年高三理科专题(四)空间立体几何

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新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第1讲空间几何体核心考点2空间几何体的表面

新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第1讲空间几何体核心考点2空间几何体的表面

核心考点2 空间几何体的表面积与体积核心知识·精归纳1.旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧=2πrl ,S 圆柱表=2πr (r +l )(r 为底面半径,l 为母线长). (2)S 圆锥侧=πrl ,S 圆锥表=πr (r +l )(r 为底面半径,l 为母线长). (3)S 球表=4πR 2(R 为球的半径). 2.空间几何体的体积公式V 柱=Sh (S 为底面面积,h 为高); V 锥=13Sh (S 为底面面积,h 为高); V 球=43πR 3(R 为球的半径).多维题组·明技法角度1:空间几何体的表面积和侧面积1. (2023·大观区校级三模)陀螺起源于我国,最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知,底面圆的直径AB =12 cm ,圆柱体部分的高BC =6 cm ,圆锥体部分的高CD =4 cm ,则这个陀螺的表面积(单位:cm 2)是( C )A .(144+1213)πB .(144+2413)πC .(108+1213)πD .(108+2413)π【解析】 由题意可得圆锥体的母线长为l =62+42=213,所以圆锥体的侧面积为12·12π·213=1213π,圆柱体的侧面积为12π×6=72π,圆柱的底面面积为π×62=36π,所以此陀螺的表面积为1213π+72π+36π=(108+1213)π(cm 2).故选C.2. (2023·黄浦区校级三模)已知正方形ABCD 的边长是1,将△ABC 沿对角线AC 折到△AB ′C 的位置,使(折叠后)A 、B ′、C 、D 四点为顶点的三棱锥的体积最大,则此三棱锥的表面积为 1+32. 【解析】 根据题意,正方形ABCD 中,设AC 与BD 交于点O ,在翻转过程中,当B ′O ⊥面ACD 时,四棱锥B ′-ACD 的高最大,此时四棱锥B ′-ACD 的体积最大,若B ′O ⊥面ACD ,由于OA =OB ′=OC ,则B ′D =B ′A =B ′C =1,则△DB ′C △DB ′A 都是边长为1的等边三角形,S △DB ′A =S △DB ′C =12×1×1×32=34,△ADC 中,AD =DC =1且AD ⊥DC ,则S △ADC =12×1×1=12,同理:S △AB ′C =S △ABC =S △ADC =12,此时,三棱锥的表面积S =S △DB ′A +S △DB ′C +S △ADC +S △AB ′C =1+32. 角度2:空间几何体的体积3. (2023·福州模拟)已知菱形ABCD 的边长为2,∠BAD =60°,则将菱形ABCD 以其中一条边所在的直线为轴,旋转一周所形成的几何体的体积为( B )A .2πB .6πC .43πD .8π【解析】 根据题意,旋转一周所形成的几何体如图,该几何体上部分为圆锥,下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥,其体积等于中间圆柱的体积,且中间圆柱的高h =DC =2,底面圆的半径r =BC sin 60°=2×32=3,故要求几何体的体积V =πr 2h =6π.故选B.4.已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2,E ,F 分别为AB ,BC 的中点,则多面体A 1C 1-AEFC 的体积为 53.【解析】 多面体A 1C 1-AEFC 的体积等于三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积与三棱台EBF -A 1B 1C 1的体积之差,其中三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积为12×2×2×2=4,三棱台EBF -A 1B 1C 1的体积为⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1+12×2×2+12×1×1×12×2×2×2×13=73,所以多面体A 1C 1-AEFC 的体积为4-73=53. 方法技巧·精提炼1.求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题,即空间图形平面化,这是解决立体几何的主要出发点;(2)求不规则几何体的表面积时,通常将所给几何体分割成柱、锥、台体,先求这些柱、锥、台体的表面积,再通过求和或作差求得所给几何体的表面积.2.求空间几何体体积的常用方法(1)公式法:直接根据常见柱、锥、台体等规则几何体的体积公式计算;(2)等积法:根据体积计算公式,通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易,或是求出一些体积必等;(3)割补法:把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形,转化为可计算体积的几何体.加固训练·促提高1. (2023·平罗县校级模拟)已知圆锥的底面半径为1,侧面展开图的圆心角为23π,则该圆锥的侧面积为( C )A .πB .2πC .3πD .4π【解析】 底面圆周长为2π,母线长为2π2π3=3,所以侧面积为12×2π×3=3π.故选C.2. (2023·普陀区校级模拟)如图,在正四棱锥P -ABCD 中,AP =AB =4,则正四棱锥的体积为 3223.【解析】 连接AC 与BD 交于O ,则O 是正方形ABCD 的中心,∴PO ⊥平面ABCD ,∵AB=4,∴AO =22,∵PA =4,∴PO =16-8=22,∴正四棱锥的体积为V =13S 正方形ABCD ·PO=13×16×22=3223.故答案为3223.3. (2023·琼山区四模)三棱锥A -BCD 中,AC ⊥平面BCD ,BD ⊥CD ,若AB =3,BD =1,则该三棱锥体积的最大值为 23.【解析】 如图所示,因为AC ⊥平面BCD ,即AC 为三棱锥A -BCD 的高,设为x ,又因为BC ⊂平面BCD ,所以AC ⊥BC ,在直角△ABC 中,由AB =3,AC =x ,可得BC =9-x 2,因为BD ⊥CD ,且BD =1,可得CD =BC 2-BD 2=8-x 2,所以三棱锥A -BCD 的体积为V =13S △BCD ·AC =13×128-x 2×1×x =168-x2·x 2≤16×8-x 2+x 22=23,当且仅当8-x 2=x 2时,即x =2时,三棱锥A -BCD 的体积取得最大值,最大值为23.。

高考数学中的空间立体几何问题解析

高考数学中的空间立体几何问题解析

高考数学中的空间立体几何问题解析在高考数学中,空间立体几何是考试中出现频率比较高的一类题型。

空间立体几何的基础是空间坐标系和三维图形的构造,主要包括点、线、面、体及其相互关系的研究,其中点之间的位置关系是空间立体几何的核心。

在考场上要想熟练地解决这些问题,需要掌握一定的思维方法和解题技巧。

一、空间立体几何的基础1. 空间直角坐标系:空间直角坐标系是立体坐标系的一种,它把三维空间分成了三个相互垂直的坐标轴:x轴、y轴和z轴。

在立体坐标系中,一个点的位置用三个有序实数来表示,这三个实数分别代表这个点到三条坐标轴的距离。

2. 点、线、面、体:点是空间最基本的要素,它是一个没有大小的点。

线是两个点间最短距离的轨迹,其长度可以用两点间的距离表示。

面是三个或三个以上不共线的点所决定的平面。

体是由若干个平面围成的空间几何图形,常见的体有球、立方体、棱锥等。

3. 空间几何图形的构造:空间几何图形的构造是解决空间立体几何问题的第一步,这需要我们根据题目所描述的条件,构造出相应的点、线、面、体。

二、重要的空间直线和平面1. 方向余弦:空间直线的方向可以用方向余弦来表示。

方向余弦是指由一条直线的方向向量在坐标轴上的投影所组成的数列。

如一条直线的方向向量为(a,b,c),则它在x轴、y轴、z轴上的方向余弦分别为a、b、c。

2. 平面的解析式:平面方程的解析式就是由平面上的一点和该平面的法向量所组成的方程。

常见的平面方程包括一般式、点法式、两点式和截距式。

3. 空间直线的位置关系:空间直线有共面、平行和相交等三种位置关系。

两条直线共面的条件是它们的方向向量能够表示出一个平面。

三、空间几何图形的计算1. 空间几何图形的面积和体积:空间几何图形的面积和体积是解决空间立体几何问题的关键。

求一些固定图形的面积和体积可以用公式解决,如正方体的面积和体积、正三角形的面积、球体的表面积和体积等等。

2. 点到线段的距离:点到线段的距离是解决空间立体几何问题的常见问题,它可以用勾股定理和向量相乘来求解。

高考立体几何知识点与题型精讲

高考立体几何知识点与题型精讲

高考立体几何知识点与题型精讲在高考数学中,立体几何是一个重要的板块,它不仅考查学生的空间想象能力,还对逻辑推理和数学运算能力有较高要求。

接下来,咱们就一起深入探讨一下高考立体几何的知识点和常见题型。

一、知识点梳理1、空间几何体的结构特征(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。

(2)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。

(3)棱台: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。

2、空间几何体的表面积和体积(1)圆柱的表面积:S =2πr² +2πrl (r 为底面半径,l 为母线长)。

体积:V =πr²h (h 为高)。

(2)圆锥的表面积:S =πr² +πrl 。

体积:V =1/3πr²h 。

(3)球的表面积:S =4πR² 。

体积:V =4/3πR³ 。

3、空间点、直线、平面之间的位置关系(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,那么它们有且只有一条过该点的公共直线。

4、直线与平面平行的判定与性质(1)判定定理:平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行。

(2)性质定理:一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行。

5、平面与平面平行的判定与性质(1)判定定理:一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,则这两个平面平行。

(2)性质定理:如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行。

6、直线与平面垂直的判定与性质(1)判定定理:一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平面垂直。

(2)性质定理:垂直于同一个平面的两条直线平行。

7、平面与平面垂直的判定与性质(1)判定定理:一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面垂直。

高考理科立体几何大题常考题型

高考理科立体几何大题常考题型

高考理科立体几何大题常考题型
高考理科立体几何大题常考题型包括以下几个方面:
1. 空间位置关系的证明:这类问题主要涉及线线、线面、面面的平行和垂直关系的证明。

解决这类问题需要熟练掌握相关的判定定理和性质定理,并能够灵活运用。

2. 空间角的计算:这类问题主要涉及异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的计算等。

解决这类问题需要熟练掌握相关的计算公式,并能够准确建立空间直角坐标系。

3. 空间几何体的体积和表面积计算:这类问题主要涉及圆锥、圆柱、棱锥、棱柱等基本几何体的体积和表面积的计算,以及一些组合体的体积和表面积的计算。

解决这类问题需要熟练掌握相关的计算公式,并能够根据题目要求选择合适的计算方法。

4. 投影与直观图:这类问题主要涉及根据几何体的直观图求其三视图,以及根据三视图还原几何体的直观图。

解决这类问题需要熟练掌握三视图的形成原理,并能够准确判断出几何体的各个面在三视图中的投影。

综上所述,高考理科立体几何大题常考题型多样,需要考生具备扎实的数学基础和灵活的解题能力。

建议考生在复习时注重对基础知识的理解和掌握,多做练习题,培养自己的空间想象能力和逻辑思维能力。

空间几何体知识点总结高三

空间几何体知识点总结高三

空间几何体知识点总结高三空间几何体是高中数学中的重要组成部分,特别是在高三阶段,对于空间几何体的理解和运用能力是解决高考数学题目的关键。

本文将对空间几何体的主要知识点进行总结,帮助学生巩固基础,提高解题能力。

一、空间几何体的基本概念空间几何体是指在三维空间中所占有一定体积的图形。

根据构成方式和形状的不同,空间几何体可以分为多面体、旋转体和曲面等几大类。

多面体是由若干个平面多边形所围成的几何体,如正方体、长方体、棱锥、棱柱等。

旋转体则是由一个平面图形绕着某一条直线旋转所形成的几何体,如圆柱、圆锥和球体等。

曲面则是由参数方程或隐函数方程所定义的几何体,如圆环面、抛物面等。

二、空间几何体的性质1. 体积与表面积对于任何一个空间几何体,其体积和表面积是基本的几何量度。

对于规则的几何体,如正方体和球体,其体积和表面积都有固定的计算公式。

而对于不规则的几何体,则需要通过积分或其他方法来求解。

2. 空间关系空间几何体之间的相互位置关系,如平行、相交、包含等,是解决空间几何问题的基础。

在解析几何中,通过坐标系可以精确地描述这些关系。

3. 几何体的对称性许多空间几何体具有一定的对称性,如正方体具有六个面的对称性,球体则具有全方位的对称性。

对称性在解决几何体的计算和证明问题时具有重要作用。

三、空间几何体的计算1. 多面体的体积与表面积对于规则的多面体,其体积和表面积可以通过公式直接计算。

例如,正方体的体积V=a³,表面积S=6a²,其中a为正方体的边长。

对于不规则的多面体,则需要利用向量、平面几何等知识,通过分割和组合的方法来求解。

2. 旋转体的体积与表面积旋转体的体积和表面积计算通常涉及到积分。

例如,圆柱体的体积V=πr²h,表面积S=2πrh+2πr²,其中r为底面半径,h为高。

对于更复杂的旋转体,如圆锥和球体,也需要通过积分来计算其体积和表面积。

3. 组合体的计算在实际问题中,经常会遇到由多个简单几何体组合而成的复杂几何体。

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

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!。

高三数学一轮专题4 高考中的立体几何问题(含解析)北师

高三数学一轮专题4 高考中的立体几何问题(含解析)北师

专题四 高考中的立体几何问题1.如图,四棱锥P -ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AB ⊥AD ,点E 在线段AD 上,且CE ∥AB .(1)求证:CE ⊥平面PAD ;(2)若PA =AB =1,AD =3,CD =2,∠CDA =45°,求四棱锥P -ABCD 的体积.[解析] (1)∵PA ⊥底面ABCD ,CE 平面ABCD∴CE ⊥PA ,又∵AB ⊥AD ,CE ∥AB .∴CE ⊥AD .又∵PA ∩AD =A ,∴CE ⊥平面PAD .(2)由(1)可知CE ⊥AD .在Rt △ECD 中,DE =CD·cos45°=1,CE =CD·sin45°=1.又∵AB =CE =1,AB ∥CE ,所以四边形ABCE 为矩形.∴S 四边形ABCD =S 矩形ABCE +S △CDE =AB·AE +12CE·DE=1×2+12×1×1=52.又PA ⊥底面ABCD ,PA =1所以V 四棱锥p -ABCD =13S 四边形ABCD×PA =13×52×1=56.2.(2015·潍坊模拟)如图,在四棱锥P -ABCD 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 .[证明] (1)在△PAD 中,因为E 、F 分别为AP 、AD 的中点,所以EF ∥PD .又因为E F ⃘平面PCD ,PD 平面PCD .所以直线EF ∥平面PCD .(2)连结BD .因为AB =AD ,∠BAD =60°,所以△ABD 为正三角形.因为F 是AD 的中点,所以BF ⊥AD .因为平面PAD ⊥平面ABCD ,BF平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BF⊥平面PAD.又因为BF平面BEF,所以平面BEF⊥平面PAD.3.如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面ABCD,PA⊥AD,E和F分别是CD、PC的中点,求证:(1)PA⊥底面ABCD;(2)BE∥平面PAD;(3)平面BEF⊥平面PCD.[解析](1)因为平面PAD⊥底面ABCD,且PA垂直于这两个平面的交线AD,所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD,CD=2AB,E为CD的中点,所以AB∥DE,且AB=DE.所以四边形ABED为平行四边形.所以BE∥AD.又因为B E⃘平面PAD,AD平面PAD,所以BE ∥平面PAD .(3)因为AB ⊥AD ,而且四边形ABED 为平行四边形,所以BE ⊥CD ,AD ⊥CD .由(1)知PA ⊥底面ABCD .所以PA ⊥CD .所以CD ⊥平面PAD .所以CD ⊥PD .因为E 和F 分别是CD 和PC 的中点,所以PD ∥EF.所以CD ⊥EF ,又因为CD ⊥BE ,BE ∩EF =E ,所以CD ⊥平面BEF.所以平面BEF ⊥平面PCD .4.如图,在几何体P -ABCD 中,四边形ABCD 为矩形,PA ⊥平面ABCD ,AB =PA =2.(1)当AD =2时,求证:平面PBD ⊥平面PAC ;(2)若PC 与AD 所成的角为45°,求几何求P -ABCD 的体积.[解析] (1)证明:当AD =2时,四边形ABCD 是正方形,则BD ⊥AC .∵PA ⊥平面ABCD ,BD 平面ABCD ,∴PA ⊥BD .又∵PA ∩AC =A ,∴BD ⊥平面PAC .∵BD 平面PBD ,∴平面PBD ⊥平面PAC .(2)解:PC 与AD 成45°角,AD ∥BC ,则∠PCB =45°.∵BC ⊥AB ,BC ⊥PA ,AB ∩PA =A ,∴BC ⊥平面PAB ,PB 平面PAB .∴BC ⊥PB .∴∠CPB =90°-45°=45°.∴BC =PB =2 2.∴几何体P -ABCD 的体积为13×(2×22)×2=823.1.(2014·四川高考)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.(1)若AC ⊥BC ,证明:直线BC ⊥平面ACC1A1;(2)设D ,E 分别是线段BC ,CC1的中点,在线段AB 上是否存在一点M ,使直线DE ∥平面A1MC ?请证明你的结论.[解析] (1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形,所以AA1⊥AB ,AA1⊥AC .因为AB ,AC 为平面ABC 内两条相交直线,所以AA1⊥平面ABC .因为直线BC 平面ABC ,所以AA1⊥BC .又由已知,AC ⊥BC ,AA1,AC 为平面ACC1A1内两条相交直线,所以BC ⊥平面ACC1A1.(2)取线段AB 的中点M ,连接A1M ,MC ,A1C ,AC1,设O 为A1C ,AC1的交点. 由已知,O 为AC1的中点.连接MD ,OE ,则MD ,OE 分别为△ABC ,△ACC1的中位线,所以,MD 綊12AC ,OE 綊12AC ,因此MD綊OE.连接OM,从而四边形MDEO为平行四边形,则DE∥MO.因为直线D E⃘平面A1MC,MO平面A1MC.所以直线DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE∥平面A1MC.2.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB=2AD,AD=A1B1,∠BAD=60°.(1)证明:AA1⊥BD;(2)证明:CC1∥平面A1BD.[解析](1)∵DD1⊥平面ABCD,BD平面ABCD∴DD1⊥BD,又∵AB=2AD且∠BAD=60°∴由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD即BD=3AD,∴AD2+BD2=AB2,∴BD⊥AD又∵AD∩DD1=D∴BD⊥平面ADD1A1,又∵AA1平面ADD1A1,∴BD⊥AA1(2)连接AC,交BD于M,连接A1M,A1C1,∵底面ABCD 是平行四边形,∴AM =CM =12AC又∵AB =2AD =2A1B1∴A1G 綊CM ,即四边形A1MCC1是平行四边形;∴CC1∥AM1,又∵CC 1⃘平面A1BD ,A1M 平面A1BD∴CC1∥平面A1BD .3.(文)(2015·临沂模拟)如图,在边长为3的正三角形ABC 中,G ,F 为边AC 的三等分点,E ,P 分别是AB ,BC 边上的点,满足AE =CP =1,今将△BEP ,△CFP 分别沿EP ,FP 向上折起,使边BP 与边CP 所在的直线重合,B ,C 折后的对应点分别记为B1,C1.(1)求证:C1F ∥平面B1GE ;(2)求证:PF ⊥平面B1EF.[解析] (1)取EP 的中点D ,连接FD ,C1D .因为BC =3,CP =1,所以折起后C1为B1P 的中点.所以在△B1EP 中,DC1∥EB1.又因为AB =BC =AC =3,AE =CP =1,所以EP AC =EB AB ,所以EP =2且EP ∥GF.因为G ,F 为AC 的三等分点,所以GF =1.又因为ED =12EP =1,所以GF =ED ,所以四边形GEDF 为平行四边形.所以FD ∥GE.又因为DC1∩FD =D ,GE ∩B1E =E ,所以平面DFC1∥平面B1GE.又因为C1F 平面DFC1, 所以C1F ∥平面B1GE.(2)连接EF ,B1F ,由已知得∠EPF =60°,且FP =1,EP =2,由余弦定理,得EF2=12+22-2×1×2×cos60°=3,所以FP2+EF2=EP2,可得PF ⊥EF.因为B1C1=PC1=1,C1F =1,得FC1=B1C1=PC1,所以△PB1F 的中线C1F =12PB1,可得△PB1F 是直角三角形,即B1F ⊥PF.因为EF ∩B1F =F ,EF ,B1F 平面B1EF ,所以PF ⊥平面B1EF.(理)(2014·浙江高考)如图,在四棱锥A -BCDE 中,平面ABC ⊥平面BCDE ,∠CDE =∠BED =90°,AB =CD =2,DE =BE =1,AC = 2.(1)证明:DE ⊥平面ACD ;(2)求二面角B -AD -E 的大小.[解析] (1)在平面四边形BCDE 中,BC =2,在三角形ABC 中,AB=2,BC =2,AC = 2.根据勾股定理逆定理.∴AC ⊥BC .∵平面ABC ⊥平面BCOE ,而平面ABC ∩平面BCDE =BCAC ⊥BC ,∴AC ⊥平面BCDE ,∴AC ⊥DE ,又∵AC ⊥DE ,DE ⊥DC ,∴DE ⊥平面ACD .(2)由(1)知分别以CD →、CA →为x 轴、z 轴正方向.以过C 平行DE →为y 轴正向建立坐标系.则B(1,1,0),A(0,0,2),D(2,0,0),E(2,1,0)∴AB →=(1,1,-2),AD →=(2,0,-2),DE →=(0,1,0)设平面ABD 法向量n1=(x1,y1,z1),由n1·DE →=n1·AD →=0,解得n1=(1,1,2)设平面ADE 法向量n2=(x2,y2,z2),则n2·AE →=n2·AD →=0,解得:n2=(1,0,2)设平面ABD 与平面ADE 夹角为θ,cosθ=|cos 〈n1,n2〉|=1+0+22×3=32π∴平面ABD与平面ADE的二面角平面角为6.。

空间立体几何高考知识点总结及经典题目

空间立体几何高考知识点总结及经典题目

空间立体几何知识点归纳:1. 空间几何体的类型(1)多面体:由若干个平面多边形围成的几何体,如棱柱、棱锥、棱台。

(2) 旋转体:把一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转形成了封闭几何体。

如圆柱、圆锥、圆台。

2.一些特殊的空间几何体直棱柱:侧棱垂直底面的棱柱。

正棱柱:底面多边形是正多边形的直棱柱。

正棱锥:底面是正多边形且所有侧棱相等的棱锥。

正四面体:所有棱都相等的四棱锥。

3.空间几何体的表面积公式棱柱、棱锥的表面积:各个面面积之和圆柱的表面积 :222S rl r ππ=+ 圆锥的表面积:2S rl r ππ=+圆台的表面积:22S rl r Rl R ππππ=+++ 球的表面积:24S R π=4.空间几何体的体积公式 柱体的体积 :VS h =⨯底 锥体的体积 :13V S h =⨯底台体的体积 : 1)3V S S h =+⨯下上( 球体的体积:343V R π= 5.空间几何体的三视图正视图:光线从几何体的前面向后面正投影,得到的投影图。

侧视图:光线从几何体的左边向右边正投影,得到的投影图。

俯视图:光线从几何体的上面向右边正投影,得到的投影图。

画三视图的原则:长对正、宽相等、高平齐。

即正视图和俯视图一样长,侧视图和俯视图一样宽,侧视图和正视图一样高。

6 .空间中点、直线、平面之间的位置关系(1) 直线与直线的位置关系:相交;平行;异面。

(2)直线与平面的位置关系:直线与平面平行;直线与平面相交;直线在平面内。

(3)平面与平面的位置关系:平行;相交。

7. 空间中点、直线、平面的位置关系的判断(1)线线平行的判断:①平行公理:平行于同一直线的两直线平行。

②线面平行的性质定理:如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行。

③面面平行的性质定理:如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行。

④线面垂直的性质定理:垂直于同一平面的两直线平行。

高中数学空间立体几何

高中数学空间立体几何

高中数学空间立体几何立体几何是数学中一个既有趣又具有挑战性的领域。

在高中数学教学中,空间立体几何是一个重要的知识点,涵盖了各种形状的三维几何图形以及它们的性质和计算方法。

本文将介绍高中数学空间立体几何的基本概念和常见问题,帮助读者更好地理解和掌握这一知识点。

一、立体几何的基本概念1. 空间坐标系:在空间几何中,通常采用三维直角坐标系来描述物体的位置和运动。

其中,x、y、z轴相互垂直,构成了一个三维空间。

2. 空间几何图形:立体几何中常见的空间几何图形包括球体、圆柱、圆锥、棱柱、棱锥等。

这些立体图形都具有特定的表面积和体积公式,需要根据其具体特征来进行计算。

3. 空间几何性质:立体几何图形有许多与平面几何不同的性质,如球体的球面积和体积计算、圆柱、圆锥的侧面积和体积计算等。

掌握这些性质是解题的关键。

二、空间几何的计算方法1. 球体的表面积和体积计算:一个半径为r的球体的表面积为4πr²,体积为4/3πr³。

需要根据题目中给出的条件来计算球体的表面积和体积。

2. 圆柱的侧面积和体积计算:一个底面半径为r、高为h的圆柱的侧面积为2πrh,底面积为πr²,体积为πr²h。

需要根据题目中给出的条件来计算圆柱的侧面积和体积。

3. 圆锥、棱柱、棱锥的计算方法:这些立体几何图形的计算方法与圆柱类似,需要注意各自的特点和公式应用。

三、空间几何的综合问题1. 体积与表面积关系问题:有些题目需要通过已知的体积或表面积计算另一个未知量。

需要灵活运用数学知识解决这类问题。

2. 空间几何与几何概率的结合:在一些复杂的空间几何问题中,需要运用几何概率的知识,如概率计算、条件概率等,来解决问题。

3. 空间几何与立体图形的剖析和拼接问题:有些题目需要将一个立体图形剖分成几个简单的几何图形,或者将简单的几何图形拼接成一个复杂的立体图形。

需要善于发现规律和运用数学方法解决这类问题。

四、案例分析1. 一个球体的表面积是120π,求其半径和体积。

高三空间几何体知识点总结

高三空间几何体知识点总结

高三空间几何体知识点总结空间几何体是高三数学中的一大重点内容,它涉及到诸多概念和性质的理解和应用。

在这篇文章中,我将就高三空间几何体的相关知识点进行总结,并对其应用进行一定的深入探讨。

一、点、线、面的关系在空间几何中,点、线、面是构成几何体的基本元素。

点是最基本的概念,它没有长度、宽度和高度,只有位置。

而线则是由无数个点构成的,它有长度但没有宽度和高度。

面则是由无数个线构成的,它有两个维度,即长度和宽度,但没有高度。

点、线、面之间存在一定的关系,如点在一条直线上,线与面的交点等等。

这些关系在解决几何问题时非常重要,需要掌握并运用。

二、直线与平面的交点在空间几何中,直线与平面有可能相交,也有可能平行或重合。

当直线与平面相交时,它们会在某一点处相交,这个点叫做交点。

可以通过求解方程组的方式来确定直线与平面的交点坐标。

另外,还需要了解交点的性质,如交点所在的直线垂直于平面等。

三、平行线、垂直线和斜线在空间几何中,平行线、垂直线和斜线是常见的线的性质。

平行线是指在同一个平面内不相交的直线,它们具有相同的斜率。

垂直线是指两条直线相交且相交角为直角的线。

斜线则是指既不平行也不垂直的线。

这些线的性质在解决几何问题时常常需要运用,因此需要掌握它们的定义和判定方法。

四、多面体的表面积和体积多面体是空间几何体的重要一类,它有多个面、边和顶点。

常见的多面体有正方体、长方体、三棱柱、三角锥等。

在计算多面体的表面积和体积时,需要了解不同多面体的特点和公式。

例如,正方体的表面积等于六个面的面积之和,体积等于边长的立方。

五、相似几何体的性质相似几何体是指具有相似形状但尺寸不同的几何体。

相似几何体具有一些特殊的性质,例如对应的面是全等的,对应的边的比例相等。

根据相似几何体的性质,可以求解未知量的值,或者计算几何体的面积和体积。

理解相似几何体的性质对解决几何问题起到关键作用。

综上所述,高三空间几何体的知识点涉及到点、线、面的关系、直线与平面的交点、平行线、垂直线和斜线、多面体的表面积和体积以及相似几何体的性质。

2024年高考数学立体几何知识点总结

2024年高考数学立体几何知识点总结

2024年高考数学立体几何知识点总结立体几何是数学中的一个重要分支,也是高考数学中的重要内容之一。

在高考中,立体几何的知识点主要包括空间几何、立体图形的面积与体积等方面。

下面是对2024年高考数学立体几何知识点的总结,供考生参考。

一、空间几何1. 空间几何中的点、线、面的概念和性质。

点是没有长度、宽度和高度的,只有位置的大小,用字母表示。

线是由一组无限多个点构成的集合,用两个点的字母表示。

面是由无限多条线构成的,这些线共面且没有相交或平行关系。

2. 空间几何中的垂直、平行等概念和性质。

两条线在同一平面内,如果相交角为90°,则称两线垂直。

两条线没有相交关系,称两线平行。

3. 点到直线的距离的计算。

点到直线的距离等于该点在直线上的正交投影点的距离。

二、立体图形的面积与体积1. 立体图形的分类和性质。

立体图形包括球体、圆柱体、圆锥体、棱柱体、棱锥体等。

各种立体图形具有不同的性质,如球体表面上每一点到球心的距离都相等。

2. 立体图形的面积计算。

(1)球体的表面积计算公式:S = 4πr²,其中r为球的半径。

(2)圆柱体的侧面积计算公式:S = 2πrh。

(3)圆柱体的全面积计算公式:S = 2πrh + 2πr²。

(4)圆锥体的侧面积计算公式:S = πrl,其中r为圆锥底面半径,l为斜高。

(5)棱柱体的侧面积计算公式:S = ph,其中p为棱柱底面周长,h为高。

3. 立体图形的体积计算。

(1)球体的体积计算公式:V = 4/3πr³,其中r为球的半径。

(2)圆柱体的体积计算公式:V = πr²h。

(3)圆锥体的体积计算公式:V = 1/3πr²h。

(4)棱柱体的体积计算公式:V = ph。

(5)棱锥体的体积计算公式:V = 1/3Bh,其中B为底面积,h为高。

三、立体几何的一般理论1. 点、线、面的位置关系。

在空间中,点、线、面可以相互相交、平行、垂直等。

高三理科数学《立体几何》专题复习

高三理科数学《立体几何》专题复习

新课标全国卷高三理科数学——立体几何班级___________姓名___________一、真题回顾、感悟高考如图,正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,线段11B D 上有两个动点E F ,,且2EF =,则下列结论中错误的是A.AC BE ⊥B.//EF ABCD平面C.三棱锥A BEF -的体积为定值D.异面直线,AE BF 所成的角为定值[2013年新课标卷Ⅰ]如图,三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,CA =CB ,AB =AA 1,∠BAA 1=60°.(1)证明:AB ⊥A 1C ;(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ,AB =CB ,求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值.[2014年新课标卷Ⅰ]如图三棱柱111ABC A B C -中,侧面11BB C C 为菱形,1AB B C ⊥.(Ⅰ)证明:1AC AB =;(Ⅱ)若1AC AB ⊥,o160CBB ∠=,AB BC =,求二面角111A A B C --的余弦值[2015年新课标卷Ⅰ]如图,,四边形ABCD 为菱形,∠ABC =120°,E ,F 是平面ABCD 同一侧的两点,BE ⊥平面ABCD ,DF ⊥平面ABCD ,BE =2DF ,AE ⊥EC .(Ⅰ)证明:平面AEC ⊥平面AFC ;(Ⅱ)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.[2016年新课标卷Ⅰ]如图,在以F E D C B A ,,,,,为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,︒=∠=90,2AFD FD AF ,且二面角E AF D --与二面角F BE C --都是︒60.(Ⅰ)证明:平面⊥ABEF 平面EFDC ;(Ⅱ)求二面角A BC E --的余弦值.ABCDEFAEDC BF近四年课标Ⅰ卷(高考)理科数学立体几何载体、设问等呈现怎样的特征?你在解题过程中遇到了哪些障碍?二、常见的平面模型:等腰(边)三角形平行四边形菱形等腰梯形直角梯形三、常见的建系模型:四、目标检测、巩固落实[2013年新课标卷Ⅰ]如图,三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,CA =CB ,AB =AA 1,∠BAA 1=60°.(1)证明:AB ⊥A 1C ;(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ,AB =CB ,求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值.2.如图,在三棱锥P ABC -中,PA ⊥平面,ABC PA AC BC ==,且BC AC ⊥.(1)证明:平面PBC ⊥平面PAC ;(2)设棱,AB BC 的中点分别为,E D ,求平面PAC 与平面PDE 所成锐二面角的余弦值.五、方法梳理、总结提升同学们,通过这节课,你在解立体几何题目上有什么收获?。

高三数学--立体几何专题

高三数学--立体几何专题

侧(左)视图正(主)视图 俯视图高三数学(理)一轮复习资料-- 立体几何一、选择题1 、某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不可能是 ( )2、已知某空间几何体的主视图、侧视图、俯视图均为如图所示的等腰直角三角形,如果直角三角形的直角边长为1,那么这个几何体的表面积为( )A 、22 B 、3+22 C 、32 D 、3+323、已知a 、b 为两条不同的直线,α、β为两个不同的平面,且a ⊥α,b ⊥β,则下列命题中为假命题的是( )A 、若a ∥b ,则α∥βB 、若α⊥β,则a ⊥bC 、若a ,b 相交,则α,β相交D 、若α,β相交,则a ,b 相交4、设平面α与平面β相交于直线m ,直线a 在平面α内,直线b 在平面β内,且b m ⊥,则“αβ⊥” 是“a b ⊥”的( )A 、充分不必要条件B 、必要不充分条件C 、充要条件D 、即不充分不必要条件5、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 、12B 、3 C 、563D 、46、某三棱锥的三视图如图所示,该三梭锥的表面积是( )A 、28+65B 、 30+65C 、 56+ 125D 、 60+1257、下列命题正确的是( )A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行8、已知直二面角l αβ--,点,A A C l α∈⊥,C 为垂足,,,B BD l D β∈⊥为垂足.若AB=2,AC=BD=1,则D 到平面ABC 的距离等于( )A、3 B、3 C、3D 、 1 9、已知三棱锥的三个侧面两两垂直,三条侧棱长分别为4、4、7,若此三棱锥的各个顶点都在同一个球面上,则此球的表面积是( )A 、81πB 、36πC 、81π4D 、144π10 、如图,在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,已知AB =1,D 在棱BB 1上,且BD =1, 则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为 ( )A 、64B 、34C 、62D 、72二、填空题11、已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积等于 ___________cm 3.12、如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,M 、N 分别是CD 、1CC 的中点,则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。

高考理科数学立体几何大全(含考纲,的知识点,例题).doc

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第八章立体几何§8.1空间几何体的结构、三视图和直观图1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二测画法画出它们的直观图.3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.高考主要考查空间几何体的结构和视图,柱、锥、台、球的定义与性质是基础,以它们为载体考查线线、线面、面面的关系是重点,三视图一般会在选择题、填空题中考查,以给出空间图形选择其三视图或给出三视图判断其空间图形的形式出现,考查空间想象能力.1.棱柱、棱锥、棱台的概念(1)棱柱:有两个面互相______,其余各面都是________,并且每相邻两个四边形的公共边都互相________,由这些面所围成的多面体叫做棱柱.※注:棱柱又分为斜棱柱和直棱柱.侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱;侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱;底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱.(2)棱锥:有一个面是________,其余各面都是有一个公共顶点的__________,由这些面所围成的多面体叫做棱锥.※注:如果棱锥的底面是正多边形,且它的顶点在过底面中心且与底面垂直的直线上,则这个棱锥叫做正棱锥.(3)棱台: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,叫做棱台.※注:由正棱锥截得的棱台叫做正棱台.※2.棱柱、棱锥、棱台的性质(1)棱柱的性质侧棱都相等,侧面是______________;两个底面与平行于底面的截面是__________的多边形;过不相邻的两条侧棱的截面是______________;直棱柱的侧棱长与高相等且侧面、对角面都是________.(2)正棱锥的性质侧棱相等,侧面是全等的__________;棱锥的高、斜高和斜高在底面上的射影构成一个____________;棱锥的高、侧棱和侧棱在底面上的射影也构成一个____________;侧面的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个____________;侧棱在底面上的射影、斜高在底面上的射影及底面边长的一半也构成一个____________.(3)正棱台的性质侧面是全等的____________;斜高相等;棱台的高、斜高和两底面的边心距组成一个____________;棱台的高、侧棱和两底面外接圆的半径组成一个____________;棱台的斜高、侧棱和两底面边长的一半也组成一个____________.3.圆柱、圆锥、圆台(1)圆柱、圆锥、圆台的概念分别以________的一边、__________的一直角边、________中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴,其余各边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台.(2)圆柱、圆锥、圆台的性质圆柱、圆锥、圆台的轴截面分别是________、___________、___________;平行于底面的截面都是__________.4.球(1)球面与球的概念以半圆的______所在直线为旋转轴,半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体,简称球.半圆的圆心叫做球的________.(2)球的截面性质球心和截面圆心的连线________截面;球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r的关系为______________.5.平行投影在一束平行光线照射下形成的投影,叫做__________.平行投影的投影线互相__________.6.空间几何体的三视图、直观图(1)三视图①空间几何体的三视图是用正投影得到的,在这种投影下,与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的.三视图包括__________、__________、__________.②三视图尺寸关系口诀:“长对正,高平齐,宽相等.” 长对正指正视图和俯视图长度相等,高平齐指正视图和侧(左)视图高度要对齐,宽相等指俯视图和侧(左)视图的宽度要相等.(2)直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画,其规则是:①在已知图形所在空间中取水平面,在水平面内作互相垂直的轴Ox ,Oy ,再作Oz 轴,使∠xOz =________且∠yOz =________.②画直观图时,把Ox ,Oy ,Oz 画成对应的轴O ′x ′,O ′y ′,O ′z ′,使∠x ′O ′y ′=____________,∠x ′O ′z ′=____________.x ′O ′y ′所确定的平面表示水平面.③已知图形中,平行于x 轴、y 轴或z 轴的线段,在直观图中分别画成____________x ′轴、y ′轴或z ′轴的线段,并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同.④已知图形中平行于x 轴和z 轴的线段,在直观图中保持长度不变,平行于y 轴的线段,长度为原来的__________.⑤画图完成后,擦去作为辅助线的坐标轴,就得到了空间图形的直观图.注:空间几何体的三视图和直观图在观察角度和投影效果上的区别是:(1)观察角度:三视图是从三个不同位置观察几何体而画出的图形,直观图是从某一点观察几何体而画出的图形;(2)投影效果:三视图是在平行投影下画出的平面图形,用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形.【自查自纠】1.(1)平行 四边形 平行 (2)多边形 三角形2.(1)平行四边形 全等 平行四边形 矩形 (2)等腰三角形 直角三角形 直角三角形 直角三角形 直角三角形(3)等腰梯形 直角梯形 直角梯形 直角梯形 3.(1)矩形 直角三角形 直角梯形 (2)矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆4.(1)直径 球心 (2)垂直于 d =R 2-r 2 5.平行投影 平行6.(1)①正(主)视图 侧(左)视图 俯视图 (2)①90° 90°②45°(或135°) 90° ③平行于 ④一半下列说法中正确的是( ) A .棱柱的底面一定是平行四边形B .棱锥的底面一定是三角形C .棱锥被平面分成的两部分不可能都是棱锥D .棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱 解:根据棱柱、棱锥的性质及截面性质判断,故选D.以下关于几何体的三视图的论述中,正确的是( )A .球的三视图总是三个全等的圆B .正方体的三视图总是三个全等的正方形C .水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D .水平放置的圆台的俯视图是一个圆解:几何体的三视图要考虑视角,只有球无论选择怎样的视角,其三视图总是三个全等的圆.故选A.(2012·陕西)将正方体(如图a 所示)截去两个三棱锥,得到图b 所示的几何体,则该几何体的侧视图为( )解:还原正方体知该几何体侧视图为正方形,AD 1为实线,B1C 的正投影为A 1D ,且B 1C 被遮挡为虚线.故选B.用一张4cm×8cm 的矩形硬纸卷成圆柱的侧面,则圆柱轴截面的面积为________cm 2(接头忽略不计).解:以4cm 或8cm 为底面周长,所得圆柱的轴截面面积均为32πcm 2,故填32π.已知正三角形ABC 的边长为a ,那么△ABC的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为________.解:如图所示是实际图形和直观图.由图可知,A ′B ′=AB =a ,O ′C ′=12OC =34a ,在图中作C ′D ′⊥A ′B ′,垂足为D ′,则C ′D ′=22O ′C ′=68a . ∴S △A ′B ′C ′=12A ′B ′×C ′D ′=12×a ×68a =616a 2.故填616a 2.类型一 空间几何体的结构特征(2012·湖南)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不可能是()解:D 选项的正视图应为如图所示的图形. 故选D.【评析】本题主要考查空间想象能力,是近年高考中的热点题型.本题可用排除法一一验证:A ,B ,C 都有可能,而D 的正视图与侧视图不可能相同.若某几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观图可以是()解:从俯视图看,B ,D 符合,从正视图看,B 不符合,D 符合,而从侧视图看D 也是符合的.故选D.类型二 空间几何体的三视图如图,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 .6 3B .93C .12 3D .18 3解:由三视图可知该几何体是一个斜四棱柱,高h =22-1=3,底面积为9,所以体积V =9×3=9 3.故选B.【评析】通过三视图考查几何体的体积运算是较为常规的考题,考生对此并不陌生.对于空间几何体的考查,从内容上看,柱、锥的定义和相关性质是基础,以它们为载体考查三视图、体积是重点.本题给出了几何体的三视图,只要掌握三视图的画法“长对正、高平齐,宽相等”,不难将其还原得到斜四棱柱.如图所示的三个直角三角形是 一个体积为20cm 3的几何体的三视图,则h =________cm.解:由三视图可知,该几何体为三棱锥,此三棱锥的底面为直角三角形,直角边长分别为5cm ,6cm ,三棱锥的高为h cm ,则三棱锥的体积为V =13×12×5×6×h=20,解得h =4cm.故填4.类型三 空间多面体的直观图如图是一个几何体的三视图,用斜二测画法画出它的直观图.解:由三视图知该几何体是一个简单组合体,它的下部是一个正四棱台,上部是一个正四棱锥.画法:(1)画轴.如图1,画x 轴、y 轴、z 轴,使∠xOy =45°,∠xOz =90°.图1(2)画底面.利用斜二测画法画出底面ABCD ,在z 轴上截取O ′使OO ′等于三视图中相应高度,过O ′作Ox 的平行线O ′x ′,Oy 的平行线O ′y ′,利用O ′x ′与O ′y ′画出底面A ′B ′C ′D ′.(3)画正四棱锥顶点.在Oz 上截取点P ,使PO ′等于三视图中相应的高度.(4)成图.连接P A ′,PB ′,PC ′,PD ′,A ′A ,B ′B ,C ′C ,D ′D ,整理得到三视图表示的几何体的直观图如图2所示.图2【评析】根据三视图可以确定一个几何体的长、宽、高,再按照斜二测画法,建立x 轴、y 轴、z 轴,使∠xOy =45°,∠xOz =90°,确定几何体在x 轴、y 轴、z 轴方向上的长度,最后连线画出直观图.已知一个四棱锥的高为3,其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形,则此四棱锥的体积为( )A . 2B .6 2C .13D .2 2解:因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形,该正方形的对角线长为2,根据斜二测画法的规则,原图底面的底边长为1,高为直观图中正方形的对角线长的两倍,即22,则原图底面积为S =2 2.因此该四棱锥的体积为V =13Sh =13×22×3=2 2.故选D.类型四 空间旋转体的直观图用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥,截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16,截去的圆锥的母线长是3cm ,求圆台的母线长.解:设圆台的母线长为l ,截得圆台的上、下底面半径分别为r ,4r .根据相似三角形的性质得, 33+l =r4r,解得 l =9. 所以,圆台的母线长为9cm.【评析】用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体,注意抓住截面的性质(与底面全等或相似),同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质,利用相似三角形中的相似比,设相关几何变量列方程求解.圆锥底面半径为1cm ,高为2cm,其中有一个内接正方体,求这个内接正方体的棱长.解:过圆锥的顶点S 和正方体底面的一条对角线CD 作圆锥的截面,得圆锥的轴截面SEF ,正方体对角面CDD 1C 1如图所示. 设正方体棱长为x ,则CC 1=x ,C 1D 1=2x .作SO ⊥EF 于O ,则SO =2,OE =1.∵△ECC 1∽△ESO ,∴CC 1SO =EC 1EO ,即x2=1-22x1, 解得x =22(cm). 故内接正方体的棱长为22cm.1.在研究圆柱、圆锥、圆台的相关问题时,主要方法就是研究它们的轴截面,这是因为在轴截面中容易找到这些几何体的有关元素之间的位置关系以及数量关系.2.正多面体(1)正四面体就是棱长都相等的三棱锥,正六面体就是正方体,连接正方体六个面的中心,可得到一个正八面体,正八面体可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成.(2)如图,在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,连接A 1B ,BC 1,A 1C 1,DC 1,DA 1,DB ,可以得到一个棱长为2a 的正四面体A 1-BDC 1,其体积为正方体体积的13.(3)正方体与球有以下三种特殊情形:一是球内切于正方体;二是球与正方体的十二条棱相切;三是球外接于正方体.它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a ,球的半径为R ).3.长方体的外接球(1)长、宽、高分别为a ,b ,c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径,即a 2+b 2+c 2=2R .(2)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径,即3a =2R .4.棱长为a 的正四面体(1)斜高为32a ;(2)高为63a ;(3)对棱中点连线长为22a ; (4)外接球的半径为64a ,内切球的半径为612a ;(5)正四面体的表面积为3a 2,体积为212a 3. 5.三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线,对于能看见的轮廓线和棱用实线表示,不能看见的轮廓线和棱用虚线表示.6.一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比发生了变化,注意原图与直观图中的“三变、三不变”.三变:坐标轴的夹角改变,与y 轴平行线段的长度改变(减半),图形改变.三不变:平行性不变,与x 轴平行的线段长度不变,相对位置不变.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图,其面积与原图形的面积有以下关系:S 直观图=24S 原图形,S 原图形=22S 直观图.1.由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A .六棱锥B .六棱台C .六棱柱D .非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解:平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义,故选C .2.下列说法中,正确的是( ) A .棱柱的侧面可以是三角形B .若棱柱有两个侧面是矩形,则该棱柱的其它侧面也是矩形C .正方体的所有棱长都相等D .棱柱的所有棱长都相等解:棱柱的侧面都是平行四边形,选项A 错误;其它侧面可能是平行四边形,选项B 错误;棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等,选项D 错误;易知选项C 正确.故选C.3.将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周,所得的几何体包括( )A .一个圆台、两个圆锥B .两个圆台、一个圆柱C .两个圆台、一个圆锥D .一个圆柱、两个圆锥解:把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形,由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥.故选D.4.将正三棱柱截去三个角(如图1所示A ,B ,C分别是△GHI 三边的中点)得到几何体如图2,则该几何体按图2所示方向的侧视图(或称左视图)为( )A B C D 解:观察图形,易知图2所示几何体的侧视图为直角梯形,且EB 为直角梯形的对角线.故选A.5.(2013·四川)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以是()A .棱柱B .棱台C .圆柱D .圆台 解:由俯视图可知该几何体的上、下两底面为半径不等的圆,又∵正视图和侧视图相同,∴可判断其为旋转体.故选D.6.如图,网格纸的小正方形的边长是1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图,则这个多面体最长的一条棱的长为()A .2 2 B. 2C .2 3D. 3解:由三视图可知,此多面体是四棱锥,底面是边长为2的正方形,并且有一条长为2的侧棱垂直于底面,所以最长棱长为22+22+22=2 3.故选C.7.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其表面积等于________.解:由正视图知,三棱柱是底面边长为2,高为1的正三棱柱,所以底面积为2×12×2×2×32=23,侧面积为3×2×1=6,所以其表面积为6+2 3.故填6+23.8.如图是某个圆锥的三视图,根据图中所标尺寸可得俯视图中圆的面积为________,圆锥母线长为________.解:由三视图可知,圆锥顶点在底面的射影是底面圆的中心,根据图中的数据,底面圆的半径为10,则俯视图中圆的面积为100π,母线长为302+102 =1010,故填100π;1010.9.如图a 是截去一个角的长方体,试按图示的方向画出其三视图.解:图a中几何体三视图如图b 所示:10.如图1是某几何体的三视图,试说明该几何体的结构特征,并用斜二测画法画出它的直观图.解:图1中几何体是由上部为正六棱柱,下部为倒立的正六棱锥堆砌而成的组合体.斜二测画法:(1)画轴.如图2,画x 轴,y 轴,z 轴,使∠xOy =45°,∠xOz =∠yOz =90°.(2)画底面,利用斜二测画法画出底面ABCDEF ,在z 轴上截取O ′,使OO ′等于正六棱柱的高,过O ′作Ox 的平行线O ′x ′,Oy 的平行线O ′y ′,利用O ′x ′与O ′y ′画出底面A ′B ′C ′D ′E ′F ′.(3)画正六棱锥顶点.在Oz 上截取点P ,使PO ′等于正六棱锥的高.(4)成图.连接P A ′,PB ′,PC ′,PD ′,PE ′,PF ′,AA ′,BB ′,CC ′,DD ′,EE ′,FF ′,整理得到三视图表示的几何体的直观图如图3所示.注意:图形中平行于x 轴的线段,在直观图中保持原长度不变;平行于y 轴的线段,长度为原来的一半.11.某长方体的一条对角线长为7,在该长方体的正视图中,这条对角线的投影长为6,在该长方体的侧视图与俯视图中,这条对角线的投影长分别为a 和b ,求ab的最大值.解:如图,则有AC 1=7,DC 1=6, BC 1=a ,AC =b ,设AB =x ,AD =y ,AA 1=z ,有x 2+y 2+z 2=7,x 2+z 2=6,∴y 2=1. ∵a 2=y 2+z 2=z 2+1,b 2=x 2+y 2=x 2+1, ∴a =z 2+1,b =x 2+1.∴ab =(z 2+1)(x 2+1)≤z 2+1+x 2+12=4,当且仅当z 2+1=x 2+1,即x =z =3时,ab 的最大值为4.水以匀速注入某容器中,容器的三视图如图所示,其中与题中容器对应的水的高度h 与时间t的函数关系图象是( )解:由三视图知其直观图为两个圆台的组合体,水是匀速注入的,所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大,又因为容器的对称性,所以函数图象关于一点中心对称.故选C.§8.2空间几何体的表面积与体积1.了解棱柱、棱锥、台、球的表面积和体积的计算公式.2.会利用公式求一些简单几何体的表面积与体积.高考主要考查空间几何体的侧面积、表面积、体积以及相关元素的关系与计算,这些内容常与三视图相结合,以选择题、填空题的形式出现,也可能以空间几何体为载体,考查线面关系、侧面积、表面积以及体积.1.柱体、锥体、台体的表面积(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积S直棱柱侧=__________,S正棱锥侧=__________,S正棱台侧=__________(其中C,C′为底面周长,h为高,h′为斜高).(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积S圆柱侧=________,S圆锥侧=________,S圆台侧=________(其中r,r′为底面半径,l为母线长).(3)柱或台的表面积等于________与__________的和,锥体的表面积等于________与__________的和.2.柱体、锥体、台体的体积(1)棱柱、棱锥、棱台的体积V棱柱=__________,V棱锥=__________,V棱台=__________(其中S,S′为底面积,h为高).(2)圆柱、圆锥、圆台的体积V圆柱=__________,V圆锥=__________,V圆台=__________(其中r,r′为底面半径,h为高).3.球的表面积与体积(1)半径为R的球的表面积S球=________.(2)半径为R的球的体积V球=________.【自查自纠】1.(1)Ch 12Ch′12()C+C′h′(2)2πrlπrlπ(r+r′)l(3)侧面积两个底面积侧面积一个底面积2.(1)Sh 13Sh13h()S+SS′+S′(2)πr2h 13πr2h13πh()r2+rr′+r′23.(1)4πR2(2)43πR3圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形,则圆柱的表面积为()A.6π(4π+3)B.8π(3π+1)C.6π(4π+3)或8π(3π+1)D.6π(4π+1)或8π(3π+2)解:分两种情况:①以边长为6π的边为高时,4π为圆柱底面周长,则2πr=4π,r=2,∴S底=πr2=4π,S侧=6π×4π=24π2,S表=2S底+S侧=8π+24π2=8π(3π+1);②以边长为4π的边为高时,6π为圆柱底面周长,则2πr=6π,r=3.∴S底=πr2=9π,S表=2S底+S侧=18π+24π2=6π(4π+3).故选C.正三棱锥的底面边长为2,侧面均为直角三角形,则此三棱锥的体积为()A.23 2 B. 2 C.23 D.43 2解:∵正三棱锥的侧面均为直角三角形,故侧面为等腰直角三角形,且直角顶点为棱锥的顶点,∴侧棱长为2,V=13×12×(2)2×2=23.故选C.已知圆柱的底面直径与高都等于球的直径,则圆柱的体积与球体积之比为()A.1∶2 B.2∶1 C.2∶3 D.3∶2解:设球半径为R,圆柱底面半径为R,高为2R.∵V球=43πR3,V圆柱=πR2·2R=2πR3,∴V圆柱∶V球=3∶2.故选D.长方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上,且AB=2,AD=3,AA1=1,则球面面积为________.解:∵长方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上,则外接球的直径是长方体的体对角线,而长方体的体对角线的长为AB2+AD2+AA21=22,∴半径R= 2.∴S球=4πR2=8π.故填8π.若圆锥的侧面积为2π,底面面积为π,则该圆锥的体积为____________.解:设圆锥底面半径为r,母线长为l,则⎩⎪⎨⎪⎧πr 2=π,πrl =2π,有⎩⎪⎨⎪⎧r =1,l =2,从而可知圆锥的高h =l 2-r 2=4-1= 3.∴V =13×π×3=33π.故填33π.类型一 空间几何体的面积问题如图,在△ABC 中,∠ABC =45°,∠BAC=90°,AD 是BC 边上的高,沿AD 把△ABD 折起,使∠BDC =90°.(1)证明:平面ADB ⊥平面BDC ; (2)若BD =1,求三棱锥D -ABC 的表面积. 解:(1)证明:∵折起前AD 是BC 边上的高, ∴沿AD 把△ABD 折起后,AD ⊥DC ,AD ⊥BD . 又DB ∩DC =D ,∴AD ⊥ 平面BDC .又∵AD ⊂平面ADB ,∴平面ADB ⊥ 平面BDC . (2)由(1)知,DA ⊥BD ,BD ⊥DC ,DC ⊥DA , DB =DA =DC =1,∴AB =BC =CA = 2.从而S △DAB =S △DBC =S △DCA =12×1×1=12,S △ABC =12×2×2×sin60°=32.∴三棱锥D-ABC 的表面积S =12×3+32=3+32.【评析】充分运用图形在翻折前后的不变性,如角的大小不变,线段长度不变,线线关系不变等,再由面面垂直的判定定理进行推理证明,然后再计算.(2013·福建)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是____________.解:由三视图可知该组合体为球内接一个棱长为2的正方体,∴正方体的体对角线为球的直径2r =22+22+22=23,S 球=4πr 2=12π.故填12π.类型二 空间旋转体的面积问题如图,半径为4的球O 中有一内接圆柱,当圆柱的侧面积最大时,球的表面积与该圆柱的侧面积之差是______.解:如图,设球的一条半径与圆柱相应的母线的夹角为α,圆柱侧面积S =2π×4sin α×2×4cos α=32πsin2α,当α=π4时,S 取最大值32π,此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为32π.故填32π.【评析】根据球的性质,内接圆柱上、下底面中心连线的中点为球心,且圆柱的上、下底面圆周均在球面上,球心和圆柱的上、下底面圆上的点的连线与母线的夹角相等,这些为我们建立圆柱的侧面积与上述夹角之间的函数关系提供了依据.(2012·辽宁)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为____________.解:由三视图知该几何体为长4宽3高1的长方体的中间挖去一个半径为1高为1的圆柱所成几何体,所以表面积为2×(4×3+4×1+3×1)-2×π×12+2π×1×1=38.故填38.类型三 空间多面体的体积问题一个正三棱锥(底面是正三角形,顶点在底面的射影是底面正三角形的中心)的底面边长为6,侧棱长为15,求这个三棱锥的体积.解:如图所示为正三棱锥S -ABC ,设H 为正三角形ABC 的中心,连接SH ,则SH 的长即为该正三棱锥的高.连接AH 并延长交BC 于E ,则E 为BC 的中点,且AH ⊥BC .∵△ABC 是边长为6的正三角形,∴AE =32×6=33,AH =23AE =2 3. 在△ABC 中,S △ABC =12BC ×AE =12×6×33=93,在Rt △SHA 中,SA =15,AH =23, ∴SH =SA 2-AH 2=15-12= 3.∴V 正三棱锥=13×S △ABC ×SH =13×93×3=9.【评析】(1)求锥体的体积,要选择适当的底面和高,然后应用公式V =13Sh 进行计算.(2)求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法:①割补法:将这个几何体分割成几个柱体、锥体,分别求出柱体和锥体的体积,从而得出要求的几何体的体积;②等积变换法:特别的,对于三棱锥,由于其任意一个面均可作为棱锥的底面,从而可选择更容易计算的方式来求体积;利用“等积性”还可求“点到面的距离”.如图,在多面体ABCDEF 中,已知ABCD 是边长为1的正方形,且△ADE ,△BCF 均为正三角形,EF ∥AB ,EF =2,则该多面体的体积为()A.23B.33C.43D.32解:如图,过A ,B 两点分别作AM ,BN 垂直于EF ,垂足分别为M ,N ,连接DM ,CN ,可证得DM ⊥EF ,CN ⊥EF ,则多面体ABCDEF 分为三部分,即多面体的体积V ABCDEF =V AMD -BNC +V E -AMD +VF -BNC .依题意知AEFB 为等腰梯形.易知Rt △DME Rt △CNF ,∴EM =NF =12.又BF =1,∴BN =32.作NH 垂直于BC ,则H 为BC 的中点,∴NH =22. ∴S △BNC =12·BC ·NH =24.∴V F -BNC =13·S △BNC ·NF =224, V E -AMD =V F -BNC =224,V AMD -BNC =S △BNC ·MN =24. ∴V ABCDEF =23,故选A .类型四 空间旋转体的体积问题某几何体的三视图如图所示,则它的体积是( )A .8-2π3B .8-π3C .8-2πD .2π3解:由三视图知几何体为一个正方体中间去掉一个圆锥,所以它的体积是V =23-13×π×12×2=8-23π.故选A.【评析】根据已知三视图想象出该几何体的直观图,然后分析该几何体的组成,再用对应的体积公式进行计算.(2012·河南模拟)已知某几何体的三视图如图所示,其中,正(主)视图、侧(左)视图均是由三角形与半圆构成,俯视图由圆与其内接三角形构成,根据图中的数据可得此几何体的体积为( )A.2π3+12 B.4π3+16 C.2π6+16D.2π3+12解:由三视图可得该几何体的上部是一个三棱锥,下部是半球,根据三视图中的数据可得V =12×43π×⎝⎛⎭⎫223+13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×1=2π6+16.故选C.1.几何体的展开与折叠(1)几何体的表面积,除球以外,都是利用展开图求得的,利用空间问题平面化的思想,把一个平面图形折叠成一个几何体,再研究其性质,是考查空间想象能力的常用方法.(2)多面体的展开图①直棱柱的侧面展开图是矩形;②正棱锥的侧面展开图是由一些全等的等腰三角形拼成的,底面是正多边形;③正棱台的侧面展开图是由一些全等的等腰梯形拼成的,底面是正多边形.(3)旋转体的展开图①圆柱的侧面展开图是矩形,矩形的长(或宽)是底面圆周长,宽(或长)是圆柱的母线长;②圆锥的侧面展开图是扇形,扇形的半径长是圆锥的母线长,弧长是圆锥的底面周长;③圆台的侧面展开图是扇环,扇环的上、下弧长分别为圆台的上、下底面周长.注:①圆锥中母线长l 与底面半径r 和展开图扇形中半径和弧长间的关系及符号容易混淆,同学们应多动手推导,加深理解.②圆锥和圆台的侧面积公式S 圆锥侧=12cl 和S 圆台侧=12(c ′+c )l 与三角形和梯形的面积公式在形式上相同,可将二者联系起来记忆.2.空间几何体的表面积的计算方法有关空间几何体的表面积的计算通常是将空间图形问题转化为平面图形问题,这是解决立体几何问题常用的基本方法.(1)棱柱、棱锥、棱台等多面体的表面积可以分别求各面面积,再求和,对于直棱柱、正棱锥、正棱台也可直接利用公式;(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面,计算其侧面积时需将曲面展为平面图形计算,而表面积是侧面积与底面圆的面积之和;(3)组合体的表面积应注意重合部分的处理. 3.空间几何体的体积的计算方法(1)计算柱、锥、台体的体积,关键是根据条件找出相应的底面面积和高,应注意充分利用多面体的截面和旋转轴截面,将空间问题转化为平面问题求解.(2)注意求体积的一些特殊方法:分割法、补体法、还台为锥法等,它们是计算一些不规则几何体体积常用的方法,应熟练掌握.(3)利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些点到平面的距离问题,即将点到平面的距离视为一个三棱锥的高,通过将其顶点和底面进行转化,借助体积的不变性解决问题.4.由几何体的三视图求几何体的表面积与体积问题,一般按如下三个步骤求解:(1)由三视图想象出原几何体的形状;(2)由三视图给出的数量关系确定原几何体的数量关系;(3)如果是规则几何体,直接代入公式求解,如果不是规则几何体,通过“割补”后,转化为规则几何体求解.1.已知圆锥的正视图是边长为2的等边三角形,则该圆锥体积为( )A .2π2B .2πC .3π3D .3π 解:易知圆锥的底面直径为2,母线长为2,则该圆锥的高为22-12=3,因此其体积是13π·12×3=3π3.故选C. 2.一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2,3,6,则这个长方体的体对角线的长是( ) A .2 3 B .3 2 C .6 D . 6解:设长方体的长、宽、高分别为a ,b ,c ,则有ab =2,ac =3,bc =6,解得a =1,b =2,c =3,则长方体的体对角线的长l=a 2+b 2+c 2= 6.故选D.3.一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A .2π+2 3B .4π+2 3C .2π+233D .4π+233。

高三数学立体几何知识点

高三数学立体几何知识点

高三数学立体几何知识点立体几何是数学中一个重要的分支,广泛应用于现实生活和工程设计中。

在高三数学学习中,掌握好立体几何的知识点不仅对于高考考试有着重要的影响,还对于日后进一步学习数学和应用数学知识具有基础性的作用。

本文将介绍和总结高三数学立体几何的主要知识点。

1. 空间几何图形在立体几何中,我们经常会遇到各种各样的空间几何图形,例如点、线、面、体。

点是空间中最基本的几何元素,用来表示空间中一个位置。

线由两个点确定,可以是直线或曲线。

面是由一条或多条线围成的二维空间区域,可以是平面或曲面。

体是由一条或多条面围成的三维空间实体,例如球体、圆柱体、立方体等。

2. 空间坐标系空间坐标系是用来描述点的位置的工具,常用的是直角坐标系和极坐标系。

直角坐标系由三条相互垂直的坐标轴确定,分别是x 轴、y轴和z轴。

点的位置可以用(x, y, z)这样的坐标表示。

极坐标系则由一个原点和一个极轴确定,点的位置用(r, θ, φ)表示,其中r是点到原点的距离,θ是点在极平面上的极角,φ是点关于极轴的方位角。

3. 空间直线与平面在空间几何中,我们经常需要讨论直线和平面的性质和相关问题。

空间直线与平面的交点可以是一个点、一条直线或为空集。

平行的直线或平面是指在同一平面内或在同一平行平面中,它们永远不会相交。

垂直的直线或平面则是指它们之间的夹角为90度。

判定直线与平面的位置关系、求直线与平面的交点等问题是立体几何中的重要内容。

4. 空间向量向量是空间几何中另一个重要的概念,它用来表示方向和大小。

空间向量可以由两个点确定,也可以由坐标表示。

具有相同方向和相同大小的向量叫做相等向量,可以进行向量的运算,例如加法、减法和数乘。

向量的模表示向量的长度。

两个向量的数量积表示两个向量之间的夹角关系。

5. 空间几何的投影与距离在空间几何中,投影和距离是两个重要的概念。

一个点在空间中到一条直线或平面的投影是指从这个点到直线或平面的垂线段。

点到直线或平面的距离是指到该直线或平面上的最短距离。

专题4.4 立体几何中最值问题(解析版)

专题4.4 立体几何中最值问题(解析版)

一.方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目,而几何问题中的最值与范围类问题,既可以考查学生的空间想象能力,又考查运用运动变化观点处理问题的能力,因此,将是有中等难度的考题.此类问题,可以充分考查图形推理与代数推理,同时往往也需要将问题进行等价转化,比如求一些最值时,向平面几何问题转化,这些常规的降维操作需要备考时加强关注与训练.立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面,此类问题多以规则几何体为载体,涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考:一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解;二是根据几何体的结构特征,变动态为静态,直观判断在什么情况下取得最值;三是将几何体平面化,如利用展开图,在平面几何图中直观求解.二.解题策略类型一距离最值问题【例1】【河南省焦作市2019届高三三模】在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点E、F分别在棱AA1和AB上,且C1E⊥EF,则|AF|的最大值为()A.B.1 C.D.2【答案】B【解析】以AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则C1(4,4,4),设E(0,0,z),z∈[0,4],F(x,0,0),x∈[0,4],则|AF|=x.=(4,4,4﹣z),=(x,0,﹣z).因为C1E⊥EF,所以,即:z2+4x﹣4z=0,x=z﹣.当z=2时,x取得最大值为1.|AF|的最大值为1.故选:B.【指点迷津】建立空间直角坐标系,求出坐标,利用C 1E⊥EF,求出|AF|满足的关系式,然后求出最大值即可.利用向量法得到|AF|的关系式是解题的关键,故选D.【举一反三】1、【江西省吉安市2019届高三上学期期末】若某几何体的三视图如图所示,则该几何体的最长棱的棱长为A.B.C.D.【答案】A【解析】解:根据三视图知,该几何体是一个正四棱锥,画出图形如图所示;则,,底面CDEB,结合图形中的数据,求得,在中,由勾股定理得,同理求得,.故选:A .2、【河南省顶级名校2019届高三第四次联合测评】在侧棱长为的正三棱锥中,侧棱OA ,OB ,OC 两两垂直,现有一小球P 在该几何体内,则小球P 最大的半径为 A . B . C .D .【答案】B 【解析】当小球与三个侧面,,及底面都相切时,小球的体积最大此时小球的半径最大,即该小球为正三棱锥的内切球设其半径为由题可知因此本题正确选项:3、如右图所示,在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D 中, E 为棱1CC 的中点,点,P Q 分别为面1111A B C D和线段1B C 上的动点,则PEQ ∆周长的最小值为_______.【解析】将面1111A B C D 与面11BB C C 折成一个平面,设E 关于11B C 的对称点为M ,E 关于1B C 对称点为N,则PEQ ∆周长的最小值为MN ==类型二 面积的最值问题【例2】【河南省郑州市2019年高三第二次质量检测】在长方体中,,,分别是棱的中点,是底面内一动点,若直线与平面没有公共点,则三角形面积的最小值为( )A .B .C .D .【答案】C 【解析】补全截面EFG 为截面EFGHQR 如图,其中H 、Q 、R 分别为、的中点,易证平面ACD 1∥平面EFGHQR ,∵直线D 1P 与平面EFG 不存在公共点, ∴D 1P∥面ACD 1,∴D 1P 面ACD 1,∴P ∈AC ,∴过P 作AC 的垂线,垂足为K ,则BK=,此时BP 最短,△PBB 1的面积最小,∴三角形面积的最小值为,故选:C.【指点迷津】截面问题,往往涉及线面平行,面面平行定义的应用等,考查空间想象能力、逻辑思维能力及计算求解能力.解题的关键是注意明确截面形状,确定几何量.本题由直线与平面没有公共点可知线面平行,补全所给截面后,易得两个平行截面,从而确定点P所在线段,得解.【举一反三】1、【湖南省衡阳市2019届高三二模】如图,直角三角形,,,将绕边旋转至位置,若二面角的大小为,则四面体的外接球的表面积的最小值为()A.B.C.D.【答案】B【解析】如图,,,分别为,,的中点,作面,作面,连,,易知点即为四面体的外接球心,,,.设,,则,,,.【处理一】消元化为二次函数..【处理二】柯西不等式..所以.2、如图,在正四棱柱1111D C B A ABCD -中,2,11==AA AB ,点P 是平面1111D C B A 内的一个动点,则三棱锥ABC P -的正视图与俯视图的面积之比的最大值为( )A .1B .2C .21D .41 【答案】BABC P -的正视图与俯视图的面积之比的最大值为2;故选B .3、【福建省2019届高三模拟】若某几何体的三视图如图所示,则该几何体的所有侧面和底面中,面积的最大值为( )A .2B .C .3D .【答案】C【解析】由三视图可得,该几何体的直观图如图所示,其中,为的中点,平面,,.所以,,.又因为,,所以,故,所以.故选C.类型三体积的最值问题【例3】如图,已知平面平面,,、是直线上的两点,、是平面内的两点,且,,,,,是平面上的一动点,且有,则四棱锥体积的最大值是()A. B. C. D.【答案】A【指点迷津】本题主要考查面面垂直的性质,棱锥的体积公式以及求最值问题. 求最值的常见方法有①配方法:若函数为一元二次函数,常采用配方法求函数求值域,其关键在于正确化成完全平方式,并且一定要先确定其定义域;②换元法;③不等式法;④单调性法;⑤图像法,本题首先根据线面关系将体积最值转化为函数求最值问题,然后应用方法①解答的. 【举一反三】1、已知AD 与BC 是四面体ABCD 中相互垂直的棱,若6AD BC ==,且60ABD ACD ∠=∠=,则四面体ABCD 的体积的最大值是A. B. C. 18 D. 36 【答案】A2、如图,已知平面l αβ=,A 、B 是l 上的两个点,C 、D 在平面β内,且,,DA CB αα⊥⊥4AD =,6,8AB BC ==,在平面α上有一个动点P ,使得APD BPC ∠=∠,则P ABCD -体积的最大值是( )A. B.16 C.48 D.144 【答案】C 【解析】,,DA DA βααβ⊂⊥∴⊥面.,,DA CB αα⊥⊥PAD ∴∆和PBC ∆均为直角三角形.,APD BPC PAD ∠=∠∴∆∽PBC ∆.4,8,2AD BC PB PA ==∴=.学科&网过P 作PM AB ⊥,垂足为M .则PM β⊥.令AM t =,()t R ∈.则2222PA AM PB BM -=-,即()222246PA t PA t -=--,2124,PA t PM ∴=-∴=底面四边形ABCD 为直角梯形面积为()1486362S =+⨯=.学科&网136483P ABCD V -∴=⨯=.故C 正确.3.【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第三次测评】已知一个高为l 的三棱锥,各侧棱长都相等,底面是边长为2的等边三角形,内有 一个体积为的球,则的最大值为( ) A . B .C .D .【答案】A 【解析】依题意,当球与三棱锥的四个面都相切时,球的体积最大, 该三棱锥侧面的斜高为,,,所以三棱锥的表面积为,设三棱锥的内切球半径为, 则三棱锥的体积,所以,所以,所以,故选A.类型四 角的最值问题【例4】如图,四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M 在线段PQ 上,E 、F 分别为AB 、BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ,则θcos 的最大值为.【答案】25【解析】建立坐标系如图所示.设1AB =,则11(1,,0),(,0,0)22AF E =.设(0,,1)(01)M y y ≤≤,则1(,,1)2EM y =-,由于异面直线所成角的范围为(0,]2π,所以cos θ==.2281145y y +=-+,令81,19y t t +=≤≤,则281161814552y y t t+=≥++-,当1t =时取等号.所以2cos 5θ==≤=,当0y =时,取得最大值.C【指点迷津】空间的角的问题,只要便于建立坐标系均可建立坐标系,然后利用公式求解.解本题要注意,空间两直线所成的角是不超过90度的.几何问题还可结合图形分析何时取得最大值.当点M 在点P 处时,EM 与AF 所成角为直角,此时余弦值为0(最小),当点M 向左移动时,.EM 与AF 所成角逐渐变小,点M 到达点Q 时,角最小,余弦值最大. 【举一反三】1、矩形ABCD 中,,,将△ABC 与△ADC 沿AC 所在的直线进行随意翻折,在翻折过程中直线AD 与直线BC 成的角范围(包含初始状态)为( )A.B.C.D.【答案】C2、在正方体1111D C B A ABCD -中,O 是BD 中点,点P 在线段11D B 上,直线OP 与平面BD A 1所成的角为α,则αsin 的取值范围是( ) A .]33,32[B .]21,31[C .]33,43[D .]31,41[ 【答案】A3.【云南省昆明市云南师范大学附属中学2019届高三上学期第四次月考】如图,在正方体中,点P为AD的中点,点Q为上的动点,给出下列说法:可能与平面平行;与BC所成的最大角为;与PQ一定垂直;与所成的最大角的正切值为;.其中正确的有______写出所有正确命题的序号【答案】【解析】解:由在棱长为1的正方体中点P为AD的中点,点Q为上的动点,知:在中,当Q为的中点时,,由线面平行的判定定理可得PQ与平面平行,故正确;在中,当Q为的中点时,,,,可得,故错误;在中,由,可得平面,即有,故正确;在中,如图,点M为中点,PQ与所成的角即为PQ与所成的角,当Q与,或重合时,PQ与所成的角最大,其正切值为,故正确;在中,当Q 为的中点时,PQ 的长取得最小值,且长为,故正确.故答案为:.4、在正四面体P ABC -中,点M 是棱PC 的中点,点N 是线段AB 上一动点,且AN AB λ=,设异面直线NM 与AC 所成角为α,当1233λ≤≤时,则cos α的取值范围是__________.【答案】,3838⎡⎢⎣⎦ 【解析】设P 到平面ABC 的射影为点O ,取BC 中点D ,以O 为原点,在平面ABC 中,以过O 作DB 的平行线为x 轴,以OD 为y 轴,以OP 为z 轴,建立空间直角坐标系,如图,设正四面体P −ABC的棱长为则()()(((0,4,0,,,,A B C P M --,由AN AB λ=,得(),64,0N λ-,∴((),56,NM AC λ=--→-=-,∵异面直线NM 与AC 所成角为α, 1233λ≤≤,∴2NM AC cos NM AC α⋅==⋅,设32t λ-=,则5733t 剟∴222111124626()41t cos t t t tα==-+-⋅+,∵1313375t <剟cos α.∴cos α的取值范围是⎣⎦.三.强化训练一、选择题1、【甘肃省2019届高三第一次高考诊断】四棱锥的顶点均在一个半径为3的球面上,若正方形的边长为4,则四棱锥的体积最大值为()A.B.C.D.【答案】D【解析】设正方形的中心为,当在于球心的连线上时,四棱锥高最高,由于底面面积固定,则高最高时,四棱锥体积取得最大值.设高为,,球的半径为,故,解得.故四棱锥的体积的最大值为.故选D.2.【广东省东莞市2019届高三第二次调研】已知一个四棱锥的正主视图和俯视图如图所示,其中,则该四棱锥的高的最大值为A.B.C.4 D.2【答案】A【解析】解:如图所示,由题意知,平面平面ABCD,设点P到AD的距离为x,当x最大时,四棱锥的高最大,因为,所以点P的轨迹为一个椭圆,由椭圆的性质得,当时,x取得最大值,即该四棱锥的高的最大值为.故选:A.3.【四川省教考联盟2019届高三第三次诊断】已知四棱锥的底面四边形的外接圆半径为3,且此外接圆圆心到点距离为2,则此四棱锥体积的最大值为()A.12 B.6 C.32 D.24【答案】A【解析】由锥体的体积公式v=,可知,当s和h都最大时,体积最大.由题得顶点P到底面ABCD的距离h≤2.当点P在底面上的射影恰好为圆心O时,即PO⊥底面ABCD时,PO最大=2,即,此时,即四边形ABCD为圆内接正方形时,四边形ABCD的面积最大,所以此时四边形ABCD的面积的最大值=,所以.故选:A4.【安徽省蚌埠市2019届高三第一次检查】某三棱锥的三视图如图所示,网格纸上小正方形的边长为1,三棱锥表面上的点M在俯视图上的对应点为A,三棱锥表面上的点N在左视图上的对应点为B,则线段MN的长度的最大值为A .B .C .D .【答案】D 【解析】由三视图可知,该三棱锥的底面是直角三角形, 一条侧棱与底面垂直(平面),为几何体的直观图如图,在上,重合,当与重合时, 线段的长度的最大值为.故选D .5.如图,在矩形ABCD 中, 2,1AB AD ==,点E 为CD 的中点, F 为线段CE (端点除外)上一动点现将DAF ∆沿AF 折起,使得平面ABD ⊥平面ABC 设直线FD 与平面ABCF 所成角为θ,则sin θ的最大值为( )A.13 B. 4 C. 12 D. 23【答案】C 【解析】如图:在矩形中,过点作的垂线交于点,交于点设,6.【2019年4月2019届高三第二次全国大联考】已知正四面体的表面积为,点在内(不含边界). 若,且,则实数的取值范围为( ) A . B . C .D .【答案】A 【解析】 设正四面体的棱长为则,解得则正四面体的高为记点到平面、、的距离分别为则因为,所以,则故又,故即实数的取值范围为本题正确选项:二、填空题7.【山东省青岛市2019届高三3月一模】在四棱锥中,底面是边长为2的正方形,面,且,若在这个四棱锥内有一个球,则此球的最大表面积为__________.【答案】【解析】在这个四棱锥内有一个球,则此球的最大表面积时,对应的球应该是内切球,此时球的半径最大,设内切球的球心为O半径为R,连接球心和ABCD四个点,构成五个小棱锥,根据体积分割得到,五个小棱锥的体积之和即为大棱锥的体积,,根据AB垂直于AD,PD垂直于AB 可得到AB垂直于面PDA,故得到AB垂直于PA,同理得到BC垂直于PC,表面积为:,此时球的表面积为:.故答案为:.8.【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】如图,已知正四棱柱和半径为的半球O,底面ABCD在半球O底面所在平面上,,,,四点均在球面上,则该正四棱柱的体积的最大值为______.【答案】4【解析】设正四棱柱的高为h,底面棱长为a,则正四棱柱的底面外接圆直径为,所以,.由勾股定理得,即,得,其中,所以,正四棱柱的体积为,其中,构造函数,其中,则,令,得.当时,;当时,.所以,函数在处取得极大值,亦即最大值,则.因此,该正四棱柱的体积的最大值为4.9.【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】如图,已知圆柱和半径为的半球O,圆柱的下底面在半球O底面所在平面上,圆柱的上底面内接于球O,则该圆柱的体积的最大值为_____.【答案】2π【解析】解:设圆柱的底面圆半径为r,高为h;则h2+r2=R2=3;所以圆柱的体积为V=πr2h=π(3﹣h2)h=π(3h﹣h3);则V′(h)=π(3﹣3h2),令V′(h)=0,解得h=1;所以h∈(0,1)时,V′(h)>0,V(h)单调递增;h∈(1,)时,V′(h)<0,V(h)单调递减;所以h=1时,V(h)取得最大值为V(1)=2π.故答案为:2π.10.【江西省上饶市2019届高三二模】一个棱长为的正方体形状的铁盒内放置一个正四面体,且能使该正四面体在铁盒内任意转动,则该正四面体的体积的最大值是_____.【答案】【解析】由题该正四面体在铁盒内任意转动,故其能在正方体的内切球内任意转动,内切球半径为6,设正四面体棱长为a, 将此正四面体镶嵌在棱长为x的正方体内,如图所示:则x=,外接球的球心和正方体体心O重合,∴外接球的球半径为:=6,a=4又正四面体的高为∴该正四面体的体积为故答案为11.【河北省衡水市第二中学2019届高三上期中】已知体积为的正四棱锥外接球的球心为,其中在四棱锥内部.设球的半径为,球心到底面的距离为.过的中点作球的截面,则所得截面圆面积的最小值是___________.【答案】【解析】如图取底面的中心为,连接平面,且球心在上,由条件知,,连接,,则,于是底面的边长为.又,故四棱锥的高是,所以,即,从而,,于是,过的中点的最小截面圆是以点为圆心的截面圆,该截面圆的半径是,故所求面积为.12.【江西省临川第一中学等九校2019届高三3月联考】如图所示,三棱锥的顶点,,,都在同一球面上,过球心且,是边长为2等边三角形,点、分别为线段,上的动点(不含端点),且,则三棱锥体积的最大值为__________.【答案】【解析】过球心,又是边长为的等边三角形,,,三角形是等腰直角三角形,,,又因为,在平面内,由线面垂直的判定定理可得平面,即平面,设,,则三棱锥体积,当且仅当,即时取等号,故答案为.13.【安徽省蚌埠市2019届高三下学期第二次检查】正三棱锥中,,点在棱上,且.正三棱锥的外接球为球,过点作球的截面,截球所得截面面积的最小值为__________.【答案】【解析】因为,所以,所以,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,则且,所以,当平面时,平面截球的截面面积最小,此时截面为圆面,其半径为,故截面的面积为.填.14.【江西师范大学附属中学2019高三上学期期末】若一个四棱锥的底面为正方形,顶点在底面的射影为正方形的中心,且该四棱锥的体积为9,当其外接球的体积最小时,它的高为_________.【答案】【解析】设四棱锥底面边长为a,高为h,底面对角线交于O,由条件四棱锥P-ABCD为正四棱锥,其外接球的球心M在高PO上,设外接球半径为R,在直角三角形MAO中,,又该四棱锥的体积为9,所以所以,,,时,时,所以时R极小即R最小,此时体积最小.故答案为3.15.【江西省上饶市2019届高三二模】已知正方体的棱长为,平面与对角线垂直且与每个面均有交点,若截此正方体所得的截面面积为,周长为,则的最大值为______.【答案】【解析】因为平面与对角线垂直,所以平面与对角面平行,作出图象,为六边形,设则,所以,由对称性得平面过对角线中点时截面面积取最大值为,则的最大值为.16.【河南省洛阳市2019届高三第二次统考】正四面体中,是的中点,是棱上一动点,的最小值为,则该四面体内切球的体积为_____.【答案】【解析】如下图,正方体中作出一个正四面体将正三角形和正三角形沿边展开后使它们在同一平面内,如下图:要使得最小,则三点共线,即:,设正四面体的边长为,在三角形中,由余弦定理可得:,解得:,所以正方体的边长为2,正四面体的体积为:,设四正面体内切球的半径为,由等体积法可得:,整理得:,解得:,所以该四面体内切球的体积为.17.【2019届湘赣十四校高三联考第二次考试】如图,正三棱锥的高,底面边长为4,,分别在和上,且,当三棱锥体积最大时,三棱锥的内切球的半径为________.【答案】【解析】设,,当时,取得最大值,此时为中点,经过点,且,,所以可求,,因此易求,,,,又∵,∴.。

高三的立体几何知识点总结

高三的立体几何知识点总结

高三的立体几何知识点总结立体几何是数学中的一个重要分支,它研究的是三维空间中的图形和体积。

在高三的学习中,立体几何是一个重要的知识点,它涉及到各种图形的性质和计算方法。

下面将对高中三年级立体几何的知识点进行总结和归纳。

一、平面与直线的位置关系1. 平面与平面的位置关系- 平面相交:两个平面相交于一条直线。

- 平面平行:两个平面没有交点,永远平行。

2. 直线与直线的位置关系- 直线相交:两个直线相交于一点。

- 直线平行:两个直线没有交点,永远平行。

二、立体几何的基本图形1. 三棱柱- 表面积 = 底面积 + 侧面积 - 体积 = 底面积 ×高2. 三棱锥- 表面积 = 底面积 + 侧面积 - 体积 = 底面积 ×高 ÷ 33. 正四面体- 表面积 = 底面积 + 侧面积 - 体积 = 底面积 ×高 ÷ 34. 正方体- 表面积 = 6 ×边长²- 体积 = 边长³5. 正六面体- 表面积 = 6 ×边长²- 体积 = 边长³6. 球- 表面积= 4πr²- 体积= (4/3)πr³三、立体几何的性质和判定方法1. 平行四边形的性质- 对角线互相平分- 对边平行2. 立体图形的重心- 三角形:重心位于中线上,离顶点为中线长的2/3处。

- 四边形:重心位于对角线交点处,各对角线分比为1:1。

3. 球的切线和切平面- 切线:与球面相切的直线。

4. 圆锥的切线和切圆- 切线:与圆锥侧面相切的直线。

- 切圆:与圆锥底面相切的圆。

五、立体几何计算题1. 高中立体几何计算题的解题步骤- 理清题意,根据已知条件找到关键信息。

- 利用几何性质和定理,进行推导和计算。

- 最后计算出结果,并写明答案及解题过程。

2. 空间几何体的计算题- 根据图形的性质和给定条件,计算其面积和体积。

六、解题技巧1. 利用平面几何的知识- 平行线的性质可以应用到立体几何中,例如利用平行线的对应角相等性质求解立体几何题目。

高三空间几何体知识点

高三空间几何体知识点

高三空间几何体知识点在高三的数学学习中,空间几何体是一个非常重要的内容。

学好空间几何体的知识点,对于高考数学的复习备考具有极大的帮助。

本文将从三维坐标系、平面与直线的位置关系、直线与平面的位置关系以及常见空间几何体的性质等几个方面介绍高三空间几何体的知识点。

一、三维坐标系三维坐标系是描述空间中点位置的重要工具。

在三维空间中,我们可以利用三个坐标轴(x轴、y轴、z轴)来确定一个点的位置。

其中,x轴表示水平方向,y轴表示垂直方向,z轴表示高度方向。

通过三维坐标系,我们可以计算两点之间的距离、线段的斜率等。

二、平面与直线的位置关系在空间几何中,平面与直线的位置关系有以下几种情况:1. 平面平行于坐标面:若平面与某一坐标面平行,则其方程中不包含与该坐标面垂直的坐标。

2. 平面垂直于坐标轴:若平面与某一坐标轴垂直,则其方程中只包含与该坐标轴平行的坐标。

3. 平面与坐标面相交:若平面与某一坐标面相交于一条直线,则其方程中只含有与该坐标面垂直的坐标。

三、直线与平面的位置关系在空间几何中,直线与平面的位置关系有以下几种情况:1. 直线在平面上:直线的方向向量与平面的法向量垂直,直线上的任意一点都满足平面的方程。

2. 直线与平面相交:直线的方向向量不与平面的法向量平行,直线与平面有且只有一个公共点。

3. 直线平行于平面:直线的方向向量与平面的法向量平行,直线与平面没有公共点。

四、常见空间几何体的性质在高考数学中,常见的空间几何体有球、柱、锥、棱柱、棱锥等。

以下是这些几何体的一些性质:1. 球:球是由空间中的一个点到平面上所有点的距离相等的点的集合。

球的性质包括半径、表面积、体积等。

2. 柱:柱是由平面上一条闭合曲线沿着平行于该平面的直线移动形成的几何体。

柱的性质包括底面、侧面、体积等。

3. 锥:锥是由平面上一条简单闭合曲线沿着与该平面不平行的直线移动形成的几何体。

锥的性质包括底面、侧面、体积等。

4. 棱柱:棱柱是由一个多边形沿着平行于它的边的方向移动形成的几何体。

2024年高考数学立体几何知识点总结

2024年高考数学立体几何知识点总结

2024年高考数学立体几何知识点总结(____字)一、空间几何体的基本概念和性质1. 点、线、面的定义和性质2. 各类多面体的定义和性质,如正多面体、柱面、棱锥等3. 空间角的定义和性质,包括平面角、空间角的比较大小等4. 体积和表面积的计算,包括球体、圆柱体、圆锥体、棱柱体、棱锥体等的计算公式二、立体几何的投影问题1. 平行投影和中心投影的性质和应用2. 空间几何体在平行投影和中心投影下的变换关系和性质三、立体几何的位置关系和判定方法1. 点与平面的位置关系判定,如点在平面上、点在平面外等2. 点与直线的位置关系判定,如点在线上、点在线段上等3. 直线与平面的位置关系判定,如直线在平面上、直线与平面相交等4. 空间几何体的位置关系判定,如两个平面的相交、两个直线的关系等四、等腰三角形与正弦定理、余弦定理的应用1. 等腰三角形的性质和判定方法2. 正弦定理和余弦定理的概念和应用,如求解三角形的边长、角度等五、平面与空间直线的交点、平面与空间直线的位置关系1. 平面与空间直线的交点的判定和求解方法2. 平面与空间直线的位置关系的判定方法,如平面与直线相交、平面与直线平行、平面与直线垂直等六、球与平面的交线和球与直线的位置关系1. 球与平面的交线的判定和性质,如球与平面相切、相离等2. 球与直线的位置关系的判定和性质,如球与直线相切、相离、相交等七、向量的应用1. 向量的定义和基本性质2. 向量的共线与共面的判定方法3. 向量的投影和数量积的应用,如求解多边形的面积、平行四边形的面积等八、平面直角坐标系和空间直角坐标系的应用1. 平面直角坐标系的建立和使用方法2. 空间直角坐标系的建立和使用方法3. 平面直角坐标系和空间直角坐标系的转化九、解析几何与立体几何的综合应用1. 点、线、面方程的求解和应用2. 几何图形的平移、旋转和对称变换的解析几何表示方法3. 空间几何体的投影和旋转的解析几何表示方法以上就是2024年高考数学立体几何的知识点总结。

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2018届高三理科专题(四)立体几何专题姓名: 班别: 学号:【知识点一:三视图求表面积体积问题】1、(2017新课标I卷第7题).某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为(). A.10 B.12 C.14D.162、(2017新课标II卷第4题)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得,则该几何体的体积为( )A.90πB.63πC.42π D.36π3、(2017年市一模第6题)如图, 网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图,且该几何体的体积为83, 则该几何体的俯视图可以是4、(2016年市一模第11题)(11)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某个四面体的三视图,则该四面体的表面积为(A)88246++(B)88226++(C)2226++(D)126224++5、(2016新课标I卷第6题)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是()(A)17π(B)18π(C)20π (D)28π283π6、(2016新课标II 卷第6题) 右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为(A )20π (B )24π (C )28π (D )32π7、(2016新课标II I卷第9题)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,则该多面体的表面积为( )(A )(B) (C)90 (D)818、(2015新课标II 卷第6题)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右图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( ) A.81 B.71 C.61 D.519. (2015新课标I卷第11题)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 )2 (C)4 (D)8【知识点二:内接球与外接球的问题】1、(2017年市一模第10题)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马;将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥-P ABC 为鳖臑,PA ⊥平面ABC , 2PA AB ==,4AC =, 三棱锥-P ABC 的四个顶点都在球O 的球面上, 则球O 的表面积为( )18365+54185+(A)8π (B )12π (C)20π (D)24π2. (2015新课标II 卷第9题)已知A ,B 是球O的球面上两点,∠A OB =90,C 为该球面上的动点,若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36,则球O 的表面积为( ) A.36π B.64π C.144π D.256π3、(2017新课标III 卷第8题)8.已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为( ). A.πﻩﻩﻩB .3π4C.π2ﻩ D .π44、(2016年市一模第9题)一个六棱柱的底面是正六边形,侧棱垂直于底面,所有棱的长都为1,顶点都在同一个球面上,则该球的体积为( )(A )20π (B)3 (C )5π ﻩ (D)65、(2016新课标I II 卷第10题)在封闭的直三棱柱ABC -A1B 1C1内有一个体积为V 的球,若A BBC ,AB=6,BC=8,AA 1=3,则V 的最大值是( ) (A)4π (B )(C )6π (D ) 【知识点三:点线面的位置关系】1、(2016新课标I卷第11题)平面a 过正方体AB CD -A 1B 1C 1D1的顶点A ,a //平面CB 1D 1,平面ABC D=m ,平面AB A1B 1=n,则m,n 所成角的正弦值为( ) (A)(B) (C) (D)2、(2016新课标II 卷第14题)α、β是两个平面,m 、n 是两条直线,有下列四个命题: (1)如果m⊥n ,m⊥α,n∥β,那么α⊥β. (2)如果m⊥α,n ∥α,那么m ⊥n . (3)如果α∥β,mα,那么m ∥β.(4)如果m ∥n ,α∥β,那么m 与α所成的角和n与β所成的角相等. 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号)⊥92π323πa ⋂a⋂22313⊂【知识点四:★★设置线面角与面面角的定义作为条件障碍,考察立体几何】1、(2017新课标II 卷第19题)如图所示,四棱锥P ABCD -中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,12AB BC AD ==,o 90BAD ABC ∠=∠=,E 是PD 的中点. (1)证明:直线//CE 平面PAB ;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成锐角为45,求二面角M AB D --的余弦值.2、(2016年广州市一模19)(本小题满分12分)如图,四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形,ACBD O =,1A O ⊥底面ABCD ,21==AA AB .(Ⅰ)证明:平面1ACO ⊥平面11BB D D ; (Ⅱ)若60BAD ∠=,求二面角1B OB--EM DCBAP3、(阅读)(2016新课标I 卷第18题)(本小题满分为12分)如图,在以A ,B ,C,D ,E,F 为顶点的五面体中,面A BEF 为正方形,A F=2FD ,,且二面角D -AF -E 与二面角C-BE -F都是.(I)证明:平面ABEF EFDC ; (II )求二面角E-BC-A的余弦值.2、【答案】试题分析:(I)证明平面,结合平面,可得平面平面.(II)建立空间坐标系,利用向量求解.试题解析:(I )由已知可得,,所以平面.又平面,故平面平面.(II)过作,垂足为,由(I)知平面.以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系.由(I)知为二面角的平面角,故,则,,可得,,,.由已知,,所以平面.又平面平面,故,.由,可得平面,所以为二面角的平面角,.从而可得.所以,,,.设是平面的法向量,则,即,所以可取.设是平面的法向量,则,同理可取.则. 故二面角E BC A 的余弦值为. 90AFD ∠=60⊥ΑF ⊥ΕFDC F A ⊂ΑΒΕF ΑΒΕF ⊥ΕFDC ΑF DF ⊥ΑF FE ⊥ΑF ⊥ΕFDC F A ⊂ΑΒΕF ΑΒΕF ⊥ΕFDC D DG ΕF ⊥G DG ⊥ΑΒΕF G GF x GF G xyz -DFE ∠D AF E --60DFE ∠=2DF =3DG =()1,4,0A ()3,4,0B -()3,0,0E -()0,0,3D //AB EF //AB EFDC ABCDEFDC DC =//AB CD //CD EF //BE AF BE ⊥EFDC C ΕF ∠C BE F --60C ΕF ∠=()2,0,3C -()1,0,3ΕC =()0,4,0ΕΒ=()3,4,3ΑC =--()4,0,0ΑΒ=-(),,x y z =n ΒC Ε00ΕC ΕΒ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 3040x z y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩()3,0,3=-n m ΑΒCD 0ΑC ΑΒ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ()0,3,4=m 219cos ,19⋅==-n m n m n m 21919-A EDC B A【知识点五:★★★重点考察面面垂直、线面垂直、面面角(含折叠问题)】 1、 (2017新课标I 卷第18题)(本小题满分12分)如图所示,在四棱锥P ABCD -中,//AB CD ,且90BAP CDP ∠=∠=(1)证明:平面PAB ⊥平面PAD ;(2)若PA PD AB DC ===,90APD ∠=,求二面角A PB C --的余弦值.2、(2017年市一模第19题)(本小题满分12分)如图1,在直角梯形ABCD 中,AD //BC ,AB ⊥BC ,BD ⊥DC , 点E 是BC 边的 中点, 将△ABD 沿BD 折起,使平面ABD ⊥平面BCD ,连接AE ,AC ,DE , 得到如 图2所示的几何体.(Ⅰ) 求证:AB ⊥平面ADC ;(Ⅱ) 若1AD =,二面角C AB D --的平面角的正切值为6,求二面角B AD E -- 的余弦值.图1 图2DCBAP【知识点六:线面平行、线面角、线线角】 1、(2016新课标II I卷第19题)(本小题满分12分)如图,四棱锥P-ABC D中,P A⊥底面AB CD ,AD ∥BC,AB=AD =AC=3,PA =BC=4,M 为线段AD 上一点,AM=2MD ,N为PC 的中点. (I )证明MN ∥平面P AB;(I I)求直线A N与平面PMN 所成角的正弦值.2、(2017新课标II 卷第10题)已知直三棱柱111C C AB -A B 中,C 120∠AB =,2AB =,1C CC 1B ==,则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为()A .32 B.155 C.105D.33【知识点一:三视图求表面积体积问题答案】1.解析由三视图可画出立体图,该立体图平面内只有两个相同的梯形的面()24226S =+⨯÷=梯,6212S =⨯=全梯. 故选B .2、B3、D4、A5、【答案】A 由三视图知,该几何体的直观图如图所示:是一个球被切掉左上角的,即该几何体是个球,设球的半径为,则,解得,所以它的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和,即,故选A. 6、【答案】C 试题分析:由题意可知,圆柱的侧面积为,圆锥的侧面积为,圆柱的底面面积为,故该几何体的表面积为,故选C .7、B 试题分析:由三视图知该几何体是一个斜四棱柱,所以该几何体的表面积为,故选B .8、【答案】D【解析】由三视图得,在正方体1111ABCD A B C D -中,截去四面体111A A B D -,1878R 37428ππR 833V =⨯=R 2=7822734π2π217π84⨯⨯+⨯⨯=12π2416πS =⋅⋅=2π248πS =⋅⋅=23π24πS =⋅=12328πS S S S =++=236233233554185S =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+如图所示,,设正方体棱长为a ,则11133111326A AB D V a a -=⨯=,故剩余几何体体积为3331566a a a -=,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为51,故选D.9、B 【解析】由正视图和俯视图知,该几何体是半球与半个圆柱的组合体,圆柱的半径与球的半径都为r,圆柱的高为2r ,其表面积为22142222r r r r r r πππ⨯+⨯++⨯=2254r r π+=16 + 20π,解得r =2,故选B.【知识点二:内接球与外接球的问题答案】1、C2、【答案】C3.解析由题可知球心在圆柱体中心,圆柱体上下底面圆半径r =则圆柱体体积23ππ4V r h ==.故选B.4、D5、【答案】B 试题分析:要使球的体积最大,必须使球的半径最大.因为△ABC 内切圆的半径为2,所以由题意易知球与直三棱柱的上、下底面都相切时,球的半径取得最大值,为,此时球的体积为,故选B. 【知识点三:点线面的位置关系答案】1、【答案】A试题分析:如图,设平面平面=,平面平面=,因为平面,所以,则所成的角等于所成的角.过作,交的延长线于点E ,连接,则为.连接,过B1作,交的延长线于点,则为.连接B D,则,则所成的角即为所成的角,为,故所成角的正弦值为A.2、【答案】②③④试题分析:对于①,,则的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为,所以过直线作平面与平面相交于直线,则,因为V R 32334439()3322R π=π=π11CB D ABCD 'm 11CB D 11ABB A 'n α∥11CB D ','m m n n ∥∥,m n ','m n 1D 11D E B C ∥AD CE CE 'm 1A B 111B F A B ∥1AA 1F 11B F 'n 111,BD CE B F A B ∥∥','m n 1,A B BD 60︒,m n ,,//m n m n αβ⊥⊥,αβ//n αn γαc //n c,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的命题有②③④.【知识点四:★★★设置线面角与面面角的定义作为条件障碍,考察立体几何】1.解析(1)令PA 中点为F ,联结EF ,BF ,CE .因为E ,F 为PD ,PA 中点,所以EF 为PAD △的中位线,所以=1//2EF AD .又因为90BAD ABC ∠=∠=︒,所以BC AD ∥. 又因为12AB BC AD ==,所以=1//2BC AD ,所以=//EF BC .所以四边形BCEF 为平行四边形,所以CE BF ∥. 又因为BF PAB ⊂面,所以CE ∥平面PAB . (2)以AD 中点O 为原点,如图建立空间直角坐标系.设1AB BC ==,则()000O ,,,()010A -,,,()110B -,,,()100C ,,,()010D ,,, (00P .M 在底面ABCD 上的投影为M ',所以M M BM ''⊥.因为45MBM '∠=,所以MBM '△为等腰直角三角形. 因为POC △为直角三角形,OC OP =,所以60PCO ∠=. 设MM a '=,CM '=,1OM '=.所以100M ⎛⎫'- ⎪ ⎪⎝⎭,,. BM a a '===⇒=所以11OM '==.所以100M ⎛⎫'- ⎪ ⎪⎝⎭,,10M ⎛ ⎝⎭,11AM ⎛=- ⎝⎭,(100)AB =,,. 设平面ABM 的法向量11(0)y z =,,m.110y +=,所以(02)=,m , ()020AD =,,,()100AB =,,.设平面ABD 的法向量为()200z =,,n , (001)=,,n .所以cos ,⋅==⋅m n m n m n 所以二面角M AB D --. ,,m m c m n α⊥⊥⊥所以所以2、(Ⅰ)证明:因为1A O ⊥BD ⊂平面ABCD ,所以1A O BD ⊥因为ABCD 是菱形,所以CO BD ⊥因为1AO CO O =,所以BD ⊥平面1A CO .因为BD ⊂平面11BB D D ,所以平面11BB D D ⊥平面1A CO .…………………………………………………4分 (Ⅱ)解法一:因为1A O ⊥平面ABCD ,CO BD ⊥,以O 为原点,OB ,OC ,1OA 方向为x ,y ,z 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.………………………5分 因为12AB AA ==,60BAD ∠=, 所以1OB OD ==,OA OC ==11OA ==.………………6分则()1,0,0B ,()C ,()0,A ,()10,0,1A ,所以()11BB AA ==1,设平面1OBB 的法向量为n 因为()1,0,0OB =,(11,OB =所以0,0.x x z =⎧⎪⎨+=⎪⎩令1=y ,得(0,1,=n .…………………………………………………………9分 同理可求得平面1OCB 的法向量为()1,0,1=-m .………………………………10分所以cos ,4<>==n m .…………………………………………………11分 因为二面角1B OB C --的平面角为钝角,所以二面角1B OB C --的余弦值为4-.……………………………………12分解法二:由(Ⅰ)知平面1连接11A C 与11B D 交于点O 连接1CO ,1OO ,因为11AA CC =,11//AA CC 所以11CAAC 因为O ,1O 分别是AC ,11A 所以11OA O C 为平行四边形.且111O C OA ==. 因为平面1ACO 平面11BB D D 1OO =,过点C 作1CH OO ⊥于H ,则CH ⊥平面11BB D D .过点H 作1HK OB ⊥于K ,连接CK ,则1CK OB ⊥.所以CKH ∠是二面角1B OB C --的平面角的补角.……………………………6分 在1Rt OCO ∆中,11122O C OC CH OO ⨯===.………………………………7分在1OCB ∆中,因为1A O ⊥11A B ,所以1OB == 因为11A B CD =,11//A B CD , 所以11B C A D ===.因为22211B C OC OB +=,所以1OCB ∆为直角三角形.……………………………8分所以11CB OC CK OB ===⨯…………………………………………9分所以KH =.…………………………………………………10分所以cos 4KH CKH CK∠==.……………………………………………………11分所以二面角1B OB C --的余弦值为4-.……………………………………12分【知识点五:★★★重点考察面面垂直、线面垂直、面面角(含折叠问题)答案】1、 解析(1)证明:因为90BAP CDP ∠=∠=,所以PA AB ⊥,PD CD ⊥. 又因为AB CD ∥,所以PD AB ⊥,又因为PD PA P =,PD 、PA ⊂平面PAD 所以AB ⊥平面PAD ,又AB ⊂平面PAB ,所以平面PAB ⊥平面PAD (2)取AD 中点O ,BC 中点E ,联结PO ,OE ,因为AB CD ∥,所以四边形ABCD 为平行四边形,所以OE AB ∥. 由(1)知,AB ⊥平面PAD ,所以OE ⊥平面PAD , 又PO 、AD ⊂平面PAD ,所以OE PO ⊥,OE AD ⊥.又因为PA PD =,所以PO AD ⊥,所以PO 、OE 、AD 两两垂直, 所以以O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -设2PA =,所以()00D ,,)20B ,,(00P,()20C ,,所以(0PD =-,,(22PB =,,()00BC =-,设()x y z =n ,,为平面PBC 的法向量,由00n PB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,得20y +=-=⎪⎩.令1y =,则z ,0x=,可得平面PBC 的一个法向量(01=n ,.因为90APD ∠=︒,所以PD PA ⊥,又知AB ⊥平面PAD ,PD ⊂平面PAD , 所以PD AB ⊥,又PA AB A =,所以PD ⊥平面PAB , 即PD 是平面PAB 的一个法向量,(0PD =-,,所以cos PD PD PD ⋅===⋅n n n,. 由图知二面角A PB C --为钝角,所以它的余弦值为2、 解:(Ⅰ) 因为平面ABD ⊥平面BCD ,平面ABD 平面BCD BD =,又BD ⊥DC ,所以DC ⊥平面ABD . …………………………………1分因为AB ⊂平面ABD ,所以DC ⊥AB . …………………………………2分又因为折叠前后均有AD ⊥AB ,DC ∩AD D =, …………………………………3分所以AB ⊥平面ADC . ……………………………………………4分(Ⅱ) 由(Ⅰ)知AB ⊥平面ADC ,所以二面角C AB D --的平面角为∠CAD . ……5分又DC ⊥平面ABD ,AD ⊂平面ABD ,所以DC ⊥AD .依题意6tan ==∠ADCDCAD . ……………………………………………………6分因为1AD =,所以6=CD .设()0AB x x =>,则12+=x BD .依题意△ABD ~△BDC ,所以AB CDAD BD=,即1612+=x x .………………7分解得x =故3AB BD BC ===. ………………8分法1:如图所示,建立空间直角坐标系D xyz -,则)0,0,0(D ,)0,0,3(B ,)0,6,0(C ,,22E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,33A ⎛ ⎝⎭, 所以3DE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭,3DA ⎛=⎝⎭. 由(Ⅰ)知平面BAD 的法向量)0,1,0(=.……………………………………………9分 设平面ADE 的法向量),,(z y x =由0,0,m DE m DA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得0,0.x y x z +=+=G F E DCBA 令6=x,得y z ==所以)3,3,6(--=. ………………………………………………10分所以21,cos -=>=<m n . ………………………………………………11分由图可知二面角B AD E --的平面角为锐角, 所以二面角B AD E --的余弦值为12. ……………………………………………12分法2 :因为DC ⊥平面ABD , 过点E 作EF //DC 交BD 于F , 则EF ⊥平面ABD . 因为AD ⊂平面ABD ,所以EF ⊥AD . …… ……………………………………… 9分 过点F 作FG ⊥AD 于G ,连接GE ,所以AD ⊥平面EFG ,因此AD ⊥GE .所以二面角B AD E --的平面角为EGF ∠. ………………………………………10分由平面几何知识求得2621==CD EF ,2221==AB FG ,所以EG ==所以cos∠EGF=21=EG FG . ………………………………………………11分 所以二面角B AD E --的余弦值为12. ………………………………………………12分【知识点六:线面平行、线面角、线线角答案】1、【答案】解:(I )由已知得. 取的中点,连接,由为中点知,. 又,故,四边形为平行四边形,于是.因为平面,平面,所以平面.232==AD AM BP T TN AT ,N PC BC TN //221==BC TN BC AD //=TN AM ∥AMNT MN AT ⊂AT PAB ⊄MN PAB //MN PAB(II)取的中点,连结.由得,从而,且. 以为坐标原点,的方向为轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知,,,,, ,,. 设为平面的一个法向量,则即 可取. 于是.2、答案C ,提示,转化成三个基底表示,或者建立空间直角坐标系。

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