三七校第二次联考)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】C【解析】由三视图知，这是一个横放的三棱柱3.把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，连结AC，得到三棱锥C-ABD，其正视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形（如图所示），则其侧视图的面积为A．32B．12C．1 D．22【答案】B【解析】由两个视图可以得到三棱锥如图：其侧视图的面积即t R ACEV的面积，由正方形的边长为2得==1AE CE，故侧视图面积为12 4. （黄冈中学2014届高三十月月考数学试卷）如图，一个棱柱的正视图和侧视图分别是矩形和正三角形，则这个三棱柱的俯视图为（）【答案】：D【解析】：由正视图和侧视图可知，这是一个水平放置的一个正三棱柱，底面三角形的高为3，底面边长为2。

5. （安徽省六校教育研究会2014届高三2月联考）某三棱椎的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是（）（A) 43 （B ） 8（C ）83 （D ） 47 【答案】D【解析】由三视图可得三棱锥如图所示：底面是边长为4的正三角形，AD BDC ^平面，故四个面的面积中，最大的面积是ABC V 的面积为()2214423472创+=6. 江西省新余市2014届高三数学上学期期末质量检测如图，三棱锥P ABC -的底面是正三角形，各条侧棱均相等，60APB ∠<︒. 设点D 、E 分别在线段PB 、PC 上，且//DE BC ，记PD x =，ADE ∆周长为y ，则()y f x =的图象可能是2 A 32B32 C22 D2（）【答案】C【解析】7.（江西省稳派名校学术联盟2014届高三12月调研考试）如图所示是一个几何体的三视图，若该几何体的体积为12，则主视图中三角形的高x的值为（）A. 12 B.34 C. 1 D.32【答案】C【解析】二、填空题8.（石家庄2014届高三第一次教学质量检测）用一个平面去截正方体，有可能截得的是以下平面图形中的 .（写出满足条件的图形序号）（1）正三角形（2）梯形（3）直角三角形（4）矩形【答案】（1）（2）（4）【解析】9.（黄冈中学2014届高三十月月考数学试卷）．一个底面是等腰直角三角形的直棱柱，侧棱长与底面三角形的腰长相等，其体积为4，它的三视图中俯视图如右图所示，侧视图是一个矩形，则这个矩形的对角线长为．【答案】：6【解析】：设底面的等腰直角三角形的腰长为a ，则侧棱长也为a ，则3142V a ==，解得2a =，则其侧视图是一个长为2，宽为2的矩形，其对角线长为()22226+=。

10.（江西师大附中、临川一中2014届高三上学期期末联考）如图，三棱锥S-ABC 中，SA =AB =AC =2， 30ASB BSC CSA ∠=∠=∠=︒，M 、N 分别为SB 、SC 上的点，则△AMN 周长最小值为 .【答案】22【解析】展开三棱锥的侧面，如图因为30∠=∠=∠=︒，SA=AB=AC=2，所以'ASB BSC CSAV是等腰直角三角形，连接'ASAAA 可得△AMN周长最小值为22空间几何体的体积和表面积1.（湖北省黄冈中学2014届高三数学（文）期末考试）某空间组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为（）A．48 B．56 C．64 D．72【答案】C创=，下面的棱柱体积为【解析】该组合体由两个棱柱组成，上面的棱柱体积为24540创=，故组合体的体积为64461242.（四川省泸州市2014届高三数学第一次教学质量诊断性考试）一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为（）A． B． C． D．3. （2014年福建宁德市普通高中毕业班单科质量检查）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积为A ．822+B ．10C ．825+D ．12【答案】A【解析】该几何体为四棱柱，底面周长为211242+++=+，高为2，所以侧面积为822+4. （宁夏银川一中2014届高三年级月考）.如图是一个几何体的三视图，正视图和侧视图均为矩形，俯视图中曲线部分为半圆，尺寸如图，则该几何体的全面积为（）A ．2+342π+B ．2+242π+C ．8+523π+D ．6+323π+【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是半个圆柱和侧棱垂直于底面的三棱柱组成的组合体，该几何体的表面积121422(1)2S ππ=⨯⨯+++3422π=++． 5. （湖南省2014届高三第五次联考数学）6. （蚌埠市2014届高三年级第一次教学质量检查考试）如图，三棱锥ABC P -的高8=PO ，AC =B C=3，030=∠ACB ，N M ,分别在BC 和PO 上，且CM PN x CM 2,==，则下列四个图象中大致描绘了三棱锥AMC N -的体积V 与])3,0((∈x x 之间的变化关系的是A. B. C.D.【答案】A 【解析】()111sin 30332N AMC AMC V S NO AC CM PO PN -=?醋?V ()()2111138243222x x x x =创状-=-，故选A 7.（西安铁一中2014届高三11月模拟考试试题）一个几何体的三视图如图所示，则其外接球的表面积是（）2 23 3 3 3 2 2 3 2 32 Vx x x x V V V O OO OA.25πB.50πC.12523π D.5023π【答案】B【解析】由三视图知：该几何体为长方体，长方体的棱长分别为3、4、5，所以长方体的体对角线为22234552l =++=，所以外接球的半径为15222r l ==，所以外接球的表面积为2450S r ππ==。

二、填空题8.（河北邯郸市2014届高三教学质量检测）已知三角形PAD 所在平面与矩形ABCD 所在平面互相垂直，2PA PD AB ===，90APD ︒∠=，若点P A B C D 、、、、都在同一球面上，则此球的表面积等于【答案】283p【解析】如图，球心O 是分别过正三角形PAD 的中心和矩形ABCD 的中心与两平面都垂直的直线的交点，所以球半径的平方为()2237+2=33骣÷ç÷ç÷ç÷ç桫，故球的表面积为283p直线与椭圆的综合问题1.（山东省济南市2014届高三数学上学期期末考试）在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥平面ABCD,AD ⊥AB,△ABC 是正三角形,AC 与BD 的交点M 恰好是AC 中点,N 为线段PB 的中点,G 在线段BM 上,且.2=GMBG(Ⅰ)求证： AB ⊥PD ；(Ⅱ)求证：GN//平面PCD ．解析：（Ⅰ）证明：因为PA ⊥平面ABCD ，所以AB PA ⊥，……………… 2分又因为AB AD ⊥，所以⊥AB 平面PAD ，……………………4分又⊂PD 平面PAD ，所以PD AB ⊥.……………………6分（Ⅱ）因为ABC ∆是正三角形，且M 是AC 中点，所以AC BM ⊥，………………………………………… 7分在直角三角形AMD 中，30MAD ∠=，所以AD MD 21=，在直角三角形ABD 中，30ABD ∠=，所以BD AD 21=，所以BD MD 41=，………………………………………10分又因为2=GMBG，所以GD BG =，又N 为线段PB 的中点，所以PD GN //， ⊄GN 平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，所以//GN 平面PCD ……………………12分2. （广东省佛山市普通高中2014届高三数学上学期教学质量检测试题）如图5,矩形ABCD 中,12AB =,6AD =,E 、F 分别为CD 、AB 边上的点,且3DE =,4BF =,将BCE ∆沿BE 折起至PBE ∆位置(如图6所示),连结AP 、PF ,其中25PF =.(Ⅰ) 求证:PF ⊥平面ABED ；(Ⅱ) 在线段PA 上是否存在点Q 使得//FQ 平面PBE ?若存在,求出点Q 的位置；若不存在,请说明理由.(Ⅲ) 求点A 到平面PBE 的距离.(Ⅱ) 当Q 为PA 的三等分点(靠近P )时,//FQ 平面PBE .证明如下:因为23AQ AP =,23AF AB =,所以//FQ BP ，又FQ ⊄平面PBE ,PB ⊂平面PBE ,所以//FQ 平面PBE .3.4.。

数学模拟新题分类汇编：专题五 立体几何