立体几何常见题型归纳
立体几何15种归类
立体几何大题的15种归类可能包括以下几种：
1. 垂直问题：证明两条直线或平面垂直，或求线面角、二面角的大小。
2. 平行问题：证明两条直线或平面平行，或求线面角、二面角的大小。
3. 距离问题：求两条直线或两个平面之间的距离。
4. 面积问题：求一个平面或一个几何体的面积。
5. 体积问题：求一个几何体的体积或表面积。
6. 角度问题：求两个平面或两个几何体之间的角度大小。
7. 截面问题：用一个平面去截一个几何体，求截面的形状和大小。
8. 轨迹问题：求一个动点的轨迹方程。
9. 翻折问题：将一个平面或一个几何体翻折后，求翻折后的形状和大小。
10. 旋转问题：将一个几何体旋转一定角度后，求旋转后的形状和大小。
11. 对称问题：求一个平面或一个几何体的对称图形。
12. 最值问题：求一个平面或一个几何体中的最值问题，如最短距离、最大角度等。
13. 体积求法问题：给定一个几何体，如何计算其体积。
14. 表面积求法问题：给定一个几何体，如何计算其表面积。
15. 空间向量问题：利用空间向量解决立体几何中的角度、距离等问题。
以上分类仅供参考，具体的题目可能涉及多种类型的问题。
在解决立体几何问题时，需要灵活运用相关的定理和公式，并结合实际情况进行分析和计算。
高考数学立体几何题型大全总结
高考数学立体几何题型大全总结1. 空间直线和面的位置关系题型：
- 确定直线和平面的位置关系
- 求平面与直线的交点、垂足等
2. 空间向量题型：
- 确定向量的方向、模长和坐标
- 求向量的数量积、向量积和混合积
3. 空间几何体积题型：
- 确定几何体的形状和大小
- 求立体图形的表面积和体积
4. 立体几何相似题型：
- 确定几何体的相似性质
- 求相似多面体的比例
5. 立体几何坐标题型：
- 确定三维空间内点的坐标
- 求点、线、面的距离
参考内容：
- 教材《高等数学》（第七版）同济大学出版社；
- 教材《高等代数与解析几何》（第三版）高等教育出版社；- 网络资源《高考数学立体几何通关攻略》、《高考数学立体几何考点详解》等。
立体几何题型归类总结
立体几何专题复习1．棱柱——有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。
①⎧⎪⎧−−−−−→⎨⎪−−−−−→⎨⎪⎪⎩⎩底面是正多形棱垂直于底面斜棱柱棱柱正棱柱直棱柱其他棱柱底面为正方形2. 棱锥棱锥——有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。
★正棱锥——如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。
3．球球的性质：①球心与截面圆心的连线垂直于截面；★②r =d 、球的半径为R 、截面的半径为r ）★球与多面体的组合体：球与正四面体，球与长方体，球与正方体等的内接与外切.注：球的有关问题转化为圆的问题解决. 球面积、体积公式：2344,3S R V R ππ==球球（其中R 为球的半径）俯视图11_________________.第1题2.若某空间几何体的三视图如图2所示，则该几何体的体积是________________.第2题 第3题3．一个几何体的三视图如图3所示，则这个几何体的体积为 .侧(左)视图 正(主)视图4．若某几何体的三视图（单位：cm ）如图4所示，则此几何体的体积是 .第4题 第5题5．如图5是一个几何体的三视图，若它的体积是 a .6．已知某个几何体的三视图如图6，根据图中标出的尺寸（单位：cm ），可得这个几何体的体积是 .7.若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 3cm 8.设某几何体的三视图如图8（尺寸的长度单位为m ），则该几何体的体积为_________m 3。
3俯视图正视图侧视图俯视图俯视图正(主)视图侧(左)视图第7题 第8题9．一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的侧面积为_________________.图910.一个三棱柱的底面是正三角形，侧棱垂直于底面，它的三视图及其尺寸如图10所示（单位cm ），则该三棱柱的表面积为_____________.图1011.如图11所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的全面积为_____________.图图11 图12 图1312. 如图12，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正三角形，俯视图是一个圆，那么几何体的侧面积为_____________.13.已知某几何体的俯视图是如图13所示的边长为2的正方形，主视图与左视图是边长为2的正三角形，则其表面积是_____________.14.如果一个几何体的三视图如图14所示(单位长度: cm ), 则此几何体的表面积是_____________.图14正视图俯视图15．一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：2cm ）_____________.正视图 左视图 俯视图1. 正方体1111ABCD-A B C D ，1AA =2，E 为棱1CC 的中点． (Ⅰ) 求证：11B D AE ⊥； (Ⅱ) 求证：//AC 平面1B DE ； （Ⅲ）求三棱锥A-BDE 的体积．2. 已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点.求证：(１) C 1O ∥面11AB D ；(2)1AC ⊥面11AB D ．3．如图，PA ⊥矩形ABCD 所在平面，M 、N 分别是AB 和PC 的中点.AD 11A E CD 1ODBA C 1B 1A 1C（Ⅰ）求证：MN ∥平面PAD ； （Ⅱ）求证：MN CD ⊥；（Ⅲ）若45PDA ∠=，求证：MN ⊥平面PCD .4. 如图（1），ABCD 为非直角梯形，点E ，F 分别为上下底AB ，CD 上的动点，且EF CD ⊥。
高三高考数学总复习《立体几何》题型归纳与汇总
（3）当 PA// 平面 BDE 时， PA 平面 PAC ,且平面 PAC 平面 BDE DE ,可得 PA//DE .由 D 是 AC 边的中 点知， E 为 PC 边的中点.故而 ED 1 PA 1， ED∥PA ，因为 PA 平面 ABC ，所以 ED 平面 BDC .
2
由 AB BC 2 ，AB BC ，D 为 AC 边中点知，BD CD 2. 又 BD AC ，有 BD DC ，即 BDC 90.
3 【解析】（1）∵ PA PD, N 为 AD 的中点,∴ PN AD, ∵底面 ABCD为菱形, BAD 60 ,∴ BN AD, ∵ PN BN N ,∴ AD 平面 PNB . （2）∵ PN PD AD 2 , ∴ PN NB 3 , ∵平面 PAD 平面 ABCD,平面 PAD 平面 ABCD AD , PN AD, ∴ PN 平面 ABCD, ∴ PN NB ,
【易错点】 外接球球心位置不好找 【思维点拨】 应用补形法找外接球球心的位置
题型四 立体几何的计算
例 1 如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角 边边长分别为 3 和 4 ,过直角顶点的侧棱长为 4 ,且 垂直于底面,该三棱锥的主视图是 ( )
【答案】 B 【解析】显然由空间直角坐标系可知,该几何体在 xoy 面内的点保持不动,在 y 轴上的点在 xoy 面内的射影为坐标原 点,所以该几何体的主视图就是其在面 xoy 面的表面图形,即主视图应为高为 4 ,底面边长为 3 的直角三角形．故选 B.
以 PA BD . （2）因为 AB BC ， AB BC ， D 为线段 AC 的中点，所以在等腰 Rt△ABC 中， BD AC .又 由（1）可知， PA BD，PA AC A，所以 BD 平面 PAC .由 E 为线段 PC 上一点，则 DE 平面 PAC ，
立体几何题型及解题方法
立体几何题型及解题方法
立体几何是数学中研究三维空间几何图形的学科。
以下是一些常见的立体几何题型及其解题方法：
1. 计算体积和表面积：这类题目通常涉及到三维空间中的几何形状，如长方体、圆柱体、圆锥体等。
解题方法包括使用体积和表面积的公式，以及根据题目描述建立数学模型。
2. 证明定理和性质：这类题目通常涉及到几何图形的性质和定理，如平行线性质、勾股定理等。
解题方法包括使用已知定理和性质进行推导，以及通过构造辅助线或辅助图形来证明。
3. 求解最值问题：这类题目通常涉及到求几何图形中的最值，如最短路径、最大面积等。
解题方法包括使用不等式、极值定理和优化方法等。
4. 判定和性质应用：这类题目通常涉及到判定几何图形是否满足某个性质，或应用某个性质到实际场景中。
解题方法包括根据性质进行推导和判断，以及根据实际场景建立数学模型。
以上是一些常见的立体几何题型及其解题方法，当然还有其他的题型和解题方法。
在解决立体几何问题时，需要灵活运用几何知识和方法，多做练习，提高自己的解题能力。
立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破
立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。
考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。
2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
(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＝，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＝，∴∠OCB＝，∴∠BOC＝.⊥∴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)，∴∴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＝＝＝.即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.【类题通法】利用向量求空间角的步骤间标.第一步：建立空直角坐系第二步：确定点的坐标.线)坐标.第三步：求向量(直的方向向量、平面的法向量计夹(或函数值).第四步：算向量的角将夹转为间.第五步：向量角化所求的空角查关键错题规.第六步：反思回顾.看点、易点和答范【变式训练】 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C.(2)求二面角EA1DB1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A1B1AB DC∥∥，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C A∥1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解 因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝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)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E＝，A1D＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E，n1⊥A1D得r1，s1，t1应满足的方程组(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1＝(1，0，0)，A1D＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为＝＝.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＝.(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)，则即令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2，2).又PB＝(1，1，－1)，所以cos〈n，PB〉＝＝－.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(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＝.所以在棱P A上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时＝.应设，把要成立的作件结论当条，据此列方对断问题，先假存在【类题通法】(1)于存在判型的求解规围内”等.标，是否有定范的解程或方程组，把“是否存在”化问题转为“点的坐是否有解对问题，通常借助向量，引进参数，合已知和列出等式综结论，解出参数.(2)于位置探究型【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＝＝＝6，∴AB＝12，而E，M分别为P A，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∥且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴EM CD∥∵⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE CM.CM∴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＝.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＝.由得即不妨令y＝12，有n＝(8，12，9).则cos〈n，m〉＝＝＝.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.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＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.(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＝，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝＝4.由EF ∥AC 得＝＝.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，则即所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量，则即所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝＝＝－.sin 〈m ，n 〉＝.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是.【类题通法】立体几何中的折叠问题，是翻折前后形中面位置系和度量系的化关键搞清图线关关变情况，一般地翻折后在同一平面上的性不生化还个质发变，不在同一平面上的性生化个质发变.【变式训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝，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A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD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＝，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解 由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，所以∠A1OC＝.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A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，所以B，E，A1，C，得BC＝，A1C＝，CD＝BE＝(－，0，0).设平面A1BC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，则得取n1＝(1，1，1)；得取n2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.。
高考数学立体几何题型大全总结
高考数学立体几何题型大全总结1. 三角锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗S∗h
其中，S为底面积，h为高。
2. 三棱锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗S∗h
其中，S为底面积，h为高。
3. 四棱锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗S∗h
其中，S为底面积，h为高。
4. 圆锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗π∗r2∗h
其中，r为圆锥的半径，h为圆锥的高。
5. 球的体积公式
体积公式：V=4/3∗π∗r3
其中，r为球的半径。
6. 圆柱的体积公式
体积公式：V=π∗r2∗h
其中，r为圆柱的半径，h为圆柱的高。
7. 圆台的体积公式
体积公式：V=1/3∗π∗h∗(r12＋r22＋r1r2)
其中，r1,r2为底面半径，h为圆台高。
8. 空间向量的共线与垂直判定公式
共线判定公式：
如果两个向量a,b共线，则有a=kb，其中k为一个实数。
垂直判定公式：
如果两个向量a,b垂直，则有a·b=0，其中“·”表示向量的数量积。
9. 空间向量的平面垂直判定公式
若向量a与平面P垂直，则a在平面P上的投影为零向量。
10. 空间向量的平面共面判定公式
若向量a和向量b在同一平面上，则a和b的向量积c在该平面内。
11. 空间中两直线相交的条件
两直线相交的条件是它们至少有一个公共点，并且既不平行也不重合。
高考数学立体几何题型全归纳
高考数学立体几何题型全归纳一、空间几何体的结构特征1. 一个三棱柱的底面是正三角形，侧棱垂直于底面，它的三视图及其尺寸如下（单位cm），则该三棱柱的表面积为（）正视图：是一个矩形，长为2，高为√(3)；侧视图：是一个矩形，长为2，高为1；俯视图：是一个正三角形，边长为2。
解析：底面正三角形的边长a = 2，底面积S_{底}=(√(3))/(4)a^2=(√(3))/(4)×2^2=√(3)。
侧棱长h = 1，三个侧面的面积S_{侧}=3×2×1 = 6。
所以表面积S=2S_{底}+S_{侧}=2√(3)+6。
2. 若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是（）正视图：是一个梯形，上底为1，下底为2，高为2；侧视图：是一个矩形，长为2，宽为1；俯视图：是一个矩形，长为2，宽为1。
解析：该几何体是一个四棱台。
上底面积S_{1}=1×1 = 1，下底面积S_{2}=2×2=4，高h = 2。
根据四棱台体积公式V=(1)/(3)h(S_{1}+S_{2}+√(S_{1)S_{2}})=(1)/(3)×2×(1 + 4+√(1×4))=(14)/(3)二、空间几何体的表面积与体积3. 已知球的直径SC = 4，A，B是该球球面上的两点，AB=√(3)，∠ ASC=∠BSC = 30^∘，则棱锥S - ABC的体积为（）解析：设球心为O，因为SC是球的直径，∠ ASC=∠ BSC = 30^∘所以SA=SB = 2√(3)，AO = BO=√(3)又AB=√(3)，所以 AOB是等边三角形，S_{ AOB}=(√(3))/(4)×(√(3))^2=(3√(3))/(4)V_{S - ABC}=V_{S - AOB}+V_{C - AOB}=(1)/(3)× S_{ AOB}×(SO + CO)=(1)/(3)×(3√(3))/(4)×2=√(3)4. 一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）正视图：是一个正方形，右上角缺了一个等腰直角三角形；侧视图：是一个正方形，右上角缺了一个等腰直角三角形；俯视图：是一个正方形，右上角缺了一个小正方形。
立体几何经典题型
m •n=cos p =cos<m ,n >= mn 立体几何经典题型cos 0=cos<AB ,CD >= AB -CDABCDcos 01.线线角0e 八兀03(异面直线e e＜兀103L2)1..(2010天津)如图，在五面体ABCDEF中，四边形ADEF是正方形，FA，平面ABCD,BC〃AD,CD=1,AD=2<2，/BAD=Z CDA=45(I)求异面直线CE与AF所成角的余弦值；(II)证明CD，平面ABF；(III)求二面角B—EF—A的正切值.C1.线面角e e*一1.(2018全国卷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折起，使点C到达点P的位置，且PF1BF.(1)证明：平面PEF1平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.题型二：空间距离1.两点间的距离:一z 21 2 1 2 1 AB =Q -x I +(y -y )+ 2.点到线的距离【面积】 AB -nAB -n［向量法］d =AB cos <n ,AB >=AB =AB -nn 【几何法】等面积法3.点到面的距离【体积】AB -nAB -n ［向量法］d =AB cos <n ,AB >=AB =AB -nn 【几何法】等体积法1.点到面的距离例(2014新课标2)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA，平面ABCD,E为PD的中点.(I)证明：PB〃平面AEC；(II)设二面角D—AE—C为60°,AP=i,AD=3，求三棱锥E—ACD的体积.题型三：探索性问题方法：共线向量的基本定理b二九a,用一个变量表示一个坐标1.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，NBCD=135°,侧面PAB，底面ABCD,NBAP=90°, AB二AC=PA=2,E，F分别为BC，AD的中点，点M在线段PD上.(I)求证：EF，平面PAC；(II)若M为PD的中点，求证：ME〃平面PAB；(III)如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，求到的值.PD2.在四棱锥P-ABCD中，侧面PCD1底面ABCDPD1CD,E为PC中点，底面ABCD是直角梯形AB//CD,ZADC=90,AB=AD=PD=1,CD=2.(1)求证：BE//平面PAD；(2)求证：BC1平面PBD；(3)在线段PC上是否存在一点Q，使得二面角Q—BD—P为PQ45？若存在，求的值；若不存在，请述明理由P C\PA B3.如图，在四棱锥P-ABCD中，PB±底面ABCD，底面ABCD为梯形，ADBC,AD±AB，且PB=AB=AD=3,BC=1.1(I)若点F为PD上一点且PF=3PD，证明：CF平面PAB；P(II)求二面角B—PD—A的大小；\、T F\(III)在线段PD上是否存在一点M，使得CM±PA?若存在，求出PM的长；若不存在，说明理由.。
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.。
高中数学立体几何的相关题型及解题思路
高中数学立体几何的相关题型及解题思路在高中数学中，立体几何是一个重要的考点，也是许多学生感到困惑和头疼的地方。
本文将介绍一些常见的立体几何题型，并给出相应的解题思路和技巧，希望能够帮助高中学生和他们的父母更好地应对这一考点。
一、体积计算题体积计算题是立体几何中最基础的题型之一，常见的题目有计算立方体、长方体、圆柱体、圆锥体、球体等的体积。
解决这类题目的关键在于熟练掌握各种几何体的体积公式，并能够根据题目给出的条件灵活运用。
例如，某题给出一个长方体的底面积为12平方厘米，高为5厘米，要求计算其体积。
我们可以直接应用长方体的体积公式V=底面积×高，代入已知数据计算得出答案为60立方厘米。
二、表面积计算题表面积计算题也是立体几何中常见的题型之一，常见的题目有计算立方体、长方体、圆柱体、圆锥体、球体等的表面积。
解决这类题目的关键在于熟练掌握各种几何体的表面积公式，并能够根据题目给出的条件灵活运用。
例如，某题给出一个正方体的边长为3厘米，要求计算其表面积。
我们可以直接应用正方体的表面积公式S=6a^2，其中a为边长，代入已知数据计算得出答案为54平方厘米。
三、立体图形的相似题立体图形的相似题是立体几何中较为复杂的题型之一，常见的题目有判断两个立体图形是否相似、计算相似立体图形的比例等。
解决这类题目的关键在于观察立体图形的形状和比例关系，并能够利用相似三角形的性质进行推理。
例如，某题给出一个正方体ABCDA'B'C'D'，另一个正方体EFGHE'F'G'与之相似，要求计算两个正方体的体积比。
我们可以观察到两个正方体的边长比为AE/AA'=EF/EE'=FG/FF'=...=1/2，而体积与边长的关系为V=k^3，其中k为边长的比值。
因此，两个正方体的体积比为(1/2)^3=1/8。
四、立体图形的投影题立体图形的投影题是立体几何中较为抽象的题型之一，常见的题目有计算某个立体图形在某个平面上的投影面积或投影长度等。
立体几何大题题型总结
立体几何大题题型总结一、立体几何大题题型概述立体几何大题是高中数学中的重要内容之一，主要考察学生对于立体几何基本概念的掌握和应用能力。
在解答这类题目时，需要学生熟练掌握空间图形的性质、计算表达式的推导和运用等方面的知识。
二、常见的立体几何大题题型1. 空间图形计算此类题目主要考察学生对于空间图形面积和体积计算公式的掌握以及运用能力。
常见的空间图形包括球、圆锥、圆柱、棱锥、棱柱等。
2. 空间坐标系与向量此类题目主要考察学生对于三维空间坐标系和向量的理解和应用能力。
常见的问题包括平面方程、直线方程、点到直线距离等。
3. 空间解析几何此类题目主要考察学生对于空间解析几何基本概念的掌握和应用能力。
常见问题包括点与直线位置关系、两条直线位置关系等。
4. 立体几何证明此类题目主要考察学生对于立体几何基本定理的理解和应用能力。
常见问题包括等腰三角形的高垂线定理、平行四边形对角线互相平分定理等。
5. 空间向量证明此类题目主要考察学生对于向量基本定理的掌握和应用能力。
常见问题包括向量共线、垂直等性质。
三、解答立体几何大题的技巧1. 熟练掌握公式在解答立体几何大题时，需要熟练掌握空间图形面积和体积计算公式，以便快速准确地计算。
2. 善于化简表达式在解答立体几何大题时，需要善于化简表达式，以便更好地发现规律和思路。
3. 注意空间图形的性质在解答立体几何大题时，需要注意空间图形的性质，如平行关系、相交关系等，以便更好地推导出结论。
4. 善于利用画图辅助在解答立体几何大题时，需要善于利用画图辅助来更好地理解问题和推导出结论。
四、总结立体几何大题是高中数学中的重要内容之一，需要学生熟练掌握空间图形的性质、计算表达式的推导和运用等方面的知识。
常见的立体几何大题题型包括空间图形计算、空间坐标系与向量、空间解析几何、立体几何证明和空间向量证明等。
在解答这类题目时，需要注意熟练掌握公式、善于化简表达式、注意空间图形的性质以及善于利用画图辅助等技巧。
立体几何题型总结
立体几何题型总结一、高考考查的公理、性质、判定等：立几中的向量公式：1.二、题目归类与练习：（一） 三视图1. 某几何体的三视图如图所示，则它的体积是A ．283π-B ．83π-C ．82π-D ．23π【答案】A2. 右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱， 其正（主）视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯 视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命 题的个数是 A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 【答案】A3. 如图1－3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为A ．63B ．93C ．123D ．183【答案】B（二） 点、线、面的位置判断：1. 命题①空间直线a ，b ，c ，若a∥b，b∥c 则a∥c ②非零向量c 、b 、a ，若a ∥b ，b ∥c 则a ∥c③平面α、β、γ若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ ④空间直线a 、b 、c 若有a⊥b，b⊥c，则a∥c⑤直线a 、b 与平面β，若a⊥β，c⊥β，则a∥c 其中所有真命题的序号是（ C ） A ．①②③ B．①③⑤ C．①②⑤ D．②③⑤ 2. 下列命题中错误的是A ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC ．如果平面αγ⊥平面，平面βγ⊥平面，=l αβ⋂，那么l γ⊥平面D ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 【答案】D3. 已知1a ，2a ，3a 是三个相互平行的平面．平面1a ，2a 之间的距离为1d ，平面2a ，3a 之间的距离为2d ．直线l 与1a ，2a ，3a 分别相交于1p ，2p ，3p，那么“12P P =23P P ”是“12d d =”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C4. 如图，四棱锥S —ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是（A ）AC ⊥SB（B ）AB ∥平面SCD（C ）SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 （D ）AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角【答案】D5. 不共面的三条定直线l 1,l 2,l 3互相平行，点A 在l 1上，点B 在l 2上，C 、D 两点在l 3上，若CD =a (定值），则三棱锥A —BCD 的体积 （ ） A.由A 点的变化而变化 B.由B 点的变化而变化 C.有最大值，无最小值 D.为定值讲解：D 。
立体几何题型及解题方法总结
立体几何题型及解题方法总结1. 立体几何题型啊，那可是个神奇的领域！有求各种立体图形体积的题型，就像求一个装满水的古怪形状瓶子能装多少水一样。
比如说正方体，正方体的体积公式就是边长的立方。
要是有个正方体边长是3厘米，那它的体积就是3×3×3 = 27立方厘米，简单吧！这类型的题就像是数糖果，一个一个数清楚就行。
2. 还有求立体图形表面积的题型呢。
这就好比给一个形状奇怪的礼物包装纸，得算出需要多少纸才能把它包起来。
像长方体，表面积就是六个面的面积之和。
假如一个长方体长4厘米、宽3厘米、高2厘米，那表面积就是2×(4×3 + 4×2 + 3×2) = 52平方厘米。
哎呀，可别小瞧这表面积，有时候算错一点就像给礼物包了个破纸一样难看。
3. 立体几何里关于线面关系的题型也不少。
这就像在一个迷宫里找路，线和面的关系复杂得很。
比如说直线和平面平行的判定，就像在一个方方正正的房间里，一根直直的杆子和地面平行，只要杆子和地面内的一条直线平行就行。
像有个三棱柱，一条棱和底面的一条棱平行，那这条棱就和底面平行啦，是不是很有趣呢？4. 线面垂直的题型也很重要哦。
这就像是建房子时的柱子和地面的关系，必须垂直才稳当。
判断一条直线和一个平面垂直，就看这条直线是不是和平面内两条相交直线都垂直。
就像搭帐篷，中间那根杆子要和地面上交叉的两根绳子都垂直，帐篷才能稳稳地立起来。
比如一个正四棱锥，它的高就和底面垂直，因为高和底面两条相交的对角线都垂直呢。
5. 面面平行的题型有点像照镜子。
两个平面就像两面镜子，要想平行，得看一个平面内的两条相交直线和另一个平面内的两条相交直线分别平行。
就像有两个一样的盒子，一个盒子里面两条交叉的边和另一个盒子里面对应的两条交叉边平行，那这两个盒子的面就是平行的关系。
想象一下，如果两个平行的黑板，是不是很有画面感？6. 面面垂直的题型就像是打开的书页。
(完整版)立体几何的经典题型
(完整版)立体几何的经典题型立体几何的经典题型
1. 点、线、面的基本概念
在立体几何中，点、线和面是基本概念，对于经典题型的理解
至关重要。
- 点: 点是立体几何中最基本的要素，没有长度、宽度和高度，
只有一个位置。
- 线: 线由无数个点组成，没有宽度，只有长度和方向。
- 面: 面是由无数个线组成的，具有长度和宽度，但没有高度。
2. 立体图形的计算
掌握立体图形的计算方法能够解决很多经典题型。
- 体积: 体积是立体图形所占的空间大小，常见的计算公式有：
- 立方体的体积：V = 边长^3
- 圆柱体的体积：V = 底面积 ×高度
- 圆锥体的体积：V = 1/3 ×底面积 ×高度
- 表面积: 表面积是立体图形外部的总面积，常见的计算公式有：- 立方体的表面积：A = 6 ×边长^2
- 圆柱体的表面积：A = 2 ×底面积 + 侧面积
- 圆锥体的表面积：A = 底面积 + 侧面积
3. 空间关系和投影
理解立体图形的空间关系和投影对于解决经典题型至关重要。
- 平行关系: 如果两个面或两个线在空间中永远保持相同的距离
且不相交，它们是平行的。
- 垂直关系: 如果两个线或两个面彼此相交，并且交角为90度，它们是垂直的。
- 投影: 在立体几何中，我们常常需要计算一个图形在投影时的
变化。
常见的投影有平面投影和正交投影。
以上是立体几何的一些经典题型和基本概念，掌握了这些内容，你将能够更好地解决相关的问题。
希望对你有所帮助！。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
立体几何常见题型归纳
考点1 概念辨析
例1、设m ，n 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，给出下列四个说法：
①,//m n m n αα⊥⇒⊥；②//,//,m m αββγαγ⊥⇒⊥；③//,////m n m n αα⇒ ④,//αγβγαβ⊥⊥⇒，说法正确的序号是：_________________
例2、对于平面α和共面的直线m 、,n 下列命题中真命题是 （ ） （A ）若,,m m n α⊥⊥则n α∥ （B ）若m αα∥,n ∥,则m ∥n
（C ）若,m n αα⊂∥,则m ∥n （D ）若m 、n 与α所成的角相等，则m ∥n
辨析：
（1）两条异面直线在同一平面内射影一定是相交的两条直线.（ ） （2）在平面内射影是直线的图形一定是直线. （ ） （3）直线a 与平面α内一条直线平行，则a ∥α.（ ）
（4）两条平行线中一条平行于一个平面，那么另一条也平行于这个平面. （ ） （5）平行于同一直线的两个平面平行. （ ） （6）平行于同一个平面的两直线平行. （ ）
（7）直线a 与平面α内一条直线相交，则a 与平面α相交. （ ） （8）直线l 与平面α、β所成角相等，则α∥β.（ ）
（9）垂直于同一平面的两个平面平行. （ ） （10）垂直于同一直线的两个平面平行. （ ）
（11）垂直于同一平面的两条直线平行. （ ）
（12）若直线a 与平面α平行，则α内必存在无数条直线与a 平行. （ ）
（13）有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱. （ ）（14）各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱. （ ） 考点2 三视图
例1、下图是一个多面体的三视图，则其全面积为__________ 例2、如图，一个空间几何体的正(主)视图、侧(左)视图都是面积为32
，且一个内角为60°的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为__________ 例3、已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm ），那么可得这个几何体的体积是_________
22
2 2 1
1 正视
左视
俯视（例3图）
C 1
B 1
A 1
C
B
A
例3、一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于( )
a 3 a 3 a 3 a 3
例4、一个五面体的三视图如图，正(主)视图与侧(左)视图都是等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，部分边长如图所示，则此五面体的体积为________．
例3 例4 例5
例5、如图，三棱柱的侧棱长为2，底面是边长为1的正三角形，1111AA A B C ⊥面，正视图是长为2，宽为1的矩形,则该三棱柱的侧视图（或左视图）的面积为____________ 考点3 球
例1、在三棱锥A BCD -中，侧棱AB 、AC 、AD 两两垂直，ABC ∆、ACD ∆、ADB ∆ 的面积分别为
22、3、6，则该三棱锥外接球的表面积_____________ 例2、正方体的内切球与其外接球的体积之比为________，正四面体外接球与内切球半径之比为________
例3、已知球面上的三个点A 、B 、C ，且AB ＝6，BC ＝8，AC ＝10，球半径R ＝15，则球心到平面ABC 的距离是_____________
例4、已知三棱锥S —ABC 的各顶点都在一个半径为r 的球面上，球心O 在AB 上，SO ⊥底面ABC ，AC ＝2r ，则球的体积与三棱锥体积之比是____________
例5、如图所示，已知球O 的面上四点A 、B 、C 、D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝3，则球O 的体积等于____________
例6、表面积为23 的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为
______________
例7、棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上, 若过该球球心的一个截面如图1,则图中三角形(正四面体的截面)的面积是______________
图1
例8、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__________ 考点4 平行与垂直
例1、如图（1）是一正方体的表面展开图，MN 和PB 是两条面对角线，请在图（2）的正方体中将MN 和PB 画出来，并就这个正方体解决下面问题． （1）求证：MN//平面PBD ； （2）求证：AQ ⊥平面PBD ；
（3）求二面角P —DB —M 的正切值．
例2、如图，已知矩形ABCD 中，AB=10，BC=6，将矩形沿对角线BD 把△ABD 折起，使A 移到
1A 点，且1A 在平面BCD 上的射影O 恰好在CD 上．
（Ⅰ）求证：1BC A D ⊥；
（Ⅱ）求证：平面1A BC ⊥平面1A BD ； （Ⅲ）求三棱锥1A BCD -的体积．
例3、如图，四棱锥P —ABCD 的底面ABCD 为正方形，PD ⊥底面ABCD ，PD =AD ． 求证：（1）平面PAC ⊥平面PBD ；
（2）求PC 与平面PBD 所成的角；
例4、如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都为2，D 为1CC 中点． （Ⅰ）求证：1AB ⊥平面1A BD ； （Ⅱ）求二面角1A A D B --的正弦值； （Ⅲ）求点C 到平面1A BD 的距离．
A
B
C D
1
A
1
C 1
B。