立体几何中的计算与位置关系
高中立体几何知识点总结
一、空间点、线、面的位置关系1.1 点与点•点的定义：空间中的任意一点。
•点的坐标表示：a⃗=(a x,a y,a z)。
1.2 直线与直线•直线的定义：无限延伸的平面内的所有点。
•直线的方程表示：r⃗=(x,y,z)，其中Ax+By+Cz+D=0。
1.3 直线与平面•直线的平面方程表示：r⃗=(x,y,z)，其中Ax+By+Cz+D=0。
•直线与平面的交点表示：设直线上的点为P(x0,y0,z0)，则有Ax0+ By0+Cz0+D=0。
1.4 平面与平面•平面的定义：无限延伸的平面内的所有点。
•平面的方程表示：r⃗=(x,y,z)，其中Ax+By+Cz+D=0。
1.5 平面与空间体•平面与空间体的交线表示：设空间体上的点为P(x0,y0,z0)，则有Ax0+By0+Cz0+D=0。
二、空间几何体2.1 柱体•柱体的定义：底面为圆形或矩形，顶面与底面平行的空间几何体。
•柱体的体积公式：V=底面积×高。
2.2 锥体•锥体的定义：底面为圆形或三角形，顶点在底面内的空间几何体。
•锥体的体积公式：V=1底面积×高。
32.3 球体•球体的定义：所有点与球心等距的空间几何体。
•球体的体积公式：V=4πR3。
32.4 空间四边形•空间四边形的定义：四个顶点在空间中的四边形。
•空间四边形的面积公式：S=12|a⃗×b⃗⃗|，其中a⃗和b⃗⃗为四边形的两条对角线。
三、空间角的计算3.1 线线角•线线角的定义：两条直线之间的夹角。
•线线角的计算公式：θ=arccos(|a⃗⃗⋅b⃗⃗||a⃗⃗||b⃗⃗|)，其中a⃗和b⃗⃗为两条直线的方向向量。
3.2 线面角•线面角的定义：直线与平面之间的夹角。
•线面角的计算公式：θ=arccos(|n⃗⃗⋅a⃗⃗||n⃗⃗||a⃗⃗|)，其中n⃗⃗为平面的法向量，a⃗为直线的方向向量。
3.3 面面角•面面角的定义：两个平面之间的夹角。
•面面角的计算公式：θ=arccos(|n⃗⃗1⋅n⃗⃗2||n⃗⃗1||n⃗⃗2|)，其中n⃗⃗1和n⃗⃗2为两个平面的法向量。
立体几何的基本概念、点线面位置关系及表面积、体积的计算小题综合2015-2024高考真题数学分项汇编
专题11立体几何的基本概念、点线面位置关系及表面积、体积的计算小题综合考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1点线面的位置关系及其判断（10年7考）2024·全国甲卷、2024·天津卷、2022·全国乙卷2021·浙江卷、2021·全国新Ⅱ卷、2019·全国卷2019·全国卷、2019·北京卷、2017·全国卷2016·浙江卷、2016·山东卷、2016·全国卷2015·浙江卷、2015·湖北卷、2015·广东卷2015·福建卷、2015·北京卷1.理解、掌握空间中点线面的位置关系及相关的图形和符号语言，熟练掌握平行关系的判定定理和性质定理及其应用，熟练掌握垂直关系的判定定理和性质定理及其应用，该内容是新高考卷的常考内容，需强化巩固复习.2.了解柱、锥、台体及简单组合体的结构特征及其相关性质，会运用柱体、锥体、台体等组合体的表面积和体积的计算公式求解相关问题，该内容是新高考卷的常考内容，一般给定柱、锥、台体及简单组合体，求对应的表面积与体积，需强化复习.考点2求几何体的体积（10年10考）2024·全国新Ⅰ卷、2024·天津卷、2024·全国甲卷2024·北京卷、2023·全国甲卷、2023·全国乙卷2023·全国新Ⅰ卷、2023·天津卷、2023·全国新Ⅰ卷2023·全国新Ⅱ卷、2022·天津卷、2022·全国甲卷2022·全国新Ⅰ卷、2022·全国新Ⅱ卷、2021·全国新Ⅱ卷2021·北京卷、2021·全国新Ⅰ卷、2020·海南卷2020·江苏卷、2019·江苏卷、2019·全国卷2019·天津卷、2018·江苏卷、2018·全国卷2018·天津卷、2018·天津卷、2017·全国卷2016·浙江卷、2015·上海卷、2015·江苏卷2015·全国卷、2015·山东卷、2015·山东卷考点3求几何体的侧面积、表面积（10年4考）2023·全国甲卷、2021·全国新Ⅰ卷、2021·全国甲卷2020·全国卷、2018·全国卷、2018·全国卷考点01点线面的位置关系及其判断1．（2024·全国甲卷·高考真题）设αβ、为两个平面，m n 、为两条直线，且m αβ= .下述四个命题：①若//m n ，则//n α或//n β②若m n ⊥，则n α⊥或n β⊥③若//n α且//n β，则//m n ④若n 与α,β所成的角相等，则m n⊥其中所有真命题的编号是（）A ．①③B ．②④C ．①②③D ．①③④2．（2024·天津·高考真题）若,m n 为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（）A ．若//m α，//n α，则m n ⊥B ．若//,//m n αα，则//m n C ．若//,αα⊥m n ，则m n⊥D ．若//,αα⊥m n ，则m 与n 相交3．（2022·全国乙卷·高考真题）在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为,AB BC 的中点，则（）A ．平面1B EF ⊥平面1BDD B ．平面1B EF ⊥平面1A BDC ．平面1//B EF 平面1A ACD ．平面1//B EF 平面11AC D4．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（）A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCD D ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B 5．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）（多选）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN OP ⊥的是（）A ．B ．C ．D ．6．（2019·全国·高考真题）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD ∆为正三角形，平面ECD ⊥平面,ABCD M是线段ED 的中点，则A ．BM EN =，且直线,BM EN 是相交直线B ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是相交直线C ．BM EN =，且直线,BM EN 是异面直线D ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是异面直线7．（2019·全国·高考真题）设α，β为两个平面，则//αβ的充要条件是A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面8．（2019·北京·高考真题）已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．9．（2017·全国·高考真题）（多选）如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 平行的是（）A ．B ．C ．D ．10．（2016·浙江·高考真题）已知互相垂直的平面αβ，交于直线l.若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n11．（2016·山东·高考真题）已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内.则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”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12．（2016·全国·高考真题）α、β是两个平面，m 、n 是两条直线，有下列四个命题：（1）如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β.（2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n .（3）如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.（4）如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号）13．（2015·浙江·高考真题）设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l ⊂α，m β⊂A ．若l β⊥，则αβ⊥B ．若αβ⊥，则l m ⊥C ．若//l β，则//αβD ．若//αβ，则//l m14．（2015·湖北·高考真题）12,l l 表示空间中的两条直线，若p ：12,l l 是异面直线；q ：12,l l 不相交，则A ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件B ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件15．（2015·广东·高考真题）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16．（2015·福建·高考真题）若,l m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α，则“l m ⊥”是“//l α”的A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件17．（2015·北京·高考真题）设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m β ”是“αβ ”的A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件考点02求几何体的体积1．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）圆锥的体积为（）A ．B ．C ．D ．2．（2024·天津·高考真题）一个五面体ABC DEF -．已知AD BE CF ∥∥，且两两之间距离为1．并已知123AD BE CF ===，，．则该五面体的体积为（）A B ．142+C ．2D ．142-3．（2024·全国甲卷·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为1r ,下底面半径均为2r ，圆台的母线长分别为()212r r -,()213r r -，则圆台甲与乙的体积之比为．4．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65mm,325mm,325mm ，且斛量器的高为230mm ，则斗量器的高为mm ，升量器的高为mm ．5．（2023·全国甲卷·高考真题）在三棱锥-P ABC 中，ABC 是边长为2的等边三角形，2,PA PB PC ===则该棱锥的体积为（）A ．1B C ．2D ．36．（2023·全国乙卷·高考真题）已知圆锥POO 为底面圆心，PA ，PB 为圆锥的母线，120AOB ∠=︒，若PAB ）A ．πBC ．3πD ．7．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m ）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体8．（2023·天津·高考真题）在三棱锥-P ABC 中，点M,N 分别在棱PC,PB 上，且13PM PC =，23PN PB =，则三棱锥P AMN -和三棱锥-P ABC 的体积之比为（）A ．19B ．29C ．13D ．499．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，1112,1,AB A B AA ===积为．10．（2023·全国新Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．11．（2022·天津·高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120︒，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A ．23B ．24C ．26D ．2712．（2022·全国甲卷·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若=2S S 甲乙，则=V V 甲乙（）A B ．C D13．（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）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 ． 2.65≈）（）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯14．（2022·全国新Ⅱ卷·高考真题）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 =15．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）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 16．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm ）．24h 降雨量的等级划分如下：等级24h 降雨量（精确到0.1）…………小雨0.1~9.9中雨10.0~24.9大雨25.0~49.9暴雨50.0~99.9…………在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm ，高为300mm 的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h 的雨水高度是150mm （如图所示)，则这24h 降雨量的等级是A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨17．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 18．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为19．（2020·江苏·高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm ，高为2cm ，内孔半径为0.5cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是cm 3.20．（2019·江苏·高考真题）如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是.21．（2019·全国·高考真题）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，,,,E F G H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g .22．（2019·天津·高考真题）若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为.23．（2018·江苏·高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．24．（2018·全国·高考真题）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30︒，若SAB △的面积为8，则该圆锥的体积为．25．（2018·天津·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH -的体积为.26．（2018·天津·高考真题）如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1–BB 1D 1D 的体积为．27．（2017·全国·高考真题）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，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．28．（2016·浙江·高考真题）如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是.29．（2015·上海·高考真题）若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为3，则=a ．30．（2015·江苏·高考真题）现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为．31．（2015·全国·高考真题）(2015新课标全国I 理科)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛32．（2015·山东·高考真题）已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为A ．23πB ．23πC ．22πD ．42π33．（2015·山东·高考真题）在梯形ABCD 中，90ABC ∠=︒，//AD BC ，222BC AD AB ===.将梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为A ．23πB ．43πC ．53πD ．2π考点03求几何体的侧面积、表面积1．（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥P ABCD -的底面是边长为4的正方形，3,45PC PD PCA ==∠=︒，则PBC 的面积为（）A ．B ．C ．D ．2．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题），其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A ．2B ．C ．4D ．3．（2021·全国甲卷·高考真题）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为.4．（2020·全国·高考真题）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A B C D 5．（2018·全国·高考真题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．B ．12πC ．D ．10π6．（2018·全国·高考真题）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为，则该圆锥的侧面积为．。
高一立体几何题型及解题方法
高一立体几何题型及解题方法
高一立体几何是数学中的一个重要部分，也是高中数学中难度较大的内容之一。
下面介绍一些高一立体几何的题型及解题方法。
1. 空间向量题型
空间向量题型是高一立体几何中比较基础的题型，需要掌握空间向量的基本概念和运算规律。
解题时需要根据向量的定义和性质，运用向量加法、数乘等基本运算法则，求解向量的模长、方向余弦等相关量。
2. 空间几何体积题型
空间几何体积题型是高一立体几何中比较常见的题型，需要掌握各种几何体的面积和体积公式，并能够灵活运用这些公式进行计算。
解题时需要注意几何体的立体图形，确定所求的体积或面积，再根据公式进行计算。
3. 立体图形的相似题型
立体图形的相似题型需要掌握几何体的相似性质和基本比例关系，能够根据相似性质推导出几何体的相关量。
解题时需要注意几何体的相似条件，确定所求的比例关系，再根据比例关系求解相关量。
4. 空间几何位置关系题型
空间几何位置关系题型需要掌握空间中点、线、面的位置关系及相关性质。
解题时需要注意点、线、面的位置关系，确定所求的相关量，再根据相关性质进行计算。
总之，高一立体几何的题型比较多，需要学生具备扎实的基础知
识和灵活的解题思路，加强对几何图形和空间位置关系的理解和掌握，才能顺利解决高一立体几何的各种题型。
高中数学知识点总结立体几何中的直线与平面的位置关系之直线与平面的夹角
高中数学知识点总结立体几何中的直线与平面的位置关系之直线与平面的夹角直线与平面的夹角是立体几何中的重要概念之一。
它描述了直线与平面之间的相对位置关系，对于解决立体几何中的问题具有重要的指导意义。
本文将对高中数学中立体几何中直线与平面的夹角进行总结，并解释其相关概念和性质。
一、直线与平面的交点及夹角的定义在立体几何中，直线与平面的相交情况主要有三种，即直线在平面内、直线与平面相交于一点、直线与平面平行。
这些情况都涉及到直线与平面的夹角。
1. 直线在平面内当直线完全位于平面内时，直线与平面的夹角为0°。
这表示直线与平面的方向完全一致，没有倾斜。
2. 直线与平面相交于一点当直线与平面在一点相交时，可以定义出直线与平面的夹角。
夹角的度数介于0°到90°之间。
夹角的大小取决于直线在平面上的倾斜程度，倾斜越大，夹角越大。
3. 直线与平面平行当直线与平面平行时，它们之间没有交点，因此无法定义直线与平面的夹角。
但是，我们可以将夹角定义为零度，以保持夹角概念的完整性。
二、直线与平面夹角的性质在理解直线与平面的夹角的基本定义之后，我们可以进一步了解其相关性质和应用。
1. 夹角的度数与两者的倾斜程度有关直线与平面夹角的度数取决于直线在平面上的倾斜程度。
当直线垂直于平面时，夹角为90°；当直线与平面平行时，夹角为0°。
夹角的大小和方向可以通过解析几何等方法进行精确计算。
2. 夹角的度数可以表示两者之间的关系夹角的度数可以表示直线与平面之间的相对位置关系。
例如，当夹角为90°时，表示直线垂直于平面，可以用于判断垂直线段或垂直面的性质。
夹角为0°或呈现其他度数时，可以表示直线与平面的平行性或不平行性。
三、直线与平面夹角的应用举例直线与平面的夹角概念在实际问题中有广泛的应用，以下是其中的几个例子：1. 判断线段与平面的相对位置通过计算线段与平面的夹角，可以判断线段是否垂直于平面，从而判断两者的相对位置关系。
上海高二立体几何知识点
上海高二立体几何知识点一、概述立体几何是数学中研究空间内各种几何体的形状、大小、位置等性质的一门学科。
上海高二立体几何知识点是指上海高二学生需要掌握的与立体几何相关的重要知识点。
本文将为大家介绍上海高二立体几何的核心概念、公式以及解题方法等内容。
二、立体几何的基本概念和性质2.1空间几何体的分类空间几何体主要包括点、线、面以及体。
其中，点是空间的最基本的元素，线是由无数个点构成的，面是由无数个线构成的，体是由无数个面构成的。
2.2空间几何体的性质不同的空间几何体具有不同的特征和性质。
例如，平面内的点与点之间可以通过直线相连，而在空间内则需要使用线段。
此外，空间几何体还具有对称性、轴对称性、等距性等重要性质。
三、立体几何的重要知识点3.1立体的表面积和体积计算计算立体的表面积和体积是立体几何中的基本问题。
根据不同立体的特征，具体的计算公式有所不同。
例如，计算正方体的表面积可以使用公式：$S=6a^2$，其中$a$表示边长。
计算长方体的体积可以使用公式：$V=l wh$，其中$l$、$w$和$h$分别表示长、宽和高。
3.2空间固体与投影空间固体的投影是指将立体物体在某个平面上的投影图形。
在计算空间固体的投影时，需要考虑物体与投影面的相对位置关系。
例如，计算柱体在水平面上的投影可以使用公式：$S=\p ir^2$，其中$r$表示柱体的半径。
3.3空间几何体的位置关系在立体几何中，空间几何体的位置关系通常包括在平面内的位置关系和在空间内的位置关系两个方面。
对于在平面内的位置关系，常见的问题包括如何判断两条直线的平行性以及如何判断两条直线的垂直性。
在空间内的位置关系问题中，常见的问题包括如何判断两个平面的平行性以及如何判断两个平面的垂直性。
3.4空间几何体的相似性空间几何体的相似性是指两个或多个几何体在形状上具有相似的特征。
根据相似性理论，我们可以通过已知几何体的一些特征来推导出未知几何体的特征。
例如，如果两个几何体的对应边成比例，且对应角相等，则可判定两个几何体相似。
高考数学中的空间立体几何问题解析
高考数学中的空间立体几何问题解析在高考数学中，空间立体几何是考试中出现频率比较高的一类题型。
空间立体几何的基础是空间坐标系和三维图形的构造，主要包括点、线、面、体及其相互关系的研究，其中点之间的位置关系是空间立体几何的核心。
在考场上要想熟练地解决这些问题，需要掌握一定的思维方法和解题技巧。
一、空间立体几何的基础1. 空间直角坐标系：空间直角坐标系是立体坐标系的一种，它把三维空间分成了三个相互垂直的坐标轴：x轴、y轴和z轴。
在立体坐标系中，一个点的位置用三个有序实数来表示，这三个实数分别代表这个点到三条坐标轴的距离。
2. 点、线、面、体：点是空间最基本的要素，它是一个没有大小的点。
线是两个点间最短距离的轨迹，其长度可以用两点间的距离表示。
面是三个或三个以上不共线的点所决定的平面。
体是由若干个平面围成的空间几何图形，常见的体有球、立方体、棱锥等。
3. 空间几何图形的构造：空间几何图形的构造是解决空间立体几何问题的第一步，这需要我们根据题目所描述的条件，构造出相应的点、线、面、体。
二、重要的空间直线和平面1. 方向余弦：空间直线的方向可以用方向余弦来表示。
方向余弦是指由一条直线的方向向量在坐标轴上的投影所组成的数列。
如一条直线的方向向量为(a,b,c)，则它在x轴、y轴、z轴上的方向余弦分别为a、b、c。
2. 平面的解析式：平面方程的解析式就是由平面上的一点和该平面的法向量所组成的方程。
常见的平面方程包括一般式、点法式、两点式和截距式。
3. 空间直线的位置关系：空间直线有共面、平行和相交等三种位置关系。
两条直线共面的条件是它们的方向向量能够表示出一个平面。
三、空间几何图形的计算1. 空间几何图形的面积和体积：空间几何图形的面积和体积是解决空间立体几何问题的关键。
求一些固定图形的面积和体积可以用公式解决，如正方体的面积和体积、正三角形的面积、球体的表面积和体积等等。
2. 点到线段的距离：点到线段的距离是解决空间立体几何问题的常见问题，它可以用勾股定理和向量相乘来求解。
立体几何的最值问题
立体几何最值问题立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的是空间图形的性质和数量关系。
在立体几何中，我们经常遇到最值问题，即寻找某个量的最大值或最小值。
本文将介绍立体几何中最值问题的几个方面：1.立体几何位置关系立体几何中的位置关系是指空间中点、线、面之间的相对位置。
解决位置关系问题需要运用空间想象和逻辑推理。
在立体几何中最值问题中，位置关系往往与距离、角度等问题交织在一起，需要综合考虑多种因素。
2.立体几何中的距离立体几何中的距离是指空间中两点之间的直线距离，或者是点与线、线与面之间的距离。
在解决最值问题时，我们需要考虑如何利用距离公式来计算最短路径、最大距离等。
3.立体几何中的体积立体几何中的体积是指空间中封闭图形的体积，或者是两个平面图形之间的距离。
计算体积需要运用体积公式，而解决最大或最小面积问题则需要考虑如何调整图形的形状和大小。
4.立体几何中的最短路径立体几何中的最短路径问题是指寻找空间中两点之间的最短距离。
解决这类问题需要运用距离公式和几何定理，有时还需要借助对称、旋转等技巧。
5.立体几何中的最大/最小面积立体几何中的最大/最小面积问题通常涉及到平面图形在空间中的展开和折叠。
解决这类问题需要运用面积公式和平面几何定理，同时要注意图形的对称性和边长之间的关系。
6.立体几何中的角度问题立体几何中的角度问题是指空间中两条直线或两个平面之间的夹角。
解决这类问题需要运用角度公式和空间向量，同时要注意图形的对称性和边长之间的关系。
7.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题是指一个点或一条线在空间中按照一定规律移动所形成的轨迹。
解决这类问题需要运用轨迹方程和运动学原理，同时要注意轨迹的形状和大小随时间的变化情况。
高中数学立体几何经典常考题型
高中数学（一）立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO ⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA ∥PO.(1)求证：平面PBD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.(1)证明∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4，∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2.∴CO ⊥AB.又PO ⊥平面ABC ，OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ，∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB.又CO ⊂平面COD ，∴平面PDB ⊥平面COD.(2)解 以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，∴PD→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1).设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0， 令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3).设PD 与平面BDC 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211.【类题通法】利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系.第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【变式训练】如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F .(1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB→，AD →，AA1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1. 设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A1E→， n 1⊥A1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r1＋12s1＝0，s1－t1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A1B1→＝(1，0，0)，A1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角E -A 1D B 1的余弦值为|n1·n2||n1|·|n2|＝23×2＝63. 题型二:立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB.(2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO.因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO.因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2.所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解 设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈0，1]，使得AM →＝λAP →.因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时AMAP＝14.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【变式训练】如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，E为PA的中点.(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝BC2－CN2＝102－82＝6，∴AB＝12，而E，M分别为PA，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE∥平面BPC.(2)解 由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (8，0，0)，B (8，12，0)，C (0，6，0)，P (0，0，8).假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ，设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF→＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)， 由CF →·DB →＝0得t ＝23. 又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)，设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ).又PC →＝(0，6，－8)，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9).则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n||m|＝81×82＋122＋92＝817. 又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F －PC －D 的余弦值为817.题型三:立体几何中的折叠问题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，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD ，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB2－AO2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF→的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz . 则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3).设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x1－4y1＝0，3x1＋y1＋3z1＝0， 所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x2＝0，3x2＋y2＋3z2＝0， 所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m||n|＝－1450×10＝－7525. sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，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.【变式训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0， 得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n1·BC →＝0，n1·A1C →＝0，得⎩⎨⎧－x1＋y1＝0，y1－z1＝0，取n 1＝(1，1，1)； ⎩⎪⎨⎪⎧n2·CD →＝0，n2·A1C →＝0，得⎩⎨⎧x2＝0，y2－z2＝0，取n 2＝(0，1，1)， 从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。
高考立体几何知识点分布
高考立体几何知识点分布立体几何是高中数学中的重要内容之一，也是高考中必考的知识点。
在高考中，立体几何的知识点分布广泛，不同年份的考题涉及的内容也有所不同。
本文将分析高考立体几何知识点的分布情况，帮助学生更好地准备高考。
1.平面与直线的位置关系在立体几何中，平面与直线的位置关系是一个基本的知识点。
高考试卷中常常涉及平面与直线的相交、平行和垂直等问题。
例如，要求判断两个平面是否相交、两条直线是否相交等。
此类题目需要掌握平面与直线的方程，灵活运用相关的几何定理和性质。
2.立体的表面积与体积计算立体的表面积和体积是高考中常见的题型。
对于常见的几何体，如长方体、正方体、圆柱体等，需要准确计算其表面积和体积。
同时，还要能够应用这些计算结果解决实际问题。
例如，给定一个容器的体积和尺寸，要求计算能够装入其中的最大物体的体积。
3.立体图形的投影在立体几何中，图形的投影是一个重要的概念。
高考中常常要求画出某个几何体在不同方向上的投影，或者根据已知的投影图像来还原几何体的形状。
此类题目需要掌握正交投影和斜投影的基本方法，理解投影的本质，并且具备良好的空间想象能力。
4.球与球面球与球面是立体几何中的重要概念。
高考中经常涉及球的体积、表面积以及球表面上的点与点的位置关系等问题。
此外，还需要掌握球面上的切线、切平面以及球内部和外部的点与球面的位置关系。
掌握球与球面的性质，对解决相关题目非常有帮助。
5.空间几何体的相交关系在高考中，空间几何体的相交关系也是一个重要的考点。
此类题目常常要求判断两个或多个几何体是否相交，并求出它们相交的部分的性质。
例如，判断两个平面是否相交，或者判断一个点是否在某个几何体内部。
理解几何体的相交关系，需要掌握相关的几何定理和性质，具备一定的逻辑思维能力。
以上是的一些主要内容。
在备考过程中，学生应该注重掌握基本概念和性质，理解几何定理的证明和应用，并多进行真题训练，提高解题能力和思维灵活性。
此外，空间想象能力的培养也是非常重要的，只有通过多看、多思考、多动手实践才能够获得。
高考数学(理)之立体几何与空间向量 专题03 空间点、线、面的位置关系(解析版)
立体几何与空间向量03 空间点、线、面的位置关系一、具体目标：1.理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理；2.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理；3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.二、知识概述：1.平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内(即直线在平面内)．(2)公理2：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可以确定一个平面)．(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线． 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．2. 空间两直线的位置关系直线与直线的位置关系的分类⎩⎨⎧ 共面直线⎩⎪⎨⎪⎧ 平行相交异面直线：不同在任何一个平面内直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种情况．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．3.异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角或直角叫作异面直线a ，b 所成的角(或夹角)．②范围：.4.异面直线的判定方法： ]2,0(π【考点讲解】判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线；反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．5.求异面直线所成的角常采用“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．【温馨提示】平面的基本性质，点、直线、平面之间的位置关系是高考试题主要考查知识点，题型除了选择题或填空题外，往往在大题中结合平行关系、垂直关系或角的计算间接考查．1.【2019年高考全国Ⅲ卷】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【解析】本题主要考查的空间两条直线的位置关系问题，要求会构造三角形，讨论两直线是否共面，并通过相应的计算确定两条直线的大小关系.如图所示，作EO CD⊥于O，连接ON，BD，易得直线BM，EN是三角形EBD的中线，是相交直线.过M作MF OD⊥于F，连接BF，Q平面CDE⊥平面ABCD，,EO CD EO⊥⊂平面CDE，EO∴⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，MFB∴△与EON△均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN===,，5,2MF BF BM==∴=，BM EN∴≠，故选B．] 2 ,0(π【真题分析】【答案】B2.【2018年高考全国Ⅱ卷理数】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为（ ）A ．15 BCD【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则11B P AD ∥，连接DP ，易求得1DB DP =，12B P =，则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得22211111cos 2DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅.故选C.方法二：以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则()()((110,0,0,1,0,0,,D A B D ,所以((11,AD DB =-=u u u u r u u u u r ,因为111111cos ,5AD DB AD DB AD DB ⋅===u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r ， 所以异面直线1AD 与1DB所成角的余弦值为5，故选C. 【答案】C3. 【2018年高考全国Ⅱ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为（ ）A．2 BCD【解析】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，CD AB ∥，所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠，设正方体边长为2a ，则由E 为棱1CC 的中点，可得CE a =，所以BE =，则tan BE EAB AB ∠===．故选C ．【答案】C4.【2017年高考全国Ⅱ卷理数】已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A．2 B．5 C．5D．3 【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，则所求角为1111,BC D BC BD C D AB ∠=====Q易得22211C D BD BC =+，因此111cos 5BC BC D C D ∠===，故选C ． 【答案】C5.【2017年高考全国Ⅲ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则（ ）A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥【解析】根据三垂线定理的逆定理，可知平面内的线垂直于平面的斜线，则也垂直于斜线在平面内的射影.A.若11A E DC ⊥，那么11D E DC ⊥，很显然不成立；B.若1A E BD ⊥，那么BD AE ⊥，显然不成立；C.若11A E BC ⊥，那么11BC B C ⊥，成立，反过来11BC B C ⊥时，也能推出11BC A E ⊥,所以C 成立；D.若1A E AC ⊥，则AE AC ⊥，显然不成立，故选C.【答案】C6.【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ； ②m ∥α； ③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .7.【2017年高考全国Ⅲ卷理数】a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45°；④直线AB 与a 所成角的最大值为60°. 其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【解析】设1AC BC ==.由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连接AD ，等腰ABD △中，AB AD ==当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=o ，故BD =Rt BDE △中，2,BE DE =∴=B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连接AF ，由圆的对称性可知BF DE ==ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=o ，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【答案】②③8.【2016高考浙江文数】如图，已知平面四边形ABCD ，AB =BC =3，CD =1，ADADC =90°．沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD '，直线AC 与BD '所成角的余弦的最大值是______．【解析】设直线AC 与'BD 所成角为θ．设O 是AC 中点，由已知得AC =如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，由(0,2A，(2B，(0,2C -，作DH AC ⊥于H ，翻折过程中，'D H 始终与AC 垂直，26CD CH CA ===，则3OH =，DH =='(,sin )636D αα-，则'sin )6236BD αα=--uuu r ，与CA uu r 平行的单位向量为(0,1,0)n =r ， 所以cos cos ',BD n θ=<>uuu r r ''BD n BD n⋅=uuu r r uuu r rcos 1α=时，cos θ取最大值9．9.【2017天津，文17】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（I ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（II ）求证：PD ⊥平面PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.【分析】（Ⅰ）异面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，//AD BC ，所以PAD ∠即为所求，根据余弦定理求得，但本题可证明AD PD ⊥，所以cosAD PAD AP ∠=；（Ⅱ）要证明线面垂直，根据判断定理，证明线与平面内的两条相交直线垂直，则线与面垂直，即证明,PD BC PD PB ⊥⊥；（Ⅲ）根据（Ⅱ）的结论，做//DF AB ，连结PF ,DFP ∠即为所求【解析】（Ⅰ）解：如图，由已知AD //BC ，故DAP ∠或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角.因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD .在Rt △PDA 中，由已知，得225AP AD PD =+=，故5cos AD DAP AP ∠==. 所以，异面直线AP 与BC C（Ⅱ）证明：因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD .又因为BC //AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，所以PD ⊥平面PB C.10.【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ，EG O 为A 1G 的中点，故12A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B 1，0），1B ，3,2F ，C (0，2，0)．因此，3,2EF =u u u r ，(BC =u u u r ．由0EF BC ⋅=u u u r u u u r 得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(0223)BC A C --u u u r u u u u r ，，，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r n n，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅u u u r u u u r u u u r ，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．2.【2017课标1，文6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（ ） A ． B ．C ．D ．【解析】本题考点是线面平行的判断问题，由题意可知：第二个选项中AB ∥MQ ，在直线AB ∥平面MNQ ，第三个选项同样可得AB ∥MQ ，直线AB ∥平面MNQ ，第四个选项有AB ∥NQ ，直线AB ∥平面MNQ ，只有选项A 不符合要求【答案】A2．空间中，可以确定一个平面的条件是（ ）A ．两条直线B ．一点和一条直线C ．一个三角形D ．三个点【解析】不共线的三点确定一个平面，C 正确；A 选项，只有这两条直线相交或平行才能确定一个平面；B 选项，一条直线和直线外一点才能确定一个平面；D 选项，不共线的三点确定一个平面.【答案】C3.在三棱锥A －BCD 的棱AB 、BC 、CD 、DA 上分别取E 、F 、G 、H 四点，如果EF ∩HG ＝P ，则点P （ ）A .一定在直线BD 上B .一定在直线AC 上 【模拟考场】C .在直线AC 或BD 上 D .不在直线AC 上，也不在直线BD 上【解析】如图所示，∵EF ⊂平面ABC ，HG ⊂平面ACD ，EF ∩HG ＝P ，∴P ∈平面ABC ，P ∈平面ACD .又∵平面ABC ∩平面ACD ＝AC ，∴P ∈AC ，故选B .【答案】B4.已知平面α和直线l ，则在平面α内至少有一条直线与直线l ( )A.平行B.垂直C.相交D.以上都有可能【解析】本题的考点是直线与平面的位置关系，直线与直线的位置关系，若直线l 与平面α相交，则在平面α内不存在直线与直线l 平行，故A 错误；若直线l ∥平面α，则在平面α内不存在直线与l 相交，故C 错误；对于直线l 与平面α相交，直线l 与平面α平行，直线l 在平面α内三种位置关系，在平面α内至少有一条直线与直线l 垂直，故选B.【答案】B5.如图，四棱锥P ABCD -中，90ABC BAD ∠=∠=︒，2BC AD =，PAB ∆和PAD ∆都是等边三角形，则异面直线CD 和PB 所成角的大小为（ ）A ．90︒B ．75︒C ．60︒D ．45︒【解析】设1AD =，则2BC =，过A 作//AE CD 交BC 于E ，则AD CE =，过E 作//EF PB 交PC于F ，则AEF ∠即为为所求，如图所示，过F 作//FG CD 交PD 于G ，连接AG ，则四边形AEFG 是梯形，其中//FG AE ，12EF =G 作//GH EF 交AE 于H ，则GHA AEF ∠=∠，在GHA ∆中，1,,222GH EF AH AE FG AG ===-===则 222AG GH AH =+，所以90AEF ∠=︒，故选A.【答案】A6.不在同一条直线上的三点A 、B 、C 到平面α的距离相等，且A ∉α，给出以下三个命题：①△ABC 中至少 有一条边平行于α；②△ABC 中至多有两边平行于α；③△ABC 中只可能有一条边与α相交.其中真命题是_____________.【解析】直线与平面的位置关系，平面与平面的位置关系，如图，三点A 、B 、C 可能在α的同侧，也可能在α两侧，其中真命题是①.【答案】①7.已知A 是△BCD 所在平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点，(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．【解析】本题考点反证法证明异面直线，异面直线所成的角.(1)证明：假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A 、B 、C 、D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)取CD 的中点G ，连接EG 、FG ，则EG ∥BD ，所以直线EF 与EG 所成的角即为异面直线EF 与BD 所成的角．在Rt △EGF 中，由EG ＝FG ＝12AC ，可得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.8.如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，M ，N 分别是棱AA 1，AB 上的点，且AM ＝AN ＝1.（1）证明：M ，N ，C ，D 1四点共面；（2）平面MNCD 1将此正方体分为两部分，求这两部分的体积之比.【解析】本题考点是多点共面的证明，平面分几何体的体积之比.（1）证明：连接A 1B ，在四边形A 1BCD 1中，A 1D 1∥BC 且A 1D 1＝BC ，所以四边形A 1BCD 1是平行四边形.所以A 1B ∥D 1C. 在△ABA 1中，AM ＝AN ＝1，AA 1＝AB ＝3，所以1AM AN AA AB， 所以MN ∥A 1B ，所以MN ∥D 1C.所以M ，N ，C ，D 1四点共面.（2）记平面MNCD 1将正方体分成两部分的下部分体积为V 1，上部分体积为V 2，连接D 1A ，D 1N ，DN ，则几何体D 1－AMN ，D 1－ADN ，D 1－CDN 均为三棱锥，所以V 1＝111D AMN D ADN D CDN V V V ---++＝13S △AMN ·D 1A 1＋13S △ADN ·D 1D ＋13S △CDN ·D 1D ＝13×12×3＋13×32×3＋13×92×3＝132. 从而V 2＝1111ABCD A B C D V -－V 1＝27－132＝412，所以121341V V =， 所以平面MNCD 1分此正方体的两部分体积的比为1341.。
高中立体几何知识点总结
高中立体几何知识点总结高中立体几何知识点总结立体几何是几何学的一个分支，研究物体的三维空间结构和性质，其重点是探讨物体的表面积、体积、形状、投影、相交等问题。
作为高中数学的重要组成部分，立体几何的知识点包含几何体、空间向量、空间位置关系和空间几何解析四大方面。
一、几何体1.球与球的关系：两球相离、相切、相交。
2.立体角：定义、立体角对立面的定义及对应角相等、立体角的典型问题及其解法。
3.圆锥面积与圆锥体积：圆锥旋转成体的概念与性质，及圆锥面积和圆锥体积的计算公式。
4.棱锥与棱柱：棱锥的特征和体积公式、棱柱的特征和体积公式、棱柱剖面的面积公式。
5.四面体、六面体：四面体特征和体积公式、六面体特征和体积公式。
二、空间向量1.向量的概念和性质：向量的定义、运算律、数量积、向量积。
2.向量的表示方法：坐标表示、参数表示和模、方向角、方向余弦。
3.线性运算：向量表示为线性组合形式，解决向量的线性方程组。
三、空间位置关系1.点与直线、点与平面、直线与平面的位置关系：点与直线的位置关系、点与平面的位置关系、直线和平面的位置关系。
2.平行、垂直的判定及相关问题：平行、垂直判定公式，两直线距离及交点的坐标求解。
3.点到直线、点到平面的距离：点到直线的距离公式和推导、点到面的距离公式和推导。
4.三角形的性质：三角形重心、垂心、辅助线问题，海伦公式与三角形面积公式。
5.四边形的性质：四边形同种类四边形的性质、对角线互相垂直的条件、美索不达米亚定理。
四、空间几何解析1.空间坐标系的建立：矩形坐标系、极坐标系、柱面坐标系与球长坐标系。
2.空间中的方位角、高度角等概念：距离角度、方位角、高度角的定义及计算。
3.两点之间的距离公式：平面坐标系中求直线距离、空间坐标系中求空间线段的距离。
4.空间直线和平面的方程及相关问题：直线和平面方程求解，直线和平面的交线、交点问题。
立体几何(学生版)--2025新高考数学新题型
立体几何题型01 空间几何体的有关计算题型02 点线面位置关系、空间角及距离题型03 内切球、外接球问题题型04 空间向量题型01 空间几何体的有关计算1(2024·山西晋城·统考一模)若一个正n棱台的棱数大于15，且各棱的长度构成的集合为{2,3}，则n 的最小值为，该棱台各棱的长度之和的最小值为．2(2024·浙江·校联考一模)已知圆台的上下底面半径分别是1，4，且侧面积为10π，则该圆台的母线长为．3(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)球O的半径与圆锥M的底面半径相等，且它们的表面积也相等，则圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为，球O的体积与圆锥M的体积的比值为．4(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)已知圆锥的母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为时，圆锥的体积最大，最大值为．5(2024·广东深圳·校考一模)已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆.若用平行于圆锥的底面，且与底面的距离为3的平面截圆锥，将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台，则小圆锥和圆台的体积之比为.6(2024·辽宁沈阳·统考一模)正方体的8个顶点分别在4个互相平行的平面内，每个平面内至少有一个顶点，且相邻两个平面间的距离为1，则该正方体的棱长为()A.2B.3C.2D.57(2024·云南曲靖·统考一模)为努力推进“绿美校园”建设，营造更加优美的校园环境，某校准备开展校园绿化活动．已知栽种某绿色植物的花盆可近似看成圆台，圆台两底面直径分别为18厘米，9厘米，母线长约为7.5厘米．现有2000个该种花盆，假定每一个花盆装满营养土，请问共需要营养土约为( )(参考数据：π≈3.14)A.1.702立方米B.1.780立方米C.1.730立方米D.1.822立方米8(2024·新疆乌鲁木齐·统考一模)某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由棱长为40cm的正方体截去八个一样的四面体得到的，则()A.该几何体的顶点数为12B.该几何体的棱数为24C.该几何体的表面积为(4800+8003)cm 2D.该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项9(2024·山西晋城·统考一模)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =2，AA 1=4，C 1 E =3EC，平面ABE 将该正四棱柱分为上、下两部分，记上部分对应的几何体为Ω上，下部分对应的几何体为Ω下，则()A.Ω下的体积为2B.Ω上的体积为12C.Ω下的外接球的表面积为9πD.平面ABE 截该正四棱柱所得截面的面积为25题型02 点线面位置关系、空间角及距离10(2024·河北·校联考一模)已知直线l 、m 、n 与平面α、β，下列命题正确的是()A.若α⎳β，l ⊂α，n ⊂β，则l ⎳nB.若α⊥β，l ⊂α，则l ⊥βC.若l ⊥n ，m ⊥n ，则l ⎳mD.若l ⊥α，l ⎳β，则α⊥β11(2024·浙江·校联考一模)已知直线a ,b 和平面α,a ⊄α,b ∥α，则“a ∥b ”是“a ∥α”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12(2024·广东深圳·校考一模)已知α，β是两个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，则下列说法正确的是()A.若m ⊥n ，m ⊥α，n ⊥β，则α⊥βB.若m ⎳n ，m ⎳α，n ⎳β，则α⎳βC.若m ⊥n ，m ⎳α，α⊥β，则n ⊥βD.若m ⎳n ，m ⊥α，α⊥β，则n ⎳β13(2024·吉林白山·统考一模)正八面体可由连接正方体每个面的中心构成，如图所示，在棱长为2的正八面体中，则有()A.直线AE与CF是异面直线B.平面ABF⊥平面ABEC.该几何体的体积为432 D.平面ABE与平面DCF间的距离为26314(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,∠BAD=120°,AC⊥BD，△BCD是等边三角形.(1)证明：平面PAD⊥平面PCD.(2)求二面角B-PC-D的正弦值.15(2024·辽宁沈阳·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABC⊥平面BCD，且BC=BD= BA，∠CBA=∠CBD=120°，点P在线段AC上，点Q在线段CD上.(1)求证：AD⊥BC；(2)若AC⊥平面BPQ，求BPBQ的值；(3)在(2)的条件下，求平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值.16(2024·重庆·统考一模)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB= AP，AB⊥AD,AB+AD=6,CD=2,∠CDA=45°．(1)若E为PB的中点，求证：平面PBC⊥平面ADE；(2)若平面PAB与平面PCD所成的角的余弦值为66．(ⅰ)求线段AB的长；(ⅱ)设G为△PAD内(含边界)的一点，且GB=2GA，求满足条件的所有点G组成的轨迹的长度．17(2024·云南曲靖·统考一模)在图1的直角梯形ABCD中，∠A=∠D=90°,AB=BC=2,DC=3，点E是DC边上靠近于点D的三等分点，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1= 6，如图2．(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；(2)在棱DC1上是否存在点P，使得二面角P-EB-C1的大小为45°？若存在，求出线段DP的长度，若不存在说明理由．18(2024·云南曲靖·统考一模)如图所示，正方体ABCD -A B C D 的棱长为1，E ,F 分别是棱AA ,CC 的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB ,DD 交于点M ,N ，以下四个命题中正确的是()A.四边形EMFN 一定为菱形B.四棱锥A -MENF 体积为13C.平面EMFN ⊥平面DBB DD.四边形EMFN 的周长最小值为419(2024·山东济南·山东省实验中学校考一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PB 与底面ABCD 所成的角为π4，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC =∠BAD =π2,AD =2,PA =BC =1，点E 为棱PD 上一点，满足PE =λPD0≤λ≤1 ，下列结论正确的是()A.平面PAC ⊥平面PCD ；B.在棱PD 上不存在点E ，使得CE ⎳平面PABC.当λ=12时，异面直线CE 与AB 所成角的余弦值为255；D.点P 到直线CD 的距离3；20(2024·新疆乌鲁木齐·统考一模)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA =AB ，点E ，F 分别是棱PB ，BC 的中点．(1)求直线AF 与平面PBC 所成角的正弦值；(2)在截面AEF 内是否存在点G ，使DG ⊥平面AEF ，并说明理由．21(2024·山西晋城·统考一模)如图，P 是边长为2的正六边形ABCDEF 所在平面外一点，BF 的中点O 为P 在平面ABCDEF 内的射影，PM =2MF．(1)证明：ME ⎳平面PBD ．(2)若PA =2，二面角A -PB -D 的大小为θ，求cos2θ．22(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是AD 1的中点，点Q 是直线CD 1上的动点，则下列说法正确的是()A.△PBD 是直角三角形B.异面直线PD 与CD 1所成的角为π3C.当AB 的长度为定值时，三棱锥D -PBQ 的体积为定值D.平面PBD ⊥平面ACD123(2024·浙江·校联考一模)在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形BCC1B1是菱形，△ABC是等边三角形，点M是线段AB的中点，∠ABB1=60°．(1)证明：B1C⊥平面ABC1；(2)若平面ABB1A1⊥平面ABC，求直线B1C与平面A1MC1所成角的正弦值．24(2024·广东深圳·校考一模)如图，在圆锥SO中，AB是圆O的直径，且△SAB是边长为4的等边三角形，C,D为圆弧AB的两个三等分点，E是SB的中点.(1)证明：DE⎳平面SAC；(2)求平面SAC与平面SBD所成锐二面角的余弦值.25(2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)在如图所示的五面体ABCDEF中，ABEF共面，△ADF是正三角形，四边形ABCD为菱形，∠ABC=2π3,EF⎳平面ABCD,AB=2EF=2，点M为BC中点．(1)证明：EM∥平面BDF；(2)已知EM=2，求平面BDF与平面BEC所成二面角的正弦值．26(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB =5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=54，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△DEF 位置，OD =10．(1)证明：D H⊥平面ABCD；(2)求平面BAD 与平面ACD 的夹角的余弦值．27(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模)设b、c表示两条直线，α、β表示两个平面，则下列命题正确的是()A.若b⎳α，c⊂α，则b⎳cB.若b⊂α，b⎳c，则c⊂αC.若c⎳α，α⊥β，则c⊥βD.若c⎳α，c⊥β，则α⊥β28(2024·吉林延边·统考一模)已知三棱柱ABC-A1B1C1，侧面AA1C1C是边长为2的菱形，∠CAA1 =πA1是矩形，且平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，点D是棱A1B1的中点．3，侧面四边形ABB1(1)在棱AC上是否存在一点E，使得AD∥平面B1C1E，并说明理由；(2)当三棱锥B-A1DC1的体积为3时，求平面A1C1D与平面CC1D夹角的余弦值．29(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)如图1，在平面四边形PABC中，PA⊥AB,CD⎳AB，CD=2AB=2PD=2AD=4.点E是线段PC上靠近P端的三等分点，将△PDC沿CD折成四棱锥P-ABCD，且AP=22，连接PA,PB,BD，如图2.(1)在图2中，证明：PA⎳平面BDE；(2)求图2中，直线AP与平面PBC所成角的正弦值.30(2024·重庆·统考一模)如图，在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，M是线段A1E上的一点，则下列说法正确的是()A.当M点与A1点重合时，直线AC1⊂平面ACMB.当点M移动时，点D到平面ACM的距离为定值C.当M点与E点重合时，平面ACM与平面CC1D1D夹角的正弦值为53D.当M点为线段A1E中点时，平面ACM截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面面积为73332 31(2024·福建厦门·统考一模)如图，在四棱锥E-ABCD中，AD⎳BC，2AD=BC=2，AB=2，AB⊥AD，EA⊥平面ABCD，过点B作平面α⊥BD．(1)证明：平面α⎳平面EAC；(2)已知点F为棱EC的中点，若EA=2，求直线AD与平面FBD所成角的正弦值．32(2024·吉林延边·统考一模)如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，DE =BF =1,DE ∥BF ,DE ⊥平面ABCD ，动点P 在线段EF 上，则下列说法正确的是()A.AC ⊥DPB.存在点P ，使得DP ∥平面ACFC.三棱锥A -CDE 的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是9π2D.当动点P 与点F 重合时，直线DP 与平面ACF 所成角的余弦值为3101033(2024·福建厦门·统考一模)如图所示，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是矩形，△ABF 和△DCE 均是等边三角形，且AB =23，EF =x (x >0)，则()A.EF ⎳平面ABCDB.二面角A -EF -B 随着x 的减小而减小C.当BC =2时，五面体ABCDEF 的体积V (x )最大值为272D.当BC =32时，存在x 使得半径为32的球能内含于五面体ABCDEF 题型03 内切球、外接球问题34(2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模)已知四面体ABCD 的各个面均为全等的等腰三角形，且CA =CB =2AB =4.设E 为空间内任一点，且A ,B ,C ,D ,E 五点在同一个球面上，则()A.AB ⊥CDB.四面体ABCD 的体积为214C.当AE =23时，点E 的轨迹长度为4πD.当三棱锥E -ABC 的体积为146时，点E 的轨迹长度为32π35(2024·吉林白山·统考一模)在四面体A -BCD 中，BC =22，BD =23，且满足BC ⊥BD ，AC ⊥BC ，AD ⊥BD ．若该三棱锥的体积为863，则该锥体的外接球的体积为．36(2024·吉林延边·统考一模)已知一个圆锥的侧面展开图是一个圆心角为25π5，半径为5的扇形.若该圆锥的顶点及底面圆周都在球O 的表面上，则球O 的体积为.37(2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，以A1为球心、3为半径的球面与底面ABC的交线长为3π6，则三棱柱ABC-A1B1C1的表面在球内部分的总面积为．38(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)已知球O的直径PQ=4，A，B，C是球O球面上的三点，△ABC是等边三角形，且∠APQ=∠BPQ=∠CPQ=30°，则三棱锥P-ABC的体积为( ).A.334B.934C.332D.273439(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)如图所示，有一个棱长为4的正四面体P-ABC容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是()A.直线AE与PB所成的角为π2B.△ABE的周长最小值为4+34C.如果在这个容器中放入1个小球(全部进入)，则小球半径的最大值为63D.如果在这个容器中放入4个完全相同的小球(全部进入)，则小球半径的最大值为26-25 40(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)如图，在正三棱锥P-ABC中，有一半径为1的半球，其底面圆O与正三棱锥的底面贴合，正三棱锥的三个侧面都和半球相切．设点D为BC的中点，∠ADP=α．(1)用α分别表示线段BC和PD长度；(2)当α∈0,π2时，求三棱锥的侧面积S的最小值．41(2024·江西吉安·吉安一中校考一模)地球仪是地理教学中的常用教具.如图1所示，地球仪的赤道面(与转轴垂直)与黄道面(与水平面平行)存在一个夹角，即黄赤交角，大小约为23.5°.为锻炼动手能力，某同学制作了一个半径为4cm 的地球仪(不含支架)，并将其放入竖直放置的正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中(姿态保持不变)，使地球仪与该三棱柱的三个侧面相切，如图2所示.此时平面AB 1C 恰与地球仪的赤道面平行，则三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球体积为.(参考数据：tan23.5°≈0.43)题型04 空间向量42(2024·福建厦门·统考一模)已知平面α的一个法向量为n=(1,0,1)，且点A (1,2,3)在α内，则点B (1,1,1)到α的距离为．43(2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)在边长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，动点M 满足AM =xAB +yAD +zAA 1 ，(x ,y ,z ∈R 且x ≥0,y ≥0,z ≥0)，下列说法正确的是()A.当x =14,z =0,y ∈0,1 时，B 1M +MD 的最小值为13B.当x =y =1,z =12时，异面直线BM 与CD 1所成角的余弦值为105C.当x +y +z =1，且AM =253时，则M 的轨迹长度为42π3D.当x +y =1,z =0时，AM 与平面AB 1D 1所成角的正弦值的最大值为6344(2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模)如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =AD =AA 1=1，∠DAB =90°，cos <AA 1 ，AB >=22，cos <AA 1 ，AD >=12，点M 为BD 中点.(1)证明：B 1M ⎳平面A 1C 1D ；(2)求二面角B -AA 1-D 的正弦值.。
空间几何中的位置关系与距离计算
空间几何中的位置关系与距离计算在空间几何中，位置关系与距离计算是两个核心概念。
准确理解和应用这些概念对于解决几何问题至关重要。
本文将介绍空间几何的位置关系概念，并详细阐述距离计算方法。
一、位置关系概念在空间几何中，我们常常需要确定点或者物体之间的位置关系。
以下是一些常见的位置关系概念：1. 同一平面：当两个点或者物体处于同一平面内时，它们被称为共面。
共面的点可以在同一个平面上画出，物体可以放置在同一平面上。
2. 平行关系：两个直线或者平面在空间中不相交，且始终保持相同的距离，这时它们被称为平行的。
3. 垂直关系：两个直线、平面或者线线、线面相交的两条线段夹角为90度时，它们被称为垂直的。
垂直关系是一种特殊的相交关系。
4. 垂直平分面：垂直平分面指将一条线段垂直平分的平面。
垂直平分面使得线段上的两个点到平面的距离相等。
5. 垂直平分线：垂直平分线指将一条线段垂直平分的直线。
垂直平分线使得线段上的两个点到直线的距离相等。
以上是一些重要的位置关系概念，合理应用可以帮助我们更好地理解和分析空间几何中的问题。
二、距离计算方法在空间几何中，计算点或者物体之间的距离是解决问题的关键一步。
以下是几种常见的距离计算方法：1. 两点之间的距离：如果我们知道空间中两点的坐标，可以使用勾股定理计算它们之间的距离。
设两点的坐标分别为(x1, y1, z1)和(x2, y2, z2)，则两点间的距离d计算公式为：d = √((x2 - x1)² + (y2 - y1)² + (z2 - z1)²)2. 点到直线的距离：点到直线的距离是指一个点到直线上一点的最短距离。
设直线的方程为Ax + By + Cz + D = 0，点的坐标为(x0, y0, z0)，则点到直线的距离d计算公式为：d = |Ax0 + By0 + Cz0 + D| / √(A² + B² + C²)3. 点到平面的距离：点到平面的距离是指一个点到平面上一点的最短距离。
解答立体几何问题的常用方法
备考指南立体几何问题侧重于考查同学们的空间想象、逻辑推理以及运算能力.求解立体几何问题的常用方法主要有几何法和向量法.掌握并合理运用这两种解题方法，有利于迅速找到解题的思路.下面结合实例，谈一谈解答立体几何问题的常用方法.一、几何法几何法是解答立体几何问题的常用方法，也是比较重要的方法.在运用几何法求解立体几何问题时，要根据空间中点、线、面之间的位置关系，寻找平行、垂直关系，灵活运用立体几何中的定义、公理、判定定理和性质定理来分析、解答问题.例1.如图1所示，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为3的菱形，PD=3,PA=PC=23，点Q是PD的中点.（1）求证：直线PB∥平面ACQ；（2）求证：平面PAD⊥平面ABCD.证明：（1）连接BD交AC于点O，连接OQ，根据菱形ABCD的性质可知O为BD的中点，因为Q是PD的中点，所以OQ是ΔPBD的中位线，可得OQ∥PB.又OQ⊂平面ACQ，PB⊄平面ACQ，由线面平行的判定定理得PB∥平面ACQ.（2）在ΔPAD中，PD2+DA2=32+(3)2=12=(23)2 =PA2，所以PD⊥DA.同理可证PD⊥DC.因为DA⋂DC=D，由线面垂直的判定定理得PD⊥平面ABCD.因为PD⊂平面PAD，所以由面面垂直的判定定理得平面PAD⊥平面ABCD.在解答立体几何中有关线线、线面、面面平行和垂直的问题时，往往需要首先根据图形理清点、线、面之间的位置关系，然后运用线线、线面、面面平行和垂直的定义、判定定理、性质定理来解题.对于第一个问题，需首先想到运用线面平行的判定定理；对于第二个问题，要证明面面垂直，往往需先想到运用面面垂直的判定定理，则需根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，只需根据勾股定理证明线线垂直.二、向量法1.基底法基底法是指根据向量的基本定理，将各个向量用基底表示出来，通过向量运算来解题.运用基底法解题，需先根据立体几何图形的特点和位置关系，选择一组合适的向量，将其作为基底，再根据向量的基本定理，将各个向量用基底表示出来，利用向量的数量积公式、模的公式、共线定理等进行求解.例2.已知正四面体ABCD的各条棱长均为1，点E、F分别是BC、AD的中点，则AE∙CF=（）. A.0 B.12 C.1 D.-12解：如图2所示，设向量AB=a ,AC=b , AD=c ，因为正四面体的各条棱长均为1，所以a ∙b =a ∙c =b ∙c =1×1×cos60°=12，且||||b 2=1.因为点E、F分别是BC、AD的中点，所以AE=a +b 2， CF=-b +c 2，所以AE∙CF=æèçöø÷a +b 2∙æèçöø÷-b +c 2=-12a ∙b +14a ∙c -12||||b 2+14b ∙c=-12×12+14×12-12×1+14×12=-12.故本题选D.以AB=a 、AC=b 、 AD=c 为基底，并用这些基底将AE、CF表示出来，即可根据向量的数量积公式，求得AE∙CF的表达式及值.运用基底法解题的关键在于根据题意和图形的特点，选取合适的基底.图1图2552.坐标法有些立体几何问题中的图形为特殊图形，如正方体、直棱柱、长方体、正棱锥、圆锥、圆柱等，此时可采用坐标法求解.首先要根据这些图形的特点，找到两条或三条垂直且交于一点的直线，将其作为坐标轴，建立空间直角坐标系；然后求得相关点的坐标、直线的方向向量以及平面的法向量，通过向量的坐标运算求得问题的答案.若用a 、b 表示直线a 、b 的方向向量，用m 、n 表示平面α、β的法向量，则（1）直线a 、b 所成角的余弦值为：cos θ=||||||cos a ,b =||||||||||a ∙b ||a ||||b ；（2）直线a 与平面α所成角的正弦值为：sin θ=||cos a,m =||||||||a∙m ||a ||m ；（3）平面α、β的二面角的余弦值为：cos θ=cos m ,n =m ∙n ||m ||n 或cos θ=-cos m ,n =-m ∙n ||m ||n （依平面角与法向量夹角的大小而定）；（4）若A 为平面α外一点，P 为平面α上任意一点，则A 到平面α的距离为：d =|||||||| AP ∙n ||n.例3.据《九章算术》中的记载可知，堑堵是底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马是底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥；鳖臑是四个面均为直角三角形的四面体.如图3，在堑堵ABC -A 1B 1C 1中，AC ⊥BC .（Ⅰ）求证：四棱锥B -A 1ACC 1为阳马，并判断四面体A 1-CBC 1是否为鳖臑，若是，请写出各个面的直角（只写出结论）；（Ⅱ）若A 1A =AB =2，当阳马B -A 1ACC 1的体积最大时，求二面角C -A 1B -C 1的余弦值.图3解：(Ⅰ)由堑堵ABC -A 1B 1C 1的定义知A 1A ⊥底面ABC ，所以BC ⊥A 1A ，因为BC ⊥AC ，A 1A ⋂AC =A ，所以BC ⊥平面A 1ACC 1.由堑堵ABC -A 1B 1C 1的定义知，四边形A 1ACC 1为矩形，因此四棱锥B -A 1ACC 1为阳马.易知四面体A 1-CBC 1为鳖臑，四个面的直角分别是∠A 1CB ,∠A 1C 1C ,∠BCC 1,∠A 1C 1B .（Ⅱ）因为A 1A =AB =2，由（Ⅰ）知阳马B -A 1ACC 1的体积为V =13S 矩形A 1ACC 1∙BC =13×A 1A ×AC ×BC =23AC ×BC≤13(AC 2+BC 2)=13×AB 2=43，所以当AC =BC =2时，V max =43，此时直线CA ,CB ,CC 1两两互相垂直，可建立如图4所示的空间直角坐标系C -xyz .易知点C (0,0,0),B (0,2,0),A 1(2,0,2),C 1(0,0,2)，所以 CA 1=(2,0,2),CB =(0,2,0),BA 1=(2,-2,2)，BC 1=(0,-2,2).设平面CA 1B 的法向量为n =(x ,y ,z )，则ìíîn ∙CA 1=0，n ∙ CB =0，可得ìíî2x +2z =0，2y =0，令x =2，则z =-1,y =0，则n =(2,0,-1)；同理可得平面C 1A 1B 的一个法向量m =(0,2,1).所以cos <n ,m >=n ∙m ||n ||m =-13×3=-13.由图4知，二面角C -A 1B -C 1为锐二面角，故二面角C -A 1B -C 1的余弦值为13.利用坐标法求解有关夹角或距离问题，关键是建立合适的空间直角坐标系.通常要使更多的点落在坐标轴上，这样便于计算.有时可通过添加辅助线来画出其中的一条坐标轴.相比较而言，几何法和基底法的适用范围较广，对于大部分的题目，都可以采用几何法和基底法求解；而坐标法的适用范围较窄，只适用于求解方便建立空间直角坐标系的题目.但运用坐标法求解立体几何问题较为便捷，只需通过简单的向量运算即可.（作者单位：安徽省宁国市宁国中学）备考指南图456。
高三数学第一轮复习立体几何的综合问题知识精讲
高三数学第一轮复习：立体几何的综合问题【本讲主要内容】立体几何的综合问题立体几何知识的综合应用及立体几何与其它知识点的综合问题【知识掌握】【知识点精析】1. 立体几何的综合问题融直线和平面的位置关系于平面与几何体中，有计算也有论证。
解决这类问题需要系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与垂直的判定与性质．深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角的概念，理解点到面的距离、异面直线的距离的概念．2. 立体几何横向可与向量、代数、三角、解析几何等综合．3. 应用性问题、探索性问题需综合运用所学知识去分析解决．【解题方法指导】例1. 如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1的侧面AB1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距离相等，则动点P所在曲线的形状为（）解析：P到直线BC的距离等于P到B的距离，动点P的轨迹满足抛物线定义．故选C.例2. 如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥平面ABCD，（Ⅰ）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；（Ⅱ）证明不论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°．（Ⅰ）解：∵PB⊥面ABCD，∴BA是PA在面ABCD上的射影，又DA⊥AB ∴PA⊥DA∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角∴∠PAB＝60°，PB＝AB·tan60°＝3a ,∴ V 锥＝3233·3·31a a a =（Ⅱ）证明：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为等腰三角形，作AE ⊥PD ，垂足为E ，连结CE ，则△ADE ≌△CDE ，因为AE ＝CE ，∠CED ＝90o，故∠CEA 是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角． 设AC 与BD 交于点O ，连结EO ，则EO ⊥AC ，所以a AD AE OA a =<<=22，22a AE <， 在△AEC 中，02222cos 222222222<-=-=∙-+=∠AE a AE AE a AE EC AE AC EC AE CEA 所以面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90o。
高中数学知识点总结立体几何中的直线与平面的位置关系
高中数学知识点总结立体几何中的直线与平面的位置关系立体几何是数学中的重要分支，研究物体在空间中的形状、大小和位置等特征。
其中，直线与平面的位置关系是立体几何中的基本概念之一。
本文将总结高中数学中关于直线与平面的位置关系的知识点。
下面将详细介绍：1. 直线与平面的交点直线与平面的交点是指一个直线与一个平面相交于一点或多个点的情况。
根据直线与平面的位置关系，交点可以有以下三种情况：1.1 直线与平面相交于一点：当一条直线与一个平面有且仅有一个交点时，我们称这条直线与平面相交于一点。
这种情况下，直线穿过平面。
1.2 直线与平面平行：如果一条直线与平面没有交点，我们称这条直线与平面平行。
这种情况下，直线在空间中与平面平行运动，永远不会与平面相交。
1.3 直线在平面内：有时直线与平面的交点可以是一条直线。
这种情况下，直线完全位于平面内部，与平面重叠。
2. 直线与平面的夹角直线与平面的夹角是指直线和平面之间的夹角。
根据直线与平面的位置关系，夹角可以有以下三种情况：2.1 垂直：当一条直线与一个平面相交于一点，并且与该平面的任意一条线都垂直时，我们称这条直线与平面垂直。
垂直的直线与平面的夹角为90度。
2.2 平行：当一条直线与一个平面平行时，我们称这条直线与平面平行。
平行的直线与平面的夹角为0度。
2.3 斜角：当一条直线既不与平面垂直也不与平面平行时，我们称这条直线与平面的夹角为斜角。
斜角的大小可以用三角函数进行计算。
3. 直线与平面的倾斜角直线与平面的倾斜角是指直线在平面上的投影线与垂直于平面的线之间的夹角。
倾斜角可以分为以下情况讨论：3.1 直线在平面内：当直线在平面内运动时，其投影线与垂直于平面的线重合，直线与平面的倾斜角为0度。
3.2 直线与平面垂直：当直线与平面垂直时，其投影线与垂直于平面的线垂直，直线与平面的倾斜角为90度。
3.3 直线与平面倾斜：当直线在平面上运动但不与平面垂直时，其投影线与垂直于平面的线形成一个锐角或钝角，直线与平面的倾斜角可以用三角函数进行计算。
了解解析几何中的立体几何问题解决高中数学题
了解解析几何中的立体几何问题解决高中数学题解析几何是高中数学中的一个重要分支，它可以通过运用代数和几何的知识来解决各种几何问题。
其中，立体几何是解析几何中的重要内容之一。
本文将主要介绍如何利用解析几何的方法解决高中数学中的立体几何问题。
一、直线与平面的相交问题在解决立体几何问题时，我们常常需要考虑直线与平面的相交问题。
对于给定的平面方程ax + by + cz + d = 0和直线方程x = x_0 + lm, y = y_0 + ln, z = z_0 + ln，我们可以通过将直线方程代入平面方程，得到方程组ax_0 + by_0 + cz_0 + d + lam + lbn + lcn = 0。
从中可以解出l的值，即可确定直线与平面的交点坐标。
二、直线的相对位置关系在解析几何中，我们还经常需要研究直线的相对位置关系。
具体来说，有以下几种情况需要注意：1. 平行关系：对于给定的两条直线L1和L2，如果它们的方向向量平行，则可以判定L1与L2平行。
2. 垂直关系：对于给定的两条直线L1和L2，如果它们的方向向量垂直，则可以判定L1与L2垂直。
3. 相交关系：对于给定的两条直线L1和L2，如果它们既不平行也不垂直，则可以判定L1与L2相交。
利用上述关系，我们可以通过解出直线方程的方向向量，并进行相应的判断。
三、平面的相对位置关系与直线类似，我们在解析几何中也需要研究平面的相对位置关系。
具体来说，有以下几种情况需要注意：1. 平行关系：对于给定的两个平面P1和P2，如果它们的法向量平行，则可以判定P1与P2平行。
2. 垂直关系：对于给定的两个平面P1和P2，如果它们的法向量垂直，则可以判定P1与P2垂直。
3. 相交关系：对于给定的两个平面P1和P2，如果它们既不平行也不垂直，则可以判定P1与P2相交。
同样，我们可以通过解出平面方程的法向量，并进行相应的判断。
四、空间几何体的体积计算在解决立体几何问题时，我们还需要掌握一些空间几何体的体积计算方法。
(完整版)高中数学立体几何经典常考题型
高中数学立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解. 【例1】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO ⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA ∥PO. (1)求证：平面PBD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4， ∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2. ∴CO ⊥AB. 又PO ⊥平面ABC ， OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ， ∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB. 又CO ⊂平面COD ， ∴平面PDB ⊥平面COD.(2)解 以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1).设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD→·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【变式训练】 如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角E -A 1D B 1的余弦值为 |n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.题型二:立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式： (1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB. (2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解 设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈0，1]，使得AM →＝λAP →.因此点M (0，1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等. (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【变式训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠P AD ＝45°，E 为P A 的中点. (1)求证：DE ∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ，满足CF ⊥DB ？若存在，试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明 取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，过点C 作CN ⊥AB ，垂足为点N .∵CN ⊥AB ，DA ⊥AB ，∴CN ∥DA ，又AB ∥CD ，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴CN ＝AD ＝8，DC ＝AN ＝6， 在Rt △BNC 中，BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6，∴AB ＝12，而E ，M 分别为P A ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC ∥AB ，∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM.∵CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面BPC.(2)解 由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ， 则A (8，0，0)，B (8，12，0)，C (0，6，0)，P (0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ， 设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF→＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)， 由CF→·DB →＝0得t ＝23. 又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)， 设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 又PC→＝(0，6，－8)，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ， 不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9). 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m|n ||m |＝81×82＋122＋92＝817. 又由图可知，该二面角为锐二面角， 故二面角F －PC －D 的余弦值为817. 题型三:立体几何中的折叠问题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，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力. 【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)， B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1). 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，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. 【变式训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。
数学中的形与位置关系
数学中的形与位置关系在数学中，形与位置关系是研究几何学的一个重要分支。
形与位置关系主要研究物体之间的相对位置、方向和形状的关系，通过几何学的工具和方法，描述和分析空间中各个物体之间的几何性质。
本文将介绍一些常见的形与位置关系，并且提供相应的示例来帮助读者更好地理解这些概念。
一、垂直关系垂直关系是几何学中最基本的形与位置关系之一。
当两条线段或两个平面相交，且相交的线段或边相互垂直时，我们称它们之间存在垂直关系。
例如，在平面几何中，当两条线段以90°角相交时，我们称它们互相垂直。
又如，在立体几何中，当两个面以90°角相交时，我们也称它们互相垂直。
垂直关系常常用于解决勾股定理、垂线定理等数学问题。
示例1：在平面直角坐标系中，给定两条直线的方程，判断它们是否互相垂直。
示例2：已知一个长方体的底面是一个正方形，判断它的两个相邻面是否垂直。
二、平行关系平行关系是另一个重要的形与位置关系概念。
当两条线段或两个平面之间不存在任何交点时，我们称它们之间存在平行关系。
例如，在平面几何中，当两条线段永远不会相交时，我们称它们平行。
又如，在立体几何中，当两个平面永远不会相交时，我们也称它们平行。
平行关系经常用于解决平行线之间的夹角、平行四边形的性质等问题。
示例1：已知三角形ABC中的两条边AB和BC分别平行于另外一条边CA的延长线，判断三角形ABC的形状。
示例2：在立体几何中，判断两个不相交的平面是否平行。
三、相似关系相似关系是形与位置关系中的另一个重要概念。
当两个物体之间有相同的形状，但大小可以不同的时候，我们称它们之间存在相似关系。
例如，在平面几何中，当两个形状相同的三角形的边长成比例时，我们称它们相似。
又如，在立体几何中，当两个形状相同的立体的对应边长成比例时，我们也称它们相似。
相似关系广泛应用于解决比例、图像缩放等问题。
示例1：判断两个三角形是否相似，并计算它们之间的边长比例。
示例2：在空间几何中，给定一个长方体，判断另一个长方体是否与之相似，并计算对应边长的比例。
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真题感悟·考点整合
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考点整合
1.四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平 行六面体、长方体之间的关系.
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2.用斜二测画法画出的水平放置的平面图形直观图的面积是 原图形面积的 42倍.
3.几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正， 高平齐，宽相等.
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A.14斛
B. 22斛
C.36斛
D. 66斛
解析 由题意知：米堆的底面半径为136(尺)，体积
V＝13×14πR2·h＝3290(立方尺).所以堆放的米大约
为9×3210.62≈22(斛). 答案 B
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真题感悟 1.(2015·浙江卷)某几何体的三视图如图所示
(单位：cm)，则该几何体的体积是( C )
A.8 cm3
B.12 cm3
32 C. 3
cm3
40 D. 3
cm3
解析 该几何体是棱长为 2 cm 的正方体与一
底面边长为 2 cm 的正方形，高为 2 cm 的正四
棱锥组成的组合体，V＝2×2×2＋13×2×2×2＝332(cm3).
故选 C.
Hale Waihona Puke 真题感悟·考点整合热点聚焦·题型突破
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2.(2015·重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体 的体积为( )
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A.13＋π
B.23＋π
C.13＋2π
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热点一 空间几何体的表面积和体积的求解 [微题型1] 以三视图为载体求几何体的表面积 【例1－1】 (2015·安徽卷)一个四面体的三视图如图所示，
则该四面体的表面积是( )
A.1＋ 3
B.2＋ 3 C.1＋2 2
D.2 2
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第1讲 立体几何中的计算与位置关系
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高考定位 立体几何中的计算主要考查空间几何体与三视图 相结合的几何体的表面积和体积，是历年高考的必考内容， 多为选择题或填空题；空间线面位置关系(包括平行与垂直)的 判断与证明也是历年高考的必考内容，多出现在立体几何解 答题中的第(1)问.
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[微题型 2] 以三视图为载体求几何体的体积 【例 1－2】 (2015·郑州模拟)已知一个几何体的三视图如图
所示，则该几何体的体积为( )
（4＋π） 3
A.
3
（4＋π） 3
C.
6
（4＋π） 3
B.
2
D.(4＋π) 3
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4.空间几何体的两组常用公式 (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)； ④S 球表＝4πR2(R 为球的半径).
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(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
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6.直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m， l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β. (4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a ⊥β.
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(2)柱体、锥体和球的体积公式： 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 球＝43πR3.
5.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α. (2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b. (3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α， b∥α⇒α∥β.
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解析 由空间几何体的三视图可得 该空间几何体的直观图，如图， ∴该四面体的表面积为
S 表＝2×12×2×1＋2× 43×( 2)2＝2＋ 3，故选 B. 答案 B 探究提高 (1)若以三视图的形式给出，解题的关键是对 给出的三视图进行分析，从中发现几何体中各元素间的位 置关系及数量关系，得到几何体的直观图，然后根据条件 求解.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的 表面积应注意重合部分的处理.
D.23＋2π
解析 这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，
V＝12π×12×2＋13×12×1×2×1＝π＋13，选 A. 答案 A
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3.(2015·全国Ⅰ卷)《九章算术》是我国古代内 容极为丰富的数学名著，书中有如下问题： “今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺， 问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内 墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米 堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和 堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺， 圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )
4.(2015·全国Ⅱ卷)已知A，B是球O的球面上两点，
∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱
锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积
为( )
A.36π B.64π
C.144π
D.256π
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解析 如图，要使三棱锥 O-ABC 即 C-OAB 的体积 最大，当且仅当点 C 到平面 OAB 的距离，即三 棱锥 C-OAB 底面 OAB 上的高最大，其最大值为 球 O 的半径 R，则 VO-ABC 最大为13×12S△OAB×R ＝13×12×R2×R＝16R3＝36，所以 R＝6，得 S 球 O＝4πR2 ＝4π×62＝144π，选 C.