高中数学立体几何知识点及练习题
(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步考点精题训练
(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步考点精题训练单选题1、设α、β为两个不重合的平面，能使α//β成立的是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内有无数个点到β的距离相等D．α、β垂直于同一平面答案：B分析：应用几何体特例，如立方体可排除相关选项；而由面面平行的判定可知B正确应用立方体，如下图所示：选项A：α内有无数条直线可平行于l，即有无数条直线与β平行，但如上图α与β可相交于l，故A不一定能使α//β成立；选项B：由面面平行的判定，可知B正确选项C：在α内有一条直线平行于l，则在α内有无数个点到β的距离相等，但如上图α与β可相交于l，故C 不一定能使α//β成立；选项D：如图α⊥γ，β⊥γ，但α与β可相交于l，故D不一定能使α//β成立；故选：B小提示：本题考查了面面平行的判定，应用特殊与一般的思想排除选项，属于简单题2、“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为12cm ，外层底面直径为16cm ，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20cm 的球面上.此模型的体积为（ ）A ．304πcm 3B ．840πcm 3C ．912πcm 3D ．984πcm 3答案：C分析：求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.如图，该模型内层圆柱底面直径为12cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知内层圆柱的高ℎ1=2√(202)2−(122)2=16同理，该模型外层圆柱底面直径为16cm ，且其底面圆周在一个直径为20cm 的球面上，可知外层圆柱的高ℎ2=2√(202)2−(162)2=12此模型的体积为V =π(162)2×12+π(122)2×(16−12)=912π 故选：C3、如图已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，M ，N 分别是A 1D ，D 1B 的中点，则（ ）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1答案：A分析：由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D⊥平面ABD1，即可得出结论.连AD1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1D的中点，所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN//AB，MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AD 1⊥A 1D ，AB ⊥平面AA 1D 1D ，所以AB ⊥A 1D ，AD 1∩AB =A ，所以A 1D ⊥平面ABD 1，D 1B ⊂平面ABD 1，所以A 1D ⊥D 1B ，且直线A 1D,D 1B 是异面直线，所以选项C 错误，选项A 正确.故选：A.小提示：关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.4、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为V 牟V 球=4π，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即V 牟8=r 3−V 方盖差，从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ，则V 方差盖:V =（ ）A ．√22B ．1C ．√2D ．2√2答案：C分析：计算出V 方盖差，V ，即可得出结论. 由题意，V 方盖差=r 3−18V 牟=r 3−18×4π×43×π×r 3=13r 3，所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正=13×r ×r ×(√2r 2)=√26r 3， ∴ V 方盖差V 正=13r 3√2r 36=√2，故选：C ．5、过半径为4的球O 表面上一点M 作球O 的截面，若OM 与该截面所成的角是30°，则O 到该截面的距离是（ ）A ．4B ．2√3C ．2D ．1答案：C分析：作出球的截面图，根据几何性质计算，可得答案.作出球的截面图如图：设A为截面圆的圆心，O为球心，则OA⊥截面，AM在截面内，即有OA⊥AM，=2 ,故∠OMA=30∘,所以OA=4×12即O到该截面的距离是2，故选：C6、设α,β是两个不同平面，m,n是两条直线，下列命题中正确的是（）A．如果m⊥n，m⊥α，n//β，那么α⊥βB．如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α//βC．如果m//n，m⊥α，n⊥β，那么α//βD．如果α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m//n答案：C分析：A.由m⊥n，m⊥α，得到n//α或n⊂α，再利用平行于同一直线的两平面的位置关系判断；B. 由m⊥n，m⊥α，得到n//α或n⊂α，再利用面面垂直的判定定理判断； C. 由m//n，m⊥α，得到n⊥α，再利用垂直于同一直线的两平面平行判断；D.利用空间直线的位置关系判断．A.因为m⊥n，m⊥α，所以n//α或n⊂α，又n//β，则α,β位置不确定，故错误；B.因为m⊥n，m⊥α，所以n//α或n⊂α，又n⊥β，所以α⊥β，故错误；C. 因为m//n，m⊥α，所以n⊥α，又n⊥β，所以α//β，故正确；D.如果α//β，m与α所成的角和n与β所成的角相等，那么m//n，相交或异面，故错误．故选：C7、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（）D．26πA．18πB．20πC．22π3答案：A分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可解：由题意得，球的半径R=2，圆柱的底面半径r=1，高ℎ=3，则该几何体的表面积为S=2πR2+πR2+2πrℎ=8π+4π+2π×1×3=18π故选：A.8、如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别为棱AA1，BB1的中点，过MN作一平面分别交底面三角形ABC 的边BC，AC于点E，F，则（）A．MF//NEB．四边形MNEF为梯形C．四边形MNEF为平行四边形D．A1B1//NE答案：B解析：由已知条件及线面平行的性质可得MN∥EF且EF≠MN，可得四边形MNEF为梯形，可得答案.解：∵在▱AA1B1B中，AM=MA1，BN=NB1，∴AM∥BN，∴MN∥AB.又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC=EF，∴MN∥EF，∴EF∥AB.显然在ΔABC中，EF≠AB，∴EF≠MN，∴四边形MNEF为梯形.故选：B.小提示：本题主要考查直线与平面平行的性质定理，需注意其灵活运用，属于基础题型.9、设m､n是两条不同的直线，α､β是两个不同的平面，则下列命题中的真命题为（）A．若m∥α,n∥α，则m∥nB．若m⊥α,n⊥α，则m∥nC．若m∥α,m∥β，则α∥βD．若m⊥α,α⊥β，则m∥β答案：B分析：在正方体中取直线和平面可排除ACD，由线面垂直的性质可得B正确.在正方体ABCD−EFGH中，记底面ABCD为α，EF为m，EH为n，显然A不正确；记底面ABCD为α，EF为m，平面CDHG为β，故排除C；记底面ABCD为α，BF为m，平面ABFE为β，可排除D；由线面垂直的性质可知B正确.故选：B10、如图，已知正方体的棱长为a，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）A．(8+2√2)a2B．(2+4√2)a2C．(4+2√2)a2D．(6−4√2)a2答案：C分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解.由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为√2a，宽为a，所以面积为√2a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2+2√2a2=(4+2√2)a2.故选：C.填空题11、早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36°按3计算，则5该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．答案：55√336π分析：可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，可得r=5l6，R=3√1111l，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，则l2r=sin36°=35，得r=5l6，所以正五棱锥的顶点到底面的距离是ℎ=√l2−r2=√l2−(5l6)2=√116l，所以R2=r2+(R−ℎ)2，即R2=(5l6)2+(R−√116l)2，解得R=3√1111l．所以该正二十面体的外接球表面积为S球=4πR2=4π×(3√1111l)2=36π11l2，而该正二十面体的表面积是S正二十面体=20×12×l×l×sin60°=5√3l2，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于55√336π．所以答案是：55√336π.小提示：本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.12、已知三个互不重合的平面α,β,γ，α∩β=m，n⊂γ，且直线m、n不重合，由下列三个条件：①m//γ，n⊂β；②m//γ，n//β；③m⊂γ，n//β．能推得m//n的条件是________．答案：①③分析：利用空间中直线与平面的位置关系，作图分析即可求解对于①m//γ，n⊂β成立，证明如下：证明如下：∵α∩β=m，∴m⊂β，∵n⊂γ，n⊂β，∴β∩γ=n，又m//γ，∴m//n；对于②m//γ，n//β；③m⊂γ，n//β，不成立，如图此时n和m是异面；对于③m⊂γ，n//β，成立，证明如下：证明如下：∵α∩β=m，n⊂γ，m⊂γ，∴m//n或m∩n=P，假设m∩n=P，则P∈n，P∈m，又α∩β=m，∴P∈β，这与n//β相矛盾，因此m∩n=P不成立，故m//n．所以答案是：①③.13、如图，平面OAB⊥平面α，OA⊂α，OA=AB，∠OAB=120°．平面α内一点P满足PA⊥PB，记直线OP与平面OAB所成角为θ，则tanθ的最大值是_________．答案：√612分析：作出图形，找出直线OP与平面OAB所成的角θ，证出PA⊥平面PBH，得出PA⊥PH，得出点P的轨迹就是平面α内以线段AH为直径的圆(A点除外)，转化成与圆有关的最值问题，即可求出结果.如图，过点B作BH⊥OA，交OA的延长线于点H，连接PH，OP，取AH的中点为E，连接PE，过点P作PF⊥OA，垂足为F，∵平面OAB⊥平面α，且平面OAB∩平面α=OA，BH⊂平面OAB，PF⊂α，∴BH⊥α，PF⊥平面OAB，∴OP在平面OAB上的射影就是直线OA，故∠AOP就是直线OP与平面OAB所成的角θ，即∠AOP=θ，∵AP⊂α，∴AP⊥BH，又∵PA⊥PB，PB∩BH=B，PB，BH⊂平面PBH，∴PA ⊥平面PBH ，∵PH ⊂平面PBH ，∴PA ⊥PH ，故点P 的轨迹就是平面α内以线段AH 为直径的圆(A 点除外)，∵OA =AB ，且∠OAB =120∘，∴∠BAH =60∘，设OA =a(a >0)，则AB =a ，从而AH =AB ⋅cos 60∘=a 2，∴PE =12AH =a 4，如图，当且仅当PE ⊥OP ，即OP 是圆E 的切线时，角θ有最大值，tan θ有最大值，tan θ取得最大值为：PE OP =√OE 2−PE 2=a 4√(a+a 4)−(a 4)=√612． 所以答案是：√612.14、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________.答案：39π分析：利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.∵V =13π62⋅ℎ=30π∴ℎ=52 ∴l =√ℎ2+r 2=√(52)2+62=132 ∴S 侧=πrl =π×6×132=39π.所以答案是：39π.15、已知P，Q，R，S是相应长方体或空间四边形的边或对角线的中点，则这四点必定共面的是______．（写序号）答案：①③④分析：利用平面的基本性质及推论，逐一检验即可．①中，∵PR//QS，∴P，Q，R，S四点共面；②中，PR和QS是异面直线，故四点不共面；③中，∵PS//QR，∴P，Q，R，S四点共面；④中，∵PQ//RS//BC，∴P，Q，R，S四点共面；所以答案是：①③④解答题16、如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠ABC＝90°，PA＝2，AC＝2√2．(1)求证：平面PBC⊥平面PAB；(2)若二面角P﹣BC﹣A的大小为45°，过点A作AN⊥PC于N，求直线AN与平面PBC所成角的大小．答案：(1)证明见解析(2)60°分析：（1）根据线线垂直得BC⊥平面PAB，再由面面垂直的判定定理可证得结论，（2）由题意求出AB,BC的长，过点A作AM⊥PB于M，连接MN，则∠ANM为直线AN与平面PBC所成的角，然后在Rt△ANM中可求得结果（1）证明：因为PA⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，因为∠ABC＝90°，所以AB⊥BC，因为PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB，因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB，（2）由（1）可知BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，因为AB⊥BC，所以∠ABP为二面角P−BC−A的平面角，所以∠ABP=45°，因为PA=2,AC=2√2,∠ABC=90°，所以AB=BC=2，过点A作AM⊥PB于M，则AM⊥平面PBC，且M为PB的中点，连接MN，则∠ANM为直线AN与平面PBC所成的角，在Rt△PAB中，AM=12PB=12×2√2=√2,在Rt△PAC中，PC=√PA2+AC2=√4+8=2√3，则AN=PA⋅ACPC =√22√3=2√63，在Rt△ANM中，sin∠ANM=AMAN =√22√63=√32，因为0°<∠ANM<180°，所以∠ANM=60°，所以直线AN与平面PBC所成角的大小为60°17、所有棱长均相等的三棱锥称为正四面体，如图，在正四面体A—BCD中，求证：AB⊥CD.答案：见解析分析：取CD的中点为M，连接AM，BM，根据线面垂直可得AB⊥CD.取CD的中点为M，连接AM，BM，因为四面体A−BCD为正四面体，故△ACD为等边三角形，故AM⊥CD，同理BM⊥CD，而AM∩BM=M，故CD⊥平面ABM，因为AB⊂平面ABM，故CD⊥AB.18、如图，G是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱的DD1延长线上的一点，E，F是棱AB，BC的中点，试分别画出：(1)过点G，A，C的平面与正方体表面的交线；(2)过点E，F，D1的平面与正方体表面的交线.答案：(1)答案见解析(2)答案见解析分析：（1）连接AG，交A1D1于点H，连接GC，交C1D1于点I，从而可得到过点A，C，G的平面为平面ACIH；（2）根据基本性质三：若两个不重合平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，即可作出平面与正方体表面的交线；(1)连接AG，交A1D1于点H，连接GC，交C1D1于点I，连接HI,AC，则过点A，C，G的平面为平面ACIH，过点G，A，C的平面与正方体表面的交线分别为：AH，HI，IC，AC.(2)延长EF，交DC的延长线于点Q，延长FE，交DA的延长线于点P，连接D1P交AA1于点O，连接D1Q交CC1于点R，连接OE,EF,FR，则过点E，F，D1的平面为平面EFRD1O，过点E，F，D1的平面与正方体表面的交线分别为：D1O，OE，EF，FR，RD1.19、四面体ABCD如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面，分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H．证明：E、F、G、H四点共面且四边形EFGH是平行四边形．答案：证明见解析分析：根据线面平行的性质定理，分别证得EH∥BC，FG∥BC，则得EH∥FG，从而可证得E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥HG，再根据平行四边形的判定定理可得结论因为BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC=FG，平面EFGH∩平面ABC=EH，所以BC∥FG，BC∥EH，所以EH∥FG，所以E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥AD，HG∥AD，所以EF∥HG，所以四边形EFGH是平行四边形．。
高中数学立体几何知识点及练习题
点、直线、平面之间的关系㈠平面的根本性质公理一：假如一条直线上有两点在一个平面内，那么直线在平面内。
公理二：不共线的三点确定一个平面。
推论一：直线及直线外一点确定一个平面。
推论二：两条相交直线确定一个平面。
推论三：两条平行直线确定一个平面。
公理三：假如两个平面有一个公共点，那么它们还有公共点，这些公共点的集合是一条直线(两个平面的交线)。
㈡空间图形的位置关系1 直线及直线的位置关系(相交、平行、异面)1.1 平行线的传递公理：平行于同始终线的两条直线互相平行。
即：a∥b，b∥c a∥c1.2 异面直线定义：不在任何一个平面内的两条直线称为异面直线。
1.3 异面直线所成的角⑴异面直线成角的范围：(0°，90°].⑵作异面直线成角的方法：平移法。
留意：找异面直线所成角时，常常把一条异面直线平移到另一条异面直线的特别点(如中点、端点等)，形成异面直线所成的角。
2 直线及平面的位置关系(直线在平面内、相交、平行)3 平面及平面的位置关系(平行、斜交、垂直)㈢平行关系(包括线面平行和面面平行)1 线面平行1.1 线面平行的定义：平面外的直线及平面无公共点，那么称为直线和平面平行。
1.2 断定定理：1.3 性质定理：2 线面角：2.1 直线及平面所成的角(简称线面角)：假设直线及平面斜交，那么平面的斜线及该斜线在平面内射影的夹角θ。
2.2 线面角的范围：θ∈[0°，90°]3 面面平行3.1 面面平行的定义：空间两个平面没有公共点，那么称为两平面平行。
3.2 面面平行的断定定理：⑴ 断定定理1：假如一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么两个平面互相平行。
即：推论：一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面的两条线段，那么这两个平面平行。
即：⑵ 断定定理2：垂直于同一条直线的两平面互相平行。
即：3.3 面面平行的性质定理⑴ (面面平行线面平行)⑵⑶ 夹在两个平行平面间的平行线段相等。
2023高中数学立体几何复习 题集附答案
2023高中数学立体几何复习题集附答案一、立体几何基础知识立体几何是数学中的一个重要分支，主要研究空间内的图形、体积和表面积等相关性质。
掌握立体几何的基础知识对于高中数学学习尤为重要。
下面是一些常见的立体几何概念及其性质：1. 空间中的点、线、面是立体几何中最基本的概念。
点是没有长度、宽度和高度的，线是由无数个点组成的，面是由无数条线组成的。
2. 立体是由许多平面相互连接而成的。
这些平面称为面，每个面都有其特定的几何形状，如三角形面、矩形面等。
3. 空间中的距离有两种：直线距离和曲线距离。
直线距离是两点之间最短的距离，而曲线距离则是沿着曲线的长度。
4. 空间中的体积是指一个物体占据的空间大小。
常见的几何体体积计算公式有：长方体的体积为底面积乘以高，球体的体积为4/3乘以π半径的立方，圆柱体的体积为底面积乘以高等。
5. 表面积是指立体图形外表面的总面积。
计算几何体表面积的公式与计算体积的公式类似，只是不同几何体的取值不同。
二、复习题1. 长方体A的长、宽、高分别为3cm、4cm和5cm，计算长方体A的表面积和体积。
解答：长方体的表面积公式为S = 2(ab + ac + bc)，其中a、b和c分别是长方体的三个边长。
代入数据后，可得长方体A的表面积为：S = 2(3*4 + 3*5 + 4*5) = 94cm²长方体的体积公式为V = lwh，其中l、w和h分别是长方体的三个边长。
代入数据后，可得长方体A的体积为：V = 3*4*5 = 60cm³因此，长方体A的表面积为94cm²，体积为60cm³。
2. 一个四棱锥的底面是一个边长为6cm的正方形，其高度为8cm。
计算该四棱锥的体积和表面积。
解答：四棱锥的体积公式为V = 1/3 * 底面积 * 高度。
底面为正方形，因此底面积为6²=36cm²。
代入数据后，可得四棱锥的体积为：V = 1/3 * 36 * 8 = 96cm³四棱锥的表面积公式为S = 底面积 + 侧面积。
高中立体几何练习题
高中立体几何练习题几何学是数学中非常重要的一个分支，而立体几何则是其中的一个重要部分。
在高中阶段，学生需要掌握各种与立体几何相关的概念和定理，并且能够运用这些知识解决实际问题。
本文将为大家提供一些高中立体几何的练习题，以帮助大家巩固知识和提高解题能力。
练习题一：三棱柱1. 一个三棱柱的底面是一个等边三角形，边长为8cm，高度为10cm。
求该三棱柱的体积和表面积。
2. 一个三棱柱的体积是72cm³，底面边长为6cm。
求该三棱柱的高度和表面积。
练习题二：四棱柱和四棱锥1. 一个正四棱柱的底面是一个边长为4cm的正方形，高度为6cm。
求该四棱柱和与之相似的正四棱锥的体积比值。
2. 一个四棱柱的底面是一个边长为10cm的正方形，高度为8cm。
求该四棱柱和与之相似的四棱锥的表面积比值。
练习题三：球体和圆柱1. 一个半径为4cm的球从中间切割，得到两个半球。
求这两个半球的表面积之和。
2. 一个圆柱的底面半径为3cm，高度为10cm。
在底面上画一个直径，求这个直径与圆柱的侧面交点处的高度和侧面的面积。
练习题四：棱台和棱锥1. 一个棱台的上底是一个边长为6cm的正三角形，下底是一个边长为12cm的正六边形，高度为8cm。
求该棱台的体积和表面积之和。
2. 一个棱台的上底是一个边长为8cm的正方形，下底是一个边长为12cm的正六边形，高度为10cm。
求该棱台的体积和表面积的比值。
以上仅为一些高中立体几何的练习题，希望能够帮助大家巩固知识并提高解题能力。
在解答这些题目时，可以根据已学习的定理和公式进行计算，并注意单位和精度的问题。
同时也要灵活运用几何思维和建模能力，将实际问题转化为几何图形，从而更好地解决问题。
祝各位同学在立体几何学习中取得好成绩！。
高中数学空间几何体知识点归纳与常考题型专题练习(附解析)
（ 7）球体：定义： 以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体
几何特征： ①球的截面是圆；②球面上任意一点到球心的距离等于半径。
2、空间几何体的三视图 定义三视图：正视图（光线从几何体的前面向后面正投影） 俯视图（从上向下）
；侧视图（从左向右） 、
注：正视图反映了物体上下、左右的位置关系，即反映了物体的高度和长度；
B．
C． D．
29．如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（
）
A． 1 B． C． D． 30．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是 是（ ）
，则正视图中的 x 的值
A． 2 B． C． D．3
31．将边长为 a 的正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起，使得 BD=a，则三棱锥 D﹣ ABC 的体积为（ ）
设三棱锥 F﹣ADE 的体积为 V 1，三棱柱 A 1B1C1﹣ ABC 的体积为 V 2，则 V 1：
V2=
．
39．如图，在圆柱 O1O2 内有一个球 O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，
记圆柱 O1O2 的体积为 V 1，球 O 的体积为 V 2，则 的值是
．
40．若某几何体的三视图（单位： cm3．
（ 1）要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，角 α的最大值是多少； （ 2）现需要倒出不少于 3000cm3 的溶液，当 α=60°时，能实现要求吗？请说明 理由． 47．如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为 32cm，容器Ⅰ的底面对角线 AC 的长为 10 cm，容器Ⅱ的两底面对角线 EG， E1G1 的长分别为 14cm 和 62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为 12cm．现有一根玻璃棒 l，其长度为 40cm．（容器厚度、 玻璃棒粗细均忽略不计） （ 1）将 l 放在容器Ⅰ中， l 的一端置于点 A 处，另一端置于侧棱 CC1 上，求 l
立体几何复习专题及答案-高中数学
立体几何复习专题姓名： 班级：考点一、空间中的平行关系1．如图，在三棱锥P ABC -中，02,3,90PA PB AB BC ABC ====∠=,平面PAB ⊥平面ABC ，D 、E 分别为AB 、AC 的中点． (1)求证：DE //平面PBC ； (2)求证：AB PE ⊥；(3)求三棱锥B PEC -的体积．2． 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA CD ⊥，2CD =，3AD =，（Ⅰ）设G H ，分别为PB AC ，的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （Ⅱ）求证：PA ⊥平面PCD ；3．如图，七面体ABCDEF 的底面是凸四边形ABCD ，其中2AB AD ==，120BAD ∠=︒，AC ，BD 垂直相交于点O ，2OC OA =，棱AE ，CF 均垂直于底面ABCD .（1）证明：直线DE 与平面BCF 不．平行；4.（2014新课标Ⅱ）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 =1，AD =3，求三棱锥E ACD -的体积．考点二、空间中的垂直关系5．如图，在四面体ABCD 中，E ，F 分别是线段AD ，BD 的中点，90ABD BCD ∠=∠=，2EC =，2AB BD ==，直线EC 与平面ABC 所成的角等于30．（1）证明：平面EFC ⊥平面BCD ；6．已知某几何体的直观图和三视图如下图所示，其中正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．（1）求证：BN ⊥平面11C B N ；（2）设M 为AB 中点，在C B 边上求一点P ，使//MP 平面1C NB ，求CBPP 的值．7．（2016全国I ）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，2AF FD =，90AFD ∠=，且二面角D AF E --与二面角C BE F --都是60．（I ）证明：平面ABEF⊥平面EFDC ；（II ）求二面角E BC A --的余弦值．考点三、折叠问题和探究性问题中的位置关系8．如图 1，在直角梯形ABCD 中， //,AB CD AB AD ⊥，且112AB AD CD ===．现以AD 为一边向外作正方形ADEF ，然后沿边AD 将正方形ADEF 翻折，使ADEF 平面与平面ABCD 垂直， M 为ED 的中点，如图 2．（1）求证： //AM 平面BEC ；（2）求证： BC ⊥平面BDE ； .9．如图，在边长为4的正方形ABCD 中，点E,F 分别是AB,BC 的中点，点M 在AD 上，且14AM AD =，将AED,DCF 分别沿DE,DF 折叠，使A,C 点重合于点P ，如图所示2.()1试判断PB 与平面MEF的位置关系，并给出证明；()2求二面角M EF D --的余弦值.10．如图所示，直角梯形ABCD 中，//AD BC ，AD AB ⊥，22AB BC AD ===，四边形EDCF 为矩形，3CF =，平面EDCF ⊥平面ABCD ． (1)求证：DF //平面ABE ；(2)求平面ABE 与平面EFB 所成锐二面角的余弦值． (3)在线段DF 上是否存在点P ，使得直线BP 与平面ABE 所成角的正弦值为34，若存在，求出线段BP 的长，若不存在，请说明理由．11．如图1，在边长为4的正方形ABCD中，E是AD的中点，F是CD的中点，现-.将三角形DEF沿EF翻折成如图2所示的五棱锥P ABCFE（1）求证：AC//平面PEF；（2）若平面PEF⊥平面ABCFE，求直线PB与平面PAE所成角的正弦值.12．（2011•浙江）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（1）证明：AP⊥BC；（2）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A﹣MC﹣β为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．13．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等边三角形，122CC AC ==.（Ⅰ）求三棱锥11C CB A -的体积；（Ⅱ）在线段1BB 上寻找一点F ，使得1CF AC ⊥，请说明作法和理由.考点四、知空间角求空间角问题14．（2014天津）如图四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，2BA BD ==2AD =,5PA PD ==E ,F 分别是棱AD ,PC 的中点．（Ⅰ）证明: EF ∥平面PAB ； （Ⅱ）若二面角P AD B --为60°， （ⅰ）证明：平面PBC ⊥平面ABCD（ⅱ）求直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值． PCDBF15．四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ABCD ⊥平面，E 为PD 的中点．(1)证明：//E PB A C 平面；(2)设13AP AD ==，，三棱锥P ABD -的体积34V =，求二面角D -AE -C 的大小16．如图，四棱锥P ABCD -中， PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，90ADC ∠=︒， //AD BC ， AB AC ⊥， 2AB AC ==，点E 在AD 上，且2AE ED =．（Ⅰ）已知点F 在BC 上，且2=CF FB ，求证：平面PEF ⊥平面PAC ；（Ⅱ）当二面角--A PB E 的余弦值为多少时，直线PC 与平面PAB 所成的角为45︒？立体几何专题参考答案1． (1)证明：∵在△ABC 中，D 、E 分别为AB 、AC 的中点，∴DE ∥BC . ∵DE ⊄平面PBC 且BC ⊂平面PBC ，∴DE ∥平面PBC . (2)证明：连接PD .∵PA ＝PB ，D 为AB 的中点，∴PD ⊥AB .∵DE ∥BC ，BC ⊥AB ，∴DE ⊥AB .又∵PD 、DE 是平面PDE 内的相交直线， ∴AB ⊥平面PDE .∵PE ⊂平面PDE ，∴AB ⊥PE .(3)解：∵PD ⊥AB ，平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，∴PD ⊥平面ABC ，可得PD 是三棱锥P －BEC 的高． 又∵33,2BECPD S==，1332B PEC P BEC BEC V V S PD --∆∴==⨯=. 2．（I ）见解析；（II ）见解析；（III ）33. （I ）证明：连接BD ，易知AC BD H ⋂=，BH DH =，又由BG PG =，故GHPD ，又因为GH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ， 所以GH ∥平面PAD .（II ）证明：取棱PC 的中点N ，连接DN ，依题意，得DN PC ⊥， 又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC平面PCD PC =，所以DN ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，故DN PA ⊥， 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD . 3．（1）见解析；（2）23535本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
必修二立体几何知识点+例题+练习+答案
行于底面的截面是相似的正多边形 5.旋转体:由一个平面图形绕一条定直线旋转所形成的封闭几何体叫旋转体，这条定
直线叫做旋转体的轴,
6.圆柱、圆锥、圆台：分别以矩形的一边、直角三角形的直角边、直角梯形垂直于 底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体分别叫 做圆柱、圆锥、圆台。
必修二立体几何知识点+例题+练习+答案(word 版可编辑修改)
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A
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B
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C
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D
（3).空间几何体的直观图-—斜二测画法特点：
①斜二测坐标系的 y 轴与 x 轴正方向成 45 角；②原来与 x 轴平行的线段仍然与 x 平行，
高中数学立体几何空间点线面的位置关系讲义及练习
课 题： 2.1 空间点、直线、平面之间的位置关系一、内容讲解知识点1 平面的概念: 平面是没有厚薄的，可以无限延伸，这是平面最基本的属性 常见的桌面，黑板面都是平面的局部形象 指出: 平面的两个特征：①_薄厚一致___ ②_无限延伸_。
平面的表示：__1.在每个顶点处写大写字母____2.小写的希腊字母,,αβχ______________。
点的表示：大写字母 点A 点B线的表示：小写英文字母 线l,线a 线b平面的画法：在立体几何中，通常画成水平放置的平行四边形来表示平面;锐角画成45ο, 2倍长。
两个相交平面：画两个相交平面时，若一个平面的一部分被另一个平面遮住，应把被遮住部分的线段画成虚线或不画。
图形 符号语言 文字语言（读法）A a A ∈a 点A 在直线a 上A aA ∉a 点A 在直线a 外 Aα A ∈α 点A 在平面α上（内） A αA ∉α 点A 在平面α外 b a A a b A =I直线a,b 交于点A a αa α⊂线a 在面α内 aα a α⊄ 线a 在面α外a Aα a A α=I 直线a 交α于点Al αβ=I平面α交β于线l与平面、平面与平面的关系，虽然借用于集合符号，但在读法上仍用几何语言。
知识点2 公理1 ：如果一条直线的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有点都在这个平面内指出：（1）符号语言：____________________________________．（2）应用：这条公理是判定直线是否在平面内的依据，也可用于验证一个面是否是平面。
知识点3 公理2 ：如果两个平面有一个公共点,那么它们还有其他公共点,且所有这些公共点的集合是一条过这个公共点的直线指出：（1）符号语言：____________________________________（2）应用：确定两相交平面的交线位置；判定点在直线上 知识点4 公理3 ：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面 指出：（1）符号语言：,, ,,,,A B C A B C A B C ααβ⎫⎪∈⇒⎬⎪∈⎭不共线与β重合推论1 经过一条直线和直线外的一点有且只有一个平面.指出：推论1的符号语言：_____________________________-推论2 经过两条相交直线有且只有一个平面指出：推论2的符号语言：____________________________________推论3 经过两条平行直线有且只有一个平面指出：推论3的符号语言：________________________________三、典例解析例1 用符号语言表示下列图形中点、直线、平面之间的位置关系.例2 正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，对角线A 1C∩平面BDC 1=O ，AC 、BC 交于点M ，求证：点C 1、O 、M 共线．五、备选习题1. 画图表示下列由集合符号给出的关系：(1) A ∈α,B ∉α,A ∈l ,B ∈l ; (2) a ⊂α,b ⊂β,a ∥c ,b ∩c =P ,α∩β=c .2. 根据下列条件，画出图形.（1）平面α∩平面β=l ，直线AB ⊂α，AB ∥l ，E ∈AB ，直线EF∩β=F ，F ∉l ;（2）平面α∩平面β=a ，△ABC 的三个顶点满足条件:A ∈a ，B ∈α，B ∉a ，C ∈β，C ∉a .3. 画一个正方体ABCD —A′B′C′D′，再画出平面ACD′与平面BDC′的交线，并且说明理由.4. 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为8 cm ，M 、N 、P 分别是AB 、A 1D 1、BB 1的中点，(1) 画出过M 、N 、P 三点的平面与平面A 1B 1C 1D 1的交线，以及与平面BB 1C 1C 的交线.(2) 设过M 、N 、P 三点的平面与B 1C 1交于点Q ，求PQ 的长.5.已知△ABC 三边所在直线分别与平面α交于P 、Q 、R 三点，求证：P 、Q 、R 三点共线.6. 点A ∉平面BCD ，,,,E F G H 分别是,,,AB BC CD DA 上的点，若EH 与FG 交于P （这样的四边形ABCD 就叫做空间四边形）求证：P 在直线BD 上G H AC D E P空间点、线、面位置关系练习题1、下列命题：其中正确的个数为（ ）①若直线l 平行于平面α内的无数条直线，则l ∥α；②若直线a 在平面α外，则a ∥α； ③若a ∥b ，α⊂b ，那么直线a 平行于平面α内的无数条直线；A ．1B ．2C ．3D ．02、若两个平面互相平行，则分别在这两个平行平面内的直线（ ）A ．平行B ．异面C ．相交D ．平行或异面3、如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中判断下列位置关系：（1）AD 1所在直线与平面BCC 1的位置关系是 ；（2）平面A 1BC 1与平面ABCD 的位置关系是 ；4、如果直线l 在平面α外，那么直线l 与平面α（ ）A ．没有公共点B ．至多有一个公共点C ．至少有一个公共点D ．有且只有一个公共点5、以下四个命题：其中正确的是（ ） A ．①② B ．②③ C ．③④ D ．①③ ①三个平面最多可以把空间分成八部分；②若直线⊂a 平面α，直线⊂b 平面β，则“a 与b 相交”等价于“α与β相交”；③若l =⋂βα，直线⊂a 平面α，直线⊂b 平面β，且P b a =⋂，则l P ∈；④若n 条直线中任意两条共面，则它们共面，6、若一条直线上有两点到一个平面的距离相等，那么这条直线和这个平面的位置关系是（ ）A ．在平面内B ．相交C ．平行D ．以上均有可能7、若直线m 不平行于平面α，且α⊄m ，则下列结论中正确的是（ ）A ．α内的所有直线与m 异面B ．α内不存在与m 平行的直线C ．α内存在唯一一条直线与m 平行D ．α内的直线与m 都相交8、在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的六个表面与六个对角面（面AA 1C 1C ，面BB 1D 1D ，面ABC 1D 1，面ADC 1B 1，面A 1BCD 1及面A 1B 1CD ）所在平面中，与棱AA 1平行的平面共有（ ）A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个9、两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是（ ）A ．平行B ．相交C ．异面D ．以上均有可能10、下列命题：其中正确的个数是（ ）A ．0 B ．1 C ．2 D ．3①如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行；②如果一条直线与一个平面相交，那么这条直线与平面内的无数条直线异面；③过平面外一点有且只有一条直线与平面平行；④一条直线上有两点到一个平面的距离相等，则这条直线平行于这个平面，11、下列命题中正确的个数是（ ）A ．1 B ．2 C ．3 D ．4①四边相等的四边形是菱形；②若四边形有两个对角都是直角，则这个四边形是圆内接四边形； ③“直线不在平面内”的等价说法是“直线上至多有一个点在平面内”；④若两平面有一条公共直线，则这两个平面的所有公共点都在这条公共直线上；12、若P 是两条异面直线l 、m 外的任意一点，则（ ）A ．过点P 有且仅有一条直线与l 、m 都平行B ．过点P 有且仅有一条直线与l 、m 都垂直C ．过点P 有且仅有一条直线与l 、m 都相交D ．过点P 有且仅有一条直线与l 、m 都异面13、与两个相交平面的交线平行的直线和这两个平面的位置关系是14、经过平面外两点可作这个平面的平行平面的个数是15、设有不同的直线a ，b 和不同的平面γβα,,，给出下列三个命题：其中正确命题的序号是 ①若a ∥α，b ∥α，则a ∥b ；②若a ∥α，a ∥β，则α∥β；③若α∥β，β∥γ，则α∥γ。
高中数学立体几何练习题库
高中数学立体几何练习题库一、圆锥体相关题目1. 已知圆锥的底面半径为8cm，母线长为15cm，求圆锥的侧面积。
2. 一个圆锥的顶点角为90°，母线长为10cm，求圆锥的体积。
3. 一个圆锥的底面半径为6cm，体积为240cm³，求该圆锥的高。
4. 已知一个圆锥的体积为400cm³，高为10cm，求该圆锥的底面半径。
二、球体相关题目1. 已知一个球的直径为10cm，求该球的表面积。
2. 一个半径为5cm的球和一个半径为8cm的球，它们的体积之比是多少？3. 一个球的表面积为100πcm²，求球的半径。
4. 已知一个球的体积为500πcm³，求球的半径。
三、立方体相关题目1. 一个立方体的边长为5cm，求该立方体的体积和表面积。
2. 一个立方体的表面积为150cm²，求该立方体的体积和边长。
3. 一个立方体的体积为216cm³，求该立方体的边长和表面积。
4. 已知一个立方体的表面积为294cm²，求该立方体的边长和体积。
四、棱柱和棱锥相关题目1. 一个六面体的底面为一个边长为6cm的正方形，高为8cm，求该六面体的体积和表面积。
2. 一个六面体的底面为一个边长为10cm的正方形，体积为800cm³，求该六面体的高和表面积。
3. 一个六面体的体积为1000cm³，表面积为400cm²，求该六面体的高和边长。
4. 一个四棱锥的底面是一个边长为8cm的正方形，高为10cm，求该四棱锥的体积和表面积。
五、圆柱和圆环相关题目1. 一个圆柱的底面半径为4cm，高为10cm，求该圆柱的体积和侧面积。
2. 一个圆环的外半径为6cm，内半径为4cm，求该圆环的面积。
3. 一个圆柱的体积为500πcm³，高为8cm，求该圆柱的底面半径和侧面积。
4. 一个圆环的面积为100πcm²，外半径为10cm，求该圆环的内半径。
高中数学必修二第八章立体几何初步知识点总结全面整理(带答案)
高中数学必修二第八章立体几何初步知识点总结全面整理单选题1、设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法错误的是（）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，n//β，则α//βD．若m//n，m⊥α，n⊥β，则α//β答案：C分析：利用线面垂直的判定性质、面面垂直的判定推理判断A，B；举例说明判断C；利用线面垂直的判定性质判断D作答.对于A，因m⊥n，m⊥α，当n⊂α时，而n⊥β，则α⊥β，当n⊄α时，在直线m上取点P，过P作直线n′//n，则m⊥n′，过直线m,n′的平面γ∩α=l，如图，由m⊥α得m⊥l，于是得l//n′//n，而n⊥β，则l⊥β，而l⊂α，所以α⊥β，A正确；对于B，若m//n，m⊥α，则n⊥α，又n//β，则存在过直线n的平面δ，使得δ∩β=c，则有直线c//n，即有c⊥α，所以α⊥β，B正确；对于C，如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，平面ABCD为平面α，直线A1B1为直线m，平面ADD1A1为平面β，直线B1C1为直线n，满足m⊥n，m//α，n//β，而α∩β=AD，C不正确；对于D，若m//n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，于是得α//β，D正确.故选：C2、已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（）A．2πR2B．94πR2C．83πR2D．πR2答案：B分析：根据圆柱的表面积公式以及二次函数的性质即可解出．设圆柱的底面半径为r，圆柱的高为ℎ，所以在轴截面三角形中，如图所示：由相似可得，rR =3R−ℎ3R，所以，ℎ=3R−3r，即圆柱的全面积为S=2πr2+2πrℎ=2πr2+2πr(3R−3r)=2π(−2r2+3rR)=2π[−2(r−34R)2+98R2]≤9π4R2，当且仅当r=34R时取等号．故选：B．3、如图所示的是平行四边形ABCD所在的平面，有下列表示方法：①平面ABCD；②平面BD；③平面AD；④平面ABC；⑤AC；⑥平面α.其中不正确的是（）A．④⑤B．③④⑤C．②③④⑤D．③⑤答案：D解析：根据平面的表示方法判断．③中AD不为对角线，故错误；⑤中漏掉“平面”两字，故错误.故选：D.4、如图，PA 垂直于矩形ABCD 所在的平面，则图中与平面PCD 垂直的平面是（ ）A ．平面ABCDB ．平面PBCC ．平面PAD D ．平面PCD答案：C分析：由线面垂直得到线线垂直，进而证明出线面垂直，面面垂直.因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD ，由四边形ABCD 为矩形得CD ⊥AD ，因为PA ∩AD =A ，所以CD ⊥平面PAD ．又CD ⊂平面PCD ，所以平面PCD ⊥平面PAD ．故选：C5、在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为（ ）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6 答案：D分析：平移直线AD 1至BC 1，将直线PB 与AD 1所成的角转化为PB 与BC 1所成的角，解三角形即可.如图，连接BC1,PC1,PB，因为AD1∥BC1，所以∠PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥PC1，又PC1⊥B1D1，BB1∩B1D1=B1，所以PC1⊥平面PBB1，所以PC1⊥PB，设正方体棱长为2，则BC1=2√2,PC1=12D1B1=√2，sin∠PBC1=PC1BC1=12，所以∠PBC1=π6.故选：D6、圆台的上、下底面的面积分别是π，4π，侧面积是6π，则这个圆台的体积是（）A．2√33πB．2√3πC．7√36πD．7√33π答案：D分析：求出圆台的高，再利用圆台的体积公式进行计算.设圆台的上、下底面的半径分别为r，R，母线长为l，高为h.,由圆台的上、下底面的面积分别是π，4π，得{πr2=π,πR2=4π,所以r=1，R=2，由圆台侧面积公式可得π×(2+1)l=6π，所以l=2，所以ℎ=√22−(2−1)2=√3，所以该圆台的体积V=13πℎ(R2+r2+Rr)=13π×√3×(4+1+2)=7√33π.故选：D.7、下面四个选项中一定能得出平面α/⁄平面β的是（）A．存在一条直线a，a//α，a//βB．存在一条直线a，a⊂α，a//βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α答案：D分析：对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面γ∩β=c，再证c//α即可. 如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，对于A，直线C1D1为直线a，显然a//α，a//β，而α与β相交，A不正确；对于B，直线CD为直线a，显然a⊂α，a//β，而α与β相交，B不正确；对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，而α与β相交，C不正确；对于D，因a，b是异面直线，且a⊂α，b⊂β，过直线a作平面γ∩β=c，如图，则c//a，并且直线c与b必相交，而c⊄α，于是得c//α，又b//α，即β内有两条相交直线都平行于平面α，⁄平面β.因此，平面α/故选：D8、紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶，石瓢壶，潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的容积约为（）A．100cm3B．200cm3C．300cm3D．400cm3答案：B分析：根据题意可知圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，由圆台的结构可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为ℎ，所以ℎ−4ℎ=610，求出ℎ的值，最后利用圆锥的体积公式进行运算，即可求出结果.解：根据题意，可知石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为ℎ，所以ℎ−4ℎ=610，解得：ℎ=10，则大圆锥的底面半径为5，高为10，小圆锥的底面半径为3，高为6，所以该壶的容积V=13×π×52×10−13×π×32×6=1963π≈200cm3.故选：B.多选题9、如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是（）A．圆柱的体积为4πR3B．圆锥的侧面积为√5πR2C．圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等D．圆柱､圆锥､球的体积之比为3：1：2答案：BD分析：依次判断每个选项：圆柱的体积为2πR3，A错误；圆锥的侧面积为√5πR2，B正确；圆柱的侧面积为4πR2，C错误；计算体积之比为3：1：2，D正确，得到答案.依题意圆柱的底面半径为R，则圆柱的高为2R，圆柱的体积为πR2×2R=2πR3，∴A错误；圆锥的母线长为√5R，圆锥的侧面积为πR×√5R=√5πR2，∴B正确；∵圆柱的侧面积为4πR2，圆锥表面积为√5πR2+πR2，∴C错误；∵V圆柱=πR2⋅2R=2πR3，V圆锥=13πR2⋅2R=23πR3，V球=43πR3∴V圆柱:V圆锥:V球=2πR3:23πR3:43πR3=3:1:2，∴D正确.故选：BD.10、在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别为AB,A1D1的中点，则（）A．BD⊥B1CB．EF//平面DB1BC．AC1⊥平面B1D1CD．过直线EF且与直线BD1平行的平面截该正方体所得截面面积为√2答案：BC解析：（1）求出BD,B1C所成的角，不为90∘（2）通过证明面面平行，再到线面平行.即先证面FGE//面DBB1D1，再可以说明EF//平面DB1B（3）先证B1C⊥面ABC1，则可说明B1C⊥AC1，同理可得B1D1⊥AC1，则证明了AC1垂直于平面内两条相交直线，故AC1⊥平面B1D1C（4）找到过直线EF且与直线BD1平行的平面即平面FGEQ，求出面积即可A. 由图易知BD//B1D1，又有B1D1=D1C=B1C=2√2，故△B1D1C为等边三角形，故B1D1与B1C所成的角为60∘BD,B1C所成的角为60∘，故A错.B. 记AD中点为G，易知FG//D1D，GE//DB，则可知FG//面DBB1D1，GE//面DBB1D1故面FGE//面DBB1D1FE⊂面FGE，故EF//平面DB1B.C. 四边形BCB1C1为正方形，B1C⊥BC1，又AB⊥面B1BCC1，故AB⊥B1C则B1C⊥面ABC1故B1C⊥AC1同理B1D1⊥AC1故AC1⊥平面B1D1C.D.记A1B1中点为Q，由B项可知，面FGEQ//面DBB1D1，故BD1//面FGEQ，又EF⊂面FGEQ，故过EF且与直线BD1平行的平面为如图所示的平面FGEQ，面积为S=FQ⋅FG=2⋅√2=2√2.故选：BC小提示：本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.11、如图直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥BC，BC=CD=12AB=2，E为AB中点.以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC=2√3则（）A．平面PED⊥平面PCD B．PC⊥BDC．二面角P−DC−B的大小为π4D．PC与平面PED所成角的正切值为√2答案：ABC解析：先证明PE⊥平面DEBC，得PE⊥DC，再结合DC⊥DE，即证DC⊥平面PED，所以平面PED⊥平面PCD，判断A正确；利用投影判断PC⊥BD，判断B正确；先判断∠PDE即为二面角P−DC−B的平面角，再等腰直角三角形判断∠PDE=π4，即C正确；先判断∠CPD为PC与平面PED所成的角，再求正切tan∠CPD=CDPD，即知D错误.由题易知EC=2√2，又PE=2，PC=2√3，所以PE2+EC2=PC2，所以PE⊥EC，又PE⊥ED，ED∩EC=E，所以PE⊥平面DEBC，所以PE⊥DC，又DC⊥DE，PE∩DE=E，所以DC⊥平面PED，又DC⊂平面PCD，所以平面PED⊥平面PCD，故A正确；PC在平面EBCD内的射影为EC，又EBCD为正方形，所以BD⊥EC，PC⊥BD，故B正确；易知∠PDE即为二面角P−DC−B的平面角，又PE⊥ED，PE=ED，所以∠PDE=π4，故C正确；易知∠CPD为PC与平面PED所成的角，又PD=2√2，CD=2，CD⊥PD，所以tan∠CPD=CDPD =2√2=√22，故D错误.小提示：求空间中直线与平面所成角的常见方法为：（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.本题使用了定义法.填空题12、我国古代数学名著《九章算术》对立体几何也有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的“堑堵”即三棱柱ABC−A1B1C1，其中AC⊥BC，若AA1=AB=1，当“阳马”即四棱锥B−A1ACC1，体积最大时，“堑堵”即三棱柱ABC−A1B1C1的表面积为_______.答案：3+2√22分析：依据均值定理去求四棱锥B−A1ACC1取体积最大值时AB的长度，再去求三棱柱ABC−A1B1C1的表面积即可.四棱锥B−A1ACC1的体积是三棱柱体积的23，V ABC−A1B1C1=12AC⋅BC⋅AA1=12AC⋅BC≤14(AC2+BC2)=14AB2=14，当且仅当AB=BC=√22时，取等号.所以三棱柱ABC−A1B1C1的表面积为S=2×12×√22×√22+(√22+√22+1)×1=3+2√22.所以答案是：3+2√2213、如图，平面OAB⊥平面α，OA⊂α，OA=AB，∠OAB=120°．平面α内一点P满足PA⊥PB，记直线OP 与平面OAB所成角为θ，则tanθ的最大值是_________．答案：√612分析：作出图形，找出直线OP与平面OAB所成的角θ，证出PA⊥平面PBH，得出PA⊥PH，得出点P的轨迹就是平面α内以线段AH为直径的圆(A点除外)，转化成与圆有关的最值问题，即可求出结果.如图，过点B作BH⊥OA，交OA的延长线于点H，连接PH，OP，取AH的中点为E，连接PE，过点P作PF⊥OA，垂足为F，∵平面OAB⊥平面α，且平面OAB∩平面α=OA，BH⊂平面OAB，PF⊂α，∴BH⊥α，PF⊥平面OAB，∴OP在平面OAB上的射影就是直线OA，故∠AOP就是直线OP与平面OAB所成的角θ，即∠AOP=θ，∵AP⊂α，∴AP⊥BH，又∵PA⊥PB，PB∩BH=B，PB，BH⊂平面PBH，∴PA⊥平面PBH，∵PH⊂平面PBH，∴PA⊥PH，故点P的轨迹就是平面α内以线段AH为直径的圆(A点除外)，∵OA=AB，且∠OAB=120∘，∴∠BAH=60∘，设OA=a(a>0)，则AB=a，从而AH=AB⋅cos60∘=a2，∴PE=12AH=a4，如图，当且仅当PE⊥OP，即OP是圆E的切线时，角θ有最大值，tanθ有最大值，tanθ取得最大值为：PEOP =√OE2−PE2=a4√(a+4)2−(4)2=√612．所以答案是：√612.14、如果一个水平放置的图形用斜二测画法画出的直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是______.答案：2+√2##√2+2分析：求出直观图中梯形的下底长，作出原图形，结合梯形的面积公式可求得结果.直观图中，梯形的下底长为1+2×1×cos45∘=1+√2，作出原图形如下图所示：由图可知，原图形为直角梯形ABCD，且该梯形的上底长为CD=1，下底长为AB=1+√2，高为AD=2，=2+√2.因此，原图形的面积为S=(AB+CD)⋅AD2所以答案是：2+√2.解答题15、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1C1与B1D1交于点O1，求证：(1)直线A1B∥平面ACD1；(2)直线BO1∥平面ACD1．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：(1)根据题意，先证得四边形A1D1CB是平行四边形，从而证得A1B∥D1C，即可证得线面垂直；(2)连接BD，交AC于O，连接D1O，只需证明O1B∥D1O，即可证得线面垂直；（1）证明：直线A1B在平面ACD1外，因为A1D1∥BC，A1D1=BC，所以四边形A1D1CB是平行四边形，所以A1B∥D1C，而D1C是平面ACD1内的直线，根据判定定理可知，直线A1B∥平面ACD1．（2）证明：如图，连接BD，交AC于O，连接D1O，易知D1O1∥OB，D1O1=OB，则四边形D1O1BO是平行四边形，所以O1B∥D1O，所以D1O在平面ACD1上，根据判定定理可知，O1B∥平面ACD1．。
部编版高中数学必修二第八章立体几何初步知识点题库
(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步知识点题库单选题1、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．27答案：D分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD−BHC及直三棱柱DGC−AEB组成，作HM⊥CB于M，如图，因为CH=BH=3,∠CHB=120∘，所以CM=BM=3√32,HM=32，因为重叠后的底面为正方形，所以AB=BC=3√3,在直棱柱AFD−BHC中，AB⊥平面BHC，则AB⊥HM, 由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，设重叠后的EG与FH交点为I,则V I−BCDA=13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC=12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V=2V AFD−BHC−V I−BCDA=2×814−272=27.故选：D.2、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果.由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG∩EG=G，FG，EG⊂平面EFG所以SG⊥平面EFG正确，D不正确；.又若EG⊥平面SEF，则EG⊥EF，由平面图形可知显然不成立；同理GF⊥平面SEF不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.3、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN答案：A分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；可证明平面PBC⊥平面PDC，若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC，矛盾，可判断A图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．由于BC⊥平面PDC，又BC⊂平面PBC∴平面PBC⊥平面PDC若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC，则平面PAB与平面PDC的交线//AB显然AB不与平面PBC垂直，故A错误故选：A4、锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a=7、b=8，m⃑⃑ =(12,cosA)，n⃑=(sinA，−√32)，且m⃑⃑ ⊥n⃑，则△ABC的面积为（）A．√3B．3√3C．5√3D．10√3答案：D分析：先由向量垂直得到A=π3，利用余弦定理求出c=3或c=5，利用锐角三角形排除c=3，从而c=5，利用面积公式求出答案.由题意得：12sinA−√32cosA=0，故tanA=√3，因为A∈(0,π2)，所以A=π3，由余弦定理得：cosA=64+c2−492×8c =12，解得：c=3或c=5，当c=3时，最大值为B，其中cosB=49+9−642×7×3<0，故B为钝角，不合题意，舍去；当c=5时，最大值为B，其中cosB=49+25−642×7×5>0，故B为锐角，符合题意，此时S△ABC=12bcsinA=12×8×5×√32=10√3.故选：D5、在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A−BCD中，AB⊥平面BCD，BC ⊥CD ，且AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为（ ）A ．√32B ．√34C ．√33D ．√24答案：C分析：画出图形，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，可得MN //CD ，则所求为∠BMN ，易证△BMN 是直角三角形，则可得BM ，进而求解. 如图，取AC 的中点N ，连接MN ，BN ，由题，AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点， 所以MN //CD ，MN =2，则∠BMN 为所求， 由AB ⊥平面BCD ，则AB ⊥CD ，又BC ⊥CD ，AB ∩BC =B ，所以CD ⊥平面ABC ，则MN ⊥平面ABC ，所以△BMN 是直角三角形，即∠MNB =90°， 又BM =12AD =12√AB 2+BD 2=2√3，所以cos∠BMN =MNBM =2√3=√33， 故选：C6、下列空间图形画法错误的是（ ）A ．B ．C ．D ．答案：D分析：根据空间图形画法：看得见的线画实线，看不见的线画虚线.即可判断出答案.D选项：遮挡部分应画成虚线．故选:D.7、已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且面积为√3时，线段AP的长为（）A．√2B．1C．√3D．√32答案：A分析：过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，即可得到△PQR为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出PQ的长度，即可求出AP；解：如图，过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，因为BD//B1D1，所以PQ//B1D1，B1D1⊂面B1D1C，PQ⊄面B1D1C，所以PQ//面B1D1C因为A1D//B1C，所以PR//B1C，B1C⊂面B1D1C，PR⊄面B1D1C，所以PR//面B1D1C又PQ∩PR=P，PQ,PR⊂面PQR，所以面PQR//面B1D1C，则PQR为截面，易知△PQR是等边三角形，则12PQ2⋅√32=√3，解得PQ=2，∴AP=√22PQ=√2.故选：A.8、如图在正三棱锥S−ABC中，M,N分别是棱SC,BC的中点，Q为棱AC上的一点，且AQ=12QC，MN⊥MQ，若AB=2√2，则此正三棱锥S−ABC的外接球的体积为（）A ．12πB ．4√33πC ．8√3πD ．4√3π 答案：D分析：根据题意证明SA,SB,SC 两两垂直，将三棱锥放入棱长为2的正方体，两者外接球体积相同，求得正方体外接球体积即可得出答案.因为在△SBC 中，M,N 分别是棱SC,BC 的中点， 所以MN //SB ，因为MN ⊥MQ ，所以SB ⊥MQ ，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC （对棱垂直）， 又因为MQ,AC ⊂面SAC ，MQ ∩AC =Q ，所以SB ⊥面SAC ，因为SA,SC ⊂面SAC ，所以SB ⊥SA,SB ⊥SC ， 在Rt △SAB 中，SA 2+SB 2=AB 2，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以△SBC 是等腰三角形，△ABC 是等边三角形， 所以SB =SC ，AB =AC ,所以SA 2+SC 2=AC 2，即SA ⊥SC ， 所以SA,SB,SC 两两垂直，将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB 长，为2√2,则该正方体棱长为2，外接球半径R =√(22)2+(2√22)2=√3，正方体外接球体积V =43πR 3=43π×(√3)3=4√3π,此正三棱锥S −ABC 的外接球体积和正方体外接球体积相同，为4√3π. 故选：D 多选题9、在棱长为1的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，M 为底面ABCD 的中心，D 1Q ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =λD 1A 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ,λ∈(0,1)，N 为线段AQ的中点，则（ ）A ．CN 与QM 共面B ．三棱锥A −DMN 的体积跟λ的取值无关C ．λ=13时，过A ，Q ，M 三点的平面截正方体所得截面的周长为4√2+2√133D ．λ=14时，AM ⊥QM 答案：ABC分析：由M,N 为AC,AQ 的中点，得到MN//CQ ，可判定A 正确；由N 到平面ABCD 的距离为定值12，且ΔADM 的面积为定值14，根据V A−DMN =V N−ADM ，可得判定B 正确，由λ=13时，得到A,Q,M 三点的正方体的截面ACEQ是等腰梯形，可判定C 正确；当λ=14时，根据AM 2+AQ 2>QM 2，可判定D 不正确． 在△ACQ 中，因为M,N 为AC,AQ 的中点，所以MN//CQ ， 所以CN 与QM 共面，所以A 正确；由V A−DMN =V N−ADM ，因为N 到平面ABCD 的距离为定值12，且ΔADM 的面积为定值14，所以三棱锥A −DMN 的体积跟λ的取值无关，所以B 正确； 当λ=13时，过A,Q,M 三点的正方体的截面ACEQ 是等腰梯形， 所以平面截正方体所得截面的周长为l =√2+√23+2×√1+49=4√2+2√133，所以C 正确；当λ=14时，可得AM 2=12,AQ 2=1+916=2516,QM 2=(12)2+(14)2=2116， 则AM 2+AQ 2>QM 2，所以AM ⊥QM 不成，所以D 不正确．故选：ABC10、（多选）如图，在棱柱ABC−A1B1C1中，下列结论正确的是（）A．AC∩BC=C B．AC∩平面BB1C1C=CC．AC与B1C1是异面直线D．AC与A1C1是异面直线E．平面AA1C1C∩平面BB1C1C=C答案：ABC分析：根据空间中点、线、面之间的位置关系的定义即可求解.通过观察题图，根据空间中点、线、面之间的位置关系的定义可得，选项A、B、C正确，因为AC与A1C1是共面直线，故D错误，因为平面AA1C1C∩平面BB1C1C=CC1，故E错误.故选：ABC.11、如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC,AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD,BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是（）A．不论D折至何位置（不在平面ABC内），都有MN//平面DEC；B．不论D折至何位置（不在平面ABC内），都有MN⊥AE；C．不论D折至何位置（不在平面ABC内），都有MN//AB；D．在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD．答案：ABD分析：利用平面几何知识得到四边形ABED为平行四边形，由此画出折叠后的立体图形，利用线线、线面位置关系的判定进行逐一分析判断，即可得到答案.由已知，在未折叠的原梯形中，AB//DE，BE//AD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE=AD，折叠后如图所示，过点M作MP//DE，交AE于点P，∵MP⊄平面DEC，DE⊂平面DEC，∴MP//平面DEC，连接NP，因为M，N分别是AD,BE的中点，所以P为AE中点，故NP//AB//EC，∵NP⊄平面DEC，EC⊂平面DEC，∴NP//平面DEC，又MP∩NP=P，∴平面MNP//平面DEC，又MN⊂平面MNP，∴MN//平面DEC，故A正确；由已知，AE⊥ED,AE⊥EC，所以AE⊥MP,AE⊥NP，又MP∩NP=P，MP,NP⊂平面MNP，∴AE⊥平面MNP，又MN⊂平面MNP，∴AE⊥MN，故B正确；假设MN//AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，这与BE和AD是异面直线矛盾，故C错误；当EC⊥ED时，EC⊥AD，证明如下：因为EC⊥EA,EC⊥ED,EA∩ED=E,EA,ED⊂平面ADE，所以EC⊥平面ADE，又AD⊂平面ADE，所以EC⊥AD，故D正确.故选：ABD.小提示：关键点睛：本题考查了线面平行、线线平行、线线垂直，涉及了平面中线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理和性质定理的应用，解题的关键是能正确画出折叠后的立体图形.填空题12、设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给定下列四个命题：①若m⊥n，n⊂α，则m⊥α；②若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；③若m⊥α，n⊥α，则m//n；④若m⊂α，n⊂β，α//β，则m//n．其中真命题的序号为__．答案：②③分析：由直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系判断即可.解：①由线面垂直的判定定理可得，若要使m⊥α，则m要垂直α中的两条相交的直线，通过分析，m只垂直来α中的一条直线，故不能做出判断，故①错误；②根据面面垂直的判定定理可得，若m⊥α，m⊂β，则α⊥β，故②正确；③由线面垂直的性质定理可得，两条不同的直线都垂直同一个平面，则这两条直线必平行，故③正确；④由面面平行的性质定理可得，只有若m⊂α，n⊂β，α//β，不能得出m//n，如果加上条件m,n在同一平面内，则可得线线平行，故④错误，所以答案是：②③。
高中数学竞赛标准讲义：第12章：立体几何
高中数学竞赛标准讲义：第12章：立体几何2021高中数学竞赛标准讲义：第十二章：立体几何一、基础知识公理1 一条直线。
上如果有两个不同的点在平面。
内．则这条直线在这个平面内，记作：a?a．公理2 两个平面如果有一个公共点，则有且只有一条通过这个点的公共直线，即若P∈α∩β，则存在唯一的直线m，使得α∩β=m,且P∈m。
公理3 过不在同一条直线上的三个点有且只有一个平面。
即不共线的三点确定一个平面．推论l 直线与直线外一点确定一个平面．推论2 两条相交直线确定一个平面．推论3 两条平行直线确定一个平面．公理4 在空间内，平行于同一直线的两条直线平行．定义1 异面直线及成角：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线．过空间任意一点分别作两条异面直线的平行线，这两条直线所成的角中，不超过900的角叫做两条异面直线成角．与两条异面直线都垂直相交的直线叫做异面直线的公垂线，公垂线夹在两条异面直线之间的线段长度叫做两条异面直线之间的距离．定义2 直线与平面的位置关系有两种；直线在平面内和直线在平面外．直线与平面相交和直线与平面平行(直线与平面没有公共点叫做直线与平面平行)统称直线在平面外．定义3 直线与平面垂直：如果直线与平面内的每一条直线都垂直，则直线与这个平面垂直．定理1 如果一条直线与平面内的两条相交直线都垂直，则直线与平面垂直．定理2 两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行．定理3 若两条平行线中的一条与一个平面垂直，则另一条也和这个平面垂直．定理4 平面外一点到平面的垂线段的长度叫做点到平面的距离，若一条直线与平面平行，则直线上每一点到平面的距离都相等，这个距离叫做直线与平面的距离．定义5 一条直线与平面相交但不垂直的直线叫做平面的斜线．由斜线上每一点向平面引垂线，垂足叫这个点在平面上的射影．所有这样的射影在一条直线上，这条直线叫做斜线在平面内的射影．斜线与它的射影所成的锐角叫做斜线与平面所成的角．结论1 斜线与平面成角是斜线与平面内所有直线成角中最小的角．定理4 (三垂线定理)若d为平面。
(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步知识总结例题
(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步知识总结例题单选题1、如图，在梯形ABCD 中，AB ∥DC 且AB =2DC ，点E 为线段BC 的靠近点C 的一个四等分点，点F 为线段AD 的中点，AE 与BF 交于点O ，且AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则x +y 的值为（ ）A ．1B ．57C ．1417D ．56答案：C分析：由向量的线性运算法则化简得到AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ==(x −y 2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ 和BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ，结合B,O,F 三点共线和A,O,E 三点共线，得出2x +3y −2=0和3x −4y =0，联立方程组，即可求解.根据向量的线性运算法则，可得AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y(BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =xAB⃑⃑⃑⃑⃑ −yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yAC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(AD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(2AF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )=(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y 2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 因为B,O,F 三点共线，可得x −y 2+2y =1，即2x +3y −2=0； 又由BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ −xBA ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅43BE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 因为A,O,E 三点共线，可得1−x +4y 3=1，即3x −4y =0，联立方程组{2x +3y −2=03x −4y =0，解得x =817,y =617，所以x +y =1417. 故选：C.2、紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶，石瓢壶，潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的容积约为（）A．100cm3B．200cm3C．300cm3D．400cm3答案：B分析：根据题意可知圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，由圆台的结构可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为ℎ，所以ℎ−4ℎ=610，求出ℎ的值，最后利用圆锥的体积公式进行运算，即可求出结果.解：根据题意，可知石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为ℎ，所以ℎ−4ℎ=610，解得：ℎ=10，则大圆锥的底面半径为5，高为10，小圆锥的底面半径为3，高为6，所以该壶的容积V=13×π×52×10−13×π×32×6=1963π≈200cm3.故选：B.3、在空间中，下列命题是真命题的是（ ）A ．经过三个点有且只有一个平面B ．平行于同一平面的两直线相互平行C ．如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等D ．如果两个相交平面垂直于同一个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面答案：D分析：由三点共线判断A ；由线面、线线位置关系判断B ；根据等角定理判断C ；由线面平行和垂直的判定以及性质判断D.当三点在一条直线上时，可以确定无数个平面，故A 错误；平行于同一平面的两直线可能相交，故B 错误；由等角定理可知，如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故C 错误；如果两个相交平面α,β垂直于同一个平面γ，且α∩β=l ，则在平面α、β内分别存在直线m,n 垂直于平面γ，由线面垂直的性质可知n //m ，再由线面平行的判定定理得m //β，由线面平行的性质得出m //l ，则l ⊥γ，故D 正确； 故选：D4、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则m +n 的最小值是（ ）A ．−1B ．−12C ．−13D ．−16 答案：B分析：先解三角形得到△ABC 为直角三角形，建立直角坐标系，通过AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ 表示出m +n ，借助三角函数求出最小值.由余弦定理得BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos∠BAC = 1+4−2×1×2×cos 60∘=3，所以BC =√3，所以AB 2+BC 2=AC 2，所以AB ⊥BC ．以AC 的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A （－1，0），C （1，0），B （－12，√32），设P 的坐标为(cosθ,sinθ)，所以AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(12,√32)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0)，AP ⃑⃑⃑⃑⃑ = (cosθ+1,sinθ)，又AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m 2+2n ,√32m)，所以m =2√33sin θ，n =cos θ2+12−√36sin θ，所以m +n =2√33sin θ+cos θ2+12−√36sin θ =√32sin θ+cos θ2+12=sin (θ+π6)+12≥−1+12=−12，当且仅当sin (θ+π6)=−1时，等号成立．故选：B ．5、如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH 为截面，长方形ABCD 为底面，则四边形EFGH 的形状为（ ）A ．梯形B ．平行四边形C ．可能是梯形也可能是平行四边形D ．矩形答案：B解析：利用面面平行的性质判断EF 与GH 的平行、EH 与FG 平行.因为平面ABFE //平面CGHD ,且平面EFGH ∩平面ABFE =EF ,平面EFGH ∩平面CGHD =GH ,根据面面平行的性质可知EF //GH ,同理可证明EH //FG .所以四边形EFGH 为平行四边形.故选：B.小提示：本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.6、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（ ）A ．6B ．12C ．24D ．48答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48故选：D7、若直线a ⊥平面α，直线b ⊥平面α，则直线a 与直线b 的位置关系为（ ）A ．异面B ．相交C ．平行D ．平行或异面答案：C解析：利用线面垂直的性质定理进行判断.由于垂直于同一平面的两直线平行，故当直线a ⊥平面α，直线b ⊥平面α时，直线a 与直线b 平行.故选：C.8、下图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是（ ）A ．7√2π24B ．7√3π24C ．7√2π12D ．7√3π12答案：B分析：先计算出上下底面的半径和面积，再求出圆台的高，按照圆台体积公式计算即可.如图，设上底面的半径为r ，下底面的半径为R ，高为ℎ，母线长为l ，则2πr =π⋅1，2πR =π⋅2，解得r =12,R =1，l =2−1=1，ℎ=√l 2−(R −r )2=√12−(12)2=√32， 设上底面面积为S ′=π⋅(12)2=π4，下底面面积为S =π⋅12=π，则体积为13(S +S ′+√SS ′)ℎ=13(π+π4+π2)⋅√32=7√3π24. 故选：B.9、下列说法正确的有（ ）①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形.A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个答案：A解析：根据棱台、球、正方体、圆锥的几何性质，分析判断，即可得答案.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱延长线会交于一点，所以①不正确； ②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确； ③中底面不一定是正方形，所以③不正确；④中圆锥的母线长相等，所以轴截面是等腰三角形，所以④是正确的.故选：A10、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（）D．26πA．18πB．20πC．22π3答案：A分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可解：由题意得，球的半径R=2，圆柱的底面半径r=1，高ℎ=3，则该几何体的表面积为S=2πR2+πR2+2πrℎ=8π+4π+2π×1×3=18π故选：A.填空题11、如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是平行直线的图是________(填序号).答案：①②分析：根据正方体的结构特征，以及两直线的位置关系的判定方法，即可求解.根据正方体的结构特征，可得①②中RS 与PQ 均是平行直线，④中RS 和PQ 是相交直线，③中RS 和PQ 是是异面直线.所以答案是：①②.12、在正三棱锥S −ABC 中，AB =BC =CA =6，点D 是SA 的中点，若SB ⊥CD ，则该三棱锥外接球的表面积为___________.答案：54π分析：通过线面垂直的判定定理和性质可得出SA ，SB ，SC 两两垂直，则可求出外接球的半径，进而求出球的表面积.设△ABC 的中心为G ，连接SG ，BG ，∴SG ⊥平面ABC ，∵AC ⊂面ABC ，∴SG ⊥AC ，又AC ⊥BG ，BG ∩SG =G ，∴AC ⊥平面SBG ，∵SB ⊂平面SBG ，∴AC ⊥SB ，又SB ⊥CD ，AC ∩CD =C ，∴SB ⊥平面ACS .∵SA,SC ⊂平面ACS ，∴SB ⊥SA,SB ⊥SC ，∵S −ABC 为正三棱锥，∴SA ，SB ，SC 两两垂直，∴SA =SB =SC =3√2，故外接球直径为√(3√2)2+(3√2)2+(3√2)2=3√6，故三棱锥S −ABC 外接球的表面积为4π×(3√62)2=54π.所以答案是：54π.小提示：本题考查三棱锥的外接球问题，解题的关键是通过线面垂直的判定定理和性质可得出SA，SB，SC两两垂直，即可求出半径.13、一个圆锥的母线长为20，母线与轴的夹角为60∘，则圆锥的高为________．答案：10分析：利用圆锥的几何性质可求得该圆锥的高.由题意可知，该圆锥的高为ℎ=20cos60∘=10.所以答案是：10.14、已知a，b表示两条直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题：①若α∩γ=a，β∩γ=b，且a//b，则α//β；②若a，b相交且都在α，β外，a//α，b//β，则α//β；③若a//α，a//β，则α//β；④若a⊂α，a//β，α∩β=b，则a//b.其中正确命题的序号是________.答案：④分析：根据线线、线面、面面之间的位置关系即可得出结果.解析：①错误，α与β也可能相交；②错误，α与β也可能相交；③错误，α与β也可能相交；④正确，由线面平行的性质定理可知.所以答案是：④15、如图，已知正三棱柱ABC—A′B′C′的底面边长为1cm，侧面积为9cm2，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线的长为___________cm.答案：3√2分析：将三棱柱侧面展开如图，得到展开图的对角线即为最短距离，根据棱柱的侧面积求出高，再利用勾股定理计算可得．解：将正三棱柱ABC—A′B′C′沿侧棱展开，其侧面展开图如图所示，依题意AB=BC=AA1=1cm，由侧面积为9cm2，所以C△ABC⋅AA′=9，则AA′=3cm，依题意沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线为|AA′1|=√AA12+A1A1′2=√32+32=3√2cm；所以答案是：3√2解答题16、两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB且AM=FN，过点M作MH⊥AB于点H．求证：平面MNH∥平面BCE．答案：证明见解析分析：结合正方形性质可知MH//BC，即MH//平面BCE，同时AMAC =AHAB，又由条件可知FNBF=AMAC，即可判断NH//AF//BE，进而证明即可.证明：因为正方形ABCD中MH⊥AB，BC⊥AB，所以MH//BC，则AMAC =AHAB，因为BC⊂平面BCE，所以MH//平面BCE因为BF=AC，AM=FN，所以FNBF =AMAC，所以FNBF =AHAB，所以NH//AF//BE，因为BE⊂平面BCE，则NH//平面BCE因为MH⊂平面MNH，NH⊂平面MNH，MH∩NH=H，所以平面MNH//平面BCE17、如图，一个三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱CC1⊥底面ABC，CC1=3．有一只小虫从点A沿三个侧面爬到点A1，求小虫爬行的最短路程．答案：3√5分析：沿AA1将三棱柱的侧面展开，可得到矩形AA1D1D，计算出该矩形的对角线AD1的长，即为所求. 解：沿AA1将三棱柱的侧面展开，则展开后的图形是矩形AA1D1D，如下图所示：且AD=3×2=6，DD1=3，所以，小虫爬行的最短路程为AD1的长，且AD1=√AD2+DD12=3√5.18、某圆锥的侧面展开图的面积为12π，扇形的圆心角α[α∈(0,π)]的正切值为−√3，求圆锥的体积．答案：16√2π3分析：由扇形的面积公式与圆锥的体积公式求解设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，高为ℎ．由扇形的圆心角的正切值为−√3，得扇形的圆心角为2π3．因为扇形的面积为12π，所以12×2π3l2=12π，解得l=6．又圆锥底面周长为2πr=2π3l=4π，解得r=2，所以圆锥的高ℎ=√l2−r2=√62−22=4√2，所以圆锥的体积V=π3×22×4√2=16√2π3．19、如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．答案：（1）证明见解析；（2）√23．分析：（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥P−ABCD的体积公式即可求出．（1）因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以PD⊥AM，又PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD，而AM⊂平面PAM，所以平面PAM⊥平面PBD．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知AM⊥BD．于是△ABD∽△BMA，故ADAB =ABBM．因为BM=12BC,AD=BC,AB=1，所以12BC2=1，即BC=√2．故四棱锥P−ABCD的体积V=13AB⋅BC⋅PD=√23．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知AM ⊥DB ,所以k AM ⋅k BD =−1．建立如图所示的平面直角坐标系，设BC =2a(a >0)．因为DC =1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)．从而k AM ⋅k BD =a−01−0×2a−00−1=a ×(−2a)=−2a 2=−1．所以a =√22，即DA =√2．下同方法一.[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，设|DA|=t ，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．所以M (t 2,1,0)，PB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(t,1,−1)，AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−t 2,1,0)． 所以PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =t ⋅(−t 2)+1×1+0×(−1)=−t 22+1=0． 所以t =√2，即|DA|=√2．下同方法一.[方法四]：空间向量法由PB ⊥AM ，得PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以(PD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．即PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．又PD ⊥底面ABCD ，AM 在平面ABCD 内，因此PD ⊥AM ，所以PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，由于四边形ABCD 是矩形，根据数量积的几何意义，得−12|DA ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+|AB ⃑⃑⃑⃑⃑ |2=0，即−12|BC ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+1=0． 所以|BC⃑⃑⃑⃑⃑ |=√2，即BC =√2．下同方法一. 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.。
高中数学空间向量与立体几何知识点与例题
空间向量与立体几何知方法总结一．知识要点。
1. 空间向量的概念：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做向量。
注：（1）向量一般用有向线段表示同向等长的有向线段表示同一或相等的向量。
（2）向量具有平移不变性2. 空间向量的运算。
定义：与平面向量运算一样，空间向量的加法、减法与数乘运算如下（如图）。
OB OA AB a b =+=+;BA OA OB a b =-=-;()OP a R λλ=∈运算律：⑴加法交换律：a b b a+=+⑵加法结合律：)()(c b a c b a++=++⑶数乘分配律：b a b aλλλ+=+)(运算法则：三角形法则、平行四边形法则、平行六面体法则 3. 共线向量。
（1）如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，那么这些向量也叫做共线向量或平行向量，a平行于b ，记作ba//。
（2）共线向量定理：空间任意两个向量a 、b （b ≠0 ），a //b 存在实数λ，使a＝λb 。
（3）三点共线：A 、B 、C 三点共线<=>AC AB λ=<=>)1(=++=y x OB y OA x OC 其中（4）与a 共线的单位向量为a±4. 共面向量（1）定义：一般地，能平移到同一平面内的向量叫做共面向量。
说明：空间任意的两向量都是共面的。
（2）共面向量定理：如果两个向量,a b 不共线，p 与向量,a b 共面的条件是存在实数,x y 使p xa yb =+。
（3）四点共面：若A 、B 、C 、P 四点共面<=>AC y AB x AP +=<=>)1(=++++=z y x OC z OB y OA x OP其中5. 空间向量基本定理：如果三个向量,,a b c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在一个唯一的有序实数组,,x y z ，使p xa yb zc =++。
若三向量,,a b c 不共面，我们把{,,}a b c 叫做空间的一个基底，,,a b c 叫做基向量，空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底。
高中数学立体几何知识点总结及例题
例 已3知、四棱锥P—ABCD，底面ABCD是菱形，
DAB 60, PD 平面ABCD，PD=AD， 点E为AB中点，点F为PD中点. （1）证明平面PED⊥平面PAB；
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例4、
在四面体中ABCD，CB CD, AD BD ，且 E、F分别是AB、BD的中点，
AB=根号2，AF=1，M是线段EF的中点. （Ⅰ）求证AM∥平面BDE； （II）求证AM⊥平面BDF；
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7、06（17）如图，在四棱锥 P ABCD 中， 底面为A直D角// B梯C形,，BAD 90
，
底 面ABCD，且
PA ，M、N分别为PC,PPBA的 中AD点.AB 2BC
(Ⅰ) 求证
；
PB DM
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8、07（20） 在如图所示的几何体中，EA
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例1、
7、正方体ABCD—A1B1C1D1中．(1)求证： 平面A1BD∥平面B1D1C；
(2)若E、F分别是AA1，CC1的中点，求证： 平面EB1D1∥平面FBD．
D1 A1
C1
B1 F
E D
G C
A
B
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例2、
10、如图，在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，E、F、G分别是AB、AD、C1D1的中 点.
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高考题练习
1．（本小题满分12分） 如图：已知直三棱柱ABC—A1B1C1，
AB＝AC，F为棱BB1上一点，BF∶FB1＝ 2∶1，BF＝BC＝2a。 （I）若D为BC的中点，E为AD上不同 于A、D的任意一点，证明EF⊥FC1；
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2.在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中， O是正方形A1B1C1D1的中心，点P在棱 CC1上，且CC1=4CP.
高中文科数学立体几何知识点(大题)
高考立体几何中直线、平面之间的位置关系知识点总结（文科）一．平行问题 （一） 线线平行：方法一：常用初中方法（1中位线定理；2平行四边形定理； 3三角形中对应边成比例；4同位角、内错角、同旁内角） 方法二：1线面平行⇒线线平行m l m l l ////⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂⊂βαβα方法三：2面面平行⇒m l m l ////⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂=⋂βγαγβα 方法四：3线面垂直 ⇒线线平行 若αα⊥⊥m l,，则m l //。
方法五：用向量方法：若向量和向量共线且l 、m 不重合，则m l //。
（二） 线面平行： 方法一：4线线平行⇒线面平行ααα////l l m m l ⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊄⊂ 方法二：5面面平行⇒αββα////l l ⇒⎭⎬⎫⊂ 方法三：法向量若n 为平面α的一个法向量，⊥且α⊄l ,则α//l 。
（三） 面面平行：6方法一：线线平行⇒面面平行 βααβ//',','//'//⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊂⊂且相交且相交m l m l m m l l 方法二：7线面平行⇒面面平行βαβαα//,////⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⊂A m l m l m l ， 方法三：8线面垂直⇒面面平行βαβα面面面面//⇒⎭⎬⎫⊥⊥l l方法三：用向量实现。
平面βα、的法向量分别是n m、βα面面////⇒n m二．垂直问题：（一）线线垂直方法一：常用初中的方法（1勾股定理的逆定理；2三线合一 ；3直径所对的圆周角为直角；4菱形的对角线互相垂直。
）方法二：9线面垂直⇒线线垂直m l m l ⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥αα方法三：三垂线定理及其逆定理。
PO l OA l PA l αα⊥⎫⎪⊥⇒⊥⎬⎪⊂⎭ml m ll m l ⊥⇒⊥、上的向量分别是、方法四：直线（二）线面垂直：10方法一：线线垂直⇒线面垂直 αα⊥⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊂=⋂⊥⊥l AB AC A AB AC AB l ACl , 方法二：11面面垂直⇒线面垂直lαββαβα⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊂⊥=⋂⊥l l m l m , ll //n n⊥⇒αα平面的法向量是方法三：平面（面） 面面垂直：方法一：12线面垂直⇒面面垂直βαβα⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥l lβαβα面面、的法向量分别是、方法二：平面⊥⇒⊥m n nm三、夹角问题：异面直线所成的角： (一) 范围：]90,0(︒︒ (二)求法：方法一：定义法。
高中数学立体几何知识点
高中数学立体几何知识点（大全）一、【空间几何体结构】1.空间结合体：如果我们只考虑物体占用空间部分的形状和大小，而不考虑其它因素，那么由这些物体抽象出来的空间图形，就叫做空间几何体。
2.棱柱的结构特征：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，每相邻两个四边形的公共边互相平行，由这些面围成的图形叫做棱柱。
棱柱(1)：棱柱中，两个相互平行的面，叫做棱柱的底面，简称底。
底面是几边形就叫做几棱柱。
(2)：棱柱中除底面的各个面。
(3)：相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱。
(4)：侧面与底面的公共顶点叫做棱柱的顶点棱柱的表示：用表示底面的各顶点的字母表示。
如：六棱柱表示为ABCDEF-A’B’C’D’E’F’3.棱锥的结构特征：有一个面是多边形，其余各面都是三角形，并且这些三角形有一个公共定点，由这些面所围成的多面体叫做棱锥。
棱锥4.圆柱的结构特征：以矩形的一边所在直线为旋转轴,其余边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆柱。
圆柱(1)：旋转轴叫做圆柱的轴。
(2)：垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做圆柱的底面。
(3)：平行于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面。
(4)：无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做圆柱侧面的母线。
圆柱用表示它的轴的字母表示，如：圆柱O’O（注：棱柱与圆柱统称为柱体）5.圆锥的结构特征：以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴, 两余边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆锥。
圆锥(1)：作为旋转轴的直角边叫做圆锥的轴。
(2)：另外一条直角边旋转形成的圆面叫做圆锥的底面。
(3)：直角三角形斜边旋转形成的曲面叫做圆锥的侧面。
(4)：作为旋转轴的直角边与斜边的交点。
(5)：无论旋转到什么位置，直角三角形的斜边叫做圆锥的母线。
圆锥可以用它的轴来表示。
如：圆锥SO（注：棱锥与圆锥统称为锥体）二、【棱台和圆台的结构特征】1.棱台的结构特征：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是棱台。
棱台(1)：原棱锥的底面和截面分别叫做棱台的下底面和上底面。
全国通用版高中数学第八章立体几何初步知识点题库
(名师选题)全国通用版高中数学第八章立体几何初步知识点题库单选题1、已知平面α内的∠APB =60°，射线PC 与PA,PB 所成的角均为135°，则PC 与平面α所成的角θ的余弦值是（ ）A ．−√63B ．√63C ．√33D ．−√33 答案：B分析：作出图形，如图，通过分析，可得∠CPD 为PC 与平面α所成的角的补角，利用余弦定理可以计算. 作出如下图形，令PA =PB =PC =2，则∠CPA =∠CPB =135∘，∴AC =BC ，取AB 中点D ，连接PD ，则∠CPD 即为PC 与平面α所成的角的补角，在△APC 中，AC 2=PA 2+PC 2−2PA ⋅PC ⋅cos135∘=8+4√2，∴在△PCD 中，CD 2=AC 2−AD 2=7+4√2，∵PD =√3，∴cos∠CPD =PC 2+PD 2−CD 22PC⋅PD =−√63， ∴ PC 与平面α所成的角θ的余弦值是√63.故选：B.小提示：本题考查线面角的求法，找出所成角，构造三角形是解题的关键.2、如图，已知正方体的棱长为a，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）A．(8+2√2)a2B．(2+4√2)a2C．(4+2√2)a2D．(6−4√2)a2答案：C分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解. 由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为√2a，宽为a，所以面积为√2a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2+2√2a2=(4+2√2)a2.故选：C.3、若一个正方体的体对角线长为a，则这个正方体的全面积为（）A．2a2B．2√2a2C．2√3a2D．3√2a2答案：A分析：设正方体的棱长为x，求出正方体的棱长即得解.a2，解：设正方体的棱长为x，则√3x=a，即x2=13a2=2a2．所以正方体的全面积为6x2=6×13故选：A4、紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶，石瓢壶，潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：cm），那么该壶的容积约为（）A．100cm3B．200cm3C．300cm3D．400cm3答案：B分析：根据题意可知圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，由圆台的结构可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为ℎ，所以ℎ−4ℎ=610，求出ℎ的值，最后利用圆锥的体积公式进行运算，即可求出结果.解：根据题意，可知石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为ℎ，所以ℎ−4ℎ=610，解得：ℎ=10，则大圆锥的底面半径为5，高为10，小圆锥的底面半径为3，高为6，所以该壶的容积V=13×π×52×10−13×π×32×6=1963π≈200cm3.故选：B.5、《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，AC⊥CD，AC＝BC＋CD＝2，当△BCD的面积最大时，鳖臑ABCD的表面积为（）A ．√3+√62B ．3+√62C ．2+√3+√62D ．3+√3+√62答案：D分析：根据题意可证明CD ⊥BC ，从而说明三角形BCD 是直角三角形，求得BD ，进而求得四个直角三角形的面积，可得答案.由题意可知：AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，故AB ⊥CD ,又AC ⊥CD ，AC ∩AB =A,AB,AC ⊂平面ABC ，故CD ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，故CD ⊥BC ,所以S △BCD =12BC ⋅CD ≤12×(BC+CD 2)2=12 ,当且仅当BC =CD =1时取得等号， 故BD =√1+1=√2 ,由AB ⊥平面BCD ，可知AB ⊥BD,AB ⊥BC ,故AB =√AC 2−BC 2=√4−1=√3 ,所以S △ABD =12AB ⋅BD =√62,S △ABC =12AB ⋅BC =√32 , S △BCD =12BC ⋅CD =12,S △ACD =12AC ⋅CD =1,所以鳖臑ABCD 的表面积为√62+√32+12+1=3+√3+√62 ，故选：D6、如图，△O ′A ′B ′是水平放置的△OAB 的直观图，A ′O ′=6，B ′O ′=2，则△OAB 的面积是（ ）A．6B．12C．6√2D．3√2答案：B分析：由直观图和原图的之间的关系，和直观图画法规则，还原△OAB是一个直角三角形，其中直角边OA= 6,OB=4，直接求解其面积即可．解：由直观图画法规则，可得△OAB是一个直角三角形，其中直角边OA=6,OB=4，∴S△OAB=12OA⋅OB=12×6×4=12．故选：B．7、鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（）A．8(6+6√2+√3)B．6(8+8√2+√3)C．8(6+6√3+√2)D．6(8+8√3+√2)答案：A解析：该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可.由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为2+2√2的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为√2，则该几何体的表面积为S =6×[(2+2√2)2−4×12×√2×√2]+8×12×2×√3 =8(6+6√2+√3).故选：A.小提示：本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.8、如图，在梯形ABCD 中，AB ∥DC 且AB =2DC ，点E 为线段BC 的靠近点C 的一个四等分点，点F 为线段AD 的中点，AE 与BF 交于点O ，且AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则x +y 的值为（ ）A ．1B ．57C ．1417D ．56答案：C分析：由向量的线性运算法则化简得到AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ==(x −y 2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ 和BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ，结合B,O,F 三点共线和A,O,E 三点共线，得出2x +3y −2=0和3x −4y =0，联立方程组，即可求解.根据向量的线性运算法则，可得AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y(BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =xAB⃑⃑⃑⃑⃑ −yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yAC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(AD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(2AF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )=(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y 2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 因为B,O,F 三点共线，可得x −y 2+2y =1，即2x +3y −2=0；又由BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ −xBA ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅43BE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 因为A,O,E 三点共线，可得1−x +4y 3=1，即3x −4y =0，联立方程组{2x +3y −2=03x −4y =0，解得x =817,y =617，所以x +y =1417. 故选：C.9、下列命题：①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱．其中正确命题的个数为（）A．0B．1C．2D．3答案：A分析：①②③④均可举出反例.①如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形，显然不是棱柱，故①错误；②如图2，满足两侧面ABB1A1与底面垂直，但不是直棱柱，②错误；③如图3，四边形ACC1A1为矩形，即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，④错误． 故选：A10、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（ ）A ．6B ．12C ．24D ．48答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48故选：D11、下列说法中正确的是（ ）A ．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B ．平面α内△ABC 的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行C ．α//β，a//α，则a//βD ．a//b ，a//α，b ⊄α，则b//α答案：D分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于A 选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于B选项，如图1，D，E，F，G分别为正方体中所在棱的中点，平面DEFG设为平面β，易知正方体的三个顶点A，B，C到平面β的距离相等，但△ABC所在平面α与β相交，故错误；对于选项C，a可能在平面β内，故错误；对于选项D，正确.故选：D.12、已知球O的体积为36π，则该球的表面积为（）A．6πB．9πC．12πD．36π答案：D分析：根据球的体积公式求出半径，即可求出表面积.πR3=36π，解得R=3，设球的体积为R，则由题可得43则该球的表面积为4π×32=36π.故选：D.填空题13、设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给定下列四个命题：①若m⊥n，n⊂α，则m⊥α；②若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；③若m⊥α，n⊥α，则m//n；④若m⊂α，n⊂β，α//β，则m//n．其中真命题的序号为__．答案：②③分析：由直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系判断即可.解：①由线面垂直的判定定理可得，若要使m⊥α，则m要垂直α中的两条相交的直线，通过分析，m只垂直来α中的一条直线，故不能做出判断，故①错误；②根据面面垂直的判定定理可得，若m⊥α，m⊂β，则α⊥β，故②正确；③由线面垂直的性质定理可得，两条不同的直线都垂直同一个平面，则这两条直线必平行，故③正确；④由面面平行的性质定理可得，只有若m⊂α，n⊂β，α//β，不能得出m//n，如果加上条件m,n在同一平面内，则可得线线平行，故④错误，所以答案是：②③14、2021年7月，某学校的学生到农村参加劳动实践，一部分学生学习编斗笠，一种用竹篾或苇蒿等材料制作外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”（如图），一部分学生学习制作泥塑几何体，现有一个棱长为6的正方体形状泥块，其各面的中心分别为点E，F，G，H，M，N，将正方体削成正八面体形状泥块G−EMHF−N，若用正视图为正三角形的一个“灯罩斗笠”罩住该正八面体形状泥块G−EMHF−N，使得正八面体形状泥块G−EMHF−N可以在“灯罩斗笠”中任意转动，则该有底的“灯罩斗笠”的表面积的最小值为___________.答案：81π分析：由题意，只需正八面体形状泥块G−EMHF−N位于圆锥的内切球内即可.如图所示：设正方体ABCD−A1B1C1D1的中心O满足OE=OF=OH=OF=OH=OM=ON=3，则几何体GEMHFN的外接球的球心为O，半径为3.当“灯罩斗笠”的表面积最小时，正八面体形状泥块G−EMHF−N的外接球即为圆锥的内切球，故圆锥的底面圆的半径r=3tan30°=3√3，所以该“灯罩斗笠”的表面积的最小值为S=πr2+πlr=π(3√3)2+π⋅3√3⋅6√3=81π.所以答案是：81π15、已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为______．答案：π3分析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，根据面积关系可得122πrl=2⋅π⋅r2，即可得到答案；设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，则122πrl=2⋅π⋅r2⇒rl=12，∴cosθ=12⇒θ=60°，所以答案是：π316、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是侧面A1ADD1的中心，则异面直线B1O与BD的夹角大小为______．答案：30°##π6分析：平移直线，找出异面直线所成角，利用三角形的知识求解.如图，连接D1B1，则D1B1//BD，则∠D1B1O即为所求异面直线夹角（或其补角），连接B1A，A1D，AD1，则AD1=D1B1=B1A，所以△AD1B1是等边三角形，则∠AB1D1=60°．O是AD1中点，则由等边三角形的性质可知B1O平分∠AB1D1，即∠D1B1O=30°．所以答案是：30°17、已知a，b表示两条直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题：①若α∩γ=a，β∩γ=b，且a//b，则α//β；②若a，b相交且都在α，β外，a//α，b//β，则α//β；③若a//α，a//β，则α//β；④若a⊂α，a//β，α∩β=b，则a//b.其中正确命题的序号是________.答案：④分析：根据线线、线面、面面之间的位置关系即可得出结果.解析：①错误，α与β也可能相交；②错误，α与β也可能相交；③错误，α与β也可能相交；④正确，由线面平行的性质定理可知.所以答案是：④解答题18、如图，在三棱锥P−ABC中，D，E分别为AB，PB的中点，EB=EA，且PA⊥AC，PC⊥BC．求证：BC⊥平面PAC．答案：证明见解析.分析：由题可得PA⊥AB，利用线面垂直的判定定理可得PA⊥平面ABC，进而可得PA⊥BC，然后利用线面垂直的判定定理即得.∵在△AEB中，D是AB的中点，EB=EA，∴ED⊥AB,∵E是PB的中点，D是AB的中点，∴ED∥PA，∴PA⊥AB，又PA⊥AC，AB∩AC=A，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，∴PA⊥平面ABC，∵BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又PC⊥BC，PA∩PC=P，PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC．19、长方体ABCD−A1B1C1D1的体积为V，P是DD1的中点，Q是AB上的动点，求四面体P−CDQ的体积．答案：112V.分析：因为Q是AB上的动点，且AB//CD，可求出S△CDQ，再根据V P−CDQ=13S△CDQ·PD，即可求出四面体P−CDQ的体积.设长方体的长、宽、高分别为AB=a，BC=b，AA1=c，则有V=abc.P是DD1的中点，所以PD=12c，因为Q是AB上的动点，且AB//CD，所以S△CDQ=12CD⋅AD=12ab，所以V P−CDQ=13S△CDQ·PD=13×12ab×12c=112abc=112V.20、如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M , N分别为BC , B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO//平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．．答案：（1）证明见解析；（2）√1010分析：（1）先求出线线平行，可得线线垂直，即可求线面垂直，最后可得面面垂直；（2）连接NP，先求证四边形ONPA是平行四边形，根据几何关系求得EP，在B1C1截取B1Q=EP，由（1）BC⊥平面A1AMN，可得∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角，即可求得答案．证明：（1）由题意知AA1//BB1//CC1，又∵侧面BB1C1C是矩形且M，N分别为BC，B1C1的中点，∴MN//BB1，BB1⊥BC，∴MN//AA1，MN⊥B1C1，又底面是正三角形，∴AM⊥BC，AM⊥B1C1，又∵MN∩AM=M，AM⊂平面A1AMN，MN⊂平面A1AMN，∴B1C1⊥平面A1AMN，∵B1C1⊂平面EB1C1F，∴平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）连接NP，因为AO//平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F=NP，所以AO//NP，根据三棱柱上下底面平行，其面A1NMA∩平面ABC=AM，面A1NMA∩平面A1B1C1=A1N，所以ON//AP，故：四边形ONPA是平行四边形．设△ABC边长是6m (m>0)，可得：ON=AP，NP=AO=AB=6m，因为O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1边长为6m，所以ON=13×6×sin60°=√3m，故：ON=AP=√3m．又EF//BC，所以APAM =EPBM，所以√33√3=EP3，解得：EP=m，在B1C1截取B1Q=EP=m，故QN=2m，又B1Q=EP，B1Q//EP，所以四边形B1QPE是平行四边形，所以B1E//PQ．由（1）B1C1⊥平面A1AMN，故∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角，在Rt△QPN，根据勾股定理可得：PQ=√QN2+PN2=√(2m)2+(6m)2=2√10m，∴sin∠QPN=QNPQ =2√10m=√1010，所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值：√1010．小提示：本题考查了空间位置关系，线面平行，线面垂直，面面垂直，线面角的计算，考查了运算能力和空间想象能力，属于中档题．。
高中数学 立体几何专题复习
图2侧视图俯视图正视图4x33x4DCBA侧视图正视图立体几何专题(一)一、三视图考点透视：①能想象空间几何体的三视图，并判断（选择题） ②通过三视图计算空间几何体的体积或表面积③解答题中也可能以三视图为载体考查证明题和计算题④旋转体（圆柱、圆锥、圆台或其组合体）的三视图有两个视图一样。
⑤基本几何体的画法，如：三棱柱（侧视图）、挡住的注意画虚线。
1. 一空间几何体的三视图如图2所示, 该几何体的 体积为85123π+，则正视图中x 的值为 A. 5 B . 4 C. 3 D . 22. 一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图（又称主视图）、 侧视图（又称左视图）如右图所示，则其俯视图为c3．如图4，已知一个锥体的正视图（也称主视图），左视图（也称侧视图）和俯视图均为直角三角形， 且面积分别为3，4，6，则该锥体的体积是 4 ．4. 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 ．1835、已知某几何体的直观图(图1)与它的三视图(图2)， 其中俯视图为正三角形，其它两个视图是矩形.已知D 是正视图 左视图俯视图图4_3 _3 这个几何体的棱11C A 上的中点。
（Ⅰ）求出该几何体的体积；（Ⅱ）求证：直线11//BC AB D 平面； (Ⅲ)求证:直线11B D AA D ⊥平面.二、直观图掌握直观图的斜二测画法：①平行于两坐标轴的平行关系保持不变；②平行于y 轴的长度为原来的一半，x 轴不变；③新坐标轴夹角为45°。
6、如图，梯形A 1B 1C 1D 1是一平面图形ABCD 的直观图(斜二测)，若A 1D 1∥O 1y 1，A 1B 1∥C 1D 1，A 1B 1＝2，C 1D 1＝3，A 1D 1＝1，则梯形ABCD 的面积是( ) A ．10 B ．5 C ．5 2D ．102三、表面积和体积不要求记忆，但要会使用公式。
高中数学立体几何点线面位置关系精选题目(附答案)
2．下列说法正确的是()
A．用一平面去截圆台，截面一定是圆面
B．在圆台的上、下底面圆周上各取一点，则两点的连线就是圆台的母线
C．圆台的任意两条母线延长后相交于同一点
A．36πB．64π
C．100πD．144π
解析：选A三棱锥ABCD的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为长方体，它和三棱锥ABCD的外接球是同一个，且体对角线的长为球的直径，若设球的半径为R，则2R＝ ＝6，故R＝3，∴外接球的表面积S＝4πR2＝36π，故选A.
三、空间点、线、面位置关系的判断与证明
(3)(2017·山东高考)由一个长方体和两个 圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．
[解析]
(1)如图所示，该几何体的表面积S＝1×1＋ ×1×1×2＋2× ×(1＋2)×1＋ × × ＝5＋ ，故选A.
(2)①正确，正四面体是每个面都是等边三角形的四面体，如正方体ABCDA1B1C1D1中的四面体ACB1D1；②错误，因为球的直径必过球心；③错误，必须是相邻的两个侧面．
4．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积S为________．
解析：根据三视图，可知题中的几何体是由一个长方体挖去一个圆柱得到的，所以S＝2×(4×1＋3×1＋4×3)＋2π－2π＝38.
答案：38
二、与球有关的问题
球的表面积与体积
(1)球的表面积公式S球＝4πR2.
(2)球的体积公式V球＝ πR3.
(2)旋转体的表面积：
①S圆柱＝2πrl＋2πr2；
②S圆锥＝πrl＋πr2；
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点、直线、平面之间的关系
㈠平面的基本性质
公理一：如果一条直线上有两点在一个平面内，那么直线在平面内。
公理二：不共线的三点确定一个平面。
推论一：直线与直线外一点确定一个平面。
推论二：两条相交直线确定一个平面。
推论三：两条平行直线确定一个平面。
公理三：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有公共点，这些公共点的集合是一条直线(两个平面的交线)。
㈡空间图形的位置关系
1 直线与直线的位置关系(相交、平行、异面)
1.1 平行线的传递公理：平行于同一直线的两条直线相互平行。
即：a∥b，b∥c a∥c
1.2 异面直线
定义：不在任何一个平面内的两条直线称为异面直线。
1.3 异面直线所成的角
⑴异面直线成角的范围：(0°，90°].
⑵作异面直线成角的方法：平移法。
注意：找异面直线所成角时，经常把一条异面直线平移到另一条异面直线的特殊点(如中点、端点等)，形成异面直线所成的角。
2 直线与平面的位置关系(直线在平面内、相交、平行)
3 平面与平面的位置关系(平行、斜交、垂直)
㈢平行关系(包括线面平行和面面平行)
1 线面平行
1.1 线面平行的定义：平面外的直线与平面无公共点，则称为直线和平面平行。
1.2 判定定理：
1.3 性质定理：
2 线面角：
2.1 直线与平面所成的角(简称线面角)：若直线与平面斜
交，则平面的斜线与该斜线在平面内射影的夹角θ。
2.2 线面角的范围：θ∈[0°，90°]
3 面面平行
3.1 面面平行的定义：空间两个平面没有公共点，则称为两平面平行。
3.2 面面平行的判定定理：
⑴ 判定定理1：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么两个平面相互平行。
即：
推论：一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个
平面的两条线段，那么这两个平面平行。
即：
⑵ 判定定理2：垂直于同一条直线的两平面互相平
行。
即：
3.3 面面平行的性质定理
⑴ (面面平行
线面平行)
⑵
⑶ 夹在两个平行平面间的平行线段相等。
㈣ 垂直关系(包括线面垂直和面面垂直)
1 线面垂直
1.1 线面垂直的定义：若一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于平面。
1.2 线面垂直的判定定理：
图2-3 线面角
图2-5 判定1推论 图2-6 判定2
1.3 线面垂直的性质定理：
⑴ 若直线垂直于平面，则它垂直于平面内任意一条直线。
即
⑵ 垂直于同一平面的两直线平行。
即：
★1.4 三垂线定理及其逆定理
已知PO ⊥α，斜线PA 在平面α内的射影为OA ，a 是平面
α内的一条直线。
① 三垂线定理：若a ⊥OA ，则a ⊥PA 。
即垂直射影则
垂直斜线。
② 三垂线定理逆定理：若a ⊥PA ，则a ⊥OA 。
即垂直
斜线则垂直射影。
2 面面斜交和二面角
2.1 二面角的定义：两平面α、β相交于直线l ，直线a 是α内的一条直线，它过l 上的一点O 且垂直于l ，直线b 是β内的一条直线，它也过O 点，也垂直于l ，则直线a 、b 所形成的角称为α、β的二面角的平面角，记作∠α-l-β。
2.2 二面角的范围：∠α-l-β ∈[0°,180°]
3 面面垂直
3.1 面面垂直的定义：若二面角α-l-β的平面角为90°，则两平面α⊥β。
3.2 判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直。
即：
3.3 面面垂直的性质定理
⑴ 若两面垂直，则这两个平面的二面角的平面角为90°；
⑵
⑶
⑷ 图2-7 斜线定理
图2-10 面面垂直性质2 图2-11 面面垂直性质3
例题分析
例1、(1)已知异面直线a,b 所成的角为700,则过空间一定点O,与两条异面直线a,b 都成600角的直线有( )条.
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
(2)异面直线a,b 所成的角为θ,空间中有一定点O,过点O 有3条直线与a,b 所成角都是600
,则θ的取值可能是 ( ). A. 300 B. 500 C. 600 D. 900
例2、已知PA ⊥矩形ABCD 所在平面，M 、N 分别是AB 、PC 的中点. 求证：MN ⊥AB ；
例3、如图，直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面ABC
0，
AC=1，C 点到AB 1的距离为CE=2
3，D 为AB 的中点（1）求证：AB 1⊥平面CED ；
（2）求异面直线AB 1与CD 之间的距离；
（3）求二面角B 1—AC —B 的平面角.
例4、在直角梯形ABCD 中，∠A=∠D=90°，AB ＜CD ，SD ⊥平面ABCD ，AB=AD=a ，SD=a 2，在线段SA 上取一点E （不含端点）使EC=AC ，截面CDE 与SB 交于点F 。
（1）求证：四边形EFCD 为直角梯形；
（2）求二面角B-EF-C 的平面角的正切值；
例5．如图，在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中， 求证：A 1C ⊥平BDC 1；。