必修二立体几何题型归纳
高中数学必修2立体几何常考题型：柱体、锥体、台体的表面积和体积全面版
柱体、锥体、台体的表面积和体积【知识梳理】1．几种几何体的表面积公式图形表面积公式多面体多面体的表面积就是各个面的面积的和，也就是展开图的面积旋转体圆柱底面积：S底＝πr2侧面积：S侧＝2πrl表面积：S＝2πrl＋2πr2圆锥底面积：S底＝πr2侧面积：S侧＝πrl表面积：S＝πrl＋πr2圆台上底面面积：S上底＝πr′2下底面面积：S下底＝πr2侧面积：S侧＝πl(r＋r′)表面积：S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)2．柱体的体积公式V＝Sh(S为底面面积，h为高)锥体的体积公式V＝13Sh(S为底面面积，h为高)台体的体积公式V＝13(S′＋S′S＋S)h【常考题型】题型一、柱、锥、台的表面积【例1】某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是________．[解析]由三视图，画出几何体的直观图易求得基本量，如图所示，其表面积S＝2＋5×42×2＋4×(2＋4＋5＋5)＝28＋64＝92.[答案]92【类题通法】1．求几何体的表面积问题，通常将所给几何体分成基本几何体，再通过这些基本几何体的表面积进行求和或作差，从而获得几何体的表面积，另外有时也会用到将几何体展开求其展开图的面积进而得表面积．2．结合三视图考查几何体的表面积是高考的热点，解决此类问题的关键是正确地观察三视图，把它还原为直观图，特别要注意从三视图中得到几何体的相关量，再结合表面积公式求解．【对点训练】1．圆台的上、下底面半径分别是10 cm和20 cm，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180°，求圆台的表面积．解：如图所示，设圆台的上底面周长为c cm，由于扇环的圆心角是180°，则c＝π·S A＝2π×10，解得SA＝20(cm)．同理可得SB＝40(cm)，所以AB＝SB－SA＝20(cm)．所以S表＝S侧＋S上＋S下＝π×(10＋20)×20＋π×102＋π×202＝1 100π(cm2).题型二、柱、锥、台的体积【例2】已知一个三棱台的上、下底面分别是边长为20 cm和30 cm的正三角形，侧面是全等的等腰梯形，且侧面面积等于上、下底面面积之和，求棱台的高和体积．[解]如图所示，在三棱台ABC-A′B′C′中，O′、O分别为上、下底面的中心，D、D′分别是BC、B′C′的中心，则DD′是等腰梯形BCC′B′的高，所以，S侧＝3×12×(20＋30)×DD′＝75DD′.又A′B′＝20 cm，AB＝30 cm，则上、下底面面积之和为S上＋S下＝34×(202＋302)＝3253(cm2)．由S侧＝S上＋S下，得75DD′＝3253，所以，DD′＝1333(cm)．又∵O′D′＝36×20＝1033(cm)，OD＝36×30＝53(cm)，∴棱台的高h＝O′O＝D′D2－OD－O′D′2＝13332－53－10332＝43(cm)，由棱台的体积公式，可得棱台的体积为V＝h3(S上＋S下＋S上S下)＝433×(3253＋34×20×30)＝1 900(cm3)．【类题通法】求几何体的体积时，要注意利用好几何体的轴截面(尤其为圆柱、圆锥时)，准确求出几何体的高和底面积；同时，对不规则的几何体可利用分割几何体或补全几何体的方法转化为柱、锥、台体的体积计算问题．【对点训练】2．已知圆台的高为3，在轴截面中，母线AA1与底面圆直径AB的夹角为60°，轴截面中的一条对角线垂直于腰，求圆台的体积．解：如图所示，作轴截面A1ABB1，设圆台的上、下底面半径和母线长分别为r、R，l，高为h.作A1D⊥AB于点D，则A1D＝3.又∵∠A1AB＝60°，∴AD＝A1Dtan 60°，即R－r＝3×33，∴R－r＝ 3.又∵∠BA1A＝90°，∴∠BA1D＝60°.∴BD＝A1D·tan 60°，即R＋r＝3×3，∴R＋r＝33，∴R＝23，r＝3，而h＝3，∴V圆台＝13πh(R2＋Rr＋r2)＝13π×3×[(23)2＋23×3＋(3)2]＝21 π．所以圆台的体积为21 π．题型三、简单组合体的表面积和体积【例3】已知△ABC的三边长分别是AC＝3，BC＝4，AB＝5，以AB所在直线为轴，将此三角形旋转一周，求所得旋转体的表面积和体积．[解]如图，在△ABC中，过C作CD⊥AB，垂足为 D.由AC＝3，BC＝4，AB＝5，知AC2＋BC2＝AB2，则AC⊥BC.∵BC·AC＝AB·CD，∴CD＝125，记为r＝125，那么△ABC以AB所在直线为轴旋转所得旋转体是两个同底的圆锥，且底半径r＝12 5，母线长分别是AC＝3，BC＝4，所以S表面积＝πr·(AC＋BC)＝π×125×(3＋4)＝845π，V＝13πr2(AD＋BD)＝13πr2·AB＝13π×1252×5＝485π．所以，所求旋转体的表面积是845π，体积是485π．【类题通法】求组合体的表面积与体积的关键是弄清组合体中各简单几何体的结构特征及组合形式，对于与旋转体有关的组合体问题，要根据条件分清各个简单几何体的底面半径及母线长，再分别代入公式求解．【对点训练】3．某几何体的三视图如图所示，它的体积为()A．12πB．45πC．57πD．81π解析：选C由三视图可知，该几何体是由底面直径为6，高为5的圆柱与底面直径为6，母线长为5的圆锥组成的组合体，因此，体积为V＝π×32×5＋13×π×32×52－32＝57π．【练习反馈】1．若圆锥的高等于底面直径，则它的底面积与侧面积之比为() A．1∶2B．1∶ 3C．1∶ 5 D.3∶2解析：选C设圆锥底面半径为r，则高h＝2r，∴其母线长l＝5r.∴S侧＝πrl＝5πr2，S底＝πr2.2．若长方体的长、宽、高分别为 3 cm、4 cm、5 cm，则长方体的体积为() A．27 cm3B．60 cm3C．64 cm3D．125 cm3解析：选B长方体即为四棱柱，其体积为底面积×高，即为3×4×5＝60 cm3. 3．若圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，则圆锥的体积是________．解析：易知圆锥的母线长为2，设圆锥的半径为r，则2πr＝12×2π·２，∴r＝1，则高h＝l2－r2＝ 3.∴V圆锥＝13πr2·h＝13π×3＝33π．答案：3 3π4．圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4，母线长为10，则圆台的侧面积为________．解析：已知圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4，母线长为10，设圆台上底面的半径为r，则下底面半径和高分别为4r和4r，由100＝(4r)2＋(4r－r)2，得r＝2，故圆台的侧面积等于π(r＋4r)l＝π(2＋8)×10＝100π．答案：100π5．一个正三棱柱的三视图如图所示(单位：cm)，求这个正三棱柱的表面积与体积．解：由三视图知直观图如图所示，则高AA′＝2 cm，底面高B′D′＝2 3 cm，所以底面边长A′B′＝23×23＝4 cm.一个底面的面积为12×23×4＝4 3 cm2.所以S表面积＝2×43＋4×2×3＝(24＋83) cm2，V＝43×2＝8 3 cm3.所以表面积为(24＋83) cm2，体积为8 3 cm3.你曾落过的泪，最终都会变成阳光，照亮脚下的路。
高中数学必修二第八章立体几何初步考点题型与解题方法(带答案)
高中数学必修二第八章立体几何初步考点题型与解题方法单选题1、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.2、已知直三棱柱ABC−A1B1C1的各顶点都在同一球面上，且该棱柱的体积为√3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，则该球的表面积为（）A．4πB．4√2πC．8πD．32π答案：C解析：利用三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为√3，AB =2，AC =1，∠BAC =60°，求出AA 1，再求出ΔABC 外接圆的半径，即可求得球的半径，从而可求球的表面积. ∵三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面， 棱柱的体积为√3，AB =2，AC =1，∠BAC =60°， ∴12×2×1×sin60°×AA 1=√3，∴AA 1=2∵BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅ACcos60°=4+1−2=3，∴BC =√3. 设ΔABC 外接圆的半径为R ，则BCsin60°=2R ，∴R =1.∴外接球的半径为√1+1=√2，∴球的表面积等于4π×(√2)2=8π. 故选：C.小提示：本小题主要考查根据柱体体积求棱长，考查几何体外接球有关计算，属于基础题.3、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 ×r 2−(√2r 2)2=√26r 3， ∴V 方盖差V 正=13r 3√2r 36=√2，故选：C ．4、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 ．2πR 2B ．94πR 2C ．83πR 2D ．πR 2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．5、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.6、如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，BD=2，DE=1，点P在线段EF上.给出下列命题：①存在点P，使得直线DP//平面ACF；②存在点P，使得直线DP⊥平面ACF；,1]；③直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是[√55④三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是9π.8其中所有真命题的序号（）A．①③B．①④C．①②④D．①③④答案：D分析：当点P是线段EF中点时判断①；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，推理导出矛盾判断②；利用线面角的定义转化列式计算判断③；求出△ACF外接圆面积判断④作答.取EF中点G，连DG，令AC∩BD=O，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则DO//GF且DO=GF，即四边形DGFO是平行四边形，即有DG//FO，而FO⊂平面ACF，DG⊄平面ACF，于是得DG//平面ACF，当点P与G重合时，直线DP//平面ACF，①正确；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，而FO⊂平面ACF，则DP⊥FO，又DG//FO，从而有DP⊥DG，在Rt△DEF中，∠DEF=90∘，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即②不正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，则线段EF上的动点P在平面ABCD上的射影在直线BD上，于是得∠PDB是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，∠PDB=∠DPE，sin∠PDB=sin∠DPE=DEDP =√DE2+EP2=√1+EP2，而0<EP≤2，则√55≤sin∠PDB<1，当P与E重合时，∠PDB=π2，sin∠PDB=1，因此，√55≤sin∠PDB≤1，③正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，BF⊥BD，BF⊂平面BDEF，则BF⊥平面ABCD，BC=√2，在△ACF中，AF=CF=√BC2+BF2=√3，显然有FO⊥AC，sin∠FAC=FOAF =√BO2+BF2AF=√2√3，由正弦定理得△ACF外接圆直径2R=CFsin∠FAC =√2，R=2√2，三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△ACF的外接圆，其面积为πR2=9π8，④正确，所以所给命题中正确命题的序号是①③④.故选：D小提示：名师点评两个平面互相垂直，则一个平面内任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上.7、边长为5 cm的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从E点沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是（）A．10cm B．5√2cmC．5√π2+1cm D．52√π2+4cm答案：D分析：将圆柱展开，根据题意即可求出答案.圆柱的侧面展开图如图所示，展开后E′F=12×2π×52=52π(cm)，∴E′G=√52+(5π2)2=52√π2+4(cm)，即为所求最短距离．8、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/多选题9、(多选题)下列说法中，正确的结论有（）A．如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等B．如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等C．如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补D．如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行答案：BD分析：由等角定理可判断A的真假；根据直线夹角的定义可判断B的真假；举反例可判断C的真假；由平行公理可判断D的真假.对于选项A：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故选项A错误；对于选项B：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角或直角相等，故选项B正确；对于选项C：如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，这两个角的关系不确定，既可能相等也可能互补，也可能既不相等，也不互补.反例如图，在立方体中，∠A1D1C1与∠A1BC1满足A1D1⊥A1B，C1D1⊥C1B，但是∠A1D1C1=π2，∠A1BC1=π3，二者不相等也不互补.故选项C错误；对于选项D：如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线平行，故选项D正确.故选：BD.10、矩形ABCD中，AB=2，BC=1，将此矩形沿着对角线BD折成一个三棱锥C−BDA，则以下说法正确的有（）A．三棱锥C−BDA的体积最大值为2√515B．当二面角C−BD−A为直二面角时，三棱锥C−BDA的体积为2√515C．当二面角C−BD−A为直二面角时，三棱锥C−BDA的外接球的表面积为5πD．当二面角C−BD−A不是直二面角时，三棱锥C−BDA的外接球的表面积小于5π答案：ABC分析：求出点C到平面ABD的最大距离即可计算棱锥的最大体积判断选项A，B；求出三棱锥C−BDA的外接球的半径即可判断选项C，D作答.过C作CE⊥BD于E，在平面DBA内过E作BD的垂线EG，则∠CEG为二面角C−BD−A的平面角，如图，平面CEG⊥平面DBA，过C作CF⊥EG于F，则CF⊥平面DBA，在直角△BCD中，∠BCD=90∘，BC=1,CD=2,CE=BC⋅CDBD =2√55，显然CF≤CE，当且仅当点E与F重合时取“=”，即点C到平面ABD距离的最大值为CE=2√55，而S△DBA=12AB⋅AD=1，则三棱锥C−BDA的体积最大值为13CE⋅S△DBA=2√515，A正确；当CF取最大值2√55时，CF⊂平面BCD，又CF⊥平面DBA，则平面BCD⊥平面DBA，即二面角C−BD−A为直二面角，三棱锥C−BDA的体积为2√515，B正确；取BD中点O，连接AO，CO，显然有AO=CO=12BD=BO=DO，于是得点A，B，C，D在以O为球心，AO=√52为半径的球面上，显然，无论二面角C−BD−A如何变化，点A，B，C，D都在上述的球O上，其表面积为5π，C正确，D不正确.故选：ABC11、如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题正确的是（）A．两条异面直线D1C和BC1所成的角为π4B．直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4C．点D到面ACD1的距离为√33D．三棱柱AA1D1−BB1C1外接球半径为√32答案：BCD分析：对于A：根据异面直线的求法易得：异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C；对于B：可证B1C⊥平面ABC1D1，则直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1；对于C：根据等体积转换V D−ACD1=V D1−ACD，求点D到面ACD1的距离；对于D：三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．连接AC、AD1∵AB∥C1D1且AB=C1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，∴异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C∵AC=AD1=D1C，则△ACD1为正三角形，即∠AD1C=π3A不正确；连接B1C在正方形BB1C1C中，BC1⊥B1C∵AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C∴AB⊥B1CAB∩BC1=B，则B1C⊥平面ABC1D1∴直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4 B正确；根据等体积转换可知：V D−ACD1=V D1−ACD即13×ℎ×12×√2×√2×√32=13×1×12×1×1，则ℎ=√33C正确；三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球则外接球的半径即为正方体ABCD−A1B1C1D1体对角线的一半，即R=√32 D正确；故选：BCD．填空题12、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：10.13、若将两个半径为1的铁球熔化后铸成一个球，则该球的半径为______．答案：√23分析：根据球的体积等于两个半径为1的球的体积之和即可求其半径．设大球的半径为r，则根据体积相同，可知43π+43π=43πr3，则r3=2，解得r=√23.所以答案是：√23．14、已知一三角形ABC用斜二测画法画出的直观图是面积为√3的正三角形A′B′C′(如图)，则三角形ABC中边长与正三角形A′B′C′的边长相等的边上的高为______．答案：2√6分析：根据面积公式求出三角形的边长，以及高，利用斜二测画法的原理还原出原三角形的高，并求出答案. 设正三角形A′B′C′的边长为a，∵S△A′B′C′=√34a2=√3∴a=2，DC′=√3O′C′=√6∴O′C=2√6所以答案是：2√6.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．。
高中必修二数学 立体几何题型总结
高中必修二数学立体几何题型总结
高中数学必修二中的立体几何部分是高考的重要考点之一，下面是一些常见的立体几何题型及其解题方法：
1. 空间几何体的表面积和体积
解题方法：熟练掌握各种空间几何体的表面积和体积的公式，根据题目要求进行计算。
2. 空间几何体的直观图和三视图
解题方法：通过观察和分析空间几何体的直观图和三视图，掌握几何体的形状和大小，进而解决相关问题。
3. 空间点、线、面的位置关系
解题方法：理解空间点、线、面的位置关系，掌握各种位置关系的判定定理和性质定理，能够灵活运用解决相关问题。
4. 空间几何体的旋转体问题
解题方法：掌握旋转体的形成过程和性质，通过分析旋转体的轴和母线，利用旋转体的性质进行计算和证明。
5. 空间几何体的平行和垂直问题
解题方法：掌握空间几何体的平行和垂直的判定定理和性质定理，能够灵活运用解决相关问题。
6. 空间几何体的最值问题
解题方法：通过分析几何体的结构特征，利用几何体的性质和不等式等数学知识，求得空间几何体的最值。
7. 空间几何体的实际应用问题
解题方法：通过建立空间几何模型，将实际问题转化为数学问题，利用几何体的性质和数学知识解决实际问题。
以上是高中数学必修二中立体几何部分的一些常见题型及解题方法，掌握这些题型和方法对于提高立体几何部分的解题能力非常有帮助。
部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案知识点总结归纳完整版
(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案知识点总结归纳完整版单选题1、已知直线l⊥平面α，有以下几个判断：①若m⊥l，则m//α；②若m⊥α，则m//l；③若m//α，则m⊥l；④若m//l，则m⊥α；上述判断中正确的是（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④,cosA)，n⃑=(sinA，−2、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√3)，且m⃑⃑ ⊥n⃑，则△ABC的面积为（）2A．√3B．3√3C．5√3D．10√33、南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m上升到157．5m时，增加的水量约为（√7≈2.65）（）A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m34、若直线a//平面α，A∉α，且直线a与点A位于α的两侧，B，C∈a，AB，AC分别交平面α于点E，F，若BC=4，CF=5，AF=3，则EF的长为（）A ．3B ．32C ．34D ．235、一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N ，下列结论正确的是（ ）A ．MN//平面ABEB ．MN//平面ADEC ．MN//平面BDHD ．MN//平面CDE6、已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1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B 1D 1C 且面积为√3时，线段AP 的长为（ ） A ．√2B ．1C ．√3D ．√327、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．√2B．1C．√2D．2√228、已知一个圆锥的体积为3π，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（）A．2√3B．3C．√3D．√33多选题9、（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=C10、在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是线段A1C1上一个动点，则下列结论正确的有（）A．存在M点使得异面直线BM与AC所成角为90°B．存在M点使得异面直线BM与AC所成角为45°C．存在M点使得二面角M−BD−C的平面角为45°D．当4A1M=A1C1时，平面BDM截正方体所得的截面面积为9811、如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列结论正确的是（）A．OM∥PD B．OM∥平面PCDC．OM∥平面PDA D．OM∥平面PBA填空题12、边长为5的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离为________.部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(十七)参考答案1、答案：B分析：根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得.对于①，当m⊂平面α也可以有m⊥l，但m不平行于平面α，故①错；对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；对于③，根据线面平行的性质定理可得存在n⊂α且m∥n．而直线l⊥平面α，故可根据线面垂直的性质得出l⊥n，故l⊥m正确；对于④，根据直线l⊥平面α，可在平面α内找到两条相交直线p，n，且l⊥p，l⊥n，又m∥l，所以m⊥p，m⊥n，故根据线面垂直的判定定理可知，m⊥α正确．即②③④正确．故选：B．2、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：D 3、答案：C分析：根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S′=180.0km2=180×106m2，∴V=13ℎ(S+S′+√SS′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)=3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．故选：C．4、答案：B分析：根据线面平行可得线线平行，从而可求EF=32.∵BC//α，BC⊂平面ABC，平面ABC∩α=EF，∴EF//BC，∴AFAC =EFBC，即35+3=EF4，∴EF=32.故选：B.5、答案：C解析：根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE 的关系，进而对D作出判定.根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.小提示：本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.6、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.7、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=r3−18V牟=r3−18×4π×43×π×r3=13r3，所有棱长都为r的正四棱锥的体积为V正=13×r×r×√r2−(√2r2)2=√26r3，∴V方盖差V正=13r3√2r36=√2，故选：C．8、答案：C分析：根据圆锥的侧面展开图和圆锥体积公式以及侧面积公式，即可求出结果. 设底面半径为r，高为ℎ，母线为l，如图所示：则圆锥的体积V=13πr2ℎ=3π，所以r2ℎ=9，即ℎ=9r2，S 侧=12⋅2πrl=2πr2，则l=2r，又ℎ=√l2−r2=√3r，所以√3r3=9，故r=√3．故选：C．9、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.10、答案：AD分析：对于A，由正方体的性质可将异面直线BM与AC所成的角可转化为直线BM与A1C1所成角，而当M为A1C1的中点时，可得BM⊥A1C1，从而可判断；对于B，M与A1或C1重合时，直线BM与AC所成的角最小；对于C，当M与C1重合时，二面角M−BD−C的平面角最小，通过计算可判断；对于D，过M作EF//D1B1，交A1B1于F，交A1D1于E点，由题意可得四边形EFBD即为平面BDM截正方体所得的截面，且四边形EFBD是等腰梯形，然后利用已知数据计算即可解：异面直线BM与AC所成的角可转化为直线BM与A1C1所成角，当M为A1C1的中点时，BM⊥A1C1，此时BM与AC所成的角为90°，所以A正确；当M与A1或C1重合时，直线BM与AC所成的角最小，为60°，所以B错误；当M与C1重合时，二面角M−BD−C的平面角最小，tan∠C1OC=√2>1，所以∠C1OC>45°，所以C错误；对于D，过M作EF//D1B1，交A1B1于F，交A1D1于E点，因为4A1M=A1C1，所以E､F分别是A1D1､A1B1的中点，又B1D1//BD，所以EF//DB，四边形EFBD即为平面BDM截正方体所得的截面，因为EF=12D1B1=√22，且BF=DE=√BB12+B1F2=√52，所以四边形EFBD是等腰梯形，作FG⊥DB交BD于G点，所以BG=1 2(BD−EF)=√24，FG=√FB2−BG2=3√24，所以梯形的面积为12(BD+EF)×FG=98，所以D正确.故选：AD.11、答案：ABC分析：通过直线与平面平行的判定定理，即可判断ABC正确；由线面的位置关系，即可得到直线在平面内，故D错误；解：对于A，由于O为BD的中点，M为PB的中点，则OM∥PD，故正确；对于B，由于OM∥PD，OM⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，则OM∥平面PCD，故正确；对于C，由于OM∥PD，OM⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，则OM∥平面PAD，故正确；对于D，由于M∈平面PAB，故错误．故选：ABC．小提示：本题考查线面平行的判定定理及应用，考查直线与平面的位置关系，考查空间想象能力.12、答案：52√π2+4分析：作出圆柱的侧面展开图，利用勾股定理即可求解.如图，矩形E1F1GH是圆柱沿着其母线EF剪开半个侧面展开而得到的，则从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离为GE1.由题意可知GH＝5，GF1＝5π2，所以GE1＝√GF12+GH2＝√(5π2)2+52=52√π2+4所以从点E沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是52√π2+4.所以答案是：52√π2+4.。
必修二立体几何较难题汇总
1.四面体ABCD 四个面的重心分别为E 、F 、G 、H ，则四面体EFGH 的表面积与四面体ABCD 的表面积的比值是（ ） A)271 B)161 C)91 D)81如图，连接AF 、AG 并延长与BC 、CD 相交于M 、N ， 由于F 、G 分别是三角形的重心， 所以M 、N 分别是BC 、CD 的中点， 且AF ：AM=AG ：AN=2：3， 所以FG ：MN=2：3，又MN ：BD=1：2，所以FG ：BD=1：3， 即两个四面体的相似比是1：3，所以两个四面体的表面积的比是1：9；故选C ．如图，平面α∥平面β∥平面γ，两条直线l ，m 分别与平面α，β，γ相交于点A ，B ，C 和点D ，E ，F ．已知AC ＝15cm ，DE ＝5cm ，AB ︰BC ＝1︰3，求AB ，BC ，EF 的长设平面α‖β,A 、C ∈α,B 、D ∈β直线AB 与CD 交于S ，若AS=18,BS=9,CD=34,则CS=?68/3或68与空间四边形ABCD 四个顶点距离相等的平面共有多少个? 七个你可以把它想象成一个三棱锥四个顶点各对应一个有四个，两条相对棱对应一个共三组相对棱因此有三个总共有七个如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD ⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD 是等边三角形，已知BD=2AD=8，AB=2DC=。
（1）设M是PC上的一点，证明：平面MBD⊥平面PAD；（2）求四棱锥P-ABCD的体积解：（1）证明：在中，由于，，，所以故又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，故平面平面。
C1D1CA1ABDB1（2）过作交于O ， 由于平面平面，所以平面因此为四棱锥的高，又是边长为4的等边三角形因此 在底面四边形中，，，所以四边形是梯形，在中，斜边边上的高为，此即为梯形的高，所以四边形的面积为故。
（2008福建）(6)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AA 1=1,则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为A.63B. 265C.15D.10α•AB•β.（15）如图，二面角l αβ--的大小是60°，线段AB α⊂.B l ∈，AB 与l 所成的角为30°.则AB 与平面β所成的角的正弦值是 . 19．（本小题满分12分）如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC=BC=21AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD 。
高中数学必修2立体几何常考题型：棱柱、棱锥、棱台的结构特征
棱柱、棱锥、棱台的结构特征【知识梳理】1．空间几何体题型一、棱柱的结构特征【例1】下列关于棱柱的说法：(1)所有的面都是平行四边形；(2)每一个面都不会是三角形；(3)两底面平行，并且各侧棱也平行；(4)被平面截成的两部分可以都是棱柱．其中正确说法的序号是________．[解析](1)错误，棱柱的底面不一定是平行四边形；(2)错误，棱柱的底面可以是三角形；(3)正确，由棱柱的定义易知；(4)正确，棱柱可以被平行于底面的平面截成两个棱柱，所以说法正确的序号是(3)(4)．[答案](3)(4)【类题通法】有关棱柱的结构特征问题的解题策略(1)紧扣棱柱的结构特征进行有关概念辨析①两个面互相平行；②其余各面是四边形；③相邻两个四边形的公共边互相平行．求解时，首先看是否有两个平行的面作为底面，再看是否满足其他特征．(2)多注意观察一些实物模型和图片便于反例排除．【对点训练】1．下列四个命题中，假命题为()A．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面B．棱柱的各个侧面都是平行四边形C．棱柱的两底面是全等的多边形D．棱柱的面中，至少有两个面互相平行解析：选A A错，正六棱柱的两个相对的侧面互相平行，但不是棱柱的底面，B、C、D 是正确的.题型二、棱锥、棱台的结构特征【例2】下列关于棱锥、棱台的说法：(1)用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台；(2)棱台的侧面一定不会是平行四边形；(3)棱锥的侧面只能是三角形；(4)由四个面围成的封闭图形只能是三棱锥；(5)棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥，其中正确说法的序号是________．[解析](1)错误，若平面不与棱锥底面平行，用这个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分不是棱台；(2)正确，棱台的侧面一定是梯形，而不是平行四边形；(3)正确，由棱锥的定义知棱锥的侧面只能是三角形；(4)正确，由四个面围成的封闭图形只能是三棱锥；(5)错误，如图所示四棱锥被平面截成的两部分都是棱锥．[答案](2)(3)(4)【类题通法】判断棱锥、棱台形状的两个方法(1)举反例法：结合棱锥、棱台的定义举反例直接判断关于棱锥、棱台结构特征的某些说法不正确．(2)直接法：2．试判断下列说法正确与否：①由六个面围成的封闭图形只能是五棱锥；②两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台．解：①不正确，由六个面围成的封闭图形有可能是四棱柱；②不正确，两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体．侧棱不一定相交于一点，所以不一定是棱台.题型三、多面体的平面展开图【例3】如图是三个几何体的侧面展开图，请问各是什么几何体？[解]由几何体的侧面展开图的特点，结合棱柱，棱锥，棱台的定义，可把侧面展开图还原为原几何体，如图所示：所以①为五棱柱，②为五棱锥，③为三棱台．【类题通法】1．解答此类问题要结合多面体的结构特征发挥空间想象能力和动手能力．2．若给出多面体画其展开图时，常常给多面体的顶点标上字母，先把多面体的底面画出来，然后依次画出各侧面．3．若是给出表面展开图，则可把上述程序逆推．【对点训练】3.水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，如图是一个正方体的表面展开图(图中数字写在正方体的外表面上)，若图中“0”上方的“2”在正方体的上面，则这个正方体的下面是()A．1B．2C．快D．乐解析：选B由题意，将正方体的展开图还原成正方体，1与乐相对，2与2相对，0与快相对，所以下面是2.【练习反馈】1．下列几何体中棱柱有()A．5个B．4个C．3个D．2个解析：选D由棱柱定义知，①③为棱柱．2．下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是()解析：选D A、B、C中底面边数与侧面个数不一致，故不能围成棱柱．3．棱锥最少有________个面．答案：44．下列几何体中，________是棱柱，________是棱锥，________是棱台(仅填相应序号)．答案：①③④⑥⑤5．(1)三棱锥、四棱锥、十五棱锥分别有多少条棱？多少个面？(2)有没有一个多棱锥，其棱数是2 012？若有，求出有多少个面；若没有，说明理由．解：(1)三棱锥有6条棱、4个面；四棱锥有8条棱、5个面；十五棱锥有30条棱、16个面．(2)设n棱锥的棱数是2 012，则2n＝2012，所以n＝1 006，1 006棱锥的棱数是2 012，它有1 007个面．。
(完整word版)必修二立体几何复习+经典例题
一、判定两线平行的方法1、平行于同一直线的两条直线互相平行2、垂直于同一平面的两条直线互相平行3、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，那么这条直线就和交线平行4、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5、在同一平面内的两条直线，可依据平面几何的定理证明二、判定线面平行的方法1、据定义：如果一条直线和一个平面没有公共点2、如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，则这条直线和这个平面平行3、两面平行，则其中一个平面内的直线必平行于另一个平面4、平面外的两条平行直线中的一条平行于平面，则另一条也平行于该平面5、平面外的一条直线和两个平行平面中的一个平面平行，则也平行于另一个平面三、判定面面平行的方法1、定义：没有公共点2、如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，则两面平行3 垂直于同一直线的两个平面平行4、平行于同一平面的两个平面平行四、面面平行的性质1、两平行平面没有公共点2、两平面平行，则一个平面上的任一直线平行于另一平面3、两平行平面被第三个平面所截，则两交线平行4、垂直于两平行平面中一个平面的直线，必垂直于另一个平面五、判定线面垂直的方法1、 定义：如果一条直线和平面内的任何一条直线都垂直，则线面垂直2、 如果一条直线和一个平面内的两条相交线垂直，则线面垂直3、 如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面4、 一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面5、 如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直它们交线的直线垂直于另一个平面6、 如果两个相交平面都垂直于另一个平面，那么它们的交线垂直于另一个平面六、判定两线垂直的方法1、 定义：成︒90角2、 直线和平面垂直，则该线与平面内任一直线垂直3、 在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直4、 在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直5、 一条直线如果和两条平行直线中的一条垂直，它也和另一条垂直七、判定面面垂直的方法1、 定义：两面成直二面角,则两面垂直2、 一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这个平面垂直于另一平面八、面面垂直的性质1、 二面角的平面角为︒902、 在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面3、 相交平面同垂直于第三个平面，则交线垂直于第三个平面九、各种角的范围 1、异面直线所成的角的取值范围是：︒≤<︒900θ (]︒︒90,0 2、直线与平面所成的角的取值范围是：︒≤≤︒900θ []︒︒90,0 3、斜线与平面所成的角的取值范围是：︒≤<︒900θ (]︒︒90,04、二面角的大小用它的平面角来度量；取值范围是：︒≤<︒1800θ (]︒︒180,0 十、三角形的心1、 内心：内切圆的圆心，角平分线的交点2、 外心：外接圆的圆心，垂直平分线的交点3、 重心：中线的交点4、垂心：高的交点【例题分析】例2 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，求证：MN ∥平面P AD ．【分析】要证明“线面平行”，可通过“线线平行”或“面面平行”进行转化；题目中出现了中点的条件，因此可考虑构造(添加)中位线辅助证明．证明：方法一，取PD 中点E ，连接AE ，NE ．∵底面ABCD 是平行四边形，M ，N 分别是AB ，PC 的中点， ∴MA ∥CD ，.21CD MA =∵E 是PD 的中点， ∴NE ∥CD ，.21CD NE =∴MA ∥NE ，且MA ＝NE ， ∴AENM 是平行四边形，∴MN∥AE．又AE⊂平面P AD，MN ⊄平面P AD，∴MN∥平面P AD．方法二取CD中点F，连接MF，NF．∵MF∥AD，NF∥PD，∴平面MNF∥平面P AD，∴MN∥平面P AD．【评述】关于直线和平面平行的问题，可归纳如下方法：(1)证明线线平行：∩α＝a，∩β＝b(2)证明线面平行：(3)证明面面平行：α∥，β∥例3在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AC，AB⊥AC，求证：A1C⊥BC1．【分析】要证明“线线垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，因此设法证明A1C垂直于经过BC1的平面即可．证明：连接AC1．∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴AB⊥AA1．又AB⊥AC，∴AB⊥平面A1ACC1，∴A1C⊥A B．①又AA1＝AC，∴侧面A1ACC1是正方形，∴A1C⊥AC1．②由①，②得A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥BC1．【评述】空间中直线和平面垂直关系的论证往往是以“线面垂直”为核心展开的．如本题已知条件中出现的“直三棱柱”及“AB⊥AC”都要将其向“线面垂直”进行转化．例4在三棱锥P－ABC中，平面P AB⊥平面ABC，AB⊥BC，AP⊥PB，求证：平面P AC⊥平面PBC．【分析】要证明“面面垂直”，可通过“线面垂直”进行转化，而“线面垂直”又可以通过“线线垂直”进行转化．证明：∵平面P AB⊥平面ABC，平面P AB∩平面ABC＝AB，且AB⊥BC，∴BC⊥平面P AB，∴AP⊥BC．又AP⊥PB，∴AP⊥平面PBC，又AP⊂平面P AC，∴平面P AC⊥平面PBC．【评述】关于直线和平面垂直的问题，可归纳如下方法：(1)证明线线垂直：a⊥c，b∥c，a⊥αb⊂α⇒a⊥b⇒a⊥b(1)证明线面垂直：a⊥m，a⊥n a∥b，b⊥αα∥β，a⊥βα⊥β，α∩β＝lm，n⊂α，m∩n＝A a⊂β，a⊥l⇒a⊥α⇒a⊥α⇒a⊥α⇒a⊥α(1)证明面面垂直： a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β例5 如图，在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面A 1ABB 1是菱形，且垂直于底面ABC ，∠A 1AB ＝60°，E ，F 分别是AB 1，BC 的中点．(Ⅰ)求证：直线EF ∥平面A 1ACC 1；(Ⅱ)在线段AB 上确定一点G ，使平面EFG ⊥平面ABC ，并给出证明． 证明：(Ⅰ)连接A 1C ，A 1E ．∵侧面A 1ABB 1是菱形， E 是AB 1的中点， ∴E 也是A 1B 的中点，又F 是BC 的中点，∴EF ∥A 1C ．∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，EF ⊄平面A 1ACC 1， ∴直线EF ∥平面A 1ACC 1． (2)解：当31=GA BG 时，平面EFG ⊥平面ABC ，证明如下： 连接EG ，FG ．∵侧面A 1ABB 1是菱形，且∠A 1AB ＝60°，∴△A 1AB 是等边三角形． ∵E 是A 1B 的中点，31=GA BG ，∴EG ⊥AB ． ∵平面A 1ABB 1⊥平面ABC ，且平面A 1ABB 1∩平面ABC ＝AB ，∴EG ⊥平面ABC ．又EG ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面ABC ．例6 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E 是AC 的中点．(Ⅰ)求证：平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1；(Ⅱ)求证：AB 1∥平面BEC 1．【分析】本题给出的三棱柱不是直立形式的直观图，这种情况下对空间想象能力提出了更高的要求，可以根据几何体自身的性质，适当添加辅助线帮助思考．证明：(Ⅰ)∵ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱，∴AA 1⊥平面ABC ， ∴BE ⊥AA 1．∵△ABC 是正三角形，E 是AC 的中点，∴BE ⊥AC ，∴BE ⊥平面ACC 1A 1，又BE ⊂平面BEC 1， ∴平面BEC 1⊥平面ACC 1A 1．(Ⅱ)证明：连接B 1C ，设BC 1∩B 1C ＝D ．∵BCC 1B 1是矩形，D 是B 1C 的中点， ∴DE ∥AB 1． 又DE ⊂平面BEC 1，AB 1⊄平面BEC 1， ∴AB 1∥平面BEC 1．例7 在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△P AD 是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝8，542==DC AB ．(Ⅰ)设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面P AD ； (Ⅱ)求四棱锥P －ABCD 的体积．【分析】本题中的数量关系较多，可考虑从“算”的角度入手分析，如从M 是PC 上的动点分析知，MB ，MD 随点M 的变动而运动，因此可考虑平面MBD 内“不动”的直线BD 是否垂直平面P AD ．证明：(Ⅰ)在△ABD 中，由于AD ＝4，BD ＝8，54=AB ， 所以AD 2＋BD 2＝AB 2． 故AD ⊥BD ．又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以BD ⊥平面P AD ，又BD ⊂平面MBD ，故平面MBD ⊥平面P AD ． (Ⅱ)解：过P 作PO ⊥AD 交AD 于O ，由于平面P AD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ． 因此PO 为四棱锥P －ABCD 的高，又△P AD 是边长为4的等边三角形．因此.32423=⨯=PO 在底面四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ，所以四边形ABCD 是梯形，在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为5585484=⨯，即为梯形ABCD 的高， 所以四边形ABCD 的面积为.2455825452=⨯+=S 故.316322431=⨯⨯=-ABCD P V图 5DGBFCAE图 4GEF ABC D9.如图4,在边长为1的等边三角形ABC 中,,D E 分别是,AB AC 边上的点,AD AE =,F 是BC 的中点,AF 与DE 交于点G ,将ABF ∆沿AF 折起,得到如图5所示的三棱锥A BCF -,其中22BC =. (1) 证明:DE //平面BCF ; (2) 证明:CF ⊥平面ABF ; (3) 当23AD =时,求三棱锥F DEG -的体积F DEG V -.角形ABC 中,AD AE =9. 【答案】(1)在等边三AD AEDB EC ∴=,在折叠后的三棱锥A BCF -中也成立,//DE BC ∴ ,DE ⊄平面BCF ,BC ⊂平面BCF ,//DE ∴平面BCF ;(2)在等边三角形ABC 中,F 是BC 的中点,所以AF BC ⊥①,12BF CF ==.在三棱锥A BCF -中,22BC =,222BC BF CF CF BF ∴=+∴⊥②BF CF F CF ABF ⋂=∴⊥平面;(3)由(1)可知//GE CF ,结合(2)可得GE DFG ⊥平面.11111131332323323324F DEG E DFGV V DG FG GF --⎛⎫∴==⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭4. 如图，四棱锥P —ABCD 中，ABCD 为矩形，△PAD 为等腰直角三角形，∠APD=90°，面PAD ⊥面ABCD ，且AB=1，AD=2，E 、F 分别为PC 和BD 的中点．11（1）证明：EF ∥面PAD ； （2）证明：面PDC ⊥面PAD ； （3）求四棱锥P —ABCD 的体积． 4. 如图，连接AC ，∵ABCD 为矩形且F 是BD 的中点， ∴AC 必经过F 1分又E 是PC 的中点， 所以，EF ∥AP2分∵EF 在面PAD 外，PA 在面内，∴EF ∥面PAD（2）∵面PAD ⊥面ABCD ，CD ⊥AD ，面PAD面ABCD=AD ，∴CD ⊥面PAD ， 又AP ⊂面PAD ，∴AP ⊥CD又∵AP ⊥PD ，PD 和CD 是相交直线，AP ⊥面PCD 又AD ⊂面PAD ，所以，面PDC ⊥面PAD（3）取AD 中点为O ，连接PO ，因为面PAD ⊥面ABCD 及△PAD 为等腰直角三角形，所以PO ⊥面ABCD ， 即PO 为四棱锥P —ABCD 的高∵AD=2，∴PO=1，所以四棱锥P —ABCD 的体积1233V PO AB AD =⋅⋅= 1. 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=12AA 1，D 是棱AA 1的中点 (Ｉ)证明：平面BDC 1⊥平面BDC（Ⅱ）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.1. 【解析】（Ⅰ）由题设知BC ⊥1CC ,BC ⊥AC ，1CC AC C ⋂=,∴BC ⊥面11ACC A , 又∵1DC ⊂面11ACC A ，∴1DC BC ⊥, 由题设知1145A DC ADC ∠=∠=,∴1CDC ∠=090,即B 1C BADC 1A 1121DC DC ⊥,又∵DC BC C ⋂=, ∴1DC ⊥面BDC , ∵1DC ⊂面1BDC ， ∴面BDC ⊥面1BDC ；（Ⅱ）设棱锥1B DACC -的体积为1V ，AC =1，由题意得，1V =1121132+⨯⨯⨯=12， 由三棱柱111ABC A B C -的体积V =1，∴11():V V V -=1:1， ∴平面1BDC 分此棱柱为两部分体积之比为1:1.。
部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案重点知识点大全
(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案重点知识点大全单选题1、如图，用斜二测画法作水平放置的正三角形A 1B 1C 1的直观图，则正确的图形是（ ）A ．B ．C ．D ．2、已知球O 的体积为36π，则该球的表面积为（ ） A ．6πB ．9πC ．12πD ．36π3、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则m +n 的最小值是（ ） A ．−1B ．−12C ．−13D ．−164、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．275、正方体中，点P，O，R，S是其所在棱的中点，则PQ与RS是异面直线的图形是（）A．B．C．D．6、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＝2AN7、已知直线l⊥平面α，有以下几个判断：①若m⊥l，则m//α；②若m⊥α，则m//l；③若m//α，则m⊥l；④若m//l，则m⊥α；上述判断中正确的是（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④8、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多选题9、已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=BB1，D是AC的中点，O为A1C的中点.点P是BC1上的动点，则下列说法正确的是（）A．当点P运动到BC1中点时，直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值为√55B．无论点P在BC1上怎么运动，都有A1P⊥OB1C．当点P运动到BC1中点时，才有A1P与OB1相交于一点，记为Q，且PQQA1=13D．无论点P在BC1上怎么运动，直线A1P与AB所成角都不可能是30°10、（多选题）已知平面α//平面β，直线m⊂α，直线n⊂β，下列结论中正确的是（）A．m//βB．n//αC．m//n D．m与n不相交11、如图，在棱长均相等的四棱锥P−ABCD中, O为底面正方形的中心, M,N分别为侧棱PA，PB的中点，下列结论正确的有（）A．PD∥平面OMN B．平面PCD∥平面OMNC．直线PD与直线MN所成角的大小为90∘D．ON⊥PB填空题12、如图所示，△A′B′O′是利用斜二测画法画出的△ABO的直观图，已知A′B′∥y′轴，O′B′=4，且△ABO的面积为16，过A′作A′C′⊥x′轴，则A′C′的长为______．部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(三十二)参考答案1、答案：A分析：由斜二侧画法的规则分析判断即可先作出一个正三角形A1B1C1，然后以B1C1所在直线为x轴，以B1C1边上的高所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，画对应的x′,y′轴，使夹角为45°，画直观图时与x轴平行的直线的线段长度保持不变，与y轴平行的线段长度变为原来的一半，得到的图形如图，然后去掉辅助线即可得到正三角形的直观图如图，故选：A2、答案：D分析：根据球的体积公式求出半径，即可求出表面积.设球的体积为R ，则由题可得43πR 3=36π，解得R =3，则该球的表面积为4π×32=36π. 故选：D. 3、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AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =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AP⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以(cosθ+1,sinθ)=m (12,√32)+ n (2,0)=(m2+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 ． 4、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.5、答案：C分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，因为A1D1//BC且A1D1=BC，则四边形A1D1CB为平行四边形，有A1B//D1C，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有PS//A1B，QR//D1C，则PS//QR，直线PQ与RS共面，D错误. 故选：C6、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：A7、答案：B分析：根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得. 对于①，当m⊂平面α也可以有m⊥l，但m不平行于平面α，故①错；对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；对于③，根据线面平行的性质定理可得存在n⊂α且m∥n．而直线l⊥平面α，故可根据线面垂直的性质得出l⊥n，故l⊥m正确；对于④，根据直线l⊥平面α，可在平面α内找到两条相交直线p，n，且l⊥p，l⊥n，又m∥l，所以m⊥p，m⊥n，故根据线面垂直的判定定理可知，m⊥α正确．即②③④正确．故选：B．8、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：A9、答案：ABD分析：构造线面角∠PA1E，由已知线段的等量关系求tan∠PA1E=EPAE的值即可判断A的正误；利用线面垂直的性质，可证明A1P⊥OB1即可知B的正误；由中位线的性质有PQQA1=12可知C的正误；由直线的平行关系构造线线角为∠B1A1P，结合动点P分析角度范围即可知D的正误直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=BB1选项A中，当点P运动到BC1中点时，有E为B1C1的中点，连接A1E、EP，如下图示即有EP⊥面A1B1C1∴直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值：tan∠PA1E=EPAE∵EP=12BB1，AE=√A1B12+B1E2=√52BB1∴tan∠PA1E=√55，故A正确选项B中，连接B1C，与BC1交于E，并连接A1B，如下图示由题意知，B1BCC1为正方形，即有B1C⊥BC1而AB⊥BC且ABC−A1B1C1为直三棱柱，有A1B1⊥面B1BCC1，BC1⊂面B1BCC1∴A1B1⊥BC1，又A1B1∩B1C=B1∴BC1⊥面A1B1C，OB1⊂面A1B1C，故BC1⊥OB1同理可证：A1B⊥OB1，又A1B∩BC1=B∴OB1⊥面A1BC1，又A1P⊂面A1BC1，即有A1P⊥OB1，故B正确选项C中，点P运动到BC1中点时，即在△A1B1C中A1P、OB1均为中位线∴Q为中位线的交点∴根据中位线的性质有：PQQA1=12，故C错误选项D中，由于A1B1//AB，直线A1P与AB所成角即为A1B1与A1P所成角：∠B1A1P 结合下图分析知：点P在BC1上运动时当P在B或C1上时，∠B1A1P最大为45°当P在BC1中点上时，∠B1A1P最小为arctan√22>arctan√33=30°∴∠B1A1P不可能是30°，故D正确故选：ABD小提示：本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小10、答案：ABD分析：由面面平行的性质可判断各选项的正误.因为平面α//平面β，直线m⊂α，直线n⊂β，则m//β，n//α，m与n无公共点，即m与n不相交.故ABD选项正确，C选项错误.故选：ABD.11、答案：ABD分析：连接BD，由PD∥ON易证PD∥平面OMN；证明出CD∥平面OMN，结合PD∥平面OMN可知平面PCD∥平面OMN；利用边长关系结合勾股定理证明ON⊥PB.对于选项A，连接BD，显然O为BD的中点，又N为PB的中点，所以PD//ON,PD⊄平面OMN，ON⊂平面OMN，所以PD∥平面OMN，选项A正确；对于选项B，由M,N分别为侧棱PA,PB的中点，得MN∥AB，又底面为正方形，所以MN∥CD，同理可得CD∥平面OMN,又由选项A得PD∥平面OMN，PD∩CD=D，所以平面PCD∥平面OMN，选项B正确；对于选项C，因为MN∥CD，所以∠PDC（或补角）为直线PD与直线MN所成的角，又因为所有棱长都相等，所以∠PDC=60∘，故直线PD与直线MN所成角的大小为60∘，选项C不正确；对于选项D，因底面为正方形，所以AB2+AD2=BD2,又所有棱长都相等，所以PB2+PD2=BD2，故PB⊥PD，又PD∥ON，所以ON⊥PB，选项D正确.故选：ABD.小提示：本题考查空间平行关系垂直关系的判断，难度一般.解答时要注意图中的几何关系，根据线面平行、面面平行及线面垂直等的判定定理判断.12、答案：2√2分析：结合已知条件利用直观图与原图之间的面积关系得到△A′B′O′的面积，进而得到A′C′.因为S△ABO=16，S△A′B′O′S△ABO =√24，O′B′=4所以S△A′B′O′=4√2=12×O′B′×A′C′，即A′C′=2√2. 所以答案是：2√2.。
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．。
人教版高中数学必修2立体几何题型归类总结资料讲解
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图 14 15．一个棱锥的三视图如图图 9-3-7，则该棱锥的全面积（单位： cm2 ）_____________.
正视图
左视图
俯视图 图 15
16．图 16 是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是_____________.
D'
C'
A'
C'
A'
B'
O
O
D
C
A
B
A
c
注：球的有关问题转化为圆的问题解决.
球面积、体积公式：
S球
4
R2 ,V球
4 3
R3 （其中
R
为球的半径）
平行垂直基础知识网络★★★
平行与垂直关系可互相转化
平行关系 平面几何知
1. a ,b a // b 2. a ,a // b b
3. a , a //
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另一条与其相交；（2）可将两条一面直线同时平移至某一特殊位置。常用中位线平移法 二 证：证明所找（作）的角就是异面直线所成的角（或其补角）。常需要证明线线平行； 三计算：通过解三角形，求出异面直线所成的角；
2 求直线与平面所成的角 0,90 ：关键找“两足”：垂足与斜足
正视图
俯视图
图 10
11. 如图 11 所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为 1 的正方形，俯视图是一
个直径为 1 的圆，那么这个几何体的全面积为_____________.
图
图 11
图 12
图 13
必修二立体几何题型归纳
必修二立体几何题型归纳第1讲空间几何体的结构及其三视图和直观图考点一：空间几何体的结构特征例1】给出下列四个命题：1.在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；2.底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；3.直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；4.棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等。
其中正确命题的个数是()．A．B．1C．2D．3训练1】给出下列四个命题：1.有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；2.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；3.侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；4.若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱。
其中错误的命题的序号是________．考点二：由空间几何体的直观图识别三视图例2】(2013·新课标全国Ⅱ卷)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为()．训练2】(2014·济宁一模)点M，N分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱A1B1，A1D1的中点，用过A，M，N和D，N，C1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图1，则该几何体的正视图，侧视图、俯视图依次为图2中的()．考点三：由空间几何体的三视图还原直观图例3】(1)(2013·四川卷)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()．(2)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()．训练3】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()．易错辨析——三视图识图不准致误典例】(2012·陕西卷)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为()．自主体验】(2014·东北三校模拟)如图，多面体ABCD－EFG的底面ABCD为正方形，FC＝GD＝2EA，其俯视图如下，则其正视图和侧视图正确的是()．第2讲空间几何体的表面积与体积考点一：空间几何体的表面积例1】(2014·日照一模)如图是一个几何体的正视图和侧视图，其俯视图是面积为82的矩形．则该几何体的表面积是()．A．8B．20＋82C．16D．24＋82考点二：空间几何体的体积1A的距离)．1)答案为16/3.(2)答案为3.训练4】(1)如图所示，将一张边长为a的正方形纸沿BD对折，使A落在BD上，再将所得的长方形ABCD沿CE对折，使D落在CE上，得到如图所示的四面体，则四面体的体积为________．(2)如图所示，将一张边长为2的正方形纸沿BD对折，使A落在BD上，再将所得的长方形ABCD沿CE对折，使D落在CE上，得到如图所示的四面体，则四面体的体积为________．1) 若直线a垂直于直线b，且直线a平行于平面α，则直线b与平面α的位置关系是()．A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或XXXαD．b与α相交或XXXα或XXXα2) 给出下列关于互不相同的直线l，m，n和平面α，β，γ的三个命题：①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则XXX.其中真命题的个数为()．A．3B．2C．1D．0例2】如图，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB ＝AC＝2，AA′＝1，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．1)证明：MN∥平面A′ACC′；2)求三棱锥A′－MNC的体积．训练2】如图，在四面体ABCD中，F，E，H分别是棱AB，BD，AC的中点，G为DE的中点．证明：直线HG∥平面CEF.例3】(2013·陕西卷)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA12.1)证明：平面A1BD∥平面CD1B12)求三棱柱ABD－A1B1D1的体积．训练3】在正方体ABCD－A 1B1C1D1中，M，N，P分别是C1C，B1C1C1D1的中点，求证：平面PMN∥平面A1BD.自主体验】(2013·福建卷改编)如图，在四棱锥P－ABCD 中，AB∥DC，AB＝6，DC＝3，若M为PA的中点，求证：DM∥平面PBC.9．(2014·青岛一模)四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，N是PB中点，过A，N，D三点的平面交PC于M.1)求证：PD∥平面ANC；2)求证：M是PC中点．例1】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC 的中点．证明：(1)CD⊥AE；2)PD⊥平面ABE.。
高中数学必修2立体几何常考题型：直线与平面、平面与平面垂直的性质(复习课)全面版
直线与平面、平面与平面垂直的性质( 复习课 )【常考题型】题型一、线面、面面垂直的综合问题【例 1】如图，已知直线a⊥ α，直线 b⊥ β，且 AB⊥ a，AB⊥ b，平面α∩β＝ c.求证： AB∥ c.[ 证明 ]如图，过点 B 作直线 a′ ∥a， a′与 b 确立的平面设为γ.由于 a′ ∥a，AB⊥a，所以 AB ⊥a′，又 AB⊥b， a′∩ b＝ B，所以 AB ⊥γ.由于 b⊥β， c? β，所以 b⊥c.①由于 a⊥α， c? α，所以 a⊥c，又 a′ ∥a，所以 a′ ⊥c.②由①②可得c⊥γ，又 AB⊥γ，所以 AB∥c.【类题通法】判断线线、线面的平行或垂直关系，一般要利用判断定理和性质定理，有时也能够放到特殊的几何体中(如正方体、长方体等)而后再判断它们的地点关系．【对点训练】1.如下图：平面α，β，直线a，且α⊥ β，α∩ β＝AB，a∥ α，a⊥ AB.求证： a⊥ β.证明：∵a∥α，过 a 作平面γ交α于 a′，则 a∥a′∵a⊥AB ，∴a′ ⊥AB.∵α⊥β，α∩β＝ AB，∴a′ ⊥β，∴a⊥β.题型二、求点到面的距离 【例2】 已知△ABC ， AC ＝BC ＝1， AB ＝2，又已知S 是△ ABC所在平面外一点，SA＝ SB ＝ 2， SC ＝5，点P 是 SC 的中点，求点P 到平面ABC的距离．[ 解] 法一： 如下图，连结 PA ， PB.易知△SAC ，△ACB 是直角三角形，所以 SA ⊥AC ，BC ⊥AC.取 AB 、 AC 的中点 E 、F ，连结 PF ， EF ，PE ，则 EF ∥BC ，PF ∥SA.所以 EF ⊥AC ， PF ⊥AC.由于 PF ∩ EF ＝F ，所以 AC ⊥平面 PEF.又 PE? 平面 PEF ，所以 PE ⊥AC.易证△SAC ≌△SBC.由于 P 是 SC 的中点，所以 PA ＝PB .而 E 是 AB 的中点，所以 PE ⊥AB .由于 AB ∩ AC ＝A ，所以 PE ⊥平面 ABC.进而 PE 的长就是点 P 到平面 ABC 的距离．151 2在 Rt △AEP 中， AP ＝2SC ＝ 2 ，AE ＝2AB ＝ 2 ，225 1 3所以 PE ＝ AP －AE ＝4－ 2＝ 2 ， 即点 P 到平面 ABC 的距离为3 2.法二： 如下图，过 A 作 AE ∥BC ，过 B 作 BF ∥AC ，交 AE 于点 D ，则四边形 ACBD 为正方形．连结 SD.由于 AC ⊥SA ， AC ⊥AD ， SA ∩ AD ＝ A ，所以 AC ⊥平面 SDA.所以 AC ⊥SD.又由题意，可知BC ⊥SB.由于 BC ⊥BD ，SB ∩ BD ＝ B ，所以 BC ⊥平面SDB ，所以 BC ⊥SD.又 BC ∩ AC ＝C ，于是 SD ⊥平面 ACBD .所以 SD 的长为点 S到平面 ABC 的距离．在 Rt△SDA 中易得 SD＝SA2－AD 2＝ 22－ 12＝ 3.由于 P 为 SC 的中点，故点P 到平面 ABC 的距离为13 2SD＝2 .【类题通法】求点到面的距离的重点是确立过点与平面垂直的线段．可经过外形进行转变，转变为易于求解的点，等体积法也是求点到平面的距离的常用方法．【对点训练】2.如下图，正四棱柱 ABCD － A1B1C1D1中，底面边长为 2 2，侧棱长为 4， E， F 分别为棱 AB ，BC 的中点， EF∩ BD ＝G.(1)求证：平面 B1EF⊥平面 BDD 1B1；(2)求点 D1到平面 B1EF 的距离．解：证明： (1)连结 AC.∵正四棱柱 ABCD － A1B1C1D1的底面是正方形，∴AC⊥BD .又 AC ⊥DD 1，且 BD ∩DD 1＝ D，故 AC⊥平面 BDD 1B1，∵E， F 分别为棱 AB， BC 的中点，故EF ∥AC，∴EF⊥平面 BDD 1B1，∴平面 B1EF ⊥平面 BDD 1B1.(2)解题流程：题型三、折叠问题【例 3】如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E是AB的中点，沿 DE 将△ ADE 折起．(1)假如二面角 A－ DE －C 是直二面角，求证： AB＝AC ；(2) 假如 AB＝ AC，求证：平面ADE ⊥平面 BCDE .[证明 ] (1)过点 A 作 AM ⊥DE 于点 M，则 AM ⊥平面 BCDE ，∴AM ⊥BC.又 AD＝ AE，∴M 是 DE 的中点．取BC 中点 N，连结 MN ， AN，则 MN ⊥BC.又 AM ⊥BC，AM∩ MN＝M，∴BC⊥平面 AMN ，∴AN⊥BC.又∵N 是 BC 中点，∴AB＝ AC.(2)取 BC 的中点 N，连结 AN.∵AB＝ AC，∴AN⊥BC.取 DE 的中点 M，连结 MN ， AM，∴MN ⊥BC.又 AN∩MN＝N，∴BC⊥平面 AMN ，∴AM ⊥BC.又 M 是 DE 的中点， AD＝ AE，∴AM⊥DE .又∵DE 与 BC 是平面 BCDE 内的订交直线，∴AM ⊥平面 BCDE .∵AM ? 平面 ADE ，∴平面 ADE ⊥平面 BCDE .【类题通法】解决折叠问题的策略(1) 抓住折叠前后的变量与不变量．一般状况下，在折线同侧的量，折叠前后不变，“ 越过”折线的量，折叠前后可能会发生变化，这是解决这种问题的重点．(2) 在解题时认真审察从平面图形到立体图形的几何特点的变化状况．注意相应的点、直线、平面间的地点关系，线段的长度，角度的变化状况．【对点训练】3．如下图，在平行四边形 ABCD 中，已知 AD ＝2AB＝ 2a，BD ＝ 3a， AC∩ BD＝ E，将其沿对角线 BD 折成直二面角．求证： (1) AB⊥平面 BCD ；(2) 平面 ACD ⊥平面 ABD .证明： (1) 在△ABD 中， AB＝ a，AD ＝ 2a， BD ＝3a，222∴AB ＋BD ＝AD ，∴∠ABD ＝ 90°，∴AB⊥BD.又∵平面 ABD ⊥平面 BCD ，平面 ABD ∩平面 BCD ＝BD ，AB? 平面 ABD，∴AB⊥平面 BCD .(2)∵折叠前四边形 ABCD 是平行四边形，且 AB⊥BD ，∴CD ⊥BD .∵AB⊥平面 BCD ，∴AB⊥CD .又∵AB∩ BD＝B，∴CD ⊥平面 ABD.又∵CD ? 平面 ACD，∴平面 ACD ⊥平面 ABD .【练习反应】1．如下图，三棱锥P，A，B 是定点，则动点P－ABC 的底面在平面C 运动形成的图形是(α上，且)AC ⊥PC，平面PAC⊥平面PBC，点A．一条线段B．一条直线分析：选 D∵平面PAC⊥平面PBC，AC⊥PC，AC?平面PAC，且平面PAC∩平面 PBC ＝∴AC⊥平面 PBC.又∵BC? 平面 PBC ，∴AC ⊥BC，∴∠ACB＝ 90°，∴动点 C 运动形成的图形是以AB 为直径的圆，除掉 A 和 B 两点，应选 D.2．在三棱锥P— ABC 中，平面 PAC⊥平面角形， PC＝ 4，M 是 AB 边上的一动点，则PM ABC，∠ PCA ＝ 90°，△ ABC 是边长为 4 的正三的最小值为 ()A．23B．27C．43D．47分析：选B连结CM ，则由题意PC⊥平面 ABC，可得PC⊥CM ，所以 PM＝PC 2＋CM 2，要求PM的最小值只需求出CM的最小值即可，在△ABC 中，当CM ⊥AB 时CM有最小值，此时有CM＝4×32 ＝23，所以 PM 的最小值为 2 7.3．若组成教室墙角的三个墙面记为α，β，γ，交线记为BA，BC，BD ，教室内一点墙面α，β，γ的距离分别为 3 m， 4 m,1 m ，则 P 与墙角 B 的距离为 ________ m.P 到三分析：过点P 向各个面作垂线，组成以BP为体对角线的长方体．|BP|＝32＋ 42＋ 1＝26.答案：264．如下图，平面α⊥平面β， A∈ α， B∈ β， AA′⊥ A′ B′， BB′⊥ A′ B′，且 AA′＝ 3， BB′＝ 4，A′ B′＝ 2，则三棱锥 A— A′ BB′的体积 V＝ ________.分析：由题意 AA1⊥面A′ BB′，BB′ ⊥面A′ B′A，则三棱锥 A—A′ BB′中，AA′为高，底面△A′ BB′为 Rt△.∴V A－′BB′ ＝1△′BB′＝1×3×1× 2×4＝ 4.AA′ ·S323答案： 45．如图，已知平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ.α∩ γ＝ a，β∩γ＝b，且 a∥b，求证：α∥ β.证明：在平面γ内作直线c⊥a.∵α⊥γ，α∩ γ＝ a，∴c⊥α.∵a∥b，∴c⊥b.又∵β⊥γ，β∩ γ＝ b，∴c⊥β，∴α∥β.你曾落的泪，最都会成阳光，照亮脚下的路。
2023年立高中数学必修二立体几何知识点总结及例题
立体几何初步一、柱、锥、台、球旳图形（1）棱柱：（2）棱锥（3）棱台：（4）圆柱：（5）圆锥：（6）圆台：（7）球体：二、空间几何体旳三视图三视图：主视图、左视图、俯视图【注：主视图反应了物体旳高度和长度；俯视图反应了物体旳长度和宽度；左视图反应了物体旳高度和宽度。
】三、空间几何体旳直观图——斜二测画法斜二测画法特点：①原来与x轴平行旳线段仍然与x平行且长度不变；②原来与y轴平行旳线段仍然与y平行，长度为原来旳二分之一。
四、柱体、锥体、台体旳表面积与体积（1）几何体旳表面积为几何体各个面旳面积旳和。
（2）特殊几何体表面积公式（c为底面周长，h为高，h’为斜高，l为母线）ch S=直棱柱侧面积rhSπ2=圆柱侧'21chS=正棱锥侧面积rl Sπ=圆锥侧面积')(2121hccS+=正棱台侧面积lRrSπ)(+=圆台侧面积()lrrS+=π2圆柱表()lrrS+=π圆锥表()22RRlrlrS+++=π圆台表（3）柱体、锥体、台体旳体积公式V Sh =柱 2V Sh r h π==圆柱 13V Sh =锥 h r V 231π=圆锥 ''1()3V S S S S h =++台 ''2211()()33V S S S S h r rR R h π=++=++圆台 （4）球体旳表面积和体积公式：V 球=343R π ； S 球面=24R π五、空间点、直线、平面旳位置关系公理1：假如一条直线旳两点在一种平面内，那么这条直线上所有旳点都在这个平面内。
【,,,A l B l A B l ααα∈∈∈∈⇒⊂】公理2：通过不在同一条直线上旳三点，有且只有一种平面公理3：假如两个不重叠旳平面有一种公共点,那么它们有且只有一条过该点旳公共直线。
【】公理4：平行于同一条直线旳两条直线互相平行等角定理：假如一种角旳两边和另一种角旳两边分别平行，那么这两角相等或互补。
高中数学必修2立体几何常考题型：圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征与简单组合体的结构特征
圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征与简单组合体的结构特征【知识梳理】1．旋转体由简单几何体组合而成的几何体叫做简单组合体．3．简单组合体的构成形式有两种基本形式：一种是由简单几何体拼接而成的；另一种是由简单几何体截去或挖去一部分而成的．【常考题型】题型一、旋转体的结构特征【例1】给出下列说法：(1)以直角三角形的一条边所在直线为轴，其余两边旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥；(2)以等腰三角形底边上的中线所在直线为轴，将三角形旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥；(3)经过圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形；(4)圆锥侧面的母线长有可能大于圆锥底面圆直径，其中正确说法的序号是________．[解析](1)不正确，因为当直角三角形绕斜边所在直线旋转得到的旋转体就不是圆锥，而是两个同底圆锥的组合体；(2)正确，以等腰三角形底边上的中线所在直线为轴，将三角形旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥；(3)正确，如图所示，经过圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形；(4)正确，如图所示，圆锥侧面的母线长有可能大于圆锥底面圆半径的2倍(即直径)．[答案](2)(3)(4)【类题通法】1．判断简单旋转体结构特征的方法(1)明确由哪个平面图形旋转而成．(2)明确旋转轴是哪条直线．2．简单旋转体的轴截面及其应用(1)简单旋转体的轴截面中有底面半径、母线、高等体现简单旋转体结构特征的关键量．(2)在轴截面中解决简单旋转体问题体现了化空间图形为平面图形的转化思想．【对点训练】1．给出下列说法：(1)圆柱的底面是圆面；(2)经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；(3)圆台的任意两条母线的延长线可能相交，也可能不相交；(4)夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体．其中说法正确的是________．解析：(1)正确，圆柱的底面是圆面；(2)正确，如图所示，经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面；(3)不正确，圆台的母线延长相交于一点；(4)不正确，圆柱夹在两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体．答案：(1)(2)题型二、简单组合体【例2】观察下列几何体的结构特点，完成以下问题：(1)图①所示几何体是由哪些简单几何体构成的？试画出几何图形，可旋转该图形180°后得到几何体①；(2)图②所示几何体结构特点是什么？试画出几何图形，可旋转该图形360°得到几何体②；(3)图③所示几何体是由哪些简单几何体构成的？并说明该几何体的面数、棱数、顶点数．[解析](1)图①是由圆锥和圆台组合而成．可旋转如下图形180°得到几何体①.(2)图②是由一个圆台，从上而下挖去一个圆锥，且圆锥的顶点恰为圆台底面圆的圆心．可旋转如下图形360°得到几何体②.(3)图③是由一个四棱锥与一个四棱柱组合而成，且四棱锥的底面与四棱柱底面相同．共有9个面，9个顶点，16条棱．【类题通法】1．明确组合体的结构特征，主要弄清它是由哪些简单几何体组成的，必要时也可以指出棱数、面数和顶点数，如图③所示的组合体有9个面，9个顶点，16条棱．2．会识别较复杂的图形是学好立体几何的第一步，因此我们应注意观察周围的物体，然后将它们“分拆”成几个简单的几何体，进而培养我们的空间想象能力和识图能力．【对点训练】2．下列组合体是由哪些几何体组成的？解：(1)由两个几何体组合而成，分别为球、圆柱．(2)由三个几何体组合而成，分别为圆柱、圆台、圆柱．(3)由三个几何体组合而成，分别为圆锥、圆柱、圆台．【练习反馈】1．圆锥的母线有()A．1条B．2条C．3条D．无数条答案：D2.右图是由哪个平面图形旋转得到的()解析：选A图中几何体由圆锥、圆台组合而成，可由A中图形绕图中虚线旋转360°得到．3．等腰三角形绕底边上的高所在直线旋转180°，所得几何体是________．答案：圆锥4．如图所示的组合体的结构特征为________．解析：该组合体上面是一个四棱锥，下面是一个四棱柱，因此该组合体的结构特征是四棱锥和四棱柱的一个组合体．答案：一个四棱锥和一个四棱柱的组合体5.如图，AB为圆弧BC所在圆的直径，∠BAC＝45°.将这个平面图形绕直线AB旋转一周，得到一个组合体，试说明这个组合体的结构特征．解：如图所示，这个组合体是由一个圆锥和一个半球体拼接而成的．。
人教版高中数学必修2立体几何题型归类总结材料
标准文档立体几何题型归类总结一、考点解析基本图形1．棱柱——有两个面互相平行，其他各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。
斜棱柱① 棱柱底面是正多形正棱柱★棱垂直于底面直棱柱其他棱柱②四棱柱底面为平行四边形平行六面体侧棱垂直于底面直平行六面体底面为矩形长方体底面为正方形正四棱柱侧棱与底面边长相等正方体E'D'F'C'侧面A'B'l底面侧棱高S极点侧面侧棱E D底面F C斜高AB D CO HA B2.棱锥棱锥——有一个面是多边形，其他各面是有一个公共极点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。
★正棱锥——若是有一个棱锥的底面是正多边形，并且极点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。
3．球球面球的性质：球心轴①球心与截面圆心的连线垂直于截面；半径★② r R2 d 2（其中，球心到截面的距离为d、O球的半径为R、截面的半径为 r）★球与多面体的组合体：球与正周围体，球与长方体，R d球与正方体等的内接与外切.D'C'A'C'A'B'rAO1BO OD CA BA c注：球的有关问题转变成圆的问题解决.球面积、体积公式： S球 4 R2 ,V球4R3（其中R为球的半径）平行垂直基础知识网络★★★平行与垂直关系可互相转变平行关系垂直关系1. a,b a // b2. a,a // b b平面几何知识平面几何知识3. a,a//4.//,a a5.//,线线平行线线垂直判断判断推论判断性质性质性质面面垂直定义判断判断线面平行面面平行线面垂直面面垂直异面直线所成的角，线面角，二面角的求法★★★1．求异面直线所成的角0 ,90：解题步骤：一找（作）：利用平移法找出异面直线所成的角；（1）可固定一条直线平移另一条与其订交；（ 2）可将两条一面直线同时平移至某一特别地址。
必修二立体几何知识点+例题+练习+答案
学习资料收集于网络，仅供学习和参考,如有侵权，请联系网站删除立体几何知识点一、空间几何体1.多面体：由若干个多边形围成的几何体，叫做多面体。
围成多面体的各个多边形叫做多面体的面 , 相邻两个面的公共边叫做多面体的棱 , 棱与棱的公共点叫做多面体的顶点 .2.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平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱。
两个互相平行的面叫做底面, 其余各面叫做侧面 .3.棱锥：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥。
底面是正多边形，且各侧面是全等的等腰三角形的棱锥叫做正棱锥。
正棱锥的性质：各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰三角形；顶点在底面上的射影是底面正多边形的中心。
4.棱台：用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫做棱台。
由正棱锥截得的棱台叫做正棱台。
正棱台的性质：各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰梯形；正棱台的两底面以及平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。
圆柱、圆锥、圆台的性质：平行于底面的截面都是圆；过轴的截面 ( 轴截面 ) 分别是全等的矩形、等腰三角形、等腰梯形。
注：在处理圆锥、圆台的侧面展开图问题时，经常用到弧长公式 l R7.球: 以半圆的直径为旋转轴，旋转一周所成的曲面叫做球面 . 球面所围成的几何体叫做球体 ( 简称球 )8.简单空间图形的三视图：一个投影面水平放置，叫做水平投影面，投影到这个平面内的图形叫做俯视图。
一个投影面放置在正前方，这个投影面叫做直立投影面，投影到这个平面内的图形叫做主视图 ( 正视图 ) 。
和直立、水平两个投影面都垂直的投影面叫做侧立投影面，通常把这个平面放在直立投影面的右面，投影到这个平面内的图形叫做左视图( 侧视图) 。
部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案知识点总结(超全)
(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案知识点总结(超全)单选题1、在△ABC 中，AB =1，AC =2，∠BAC =60°，P 是△ABC 的外接圆上的一点，若AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =mAB ⃑⃑⃑⃑⃑ + nAC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则m +n 的最小值是（ ） A ．−1B ．−12C ．−13D ．−162、如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，BD =2，DE =1，点P 在线段EF 上.给出下列命题：①存在点P ，使得直线DP//平面ACF ； ②存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF ；③直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是[√55,1]； ④三棱锥A −CDE 的外接球被平面ACF 所截得的截面面积是9π8. 其中所有真命题的序号（ ）A ．①③B ．①④C ．①②④D ．①③④3、正方体中，点P ，O ，R ，S 是其所在棱的中点，则PQ 与RS 是异面直线的图形是（ ）A ．B ．C．D．4、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//α5、已知直线l⊥平面α，有以下几个判断：①若m⊥l，则m//α；②若m⊥α，则m//l；③若m//α，则m⊥l；④若m//l，则m⊥α；上述判断中正确的是（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④6、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．37、圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为（）A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．2∶38、已知圆锥的母线长为3，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积为（）A．√23πB．2√23πC．πD．√2π多选题9、设z1,z2为复数，则下列命题正确的是（）A．若|z1−z2|=0，则z1=z2B．若|z1|=|z2|，则z12=z22C．若z1+z2>0，则z2=z̅1D．若z1z2=0，则z1=0或z2=010、如图所示，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别是AD，CC1的中点，P是线段AB上的动点，则下列说法正确的是（）A．当点P与A，B两点不重合时，平面PMN截正方体所得的截面是五边形B．平面PMN截正方体所得的截面可能是三角形C．△MPN一定是锐角三角形D．△MPN面积的最大值是√21211、如图所示，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则下列结论正确的是（）A．直线AM与BN是平行直线B．直线BN与MB1是异面直线C．直线MN与AC所成的角为60°D．平面BMN截正方体所得的截面面积为92填空题12、直三棱柱ABC−A1B1C1的所有顶点都在球O的球面上，AB⊥BC，AB=1，BC=2√2，AA1=4，则球O的体积是__________．部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(十三)参考答案1、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AP ⃑⃑⃑⃑⃑ =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AB⃑⃑⃑⃑⃑ =(12,√32)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0)，AP ⃑⃑⃑⃑⃑ = (cosθ+1,sinθ)，又AP⃑⃑⃑⃑⃑ =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 ． 2、答案：D分析：当点P 是线段EF 中点时判断①；假定存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF ，推理导出矛盾 判断②；利用线面角的定义转化列式计算判断③；求出△ACF 外接圆面积判断④作答. 取EF 中点G ，连DG ，令AC ∩BD =O ，连FO ，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则DO//GF且DO=GF，即四边形DGFO是平行四边形，即有DG//FO，而FO⊂平面ACF，DG⊄平面ACF，于是得DG//平面ACF，当点P与G重合时，直线DP//平面ACF，①正确；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，而FO⊂平面ACF，则DP⊥FO，又DG//FO，从而有DP⊥DG，在Rt△DEF中，∠DEF=90∘，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即②不正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，则线段EF上的动点P在平面ABCD上的射影在直线BD上，于是得∠PDB是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，∠PDB=∠DPE，sin∠PDB=sin∠DPE=DEDP =√DE2+EP2=√1+EP2，而0<EP≤2，则√55≤sin∠PDB<1，当P与E重合时，∠PDB=π2，sin∠PDB=1，因此，√55≤sin∠PDB≤1，③正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，BF⊥BD，BF⊂平面BDEF，则BF⊥平面ABCD，BC=√2，在△ACF中，AF=CF=√BC2+BF2=√3，显然有FO⊥AC，sin∠FAC=FOAF =√BO2+BF2AF=√2√3，由正弦定理得△ACF外接圆直径2R=CFsin∠FAC =√2，R=2√2，三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△ACF的外接圆，其面积为πR2=9π8，④正确，所以所给命题中正确命题的序号是①③④.故选：D小提示：名师点评两个平面互相垂直，则一个平面内任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上.3、答案：C分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，因为A1D1//BC且A1D1=BC，则四边形A1D1CB为平行四边形，有A1B//D1C，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有PS//A1B，QR//D1C，则PS//QR，直线PQ与RS共面，D错误.故选：C4、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：D5、答案：B分析：根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得. 对于①，当m⊂平面α也可以有m⊥l，但m不平行于平面α，故①错；对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；对于③，根据线面平行的性质定理可得存在n⊂α且m∥n．而直线l⊥平面α，故可根据线面垂直的性质得出l⊥n，故l⊥m正确；对于④，根据直线l⊥平面α，可在平面α内找到两条相交直线p，n，且l⊥p，l⊥n，又m∥l，所以m⊥p，m⊥n，故根据线面垂直的判定定理可知，m⊥α正确．即②③④正确．故选：B．6、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：A7、答案：A分析：按圆柱侧面积和球的表面积公式计算即可.设球的半径的r，依题意圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积=2πr·2r=4πr2，球的表面积为4πr2，其比例为1:1，故选：A.8、答案：B分析：根据弧长计算公式，求得底面圆半径以及圆锥的高，即可求得圆锥的体积.设圆锥的底面圆半径为r，故可得2πr=2π3×3，解得r=1，设圆锥的高为ℎ，则ℎ=√32−12=2√2，则圆锥的体积V=13×πr2×ℎ=13×π×2√2=2√23π.故选：B.9、答案：AD分析：通过反例可说明BC错误；设z1=a+b i，z2=c+d i，根据模长运算和复数乘法运算可分析得到AD正确.对于A，设z1=a+b i，a，b∈R，z2=c+d i，c，d∈R，则|z1−z2|=√(a−c)2+(b−d)2=0，∴{a−c=0 b−d=0，即{a=cb=d，∴z1=z2，A正确；对于B，令z1=1，z2=i，则|z1|=|z2|=1，此时z12≠z22，B错误；对于C，令z1=1+i，z2=−i，则z1+z2=1>0，此时z2≠z̅1，C错误；对于D，设z1=a+b i，z2=c+d i，则z1z2=(ac−bd)+(ad+bc)i=0，∴{ac−bd=0 ad+bc=0，即{ac=bdad=−bc，则a2cd=−b2cd；若c=d=0，则a2cd=−b2cd成立，此时z2=0；若c=0，d≠0，由ac=bd知：b=0；由ad=−bc知：a=0；此时z1=0；同理可知：当c≠0，d=0时，z1=0；若c≠0，d≠0，由a2cd=−b2cd得：a2=−b2，∴a=b=0，此时z1=0；综上所述：若z1z2=0，则z1=0或z2=0，D正确.故选：AD.10、答案：AD分析：依据平面的性质画出平面PMN截正方体所得的截面判断选项AB；举反例否定选项C；求得△MPN面积的最大值判断选项D如图，当点P与A，B两点不重合时，将线段MP向两端延长，分别交CD，CB的延长线于点O，Q，连接NO，NQ分别交DD1，BB1于R，S两点，连接RM，SP，MP此时截面为五边形MPSNR，所以A正确；当点P与点A或点B重合时，截面为四边形.综上，平面PMN截正方体所得的截面为四边形或五边形.不可能是三角形，所以B不正确；考虑△PMN，当点P与点A重合时，MN=√6，PM=1，PN=3，此时因为MN2+PM2<PN2，故∠PMN为钝角，所以C判断错误；如图，E,F为DD1,BC中点，连接EN,MF，则AB//MF//EN，且MN⊂面MFNE，延长EM,NF分别交A1A,B1B延长线于I,J，则AI=AM=BJ=BF，若G,H分别为MI,FJ中点，易知：AG,BH⊥面MFNE，且AG//BH，AG=BH，易证：面AGHB⊥面MFNE，即AB在面MFNE上的投影为GH，令PK⊥GH，面MFNE∩面AGHB=GH，则PK⊥面MFNE，MN⊂面MFNE，所以PK⊥MN，若KL⊥MN，PK∩KL=K，则MN⊥面PKL，PL⊂面PKL，所以MN⊥PL，即PL为P到直线MN的距离，如下图，随P从A到B移动过程中，KL逐渐变大，而PK不变，故PL也在变大，所以当P与点B重合时，点P到直线MN的距离取到最大值，△MPN的面积取到最大值，此时MN=√6，BM=BN=√5，则MN边上的高为(√2)=√142，△MBN的面积为12×√142×√6=√212，即最大值为√212，D判断正确．故选：AD．11、答案：BCD解析：根据异面直线的定义直接判断AB选项，根据MN//D1C，转化求异面直线所成的角，利用确定平面的依据，作出平面BMN截正方体所得的截面，并求面积.A.直线AM与BN是异面直线，故A不正确；B.直线BN与MB1是异面直线，故B正确；C. 由条件可知MN//D1C，所以异面直线MN与AC所成的角为∠ACD1，△ACD1是等边三角形，所以∠ACD1= 60∘，故C正确；D.如图，延长MN ，并分别与DD 1和DC 交于E,F ，连结EA,GB 交于点F ，连结A 1M,BN ，则四边形A 1BNM 即为平面BMN 截正方体所得的截面，由对称性可知，四边形A 1BNM 是等腰梯形，MN =√2,A 1B =2√2，A 1M =BN =√5，则梯形的高是ℎ=√(√5)2−(√22)2=3√22，所以梯形的面积S =12×(√2+2√2)×3√22=92，故D 正确.故选：BCD 小提示：关键点点睛：本题考查以正方体为载体，判断异面直线，截面问题，本题关键选项是D ，首先要作出平面BMN 与正方体的截面，即关键作出平面EFG .12、答案：1256π分析：把直三棱柱ABC −A 1B 1C 1补成长方体，求出外接球的直径即得解.把直三棱柱ABC −A 1B 1C 1补成长方体，则直三棱柱和长方体的外接球重合，外接球的直径2R =√12+(2√2)2+42=5，故球O的体积V=43πR3=1256π．所以答案是：1256π。
高中数学必修二第八章立体几何初步必考知识点归纳(带答案)
高中数学必修二第八章立体几何初步必考知识点归纳单选题1、如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B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−A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，AD1∩AB=A，所以A1D⊥平面ABD1，D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，且直线A1D,D1B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.2、在正方体ABCD−A1B1C1D1中，三棱锥A−B1CD1的表面积为4√3，则正方体外接球的体积为（）A．4√3πB．√6πC．32√3πD．8√6π答案：B解析：根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果．解：设正方体的棱长为a，则B1D1=AC=AB1=AD1=B1C=D1C=√2a，由于三棱锥A−B1CD1的表面积为4√3，所以S=4S△AB1C =4×12×√32(√2a)2=4√3所以a=√2所以正方体的外接球的半径为√(√2)2+(√2)2+(√2)22=√62， 所以正方体的外接球的体积为43π·(√62)3=√6π故选：B ．小提示：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.3、已知直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，且该棱柱的体积为√3，AB =2，AC =1，∠BAC =60°，则该球的表面积为（ ） A ．4πB ．4√2πC ．8πD ．32π 答案：C解析：利用三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为√3，AB =2，AC =1，∠BAC =60°，求出AA 1，再求出ΔABC 外接圆的半径，即可求得球的半径，从而可求球的表面积. ∵三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面， 棱柱的体积为√3，AB =2，AC =1，∠BAC =60°， ∴12×2×1×sin60°×AA 1=√3，∴AA 1=2∵BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅ACcos60°=4+1−2=3，∴BC =√3. 设ΔABC 外接圆的半径为R ，则BCsin60°=2R ，∴R =1.∴外接球的半径为√1+1=√2，∴球的表面积等于4π×(√2)2=8π. 故选：C.小提示：本小题主要考查根据柱体体积求棱长，考查几何体外接球有关计算，属于基础题.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 ×r 2−(√2r 2)2=√26r 3， ∴V 方盖差V 正=13r 3√2r 36=√2，故选：C ．5、已知一个圆锥的体积为3π，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（ ） A ．2√3B ．3C ．√3D ．√33答案：C分析：根据圆锥的侧面展开图和圆锥体积公式以及侧面积公式，即可求出结果. 设底面半径为r ，高为ℎ，母线为l ，如图所示：则圆锥的体积V =13πr 2ℎ=3π，所以r 2ℎ=9，即ℎ=9r 2， S 侧=12⋅2πrl =2πr 2，则l =2r ，又ℎ=√l 2−r 2=√3r ，所以√3r 3=9，故r =√3．故选：C．6、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.7、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ABCD B．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：C8、如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，BD=2，DE=1，点P在线段EF上.给出下列命题：①存在点P，使得直线DP//平面ACF；②存在点P，使得直线DP⊥平面ACF；,1]；③直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是[√55④三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是9π.8其中所有真命题的序号（）A．①③B．①④C．①②④D．①③④答案：D分析：当点P是线段EF中点时判断①；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，推理导出矛盾判断②；利用线面角的定义转化列式计算判断③；求出△ACF外接圆面积判断④作答.取EF中点G，连DG，令AC∩BD=O，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则DO//GF且DO=GF，即四边形DGFO是平行四边形，即有DG//FO，而FO⊂平面ACF，DG⊄平面ACF，于是得DG//平面ACF，当点P与G重合时，直线DP//平面ACF，①正确；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，而FO⊂平面ACF，则DP⊥FO，又DG//FO，从而有DP⊥DG，在Rt△DEF中，∠DEF=90∘，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即②不正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，则线段EF上的动点P在平面ABCD上的射影在直线BD上，于是得∠PDB是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，∠PDB=∠DPE，sin∠PDB=sin∠DPE=DEDP =√DE2+EP2=√1+EP2，而0<EP≤2，则√55≤sin∠PDB<1，当P与E重合时，∠PDB=π2，sin∠PDB=1，因此，√55≤sin∠PDB≤1，③正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，BF⊥BD，BF⊂平面BDEF，则BF⊥平面ABCD，BC=√2，在△ACF中，AF=CF=√BC2+BF2=√3，显然有FO⊥AC，sin∠FAC=FOAF =√BO2+BF2AF=√2√3，由正弦定理得△ACF外接圆直径2R=CFsin∠FAC =√2，R=2√2，三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△ACF的外接圆，其面积为πR2=9π8，④正确，所以所给命题中正确命题的序号是①③④.故选：D小提示：名师点评两个平面互相垂直，则一个平面内任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上.多选题9、在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是线段A1C1上一个动点，则下列结论正确的有（）A．存在M点使得异面直线BM与AC所成角为90°B．存在M点使得异面直线BM与AC所成角为45°C．存在M点使得二面角M−BD−C的平面角为45°D．当4A1M=A1C1时，平面BDM截正方体所得的截面面积为98答案：AD分析：对于A，由正方体的性质可将异面直线BM与AC所成的角可转化为直线BM与A1C1所成角，而当M为A1C1的中点时，可得BM⊥A1C1，从而可判断；对于B，M与A1或C1重合时，直线BM与AC所成的角最小；对于C，当M与C1重合时，二面角M−BD−C的平面角最小，通过计算可判断；对于D，过M作EF//D1B1，交A1B1于F，交A1D1于E点，由题意可得四边形EFBD即为平面BDM截正方体所得的截面，且四边形EFBD是等腰梯形，然后利用已知数据计算即可解：异面直线BM与AC所成的角可转化为直线BM与A1C1所成角，当M为A1C1的中点时，BM⊥A1C1，此时BM与AC所成的角为90°，所以A正确；当M与A1或C1重合时，直线BM与AC所成的角最小，为60°，所以B错误；当M与C1重合时，二面角M−BD−C的平面角最小，tan∠C1OC=√2>1，所以∠C1OC>45°，所以C错误；对于D，过M作EF//D1B1，交A1B1于F，交A1D1于E点，因为4A1M=A1C1，所以E､F分别是A1D1､A1B1的中点，又B1D1//BD，所以EF//DB，四边形EFBD即为平面BDM截正方体所得的截面，因为EF=12D1B1=√22，且BF=DE=√BB12+B1F2=√52，所以四边形EFBD是等腰梯形，作FG⊥DB交BD于G点，所以BG=1 2(BD−EF)=√24，FG=√FB2−BG2=3√24，所以梯形的面积为12(BD+EF)×FG=98，所以D正确.故选：AD.10、给出以下关于斜二测直观图的结论，其中正确的是（）A．水平放置的角的直观图一定是角B．相等的角在直观图中仍然相等C．相等的线段在直观图中仍然相等D．两条平行线段在直观图中仍是平行线段答案：AD分析：根据直观图和斜二测画法的规则，判断选项.水平放置的角的直观图一定是角，故A正确；角的大小在直观图中都会发生改变，有的线段在直观图中也会改变，比如正方形的直方图中，故BC错误；由斜二测画法规则可知，直观图保持线段的平行性，所以D正确.故选：AD11、(多选题)下列说法中，正确的结论有（）A．如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等B．如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等C．如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补D．如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行答案：BD分析：由等角定理可判断A的真假；根据直线夹角的定义可判断B的真假；举反例可判断C的真假；由平行公理可判断D的真假.对于选项A：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故选项A错误；对于选项B：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角或直角相等，故选项B正确；对于选项C：如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，这两个角的关系不确定，既可能相等也可能互补，也可能既不相等，也不互补.反例如图，在立方体中，∠A1D1C1与∠A1BC1满足A1D1⊥A1B，C1D1⊥C1B，但是∠A1D1C1=π2，∠A1BC1=π3，二者不相等也不互补.故选项C错误；对于选项D：如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线平行，故选项D正确. 故选：BD.填空题12、3个不同的平面最多将空间分成a部分，最少将空间分成b部分，则b−a=__．答案：−4分析：对平面的位置关系分类讨论，即可得到答案.当三个不同的平面互相平行时，最少将空间分成4部分，即b =4，当三个平面三维放置时，最多将空间分成8部分，即a =8，所以b −a =4−8=−4．所以答案是：−4小提示：方法点睛：对平面分空间为几个部分问题，要有画图的意识，结合空间想象能力全方位、多角度地去考虑问题，作出判断．13、设地球半径为R ，地球上北纬30°圈上有A ，B 两点，点A 在西经10°，点B 在东经110°，则点A 和B 两点东西方向的距离是___________.答案：√3πR 3分析：求出O ′A,O ′B 的长度，确定∠AO ′B 的大小，再由弧长公式求得A,B 两地的东西方向的距离.如图示，设O ′为北纬30°圈的圆心，地球球心为O ，则∠AOO ′=60∘ ,故AO ′=√32R ,即北纬30°圈的圆的半径为√32R ， 由题意可知∠AO ′B =120∘=2π3,故点A 和B 两点东西方向的距离即为北纬30°圈上的AB⌢的长， 故AB ⌢的长为2π3×√32R =√3πR 3, 所以答案是：√3πR 314、若将两个半径为1的铁球熔化后铸成一个球，则该球的半径为______．答案：√23分析：根据球的体积等于两个半径为1的球的体积之和即可求其半径．设大球的半径为r ，则根据体积相同，可知43π+43π=43πr3，则r3=2，解得r=√23.所以答案是：√23．解答题15、已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinC=√3ccosA．（1）求角A．（2）若a=√7，c=2求△ABC的面积．答案：（1）A=π3；（2）3√32.分析：（1）由正弦定理边角关系，结合三角形内角性质得sinA=√3cosA，进而求角A．（2）由余弦定理得b2−2b−3=0求b，再利用三角形面积公式求△ABC的面积．（1）由正弦定理，sinAsinC=√3sinCcosA，又sinC≠0，∴sinA=√3cosA，即tanA=√3，由A∈(0,π)，得A=π3.（2）由余弦定理知：a2=b2+c2−2bccosA，∴b2−2b−3=0，解得b=3，∴S△ABC=12bcsinA=3√32.。
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第1讲空间几何体的结构及其三视图和直观图考点一空间几何体的结构特征【例1】给出下列四个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()．A．0 B．1 C．2 D．3【训练1】给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中错误的命题的序号是________．考点二由空间几何体的直观图识别三视图【例2】(2013·新课标全国Ⅱ卷)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为()．【训练2】(2014·济宁一模)点M，N分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱A1B1，A1D1的中点，用过A，M，N和D，N，C1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图1，则该几何体的正视图，侧视图、俯视图依次为图2中的()．考点三由空间几何体的三视图还原直观图【例3】(1)(2013·四川卷)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()．(2)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()．【训练3】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()．易错辨析——三视图识图不准致误【典例】(2012·陕西卷)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为()．【自主体验】(2014·东北三校模拟)如图，多面体ABCD－EFG的底面ABCD为正方形，FC＝GD＝2EA，其俯视图如下，则其正视图和侧视图正确的是()．第2讲空间几何体的表面积与体积考点一空间几何体的表面积【例1】(2014·日照一模)如图是一个几何体的正视图和侧视图，其俯视图是面积为82的矩形．则该几何体的表面积是()．A．8 B．20＋8 2C．16 D．24＋8 2考点二空间几何体的体积【例2】(1)(2013·新课标全国Ⅰ卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()．A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π(2)(2014·福州模拟)如图所示，已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1－ABC1的体积为()．A.312 B.34 C.612 D.64【训练2】如图所示，已知E，F分别是棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱A1A，CC1的中点，求四棱锥C1－B1EDF的体积．考点三 球与空间几何体的接、切问题【例3】 (1)(2013·福建卷)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______________．(2)(2013·辽宁卷)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为A.3172 B ．210 C.132D ．310【训练3】 (2013·新课标全国Ⅰ卷)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )．A.500π3 cm 3B.866π3 cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3 cm 3考点四 几何体的展开与折叠问题【例4】 (1)如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD 中，AC 与BD 相交于O ，剪去△AOB ，将剩余部分沿OC ，OD 折叠，使OA ，OB 重合，则以A ，B ，C ，D ，O 为顶点的四面体的体积为________．(2)如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝CC 1＝3.P 是BC 1上一动点，则CP ＋P A 1的最小值为________(其中P A 1表示P ，A 1两点沿棱柱的表面距离)．【训练4】如图为一几何体的展开图，其中ABCD是边长为6的正方形，SD＝PD＝6，CR＝SC，AQ＝AP，点S，D，A，Q共线，点P，D，C，R共线，沿图中虚线将它们折叠起来，使P，Q，R，S四点重合，则需要________个这样的几何体，可以拼成一个棱长为6的正方体．方法优化——特殊点在求解几何体的体积中的应用【典例】(2012·山东卷)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为________．第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系考点一平面的基本性质及其应用【例1】(1)以下四个命题中，正确命题的个数是()．①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共面；③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．A．0 B．1 C．2 D．3(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，那么正方体的过P，Q，R的截面图形是()．A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形考点二空间两条直线的位置关系【例2】如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．【训练2】在图中，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________(填上所有正确答案的序号)．考点三异面直线所成的角【例3】在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，对角线AC与BD交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成角为60°.(1)求四棱锥的体积；(2)若E是PB的中点，求异面直线DE与P A所成角的余弦值．【训练3】(2014·成都模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱A1B1，A1D1的中点，则A1B与EF 所成角的大小为________．思想方法——构造模型判断空间线面的位置关系【典例】 (2012·上海卷)已知空间三条直线l ，m ，n ，若l 与m 异面，且l 与n 异面，则( )．A ．m 与n 异面B ．m 与n 相交C ．m 与n 平行D ．m 与n 异面、相交、平行均有可能【自主体验】1．(2013·浙江卷)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( )． A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥α，m ∥β ，则α∥β C ．若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥α D ．若m ∥α，α⊥β，则m ⊥β2．对于不同的直线m ，n 和不同的平面α，β，γ，有如下四个命题：①若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α；②若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α；③若α⊥β，γ⊥β，则α∥γ；④若m ⊥α，m ∥n ，n ⊂β，则α⊥β.其中真命题的个数是( )． A ．1 B ．2 C ．3 D ．43.(2013·安徽卷)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段CC 1上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S .则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．①当0＜CQ ＜12时，S 为四边形；②当CQ ＝12时，S 为等腰梯形；③当CQ ＝34时，S 与C 1D 1的交点R 满足C 1R＝13；④当34＜CQ ＜1时，S 为六边形；⑤当CQ ＝1时，S 的面积为62.4．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， (1)求A 1C 1与B 1C 所成角的大小；(2)若E ，F 分别为AB ，AD 的中点，求A 1C 1与EF 所成角的大小．第4讲直线、平面平行的判定与性质考点一有关线面、面面平行的命题真假判断【例1】(1)(2013·广东卷)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()．A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB．若α∥β，m⊂α，n⊂β，，则m∥nC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β(2)设m，n表示不同直线，α，β表示不同平面，则下列结论中正确的是()．A．若m∥α，m∥n，则n∥αB．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥βC．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥βD．若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则n∥β【训练1】(1)(2014·长沙模拟)若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是()．A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交或b⊂α或b∥α(2)给出下列关于互不相同的直线l，m，n和平面α，β，γ的三个命题：①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.其中真命题的个数为()．A．3 B．2 C．1 D．0考点二线面平行的判定与性质【例2】如图，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA′＝1，点M，N分别为A′B 和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面A′ACC′；(2)求三棱锥A′－MNC的体积．【训练2】如图，在四面体A－BCD中，F，E，H分别是棱AB，BD，AC的中点，G为DE的中点．证明：直线HG∥平面CEF.考点三面面平行的判定与性质【例3】(2013·陕西卷)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝ 2.(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)求三棱柱ABD－A1B1D1的体积．【训练3】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1C，B1C1，C1D1的中点，求证：平面PMN∥平面A1BD.【自主体验】(2013·福建卷改编)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥DC，AB＝6，DC＝3，若M为P A的中点，求证：DM∥平面PBC.9．(2014·青岛一模)四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，N是PB中点，过A，N，D三点的平面交PC于M.(1)求证：PD∥平面ANC；(2)求证：M是PC中点．第5讲直线、平面垂直的判定与性质考点一直线与平面垂直的判定和性质【例1】如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.【训练1】如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝2，AA1＝3，E为CD 上一点，DE＝1，EC＝3.证明：BE⊥平面BB1C1C.考点二平面与平面垂直的判定与性质【例2】(2014·深圳一模)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝BC＝AA1，且AC＝2BC，点D是AB的中点．证明：平面ABC1⊥平面B1CD.【训练2】如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点．证明：平面ABM⊥平面A1B1M.考点三平行、垂直关系的综合问题【例3】如图，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥P A，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．(1)求证：CE∥平面P AD；(2)求证：平面EFG⊥平面EMN.【训练3】如图，AB是圆O的直径，P A垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点．(1)求证：BC⊥平面P AC；(2)设Q为P A的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC.考点四线面角、二面角的求法【例4】如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．(1)求PB和平面P AD所成的角的大小；(2)证明AE⊥平面PCD；(3)求二面角A－PD－C的正弦值．【训练4】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( )A.23 B.33 C.23 D.63转化思想：垂直关系的转化创新突破——求解立体几何中的探索性问题【典例】 (2012·北京卷) 如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点．将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图2.(1)求证：DE ∥平面A 1CB ；(2)求证：A 1F ⊥BE ；(3)线段A 1B 上是否存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ ？说明理由.【自主体验】(2014·韶关模拟)如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AD ＝CD ＝12AB ＝2，点E 为AC 中点，将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D －ABC ，如图2.(1)求证：DA ⊥BC ；(2)在CD 上找一点F ，使AD ∥平面EFB .。