高三数学二轮复习：立体几何

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第16讲立体几何的翻折问题讲义-2021-2022学年高三数学二轮复习专题

第15讲立体几何中的翻折问题一、学习目标1. 掌握翻折问题的基本结论；2. 掌握翻折问题的基本处理策略.翻折问题的基本结论：ABC ∆中，BC AO ⊥，将ABC ∆沿着边BC 翻折到BC A '∆，在翻折的过程中有 ①BC OA ⊥，BC OA ⊥'，'AOA ∠是二面角'A BC A --的平面角； ②'A 在底面上的投影一定在直线''AA 上； ③'BA BA =，'CA CA =；④点A 的轨迹是以O 为圆心的圆，AC AB 、的轨迹是以BC 为旋转轴的两个圆锥侧面.二、典例分析例1.（1）如图，在正方形ABCD 中，点F E 、分别是BC AB 、的中点，点G 是EF 的中点，现在沿DF DE 、及EF 把这个正方形折成一个四面体，使C B A 、、三点重合，重合后的点记为P ，则在四面体DEF A -'中必有（）A.⊥PD 平面EF A 'B.⊥DG 平面PEFC.⊥PE 平面DEFD.PG ⊥平面DEF9．如图，以等腰直角三角形ABC 的斜边BC 上的高AD 为折痕，翻折ABD △和ACD △，使得平面ABD ⊥平面ACD .下列结论错误的是（）A ．BD AC ⊥B ．ABC 是等边三角形 C ．三棱锥D ABC -是正三棱锥D ．平面ACD ⊥平面ABC【答案】（1）C ；（2）D. 变式：（1）已知正三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于点G ，ED A '∆是AED ∆绕DE 旋转过程中的一个图形，则下列结论错误的是（）A.动点'A 在平面ABC 上的射影在线段AF 上B.三棱锥FED A -'的体积有最大值C.恒有平面⊥GF A '平面BCEDD.异面直线E A '与BD 不可能互相垂直【答案】D（2）如图，在矩形ABCD 中，AD AB 2=，E 为AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成DE A '∆，若M 是线段C A 1的中点，则在ADE ∆翻折的过程中，下列命题正确的是（）A.BM 是定值B.M 的轨迹是一段圆弧C.//BF 平面DE A 'D.存在某个位置，使得C A DE 1⊥【答案】D例2.（1）已知矩形ABCD ，1,2AB BC ==ABD ∆沿矩形的对角线BD 所在的直线经翻折，在翻折过程中（）A.存在某个位置，使得直线AC 与BD 垂直B.存在某个位置，使得直线AB 与CD 垂直C.存在某个位置，使得直线AD 与BC 垂直D.对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直（2）如图，在菱形ABCD 中，︒=∠60BAD ，线段BD AD ,的中点分别为F E ,，现将ABD ∆沿对角线BD 翻折，则异面直线BE 与CF 所成角的取值范围是（）A.)3,6(ππ B.]2,6(ππ C.]2,3(ππ D.)32,3(ππ【答案】（1）B ；（2）C.. 变式：1.在正方形ABCD 中，点F E 、分别是AD BC 、的中点，将ABF ∆沿BF 所在的直线进行翻折，将CDE ∆沿DE 所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，（） A.点A 与点C 在某一位置可能重合 B.点A 与点C 的最大距离为AB 3 C.直线AB 与直线CD 可能垂直 D.直线AF 与直线CE 可能垂直【答案】D2.如图，在ABC Rt ∆中，1=AC ，x BC =，D 是斜边AB 的中点，将BCD ∆沿直线CD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得AD CB ⊥，则x 的取值范围是（） A.]3,0( B.]2,22（ C.]32,3( D.]4,2( 【答案】A例3.（1）如图，在长方形ABCD 中，3,1AB BC ==，E 为线段DC 上一动点，现将AED ∆沿AE 折起，使得点D 在面ABC 上的射影K 在直线AE 上，当E 从D 运动到C ，则K 所形成的轨迹的长度是__________.（2）如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点．现将AFD ∆沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ．在平面ABD 内过点D 作DK AB ⊥，K 为垂足．设AK t =，则t 的取值范围是．【答案】（1）3π；（2）)1,21(. 变式：1.在矩形ABCD 中，3=AB ，1=BC ，E 为DC 的三等分点（靠近C 处），F 为线段EC 上一动点（包括端点），现将AFD ∆沿AF 折起，使D 点在平面内的射影恰好落在边AB 上，则当F 运动时，二面角B AF D --的余弦值的取值范围是________.【答案】]41,91[例4.如图，在平行四边形ABCD 中，2AB BC =，120ABC ∠=︒，E 为线段AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成'A DE ∆，使平面'A DE ⊥平面BCD ，F 为线段'A C 的中点。

(浙江专用)高考数学二轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体专题强化训练-人教版高三全册数学试

第1讲空间几何体专题强化训练1.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )A．4 B．8C．12 D．16解析：选D.如图，以AA1为底面矩形一边的四边形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E这4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D.2．正方体ABCDA1B1C1D1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，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A，E，C1的平面与棱DD1相交于点F，且F是棱DD1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3C ．323cm 3D ．403cm 3解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．4．(2019·某某模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体最长的棱长等于( )A ．34B ．41C ．5 2D ．215解析：选C.由正视图、侧视图、俯视图的形状，可判断该几何体为三棱锥，形状如图，其中SC ⊥平面ABC ，AC ⊥AB ，所以最长的棱长为SB ＝5 2.5．(2019·某某十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．15π2B ．8π C.17π2D ．9π解析：选B.依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接恰好形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，选B.6.如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形．如果三棱柱的体积为123，圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为( )A ．12πB ．14πC ．16πD ．18π解析：选C.设圆柱的底面半径为R ，则三棱柱的底面边长为3R ，由34(3R )2·2R ＝123，得R ＝2，S 圆柱侧＝2πR ·2R ＝16π.故选C.7．(2019·某某市第一次模拟)某几何体的三视图如图所示(网格线中每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．54C ．64D ．60解析：选D.根据三视图还原直观图，如图所示，则该几何体的表面积S ＝6×3＋12×6×4＋2×12×3×5＋12×6×5＝60，故选D.8．在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析：选B.由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.9．(2019·某某八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )A.12B.24C.22 D.32解析：选C.依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a ，则斜边长为2a ，圆锥的底面半径为22a 、母线长为a ，因此其俯视图中椭圆的长轴长为2a 、短轴长为a ，其离心率e ＝1－（a2a）2＝22，选C. 10.已知圆柱OO 1的底面半径为1，高为π，ABCD 是圆柱的一个轴截面．动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．现将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则y ＝f (θ)的图象大致为( )解析：选A.将圆柱的侧面沿轴截面ABCD 展平，则曲线Γ是展开图形(即矩形)的对角线，根据题意，将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则f (θ)应当是一次函数的一段，故选A.11．(2019·某某省重点中学高三12月期末热身联考)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________；表面积是________．解析：根据三视图可得，该几何体是长方体中的四棱锥C BB 1D 1D ，由三视图可得：AB ＝2，BC ＝2，BB 1＝4，VC BB 1D 1D ＝23×12×2×2×4＝163，S C BB 1D 1D ＝12×2×2＋22×4＋12×2×4＋12×2×4＋12×22×18＝16＋8 2.答案：16316＋8 212.(2019·某某市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________ cm 3，表面积为________cm 2.解析：由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉14后得到的几何体．所以该几何体的体积＝34×12×43×π×13＝π2cm 3.表面积＝34×12×4π×12＋12×π×12＋34×π×12＝11π4 cm 2.答案：π211π413．(2019·某某省“五校联盟”质量检测)已知球O 的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O 的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．解析：设球的半径为R ，则4πR 2＝25π，所以R ＝52，所以球的直径为2R ＝5，设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则长方体的表面积S ＝2ab ＋2ac ＋2bc ≤a 2＋b 2＋a 2＋c 2＋b 2＋c 2＝2(a 2＋b 2＋c 2)＝50.答案：5014．(2019·某某省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当xy 取得最大值时，该几何体的体积是____________．解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，CD ＝y2，AB＝y ，AC ＝5，CP ＝7，BP ＝x ，所以BP 2＝BC 2＋CP 2，即x 2＝25－y 2＋7，x 2＋y2＝32≥2xy ，则xy ≤16，当且仅当x ＝y ＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V ＝13×2＋42×3×7＝37.答案：3715．(2019·某某市高考数学二模)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，则异面直线BE 与B 1D 1所成角的余弦值等于________，若正方体棱长为1，则四面体B EB 1D 1的体积为________．解析：取CC 1中点F ，连接D 1F ，B 1F ，则BE 綊D 1F ，所以∠B 1D 1F 为异面直线BE 与B 1D 1所成的角．设正方体棱长为1，则B 1D 1＝2，B 1F ＝D 1F ＝1＋14＝52.所以cos ∠B 1D 1F ＝12B 1D 1D 1F ＝2252＝105. V B EB 1D 1＝V D 1BB 1E ＝13S △BB 1E ·A 1D 1＝13×12×1×1×1＝16.答案：1051616．已知棱长均为a 的正三棱柱ABC A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为216的球面上，则a 的值为________．解析：设O 是球心，D 是等边三角形A 1B 1C 1的中心，则OA 1＝216，因为正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长均为a ，所以A 1D ＝32a ×23＝33a ，OD ＝a 2，故A 1D 2＋OD 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2162，得712a 2＝2136，即a 2＝1，得a ＝1. 答案：117．(2019·瑞安四校联考)已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，则此三棱柱的体积的最大值为________．解析：如图，设球心为O ，三棱柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，底面正三角形的边长为a ，则AO 1＝23×32a ＝33a .由已知得O 1O 2⊥底面，在Rt △OAO 1中，由勾股定理得OO 1＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＝3·3－a 23，所以V 三棱柱＝34a 2×2×3·3－a 23＝3a 4－a62，令f (a )＝3a 4－a 6(0＜a ＜2)，则f ′(a )＝12a 3－6a 5＝－6a 3(a 2－2)，令f ′(a )＝0，解得a ＝ 2.因为当a ∈(0，2)时，f ′(a )＞0；当a ∈(2，2)时，f ′(a )＜0，所以函数f (a )在(0，2)上单调递增，在(2，2)上单调递减．所以f (a )在a ＝2处取得极大值．因为函数f (a )在区间(0，2)上有唯一的极值点，所以a ＝2也是最大值点．所以(V 三棱柱)max＝3×4－82＝1. 答案：118.如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD , ∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面PAD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD 的体积．解：(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD .又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故BC ∥平面PAD .(2)取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3. 所以四棱锥P ABCD 的体积V ＝13×2×（2＋4）2×23＝4 3.19.如图，在△ABC 中，∠B ＝π2，AB ＝BC ＝2，P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D .现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ′，使平面PDA ′⊥平面PBCD .(1)当棱锥A ′PBCD 的体积最大时，求PA 的长；(2)若P 为AB 的中点，E 为A ′C 的中点，求证：A ′B ⊥DE . 解：(1)设PA ＝x ，则PA ′＝x ，所以V A ′PBCD ＝13PA ′·S 底面PBCD ＝13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 22.令f (x )＝13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 22＝2x 3－x36(0<x <2)，则f ′(x )＝23－x22.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎪⎫0，233233 ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，2 f ′(x )0 f (x )单调递增极大值单调递减由上表易知，当PA ＝x ＝233时，V A ′PBCD 取最大值．(2)证明：取A ′B 的中点F ，连接EF ，FP . 由已知，得EF 綊12BC 綊PD .所以四边形EFPD 是平行四边形，所以ED ∥FP .因为△A ′PB 为等腰直角三角形，所以A ′B ⊥PF .所以A ′B ⊥DE .。

2019届高三理科数学第二轮专题复习配套文档专题四第3讲立体几何中的向量方法

第3讲立体几何中的向量方法[真题再现]1．（2018·课标Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD，BC的中点,以DF为折痕把△DFC使点C到达点P的位置，且PF⊥BF。

(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．[解］(1）证明：由已知可得BF⊥PF,BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD。

（2)解：如图，作PH⊥EF，垂足为H.由（1)得，PH⊥平面ABFD。

以H为坐标原点，错误!的方向为y轴正方向,|错误!｜为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H.xyz.由（1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1,所以PE＝错误!.又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝错误!，EH＝错误!.则H（0，0,0），P错误!，D错误!，错误!＝错误!,错误!＝错误!.又错误!为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为θ，则sin θ＝错误!＝错误!＝错误!。

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为错误!.2．（2018·课标Ⅱ）如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明:PO⊥平面ABC；(2）若点M在棱BC上，且二面角M。

P A-C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值[解］(1）证明：因为P A＝PC＝AC＝4,O为AC的中点,所以OP⊥AC，且OP＝2错误!.如图，连接OB.因为AB＝BC＝错误!AC,所以△ABC为等腰直角三角形，且OB ⊥AC,OB＝错误!AC＝2。

由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC,OB∩AC＝O，得PO⊥平面ABC.（2）解:如图，以O为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O。

xyz。

由已知得O（0，0,0）,B（2，0，0)，A（0,－2，0）,C(0,2,0)，P(0,0，2错误!），错误!＝（0,2,2错误!)．取平面P AC的一个法向量错误!＝(2，0，0）．设M (a ，2－a,0）（0≤a ≤2)，则错误!＝(a ，4－a,0)．设平面P AM 的法向量为n ＝(x ,y ,z ）．由AP ，→·n ＝0，错误!·n ＝0得错误!可取y ＝错误!a ,得平面P AM 的一个法向量为n ＝(错误!（a －4），错误!a ，－a ）,所以cos 错误!，n ＝错误!。

2022版优化方案高考数学(浙江版·文科)二轮专题复习练习：专题4 立体几何第1讲 Word版含答案

[A卷]1．(2021·宁波市高三模拟) 用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()解析：选B.由题意知，用平行于水平面的平面去截球所得的底面圆是看不见的，所以在俯视图中该部分应当是虚线圆，结合选项可知选B.2．下列命题中，错误的是()A．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个B．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台C．圆台的全部平行于底面的截面都是圆D．圆锥全部的轴截面都是全等的等腰三角形解析：选B.依据棱台的定义，用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．3．(2021·台州市高三调考)一个空间几何体的三视图如图所示，其体积为()A．16B．32C．48 D．96解析：选A.由题意作出直观图P-ABCD如图所示，则该几何体是一个四棱锥，底面是一个直角梯形，其面积为12×(2＋4)×4＝12，高为4，因此其体积V＝13×12×4＝16.4．(2021·高考全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝()A．1 B．2C．4 D．8解析：选B.如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝12×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，所以(5π＋4)r2＝16＋20π，所以r2＝4，r＝2，故选B.5．如图是一个体积为10的空间几何体的三视图，则图中x的值为()A．2 B．3C．4 D．5解析：选A.依据给定的三视图可知，该几何体对应的直观图是一个长方体和四棱锥的组合体，所以几何体的体积V＝3×2×1＋13×3×2×x＝10，解得x＝2.故选A.6. 如图，水平放置的三棱柱的侧棱长为1，且侧棱AA1⊥平面A1B1C1，正视图是边长为1的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的侧视图的面积为()A．2 3 B． 3C.32D．1解析：选C.由直观图、正视图以及俯视图可知，侧视图是宽为32，长为1的长方形，所以面积S＝32×1＝32.故选C.7．一平面截一球得到直径为2 5 cm的圆面，球心到这个平面的距离是2 cm，则该球的体积是() A．12πcm3B．36πcm3C．646πcm3D．108πcm3解析：选B.由于球心和截面圆心的连线垂直于截面，由勾股定理得，球半径R＝22＋（5）2＝3，故球的体积为43πR3＝36π(cm3)．8．(2021·石家庄市第一次模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A．64B．72C．80D．112解析：选B.由三视图可知该几何体是一个组合体，下面是一个棱长为4的正方体；上面是一个三棱锥，三棱锥的高为3.故所求体积为43＋13×12×4×4×3＝72.9．已知某组合体的正视图与侧视图相同(其中AB＝AC，四边形BCDE为矩形)，则该组合体的俯视图可以是________(把正确的图的序号都填上)．解析：几何体由四棱锥与四棱柱组成时，得①正确；几何体由四棱锥与圆柱组成时，得②正确；几何体由圆锥与圆柱组成时，得③正确；几何体由圆锥与四棱柱组成时，得④正确．答案：①②③④10．把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1∶4，母线长是10 cm，则圆锥的母线长为________ cm.解析：作出圆锥的轴截面如图，设SA＝y，O′A′＝x，利用平行线截线段成比例，得SA′∶SA＝O′A′∶OA，则(y－10)∶y＝x∶4x，解得y＝403.所以圆锥的母线长为403cm.答案：40311．(2022·高考课标全国卷Ⅱ改编)正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为 3，D为BC中点，则三棱锥AB1DC1的体积为________．解析：由题意可知AD⊥BC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面DB1C1，又AD＝2sin 60°＝3，所以V AB1DC1＝13AD·S△B1DC1＝13×3×12×2×3＝1，故选C.答案：112．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥的侧面积为________，体积为________．解析：由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为22＋12＝5，所以S 侧＝4×⎝⎛⎭⎫12×2×5＝45，V＝13×22×2＝83.答案：458313．(2021·南昌市第一次模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为________．解析：依据题意，三棱锥P -BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，故三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1. 答案：1∶114．如图是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是棱长为2，2，1的长方体挖去一个半径为1的半球，所以长方体的体积为2×2×1＝4，半球的体积为12×43π×13＝2π3，所以该几何体的体积是4－2π3.答案：4－2π315．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1EDF的体积为________．解析：由于B 1C ∥平面ADD 1A 1，所以F 到平面ADD 1A 1的距离d 为定值1，△D 1DE 的面积为12D 1D ·AD ＝12，所以V D 1EDF ＝V F D 1DE ＝13S △D 1DE ·d ＝13×12×1＝16.答案：16[B 卷]1．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不行能是该锥体的俯视图的是( )解析：选C.依据三视图中“正俯长一样，侧俯宽一样，正侧高一样”的规律，C 选项的侧视图宽为32，不符合题意，故选C.2．(2021·邢台市摸底考试)已知一个几何体的三视图是三个全等的边长为1的正方形，如图所示，则该几何体的体积为( )A.16 B.13 C.23D ．56解析：选D.依题意得，题中的几何体是从棱长为1的正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中截去三棱锥A ′ABD 后剩余的部分，因此该几何体的体积等于13－13×⎝⎛⎭⎫12×12×1＝56，故选D. 3．(2022·高考湖南卷)一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B.由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，如图所示．由题意知，当打磨成的球的大圆恰好与三棱柱底面直角三角形的内切圆相同时，该球的半径最大，故其半径r ＝12×(6＋8－10)＝2.因此选B.4．(2021·高考山东卷)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD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.2π3 B ．4π3 C.5π3D ．2π 解析：选C.过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C.5．(2021·郑州市第一次质量猜测)某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy 的最大值为( )A ．32B ．327C ．64D ．647解析：选C.依题意，题中的几何体是三棱锥P -ABC (如图所示)，其中底面ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，P A ⊥平面ABC ， BC ＝27，P A 2＋y 2＝102，(27)2＋P A 2＝x 2，因此xy ＝x 102－[x 2－（27）2]＝x128－x 2≤x 2＋（128－x 2）2＝64，当且仅当x 2＝128－x 2，即x ＝8时取等号，因此xy 的最大值是64，故选C.6．(2021·山西省第三次四校联考)在半径为10的球面上有A ，B ，C 三点，假如AB ＝83，∠ACB ＝60°，则球心O 到平面ABC 的距离为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选C.设A ，B ，C 三点所在圆的半径为r ，圆心为P .由于∠ACB ＝60°，所以∠APB ＝120°.在等腰三角形ABP 中，AP ＝43sin 60°＝8，所以r ＝8，所以球心O 到平面ABC 的距离为102－82＝6，故选C.7．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．5＋ 3B ．5＋2 3C ．4＋2 2D ．4＋2 3解析：选A.该几何体的直观图如图．表面积S ＝1×1＋12×1×1×2＋2×12×(1＋2)×1＋12×6×2＝5＋3，所以选A.8．在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，D 为侧棱PC 上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是( )A ．AD ⊥平面PBC ，且三棱锥D -ABC 的体积为83B ．BD ⊥平面P AC ，且三棱锥D -ABC 的体积为83C ．AD ⊥平面PBC ，且三棱锥D -ABC 的体积为163D ．BD ⊥平面P AC ，且三棱锥D -ABC 的体积为163解析：选C.由正视图可知，P A ＝AC ，且点D 为线段PC 的中点，所以AD ⊥PC .由侧视图可知，BC ＝4.由于P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥BC .又由于BC ⊥AC ，且AC ∩P A ＝A ，所以BC ⊥平面P AC ，所以BC ⊥AD .又由于AD ⊥PC ，且PC ∩BC ＝C ，所以可得AD ⊥平面PBC ，V D ABC ＝13×12×P A ×S △ABC ＝163.9．某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为________．解析：侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152.答案：15210．(2021·洛阳市高三班级统考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )解析：由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去一个角后得到，该长方体的长、宽、高分别为5、4、3，所以其外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以该几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π.答案：50π 11．(2021·绍兴市高三诊断性测试)若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，最长的侧棱长为________．解析：依据三视图及有关数据还原该几何体，得该几何体是底面为直角梯形的四棱锥P -ABCD ，如图，过点P 作PH ⊥AD 于点H ，连接CH .底面面积S 1＝（1＋2）×12＝32，V ＝13×32×1＝12，最长的侧棱长为PB ＝ 3.答案：12312．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S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________．解析：设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，则h 1h 2＝23，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝32.答案：3213．(2021·洛阳市统考)已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝6，AC ＝23，若三棱锥D -ABC 体积的最大值为3，则球O 的表面积为________．解析：由题意可得，∠ABC ＝π2，△ABC 的外接圆半径r ＝3，当三棱锥的体积最大时，V D ABC ＝13S △ABC ·h (h为D 到底面ABC 的距离)，即3＝13×12×6×6h ⇒h ＝3，即R ＋R 2－r 2＝3(R 为外接球半径)，解得R ＝2，所以球O 的表面积为4π×22＝16π.答案：16π 14．(2021·杭州市联谊学校高三其次次联考)一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的三条侧棱上，已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为________．解析：如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 为正三角形，边长为2，△DEF 为等腰直角三角形，DF 为斜边，设DF 的长为x ，则DE ＝EF ＝22x ，作DG ⊥BB 1，GH ⊥CC 1，EI ⊥CC 1，垂足分别为G ，H ，I ，则EG ＝DE 2－DG 2＝x 22－4，FI ＝EF 2－EI 2＝x 22－4，FH ＝FI ＋HI ＝FI ＋EG＝2x 22－4.连接DH ，在Rt △DHF 中，DF 2＝DH 2＋FH 2，即x 2＝4＋⎝⎛⎭⎫2x 22－42，解得x ＝23，即该三角形的斜边长为2 3.答案：2 3 15．(2021·浙江省名校新高考联盟第一次联考)如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形，则BC ＝________，四棱锥F-OBED的体积为________．解析：取AO的中点M，连接CM，BM，由△OAB，△OAC是正三角形，OA＝1，可知CM⊥AO，BM⊥AO，且BM＝CM＝32，又平面ABED⊥平面ACFD，所以CM⊥平面ABED，所以CM⊥BM，故BC＝62.过点F作FQ⊥OD于点Q，由于平面ABED⊥平面ACFD，所以FQ⊥平面ABED，FQ就是四棱锥F-OBED的高．易知FQ＝3，又S△OBE＝12×1×2×32＝32，S△OED＝12×2×2×32＝3，所以S四边形OBED＝32＋3＝332，故V四棱锥F-OBED＝13×332×3＝32.答案：6232。

2012届高三数学文科二轮专题复习教案――立体几何

专题八立体几何知识点1.空间几何体的三视图:正俯长对正,正左高平齐,左俯宽相等.2.空间几何体的侧面积、表面积、体积（1）直棱柱的侧面积S ch =侧．V Sh =柱体(2)正棱锥的周长为c ，斜高为h '，12S ch '=侧．13V Sh =锥体（3）正棱台的上、下底面的周长是c c '，，斜高是h '，1()2S c c h ''=+侧．1()3V S S S S h '=++台体 (4)圆柱母线的长为l ，底面半径为r ，2πS rl =侧，2πS r =底.圆柱的表面积222π2π2π()S S S rl r r r l =+=+=+侧底．2πV r h =圆柱(5)圆锥底面半径为r ，母线长为l，πS rl=侧，2πππ()S S S rl r r r l =+=+=+侧底．21π3V r h =圆锥(6)圆台的上、下底面半径分别为r r '，，母线长为l ，π()S r r l '=+侧．圆台的表面积2222π()πππ()S S S S r r l r r r r r l rl ''''=++=+++=+++侧上底下底．221π()3V r Rr R h =++圆台（7）球的表面积24πS R =.334R V π=3.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，那么这条直线在此平面内。

（2）公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面。

（3）公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么他们有且只有一条过该点的公共直线。

4. 直线与直线的位置关系（1）空间直线位置分三种：相交、平行、异面. （2）平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.（3）等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行那么这两个角相等或互补。

5. 直线与平面的位置关系.（1）空间直线与平面位置分三种：相交、平行、在平面内. （2）直线与平面平行判定定理：ααα////l l m m l ⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊄⊂ （3）直线和平面平行性质定理：m l m l l ////⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂⊂βαβα（4）直线与平面垂直判定定理：αα⊥⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊂=⋂⊥⊥l AB AC A AB AC AB l ACl ,推论：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行. （5）直线与平面垂直的性质定理：m l m l ⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥αα6. 平面与平面的位置关系：（1）空间两个平面的位置关系：相交、平行.ml αlmβαABC αlm αlγmβαllαβ（2）平面平行判定定理：βαβαα//,////⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊂且相交m l m l推论：垂直于同一条直线的两个平面互相平行；平行于同一平面的两个平面平行. （3）两个平面平行的性质定理：m l m l ////⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂=⋂βγαγβα αββα////l l ⇒⎭⎬⎫⊂（4）两个平面垂直性质判定：βαβα⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥l l（5）两个平面垂直性质定理：αββαβα⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊂⊥=⋂⊥l l m l m , 7.空间距离,空间角(1)点到平面的距离的求解方法①直接求解法：从该点向平面引垂线，求垂线的长度 ②等体积代换法(2)空间角:①异面直线所成的角②直线和平面所成的角：直线和在平面的摄影所成的角二面角例题１.（2008安徽文\理）已知,m n 是两条不同直线，,,αβγ是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A ．,,m n m n αα若则‖‖‖B ．,,αγβγαβ⊥⊥若则‖C ．,,m m αβαβ若则‖‖‖D ．,,m n m n αα⊥⊥若则‖例2 .下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是 ( )A ．9πB ．10π C ．11π D ．12π例3.如图，在四棱锥P-ABCD 中，PD⊥平面ABCD ，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=900. （1）求证：PC⊥BC；（2）求点A 到平面PBC 的距离.例4．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，045ADC ∠=，1AD AC ==，O 为AC 中点，PO ⊥平面ABCD ， 2PO =，M 为PD 中点．（Ⅰ）证明：PB //平面ACM（Ⅱ）证明：AD ⊥平面PAC ；（Ⅲ）求直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．DCABPMOmβαllβαlβαmP A B D C练习1.（2010浙江）（6）设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（A ）若l m ⊥，m α⊂，则l α⊥ （B ）若l α⊥，l m //，则m α⊥ （C ）若l α//，m α⊂，则l m // （D ）若l α//，m α//，则l m //2.（2010陕西文数） 8.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]（A ）2 （B ）1（C ）23（D ）133．若正方体的棱长为2，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为（）A.26B. 23C. 33D. 234.（湖北卷）用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为（） A.38π B. 328πC. π28D. 332π 5.（2010全国卷）已知三棱锥S ABC -中，底面ABC 为边长等于2的等边三角形，SA 垂直于底面ABC ，SA =3，那么直线AB 与平面SBC 所成角的正弦值为（A ） 34 (B) 54(C)74(D) 346．设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A ．429+πB ．1836+πC ．1229+πD ．1829+π7.几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是8.已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为C 1D 1的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为 .9.(2011.上海）若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为 .10.如图，在四棱台111A B C D A B C D -中，1D D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB=2AD，11AD=A B ，BAD=∠60°（Ⅰ）证明：1AA BD ⊥；（Ⅱ）证明：11CC A BD ∥平面.11.如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB=AD ，∠BAD=60°，E 、F 分别是AP,AD的中点求证：（1）直线EF ‖平面PCD ；（2）平面BEF ⊥平面PAD正视图俯视图侧视图图1233FE ADPxyz NMABD C OP利用空间向量解立体几何一、用向量法解空间位置关系 1.平行关系线线平行⇔两线的方向向量平行线面平行⇔线的方向向量与面的法向量垂直面面平行⇔两面的法向量平行 2.垂直关系线线垂直（共面与异面）⇔两线的方向向量垂直线面垂直⇔线与面的法向量平行面面垂直⇔两面的法向量垂直三、用向量法解空间距离1.点点距离:点()111,,P x y z 与()222,,Q x y z 的距离为222212121()()()PQ x x y y z z =-+-+-2.点线距离:求点()00,P x y 到直线:l 0Ax By C ++=的距离：方法：在直线上取一点(),Q x y ，则向量PQ在法向量(),n A B =上的射影P Q n n⋅ =0022Ax By C A B+++即为点P 到l 的距离. 3.点面距离 :求点()00,P x y 到平面α的距离：方法：在平面α上去一点(),Q x y ，得向量PQ ，计算平面α的法向量n ，计算PQ在α上的射影，即为点P 到面α的距离. 四、用向量法解空间角1.线线夹角（共面与异面）线线夹角⇔两线的方向向量的夹角或夹角的补角 2.线面夹角:求线面夹角的步骤：① 先求线的方向向量与面的法向量的夹角，若为锐角角即可，若为钝角，则取其补角；②再求其余角，即是线面的夹角. 3.面面夹角（二面角）:若两面的法向量一进一出，则二面角等于两法向量的夹角；法向量同进同出，则二面角等于法向量的夹角的补角.1.（2009北京卷）如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形，PD ABCD ⊥底面，点E 在棱PB 上.（Ⅰ）求证：平面AEC PDB ⊥平面；（Ⅱ）当2PD AB =且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小.2．安徽卷（18）如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的菱形，4ABC π∠=,OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点，N 为BC 的中点（Ⅰ）证明：直线MN OCD平面‖；（Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小；（Ⅲ）求点B 到平面OCD 的距离。

2023年高考数学二轮复习讲练测(新高考)专题08 立体几何解答题常考全归类(原卷版)

专题08 立体几何解答题常考全归类【命题规律】空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论．作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．【核心考点目录】核心考点一：非常规空间几何体为载体核心考点二：立体几何探索性问题核心考点三：立体几何折叠问题核心考点四：立体几何作图问题核心考点五：立体几何建系繁琐问题核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题核心考点七：利用传统方法找几何关系建系核心考点八：空间中的点不好求核心考点九：创新定义【真题回归】1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C 中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值；(3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值．2．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．3．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．(1)证明：FN AD ⊥；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．4．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO 是三棱锥-P ABC 的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．5．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．7．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．8．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C 的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【方法技巧与总结】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin h l，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【核心考点】核心考点一：非常规空间几何体为载体【规律方法】关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．【典型例题】例1．（2022·陕西安康·统考一模）如图，已知AB 为圆锥SO 底面的直径，点C 在圆锥底面的圆周上，2BS AB ==，6BAC π∠=，BE 平分SBA ∠，D 是SC 上一点，且平面DBE ⊥平面SAB .(1)求证：SA BD ⊥；(2)求二面角E BD C --的正弦值.例2．（2022·安徽·校联考二模）如图，将长方形11OAAO （及其内部）绕1OO 旋转一周形成圆柱，其中11,2OA O O ==，劣弧11A B 的长为,6AB π为圆O 的直径.(1)在弧AB 上是否存在点C （1,C B 在平面11OAAO 的同侧），使1BC AB ⊥，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求平面11A O B 与平面11B O B 夹角的余弦值.例3．（2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测）如图，,AB CD 分别是圆台上､下底面的直径，且AB CD ，点E 是下底面圆周上一点，AB =(1)证明：不存在点E 使平面AEC ⊥平面ADE ；(2)若4DE CE ==，求二面角D AE B --的余泫值.例4．（2022·河北·统考模拟预测）如图，在圆台1OO 中，上底面圆1O 的半径为2，下底面圆O 的半径为4，过1OO 的平面截圆台得截面为11ABB A ，M 是弧AB 的中点，MN 为母线，cos NMB ∠=(1)证明：1AB ⊥平面1AOM ； (2)求二面角M NB A --的正弦值.核心考点二：立体几何探索性问题【规律方法】与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．【典型例题】例5．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，底面ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，侧面11AAC C 为菱形，点1A 在底面上的投影为AC 的中点D ，且2AB =．(1)求证：1BD CC ⊥；(2)求点C 到侧面11AA B B 的距离；(3)在线段11A B 上是否存在点E ，使得直线DE 与侧面11AA B B 请求出1A E 的长；若不存在，请说明理由．例6．（2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1AB C 为等边三角形，四边形11AA B B 为菱形，AC BC ⊥，4AC =，3BC =.(1)求证：11AB AC ⊥；(2)线段1CC 上是否存在一点E ，使得平面1AB E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14？若存在，求出点E 的位置；若不存在，请说明理由.例7．（2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 是DC 的中点，将DAE 沿AE 折起，使得点D 到达点P 的位置，且PB ＝PC ，如图2所示．F 是棱PB 上的一点．(1)若F 是棱PB 的中点，求证：//CF 平面P AE ；(2)是否存在点F ，使得二面角F AE C --？若存在，则求出PF FB 的值；若不存在，请说明理由．例8．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 是CD 的中点，如图所示，沿BE 将BCE 翻折至BFE △，使得平面BFE ⊥平面ABCD .(1)证明：BF AE ⊥；(2)若(01)DP DB λλ=<<是否存在λ，使得PF 与平面DEF 求出λ的值；若不存在，请说明理由.核心考点三：立体几何折叠问题【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．【典型例题】例9．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形ABCD 中，//AD BC ，π2∠=∠=ABC BAD ，24AB BC AD ===，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，//EF BC ，AE x =，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ．(1)当2x =时①求证：BD EG ⊥；②求二面角D BF C --的余弦值；(2)三棱锥D FBC -的体积是否可能等于几何体ABE FDC -体积的一半？并说明理由．例10．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD 中，已知ABDC ，AB DC ∥，142AD DC CB AB ====，E 是AB 的中点．将△BCE 沿CE 翻折至△PCE ，使得2DP =，如图2所示．(1)证明：DP CE ⊥；(2)求直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值．例11．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形P ABCD 中，PAD 是边长为2的等边三角形，//AD BC ，AB ＝2BC ＝2，AB BC ⊥，将PAD 沿AD 翻折成四棱锥P －ABCD ，E 是棱PD 上的动点（端点除外），F ，M 分别是AB ，CE 的中点，且PC =(1)证明：AB FM ⊥；(2)当直线EF 与平面P AD 所成的角最大时，求平面ACE 与平面P AD 夹角的余弦值．例12．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①，ABC 为边长为6的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 上靠近A 的三等分点，现将AEF △沿EF 折起，使点A 翻折至点P 的位置，且二面角P EF C --的大小为120°（如图②）．(1)在PC 上是否存在点H ，使得直线//FH 平面PBE ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由． (2)求直线PC 与平面PBE 所成角的正弦值．核心考点四：立体几何作图问题【规律方法】（1）利用公理和定理作截面图（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线（3）利用平面与平面垂直作平面的垂线【典型例题】例13．（2022·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形，112CD CC AC ===，3DCB π∠=且113cos cos 4C CD C CB ∠=∠=.(1)试在平面ABCD 内过点C 作直线l ，使得直线//l 平面1C BD ，说明作图方法，并证明：直线11//l B D ； (2)求点C 到平面1A BD 的距离.例14．（2022秋·河北石家庄·高一石家庄市第十五中学校考期中）如图为一块直四棱柱木料，其底面ABCD 满足：AB AD ⊥，AD BC ∥．(1)要经过平面11CC D D 内的一点P 和棱1BB 将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明）(2)若2AD AB ==，11BC AA ==，当点P 是矩形11CDD C 的中心时，求点1D 到平面1APB 的距离．例15．（2022·全国·高三专题练习）如图多面体ABCDEF 中，面FAB ⊥面ABCD ，FAB 为等边三角形，四边形ABCD 为正方形，//EF BC ，且332EF BC ==，H ，G 分别为CE ，CD 的中点.（1）求二面角C FH G --的余弦值；（2）作平面FHG 与平面ABCD 的交线，记该交线与直线AB 交点为P ，写出APAB的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）.例16．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，23DAB π∠=.ACBD O =,且PO ⊥平面ABCD ，PO =点,F G 分别是线段.PB PD 上的中点，E 在PA 上.且3PA PE =.（Ⅰ）求证：//BD 平面EFG ；（Ⅰ）求直线AB 与平面EFG 的成角的正弦值；（Ⅰ）请画出平面EFG 与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.核心考点五：立体几何建系繁琐问题【规律方法】利用传统方法解决【典型例题】例17．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例18．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角--P AD B 的余弦值．例19．（2022春·福建南平·高三校考期中）在三棱柱111ABC A B C 中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 、F 分别是棱AC 、11A B 的中点.(1)设G 为11B C 的中点，求证：//EF 平面11BCC B ；(2)若2AB AC ==，直线1BB 与平面1ACB 所成角的正切值为2，求多面体1B EFGC -的体积V .核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题【规律方法】构造垂直的全等关系【典型例题】例20．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例21．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角--P AD B 的余弦值．核心考点七：利用传统方法找几何关系建系【规律方法】利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系．【典型例题】例22．如图：长为3的线段PQ 与边长为2的正方形ABCD 垂直相交于其中心()O PO OQ >．（1）若二面角P AB Q --的正切值为3-，试确定O 在线段PQ 的位置；（2）在（1）的前提下，以P ，A ，B ，C ，D ，Q 为顶点的几何体PABCDQ 是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．例23．在四棱锥P ABCD -中，E 为棱AD 的中点，PE ⊥平面ABCD ，//AD BC ，90ADC ∠=︒，2ED BC ==，3EB =，F 为棱PC 的中点．（Ⅰ）求证：//PA 平面BEF ；（Ⅰ）若二面角F BE C --为60︒，求直线PB 与平面ABCD 所成角的正切值．例24．三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，2AB AC ==，侧面11BCC B 为矩形，123A AB π∠=，二面角1A BC A --的正切值为12．（Ⅰ）求侧棱1AA 的长；（Ⅰ）侧棱1CC 上是否存在点D ，使得直线AD 与平面1A BC ，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．核心考点八：空间中的点不好求【规律方法】方程组思想【典型例题】例25．（2022·江苏南京·模拟预测）已知三棱台111ABC A B C 的体积为143，且π2ABC ∠=，1A C ⊥平面11BB C C . (1)证明：平面11A B C ⊥平面111A B C ；(2)若11AC B C =，11112A B B C ==，求二面角1B AA C --的正弦值.例26．（2022春·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，3DAB π∠=，平面11BDD B ⊥平面ABCD ，点1,O O 分别为11,B D BD 的中点，1111,,O B A AB O BO ∠∠=均为锐角.(1)求证：1AC BB ⊥；(2)若异面直线CD 与1AA ，四棱锥1A ABCD -的体积为1，求二面角1B AA C --的平面角的余弦值.例27．（2022春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，在几何体ABCDE 中，底面ABC 为以AC为斜边的等腰直角三角形.已知平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC ⊥平面,//BCE DE 平面,ABC AD DE ⊥.(1)证明；DE ⊥平面ACD ；(2)若22AC CD ==，设M 为棱BE 的中点，求当几何体ABCDE 的体积取最大值时,AM 与CD 所成角的余弦值.核心考点九：创新定义【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例28．（2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知顶点为S 的圆锥面（以下简称圆锥S ）与不经过顶点S 的平面α相交，记交线为C ，圆锥S 的轴线l 与平面α所成角θ是圆锥S 顶角（圆S 轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C 的形状，我们构建球T ，使球T 与圆锥S 和平面α都相切，记球T 与平面α的切点为F ，直线l 与平面α交点为A ，直线AF 与圆锥S 交点为O ，圆锥S 的母线OS 与球T 的切点为M ，OM a =，MS b =．(1)求证：平面SOA ⊥平面α，并指出a ，b ，θ关系式； (2)求证：曲线C 是抛物线．例29．（2022·全国·高三专题练习）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA ，PB ，PC 构成的三面角-P ABC ，APC α∠=，BPC β∠=，APB γ∠=，二面角A PC B --的大小为θ，则cos cos cos sin sin cos γαβαβθ=+．（1）当α、π0,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，证明以上三面角余弦定理；（2）如图2，四棱柱1111ABCD A B C D -中，平面11AA C C ⊥平面ABCD ，160A AC ∠=︒，45BAC ∠=︒， ①求1A AB ∠的余弦值；②在直线1CC 上是否存在点P ，使//BP 平面11DA C ？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．例30．（2022·全国·校联考模拟预测）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H ABC -，J CDE -，K EFA -，再分别以AC ，CE ，EA 为轴将ACH ∆，CEJ ∆，EAK ∆分别向上翻转180︒，使H ，J ，K 三点重合为点S 所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）．（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点S 的曲率的余弦值．【新题速递】1．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1BC CC =，1AC AB =.(1)证明：平面1ABC ⊥平面11BCC B ；(2)若BC =，1AB B C =，160CBB ∠=︒，求直线1BA 与平面111A B C 所成角的正弦值.2．（2022·四川达州·统考一模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等腰直角三角形，112AB AC BB ===，，160ABB ∠=.(1)证明: 1AB B C ⊥；(2)若12B C =，求1AC 与平面1BCB 所成角的正弦值.3．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 是平行四边形.已知2,1,PA AB AD AC E ====是PB 中点.(1)求证：平面PBC ⊥平面ACE ；(2)求平面PAD 与平面ACE 所成锐二面角的余弦值.4．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形，平面PBC ⊥平面ABCD ，30,ACD E ∠=为AD 的中点，点F 在PA 上，3AP AF =.(1)证明：PC //平面BEF ；(2)若PDC PDB ∠∠=，且PD 与平面ABCD 所成的角为45，求平面AEF 与平面BEF 夹角的余弦值.5．（2022·上海奉贤·统考一模）如图，在四面体ABCD 中，已知BA BD CA CD ===.点E 是AD 中点.(1)求证：AD ⊥平面BEC ；(2)已知95,arccos,625AB BDC AD ∠===，作出二面角D BC E --的平面角，并求它的正弦值.6．（2022·上海浦东新·统考一模）如图，三棱锥-P ABC 中，侧面P AB 垂直于底面ABC ，PA PB =，底面ABC 是斜边为AB 的直角三角形，且30ABC ∠=︒，记O 为AB 的中点，E 为OC 的中点.(1)求证：PC AE ⊥；(2)若2AB =，直线PC 与底面ABC 所成角的大小为60°，求四面体P AOC 的体积.7．（2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB BD BP ===PA PD ==90APD ∠=︒，E 是棱PA 的中点，且BE 平面PCD(1)证明：CD ⊥平面PAD ；(2)若1CD =，求二面角A PB C --的正弦值.8．（2022春·江苏徐州·高三期末）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，N 为PB 的中点.(1)若点M 在AD 上，2AM MD =，34AD BC =，证明：MN 平面PCD ； (2)若3PA AB AC AD ====，4BC =，求二面角D AC N --的余弦值.9．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD ED FA ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求二面角F AC E --的大小.10．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD FA ED ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求点A 到平面FBD 的距离.11．（2022·四川广安·广安二中校考模拟预测）APD △是等腰直角三角形，AP PD ⊥且AD =ABCD 是直角梯形，AB BC ⊥，DC BC ⊥，且222AB BC CD ===，平面APD ⊥平面ABCD .(1)求证：AP ⊥平面BPD ；(2)若点E 是线段PB 上的一个动点，问点E 在何位置时三棱锥D APE -.12．（2022·四川南充·统考一模）在平面五边形ABCDE 中（如图1），ABCD 是梯形，//AD BC ，2AD BC ==AB =90ABC ∠=︒，ADE 是等边三角形．现将ADE 沿AD 折起，连接EB ，EC 得四棱锥E ABCD -（如图2）且CE =(1)求证：平面EAD ⊥平面ABCD ；(2)在棱EB 上有点F ，满足13EF EB =，求二面角E AD F --的余弦值．13．（2022·贵州贵阳·贵阳六中校考一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，DA AB ⊥，PD PC ⊥，PB PC ⊥，1AB AD PD PB ====，4cos 5DCB ∠=.(1)求证：BD ⊥平面PAC .(2)设E 为BC 的中点，求PE 与平面ABCD 所成角的正弦值.14．（2022春·广东广州·高三校考期中）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，//,222AB CD PC AB AD CD ====，点E 在侧棱PB 上.(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若平面PAC 与平面ACE PE BE 的值.。

立体几何中截面问题重难考点归纳总结

高三二轮专题复习立体几何中截面问题重难考点归纳总结作空间几何体截面的常见方法：（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；（3）作延长线找交点法：若直线相交但是立体图形中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.考点一：截面形状的判断1．在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面．平面以任意角度截正方体，所截得的截面图形不可能为（） A ．等腰梯形B ．非矩形的平行四边形C ．正五边形D ．正六边形2．在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面，如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别是棱B 1B 、B 1C 中点，点G 是棱CC 1的中点，则过线段AG 且平行于平面A 1EF 的截面图形为（）A ．矩形B ．三角形C ．正方形D ．等腰梯形3．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个垂直于圆柱底面的平面去截这个组合体﹐则截面图形可能是______（填序号）．4．（多选题）一个正方体内有一个内切球，用一个平面去截，所得截面图形可能是图中的（）A ．AB ．BC ．CD ．D5．在正方体中，M ，N ，Q 分别为棱AB ，的中点，过点M ，N ，Q 作该正方体的截面，则所得截面的形状是（） A ．三角形B ．四边形C ．五边形D ．六边形考点二：求截面面积6．已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为16的正方形，则该圆柱的表面积为（） A ． B ． C ． D ． 7．已知球O 的表面积为，则过球Q 一条半径的中点，且与该半径垂直的截面圆的面积为___________. 8．已知圆锥的侧面积为，若其过轴的截面为正三角形，则该圆锥的母线的长为___________. 9．已知正四棱柱中、的交点为，AC 、BD 的交点为，连接，点为的中点.过点且与直线AB 平行的平面截这个正四棱柱所得截面面积的最小值和最大值分别为1，则正四棱柱的体积为______________.111-ABCD A B CD 111,B B C D 1O 2O 12O O 24π20π8π29π11A C 11B D 1O 2O 12O O O 12O O O 1111ABCD A B C D -10．已知正四棱柱中，，，则该四棱柱被过点，C ，E 的平面截得的截面面积为______. 11．已知圆锥的侧面积为20π，底面圆O 的直径为8，当过圆锥顶点的平面截该圆锥所得的截面面积最大时，则点O 到截面的距离为______________.12．在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面. 如图，在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，点是棱的中点，则过线段且平行于平面的截面的面积为A ． B． C ． D13．已知棱长为的正四面体，，，分别是棱，，的中点，则正四面体的外接球被三角形所在的平面截得的截面面积是（）A ．B ．C ．D ． 14．已知三棱锥的所有棱长均相等，四个顶点在球的球面上，平面经过棱，，的中点，若平面截三棱锥和球所得的截面面积分别为，，则（） ABC ．D ． 15．已知正方体的长为2，直线平面，下列有关平面截此正方体所得截面的结论中，说法正确的序号为______．①截面形状一定是等边三角形：②截面形状可能为五边形；③截面面积的最大值为④存在唯一截面，使得正方体的体积被分成相等的两部分．16．已知某圆锥轴截面的顶角为，过圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为，则该圆锥的1111ABCD A B C D -1124BE BB ==143AB AA =1A 1111ABCD A B C D -,E F 111,B B B C G 1CC AG 1A EF 198894ABCD E F N AB AC AD ABCD EFN 73π83π103π163πA BCD -O αAB AC AD αA BCD -O 1S 2S 12S S =38π364π1111ABCD A B C D -1AC ⊥αα120 2底面半径为（） ABC ．D ．17．在长方体中，已知，，分别为，的中点，则平面被三棱锥外接球截得的截面圆面积为___________.考点三：求截面周长18．如图，在正方体中，，为棱的中点，为棱的四等分点（靠近点），过点作该正方体的截面，则该截面的周长是___________.19．已知在棱长为6的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，过A ，E ，F 三点作该正方体的截面，则截面的周长为________．20．正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，所有棱长均为2，点E ，F 分别为棱BB 1，A 1C 1的中点，若过点A ，E ，F 作一截面，则截面的周长为（）1111ABCD A B C D -122AA AB AD ===E F 1BB 11D C 11A BCD 1C CEF -1111ABCD A B C D -4AB =E BC F 11A D 1D ,,A E FA ．B ．C ．D ．21．在三棱锥中，，截面与，都平行，则截面的周长等于（）A ．B ．C ．D ．无法确定考点四：截面最值问题22．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，的正三角形，三棱锥的体积为，为的中点，则过点的平面截球所得截面面积的取值范围是（） A ． B ． C ． D ． 23．正四面体ABCD 的棱长为4，E 为棱AB 的中点，过E 作此正四面体的外接球的截面，则该截面面积的取值范围是（） A ． B ． C ． D ． 24．已知球O 是正三棱锥A -BCD （底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，BC =3，AB =E 在线段BD 上，且BD =3BE ．过点E 作球O 的截面，则所得截面面积的最小值是（） A ． B． C ． D ．25．如图，四边形为四面体的一个截面，若四边形为平行四边形，，，则四边形的周长的取值范围是___________.26．如图，设正三棱锥的侧棱长为，，分别是上的点，过作三棱锥的截面，则截面周长的最小值为________.+A BCD -AB CD a ==MNPQ AB CD MNPQ 2a 4a a P ABC -O PA PB PC ==ABC ∆P ABC -16Q BC Q O 13,24ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦12,23ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦13,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦12,43ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦[]46ππ，[]412ππ，[]4ππ，[]6ππ，2π3π4π5πEFGH ABCD EFGH 4AB =6CD =EFGH P ABC -240APB ∠=︒,E F ,BP CP ,,A E F AEF27．正三棱锥，点在棱上，且，已知点都在球的表面上，过点作球的截面，则截球所得截面面积的最小值为___________.考点五：有关截面的综合问题28．如图，在正方体中，点P 为线段上的动点（点与，不重合），则下列说法不正确的是（）A ．B ．三棱锥的体积为定值C ．过，，三点作正方体的截面，截面图形为三角形或梯形D ．DP 与平面所成角的正弦值最大为 29．（多选题）在棱长为2的正方体中，以下结论正确的有（）A ．三棱锥外接球的体积是B ．当点在直线上运动时，的最小值是P ABC -AB ==E PA 3PE EA =P A B C 、、、O E O ααO 1111ABCD A B C D -11A C P 1A 1C BD CP ⊥C BPD -P C 1D 1111D C B A 131111ABCD A B C D -11B A DC -Q 1BC 1A Q QC +8+C ．若棱，，的中点分别是，，，过，，三点作正方体的截面，则所得截面面积为D ．若点是平面上到点和距离相等的点，则点的轨迹是直线30．（多选题）如图，正方体的棱长为1，P 为的中点，Q 为线段上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面多边形记为S ，则下列命题正确的是（）A ．当时，S 为等腰梯形B ．当时，S 与的交点R 满足C ．当时，S 为六边形D ．当时，S31．（多选题）在正方体中，，点E ，F 分别为，中点，点P 满足，，则（）A ．当时，平面截正方体的截面面积为B ．三棱锥体积为定值 AB 1AA 11CDEFG E F G M 1111D C B A D 1C M 11A D 1111ABCD A B C D -BC 1CC 12CQ =34CQ =11C D 113C R =314CQ <<1CQ =1111ABCD A B C D -2AB =AB BC 1AP AA λ= [0,1]λ∈1λ=PEF 941P ECC -C ．当时，平面截正方体的截面形状为五边形D ．存在点P ，二面角为45°10,3λ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦PEF P EF A --Word 版见：高考高中资料无水印无广告word 群559164877详细解析1．C 【详解】画出截面图形如图：可以画出等腰梯形，故A 正确；在正方体中，作截面（如图所示）交，，，分别于点，，，，根据平面平行的性质定理可得四边形中，，且，故四边形是平行四边形，此四边形不一定是矩形，故B 正确；经过正方体的一个顶点去切就可得到五边形．但此时不可能是正五边形，故C 错误；正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，且可以画出正六边形，故D 正确．故选：C1111ABCD A B C D EFGH 11C D 11A B AB CD E F G H EFGH //EF HG //EH FGEFGH高中数学教研群 QQ 群号929518278 精品资料每天更新2．D 【详解】取的中点，如图连接、、、，由题意得：，，不在平面内，平面内，∴平面.不在平面内，平面内，∴平面.，平面，平面平面，过线段且平行于平面的截面图形为等腰梯形．故选：．3．①⑤【详解】由题意，当截面过旋转轴时，圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件，综上可知截面的图形可能是①⑤.故答案为：①⑤4．AB 【详解】由组合体的结构特征可知：当截面过球与正方体切点时可知A 正确、C 错误；当截面过正方体的对角面时可知B 正确；此题是正方体的内切球，可知D 错误.故选：AB5．D 【详解】如图所示：分别为中点，M ，N ，Q 确定平面，且，故，，故，同理可得，，，故截面为六边形.故选：D. BC H AH GH 1D G 1AD //GH EF 1//AH A F GH 1A EF EF ⊆1A EF ||GH 1A EF AH 1A EF 1A F ⊆1A EF ||AH 1A EF GH AH H = ,GH AH ⊆1AHGD ∴1//AHGD 1A EF AG AEF 1AHGDD ,,EF H 111,,AD DD B C αNH MQ ∥N α∈NH α⊂,Q H αα∈∈QH α⊂FQ α⊂EF α⊂EM α⊂6．B 【详解】根据题意，所得截面是边长为4的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面是半径为的圆，且高为4，所以其表面积.故选：B. 7．【详解】设球的半径为，则，解得.设截面圆的半径为，由题知：，所以截面圆的面积.故答案为： 8．【详解】设圆锥的底面半径为r ，圆锥的母线为l ,又圆锥过轴的截面为正三角形，圆锥的侧面积为， ∴， ∴.故答案为：. 9．3【详解】设正四棱柱的底面边长为a ，高为h ，由题知当截面平行于平面时，截面面积最小；当截面为平面时，截面面积最大，2()22222424S =⨯+⨯⨯=πππ32ππR 248R ππ=R =r r ==232S ππ==32π2329π22,9l r rl ππ==23l =23ABCD 11A B CD因为过点且与直线AB 平行的平面截这个正四棱柱所得截面面积的最小值和最大值分别为1，所以，于是正四棱柱的体积为.故答案为：3.10．由题意，正四棱柱中，，，可得，在上取点，使得，连接，则有，所以四边形是平行四边形，由勾股定理可得，所以所以，所以四边形是平行四边形的面积为，故答案为：O 21a ⎧=⎪⎨=⎪⎩13a h =⎧⎨=⎩1111ABCD A B C D -23a h =1111ABCD A B C D -1124BE BB ==143AB AA =1118,2AA BB CC BE ====1DD F 12D F =1,A F CF 11,//A F CE A F CE =1A ECF 11A E CE A C ====2221111cos 2A E CE A C A EC A E CE +-∠===⨯1sin A EC ∠=1A ECF 11sin A E EC A EC ⨯⨯∠==11设圆锥的底面圆的半径为r ，高为h ,母线长为l ,则，∴，h =3,由于h<r ,所以圆锥的轴截面为钝角三角形，所以过圆锥顶点的平面截该圆锥所得的截面为直角三角形时面积最大，如图，△SAB 为截面三角形，SO 为圆锥的高，设点O 到截面的距离为d ，则∴，即， ∴，即点O. 12．B 【详解】取BC 的中点H ，连接，4,20r rl ππ==5l =25,2SAB AB S == 14,2AOB OA OB S ===⨯= 1133SAB AOB S d S h ⋅=⋅ 12513323d ⨯⋅=d =,AH GH因为面AHGD1，面AHGD1，面AHGD1，同理，面AHGD1，又，则平面AHGD1∥平面A1EF，等腰梯形AHGD1，，故选B．13．D【详解】过点作平面的垂线，垂足为，交平面于点，设该四面体外接球球心为，连接，作图如下所示：因为四面体为正四面体，且面，故点为△的外心，则该四面体的球心一定在上，不妨设外接球球心为；因为分别为的中点，则//，//，又，且面，面，故平面//平面，故面，又为中点，故也为中点.因为正四面体的所有棱长为，故1,EF BC GH EF⊄GH⊂EF∴∥1A E∥1A E EF E⋂=98A BCD H EFN'O O,OB BHABCD AH⊥BCDH BCD AH O,,E F N,,AB AC AD EF BC FN CD,EF FN F BC CD C⋂=⋂= ,EF FN⊂EFN,BC CD⊂BCD EFN BCDAO'⊥EFN E AB'O AHABCD4243BH==则设该四面体的外接球半径为，即，则，在△中，，即，解得即外接球球心到平面，设平面截外接球所得圆的半径为，则，解得，故截面圆的面积为.故选：D. 14．B 【详解】设平面截三棱锥所得正三角边长为a ，截面圆的半径为r ，则，由正弦定理可得，，故选：B15．④【详解】如图可知，截面形状可以是等边三角形、六边形、正六边形，∴①②明显错误；截面面积的最小值可以趋向于零，故③错误；当截面为正六边形时，截面过正方体的中心，此时正方体的体积被分成相等的两部分．故④正确.故答案为：④AH ===12O H AH ='=R OA OB R ==OH AH R R =-=Rt OHB 222OH BH OB +=222R R ⎫+=⎪⎪⎭R =OO R AO =-==''O EFN EFN r 222r +=2163r =163παA BCD -21S =sin 60a r ==︒22243πa S πr ∴==12S S =∴16．A 【详解】如图，由题可知，，又过圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为，∴，即，在中，.故选：A. 17．【详解】以点为原点建立空间直角坐标系如图所示：120APB ∠= 30ABP ∠= 22122l =2l =Rt POB cos302r l === 98πD依题意得：，，，则，，所以，则；设为中点，因为则，所以点为三棱锥外接球的球心，则设球心到平面的距离为，又因为为中点，所以点到平面的距离为，由于，所以故截面圆的半径为，所以截面圆面积为. 故答案为：18如图，取的中点，取上靠近点的三等分点，()0,2,0C ()1,2,1E ()0,1,2F ()1,0,1EC =-- ()111EF ,,=-- 1010EC EF ⋅=+-= EF EC ⊥O CF EF EC ⊥1EO OC FO C O ===O 1C CEF -12R CF ==O 11A BCD h O CF F 11A BCD 2h 111244h C D ==⨯=h =r ==98π98π11C D H 1CC 1C G连接，易证，则五边形为所求截面.因为，所以，则，故该截面的周长是.19．如图，延长EF ，A 1B 1，相交于点M ，连接AM ，交BB 1于点H ，延长FE ，A 1D1，相交于点N ，连接AN，交DD 1于点G ，连接FH，EG，可得截面为五边形AHFEG .因为ABCD-A 1B 1C 1D1是棱长为6的正方体，且E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，由中位线定理易得：EF ＝：AG ＝AH ＝EG ＝FH AH ＋HF ＋EF ＋EG ＋AG ＝故答案为：20．B 【详解】如图，在正三棱柱中，延长AF 与CC 1的延长线交于M ，连接EM 交B 1C 1于P ，连接FP ，则四边形AEPF 为所求截面.,,,,AE EG GH HF FA //,//AE HF AF EG AEGHF 4AB =111182,3,1,3BE CE C H D H A F D F CG =======143C G =103AE EG ==5,GH HF AF ===AE EG GH HF AF ++++=+111ABC A B C -过E 作EN 平行于BC 交CC 1于N ，则N 为线段CC 1的中点，由相似于可得MC 1=2，由相似于可得：，在中，，则，在中，，则在中，，则在中，，由余弦定理：，则故选：B.21．A 【详解】设，因为平面，平面平面，平面，所以，同理可得，，，故四边形为平行四边形，所以，. 因为，所以，， 1MFC MAC △1MPC △MEN 111242,2333PC PC B P =⇒==1Rt AA F 112,1AA A F ==AF ==Rt ABE △2,1AB BE ==AE ==1Rt B EP 1121,3B E B P ==PE ==1C FP 11141,,603C F C P FC P ==∠=︒2224413121cos 60339PF ⎛⎫=+-⨯⨯⨯︒= ⎪⎝⎭PF ==AM k CM=//AB MNPQ ABC MNPQ MN =AB ÌABC //MN AB //PQ AB //MQ CD //NP CD MNPQ 11MN PQ AB AB k ==+1MQ NP k CD CD k==+AB CD a ==1a MN PQ k ==+1ak MQ NP k==+所以四边形的周长为. 故选：A.22．A 【详解】设在底面上的射影为，因为，所以为的中心，由题可知，，由，解得在正中，可得.从而直角在中解得. 进而可得，，，因此正三棱锥可看作正方体的一角，正方体的外接球与三棱锥的外接球相同，正方体对角线的中点为球心. 记外接球半径为，则所以过的平面截球所得截面的面积最大为；又为中点，由正方体结构特征可得由球的结构特征可知，当垂直于过的截面时， MNPQ 2211a ak MN PQ MQ NP a k k ⎛⎫+++=+= ⎪++⎝⎭P ABC M PA PB PC ==M ABC ∆ABC S ∆1136P ABC ABC V PM S -∆=⨯⨯=PM =ABC ∆AM =ABC 1PA =PA PB ⊥PB PC ⊥PC PA ⊥P ABC -P ABC -O R R Q O 2max 34S R ππ==Q BC 1122OQ PA ==OQ Q截面圆半径最小为. 因此，过的平面截球所得截面的面积范围为. 故选：A.23．A 【详解】如图，将正四面体补为边长是ABCD 的外接球为正方体的外接球，球心O在体对角线的中点，且球的半径；当OE 垂直于截面时，截面面积最小，截面圆的半径为面积为；当截面过球心O 时，截面面积最大，截面圆的半径为，面积为故选:A24．A【详解】解：如图，O 1是A 在底面的射影，由正弦定理得，△BCD 的外接圆半径r ==2min 12S r ππ==Q O 13,24ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦R =12r ==4π1r R =6π1031sin 602r =⨯=由勾股定理得棱锥的高AO 1；设球O 的半径为R ，则，解得，所以OO 1=1；在△BO 1E 中，由余弦定理得所以O 1E =1；所以在△OEO 1中，OE；当截面垂直于OE. 故选：A25．【详解】解：四边形为平行四边形，；平面，平面，平面；又平面，平面平面，，同理可得；设，，，，；又，，，，且；四边形的周长为，；四边形周长的取值范围是．故答案为：26．将正三棱锥的三个侧面展开如图，由图可知，为使的周长最小，只需让四点共线即可，则当为与交点时，的周长最小，由题意，，∴，得的周长3==()223R R =-2R =2113211,O E =+-⨯==2π(8,12) EFGH //EH FG ∴EH ⊂/ ABD FG ⊂ABD //EH ∴ABD EH ⊂ ABC ABC ABD AB =//EH AB ∴//EF CD EH x =EF y =∴EH CE AB CA =EF AE CD AC =∴1EH EF CE AE AC AB CD CA AC AC+=+==4AB =Q 6CD =∴146x y +=614x y ⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭04x <<∴EFGH 2()2[6(1)]4xl x y x =+=+-12x =-81212x ∴<-<∴EFGH (8,12)(8,12)AEF 1,,,A E F A ,E F 1AA ,BP CP AEF 140BPC CPA APB ∠=∠=∠=︒1120APA ∠=︒1AA ===AEF的最小值为故答案为：27．【详解】，，，同理，故可把正三棱锥补成正方体（如图所示），其外接球即为球，直径为正方体的体对角线，故，设的中点为，连接，则.所以，当平面时，平面截球O 的截面面积最小，，故截面的面积为.故答案为：28．D 【详解】由题可知平面，所以，故A 正确；由等体积法得为定值，故B 正确；设的中点为，当时，如下图所示：3π4PA PC PB === AB AC BC ===222PA PC AC ∴+=2CPA π∴∠=2CPB BPA π∠=∠=O 2R =PA F OF OF =OF PA ⊥3OE ==OE ⊥αα=3π3πBD ⊥11ACC A BD CP ⊥113C BPD P BCD BCD V V S AA --==⋅⋅ 11A C M 1P MC ∈此时截面是三角形，当时，如下图所示：此时截面是梯形，故C 正确；选项D ，在正方体中，连接，则为在平面上的射影，则为与平面所成的角，设正方体的棱长为1，，则当取得最小值时，的值最大，即时，，所以D 不正确. 故选：D.29．ACD 【详解】对于A ：三棱锥的外接球即为正方体的外接球，因为正方体的外接球的直径即为正方体的体对角线，即所以外接球的体积是，故选项A 正确；1D QC 1PMA ∈1D QRC 1D P 1D P DP 1111D C B A 1D PD ∠DP 1111D C B A 1PD x =DP =1sin D PD ∠x 1sin D PD ∠111D P A C ⊥x 1sin D PD ∠11B A DC -1111ABCD A B C D -2R =R 34π3V =´=对于B ：把沿翻折到与在同一个平面（如图所示），连接，则是的最小值，其中是边长为的等边三角形，是直角边为的等腰直角三角形，所以，即故选项B 错误；对于C ：分别取棱，，的中点，，，连接，，，，，，则易知过，，三点的截面是正六边形，1BCC 1BC 11A C B △1A C 1A C 1A Q QC +11A C B △1BCC 211A C A Q QC =+==1A Q QC +11A D 1CC BC H M N EF FH HG GM MN NE E F G EFHGMN所以截面面积为故选项C 正确；对于D ：因为是平面上到点和距离相等的点，所以点的轨迹是平面与线段的垂直平分平面的交线，即点的轨迹是平面与平面的交线，所以点的轨迹是直线，即选项D 正确．故选：ACD.30．ABD 【详解】解：过点A ，P ，Q 的平面截正方体，当时，其截面形状为梯形如图1，特别地当时，截面形状为等腰梯形，当时，其截面形状为五边形如图2．若，则，所以．当时，与重合，其截面形状为四边形如图3，此时，因为P 为的中点，且，所以为的中点，所以，同理，所以四边形为平行四边形，所以四边形为菱形，其面积为ABD 正确．故选：ABD.31．BCD 【详解】A 选项中，当时，与重合，则截面为等腰梯形，其面积为，故A 选项错误； 1(62⨯=M 1111D C B A D 1C M 1111D C B A 1DC 11A BCD M 1111D C B A 11A BCD 11A D M 11A D 102CQ <≤12CQ =112CQ <<34CQ =1113C Q C R QC CM ==113C R =1CQ =Q 1C PQ AP =BC CP AD ∕∕Q MN PC AE ∕∕QE AP ∕∕APQE APQE 112AC PE ⋅==1λ=P 1A 92B 选项中，因为平面，故P 到平面的距离不变，故三棱锥体积为定值．故B 选项正确：C 选项中，当时，其截面刚好为五边形，时，截面为五边形；故C 选项正确；D 选项中，当点P 与重合时，其二面角正切值为，此时二面角大于45°，所以存在点P ，二面角为45°，D 选项正确；故选：BCD ．1//AA 1ECC 1ECC 1P ECC -13λ=103λ<<1A P EF A --。

高三数学二轮复习教学案——立体几何(2)

高三数学二轮复习教学案——立体几何（2）班级__________姓名_____________学号_________【基础训练】1. 如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．2.三棱锥P -ABC 中,三条侧棱两两垂直,且长度都为1,点E 为BC 上一点,则截面PAE 面积的最小值为_____________.3、已知a 、b 、c 是三条不重合直线，α、β、γ是三个不重合的平面，下列命题：⑴a ∥c ，b ∥c ⇒a ∥b ；⑵a ∥γ，b ∥γ⇒a ∥b ；⑶c ∥α，c ∥β⇒α∥β；⑷γ∥α，β∥α⇒γ∥β；⑸a ∥c ，α∥c ⇒a ∥α；⑹a ∥γ，α∥γ⇒a ∥α。

其中正确的命题是。

4、已知正方体ABCD －A'B'C'D'，则该正方体的体积、四棱锥C'-ABCD 的体积以及该正方体的外接球的体积之比为 _________________.5.. 如图,四棱锥P -ABCD 的底面是边长为3的正方形,侧棱PA ⊥平面ABCD ,点E 在侧棱PC 上,且BE ⊥PC ,若6=BE ,则四棱锥P -ABCD 的体积为 _________ .6. 由曲线22x y =，2||=x 围成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为1V ；满足422≤+y x ，1)1(22≥-+y x ，1)1(22≥++y x 的点组成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为2V ，则1V :2V = ．【典型例题】7. 已知三棱锥P —ABC 中，PC ⊥底面ABC ，AB=BC ，D 、F 分别为AC 、PC 的中点，DE ⊥AP 于E ．（1）求证：AP ⊥平面BDE ；（2）求证：平面BDE ⊥平面BDF ；（3）若AE ∶EP=1∶2，求截面BEF 分三棱锥P —ABC 所成两部分的体积比．8. 如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是一个边长为2的正方形,PA⊥平面ABCD ,且24=PC ．M 是PC 的中点,在DM 上有点G ,过G 和AP作平面交平面BDM 于GH ．（1）求四棱锥P -ABCD 的体积;（2）求证:AP ∥GH ．9. 如图，在棱长均为4的三棱柱111ABC A B C -中，D 、1D分别是BC 和11B C 的中点. （1）求证：11A D ∥平面1AB D ；（2）若平面ABC ⊥平面11BCC B ，160B BC ∠= ，求三棱锥1B ABC -的体积.10. 如图一简单几何体的一个面ABC 内接于圆O ，G ,H 分别是AE ,BC 的中点,AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，且DC ⊥平面ABC ．（1）求证:GH //平面ACD ;（2）证明：平面ACD ⊥平面ADE ；（3）若AB =2，BC =1，23tan =∠EAB ，试求该几何体的体积V ．。

高三数学二轮专题复习教案――立体几何

高三数学二轮专题复习教案――立体几何一、本章知识结构：二、重点知识回顾1、空间几何体的结构特征（1）棱柱、棱锥、棱台和多面体棱柱是由满足下列三个条件的面围成的几何体：①有两个面互相平行；②其余各面都是四边形；③每相邻两个四边形的公共边都互相平行；棱柱按底面边数可分为：三棱柱、四棱柱、五棱柱等．棱柱性质：①棱柱的各个侧面都是平行四边形，所有的侧棱都相等；②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等多边形.③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形.棱锥是由一个底面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形所围成的几何体．棱锥具有以下性质：①底面是多边形；②侧面是以棱锥的顶点为公共点的三角形；③平行于底面的截面和底面是相似多边形，相似比等于从顶点到截面和从顶点到底面距离的比．截面面积和底面面积的比等于上述相似比的平方．棱台是棱锥被平行于底面的一个平面所截后，截面和底面之间的部分．由棱台定义可知，所有侧棱的延长线交于一点，继而将棱台还原成棱锥．多面体是由若干个多边形围成的几何体．多面体有几个面就称为几面体，如三棱锥是四面体．（2）圆柱、圆锥、圆台、球分别以矩形的一边，直角三角形的一直角边，直角梯形垂直于底边的腰所在的直线，半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周而形成的几何体叫做圆柱、圆锥、圆台、球圆柱、圆锥和圆台的性质主要有：①平行于底面的截面都是圆；②过轴的截面（轴截面）分别是全等的矩形、等腰三角形、等腰梯形；③圆台的上底变大到与下底相同时，可以得到圆柱；圆台的上底变小为一点时，可以得到圆锥．2、空间几何体的侧面积、表面积（1）棱柱侧面展开图的面积就是棱柱的侧面积，棱柱的表面积就是它的侧面积与两底面面积的和．因为直棱柱的各个侧面都是等高的矩形，所以它的展开图是以棱柱的底面周长与高分别为长和宽的矩形．如果设直棱柱底面周长为c，高为h，则侧面积S ch=侧．若长方体的长、宽、高分别是a、b、c，则其表面积2() S ab bc ca=++表．（2）圆柱的侧面展开图是一个矩形．矩形的宽是圆柱母线的长，矩形的长为圆柱底面周长．如果设圆柱母线的长为l，底面半径为r，那么圆柱的侧面积2πS rl=侧，此时圆柱底面面积2πS r=底.所以圆柱的表面积222π2π2π()S S S rl r r r l=+=+=+侧底．（3）圆锥的侧面展开图是以其母线为半径的扇形．如果设圆锥底面半径为r，母线长为l，则侧面积πS rl=侧，那么圆锥的表面积是由其侧面积与底面面积的和构成，即为2πππ()S S S rl r r r l=+=+=+侧底．（4）正棱锥的侧面展开图是n个全等的等腰三角形．如果正棱锥的周长为c，斜高为h'，则它的侧面积12S ch'=侧．（5）正棱台的侧面积就是它各个侧面积的和．如果设正棱台的上、下底面的周长是c c'，，斜高是h'，那么它的侧面积是12S ch'=侧．（6）圆台侧面展开图是以截得该圆台的圆锥母线为大圆半径，圆锥与圆台的母线之差为小圆半径的一个扇环．如果设圆台的上、下底面半径分别为r r'，，母线长为l，那么它的侧面积是π()S r r l'=+侧．圆台的表面积等于它的侧面积与上、下底面积的和，即2222π()πππ() S S S S r r l r r r r r l rl''''=++=+++=+++侧上底下底．（7）球的表面积24πS R =，即球的表面积等于其大圆面积的四倍．3、空间几何体的体积（1）柱体（棱柱、圆柱）的体积等于它的底面积S 和高h 的积，即V Sh=柱体．其中底面半径是r ，高是h 的圆柱的体积是2πV r h=圆柱．（2）如果一个锥体（棱锥、圆锥）的底面积是S ，高是h ，那么它的体积是13V Sh=锥体．其中底面半径是r ，高是h 的圆锥的体积是21π3V r h=圆锥，就是说，锥体的体积是与其同底等高柱体体积的13．（3）如果台体（棱台、圆台）的上、下底面积分别是S S '，，高是h，那么它的体积是1()3V S S h=+台体．其中上、下底半径分别是r R ，，高是h 的圆台的体积是221π()3V r Rr R h=++圆台．（4）球的体积公式：334R V π=.4、中心投影和平行投影（1）中心投影：投射线均通过投影中心的投影。

高考高频点-立体几何球的切接之几何体外接球“球心”探究讲义-2023届高三数学二轮专题复习

几何体外接球“球心”探究外接球问题是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点，简单多面体外接球问题是立体几何中的难点和高考重要的考点，此类问题实质是定球心求半径，确定球心位置是解决此类问题的关键，本专题我们来研究定球心的办法：预备知识：1.平面内的线段的垂直平分线：平面内到线段AB两端点距离相等的点在中垂线上，如下图，平面内经过AB中点垂直于AB的直线即为线段AB的中垂线2.多边形各顶点都在圆上的圆叫做多边形的外接圆，三角形的外接圆圆心是任意两边或三边的垂直平分线的交点，三角形外接圆圆心叫外心。

3.三角形外接圆半径求解需先求出三角形三条边垂直平分线的交点，再用两边的乘积除以第三边上的高，这样求出来是外接圆直径，然后再根据假设的方程代入即可得出。

4.正弦定理是解三角形的一个基本定理，它指出“在任意一个平面三角形中，各边和它所对角的正弦值的比相等且等于外接圆的直径”，即a b c2 sin sin sinRA B C===5.空间内线段的中垂面：在空间内到两定点的距离相等的点在线段AB的中垂面上，如下图：在空间内过AB中点C作垂直于AB的平面即为线段AB的中垂面6.空间内到多边形各定点距离相等的点的轨迹：过多边形的外心作多边形所在平面的垂线即为点的轨迹。

如下为到三角形三点的距离相等的点的轨迹（直线）7.定义：在空间内如果一个定点与一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个点就是该简单多面体的外接球的球心，距离即为球半径。

8.直棱柱的外接球的球心是上、下底面多边形外心连线的中点；(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；(2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)顶点在底面射影在多边形顶点的棱锥可构造成直棱柱寻找球心；可利用公式222h 2R r =+（）（R 为球的半径，r 为底面多边形外接圆的半径，h 为直棱柱的高）求几何体外接球的半径。

高考数学二轮复习核心考点特色突破专题13 立体几何中的计算问题(含解析)-人教版高三全册数学试题

专题13 立体几何中的计算问题【自主热身，归纳总结】1、若正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为1，则此三棱锥的体积为．【答案】：61【解析】：设此正三棱锥的高为h ，则，所以312=h ，33=h ，故此三棱锥的体积．2、如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则三棱锥AB 1D 1D 的体积为________cm 3.【答案】 3【解析】VAB 1D 1D ＝VB 1AD 1D ＝13S △ADD 1×A 1B 1＝13×12×AD ×D 1D ×A 1B 1＝13×12×3×2×3＝3.3、将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2. 【答案】：18π【解析】：设正方形的边长为x cm ，则圆柱的体积为πx 2·x ＝27π，解得x ＝3，所以该圆柱的侧面积为2π×3×3＝18π(cm 2)．4、如图，正四棱锥PABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为8 3 cm 2，则它的体积为________cm 3.【答案】 4【解析】：如图，过点P 作PO 垂直于底面ABCD ，且垂足为O ，在平面ABCD 中，过点O 作直线AB 的垂线，垂足为E ，连结PE.由正四棱锥的性质知，PE ⊥AB ，所以S 侧＝(12×23×PE )×4＝83，解得PE ＝2，在Rt △POE 中，PO ＝PE 2－EO 2＝22－3＝1，所以正四棱锥的体积为13×(23)2×1＝4.5、已知正四棱柱的底面边长为3 cm ，侧面的对角线长是35cm ，则这个正四棱柱的体积是________cm 3. 【答案】54【解析】：设该正四棱柱的侧棱长为h cm ，则(35)2＝32＋h 2，解得h ＝6(负值舍去)，从而这个正四棱柱的体积是V ＝32×6＝54(cm 3)．6、若圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的体积为________．【答案】 223π7、现有一正四棱柱形铁块，底面边长为高的8倍，将其熔化锻造成一个底面积不变的正四棱锥形铁件（不计材料损耗）．设正四棱柱与正四棱锥的侧面积分别为1S ,2S ,则12S S 的值为．【答案】25【解析】设正四棱柱得高为a ，所以底面边长为8a ，根据体积相等，且高相等，所以正四棱锥的高为3a ，则正棱锥侧面的高为,所以.8、以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积之比为________．【答案】22【解析】：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S 1＝2πrh ＝2πr 2.圆锥的母线l ＝h 2＋r 2＝2r ，故圆锥的侧面积为S 2＝12×2πr ×l ＝2πr 2，所以S 2∶S 1＝2∶2.9、如图，正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥AA 1EF 的体积是________．【答案】：23【解法1】过B 点作BE AC ⊥，垂足为E ，平面ABC ⊥平面11ACC A ，且平面ABC ⋂平面11ACC A =AC ,所以BE ⊥平面11ACC A ，又因为梯形1ACC D 的面积为=6，所以.【解法2】,而=1323⨯⨯,所以四棱锥1B ACC D -的体积为23.【关联1】、如图，铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知正六棱柱的底面边长、高都为4 cm ，圆柱的底面积为9 3 cm 2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6 cm 的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为________cm (不计损耗)．【答案】. 210 由题意知，熔化前后的体积相等，熔化前的体积为6×34×42×4－93×4＝603，设所求正三棱柱的底面边长为x cm ，则有34x 2·6＝603，解得x ＝210，所以所求边长为210cm .【关联2】、在棱长为2的正四面体P ABC -中，M ，N 分别为PA ，BC 的中点，点D 是线段PN 上一点，且2PD DN =，则三棱锥D MBC -的体积为．【答案】：29思路分析：解决空间几何体的体积计算问题常常有两个途径：一是直接利用体积公式求解，另一种是利用等体积转化的思想进行计算.解题过程：连结MB ，MC ，MN ，过点D 作MN DH ⊥于H ，因为BP BA =，M 为PA 的中点，所以BM PA ⊥，同理CM PA ⊥，又因为，所以，又因为，所以MN PA ⊥，又因为MN DH ⊥，所以PA DH //，从而，故DH 为点D 到平面MBC 的高.在MBC ∆中，MC MB =，N 为BC 的中点，则，MBC ∆的面积，在NPM ∆中，因为PM DH //，2PD DN =，所以，从而三棱锥D MBC -的体积．【关联3】、如图，在正三棱柱中，已知，点P 在棱1CC 上，则三棱锥1P ABA -的体积为．【答案】．439 【解析】：因为正三棱柱中，11//CC AA ，因为，，所以，因为点P 在棱1CC 上，所以点C 到平面B B AA 11的距离就是点P 到平面B B AA 11的距离．作AB CD ⊥，垂直为点D ，因为正三棱柱中，⊥1AA 面ABC ，⊂CD 面ABC ，所以1AA CD ⊥，而，，，所以．因为正三棱柱中，，所以233=CD ，1ABA ∆的面积，所以三棱锥1ABA P -的体积．例2、已知矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝3，若沿对角线AC 折叠，使平面DAC ⊥平面BAC ，则三棱锥DABC 的体积为________．【答案】. 245【解析】：在平面DAC 内作DO ⊥AC ，垂足为点O ，因为平面DAC ⊥平面BAC ，且平面DAC ∩平面BAC ＝AC ，所以DO ⊥平面BAC ，因为AB ＝4，BC ＝3，所以DO ＝125，S △ABC ＝12×3×4＝6，所以三棱锥DABC 的体积为V ＝13×6×125＝245.【变式1】、．已知一个空间几何体的所有棱长均为1 cm ，其表面展开图如图所示，则该空间几何体的体积V= cm 3．【答案】216+【解析】空间几何体为一正方体和一正四棱锥的组合体，显然，正方体的体积为1，正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为1，所以，棱锥的高为22，所以，正四棱锥的体积为26，即组合体的体积为216+【变式2】、已知△ABC 为等腰直角三角形，斜边BC 上的中线AD = 2，将△ABC 沿AD 折成60°的二面角，连结BC ，则三棱锥CABD 的体积为．【答案】：233易错警示由于二面角平面角的概念在必做部分考查较少形成了复习中的知识盲点在边长为4的正方形ABCD 内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影部分)，【关联1】、折叠成底面边长为2的正四棱锥SEFGH(如图2)，则正四棱锥SEFGH 的体积为________．（图1）（图2）【答案】：. 43【解析】：连结EG ，HF ，交点为O ，正方形EFGH 的对角线EG ＝2，EO ＝1，则点E 到线段AB 的距离为1，EB ＝12＋22＝ 5.SO ＝SE 2－OE 2＝5－1＝2，故正四棱锥SEFGH 的体积为13×(2)2×2＝43.【关联2】、已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为42 ，过圆锥的两条母线作截面，截面为等边三角形，则圆锥底面中心到截面的距离为【答案】233【解析】设底面半径为r ，由题意可得：母线长为2r .又侧面展开图面积为，所以2r =.又截面三角形ABD 为等边三角形，故，又，故BOD 为等角直角三角形.设圆锥底面中心到截面的距离为d ，又，所以.又,2OBDS=,2AO r ==，故.【关联3】、如图，在圆锥VO 中，O 为底面圆心，半径OA ⊥OB ，且OA ＝VO ＝1，则O 到平面VAB 的距离为________．【答案】：33思路分析在立体几何求点到平面的距离问题中，往往有两种途径：(1) 利用等体积法，这种方法一般不需要作出高线；(2) 利用面面垂直的性质作出高线，再进行计算．解法1 因为VO ⊥平面AOB ，OA ⊂平面AOB ，所以VO ⊥OA ，同理VO ⊥OB ，又因为OA ⊥OB ，OA ＝VO ＝OB ＝1，所以VA ＝VB ＝AB ＝2，所以S △VAB ＝12VA ×AB sin60°＝32.设O 到平面VAB 的距离为h ，由V VAOB ＝V OVAB ，得13S△AOB×VO ＝13S △VAB ×h ，得12OA ×OB ×VO ＝32h ，解得h ＝33.解法2 取AB 中点M ，连结VM ，过点O 作OH ⊥VM 于H .因为OA ＝OB ，M 是AB 中点，所以OM ⊥AB ，因为VO ⊥平面AOB ，AB ⊂平面AOB ，所以VO ⊥AB ，又因为OM ⊥AB ，VO ∩OM ＝O ，所以AB ⊥平面VOM ，又因为AB ⊂平面VAB ，所以面VAB ⊥平面VOM ，又因为OH ⊥VM ，OH ⊂平面VOM ，平面VAB ∩平面VOM ＝VH ，所以OH ⊥平面VAB ，所以OH 为点O 到平面VAB 的距离，且OH ＝VO ×OM VM ＝33.例3、如图，在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，AB ⊥BC ，E ，F 分别是A 1B ，AC 1的中点． (1) 求证：EF ∥平面ABC ； (2) 求证：平面AEF ⊥平面AA 1B 1B ；(3) 若A 1A ＝2AB ＝2BC ＝2a ，求三棱锥FABC 的体积．)【解析】 (1) 连结A 1C .因为直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，四边形AA 1C 1C 是矩形，所以点F 在A 1C 上，且为A 1C 的中点．在△A 1BC 中，因为E ，F 分别是A 1B ，A 1C 的中点，所以EF ∥BC .(2分) 又因为BC ⊂平面ABC ，EF ⊄平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(4分) (2) 因为在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，B 1B ⊥平面ABC ，所以B 1B ⊥BC . 因为EF ∥BC ，AB ⊥BC ，所以AB ⊥EF ，B 1B ⊥EF .(6分) 因为B 1B ∩AB ＝B ，所以EF ⊥平面ABB 1A 1.(8分) 因为EF ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面ABB 1A 1.(10分) (3) V FABC ＝12VA 1ABC ＝12×13×S △ABC ×AA 1(12分)＝12×13×12a 2×2a ＝a36.(14分)【变式1】、如图，在五面体ABCDEF 中，已知DE ⊥平面ABCD ，//AD BC ，o 60BAD ∠=，2AB =，1DE EF ==．（1）求证：//BC EF ；（2）求三棱锥B DEF -的体积．【解析】（1）因为//AD BC ，AD ⊂平面ADEF ，BC ⊄平面ADEF ，所以//BC 平面ADEF ，（3分）又BC ⊂平面BCEF ，平面BCEF平面ADEF EF =，所以//BC EF ．（6分）（2）如图，在平面ABCD 内过点B 作BH AD ⊥于点H ．因为DE ⊥平面ABCD ，BH ⊂平面ABCD ，所以DE BH ⊥．又AD ，DE ⊂平面ADEF ，，所以BH ⊥平面ADEF ，所以BH 是三棱锥B DEF -的高．（9分）在直角三角形ABH 中，o 60BAD ∠=，2AB =，所以3BH =．因为DE ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以DE AD ⊥．又由（1）知，//BC EF ，且//AD BC ，所以//AD EF ，所以DE EF ⊥，（12分）所以三棱锥B DEF -的体积．（14分）易错警示在证明线线、线面、面面的位置关系时，一定要注意条件的完备性，不能少写条件．另外，在求几何体的体积时，一定要证明某条线为高的原因，即证明它与某个平面垂直，否则将导致丢分．【变式2】、如图，在矩形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝4，E ，F 分别为边AB ，AD 的中点．现将△ADE 沿DE 折起，得四棱锥ABCDE. （1）求证：EF ∥平面ABC ；（2）若平面ADE ⊥平面BCDE ，求四面体FDCE 的体积．【解析】 (1) 证法1 如图1，取线段AC 的中点M ，连结MF ，MB. 因为F ，M 为AD ，AC 的中点，所以MF ∥CD ，且MF ＝12CD.图1在折叠前，四边形ABCD 为矩形，E 为AB 的中点，所以BE ∥CD ，且BE ＝12CD.所以MF ∥BE ，且MF ＝BE.所以四边形BEFM 为平行四边形，故EF ∥BM. 又EF ⊄平面ABC ，BM ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC.证法2 如图2，延长DE 交CB 的延长线于点N ，连结AN.在折叠前，四边形ABCD 为矩形，E 为AB 的中点，所以BE ∥CD ，且BE ＝12CD.图2所以∠NBE ＝∠NCD ，∠NEB ＝∠NDC. 所以△NEB ∽△NDC.所以NE ND ＝BE CD ＝12，即E 为DN 的中点．又F 为AD 的中点，所以EF ∥NA. 又EF ⊄平面ABC ，NA ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC.证法3 如图3，取CD 的中点O ，连结OE ，OF.图3(2) 解法1 在折叠前，四边形ABCD 为矩形，AD ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，所以△ADE ，△CBE 都是等腰直角三角形，且AD ＝AE ＝EB ＝BC ＝2. 所以∠DEA ＝∠CEB ＝45°，且DE ＝EC ＝2 2.又∠DEA ＋∠DEC ＋∠CEB ＝180°，所以∠DEC ＝90°，即DE ⊥CE.又平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE∩平面BCDE ＝DE ，CE ⊂平面BCDE ，所以CE ⊥平面ADE ，即CE 为三棱锥CEFD 的高．因为F 为AD 的中点，所以 S △EFD ＝12×12×AD×AE＝14×2×2＝1.所以四面体FDCE 的体积V ＝13×S △EFD ×CE＝13×1×22＝223. 解法2 如图4，过F 作FH ⊥DE ，H 为垂足．图4因为平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE∩平面BCDE ＝DE ，FH ⊂平面ADE ，所以FH ⊥平面BCDE ，即FH 为三棱锥FECD 的高．在折叠前，四边形ABCD 为矩形，且AD ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，所以△ADE 是等腰直角三角形．又F 为AD 的中点，所以DF ＝1. 所以FH ＝DF·sin45°＝22. 又S △EDC ＝12×CD×BC＝12×4×2＝4，所以四面体FDCE 的体积V ＝13×S △EDC ×FH＝13×4×22＝223. 解法3 如图5，过A 作AG ⊥DE ，G 为垂足．图5因为平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE∩平面BCDE ＝DE ，AG ⊂平面ADE ，所以AG ⊥平面BCDE ，即AG 为三棱锥AECD 的高．在折叠前，四边形ABCD 为矩形，且AD ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，所以△ADE 是等腰直角三角形．所以AG ＝AD·sin45°＝ 2. 又S △EDC ＝12×DC×BC＝12×4×2＝4，所以三棱锥AECD 的体积V AECD ＝13×S △EDC ×AG＝13×4×2＝423.因为F 为AD 的中点，所以S △EFD ＝12S △EAD .所以V CEFD ＝12V CEAD ＝12V AECD ＝223.即四面体FDCE 的体积为223.【关联】、如图，直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，∠ADC ＝120°，AA 1＝AB ＝1，点O 1，O 分别是上、下底面菱形的对角线的交点．（1）求证：A 1O ∥平面CB 1D 1；（2）求点O 到平面CB 1D 1的距离．【解析】 (1) 因为AA 1∥C C 1且AA 1＝C C 1，所以四边形A 1ACC 1是平行四边形，所以AC∥A1C1且AC＝A1C1.因为O1，O分别是A1C1，AC的中点，故O C∥A1O1且O C＝A1O1. 所以四边形A1O1C O为平行四边形，所以A1O∥O1C.又A1O⊄平面CB1D1，O1C⊂平面CB1D1，所以A1O∥平面CB1D1.（2）解法1 等体积法．设点O到平面CB1D1的距离为h.因为D1D⊥平面ABCD，所以D1D⊥C O.因为AC，BD为菱形ABCD的对角线，所以C O⊥BD.因为D1D∩BD＝D，所以C O⊥平面BB1D1D.在菱形ABCD中，BC＝1，∠BCD＝60°，C O＝3 2.解法2 作垂线．因为AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以AA 1⊥B 1D 1.因为A 1C 1，B 1D 1为菱形A 1B 1C 1D 1的对角线，所以B 1D 1⊥A 1C 1. 因为AA 1∩A 1C 1＝A 1，所以B 1D 1⊥平面AA 1C 1C. 因为B 1D 1⊂平面CB 1D 1，所以平面CB 1D 1⊥平面AA 1C 1C.在平面AA 1C 1C 内，作OH ⊥C O 1，H 为垂足，而平面CB 1D 1∩平面AA 1C 1C ＝CO 1，所以OH ⊥平面CB 1D 1，即线段OH 的长为点O 到平面CB 1D 1的距离．在矩形AA 1C 1C 中，∠O CH ＝∠C O 1C 1，sin ∠CO 1C 1＝C C 1C O 1＝172＝27，sin ∠OCH ＝OH O C ＝OH 32＝2OH 3，所以27＝2OH 3，故OH ＝217.因此，点O 到平面CB 1D 1的距离为217.。

高考数学二轮复习立体几何专题训练1含解析

DCB AFE南宫中学高三二轮复习立体几何专题训练（1）1．如图所示的多面体中， ABCD 是菱形，BDEF 是矩形，ED ⊥面ABCD ,3BAD π∠=．(1)求证：平//CF AED 面B 面；(2))若BF BD a ==，求四棱锥A BDEF -的体积．2. 如图1，在Rt △ABC 中，∠ABC=90°，D 为AC 中点，AE BD ⊥于E （不同于点D ），延长AE 交BC 于F ，将△ABD 沿BD 折起，得到三棱锥1A BCD-，如图2所示.（Ⅰ）若M 是FC 的中点，求证：直线DM //平面1A EF；（Ⅱ）求证：BD ⊥1A F；（Ⅲ）若平面1A BD ⊥平面BCD ，试判断直线1A B 与直线CD 能否垂直？并说明理由.FEDABC3.（本小题共14分）如图，在四棱锥P - ABCD 中，底面ABCD 是正方形，△PAD 是正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，M 和N 分别是AD 和BC 的中点。

（I ）求证：PM ⊥MN ；（II ）求证：平面PMN ⊥平面PBC ；（III ）在PA 上是否存在点Q ，使得平面QMN//平面PCD ？若在求出Q 点位置，并证明；若不存在，请说明理由。

4.(本小题满分12分)如图，四边形ABCD 是菱形，四边形MADN 是矩形，平面MADN ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为MA ，DC 的中点，求证： (I)EF//平面MNCB ； (Ⅱ)平面MAC ⊥平面BND ．1图图 2ED A 1CBFMABCA 1OB 1C 15.如图1,在直角梯形ABCD 中,90ADC ∠=︒,//CD AB ,122AD CD AB ===, 点E 为AC 中点.将ADC ∆沿AC 折起, 使平面ADC ⊥平面ABC ,得到几何体D ABC -,如图2所示.（I ）在CD 上找一点F ,使//AD 平面EFB ; （II ）求点C 到平面ABD 的距离.6．（本小题满分12分）如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，O 是AC 的中点，A1O ⊥平面ABC ，∠BCA=90°，AA1=AC=BC. （I ）求证： AC1⊥平面A1BC;（II ）若AA1=2，求三棱锥C-A1AB 的高的大小．7.已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点.求证：（１）1C O面11AB D ；（2）1A C ⊥面11AB D ．（3）111AB D C BD平面平面OC 1D 1B 11CD AB8．（本小题满分12分）如图，在四棱锥S —ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AD 垂直于AB 和DC ，侧棱SA ⊥底面ABCD ，且SA = 2，AD = DC = 1，点E 在SD 上，且AE ⊥SD 。

高考数学学科二轮备考关键问题指导系列十(立体几何典例剖析及资源推送)

6
如图，由题意可知，O 为球心，在正方体中， EF FG2 EG2 22 22 2 2 ，即 R 2 ，
取最大值,最大值为
64 3
,
又l
3
时, V
27 4
,
l
3
3
时, V
81 ,所以正四棱锥的体积V 4
的最小值为
27 4
,
所以该正四棱锥体积的取值范围是
27 4
，64 3
.故选
C.
【点评】1、球与几何体的切接是高考热点,常作为客观题压轴题出现,但由于同学们对这类问题训练比
较大,对解题套路相对比较熟悉,
面的面积为180．0km2 ,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148．5m 上升到
157．5m 时,增加的水量约为（ 7 2.65 ）
A. 1.0109 m3
B. 1.2109 m3
C. 1.4109 m3 D. 1.6109 m3
【答案】C
【解析】把增加的水量转化为棱台的体积,依题意可知棱台的高为 MN 157.5 148.5 9 (m),
棱台上底面积 S 140.0km2 140 106m2 ,下底面积 S 180.0km2 180 106m2 ,
∴V 1 h S S SS 1 9 140106 180106 1401801012
3
3
3 320 60 7 106 96 18 2.65107 1.437109 1.4109(m3) ．故选 C．
2
圆锥的表面积 S1 πrl πr2 3πr2 ，
2
球的表面积
S2
4πR2
4π
3 2
r
3πr2 ，

高三立体几何专题复习

高考立体几何专题复习一．考试要求：〔1〕掌握平面的根本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图，能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系。

〔2〕了解空两条直线的位置关系，掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理，掌握两条直线所成的角和距离的概念〔对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离〕。

〔3〕了解空间直线和平面的位置关系，掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理，理解直线和平面垂直的判定定理和性质定理，掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念，了解三垂线定理及其逆定理。

〔4〕了解平面与平面的位置关系，掌握两个平面平行的判定定理和性质定理。

掌握二面角、二面角的平面角、两个平面间的距离的概念，掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理。

〔5〕会用反证法证明简单的问题。

〔6〕了解多面体的概念，了解凸多面体的概念。

〔7〕了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图。

〔8〕了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图。

〔9〕了解正多面体的概念，了解多面体的欧拉公式。

〔10〕了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的外表积、体积公式。

二．复习目标：1．在掌握直线与平面的位置关系(包括直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系)的根底上，研究有关平行和垂直的的判定依据(定义、公理和定理)、判定方法及有关性质的应用；在有关问题的解决过程中，进一步了解和掌握相关公理、定理的容和功能，并探索立体几何中论证问题的规律；在有关问题的分析与解决的过程中提高逻辑思维能力、空间想象能力及化归和转化的数学思想的应用．2．在掌握空间角(两条异面直线所成的角，平面的斜线与平面所成的角及二面角)概念的根底上，掌握它们的求法(其根本方法是分别作出这些角，并将它们置于*个三角形通过计算求出它们的大小)；在解决有关空间角的问题的过程中，进一步稳固关于直线和平面的平行垂直的性质与判定的应用，掌握作平行线(面)和垂直线(面)的技能；通过有关空间角的问题的解决，进一步提高学生的空间想象能力、逻辑推理能力及运算能力．3．通过复习，使学生更好地掌握多面体与旋转体的有关概念、性质，并能够灵活运用到解题过程中．通过教学使学生掌握根本的立体几何解题方法和常用解题技巧，开掘不同问题之间的在联系，提高解题能力．4．在学生解答问题的过程中，注意培养他们的语言表述能力和"说话要有根据〞的逻辑思维的习惯、提高思维品质．使学生掌握化归思想，特别是将立体几何问题转化为平面几何问题的思想意识和方法，并提高空间想象能力、推理能力和计算能力．5．使学生更好地理解多面体与旋转体的体积及其计算方法，能够熟练地使用分割与补形求体积，提高空间想象能力、推理能力和计算能力．三．教学过程：〔Ⅰ〕根底知识详析高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题1--2道, 解答题1道), 共计总分20分左右,考察的知识点在20个以. 选择填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考察立几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象为前提. 随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着"多一点思考,少一点计算〞的开展.从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证,角与距离的探常考常新的热门话题.1．有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决"平行与垂直〞的有关问题着手，通过较为根本问题，熟悉公理、定理的容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律——充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力．2．判定两个平面平行的方法：〔1〕根据定义——证明两平面没有公共点；〔2〕判定定理——证明一个平面的两条相交直线都平行于另一个平面；〔3〕证明两平面同垂直于一条直线。

2019年高考数学二轮复习大题查漏补缺——立体几何文科

2019届二轮复习-------立体几何（文科）一、球类问题1．【2018河南中原名校质检二】一棱长为6的正四面体内部有一个可以任意旋转的正方体，当正方体的棱长取最大值时，正方体的外接球的表面积是（ B ）A. B. C. D.-内接于球O，且底面ABCD过球心O，则球O的2．【2018超级全能生全国联考】若正四棱锥P ABCD-内切球的半径之比为（A ）半径与正四棱锥P ABCDA. 1B. 2C.D. 1-的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，3．【2018河南漯河中学三模】已知三棱锥S ABC====，则三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离为（ A ）AB SA SB SC4,4A.B. 2 D.34．【2018吉林长春一模】已知矩形的顶点都在球心为，半径为的球面上，，且四棱锥的体积为，则等于（ A ）A. 4B.C.D.5．【2018南宁摸底联考】三棱锥中，为等边三角形，，，三棱锥的外接球的体积为（ B ）A. B. C. D.6．【2018河南漯河中学二模】四面体的四个顶点都在球的表面上，，，，平面，则球的表面积为（ D ）A. B. C. D.7、(2019·广东一模)《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”.现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形．若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ A ）ABC． D ．24π8.【2017天津，文11】已知一个正方形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 .【答案】92π二、空间点线面问题1．【2018衡水联考】在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ， F 分别是侧面11AA D D 与底面ABCD 的中心，则下列命题中错误的个数为（ A ）①//DF 平面11D EB ； ②异面直线DF 与1B C 所成角为60︒； ③1ED 与平面1B DC 垂直； ④1112F CDB V -=． A. 0 B. 1 C. 2 D. 32．【2018江苏南宁联考】在如图所示的正方体中，分别棱是的中点，异面直线与所成角的余弦值为（ D ）A. B. C. D.3.（2018·东城期末·7）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积为BA.B.C.D.4.（2018·通州期末·8）如图，各棱长均为1的正三棱柱111ABC A B C -，M ，N 分别为线段1A B ，1B C 上的动点，且MN ∥平面11ACC A ，则这样的MN 有D A ．1条 B ． 2条 C ．3条 D ．无数条5.（2018·海淀期末·8）已知正方体的1111ABCD A B C D -棱长为2，点M ，N 分别是棱11,BC C D 的中点，点P 在平面1111A B C D 内，点Q 在线段1A N上，若PM =，则PQ 长度的最小值为C1B.C.D.6.（2018·朝阳期末·6）某四棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该四棱锥的体积为B侧视图俯视图正视图A ．B ． 4C ． D．7．【2017课标3，文10】在正方体1111ABCD A B C D 中，E 为棱CD 的中点，则（ C ）A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD⊥ C ．11A E BC ⊥ D ．1A E AC⊥8．（2018北京文、理）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（ C ）A ．1B ．2C ．3D ．49．（2018浙江）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：cm 3）是（ C ）A ．2B ．4C ．6D ．8 ]10．（2018浙江）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（ D ）A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ111．（2018全国新课标Ⅰ文9）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M在正视图上的对应点为 A ，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为（ B ）A． B ．C ．3D ．2俯视图正视图12．（2018全国新课标Ⅰ文10）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为（ C ）A ．8B ．C ．D ．13．（2018全国新课标Ⅰ文5）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（ B ） A． B ．12π C ． D ．10π14．（2018全国新课标Ⅱ文）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（ C ）A B C D15．（2018全国新课标Ⅲ文、理）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 ）16．（2018全国新课标Ⅲ文、理）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为，则三棱锥D ABC -体积的最大值为（ B ）A ．B ．C ．D ． 17．【2018黑龙江佳木斯一中调研】如图，正方体1111ABCD A B C D -中， F 是四边形ABCD 的中心，G 是1CC 的中点，则直线GF 与AB 所成的角的正切值为．18．（2018天津文）如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱柱A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．1319．（2018天津理）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112.20．（2018全国新课标Ⅱ文）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__________．8πPAB CDE三、证明题1、平行四边形模型、三角形中位线模型1.【2017课标II ，理19】如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点。

高三数学复习(文科)立体几何知识点、方法总结

立体几何知识点整理（文科）一．直线和平面的三种位置关系：1. 线面平行符号表示：2. 线面相交符号表示：3. 线在面内符号表示：二．平行关系：1.线线平行：方法一：用线面平行实现。

mlmll////⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂⊂βαβα方法二：用面面平行实现。

mlml////⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂=⋂βγαγβα方法三：用线面垂直实现。

若αα⊥⊥ml,，则ml//。

方法四：用向量方法：若向量l和向量m共线且l、m不重合，则ml//。

2.线面平行：方法一：用线线平行实现。

ααα////llmml⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊄⊂方法二：用面面平行实现。

αββα////ll⇒⎭⎬⎫⊂方法三：用平面法向量实现。

若n为平面α的一个法向量，ln⊥且α⊄l,则α//l。

3.面面平行：方法一：用线线平行实现。

βααβ//',','//'//⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊂⊂且相交且相交mlmlmmll方法二：用线面平行实现。

βαβαα//,////⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊂且相交mlml三．垂直关系：1. 线面垂直：方法一：用线线垂直实现。

αα⊥⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊂=⋂⊥⊥lABACAABACABlACl,方法二：用面面垂直实现。

llαββαβα⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊂⊥=⋂⊥l l m l m ,2. 面面垂直：方法一：用线面垂直实现。

βαβα⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥l l方法二：计算所成二面角为直角。

3. 线线垂直：方法一：用线面垂直实现。

m l m l ⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥αα方法二：三垂线定理及其逆定理。

PO l OA l PA l αα⊥⎫⎪⊥⇒⊥⎬⎪⊂⎭方法三：用向量方法：若向量l 和向量m 的数量积为0，则m l ⊥。

三．夹角问题。

(一) 异面直线所成的角： (1) 范围：]90,0(︒︒ (2)求法：方法一：定义法。

步骤1：平移，使它们相交，找到夹角。

步骤2：解三角形求出角。

(常用到余弦定理)余弦定理：abcb a 2cos 222-+=θ(计算结果可能是其补角)方法二：向量法。