2020年高考文科数学易错题《立体几何》题型归纳与训练
2020高考数学题型整理分类《(8)立体几何》解析版(含历年真题)
（八） 大题考法——立体几何1.如图，AC 是圆O 的直径，点B 在圆O 上，∠BAC ＝30°，BM ⊥AC ，垂足为M .EA ⊥平面ABC ，CF ∥AE ，AE ＝3，AC ＝4，CF ＝1.(1)证明：BF ⊥EM ；(2)求平面BEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值． 解：(1)证明：∵EA ⊥平面ABC ，∴BM ⊥EA ， 又BM ⊥AC ，AC ∩EA ＝A ，∴BM ⊥平面ACFE ， ∴BM ⊥EM .①在Rt △ABC 中，AC ＝4，∠BAC ＝30°，∴AB ＝23，BC ＝2， 又BM ⊥AC ，则AM ＝3，BM ＝3，CM ＝1.∵FM ＝MC 2＋FC 2＝2，EM ＝AE 2＋AM 2＝32， EF ＝42＋(3－1)2＝25，∴FM 2＋EM 2＝EF 2，∴EM ⊥FM . ② 又FM ∩BM ＝M ，③∴由①②③得EM ⊥平面BMF ，∴EM ⊥BF .(2)如图，以A 为坐标原点，过点A 垂直于AC 的直线为x 轴，AC ，AE 所在的直线分别为y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．由已知条件得A (0,0,0)，E (0,0,3)，B (3，3,0)，F (0,4,1)， ∴BE ―→＝(－3，－3,3)，BF ―→＝(－3，1,1)． 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE ―→＝0，n ·BF ―→＝0，得⎩⎨⎧－3x －3y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＋z ＝0，令x ＝3，得y ＝1，z ＝2，∴平面BEF 的一个法向量为n ＝(3，1,2)． ∵EA ⊥平面ABC ，∴取平面ABC 的一个法向量为AE ―→＝(0,0,3)． 设平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n ，AE ―→〉|＝622×3＝22.故平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为22. 2．如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，AD ＝23，∠ACD ＝60°，E 为CD 的中点．(1)求证：BC ∥平面PAE ；(2)求直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：∵AB ＝3，BC ＝1，∠ABC ＝90°， ∴AC ＝2，∠BCA ＝60°.在△ACD 中，∵AD ＝23，AC ＝2，∠ACD ＝60°， ∴由余弦定理可得：AD 2＝AC 2＋CD 2－2AC ·CD ·cos ∠ACD ，∴CD ＝4， ∴AC 2＋AD 2＝CD 2，∴△ACD 是直角三角形． 又E 为CD 的中点，∴AE ＝12CD ＝CE ＝2，又∠ACD ＝60°，∴△ACE 是等边三角形， ∴∠CAE ＝60°＝∠BCA ，∴BC ∥AE . 又AE ⊂平面PAE ，BC ⊄平面PAE ， ∴BC ∥平面PAE .(2)由(1)可知∠BAE ＝90°，以点A 为坐标原点，以AB ，AE ，AP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,2)，B (3，0,0)，C (3，1,0)，D (－3，3,0)，∴PB ―→＝(3，0，－2)，PC ―→＝(3，1，－2)，PD ―→＝(－3，3，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB ―→＝0，n ·PC ―→＝0，即⎩⎨⎧3x －2z ＝0，3x ＋y －2z ＝0，取x ＝1，则y ＝0，z ＝32，n ＝⎝⎛⎭⎫1，0，32，∴cos 〈n ，PD ―→〉＝n ·PD ―→|n |·|PD ―→|＝－2374·16＝－217，∴直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为217.3．如图，在四棱锥S -ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形，AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成角的正弦值．解：(1)证明：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz ，则D (1,0,0)，A (2,2,0)，B (0,2,0)．设S (x ，y ，z )，显然x >0，y >0，z >0，则AS ―→＝(x －2，y －2，z )，BS ―→＝(x ，y －2，z )，DS ―→＝(x －1，y ，z )．由|AS ―→|＝|BS ―→|，得 (x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2，解得x ＝1.由|DS ―→|＝1，得y 2＋z 2＝1. ① 由|BS ―→|＝2，得y 2＋z 2－4y ＋1＝0.②由①②，解得y ＝12，z ＝32.∴S ⎝⎛⎭⎫1，12，32，AS ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，32，BS ―→＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DS ―→＝⎝⎛⎭⎫0，12，32， ∴DS ―→·AS ―→＝0，DS ―→·BS ―→＝0，∴DS ⊥AS ，DS ⊥BS ， 又AS ∩BS ＝S ，∴SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则n ⊥BS ―→，n ⊥CB ―→，∴n ·BS ―→＝0，n ·CB ―→＝0. 又BS ―→＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，CB ―→＝(0,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1－32y 1＋32z 1＝0，2y 1＝0，取z 1＝2，得n ＝(－3，0,2)． ∵AB ―→＝(－2,0,0)，∴cos 〈AB ―→，n 〉＝AB ―→·n | AB ―→||n |＝－2×(－3)2×7＝217.故AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217. 4．(2018·诸暨高三适应性考试)如图，四棱锥P -ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 是边长为2的等边三角形，底面ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝∠CDA ＝90°，AB ＝2DC ＝22，E 是CD 的中点．(1)求证：AE ⊥PB ；(2)设F 是棱PB 上的点，EF ∥平面PAD ，求EF 与平面PAB 所成角的正弦值． 解：(1)证明：取AD 的中点G ，连接PG ，BG ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PG ⊥AD ， ∴PG ⊥平面ABCD ，∵AE ⊂平面ABCD ，∴AE ⊥PG . 又∵tan ∠DAE ＝tan ∠ABG ＝24， ∴∠ABG ＋∠EAB ＝∠DAE ＋∠EAB ＝∠DAB ＝90°， ∴AE ⊥BG .∵BG ∩PG ＝G ，BG ⊂平面PBG ，PG ⊂平面PBG ， ∴AE ⊥平面PBG ， ∴AE ⊥PB .(2)法一：作FH ∥AB 交PA 于H ，连接DH ，则HF ∥DC . ∵EF ∥平面PAD ，平面FHDE ∩平面PAD ＝DH ， ∴EF ∥DH ，∴四边形FHDE 为平行四边形， ∴HF ＝DE .易知DC ∥AB ，DC ＝12AB ，∴HF ＝14AB ，即H 为PA 的一个四等分点．取PA 的中点K ，连接DK ，则DK ⊥PA .∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， ∴AB ⊥平面PAD . ∵DK ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥DK ， ∵PA ∩AB ＝A ， ∴DK ⊥平面PAB .∴∠DHK 为EF 与平面PAB 所成的角， 由已知得DK ＝3，DH ＝DK 2＋HK 2＝132， ∴sin ∠DHK ＝DK DH ＝3132＝23913，∴EF 与平面PAB 所成角的正弦值为23913.法二：以A 为坐标原点，AB ，AD 所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,0)，B (22，0,0)，P (0,1，3)，E ⎝⎛⎭⎫22，2，0，PB ―→＝(22，－1，－3)，EP―→＝⎝⎛⎭⎫－22，－1，3. 设PF ―→＝λPB ―→，则EF ―→＝EP ―→＋λPB ―→＝⎝⎛⎭⎫22λ－22，－1－λ，3－3λ.由(1)知PG ⊥平面ABCD ，∴PG ⊥AB . ∵AD ⊥AB ，PG ⊥AD ＝G ， ∴AB ⊥平面PAD ，∴AB ―→＝(22，0,0)为平面PAD 的一个法向量． ∵EF ∥平面PAD ，∴EF ―→·AB ―→＝22×⎝⎛⎭⎫22λ－22＝0，解得λ＝14. ∴EF ―→＝⎝⎛⎭⎫0，－54，334.设平面PAB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 又AB ―→＝(22，0,0)，PB ―→＝(22，－1，－3)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ―→＝0，n ·PB ―→＝0，即⎩⎨⎧22x ＝0，22x －y －3z ＝0，取y ＝3，得z ＝－1，∴n ＝(0，3，－1)． ∴|cos 〈n ，EF ―→〉|＝⎪⎪⎪⎪－534－3342×132＝23913，∴EF 与平面PAB 所成角的正弦值为23913.5．(2019届高三·镇海中学检测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝2，∠ACB ＝30°，∠C 1CB ＝60°，BC 1⊥A 1C ，E 为AC 的中点，CC 1＝2.(1)求证：A 1C ⊥平面C 1EB ；(2)求直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值． 解：(1)证明：因为AB ＝BC ＝2，E 为AC 的中点， 所以AC ⊥BE .又因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1，所以BE ⊥A 1C .又因为BC 1⊥A 1C ，BC 1∩BE ＝B ，BC 1⊂平面C 1EB ，BE ⊂平面C 1EB ， 所以A 1C ⊥平面C 1EB .(2)法一：因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ， 所以直线CC 1与平面ABC 所成角为∠C 1CA . 因为∠ACB ＝30°，AB ＝BC ＝2，E 为AC 的中点， 所以EC ＝3，EB ＝1.因为CC 1＝BC ＝2，∠C 1CB ＝60°，所以BC 1＝2， 因为BE ⊥平面A 1ACC 1，所以BE ⊥EC 1，所以EC 1＝ 3. 在△CC 1E 中，根据余弦定理可知，cos ∠C 1CE ＝33. 所以直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值为33. 法二：以E 为坐标原点，EC 为x 轴，EB 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为∠ACB ＝30°，AB ＝BC ＝2，E 为AC 的中点， 所以EC ＝3，EB ＝1.因为CC 1＝CB ＝2，∠C 1CB ＝60°，所以BC 1＝2， 因为BE ⊥平面AA 1CC 1，所以BE ⊥EC 1，所以EC 1＝ 3. 所以|CC 1―→|＝2，|C 1E ―→|＝3， 设C 1(x,0，y )，又C (3，0,0)，所以⎩⎨⎧(x －3)2＋y 2＝4，x 2＋y 2＝3，解得⎩⎨⎧x ＝33，y ＝263，所以C 1⎝⎛⎭⎫33，0，263，则CC 1―→＝⎝⎛⎭⎫－233，0，263， 易知平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 设直线CC 1与平面ABC 所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈CC 1―→，n 〉|＝63，所以cos α＝33.即直线CC 1与平面ABC 所成角的余弦值为33.6.如图所示，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 是PD 的中点，点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)若底面ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C -AF -D 的大小为60°？解：易知AD ，AB ，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设AB ＝2a ，AD ＝2b ，AP ＝2c ，则A (0,0,0)，B (2a,0,0)，C (2a,2b,0)，D (0,2b,0)，P (0,0,2c )．连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，则O (a ，b,0)，又E 是PD 的中点，所以E (0，b ，c )．(1)证明：因为PB ―→＝(2a,0，－2c )，EO ―→＝(a,0，－c )， 所以PB ―→＝2EO ―→，所以PB ―→∥EO ―→， 即PB ∥EO .因为PB ⊄平面AEC ，EO ⊂平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)因为四边形ABCD 为正方形，所以a ＝b ，则A (0,0,0)，B (2a,0,0)，C (2a,2a,0)，D (0,2a,0)，P (0,0,2c )，E (0，a ，c )，F (a ，a ，c )，因为z 轴⊂平面CAF ，所以设平面CAF 的一个法向量为n ＝(x,1,0)，而AC ―→＝(2a,2a,0)，所以AC ―→·n ＝2ax ＋2a ＝0，得x ＝－1，所以n ＝(－1,1,0)． 因为y 轴⊂平面DAF ，所以设平面DAF 的一个法向量为m ＝(1,0，z )， 而AF ―→＝(a ，a ，c )，所以AF ―→·m ＝a ＋cz ＝0，得z ＝－a c ，所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－ac ∥m ′＝(c,0，－a )． 所以cos 60°＝|n ·m ′||n ||m ′|＝c 2(a 2＋c 2)＝12，得a ＝c .故当AP 与正方形ABCD 的边长相等时，二面角C -AF -D 的大小为60°.。
(江苏专用)2020版高考数学一轮复习加练半小时专题8立体几何第65练立体几何中的易错题理(含解析)
第65练 立体几何中的易错题1．四个平面最多可将空间分割成________个部分． 2．已知直线a ，b 与平面α，β，γ，有下列四个命题： ①若a ∥b ，a ∥α，则b ∥α； ②若a ∥b ，a ⊥α，则b ⊥α； ③若α∥β，a ⊥α，则a ⊥β； ④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β. 其中，正确的命题是________．(填序号)3．球O 是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的外接球，若正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的表面积为S 1，球O 的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.4．(2019·南通调研)点D 为△ABC 所在平面外一点，E ，F 分别为DA 和DC 上的点，G ，H 分别为BA 和BC 上的点，且EF 和GH 相交于点M ，则点M 一定在直线________上．5.在体积为9的斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，S 是C 1C 上的一点，S －ABC 的体积为2，则三棱锥S －A 1B 1C 1的体积为________．6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．7．(2019·江苏镇江期末)如图，在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于点D ，E ，F ，H ，且D ，E 分别是AB ，BC的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为________．8．已知三棱锥A －BCD 的四个顶点都在同一个球的球面上，AB ＝3，BC ＝3，AC ＝23，若三棱锥A －BCD 体积的最大值为332，则此球的表面积为________．9．(2019·溧阳期末)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是边长为a 的正方形，若在侧棱AA 1上至少存在一点E ，使得∠C 1EB ＝90°，则侧棱AA 1的长的最小值为________．10．在三棱锥A －BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积分别为22，32，62，则该三棱锥外接球的表面积为________． 11.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2AD ，E 是DD 1的中点，BF ＝C 1K ＝14AB ，设过点E ，F ，K 的平面与平面AC 的交线为l ，则直线l 与直线A 1D 1所成角的正切值为________．12.已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是棱CC 1的中点，则三棱锥A 1－ABM 的体积为________．13．在三棱锥P －ABC 中，PB ＝6，AC ＝3，G 为△PAC 的重心，过点G 作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB 和AC ，则截面的周长为________．14.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1B 与平面A 1B 1CD 所成角的大小为________．15．已知正四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上底面A 1B 1C 1D 1边长为1，下底面ABCD 边长为2，侧棱与底面所成的角为60°，则异面直线AD 1与B 1C 所成角的余弦值为________．16.如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，E ，F 分别是BC ，A 1C 1的中点．设D 是线段B 1C 1(包括两个端点)上的动点，当直线BD 与EF 所成角的余弦值为104时，则线段BD 的长为________．答案精析1．15 2.②③ 3.2π 4.AC 5.16.23解析 以A 为坐标原点，AD ，AB ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图，设正方体的棱长为2，则D (2,0,0)，A 1(0，0,2)，E (0,2,1)，则A 1D →＝(2,0，－2)，A 1E →＝(0,2，－1)．设平面A 1ED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1D →＝0，n ·A 1E →＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧2x －2z ＝0，2y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，z ＝2y .令y ＝1，得n ＝(2,1,2)．易知平面ABCD 的法向量为m ＝(0,0,1)， 设平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝|n ·m ||n ||m |＝23.7.452解析 如图所示，取AC 的中点G ，连结SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，SG ∩BG ＝G ，SG ，BG ⊂平面SGB ， 故AC ⊥平面SGB ， 所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ， 则SB ∥HD .同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也分别为AS ，SC 的中点，从而得到HF ∥AC 且HF ＝12AC ，DE ∥AC 且DE ＝12AC ，所以HF ∥DE 且HF ＝DE ， 所以四边形DEFH 为平行四边形． 又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ， 所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，其面积S ＝HF ·HD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AC ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12SB ＝452.8．16π解析 因为AB 2＋BC 2＝AC 2， 所以AB ⊥BC ，所以△ABC 为直角三角形，设球的半径为R ，球心为O ，AC 的中点为M ， 则OM ⊥平面ABC ，因为AC ⊂平面ABC ，故OM ⊥AC .三棱锥D －ABC 的最大体积为13×12×3×3×(R ＋R 2－3)＝332，解得R ＝2，故球的表面积为16π. 9．2a解析 设AA 1＝h ，AE ＝x ，A 1E ＝h －x ，x ∈[0，h ]，则BE 2＝a 2＋x 2，C 1E 2＝(2a )2＋(h －x )2，BC 21＝a 2＋h 2. 又∠C 1EB ＝90°， 所以BE 2＋C 1E 2＝BC 21，即a 2＋x 2＋(2a )2＋(h －x )2＝a 2＋h 2，即关于x 的方程x 2－hx ＋a 2＝0，x ∈[0，h ]有解， 当x ＝0时，a 2＝0，不合题意，当x >0时，h ＝a 2x＋x ≥2a ，当且仅当x ＝a 时取等号．即侧棱AA 1的最小值为2a . 10．6π解析 设两两垂直的三条侧棱的长度分别为a ，b ，c ， 可以得到12ab ＝22，12bc ＝32，12ac ＝62， 解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3. 所以2R ＝a 2＋b 2＋c 2＝6， 所以球的表面积为S ＝4πR 2＝6π. 11．4解析 延长KE ，CD 交于M 点(图略)，又DE CK ＝23，∴MD MC ＝23， 同样延长KF ，CB 交于N 点，又BF CK ＝13，∴NB NC ＝13， MN 即为过点E ，F ，K 的平面与平面AC 的交线l ，又CN 平行于A 1D 1，即MN 与CN 所成角为所求，记所成角为θ，则tan θ＝MC NC ＝3CD32BC ＝4.12.16解析 ∵棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是棱CC 1的中点， ∴三棱锥A 1－ABM 的体积为VA 1－ABM ＝VM －ABA 1＝13×S △ABA 1×BC ＝13×12×1×1×1＝16.13．8解析 过点G 作EF ∥AC ，分别交PA ，PC 于点E ，F ，过点E 作EN ∥PB 交AB 于点N ，过点F 作FM ∥PB 交BC 于点M ，连结MN ，则四边形EFMN 是平行四边形(平面EFMN 为所求截面)，且EF ＝MN ＝23AC ＝2，FM ＝EN ＝13PB ＝2，所以截面的周长为2×4＝8.14．30°解析 连结BC 1，交B 1C 于点O ，再连结A 1O (图略)， 因为是在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，所以BO ⊥平面A 1B 1CD ， 所以∠BA 1O 是直线A 1B 与平面A 1B 1CD 所成的角． 设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1， 所以在△A 1BO 中，A 1B ＝2，OB ＝22， 所以sin∠BA 1O ＝12，因为直线与平面所成角的范围是[0°，90°]， 所以直线A 1B 与平面A 1B 1CD 所成角的大小为30°. 15.14解析 设上、下底面中心分别为O 1，O ，则OO 1⊥平面ABCD ，以O 为原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．∵AB ＝2，A 1B 1＝1，∴AC ＝BD ＝22，A 1C 1＝B 1D 1＝2， ∵平面BDD 1B 1⊥平面ABCD ， ∴∠B 1BO 为侧棱与底面所成的角， ∴∠B 1BO ＝60°，设棱台高为h ，则tan60°＝h2－22，∴h ＝62， ∴A (0，－2，0)，D 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，62， B 1⎝⎛⎭⎪⎫22，0，62，C (0，2，0)，∴AD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，2，62，B 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，2，－62，∴cos〈AD 1→，B 1C →〉＝AD 1→·B 1C→|AD 1→|·|B 1C →|＝14.故异面直线AD 1与B 1C 所成角的余弦值为14.16．2 2解析 以E 为原点，EA ，EC 所在直线分别为x ，y 轴建立空间直角坐标系，如图．E (0,0,0)，F ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，2， B (0，－1,0)，D (0，t,2)(－1≤t ≤1)，EF →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，12，2，BD →＝(0，t ＋1,2)， 设直线BD 与EF 所成的角为θ， 则cos θ＝|EF →·BD →||EF →||BD →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t ＋2＋45·t ＋2＋4＝104， 解得t ＝1，所以BD ＝2 2.。
2020年高考数学备考易错易混考点：立体几何
2020年高考数学备考易错易混考点：立体几何立体几何56.你掌握了空间图形在平面上的直观画法吗？（斜二测画法）。
57.线面平行和面面平行的定义、判定和性质定理你掌握了吗？线线平行、线面平行、面面平行这三者之间的联系和转化在解决立几问题中的应用是怎样的？每种平行之间转换的条件是什么？58.三垂线定理及其逆定理你记住了吗？你知道三垂线定理的关键是什么吗？（一面、四线、三垂直、立柱即面的垂线是关键）一面四直线，立柱是关键，垂直三处见59.线面平行的判定定理和性质定理在应用时都是三个条件，但这三个条件易混为一谈;面面平行的判定定理易把条件错误地记为"一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行"而导致证明过程跨步太大。
60.求两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角时，如果所求的角为90°，那么就不要忘了还有一种求角的方法即用证明它们垂直的方法。
61.异面直线所成角利用"平移法"求解时，一定要注意平移后所得角等于所求角（或其补角），特别是题目告诉异面直线所成角，应用时一定要从题意出发，是用锐角还是其补角，还是两种情况都有可能。
62.你知道公式：和中每一字母的意思吗？能够熟练地应用它们解题吗？63.两条异面直线所成的角的范围：0°《α≤90°直线与平面所成的角的范围：0o≤α≤90°二面角的平面角的取值范围：0°≤α≤180°64.你知道异面直线上两点间的距离公式如何使用吗？65.平面图形的翻折，立体图形的展开等一类问题，要注意翻折，展开前后相关几何元素的"不变量"与"不变性"。
66.立几问题的求解分为"作"，"证"，"算"三个环节，你是否只注重了"作"，"算"，而忽视了"证"这个重要环节？67.棱柱及其性质、平行六面体与长方体及其性质。
2020-2021学年高三数学一轮复习易错题10 立体几何
易错点10 立体几何—备战2021年高考数学一轮复习易错题【典例分析】例1(2020年普通高等学校招生全国统一考试数学)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA 垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为()A. 20°B. 40°C. 50°D. 90°【答案】B【解析】【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图,根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系,根据点A处的纬度,计算出晷针与点A处的水平面所成角. 【详解】画出截面图如下图所示,其中CD是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的 ；AB是晷针所在直线.m是晷面的截线,依题意依题意,晷面和赤截线,依题意可知OA l道平面平行,晷针与晷面垂直,根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥.. 由于40,//AOC m CD ∠=︒,所以40OAG AOC ∠=∠=︒,由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒,所以40BAE OAG ∠=∠=︒,也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故选:B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化,考查球体有关计算,涉及平面平行,线面垂直的性质,属于中档题.例2(2020年普通高等学校招生全国统一考试数学)已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2,∠BAD =60°．以1D 为球心BCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】【分析】根据已知条件易得1D E =1D E ⊥侧面11B C CB ,可得侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E ,可得侧面11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ,再根据弧长公式可求得结果.【详解】如图:取11B C 的中点为E ,1BB 的中点为F ,1CC 的中点为G ,因为BAD ∠=60°,直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2,所以△111D B C 为等边三角形,所以1D E =111D E B C ⊥,又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱,所以1BB ⊥平面1111D C B A ,所以111BB B C ⊥, 因为1111BB B C B =,所以1D E ⊥侧面11B C CB ,设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点,则1D E EP ⊥,1D E ,所以||EP ===所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E ,因为||||EF EG ==所以侧面11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG , 因为114B EF C EG π∠=∠=,所以2FEG π∠=,所以根据弧长公式可得2FG π==.故答案为. 【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征,考查了直线与平面垂直的判定,考查了立体几何中的轨迹问题,考查了扇形中的弧长公式,属于中档题.例3(2020年普通高等学校招生全国统一考试数学)如图,四棱锥P -ABCD 的底面为正方形,PD ⊥底面ABCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．(1)证明:l ⊥平面PDC ；(2)已知PD =AD =1,Q 为l 上的点,求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)证明见解析；. 【解析】【分析】(1)利用线面垂直的判定定理证得AD ⊥平面PDC ,利用线面平行的判定定理以及性质定理,证得//AD l ,从而得到l ⊥平面PDC ；(2)根据题意,建立相应的空间直角坐标系,得到相应点的坐标,设出点(,0,1)Q m ,之后求得平面QCD 的法向量以及向量PB 的坐标,求得cos ,n PB <>的最大值,即为直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.【详解】(1)证明:在正方形ABCD 中,//AD BC ,因为AD ⊄平面PBC ,BC ⊂平面PBC ,所以//AD 平面PBC ,又因为AD ⊂平面PAD ,平面PAD平面PBC l =, 所以//AD l ,因为在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是正方形,所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥ 且PD ⊥平面ABCD ,所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D =所以l ⊥平面PDC ；(2)如图建立空间直角坐标系D xyz -,因为1PD AD ==,则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ,设(,0,1)Q m ,则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-,设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =,则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即00y mx z =⎧⎨+=⎩, 令1x =,则z m =-,所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-,则2cos ,31n PBn PB n PB m ⋅<>==⋅+根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值,所以直线与平面所成角的正弦值等于2|cos ,|31n PB m <>=⋅+223121m m m ++=+223232||36111111m m m m =+≤++=++当且仅当1m =时取等号,所以直线PB 与平面QCD 6【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题,涉及到的知识点有线面平行的判定和性质,线面垂直的判定和性质,利用空间向量求线面角,利用基本不等式求最值,属于中档题目.【易错警示】易错点1. 柱、锥、台结构特征判断中的误区【例1】如图所示,几何体的正确说法的序号为________．(1)这是一个六面体；(2)这是一个四棱台；(3)这是一个四棱柱；(4)此几何体可由三棱柱截去一个三棱柱得到；(5)此几何体可由四棱柱截去一个三棱柱得到．【错解】 (1)正确,因为有六个面,属于六面体的范围；(2)错误,因为侧棱的延长线不能交于一点,所以不正确；(3)正确,如果把几何体放倒就会发现是一个四棱柱；(4)(5)都错误．【错因】忽视侧棱的延长线不能交于一点,直观感觉是棱台,而不注意逻辑推理．【正解】(4)(5)如图,都正确。
立体几何(5大易错点分析+解题模板+举一反三+易错题通关)-备战2024年高考数学考试易错(原卷版)
专题09立体几何易错点一：对斜二测法规则掌握不牢（斜二测求算面积及周长）水平放置的平面图形的直观图的画法用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤空间几何体直观图的画法立体图形直观图的画法步骤(1)画轴：与平面图形的直观图画法相比多了一个z轴，直观图中与之对应的是z′轴.(2)画底面：平面x′O′y′表示水平平面，平面y′O′z′和x′O′z′表示竖直平面，按照平面图形的画法，画底面的直观图.(3)画侧棱：已知图形中平行于z轴(或在z轴上)的线段，在其直观图中平行性和长度都不变.(4)成图：去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线.易错提醒：①建立坐标系；②“位置规则”——与坐标轴的平行的线段平行关系不变；③“长度规则”——图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y 轴的线段，长度减为原来的一半.(1)判断平面四边形OABC 的形状并求周长；(2)若该四边形OABC 以OA 为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积变形1．如图，梯形1111D C B A 111111112,2,3A B C D A B C D ==∥变形2．如图所示，正方形O A B C ''''是一个水平放置的平面图形(1)求原图形的面积；(2)将原图形以OA 所在的直线为轴，旋转一周得到一个几何体，求该几何体的表面积与体积．OABC 与正方形O A B C ''''的各点分别一对应，如变形3．（1）如图，△A ′B ′C ′是水平放置的平面图形的斜二测直观图，将其恢复成原图形；（2）在(1)中若2A C ''＝，//B D y '''轴且1．如图，是水平放置的平面图形的斜二测直观图，(1)画出它的原图形，(2)若2,A C A B C ''=''' 的面积是32，求原图形中AC 边上的高和原图形的面积.2．画出图中水平放置的四边形ABCD 的直观图A B C D ''''，并求出直观图中三角形B C D ⅱ的面积.3．用斜二测画法画一个水平放管的平面图，其直观图如图所示，已知3A B ''=，1B C ''=，3A D ''=，且A DBC ''''∥．(1)求原平面图形ABCD 的面积；(2)将原平面图形ABCD 绕BC 旋转一周，求所形成的几何体的表面积和体积．4．如图所示，正方形O A B C ''''是一个水平放置的平面图形OABC 的直观图，其中1O A ''=.(1)求原图形的面积；(2)将原图形以OA 所在的直线为轴，旋转一周得到一个几何体，求该几何体的表面积与体积.（注：图形OABC(1)求原平面图形ABCD (2)将原平面图形ABCD 6．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示．已知∥B C ''．(1)在平面直角坐标系中作出原平面图形(2)将原平面图形ABCD 绕BC 7．如图，梯形O A B C ''''是水平放置的四边形3O B B C '=''='．(1)在下面给定的表格中画出四边形9．如图所示，O A B C ''''为四边形(1)画出四边形OABC 的平面图并标出边长，并求平面四边形(2)若该四边形OABC 以OA 10．如图，矩形O A B C ''''是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形1O C ''=.(1)画出平面四边形OABC 的平面图，并计算其面积；(2)若该四边形OABC 以OA 为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积11．在ABC 中，角A B C ，，所对边分别为(1)证明：ABC 为等边三角形；(2)若（1）中的等边ABC 边长为注：只需画出直观图并求面积，不用写出详细的作图步骤易错点二：空间点、线、面位置关系不清（点、线、面之间的关系）结论：①要证线∥面，条件为3个，其中必有《线⊄面》②要证线⊥面，条件为2个，其中必有《线∥线或面∥面》③要证线∥线（面∥面），条件为2或3个，其中必有《两个线⊥面》④要证线⊥线（面⊥面），条件为2个，其中必有《⊥、∥（⊂）》⑤要证线⊥线（面⊥面），条件为3个，其中必有《⎩⎨⎧⊥⊥⊥⊥∥∥面、线、、》易错提醒：空间点、线、面位置关系的组合判断是考查学生对空间点、线、面位置关系判断和性质掌握程度的重要题型。
高三数学易错立体几何多选题 易错题难题质量专项训练
高三数学易错立体几何多选题 易错题难题质量专项训练一、立体几何多选题1．如图，直三棱柱11,ABC A B C -，ABC 为等腰直角三角形，AB BC ⊥，且12AC AA ==，E ，F 分别是AC ，11A C 的中点，D ，M 分别是1AA ，1BB 上的两个动点，则（ ）A ．FM 与BD 一定是异面直线B ．三棱锥D MEF -的体积为定值14C ．直线11B C 与BD 所成角为2π D ．若D 为1AA 中点，则四棱锥1D BB FE -55【答案】CD 【分析】A 当特殊情况M 与B 重合有FM 与BD 相交且共面；B 根据线面垂直、面面垂直判定可证面1BEFB ⊥面11ACC A ，可知EMFS、D 到面1BEFB 的距离，可求D EMF V -；C 根据线面垂直的判定及性质即可确定11B C 与BD 所成角；D 由面面垂直、勾股、矩形性质等确定外接球半径，进而求体积，即可判断各项的正误. 【详解】A ：当M 与B 重合时，FM 与BD 相交且共面，错误； B ：由题意知：BE AC ⊥，AC EF ⊥且BEEF E =，则AC ⊥面1BEFB ，又AC ⊂面11ACC A ，面1BEFB ⋂面11ACC A EF =，所以面1BEFB ⊥面11ACC A ，又1121122EMFSEF BE =⋅⋅=⨯⨯=，D 到面1BEFB 的距离为1h =，所以1133D EMF EMFV h S-=⋅⋅=，错误； C ：由AB BC ⊥，1BC B B ⊥，1B BAB B =，所以BC ⊥面11ABB A ，又11//BC B C ，即11B C ⊥面11ABB A ，而BD ⊂面11ABB A ，则11BD B C ⊥，正确；D ：由B 中，面1BEFB ⊥面11ACC A ，即面DEF ⊥面1BEFB ，则D 到面1BEFB 的距离为1h =，又D 为1AA 中点，若1,BF EB 交点为O ，G 为EF 中点，连接,,OG GD OD ，则OG GD ⊥，故2252OD OG GD =+=，由矩形的性质知：152OB OE OF OB ====，令四棱锥1D BB FE -的外接球半径为R ，则5R =，所以四棱锥1D BB FE -的外接球体积为35435V R ππ==，正确. 故选：CD. 【点睛】关键点点睛：利用线面、面面关系确定几何体的高，结合棱锥体积公式求体积，根据线面垂直、勾股定理及矩形性质确定外接球半径，结合球体体积公式求体积.2．如图，已知四棱锥P ABCD -所有棱长均为4，点M 是侧棱PC 上的一个动点（不与点,P C 重合），若过点M 且垂直于PC 的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确的是（ ）A ．截面的形状可能为三角形、四边形、五边形B ．截面和底面ABCD 所成的锐二面角为4π C ．当1PM =时，截面的面积为52D ．当2PM =时，记被截面分成的两个几何体的体积分别为()1212,>V V V V ，则123=V V 【答案】BCD 【分析】点M 是侧棱PC 上的一个动点，根据其不同位置，对选项逐一进行判断即可. 【详解】A 选项中，如图，连接BD ，当M 是PC 中点时，2MC =，由题意知三角形PDC 与三角形PBC 都是边长为4的正三角形，所以DM PC ⊥,BM BC ⊥，又DM ，BM 在面MBD 内，且相交，所以PC ⊥平面PBD ，三角形MBD 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是三角形，点M 向下移动时，2MC <，如图，仍是三角形；若点M 由中点位置向上移动，2MC >，在平面PDC 内作EM PC ⊥，交PD 于E ，在平面PBC 内作FM PC ⊥交PB 于F ，平面MEF 交平面PAD 于EG ，交PAB 于FH ，即交平面ABCD 于GH ，则五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是五边形； 故截面的形状可能为三角形、五边形，A 错误；B 选项中，因为截面总与PC 垂直，所以不同位置的截面均平行，截面与平面ABCD 所成的锐角为定值，不妨取M 是中点，连接AC ，BD ，MB ，MD ，设AC ，BD 交点是N ，连接PN ，由题意知，四边形ABCD 是边长为4的菱形，BD AC ⊥，因为MB =MD ，所以MN BD ⊥，故MNC ∠是截面与平面ABCD 所成的锐角，过点M 作MQ AC ⊥，垂足Q.在三角形PAC中，MN =2，2，故在直角三角形MNQ 中，2cos 2NQ MNC MN ∠==，故4MNC π∠=，故B 正确；C 选项中，当PM =1时，M 是PC 中点，如图，五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，依题意，直角三角形PME 中，2cos PMPE EPM==∠，故E 为PD 的中点，同理，F是PB 的中点，则EF 是三角形PBD 的中位线，1222EF BD ==G ，H 分别在,AD AB 的中点上，证明如下，当G ，H ，也是中点时，1//,2GH BD GH BD =，有//,22GH EF GH EF ==EFHG 是平行四边形.依题意，三角形PAC 中4,42PA PC AC ===，故PA PC ⊥，故PC GE ⊥，易见，正四棱锥中BD ⊥平面PAC ，故BD PC ⊥，GH PC ∴⊥，因为 ,GE GH 均在平面EFHG 内，且相交，所以PC ⊥平面EFHG ，故此时平面EFHG 和平面MEF 即同一平面.又BD ⊥平面PAC ，有GH ⊥面平面PAC ，GH GM ⊥，根据对称性有GH GE ⊥，四边形EFHG 是矩形. 即五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，平面图如下:依题意，22GH EF ==2EG FG ==，三角形高为()()22321h =-=，面积是122122⨯=，四边形面积是22242=，故截面面积是52 故C 正确；D 选项中，若PM =2，看B 选项中的图可知，21124M BCD P BCD P ABCD V V V V ---===，故剩余部分134P ABCD V V -=，所以123=V V ，故D 正确. 故选：BCD. 【点睛】本题考查了棱锥的截面问题，考查了二面角、体积等计算问题，属于难题.3．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（ ）A ．11//A D 平面EFGHB ．1AC ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7 【答案】ACD 【分析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否. 【详解】如图，连接OA ，则2115OA AA =+=，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点.同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点. 因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为26>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而26<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ， 所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点， 如图各记为,,,E F G H .因为OAE △为直角三角形，故22651AE OE OA -=-=，故E 为棱AB 的中点. 同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ， 同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面. 由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF因为11A D ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确. 因为在直角三角1BA C 中，122A B =2BC = ，190A BC ∠=︒， 1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误.由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ， 所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥， 因为EFEH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒， 故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确. 因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱， 其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8，故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.4．如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，//EF AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且2AB =，1EF AD ==，则下述正确的是（ ）A ．//OF 平面BCEB ．BF ⊥平面ADFC ．点A 到平面CDFE 的距离为217D ．三棱锥C BEF -5π 【答案】ABC 【分析】由1EF OB ==，//EF OB ，易证//OF 平面BCE ，A 正确；B ， 由所矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直， 易证AD ⊥平面ABEF ，所以AD BF ⊥，由线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，易证故B 正确.C ，由C DAF A CDF V V --=可求点A 到平面CDFE 的距离为217，C 正确. D ，确定线段DB 的中点M 是三棱锥C BEF -外接球心，进一步可求其体积，可判断D 错误. 【详解】解：1EF OB ==，//EF OB ，四边形OFEB 为平行四边形，所以//OF BE ，OF ⊄平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，所以//OF 平面BCE ，故A 正确.线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，平面ABCD 平面ABEF AB =，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，BF ⊂平面ABEF ，所以AD BF ⊥ AD ⊂平面ADF ，AF ⊂平面ADF ，AD AF A =， 所以BF ⊥平面ADF ，故B 正确.1OF OE EF ===，OFE △是正三角形，所以1EF BE AF ===，//DA BC ，所以BC ⊥平面ABEF ，BC BF ⊥，3BF =，22312CF CB BF =+=+=，22112DF DA AF =+=+=，2AB CD ==，CDF 是等腰三角形，CDF 的边DF 上的高22222142222DF CF ⎛⎫⎛⎫-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 11472222CDF S =⨯⨯=△， //DA BC ，AD ⊂平面ADF ，BC ⊄平面ADF ， //BC 平面ADF ，点C 到平面ADF 的距离为3BF =， 111122DAF S =⨯⨯=△，C DAF A CDF V V --=，设点A 到平面CDFE 的距离为h ，1133ADF CFD S FB S h ⨯⨯=⨯⨯△△，111733232h ⨯⨯=⨯⨯， 所以21h =，故C 正确. 取DB 的中点M ，则//MO AD ，12MO =，所以MO ⊥平面CDFE ，所以21512ME MF MB MC ⎛⎫====+= ⎪⎝⎭所以M 是三棱锥C BEF -5， 三棱锥C BEF -外接球的体积为33445553326V r ππ⎛==⨯= ⎝⎭，故D 错误， 故选：ABC.综合考查线面平行与垂直的判断，求点面距离以及三棱锥的外接球的体积求法，难题.5．已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，过对角线1BD 作平面α交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，以下结论正确的是（ ） A ．四边形1BFD E 不一定是平行四边形 B ．平面α分正方体所得两部分的体积相等 C ．平面α与平面1DBB 不可能垂直 D ．四边形1BFD E 面积的最大值为2 【答案】BD 【分析】由平行平面的性质可判断A 错误;利用正方体的对称性可判断B 正确;当E ､F 为棱中点时,通过线面垂直可得面面垂直,可判断C 错误;当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积最大,且最大值为2,可判断D 正确. 【详解】 如图所示,对于选项A,因为平面1111//ABB A CC D D ,平面1BFD E 平面11ABB A BE =,平面1BFD E平面111CC D D D F =,所以1//BE D F ,同理可证1//D E BF ,所以四边形1BFD E 是平行四边形,故A 错误; 对于选项B,由正方体的对称性可知,平面α分正方体所得两部分的体积相等,故B 正确; 对于选项C,在正方体1111ABCD A B C D -中,有1,AC BD AC BB ⊥⊥, 又1BD BB B ⋂=,所以AC ⊥平面1BB D , 当E ､F 分别为棱11,AA CC 的中点时, 有//AC EF ,则EF ⊥平面1BB D , 又因为EF ⊂平面1BFD E ,所以平面1BFD E ⊥平面1BB D ,故C 错误;对于选项D,四边形1BFD E 在平面ABCD 内的投影是正方形ABCD , 当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积有最大值, 此时1212S D E BE =⋅=,故D 正确;【点睛】本题考查了正方体的几何性质与应用问题,也考查了点线面的位置关系应用问题,属于中档题.6．如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是（ ）．A ．棱的高与底边长的比为22B ．侧棱与底面所成的角为4π C ．棱锥的高与底面边长的比为2 D ．侧棱与底面所成的角为3π 【答案】AB 【分析】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a ，由21183V a h ==得254h a=，然后可得侧面积为242108a a+，运用导数可求出当32a =时侧面积取得最小值，此时3h =，然后求出棱锥的高与底面边长的比和SAO ∠即可选出答案. 【详解】设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a 可得21183V a h ==，即254h a= 所以其侧面积为2222244215410842244a a a h a a a⋅⋅+=+=+令()242108f a a a =+，则()23321084f a a a⨯'=- 令()233210840f a a a⨯'=-=得32a =当(a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减当()a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增所以当a =时()f a 取得最小值，即四棱锥的侧面积最小此时3h =所以棱锥的高与底面边长的比为2，故A 正确，C 错误侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，a =可得3AO = 所以4SAO π∠=，故B 正确，D 错误 故选：AB【点睛】本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.7．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD【分析】若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()13PD =，，则1PD =P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为=断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2， ∴1122B D =11AA =，∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确； ∵()313PD =，，11DD =，则12PD P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为()22213+=C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接2221322122++=，面积为94π，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.8．半正多面体（semiregularsolid ）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2 ）A ．BF ⊥平面EABB ．该二十四等边体的体积为203C ．该二十四等边体外接球的表面积为8πD ．PN 与平面EBFN 2 【答案】BCD【分析】 A 用反证法判断；B 先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C 先找到球心与半径，再计算表面积判断；D 先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断．【详解】解：对于A ，假设A 对，即BF ⊥平面EAB ，于是BF AB ⊥，90ABF ∠=︒，但六边形ABFPQH 为正六边形，120ABF ∠=︒，矛盾，所以A 错；对于B ，补齐八个角构成棱长为2的正方体， 则该二十四等边体的体积为3112028111323-⋅⋅⋅⋅⋅=， 所以B 对；对于C ，取正方形ACPM 对角线交点O ，即为该二十四等边体外接球的球心， 其半径为2R =248R ππ=，所以C 对；对于D ，因为PN 在平面EBFN 内射影为NS ，所以PN 与平面EBFN 所成角即为PNS ∠， 其正弦值为22PS PN =，所以D 对． 故选：BCD ．【点睛】本题考查了正方体的性质，考查了直线与平面所成角问题，考查了球的体积与表面积计算问题．。
2020年高考数学(文)重难点专练03 立体几何(解析版)
重难点03 立体几何【命题趋势】立体几何一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，文科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及简单几何体的变面积以及体积.本专题针对高考高频知识点以及题型进行总结，希望通过本专题的学习，能够掌握高考数学中的立体几何的题型，将高考有关的立体几何所有分数拿到.【满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.求点到平面的距离问题：采用等体积法.求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.【考查题型】选择，填空，解答题【限时检测】（建议用时：45分钟）一、单选题1．（2013·山东高考模拟（文））设m ,n 是两条不同的直线, α,β,γ是三个不同的平面．有下列四个命题：①若//αβ，m α⊂，n β⊂，则//m n ； ①若m α⊥，//m β，则αβ⊥； ① 若n α⊥，n β⊥，m α⊥，则m β⊥；① 若αγ⊥，βγ⊥，m α⊥，则m β⊥． 其中错误．．命题的序号是 A ．①①B ．①①C ．①①①D ．①①【答案】B【解析】【分析】根据平面平行的几何特征及直线关系的定义，可判断①错误；根据线面平行的性质定理，线面垂直的第二判定定理及面面垂直的判定定理，可得①正确；根据线面垂直的几何特征及面面平行的判定方法，可得①正确；根据面面垂直的几何特征，及线面垂直的几何特征，可判断①错误．【详解】若α①β，m①α，n①β，则m 与n 不相交，但可能平行也可能异面，故①错误；若m①α，m①β，由线面平行的性质定理可得：存在直线b①β，使b①a ，根据线面垂直的第二判定定理可得b①α，再由面面平行的判定定理得：α①β，故①正确；若n①α，n①β，则α①β，又由m①α，则m①β，故①正确；若α①γ，β①γ，α与β可能平行也可能相交（此时两平面交线与γ垂直），当α①β时，若m①α，则m①β，但α与β相交时，若m①α，则m 与β一定不垂直，故①错误； 故答案为：B【点睛】(1) 本题考查直线与平面平行与垂直的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力．(2)证明一个命题是真命题，需要证明，说明一个命题是假命题，可以通过举反例，要灵活选择. 2．（2019·河北高三月考（文））《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 ==，AC =P ABC -的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．20πD ．24π 【答案】C【解析】由题意得PC 为球O 的直径,而PC ==即球O 的半径R =所以球O的表面积24π20πS R ==.本题选择C 选项.【点睛】：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．（2019·北京人大附中高考模拟（文））如图，在下列三个正方体1111ABCD A B C D -中，,,E F G 均为所在棱的中点，过,,E F G 作正方体的截面．在各正方体中，直线1BD 与平面EFG 的位置关系描述正确的是A ．1BD ∥平面EFG 的有且只有①；1BD ⊥平面EFG 的有且只有①①B ．1BD ∥平面EFG 的有且只有①；1BD ⊥平面EFG 的有且只有①C ．.1BD ∥平面EFG 的有且只有①；1BD ⊥平面EFG 的有且只有①D ．1BD ∥平面EFG 的有且只有①；1BD ⊥平面EFG 的有且只有①【答案】A【解析】【分析】①连结BD ，根据面面平行的判定定理可证平面1BDD P 平面EFG ，进而可得1BD P 平面EFG ；①①都可以根据线面垂直的判定定理，用向量的方法分别证明1BD EG ⊥，1BD EF ⊥，即可证明1BD ⊥平面EFG ；从而可得出结果.【详解】①连结BD ，因为,,E F G 均为所在棱的中点，所以BD GF P ，BD EF P ，从而可得BD P 平面EFG ，1DD P 平面EFG ；根据1BD DD D ⋂=，可得平面1BDD P 平面EFG ；所以1BD P 平面EFG ；①设正方体棱长为1，因为,,E F G 均为所在棱的中点，所以 ()()11111111B 22BD GE DD DB DA DD DA D DA ⎛⎫=-*=- ⎪⎝⎭***u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u r u u u u r ， ()11cos45cos6002=︒︒=即1BD EG ⊥； 又 ()()1111111C B 22BD EF DD DB DC DD D D DC ⎛⎫=-*=- ⎪⎝***⎭u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r ()11cos45cos6002=︒︒=，即1BD EF ⊥； 又EG EF E ⋂=，所以1BD ⊥平面EFG ；①设正方体棱长为1，因为,,E F G 均为所在棱的中点，所以()()()2111111111A 2222BD EG DD DB DG DE DD DB DC DD D DD DB DC DB DA ⎛⎫=-*-=-*+**-=-+ ⎪⎝*⎭u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，111102222=⨯+⨯=即1BD EG ⊥； 又()()()2111111111A A 2222BD EF DD DB AF AE DD DB DD DC D DD DB DC DB D ⎛⎫=*-*-=-*++=-- ⎪⎭*⎝*u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r1111102222=-⨯-⨯=1BD EF ⊥； 又EG EF E ⋂=，所以1BD ⊥平面EFG ；故选A【点睛】本题主要考查线面平行与线面垂直的判定，灵活掌握判定定理即可，属于常考题型. 4．（2019·山东高考模拟（理））如图，在下列四个正方体中，P ，R ，Q ，M ，N ，G ，H 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ 所在平面平行的是( )A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】【分析】根据线面平行判定定理以及作截面逐个分析判断选择.【详解】A 中，因为11////PQ AC A C ,所以可得//PQ 平面11A BC ,又1//RQ AB ，可得//RQ 平面11A BC ，从而平面//PQR 平面11A BCB 中，作截面可得平面PQR I 平面1A BN HN =（H 为C 1D 1中点）,如图：C 中，作截面可得平面PQR I 平面HGN HN =（H 为C 1D 1中点）,如图：D 中，作截面可得1,QN C M 为两相交直线，因此平面PQR 与平面11A MC 不平行, 如图：【点睛】本题考查线面平行判定定理以及截面，考查空间想象能力与基本判断论证能力，属中档题.二、填空题5．（2019·吉林高考模拟（文））一个倒置圆锥形容器，底面直径与母线长相等，容器内存有部分水，向容器内放入一个半径为1的铁球，铁球恰好完全没入水中（水面与铁球相切）则容器内水的体积为__________．【答案】5π3.【分析】先由题意作出轴截面，根据圆锥的底面直径与母线长相等，得到∠APC =30∘，再记铁球的半径为r ，得r =1，求出圆锥的高，以及圆锥底面圆半径，最后由V 圆锥=V 水+V 铁球，即可求出结果.【详解】如图所示，作出轴截面，由题意，圆锥的底面直径与母线长相等，可得AP =AB ，则AP =2AC ，所以∠APC =30∘，记铁球的半径为r ，即OC =OD =r =1，在ΔODP 中，sin∠OPD =OD OP =12，则OP =2r =2，所以PC =3r =3，因此AC =√3r =√3,PA =2√3r =2√3，所以铁球所在圆锥的体积为V 圆锥=V 水+V 铁球，即V 水=V 圆锥−V 铁球=13S 圆C •PC −43πr 3=13π(√3)2•3−43π=53π.故答案为53π【点睛】本题主要考查圆锥内切球的相关计算，熟记体积公式即可，属于常考题型.6．（2019·广东高考模拟（文））已知矩形ABCD ，1AB =，BC =，将ADC V 沿对角线AC 进行翻折，得到三棱锥D ABC -，则在翻折的过程中有下列结论：①三棱锥D ABC -的体积最大值为14； ①三棱锥D ABC -的外接球体积不变；①异面直线AB 与CD 所成角的最大值为90o ．其中正确的是____．（填写所有正确结论的编号）【答案】①①①【分析】考虑在翻折的过程中，当面ACD ⊥面ACB 时，D 到底面的距离最大，进而得到棱锥体积最大，可判断①正确；取AC 的中点O ，可得O 为棱锥的外接球的球心，计算可判断①正确；假设AB CD ⊥，由线面垂直的判断和性质，可判断①正确．【详解】解：矩形ABCD ，1AB =，BC =，可得2AC =，在翻折的过程中，当面ACD ⊥面ACB 时，D 到底面的距离最大，且为直角三角形ACD 斜边AC可得三棱锥D ABC -的体积最大值为1111324⋅⋅=，故①正确； 取AC 的中点O ，连接OB ，OD ，可得OA OB OC OD ===，即O 为三棱锥D ABC -的外接球的球心，且半径为1，体积为43π，故①正确；若AB CD ⊥，又AB BC ⊥，可得AB ⊥平面BCD ，即有AB BD ⊥，由1AB =及AD =可得BD =，将ADC V 沿对角线AC 翻折得过程中，存在某个位置使得BD =成立，故①正确．故答案为：①①①．【点睛】 本题主要考查了空间思维能力，还考查了球的体积公式，还考查了线面垂直的判断、性质及计算能力，属于难题.三、解答题7．（2019·湖南高考模拟（文））在平行四边形ABCD 中，3AB =，2BC =，过A 点作CD的垂线，交CD 的延长线于点E ，AE =连结EB ，交AD 于点F ，如图1，将ADE ∆ 沿AD 折起，使得点E 到达点P 的位置，如图2.（1）证明：平面BFP ⊥平面BCP ；（2）若G 为PB 的中点，H 为CD 的中点，且平面ADP ⊥平面ABCD ，求三棱锥G BCH -的体积.【答案】（1）见解析； （2）316. 【解析】【分析】（1）证明BE AD ⊥．PF AD ⊥，BF AD ⊥．推出PF BC ⊥，BF BC ⊥，得到BC ⊥ 平面BFP ，然后证明平面BFP ⊥平面BCP ．（2）解法一：证明PF ⊥平面ABCD ．取BF 的中点为O ，连结GO ，得到GO ⊥平面ABCD ．然后求解棱锥的高．解法二：证明PF ⊥平面ABCD ．三棱锥G BCH -的高等于12PF ．说明BCH V 的面积是四边形ABCD 的面积的14，通过ABCD 13P ABCD V S PF -=⨯⋅平行四边形，求解三棱锥G BCH -的体积． 【详解】（1）证明：如题图1，在Rt BAE V 中，3AB =，AE =60AEB ∠=︒． 在Rt AED V 中，2AD =，所以30DAE ∠=︒．所以BE AD ⊥．如题图2，,PF AD BF AD ⊥⊥．又因为AD BC P ，所以PF BC ⊥，BF BC ⊥，PF BF F ⋂=，所以BC ⊥平面BFP ，又因为BC ⊂平面BCP ，所以平面BFP ⊥平面BCP ．（2）解法一：因为平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ⋂平面ABCD AD =，PF ⊂平面ADP ，PF AD ⊥，所以PF ⊥平面ABCD ．取BF 的中点为O ，连结GO ，则GO PF P ，所以GO ⊥平面ABCD ．即GO 为三棱锥G BCH -的高．且11sin3022GO PF PA ==⨯︒=． 因为，三棱锥G BCH -的体积为11113332462416BCH BCD G BCH V S GO S -=⋅=⨯⨯=⨯=V V 三棱锥．解法二：因为平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ⋂平面ABCD AD =，PF ⊂平面ADP ，所以PF ⊥平面ABCD ．因为G 为PB 的中点．所以三棱锥G BCH -的高等于12PF ． 因为H 为CD 的中点，所以BCH V 的面积是四边形ABCD 的面积的14， 从而三棱锥G BCH -的体积是四棱锥P ABCD -的体积的18．ABCD 平行四边形面ABCD 113332P ABCD V S PF -=⨯⋅=⨯=平行四边形， 所以三棱锥G BCH -的体积为316． 【点睛】 本题考查直线与平面垂直，平面与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．8．（2019·辽宁高考模拟（文））如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12AB AA ==，E ，F 分别为AB ，11B C 的中点．（①）求证：1B E ∕∕平面ACF ；（①）求三棱锥1B ACF -的体积．【答案】（①）见解析（①）3 【解析】【分析】（①）取AC 的中点M ，连结EM ，FM ，由三角形性质得//EM BC 且12EM BC =，结合已知得到1//EM B F 且1EM B F =，则四边形1EMFB 为平行四边形，可得1//B E FM ，再由线面平行的判定可得1//B E 平面ACF ；（①）设O 为BC 的中点，由已知得到AO ⊥平面11BCC B ，然后利用等积法求三棱锥1B ACF -的体积．【详解】（①）证明：取AC 的中点M ，连结EM ，FM ，在ABC ∆中，①E 、M 分别为AB ，AC 的中点，①EM BC ∕∕且12EM BC =， 又F 为11B C 的中点，11B C BC ∕∕，①1B F BC ∕∕且112B F BC =， 即1EM B F ∕∕且1EM B F =，故四边形1EMFB 为平行四边形，①1B E FM ∕∕，又MF ⊂平面ACF ，1B E ⊄平面ACF ，①1B E ∕∕平面ACF ；（①）解：设O 为BC 的中点，①棱柱底面是正三角形，2AB =，①有AO =又因为ABC ∆为正三角形，且O 为BC 的中点，所以AO BC ⊥,又由正三棱柱，所以平面11BCC B ⊥平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AO ⊥平面11BCC B ，即三棱锥1A B CF -所以1111112332B ACF A B CF B CF V V S AO --∆==⨯⨯=⨯⨯=． 【点睛】本题主要考查了直线与平面平行的判定与证明，以及利用等体积法七届多面体的体积问题，其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质，以及合理利用等体积法求解体积是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于基础题． 9．（2019·吉林高考模拟（文））在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为平行四边形，1AA ⊥平面ABCD ．24AB AD ==，3DAB π∠=（1）证明：平面1D BC ⊥平面1D BD ；（2）若直线1D B 与底面ABCD 所成角为6π，M ，N ，Q 分别为BD ，CD ，1D D 的中点，求三棱锥C MNQ -的体积．【答案】(1)见证明；(2) C MNQ V -=【解析】【分析】（1）推导出D 1D ①平面ABCD ，D 1D ①BC ，AD ①BD ，由AD ①BC ，得BC ①BD ，从而BC ①平面D 1BD ，由此能证明平面D 1BC ①平面D 1BD ．（2）由1D D ⊥平面ABCD 得16D BD π∠=，可以计算出1D D ，再利用锥体体积公式求得Q CMN V -，根据等体积法即为C MNQ V -.【详解】（1）①1D D ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，①1D D BC ⊥.又4AB =，2AD =，3DAB π∠=，①BD ==①222AD BD AB +=，①AD BD ⊥.又①//AD BC ，①BC BD ⊥.又①1D D BD D ⋂=，BD ⊂平面1D BD ，1D D ⊂平面1D BD ，①BC ⊥平面1D BD ，而BC ⊂平面1D BC ，①平面1D BC ⊥平面1D BD ；（2）①1D D ⊥平面ABCD ，①1D BD ∠即为直线1D B 与底面ABCD 所成的角，即16D BD π∠=，而BD =①12DD =. 又14C MNQ Q CMN Q BDC V V V ---==，①11121432C MNQ V -=⨯⨯⨯⨯=. 【点睛】 本题考查面面垂直的证明，考查线面角的定义及求法，考查了三棱锥体积的常用求法，涉及空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．10．（2020·河北石家庄二中高三月考（文））如图所示，在等腰梯形ABCD 中， //AD BC ，2AD CD AB ===， 60ABC ∠=o ，将三角形ABD 沿BD 折起，使点A 在平面BCD 上的投影G 落在BD 上．（1）求证：平面ACD ⊥平面ABD ；（2）若点E 为AC 的中点，求三棱锥G ADE -的体积．【答案】（1）见解析；（2） 【解析】试题分析：（1）要证平面ACD ⊥平面ABD ，只需证CD ⊥平面ABD ，分析条件易得AG CD ⊥和BD DC ⊥；（2）由G ADE G ACD A CDG 11V V V 22---==，只需求A CDG V -即可. 试题解析：（1）证明：在等腰梯形ABCD 中，可设2AD CD AB ===，可求出BD = 4BC =，在BCD V 中， 222BC BD DC =+，①BD DC ⊥，①点A 在平面BCD 上的投影G 落在BD 上，①AG ⊥平面BCD ，平面ABD ⊥平面BCD ，①AG CD ⊥，又BD DC ⊥， AG BD G ⋂=，①CD ⊥平面ABD ，而CD ⊂平面ACD ，①平面ACD ⊥平面ABD .（2）解：因为2AD AB ==，所以ABD ADB ∠=∠，又AD BC P ，所以ADB CBD ∠=∠，因为60ABC ∠=︒，所以30ABD ∠=︒，解得1AG =，因为E 为AC 中点，三棱锥G ADE -的体积与三棱锥G CDE -的体积相等， 所以1122G ADE G ACD A CDG V V V ---==,因为1112323A CDG V -=⨯⨯⨯=126G ADE A CDG V V --==. 11．（2020·广东实验中学高三月考（文））如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，,E F 分别为11,AC BC 的中点，1C F AB ⊥，12AB BC AA===.（1）求证：1//C F 平面ABE ；（2）求三棱锥1E ABC -的体积.【答案】（1）见解析；（2）23. 【解析】试题分析：（1）设D 为边AB 的中点，连接ED ，FD ，①D ，F 分别为AB ，BC 的中点，根据三角形中位线定理以及题设条件可证明四边形1EC FD 为平行四边形，可得1C F ED P ，从而根据线面平行的判定定理可得结论；（2）先证明AB ⊥平面11BCC B ，知AB BC ⊥，从而可得三角形ABC 的面积为2，三角形ABF 的面积为1，利用等积变换可得11E ABC C EAB F EAB V V V ---== 121233E ABF V -==⨯⨯=. 试题解析：（1）设D 为边AB 的中点，连接ED ，FD①D ，F 分别为AB ，BC 的中点，①DF AC P ，12DF AC =， 又①1EC AC P ，112EC AC =，①1DF EC P ，1DF EC =，① 四边形1EC FD 为平行四边形.①1C F ED P ，又ED ⊂平面EAB ，1C F ⊄平面EAB ，①1C F P 平面ABE ，（2）在直三棱柱中1CC AB ⊥，又1C F AB ⊥，1CC ⊂平面11BCC B ，1C F ⊂平面11BCC B ，111CC C F C ⋂=，①AB ⊥平面11BCC B ，知AB BC ⊥，可得三角形ABC 的面积为2，三角形ABF 的面积为1，由（1）1C F P 平面ABE 知：1C 到平面EAB 的距离等于F 到平面EAB 的距离 ①11E ABC C EAB F EAB V V V ---==三棱锥三棱锥三棱锥 121233E ABF V -==⨯⨯=三棱锥. 【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、利用等积变换求三棱锥体积，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.①利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法①证明的.12．（2020·宁夏高三月考（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAB ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，①PAB 为等边三角形，E 是PB 中点，平面AED 与棱PC 交于点F .（①）求证：//AD EF ；（①）求证：PB ⊥平面AEFD ；（III ）记四棱锥P AEFD -的体积为1V ，四棱锥P ABCD -的体积为2V ，直接写出12V V 的值.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）1238V V = 【解析】【分析】 （①）由ABCD 为正方形，可得//AD BC ．再由线面平行的判定可得//AD 平面PBC .．再由面面平行的性质可得//AD EF ；（①）由ABCD 为正方形，可得AD AB ⊥．结合面面垂直的性质可得AD ⊥平面PAB ．从而得到AD PB ⊥.．再由已知证得PB AE ⊥．由线面垂直的判定可得PB ⊥平面AEFD ；（①）由（①）知，1C AEFD V V -=，利用等积法把2V 用1V 表示，则12V V 的值可求． 【详解】（I ）证明：因为正方形ABCD ，所以//AD BC .因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC .因为AD ⊂平面AEFD ，平面AEFD ⋂平面PBC EF =，所以//AD EF .（II ）证明：因为正方形ABCD ，所以AD AB ⊥.因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面PAB .因为PB ⊂平面PAB ，所以AD PB ⊥.因为PAB ∆为等边三角形，E 是PB 中点，所以PB AE ⊥.因为AE ⊂平面AEFD ，AD ⊂平面AEFD ，AE AD A ⋂=，所以PB ⊥平面AEFD .（III ）解：由（①）知，122133C AEFDE ABCF ADC C AEFD V V V V V V ，＝，----=== 513BC AEFD V V -∴＝， 则1158133P ABCD V V V V -+＝＝， 1238V V ∴＝ ． 【点睛】本题考查直线与平面平行的判定和性质，考查线面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．。
(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步易错知识点总结
(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步易错知识点总结单选题1、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BC 1,PC 1,PB ，因为AD 1∥BC 1，所以∠PBC 1或其补角为直线PB 与AD 1所成的角，因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以BB 1⊥PC 1，又PC 1⊥B 1D 1，BB 1∩B 1D 1=B 1，所以PC 1⊥平面PBB 1，所以PC 1⊥PB ，设正方体棱长为2，则BC 1=2√2,PC 1=12D 1B 1=√2， sin∠PBC 1=PC 1BC 1=12，所以∠PBC 1=π6. 故选：D2、如图，△A ′B ′C ′是水平放置的△ABC 的直观图，其中B ′C ′=C ′A ′=2，A ′B ′，A ′C ′分别与x ′轴，y ′轴平行，则BC=（）A．2B．2√2C．4D．2√6答案：D分析：先确定△A′B′C′是等腰直角三角形，求出A′B′，再确定原图△ABC的形状，进而求出BC.由题意可知△A′B′C′是等腰直角三角形，A′B′=2√2，其原图形是Rt△ABC，AB=A′B′=2√2，AC=2A′C′=4，∠BAC=90°，则BC=√8+16=2√6，故选：D.3、阿基米德（Arcℎimedes，公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球（如图所示），该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36π，则圆柱的体积为（）A．36πB．45πC．54πD．63π答案：C解析：根据球的体积公式求出半径，根据圆柱的体积公式可求得结果.πR3=36π，所以R=3，设球的半径为R，则43所以圆柱的底面半径为R=3，圆柱的高为2R=6，所以圆柱的体积为πR2×2R=2πR3=54π.故选：C4、设α,β为两个不同的平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α,β垂直于同一平面C．α,β平行于同一条直线D．α内的任何直线都与β平行答案：D分析：根据面面平行、相交的知识确定正确选项.A选项，α内有无数条直线与β平行，α与β可能相交，A选项错误.B选项，α,β垂直于同一平面，α与β可能相交，B选项错误.C选项，α,β平行于同一条直线，α与β可能相交，C选项错误.D选项，α内的任何直线都与β平行，则α//β，D选项正确.故选：D5、如图.AB是圆的直径，PA⊥AC，PA⊥BC，C是圆上一点(不同于A，B)，且PA=AC，则二面角P−BC−A 的平面角为（）A．∠PAC B．∠CPA C．∠PCA D．∠CAB答案：C解析：由圆的性质知：AC⊥BC，根据线面垂直的判定得到BC⊥面PAC，即BC⊥PC，结合二面角定义可确定二面角P−BC−A的平面角.∵C是圆上一点(不同于A，B)，AB是圆的直径，∴AC⊥BC，PA⊥BC，AC∩PA=A，即BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC，∴BC⊥PC，又面ABC∩面PBC=BC，PC∩AC=C，∴由二面角的定义：∠PCA为二面角P−BC−A的平面角.故选：C6、已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且面积为√3时，线段AP的长为（）A．√2B．1C．√3D．√32答案：A分析：过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，即可得到△PQR为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出PQ的长度，即可求出AP；解：如图，过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，因为BD//B1D1，所以PQ//B1D1，B1D1⊂面B1D1C，PQ⊄面B1D1C，所以PQ//面B1D1C因为A1D//B1C，所以PR//B1C，B1C⊂面B1D1C，PR⊄面B1D1C，所以PR//面B1D1C又PQ∩PR=P，PQ,PR⊂面PQR，所以面PQR//面B1D1C，则PQR为截面，易知△PQR是等边三角形，则12PQ2⋅√32=√3，解得PQ=2，∴AP=√22PQ=√2.故选：A.7、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A．23B．24C．26D．27答案：D分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD−BHC及直三棱柱DGC−AEB组成，作HM⊥CB于M，如图，因为CH=BH=3,∠CHB=120∘，所以CM=BM=3√32,HM=32，因为重叠后的底面为正方形，所以AB=BC=3√3,在直棱柱AFD−BHC中，AB⊥平面BHC，则AB⊥HM, 由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，设重叠后的EG与FH交点为I,则V I−BCDA=13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC=12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V=2V AFD−BHC−V I−BCDA=2×814−272=27.故选：D.8、如图直角△O′A′B′是一个平面图形的直观图，斜边O′B′=4，则原平面图形的面积是（）A．8√2B．4√2C．4D．√2答案：A解析：根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解. 由题意可知△O′A′B′为等腰直角三角形，O′B′=4，则O′A′=2√2，所以原图形中，OB=4，OA=4√2，故原平面图形的面积为12×4×4√2=8√2.故选：A9、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．10、小明同学用两个全等的六边形木板和六根长度相同的木棍搭成一个直六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1，由于木棍和木板之间没有固定好，第二天他发现这个直六棱柱变成了斜六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1，如图所示.设直棱柱的体积和侧面积分别为V1和S1，斜棱柱的体积和侧面积分别为V2和S2，则（）.A．V1S1>V2S2B．V1S1<V2S2C．V1S1=V2S2D．V1S1与V2S2的大小关系无法确定答案：A分析：根据柱体体积、表面积的求法，分别表示出V1S1和V2S2，分析即可得答案.设底面面积为S，底面周长为C，则V1=S⋅AA1，S1=C⋅AA1，所以V1S1=SC，设斜棱柱的高为ℎ，则V2=S⋅ℎ，S2=AB×ℎAB+BC×ℎBC+CD×ℎCD+DE×ℎDE+EF×ℎEF+FA×ℎFA >(AB+BC+CD+DE+EF+FA)×ℎ=Cℎ,所以V2S2<SℎCℎ=SC=V1S1.故选：A填空题11、如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，当底面ABCD满足条件___________时，有A1C⊥B1D1.（只需填写一种正确条件即可）答案：AC⊥BD(答案不唯一)分析：直四棱柱ABCD−A1B1C1D1，A1C1是A1C在上底面A1B1C1D1的投影，当A1C1⊥B1D1时，可得A1C⊥B1D1，当然底面ABCD满足的条件也就能写出来了.根据直四棱柱ABCD−A1B1C1D1可得：BB1∥DD1，且BB1=DD1，所以四边形BB1D1D是矩形，所以BD∥B1D1，同理可证：AC∥A1C1，当AC⊥BD时，可得：A1C1⊥B1D1，且CC1⊥底面A1B1C1D1，而B1D1⊂底面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1D1，而A1C1∩CC1=C1，从而B1D1⊥平面A1CC1，因为A1C⊂平面A1CC1，所以A1C⊥B1D1，所以当AC⊥BD满足题意.所以答案是：AC⊥BD.12、在长方体的12条棱之中，我们把两条异面的棱称为“一对”，则12条棱中，共有___________对异面直线.答案：24分析：由异面直线的定义可得答案.解：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB与DD1,CC1、A1D1,B1C1构成异面直线，共构成4对异面直线，每一条棱=24对异面直线，都构成4对异面直线，长方体共有12条棱，再排除重复计算共有4×122所以答案是：24.13、空间给定不共面的A，B，C，D四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面α：A，B，C，D中有三个点到的距离相同，另一个点到α的距离是前三个点到α的距离的2倍，这样的平面α的个数是___________个答案：32分析：按照四个点的位置不同分类讨论，即可求解首先取3个点相等，不相等的那个点由4种取法；然后分3分个点到平面α的距离相等，有以下两种可能性：（1）全同侧，这样的平面有2个；（2）不同侧，必然2个点在一侧，另一个点在一侧，1个点的取法有3种，并且平面过三角形两个点边上的中位线，考虑不相等的点与单侧点是否同侧有两种可能，每种情况下都唯一确定一个平面，故共有6个，所有这两种情况共有8个，综上满足条件的这样的平面共有4×8=32个，所以答案是：3214、如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论正确的是____．①平面A1D1P⊥平面BB1P；②DC1⊥PC；,π)；③∠APD1的取值范围是[π2．④三棱锥C1−D1PC的体积为定值43答案：①②④分析：由正方体的特征知A1D1⊥平面AA1B1B，DC1⊥对角面A1BCD1，由面面垂直的判定和线面垂直的性质可知①②正确；当点P为线段A1B的一个四等分点且靠近点B时，由长度关系可求得cos∠APD1>0，知③错误；由体积桥和三棱锥体积公式可确定④正确.对于①，∵几何体是正方体，∴A1D1⊥平面AA1B1B，又A1D1⊂平面A1D1P，∴平面A 1D 1P ⊥平面BB 1P ，①正确；对于②，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，DC 1⊥对角面A 1BCD 1，PC ⊂对角面A 1BCD 1，∴ DC 1⊥PC ，②正确； 对于③，当点P 为线段A 1B 的一个四等分点且靠近点B 时， 可得：AP =√102，D 1P =√342，AD 1=2√2，由余弦定理得：cos∠APD 1=AP 2+D 1P 2−AD 122AP⋅D 1P=52+172−82×√102×√342=√85>0，此时∠APD 1<π2，③错误；对于④，∵△D 1C 1C 的面积是定值S =12×2×2=2，点P 到面D 1C 1C 的距离为BC =2， ∴三棱锥C 1−D 1PC 的体积V =13×2×2=43，④正确． 所以答案是：①②④．15、一个正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为2，底面边长为2，则该球的表面积为______. 答案：9π分析：画出正四棱锥及对角截面，找到外接球的球心，设OE =ℎ，利用PO =OB =r 建立方程，求出ℎ=12，进而求出半径和球的表面积.如图所示，正四棱锥P -ABCD ，PE 为正四棱锥的高，因为正四棱锥的顶点都在同一球面上，所以外接球球心一定在该棱锥的高上，设球心为O ，半径为r ，连接EB ，OB ，则EB 为正方形ABCD 对角线的一半，PO =OB =r . 因为棱锥的高为2，底面边长为2，所以PE =2，BE =√2，设OE =ℎ，则OP =|2−ℎ|，由勾股定理得：OB 2=OE 2+EB 2=ℎ2+2，所以ℎ2+2=|2−ℎ|2，解得：ℎ=12，所以r =|2−ℎ|=32，所以该球的表面积为4πr =4π×(32)2=9π所以答案是：9π.解答题16、如图所示的几何体由三棱锥P−ADQ和正四棱锥P−ABCD拼接而成，PQ⊥平面ADQ，AB//PQ，PQ=1，AB=2，AQ=√5，O为四边形ABCD对角线的交点．(1)求证：OP//平面ADQ；(2)求二面角O−AP−D的正弦值．答案：(1)证明见解析(2)√155分析：(1)取AD中点M，连QM，OM，证得PO//QM即可得解.(2)在正四棱锥P−ABCD中作出二面角O−AP−D的平面角，借助直角三角形计算即可.(1)取AD中点M，连QM，OM，如图，因O 是正四棱锥P −ABCD 底面中心，即O 是BD 中点，则OM //AB //PQ ，OM =12AB =1=PQ ， 于是得PQMO 是平行四边形，PO //QM ，而PO ⊄平面ADQ ，DM ⊂平面ADQ ， 所以PO //平面ADQ . (2)在正四棱锥P −ABCD 中，DO ⊥AO ，PO ⊥平面ABCD ，DO ⊂平面ABCD ，则PO ⊥DO ，而PO ∩AO =O ，PO,AO ⊂平面POA ，因此，DO ⊥平面POA ，而PA ⊂平面POA ，则DO ⊥PA ，过O 作OE ⊥PA 于E ，连DE ，如图，DO ∩OE =O ，DO,OE ⊂平面DOE ，则有PA ⊥平面DOE ，即PA ⊥DE ，从而得∠DEO 是二面角O −AP −D 的平面角， 因PQ ⊥平面ADQ ，则PQ ⊥AQ ，AP =√PQ 2+AQ 2=√6，而AO =12AC =√2，则PO =2，OE =PO⋅AO PA=2√33， Rt △DOE 中，DO =√2,DE =√DO 2+OE 2=√303，于是得sin∠DEO =DODE =√155， 所以二面角O −AP −D 的正弦值√155. 17、如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为DD 1的中点，F 为CC 1的中点．(1)求证：BD1//平面AEC；(2)求证：平面AEC//平面BFD1．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：（1）连接BD交AC于点O，利用中位线的性质可得出BD1//OE，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）证明出D1F//平面AEC，利用面面平行的判定定理可证得结论成立.（1）证明：连接BD交AC于点O，则O为BD的中点，因为E为DD1的中点，则BD1//OE，∵BD1⊄平面AEC，OE⊂平面AEC，因此，BD1//平面AEC.（2）证明：因为CC1//DD1且CC1=DD1，E为DD1的中点，F为CC1的中点，所以，CF//D1E，CF=D1E，所以，四边形CED1F为平行四边形，所以，D 1F //CE ，∵D 1F ⊄平面AEC ，CE ⊂平面AEC ，所以，D 1F //平面AEC ， 因为BD 1∩D 1F =D 1，因此，平面AEC //平面BFD 1.18、在△ABC 中，角A,B,C 所对的边分别是a,b,c ，AD 为∠BAC 的角平分线，已知c =2且a 2+c 2−b 2=(23−2cosA)bc ，AD =65√5. (1)求△ABC 的面积；(2)设点E,F 分别为边AB,AC 上的动点，线段EF 交AD 于G ，且△AEF 的面积为△ABC 面积的一半，求AG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅EF ⃑⃑⃑⃑⃑ 的最小值. 答案：(1)245 (2)4825分析：（1）结合余弦定理和正弦定理边化角可得sinC =13sinB ，进而得到c =13b ；利用正弦定理可推导得到BD CD=13，设BD =t ，在△ABD 和△ACD 中，利用余弦定理可构造方程求得t ；在△ABC 中利用余弦定理可求得cos∠BAC ，进而得到sin∠BAC ，利用三角形面积公式可求得结果；（2）设|AE ⃑⃑⃑⃑⃑ |=m (0<m ≤2)，|AF ⃑⃑⃑⃑⃑ |=n (0<n ≤6)，AG ⃑⃑⃑⃑⃑ =λAD ⃑⃑⃑⃑⃑ ，由向量线性运算可得AG ⃑⃑⃑⃑⃑ =3λ4AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +λ4AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ；由E,F,G 三点共线可得AG ⃑⃑⃑⃑⃑ =μAE ⃑⃑⃑⃑⃑ +(1−μ)AF ⃑⃑⃑⃑⃑ ，进而可构造方程组得到μ=n m+n ，结合平面向量线性运算和向量数量积运算性质可将AG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅EF ⃑⃑⃑⃑⃑ 表示为485⋅(126+m 2−1)，由m 范围可求得最小值. (1)由余弦定理可得：a 2+c 2−b 2=2accosB ，则2accosB =(23−2cosA)bc ， ∴acosB =13b −bcosA ，由正弦定理得：sinAcosB =13sinB −cosAsinB ， ∴sinAcosB +cosAsinB =sin (A +B )=sin (π−C )=sinC =13sinB ，则c =13b ； 又c =2，∴b =6， ∵ABsin∠ADB =BDsin∠BAC2，AC sin∠ADC =CDsin∠BAC 2，又sin∠ADC =sin (π−∠ADB )=sin∠ADB ，∴c b =AB AC =BD CD =13，设BD =t ，则CD =3t ，∵cos∠BAC 2=AB 2+AD 2−BD 22AB⋅AD=AD 2+AC 2−CD 22AD⋅AC，即4+365−t 24×6√55=36+365−9t 212×6√55，解得：t =2√105，∴BC =4t =8√105， ∴cos∠BAC =AB 2+AC 2−BC 22AB⋅AC=4+36−128524=35，则sin∠BAC =45，∴S △ABC =12AB ⋅ACsin∠BAC =12×2×6×45=245.(2)设|AE⃑⃑⃑⃑⃑ |=m (0<m ≤2)，|AF ⃑⃑⃑⃑⃑ |=n (0<n ≤6)，由（1）知：BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =13DC ⃑⃑⃑⃑⃑ ； ∴AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +14BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =AB⃑⃑⃑⃑⃑ +14(AC ⃑⃑⃑⃑⃑ −AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )=34AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +14AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ； 设AG ⃑⃑⃑⃑⃑ =λAD ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则AG ⃑⃑⃑⃑⃑ =3λ4AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +λ4AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ， ∵E,F,G 三点共线，∴可令AG ⃑⃑⃑⃑⃑ =μAE ⃑⃑⃑⃑⃑ +(1−μ)AF ⃑⃑⃑⃑⃑ =mμ2AB⃑⃑⃑⃑⃑ +(1−μ)n 6AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 则{3λ4=mμ2λ4=(1−μ)n 6 ，解得：μ=n m+n ，∴AG ⃑⃑⃑⃑⃑ =mn 2m+2n AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +mn 6m+6n AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ； 又EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =AF ⃑⃑⃑⃑⃑ −AE⃑⃑⃑⃑⃑ =n 6AC ⃑⃑⃑⃑⃑ −m 2AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ，AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =|AB ⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|AC ⃑⃑⃑⃑⃑ |cos∠BAC =365， ∴AG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =(mn 2m+2n AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +mn 6m+6n AC ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅(n 6AC ⃑⃑⃑⃑⃑ −m 2AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =−m 2n 4m+4n AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 2+mn 236m+36n AC ⃑⃑⃑⃑⃑ 2+mn (n−m )12m+12n AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =−m 2n m+n+mn 2m+n+3mn (n−m )5m+5n =−8m 2n+8mn 25m+5n =85⋅mn (n−m )m+n ；∵S △AEF =12S △ABC =12mnsin∠BAC =25mn =125，∴mn =6，∴AG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅EF⃑⃑⃑⃑⃑ =485⋅n−m m+n=485⋅6m −m 6m+m =485⋅6−m 26+m2=485⋅(126+m 2−1)，∵0<m ≤2，∴当m =2时，(AG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅EF ⃑⃑⃑⃑⃑ )min =485×(126+4−1)=4825.19、如图，ABCD为空间四边形，点E，F分别是AB，BC的中点，点G，H分别在CD，AD上，且DH=13AD，DG=13CD．(1)求证：E，F，G，H四点共面；(2)求证：EH，FG必相交且交点在直线BD上．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：（1）根据线段成比例得出直线与直线平行，利用平行直线确定一个平面可证结论；（2）根据平面的公理进行证明.（1）证明：连接AC，因为E，F分别是AB，BC的中点，DH=13AD，DG=13CD；所以EF//AC，HG//AC，所以EF//HG，所以E，F，G，H四点共面．（2）证明：易知HG=13AC，又EF=12AC，所以HG≠EF，结合（1）的结论可知，四边形EFGH是梯形，因此直线EH，FG不平行．设它们交点为P，P∈平面ABD，同理P∈FG，所以P∈平面BCD，又平面ABD∩平面BCD=BD，因此P∈BD，即EH，FG必相交且交点在直线BD上．。
2020高考数学总复习——立体几何专项训练(附解析)
2020高考数学总复习——立体几何专项训练（附解析）空间几何体的结构特征、表面积与体积[基础保分练]1．给出下列4个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱； ②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥； ④长方体一定是正四棱柱． 其中真命题的个数是( ) A ．0B ．1C ．2D ．32．母线长为1的圆锥的侧面展开图的圆心角等于43π，则该圆锥的体积为( )A.2281πB.881πC.4581πD.1081π 3．用平面α截球O 所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为( ) A.6π B ．43π C ．46πD ．63π4.如图所示，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1－ABC 1的体积为( )A.312B.34C.612D.645．给出下列4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直角三角形绕其任意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． 其中真命题的个数是( ) A ．0B ．1C ．2D ．36．设三棱柱ABC－A1B1C1的体积为V，P，Q分别是侧棱AA1，CC1上的点，且PA＝QC1，则四棱锥B－APQC的体积为( )A.16V B.14V C.13V D.12V7．在梯形ABCD中，∠ABC＝π2，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3D．2π8．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为( )A．2B.6C.7D．39.圆柱形容器内盛有高度为8cm的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图所示)，则球的半径是________cm.10．已知圆柱M的底面半径与球O的半径相同，且圆柱M与球O的表面积相等，则它们的体积之比V圆柱∶V球＝________.[能力提升练]1．圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则圆锥的表面积为( )A．(3＋1)πB．4πC．3πD．5π2．已知三棱锥P—ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC满足AB＝22，∠ACB＝90°，PA为球O的直径且PA＝4，则点P到底面ABC的距离为( )A.2B．22C.3D．2 33．(2019·珠海摸底)如图，圆锥顶点为P，底面圆心为O，过轴PO的截面△PAB，C为PA中点，PA＝43，PO＝6，则从点C经圆锥侧面到点B的最短距离为( )A．215 B．215－6 2C ．6D ．215－6 34．(2019·湛江调研)点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，AB ＝BC ＝AC ＝3，若四面体ABCD 体积的最大值为3，则这个球的表面积为( ) A.169π16 B.289π16 C.25π16D ．8π 5．已知正四面体P －ABC 的棱长为2，若M ，N 分别是PA ，BC 的中点，则三棱锥P －BMN 的体积为________．6．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，线段EF ，GH 分别在AB ，CC 1上移动，且EF ＋GH ＝12，则三棱锥F －HGE 的体积最大值为________．答案精析基础保分练1．A 2.C 3.B 4.A 5.B 6.C 7.C 8.C 9.4 10.34能力提升练1．C [∵圆锥的轴截面是边长为2的正△ABC ，∴圆锥的底面半径r ＝1， 母线长l ＝2，表面积S ＝πr 2＋12×2πr ×l ＝π＋2π＝3π.]2．B [取AB 的中点O 1，连接OO 1，如图，在△ABC 中，AB ＝22，∠ACB ＝90°，所以△ABC 所在小圆O 1是以AB 为直径的圆，所以O 1A ＝2，且OO 1⊥AO 1，又球O 的直径PA ＝4，所以OA ＝2，所以OO 1＝OA 2－O 1A 2＝2，且OO 1⊥底面ABC ，所以点P 到平面ABC 的距离为PB ＝2OO 1＝2 2.] 3．A [先作出圆锥的侧面展开图如图所示，由题得圆锥底面圆的半径为32－62＝23，所以AA 1＝2π·23＝43π， 所以∠APA 1＝43π43＝π，所以∠APB ＝π2，所以BC ＝32＋32＝215.]4．B [根据题意知，△ABC 是一个等边三角形，其面积为334，外接圆的半径为1，小圆的圆心为Q ，由于底面积S △ABC 不变，高最大时体积最大，所以DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为13S △ABC ×DQ ＝3，∴DQ ＝4，设球心为O ，半径为R ，则在Rt△AQO 中，OA 2＝AQ 2＋OQ 2，即R 2＝12＋(4－R )2，∴R ＝178，则这个球的表面积为S ＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎫1782＝289π16.] 5.26解析 连接AN ，作MD ⊥PN ，交PN 于D ，∵正四面体P －ABC 的棱长为2，M ，N 分别是PA ，BC 的中点， ∴AN ⊥BC ，PN ⊥BC ，MN ⊥AP ，且AN ＝PN ＝3， ∵AN ∩PN ＝N ，AN ，PN ⊂平面PNA ， ∴BC ⊥平面PNA ，∵MD ⊂平面PNA ，∴MD ⊥BC ， ∵BC ∩PN ＝N ，BC ，PN ⊂平面PBN ， ∴MD ⊥平面PBN ，MN ＝PN 2－PM 2＝2，∵12PN ·MD ＝12PM ·MN ， ∴MD ＝PM ·MN PN ＝1×23＝63， ∴三棱锥P －BMN 的体积V P －BMN ＝V M －PBN ＝13×S △PBN ×MD ＝13×12×1×3×63＝26. 6.148解析 连接CE ，CF ，C 1E ，C 1F ，HE ，HF ，GE ，GF ，设EF ＝m ，GH ＝n (m >0，n >0)， 则m ＋n ＝12.因为S △HGE ∶S △C 1CE ＝n ∶2， 所以V 三棱锥F －HGE ∶1F C CE V 三棱锥－＝n ∶2.又因为1F C CE V 三棱锥－＝1C CEF V 三棱锥－＝13×2×12×2×m ＝23m ， 所以V 三棱锥F －HGE ＝13mn .因为m ＋n ＝12，所以m ·n ≤m ＋n24＝116， 故V 三棱锥F －HGE ≤148⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当m ＝n ＝14时“＝”成立.空间点、线、面的位置关系[基础保分练]1．若空间三条直线a ，b ，c 满足a ⊥b ，b ∥c ，则直线a 与c ( ) A ．一定平行 B ．一定相交 C ．一定是异面直线D ．一定垂直2．已知a ，b ，c 为三条不同的直线，且a ⊂平面α，b ⊂平面β，α∩β＝c . ①若a 与b 是异面直线，则c 至少与a ，b 中的一条相交； ②若a 不垂直于c ，则a 与b 一定不垂直； ③若a ∥b ，则必有a ∥c ； ④若a ⊥b ，a ⊥c ，则必有α⊥β. 其中正确的命题的个数是( ) A ．0B ．1C ．2D ．33．已知E ，F ，G ，H 是空间内四个点，条件p ：E ，F ，G ，H 四点不共面，条件q ：直线EF 和GH 不相交．则p 是q 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4.如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1是长方体，O 是BD 的中点，直线AC 1与平面A 1BD 相交于点M ，则下列结论正确的是( )A ．A 1，M ，O 三点共线B ．A ，O ，M ，A 1不共面C ．A 1，M ，C 1，O 不共面D ．B 1，B ，O ，M 共面5.如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E ，H 分别是边AB ，AD 的中点，点F ，G 分别是边BC ，CD 上的点，且CF CB ＝CG CD ＝23，则下列说法正确的是( )A．EF与GH平行B．EF与GH异面C．EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上D．EF与GH的交点M一定在直线AC上6．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于( )A.23B.33C.23D.137.如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，且PQ∥AC，QM∥BD，则下列命题中，错误的是( )A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°8.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为BC，BB1的中点，则下列直线中与直线EF相交的是( )A．直线AA1B．直线A1B1C．直线A1D1D．直线B1C19．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中既与AB共面又与CC1共面的棱有________条．10．给出下列四个说法：①经过三点确定一个平面；②梯形可以确定一个平面；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④若两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．其中正确说法的是________．(填序号)[能力提升练]1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线( )A．不存在B．有且只有两条C．有且只有三条D．有无数条2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，那么过P，Q，R的平面被正方体所截得的图形是( )A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形3．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a，且长为a的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是( )A．(0，2) B．(0，3) C．(1，2) D．(1，3)4．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是( )5．如图所示，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝________.6.如图，在三棱锥A－BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．答案精析基础保分练1．D 2.C 3.A 4.A 5.D 6.A 7.C8．D 9.5 10.②③能力提升练1．D [如图所示，在EF上任意取一点M，则直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有一个交点N，当M取不同的位置时就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这三条异面直线都有交点．] 2．D [如图所示，连接QP并延长与CB的延长线交于M，连接MR交BB1于E，连接PE，则PE，RE为截面的两条边．作RG∥PQ交C1D1于G，同理延长PQ交CD的延长线于N，连接NG交DD1于F，连接QF.故截面为六边形PQFGRE.]3．A [此题相当于一个正方形沿着对角线折成一个四面体，易知a大于0且小于 2.] 4．D [A，B，C中四点一定共面，D中四点不共面．]5．8解析观察知，直线CE与正方体的前后左右四个面所在的平面相交，所以m＝4；直线EF与正方体的上下前后四个面所在的平面相交，所以n＝4.所以m＋n＝8.6.7 8解析如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.∵M为AD的中点，∴MK∥AN，∴∠KMC为异面直线AN，CM所成的角．∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N为BC的中点，由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝22，∴MK＝ 2.在Rt△CKN中，CK＝22＋12＝ 3.在△CKM中，由余弦定理，得cos∠KMC＝22＋22－322×2×22＝78.平行的判定与性质[基础保分练]1．若a，b表示直线，α表示平面，且b⊂α，则“a∥b”是“a∥α”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件2．在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，H，G分别为BC，CD的中点，则( )A．BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形3．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是( )A．①③B．②③C．①④D．②④4.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线( )A．不存在B．有1条C．有2条D．有无数条5．下列说法正确的是( )A．若直线l⊥平面α，直线l⊥平面β，则α∥βB．若直线l∥平面α，直线l∥平面β，则α∥βC．若两直线l1，l2与平面α所成的角相等，则l1∥l2D．若直线l上两个不同的点A，B到平面α的距离相等，则l∥α6．有下列命题：①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线．其中真命题的个数是( )A．1B．2C．3D．47．直线a∥平面α，则a平行于平面α内的( )A．一条确定直线B．所有直线C．无数条平行直线D．任意一条直线8．已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线l的直线( )A．只有一条，不在平面α内B．只有一条，且在平面α内C．有无数条，不一定在平面α内D．有无数条，一定在平面α内9．如图所示是某长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．第9题图第10题图10．如图是一个正方体的表面展开图，B，N，Q都是所在棱的中点，则在原正方体中有以下命题：①AB与CD相交；②MN∥PQ；③AB∥PE；④MN与CD异面；⑤MN∥平面PQC.其中为真命题的是________．(填序号)[能力提升练]1．下列说法中正确的是( )①如果一条直线和一个平面平行，那么它和这个平面内的无数条直线平行；②一条直线和一个平面平行，它就和这个平面内的任何直线无公共点；③过直线外一点，有且仅有一个平面和已知直线平行．A．①②③B．①③C．②③D．①②2．如图，下列正三棱柱ABC－A1B1C1中，若M，N，P分别为其所在棱的中点，则不能得出AB∥平面MNP的是( )3．已知直线a，b异面，给出以下命题：①一定存在平行于a的平面α使b⊥α；②一定存在平行于a的平面α使b∥α；③一定存在平行于a的平面α使b⊂α；④一定存在无数个平行于a的平面α与b交于一定点．则其中正确的命题是( )A．①④B．②③C．①②③D．②③④4.在四棱锥S－ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于D，E，F，H，D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB∥平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为( )A.452B.4532C．45D．45 35．α，β，γ是三个平面，a，b是两条直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________．(把所有正确条件的序号都填上)6．已知平面α∥平面β，P是α，β外一点，过点P的直线m与α，β分别交于点A，C，过点P的直线n与α，β分别交于点B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD＝________.答案精析基础保分练1．D 2.B 3.C 4.D 5.A 6.A 7.C 8．B 9.平行四边形 10.①②④⑤ 能力提升练1．D [由线面平行的性质定理知①正确；由直线与平面平行的定义知②正确；③错误，经过直线外一点可作一条直线与已知直线平行，而经过这条直线可作无数个平面与原直线平行．] 2．C [在A ，B 中，易知AB ∥A 1B 1∥MN ，所以AB ∥平面MNP ；在D 中，易知AB ∥PN ，所以AB ∥平面MNP ，故选C.]3．D [对于①，若存在平面α使得b ⊥α，则有b ⊥a ，而直线a ，b 未必垂直，因此①不正确；对于②，注意到过直线a ，b 外一点M 分别引直线a ，b 的平行线a 1，b 1，显然由直线a 1，b 1可确定平面α，此时平面α与直线a ，b 均平行，因此②正确；对于③，注意到过直线b上的一点B 作直线a 2与直线a 平行，显然由直线b 与a 2可确定平面α，此时平面α与直线a 平行，且b ⊂α，因此③正确；对于④，在直线b 上取一定点N ，过点N 作直线c 与直线a平行，经过直线c 的平面(除由直线a 与c 所确定的平面及直线c 与b 所确定的平面之外)均与直线a 平行，且与直线b 相交于一定点N ，因此④正确．] 4．A [如图所示，取AC 的中点G ，连接SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ， 故AC ⊥平面SGB ， 所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ， 则SB ∥HD .同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也为AS ，SC 的中点，从而得HF ∥AC 且HF ＝12AC ，DE ∥AC 且DE ＝12AC ，所以四边形DEFH 为平行四边形． 又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，其面积S ＝HF ·HD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AC ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12SB ＝452.]5．①③解析 ①中，由b ⊂β，b ⊂γ，得β∩γ＝b ，又a ∥γ，a ⊂β，所以a ∥b (线面平行的性质定理)．③中，由α∩β＝a ，a ⊂γ得β∩γ＝a ，又b ∥β，b ⊂γ，所以a ∥b (线面平行的性质定理)． 6．24或245解析 设BD ＝x ，由α∥β可得AB ∥CD ，则△PAB ∽△PCD ，即PB PA ＝PDPC. ①当点P 在两平面之间时，如图(1)所示，则有x －86＝89－6，∴x ＝24；②当点P 在两平面外侧时，如图(2)，则有8－x 6＝89＋6，∴x ＝245.垂直的判定与性质[基础保分练]1．已知α，β是两个不同的平面，l ，m ，n 是不同的直线，下列命题不正确的是( ) A ．若l ⊥m ，l ⊥n ，m ⊂α，n ⊂α，则l ⊥α B ．若l ∥m ，l ⊄α，m ⊂α，则l ∥αC ．若α⊥β，α∩β＝l ，m ⊂α，m ⊥l ，则m ⊥βD ．若α⊥β，m ⊥α，n ⊥β，则m ⊥n 2．已知两个平面垂直，下列命题：①一个平面内的任意一条直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线； ②一个平面内的任意一条直线必垂直于另一个平面内的无数条直线； ③一个平面内的任意一条直线必垂直于另一个平面；④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面． 其中正确的个数是( ) A ．3B ．2C ．1D ．03．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体P－ABC中共有直角三角形个数为( )A．4B．3C．2D．14．“直线l垂直于平面α”的一个必要不充分条件是( )A．直线l与平面α内的任意一条直线垂直B．过直线l的任意一个平面与平面α垂直C．存在平行于直线l的直线与平面α垂直D．经过直线l的某一个平面与平面α垂直5．已知直线l，m和平面α，则下列结论正确的是( )A．若l∥m，m⊂α，则l∥αB．若l⊥α，m⊂α，则l⊥mC．若l⊥m，l⊥α，则m⊥αD．若l∥α，m⊂α，则l∥m6．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )①若m⊥α，α⊥β，则m∥β；②若m⊥α，α∥β，n⊂β，则m⊥n；③若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β；④若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α.A．①②B．③④C．①③D．②④7．(2019·沈阳东北育才学校联考)设m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列四个命题中不正确的是( )A．m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥nB．m∥α，n⊥β且α⊥β，则m∥nC．m⊥α，n∥β且α∥β，则m⊥nD．m⊥α，n⊥β且α∥β，则m∥n8．已知在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，则下面四个结论中不正确的是( )A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面ABC D．平面PAE⊥平面ABC9.如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中真命题的序号是________．10．设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若a∥α且b∥α，则a∥b；②若a⊥α且a⊥β，则α∥β；③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；④若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β.上面命题中，所有真命题的序号是________．[能力提升练]1．已知平面α，β，γ和直线l，m，且l⊥m，α⊥γ，α∩γ＝m，β∩γ＝l，给出下列四个结论：①β⊥γ；②l⊥α；③m⊥β；④α⊥β.其中正确的是( )A．①④B．②④C．②③D．③④2.如图所示，O为正方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是( )A．A1D B．AA1C．A1D1D．A1C13．已知在空间四边形ABCD中，AD⊥BC，AD⊥BD，且△BCD是锐角三角形，则必有( ) A．平面ABD⊥平面ADCB．平面ABD⊥平面ABCC．平面ADC⊥平面BDCD．平面ABC⊥平面BDC4．已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD沿矩形的对角线BD所在直线进行翻折，在翻折过程中( )A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直5．已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列命题：①若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；②若m⊥α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③如果m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，那么n与α相交；④若α∩β＝m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β. 其中的真命题是________．(填序号)6.如图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α，β所成的角分别为π4和π6，过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′，B′，则AB∶A′B′＝________.答案精析基础保分练1．A 2.B 3.A 4.D 5.B 6.D 7.B8．C 9.①②④10.②③④能力提升练1．B 2.D3．C [∵AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD＝B，BC，BD⊂平面BDC，∴AD⊥平面BDC，又AD⊂平面ADC，∴平面ADC⊥平面BDC.]4．B [在矩形ABCD中，作AE⊥BD于E，连接CE.在翻折过程中，AE⊥BD，假设存在某个位置使AC⊥BD，则BD⊥平面AEC，则BD⊥CE，由条件知BD与CE不垂直，故A错误；对于C，在翻折过程中，若AD⊥BC，则AD⊥平面ABC，得AD⊥AC，从而△ACD为直角三角形，得∠CAD ＝90°，而CD<AD，这种情况是不可能的，故C错误；若AB⊥CD，由BC⊥CD，可得CD⊥平面ACB，则CD⊥AC，则AB＝CD＝1，BC＝AD＝2，可得AC＝1，那么存在AC＝1这样的位置，使得AB⊥CD成立，故B正确，D错误．]5．①④解析若m⊥α，m⊂β，由线面垂直的相关性质可得面面垂直，即α⊥β，①正确；若m⊥α，n⊂α，m∥β，n∥β，由线面垂直与线面平行的相关性质可得α⊥β，②错误；如果m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，也可出现n与α平行，③错误；α∩β＝m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，由线面平行的相关性质可得n∥α且n∥β，④正确．6．2∶1解析 由已知条件可知∠BAB ′＝π4，∠ABA ′＝π6，设AB ＝2a ，则BB ′＝2a sin π4＝2a ，A ′B ＝2a cos π6＝3a ，∴在Rt△BB ′A ′中，得A ′B ′＝a ， ∴AB ∶A ′B ′＝2∶1.向量求解平行和垂直问题[基础保分练]1．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以分别是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,22．若平面α1，α2垂直，则下列向量可以是这两个平面的法向量的是( ) A ．n 1＝(1,2,1)，n 2＝(－3,1,1) B ．n 1＝(1,1,2)，n 2＝(－2,1,1) C ．n 1＝(1,1,1)，n 2＝(－1,2,1) D ．n 1＝(1,2,1)，n 2＝(0，－2，－2)3.如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AM ＝12MC ，A 1N ＝2ND .设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，MN →＝x a ＋y b ＋z c ，则x ＋y ＋z 等于( )A.34B.14C.23D.134．已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE →·AF →的值为( ) A ．a 2B.12a 2C.14a 2D.34a 25．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则x ＋y 的值为( ) A.257B.67C.187D.4076．设A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，M 为BC 的中点，则△AMD 是( ) A ．钝角三角形 B ．锐角三角形 C ．直角三角形D ．不确定7．已知直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,0)，n ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，n ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，n ＝(－1,0，－1) D ．a ＝(1，－1,3)，n ＝(0,3,1)8．已知a ＝(－2,1,3)，b ＝(－1,2,1)，若a ⊥(a －λb )，则实数λ的值为( ) A ．－2B ．－143C.145D ．29．已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)．若|a |＝3，且a 分别与AB →，AC →垂直，则向量a ＝________.10．已知平面α和平面β的法向量分别为a ＝(1,1,2)，b ＝(x ，－2,3)，且α⊥β，则x ＝________.[能力提升练]1．空间内四点A (2,3,6)，B (4,3,2)，C (0,0,1)，D (2,0,2)的位置关系是( ) A ．共线 B ．共面 C ．不共面D ．无法确定2．O 为空间内任意一点，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则A ，B ，C ，P 四点( )A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．无法判断3．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)三点，向量n ＝(1,1,1)，则以n 为方向向量的直线l 与平面ABC 的关系是( )A ．垂直B ．不垂直C ．平行D ．以上都有可能4．设ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，则有( ) A.AB →·C 1A —→＝a 2 B.AB →·A 1C 1—→＝2a 2 C.BC →·A 1D —→＝a 2D.AB →·C 1A 1—→＝a 25．同时垂直于a ＝(2,2,1)和b ＝(4,5,3)的单位向量是____________________________． 6．平面α的一个法向量为n ＝(0,1，－1)，若直线l ⊥平面α，则直线l 的单位方向向量是________．答案精析基础保分练1．A 2.A 3.D 4.C 5.A 6.C 7.D 8．D 9.(1,1,1)或(－1，－1，－1) 10．－4解析 ∵a ·b ＝x －2＋6＝0，∴x ＝－4. 能力提升练 1．C 2.B3．A [易知AB →＝(－1,1,0)， AC →＝(－1,0,1)，∴AB →·n ＝－1×1＋1×1＋0＝0，AC →·n ＝－1×1＋0×1＋1×1＝0，则AB →⊥n ，AC →⊥n ，即直线AB ⊥l ，直线AC ⊥l ，又AB 与AC 是平面ABC 内两条相交直线， ∴l ⊥平面ABC .]4．C [AB →·C 1A —→＝AB →·(C 1C —→＋CB →＋BA →)＝AB →·BA →＝－a 2，AB →·A 1C 1—→＝AB →·AC →＝AB →·(AB →＋BC →)＝AB →·AB →＝a 2，BC →·A 1D —→＝BC →·(A 1A —→＋AD →)＝BC →·BC →＝a 2，AB →·C 1A 1—→＝－AB →·A 1C 1—→＝－a 2， 故选C.]5.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－23，23或⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，23，－23解析 设与a ＝(2,2,1)和b ＝(4,5,3)同时垂直的单位向量是c ＝(p ，q ，r )，则⎩⎪⎨⎪⎧p 2＋q 2＋r 2＝1，2p ＋2q ＋r ＝0，4p ＋5q ＋3r ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ p ＝13，q ＝－23，r ＝23或⎩⎪⎨⎪⎧p ＝－13，q ＝23，r ＝－23，即同时垂直于a ，b 的单位向量为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－23，23或⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，23，－23.6．±⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22 解析 直线l 的方向向量平行于平面α的法向量，故直线l 的单位方向向量是±⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22.向量法求解空间角和距离问题[基础保分练]1．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量AB →，AD →，AA 1→两两的夹角均为60°，且|AB →|＝1，|AD →|＝2，|AA 1→|＝3，则|AC 1→|等于( ) A ．5B ．6C ．4D ．82．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1D 1的中点，则异面直线DE 与AC 所成的角的余弦值为( )A.120B.1010C ．－1010D ．－1203．在空间直角坐标系O －xyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)，已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于( ) A ．4B ．2C ．3D ．14．方向向量为s ＝(1,1,1)的直线l 经过点A (1,0,0)，则坐标原点O (0,0,0)到该直线的距离是( ) A.3B.2C.62D.635．平面α的一个法向量为n ＝(1，－3，0)，则y 轴与平面α所成的角的大小为( ) A.π6B.π3C.π4D.5π66.如图所示，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则异面直线OA 与BC 的夹角的余弦值为( )A.3－25 B.3＋25 C.3－225D.2＋257．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上，且AM →＝12MC 1—→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( ) A.216a B.66a C.156a D.153a 8．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在α，β平面上引射线PM ，PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为( ) A ．60°B．70°C．80°D．90°9．三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，长度分别为6,4,4，则其顶点到底面的距离为________． 10.如图所示，已知空间四边形OABC 中OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为________．[能力提升练]1．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( ) A.13B.23C.33D.232．已知正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 与SD 所成的角的余弦值为( )A.13B.23C.33D.233．已知空间向量a ，b 满足|a |＝|b |＝1，且a ，b 的夹角为π3，O 为空间直角坐标系的原点，点A ，B 满足OA →＝2a ＋b ，OB →＝3a －b ，则△OAB 的面积为( ) A.523B.543C.743D.1144．过正方形ABCD 的顶点A ，引PA ⊥平面ABCD .若PA ＝BA ，则平面ABP 和平面CDP 所成二面角的大小是( )A ．30°B．45°C．60°D．90°5．已知∠AOB ＝90°，过O 点引∠AOB 所在平面的斜线OC ，与OA ，OB 分别成45°，60°角，则以OC 为棱的二面角A －OC －B 的余弦值为________．6.如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长(包括底面边长)都是2，E ，F 分别是AB ，A 1C 1的中点，则EF 与侧棱C 1C 所成角的余弦值是________．答案精析基础保分练1．A 2.B 3.B 4.D 5.B 6.C7．A [以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.设M (x ，y ，z )，因为点M 在AC 1上，且AM →＝12MC 1→，则(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，得x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3，所以|MN →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32 ＝216a ，故选A.] 8．D [不妨设PM ＝a ，PN ＝b ， 作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F . ∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos60°－a ×22b cos45°－22ab cos45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0，∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°.] 9.62211解析 设三棱锥为P －ABC ，且PA ＝6，PB ＝PC ＝4，以P 为原点建立空间直角坐标系如图，则P (0,0,0)，A (6,0,0)，B (0,4,0)，C (0,0,4)，PA →＝(6,0,0)，AB →＝(－6,4,0)，AC →＝(－6,0,4)，设平面ABC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ⊥AB →，n ⊥AC →，所以⎩⎪⎨⎪⎧－6x ＋4y ＝0，－6x ＋4z ＝0，即y ＝z ＝32x ，所以可选平面ABC 的一个法向量为n ＝(2,3,3)，所以P 到平面ABC 的距离d ＝|PA →|·|cos〈PA →，n 〉|＝|PA →·n ||n |＝124＋9＋9＝62211. 10．0解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ， 则|b |＝|c |，〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，BC →＝c －b ，∴OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b ＝|a |·|c |cos π3－|a |·|b |cos π3＝0，∴OA →⊥BC →，∴cos〈OA →，BC →〉＝0. 能力提升练1．B [设A 1在底面ABC 内的射影为O ，过O 作OH ∥BC 交AB 于点H ，以O 为坐标原点，分别以OA →，OH →，OA 1→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(图略)． 设△ABC 的边长为1，则A ⎝⎛⎭⎪⎫33，0，0， B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，63， ∴AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－536，12，63，平面ABC 的法向量n ＝(0,0,1)， 则AB 1与底面ABC 所成角α的正弦值sin α＝|cos 〈AB 1→，n 〉|＝637536＋14＋69＝23.]2．C 3．B [|OA →|＝a ＋b2＝4|a |2＋|b |2＋4a ·b ＝7， 同理|OB →|＝7，则cos∠AOB ＝OA →·OB→|OA →||OB →|＝6|a |2－|b |2＋a ·b 7＝1114，从而有sin∠AOB ＝5314，∴△OAB 的面积S ＝12×7×7×5314＝534，故选B.]4．B [建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝1，易得平面APB 的一个法向量为n 1＝(0,1,0)，平面PCD 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)， 故平面ABP 与平面CDP 所成二面角的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝22，故所求二面角的大小是45°.] 5．－33 6.255第56练 立体几何中的易错题1．已知直线a ，b ，m ，其中a ，b 在平面α内．则“m ⊥a ，m ⊥b ”是“m ⊥α”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．设l 为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( ) A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥β B ．若l ⊥α，l ⊥β，则α∥β C ．若l ⊥α，l ∥β，则α∥β D ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β3．(2019·湛江调研)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 ．α∩β＝n ，m ⊂α，m ∥β⇒m ∥nB ．α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ⇒n ⊥βC．m⊥n，m⊂α，n⊂β⇒α⊥βD．m∥α，n⊂α⇒m∥n4．若点P∈平面α，点Q∈平面α，点R∈平面β，α∩β＝m，且R∉m，PQ∩m＝M，过P，Q，R三点确定一个平面γ，则β∩γ是( )A．直线QR B．直线PRC．直线RM D．以上均不正确5．(2019·唐山模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2AA1，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为( )A.105B.15C.55D.1556．若P是两条异面直线l，m外的任意一点，则( )A．过点P有且仅有一条直线与l，m都平行B．过点P有且仅有一条直线与l，m都垂直C．过点P有且仅有一条直线与l，m都相交D．过点P有且仅有一条直线与l，m都异面7．在三棱锥S—ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝SA，SA⊥平面ABC，D为BC的中点，则异面直线AB与SD所成角的余弦值为( )A.55B.66C.306D．以上结论都不对8．已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为( )A.26B.36C.23D.229.如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为a的正方形，若在侧棱AA1上至少存在一点E，使得∠C1EB＝90°，则侧棱AA1的长的最小值为( )A．a B．2aC．3a D．4a10．在三棱锥A －BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积分别为22，32，62，则该三棱锥外接球的表面积为( ) A ．2πB ．6πC ．46πD ．24π11．已知一所有棱长都是2的三棱锥，则该三棱锥的体积为________．12．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是棱CC 1的中点，则三棱锥A 1－ABM 的体积为________．第12题图 第13题图13．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a3，过B 1，D 1，P的平面交平面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝________.14.如图，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻转成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻转过程中，正确的命题是________．①MB 是定值； ②点M 在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ④一定存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE .15．在三棱锥P －ABC 中，PB ＝6，AC ＝3，G 为△PAC 的重心，过点G 作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB 和AC ，则截面的周长为________．16.如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值范围是________．答案精析1．B 2.B 3.A 4.C 5.B 6.B7．B [如图，取AC的中点E，连接DE，SE，因为D，E分别为BC，AC的中点，所以DE∥AB，所以∠SDE就是异面直线AB与SD所成的角，令AB＝AC＝SA＝2，由勾股定理得SE＝5，又DE＝1，很明显BA⊥平面SAC，所以DE⊥平面SAC，所以DE⊥SE，所以SD＝ 6.在Rt△SDE中，cos∠SDE＝DESD ＝16＝66.故选B.]8．A [设E为△ABC的重心，连接OA，OB，OE.∵三棱锥S－ABC内接于球O，∴OB＝OC＝OA＝1.又△ABC为等边三角形，∴OE⊥平面ABC，∴三棱锥的高h＝2OE.∵AB＝AC＝BC＝1，E为△ABC的重心，连接CE，∴CE＝33，∴OE＝OC2－CE2＝63，∴h ＝263，∴V S －ABC ＝13S △ABC ·h＝13×12×1×32×263＝26.] 9．B [设AA 1＝h ，AE ＝x ，A 1E ＝h －x ，x ∈[0，h ]，则BE 2＝a 2＋x 2，C 1E 2＝(2a )2＋(h －x )2，BC 21＝a 2＋h 2. 又∠C 1EB ＝90°， 所以BE 2＋C 1E 2＝BC 21，即a 2＋x 2＋(2a )2＋(h －x )2＝a 2＋h 2， 即关于x 的方程x 2－hx ＋a 2＝0，x ∈[0，h ]有解，当x ＝0时，a 2＝0，不合题意，当x >0时，h ＝a 2x＋x ≥2a ，当且仅当x ＝a 时取等号． 即侧棱AA 1的最小值为2a .]10．B [设两两垂直的三条侧棱分别为a ，b ，c ， 可以得到12ab ＝22，12bc ＝32，12ac ＝62， 解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3. 所以2R ＝a 2＋b 2＋c 2＝6， 所以球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.] 11.13 12.16 13.22a 3解析 如图，∵平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1 ＝B 1D 1， ∴B 1D 1∥PQ .又∵B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ . 设PQ ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ， ∴△APM ∽△DPQ ， ∴PQ PM ＝PD AP＝2，即PQ ＝2PM .又△APM ∽△ADB ，∴PM BD ＝AP AD ＝13.∴PM ＝13BD ，PQ ＝23BD ，又BD ＝2a ，∴PQ ＝223a .14．①②④解析 取DC 中点N ，连接MN ，NB ，则MN ∥A 1D ，NB ∥DE ，所以平面MNB ∥平面A 1DE ，因为MB ⊂平面MNB ，所以MB ∥平面A 1DE ，④正确；∠A 1DE ＝∠MNB ，MN ＝12A 1D ＝定值，NB ＝DE ＝定值，根据余弦定理得，MB 2＝MN 2＋NB 2－2MN ·NB ·cos∠MNB ，所以MB 是定值，①正确；B 是定点，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD 满足AC ⊥DE 时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确． 15．8解析 过点G 作EF ∥AC ，分别交PA ，PC 于点E ，F ，过点E 作EN ∥PB 交AB 于点N ，过点F 作FM ∥PB 交BC 于点M ，连接MN ，则四边形EFMN 是平行四边形(平面EFMN 为所求截面)，且EF ＝MN ＝23AC ＝2，FM ＝EN ＝13PB ＝2，所以截面的周长为2×4＝8.16.⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52解析 取B 1C 1的中点M ，BB 1的中点N ，连接A 1M ，A 1N ，MN ，可以证明平面A 1MN ∥平面AEF ，所以点P 位于线段MN 上，把△A 1MN 置于平面上，则有A 1M ＝A 1N ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52，MN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22，所以当点P 位于M ，N 时，A 1P 最大，当P 位于线段MN 的中点O 时，A 1P 最小，此时A 1O ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝324，所以A 1O ≤A 1P ≤A 1M ，即324≤A 1P ≤52，所以线段A 1P 长度的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52.第57练 高考大题突破练—立体几何[基础保分练]1．(2019·四川诊断)如图所示，四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥底面ABCD ，∠ABC ＝90°，SA ＝2，AB ＝3，BC ＝1，AD ＝23，∠ACD ＝60°，E 为CD 的中点．(1)求证：BC ∥平面SAE ；(2)求直线SD 与平面SBC 所成角的正弦值．2．(2016·山东)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，。
2020高考文科数学立体几何题型与方法
专题六：高考文科数学立体几何题型与方法（文科）一、考点回顾 1．平面（1）平面的基本性质：掌握三个公理及推论，会说明共点、共线、共面问题。
（2）证明点共线的问题，一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点（依据：由点在线上，线在面内 ，推出点在面内）， 这样，可根据公理2证明这些点都在这两个平面的公共直线上。
（3）证明共点问题，一般是先证明两条直线交于一点，再证明这点在第三条直线上，而这一点是两个平面的公共点，这第三条直线是这两个平面的交线。
（4）证共面问题一般用落入法或重合法。
（5）经过不在同一条直线上的三点确定一个面. 2. 空间直线.（1）空间直线位置分三种：相交、平行、异面. 相交直线—共面有反且有一个公共点；平行直线—共面没有公共点；异面直线—不同在任一平面内。
（2）异面直线判定定理：过平面外一点与平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线.（不在任何一个平面内的两条直线）（3）平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.（4）等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等推论：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锐角（或直角）相等.（5）两异面直线的距离：公垂线的长度.空间两条直线垂直的情况：相交（共面）垂直和异面垂直.21,l l 是异面直线，则过21,l l 外一点P ，过点P 且与21,l l 都平行平面有一个或没有，但与21,l l 距离相等的点在同一平面内. （l 1或l 2在这个做出的平面内不能叫l 1与l 2平行的平面） 3. 直线与平面平行、直线与平面垂直.（1）空间直线与平面位置分三种：相交、平行、在平面内.（2）直线与平面平行判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.（“线线平行，线面平行”）（3）直线和平面平行性质定理：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.（“线面平行，线线平行”）（4）直线与平面垂直是指直线与平面任何一条直线垂直，过一点有且只有一条直线和一个平面垂直，过一点有且只有一个平面和一条直线垂直.PO A a4 若PA⊥α，a⊥AO，得a⊥PO（三垂线定理），得不出α⊥PO. 因为a⊥PO，但PO不垂直OA.5 三垂线定理的逆定理亦成立.直线与平面垂直的判定定理一：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这两条直线垂直于这个平面.（“线线垂直，线面垂直”）直线与平面垂直的判定定理二：如果平行线中一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面.推论：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行.（5）a.垂线段和斜线段长定理：从平面外一点向这个平面所引的垂线段和斜线段中，①射影相等的两条斜线段相等，射影较长的斜线段较长；②相等的斜线段的射影相等，较长的斜线段射影较长；③垂线段比任何一条斜线段短.[注]：垂线在平面的射影为一个点. [一条直线在平面内的射影是一条直线.（×）]b.射影定理推论：如果一个角所在平面外一点到角的两边的距离相等，那么这点在平面内的射影在这个角的平分线上。
高考数学高考复习易错题分类《立体几何》易错题专题1
高考数学高考复习易错题分类《立体几何》易错题专题12020.031,空间四边形中，互相垂直的边最多有（）A、1对B、2对C、3对D、4对2,在棱长为1的正方体ABCD--A1B1C1D1中，若G、E分别为BB1，C1D1的中点，点F是正方形ADD1A1的中心，则四边形BGEF在正方体六个面上的射影图形面积的最大值为________。
3,1. 有一棱长为a的正方体骨架，其内放置一气球，使其充气且尽可能地大（仍保持为球的形状），则气球表面积的最大值为__________.4,在正方体AC1中，过它的任意两条棱作平面，则能作得与A1B成300角的平面的个数为（）A、2个B、4个C、6个D、8个5,如果a,b是异面直线，P是不在a,b上的任意一点，下列四个结论：（1）过P一定可作直线L与a , b都相交；（2）过P一定可作直线L与a , b都垂直；（3）过P一定可作平面 与a , b都平行；（4）过P一定可作直线L与a , b都平行，其中正确的结论有（）A、0个B、1个C、2个D、3个6,下列正方体或正四面体中，P、Q、R、S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一个图是( )7,一直线与直二面角的两个面所成的角分别为α，β，则α+β满足（ ） A 、α+β<900 B 、α+β≤900 C 、α+β>900 D 、α+β≥9008,平面α与平面β相交成锐角θ，面α内一个圆在面β上的射影是离心率为21的椭圆，则角θ等于_______。
9,与空间四边形ABCD 四个顶点距离相等的平面共有______个。
10,5． 下列命题中：a.若向量、与空间任意向量不能构成基底，则∥ 。
b.若a ∥b ， b ∥c ，则c ∥a .c.若 、 、是空间一个基底，且 =31＋31＋31 ,则A 、B 、C 、D 四点共面。
d.若向量 a + b ， b + c ， c + a 是空间一个基底，则 a 、 b 、 c 也是空间的一个基底。
2020年高考数学(文)之纠错笔记专题08 立体几何含答案
专题08 立体几何易错点1 对空间几何体的结构认识不准确致错有一种骰子，每一面上都有一个英文字母，如图是从3个不同的角度看同一粒骰子的情形，请画出骰子的一个侧面展开图，并根据展开图说明字母H对面的字母是.【错解】P【错因分析】空间想象能力差而乱猜一气，实际上可以动手制作模型，通过折叠得出答案.【试题解析】将原正方体外面朝上展开，得其表面字母的排列如图所示，易得H对面的字母是O.【参考答案】O1．对于平面图形折叠或空间图形展开的问题，空间想象能力是解题的关键，正确识图才能有效折叠平面图形、展开空间图形.而对于简单几何体的展开图，可以通过制作模型来解答.2．关于空间几何体的结构特征问题的注意事项：(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．(2)通过举反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.1．已知某圆柱的底面周长为12，高为2，矩形ABCD是该圆柱的轴截面，则在此圆柱侧面上，从A到C的路径中，最短路径的长度为A．B．C．3D．2【答案】A【解析】圆柱的侧面展开图如图，圆柱的侧面展开图是矩形，且矩形的长为12，宽为2，则在此圆柱侧面上从A到C的最短路径为线段AC，AC==故选：A．易错点2 不能正确画出三视图或还原几何体而致错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【错解】A或B或C【错因分析】选A，俯视图判断出错，从俯视图看，几何体的上、下部分都是旋转体；选B，下部分几何体判断出错，误把旋转体当多面体；选C，上部分几何体判断出错，误把旋转体当多面体.【试题解析】由三视图可知几何体上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.【参考答案】D1．当已知三视图去还原成几何体时，要充分关注图形中关键点的投影，先从俯视图来确定是多面体还是旋转体，再从正视图和侧视图想象出几何体的大致形状，然后通过已知的三视图验证几何体的正确性，最后检查轮廓线的实虚．2．三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(2)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不能看到的部分用虚线表示．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合.2．下列四个几何体的三视图中，只有正视图和侧视图相同的几何体是A．①②B．①③C．①④D．②④【答案】D【解析】分析题中简单几何体可知，②④中几何体的正视图和侧视图相同.故选D.易错点3 空间几何体的直观图与原图面积之间的关系如图是水平放置的平面图形的直观图，则原平面图形的面积为A ．3BC ．6D．【错解】B【错因分析】错解中把直观图认为是原平面图形，则平面图形的面积为123sin 452⨯⨯⨯o .实际上，题图为直观图，必须根据直观图还原得到平面图形，再利用三角形的面积公式求解.【试题解析】原平面图形如图，即Rt △OAB ，其中OA =O ′A ′=3，OB =2O ′B ′=4，故原平面图形的面积为134=62⨯⨯，选C.【方法点晴】本题主要考查了平面图形的直观图及其原图形与直观图面积之间的关系，属于基础题，解答关键是牢记原图形与直观图的面积比为SS='． 【参考答案】C1．斜二测画法中的“三变”与“三不变”：“三变”y ⎧⎪⎨⎪⎩坐标轴的夹角改变与轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变；“三不变”x z ⎧⎪⎨⎪⎩平行性不改变与,轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变.2．原图形与直观图的面积比为SS ='，即原图面积是直观图面积的=4倍.3．已知梯形ABCD 是直角梯形，按照斜二测画法画出它的直观图A B C D ''''(如图所示)，其中2A D ''=，4B C ''=，1A B ''=，则直角梯形DC 边的长度是A B ．CD ．【答案】B【解析】由直观图作出梯形ABCD 是直角梯形，如图：Q 按照斜二测画法画，可得出它的直观图,2,4,1A'B'C'D'A'D'B'C'A'B'===，∴直角梯形ABCD 中,,2,4,22AB BC AD A'D'BC B'C'AB A'B'⊥======， 过D 作DE BC ⊥，交BC 于E ,则2,422DE AB EC BC AD ===-=-=，∴直角梯形DC = B .【名师点睛】本题主要考查斜二测画法的基本原理与性质，以及由直观图还原平面图形，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，属于中档题.本题容易忽视了图形中的平行关系，从而得不到原图中边与坐标轴的平行关系，判断不出直角三角形而导致错误．易错点4 空间几何体的表面积或体积计算不全致错一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为A．B．C．21 D．18【错解】B或C或D【错因分析】由三视图可知原几何体应该是一个正方体截取两个全等的小正三棱锥，B项计算三角形面积时出错；截取小正三棱锥，即除去了六个全等的等腰直角三角形，但C项忽略了几何体多了两个等边三角形面；由三视图可知原几何体应该是一个正方体截取两个全等的小正三棱锥的组合体，D项计算三角形面积时出错，且计算时还少加了三棱锥的底面.【试题解析】由三视图可知原几何体如图所示，是一个正方体截取两个全等的小正三棱锥.正方体的表面积为S=24，两个全等的三棱锥是以正方体的相对顶点为顶点，侧面是三个全等的直角边长为1的等腰直角三角形，其侧面面积的和为3积为故选A.【参考答案】A1．柱体、锥体、台体的表面积（1）已知几何体的三视图求其表面积，一般是先根据三视图判断空间几何体的形状，再根据题目所给数据与几何体的表面积公式，求其表面积．（2）多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积应注意重合部分的处理，以确保不重复、不遗漏.（3）求多面体的侧面积时，应对每一个侧面分别求解后再相加；求旋转体的侧面积时，一般要将旋转体展开为平面图形后再求面积.2．柱体、锥体、台体的体积空间几何体的体积是每年高考的热点之一，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度较小，属容易题.求柱体、锥体、台体体积的一般方法有：（1）若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．（2）若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等体积法、割补法等方法进行求解．（3）若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.①等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积.②割补法：运用割补法处理不规则的空间几何体或不易求解的空间几何体的体积计算问题，关键是能根据几何体中的线面关系合理选择截面进行切割或者补成规则的几何体.要弄清切割后或补形后的几何体的体积是否与原几何体的体积之间有明显的确定关系，如果是由几个规则的几何体堆积而成的，其体积就等于这几个规则的几何体的体积之和；如果是由一个规则的几何体挖去几个规则的几何体而形成的，其体积就等于这个规则的几何体的体积减去被挖去的几个几何体的体积．因此，从一定意义上说，用割补法求几何体的体积，就是求体积的“加、减”法．4．如图所示，已知等腰梯形ABCD 的上底AD ＝2 cm ，下底BC ＝10 cm ，底角∠ABC ＝60°，现绕腰AB 旋转一周，则所得的旋转体的体积是A ．246πB ．248πC ．249πD ．250π【答案】B【解析】过D 作DE ⊥AB 于E ，过C 作CF ⊥AB 于F ，所得旋转体是以CF 为底面半径的圆锥和圆台，挖去以A 为顶点，以DE 为底面半径的圆锥的组合体．由于AD ＝2 cm ，BC ＝10cm ，∠ABC ＝60°，在Rt △BCF 中，BF ＝5 cm ，FC ＝5 3 cm. 由AD ∥BC 得，∠DAE ＝∠ABC ＝60°.在Rt △ADE 中，DE ＝ 3 cm ，AE ＝1 cm.又在等腰梯形ABCD 中可求得AB ＝8 cm ，AF ＝AB －BF ＝8－5＝3(cm)，EF ＝AE ＋AF ＝4 cm.所以旋转后所得几何体的体积为V ＝13π·BF ·FC 2＋13π·EF ·(DE 2＋FC 2＋DE ·FC )－13π·AE ·DE 2＝13π×5×(53)2＋13π×4×[(3)2＋(53)2＋3×53]－13π×1×(3)2＝248π(cm 3)，即所得的旋转体的体积为248π cm 3.本题易将所得旋转体漏掉扣除以圆台上底面为底面，高为1 cm 的圆锥的体积而错选C.易错点5 问题考虑不全面致错已知半径为10的球的两个平行截面圆的周长分别是12π和16π，则这两个截面圆间的距离为 . 【错解】2如图，设球的大圆为圆O ，C ，D 分别为两截面圆的圆心，AB 为经过点C ，O ，D 的直径，由题中条件可得两截面圆的半径分别为6和8.在Rt △COE 中，221068OC =-=.在Rt △DOF 中，221086OD =-=.所以CD =OC −OD =8−6=2，故这两个截面圆间的距离为2.【错因分析】错解中由于对球的结构把握不准，考虑问题不全面而导致错误.事实上，两个平行截面既可以在球心的同侧，也可以在球心的两侧.【试题解析】如上图，设球的大圆为圆O ，C ，D 为两截面圆的圆心，AB 为经过点C ，O ，D 的直径，由题中条件可得两截面圆的半径分别为6和8.当两截面在球心同侧时，22221061082CD OC OD =-=---=； 当两截面在球心两侧时，222210610814CD OC OD =+=--=. 综上可知，两截面圆间的距离为2或14. 【参考答案】2或141．球的有关问题（1）确定一个球的条件是球心和球的半径，已知球的半径可以利用公式求球的表面积和体积；反之，已知球的体积或表面积也可以求其半径. （2）球与几种特殊几何体的关系：①长方体内接于球，则球的直径是长方体的体对角线长； ②正四面体的外接球与内切球的球心重合，且半径之比为3∶1；③直棱柱的外接球：找出直棱柱的外接圆柱，圆柱的外接球就是所求直棱柱的外接球.特别地，直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；④球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径； ⑤球与圆台的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．（3）与球有关的实际应用题一般涉及水的容积问题，解题的关键是明确球的体积与水的容积之间的关系，正确建立等量关系.（4）有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将空间几何问题转化为平面中圆的有关问题解决.球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面圆的半径r 之间满足关系式：d =.2．求解空间几何体表面积和体积的最值问题有两个思路：一是根据几何体的结构特征和体积、表面积的计算公式，将体积或表面积的最值转化为平面图形中的有关最值，根据平面图形的有关结论直接进行判断；二是利用基本不等式或是建立关于表面积和体积的函数关系式，然后利用函数的方法或者利用导数方法解决.5．如图所示，在长方体中，14cm,2cm,3cm,AB AD AA ===则在长方体表面上连接1A C 、两点的所有曲线长度的最小值为__________．【解析】将长方体的面分别展开平铺，当四边形11AA D D 和四边形11DD C C 在同一平面内时，最小距离为四边形11AAC C =；当四边形11AA B B 和四边形11BB C C 在同一平面内时，最小距离为四边形11AAC C =；四边形ABCD 和四边形11CDD C 在同一平面内时，最小距离为四边形11ABC D =将空间几何体的表(侧)面展开，化折(曲)为直，使空间图形问题转化为平面图形问题，即空间问题平面化，是解决立体几何问题最基本的、最常用的方法，将空间图形展开成平面图形后，弄清几何中的有关点和线在展开图中的相应关系是解题的关键．该题考查的是几何体的表面距离的最值问题，结合平面内连接两点的直线段是最短的，所以将长方体的侧面沿着不同的方向展开，使得两个点落在同一平面内，利用勾股定理来求解，选出最小的那个就是，容易出错的地方在于考虑不全面，沿着一个方向展开求得结果，从而出现错误．易错点6 应用公理或其推论时出错已知A ，B ，C ，D ，E 五点中，A ，B ，C ，D 共面，B ，C ，D ，E 共面，则A ，B ，C ，D ，E 五点一定共面吗？【错解】A ，B ，C ，D ，E 五点一定共面.因为A ，B ，C ，D 共面，所以点A 在B ，C ，D 所确定的平面内， 因为B ，C ，D ，E 共面，所以点E 也在B ，C ，D 所确定的平面内，所以点A ，E 都在B ，C ，D 所确定的平面内，即A ，B ，C ，D ，E 五点一定共面.【错因分析】错解忽略了公理2中“不在一条直线上的三点”这个重要条件.实际上B ，C ，D 三点有可能共线. 【试题解析】（1）如果B ，C ，D 三点不共线，则它们确定一个平面α. 因为A ，B ，C ，D 共面，所以点A 在平面α内， 因为B ，C ，D ，E 共面，所以点E 在平面α内，所以点A，E都在平面α内，即A，B，C，D，E五点一定共面.（2）若B，C，D三点共线于l，若A∈l，E∈l，则A，B，C，D，E五点一定共面；若A，E中有且只有一个在l上，则A，B，C，D，E五点一定共面；若A，E都不在l上，则A，B，C，D，E五点可能不共面.【参考答案】见试题解析.在立体几何中，空间点、线、面之间的位置关系不确定时，要注意分类讨论，避免片面地思考问题.对于确定平面问题，在应用公理2及其三个推论时一定要注意它们成立的前提条件.1．证明点共线问题，就是证明三个或三个以上的点在同一条直线上，主要依据是公理3.常用方法有：①首先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点，根据公理3知这些点都在这两个平面的交线上；②选择其中两点确定一条直线，然后证明其他点也在这条直线上.2．证明三线共点问题，一般先证明待证的三条直线中的两条相交于一点，再证明第三条直线也过该点.常结合公理3，证明该点在不重合的两个平面内，故该点在它们的交线（第三条直线）上，从而证明三线共点.3．证明点或线共面问题，主要有两种方法：①首先由所给条件中的部分线（或点）确定一个平面，然后再证其余的线（或点）在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合.6．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：（1）D，B，F，E四点共面；（2）若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线．【解析】（1）如图，连接B1D1.∵EF是△D1B1C1的中位线，∴EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，∴EF∥BD.∴EF、BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．（2）正方体AC1中，设平面A1ACC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.∵Q∈A1C1，∴Q∈α.又Q∈EF，∴Q∈β.则Q是α与β的公共点，同理P是α与β的公共点，∴α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，∴R∈A1C.∴R∈α，且R∈β，则R∈PQ.故P，Q，R三点共线．易错点7 忽略空间角的范围或不能正确找出空间角致误如图，已知空间四边形ABCD中，AD=BC，M，N分别为AB，CD的中点，且直线BC与MN所成的角为30°，则BC与AD所成的角为.【错解】120°如图，连接BD ，并取中点E ，连接EN ，EM ，则EN ∥BC ，ME ∥AD ，故ENM ∠为BC 与MN 所成的角，∠MEN 为BC 与AD 所成的角，∴∠ENM=30°.又由AD =BC ，知ME =EN ，∴∠EMN =∠ENM =30°， ∴1803030120MEN ∠=︒-︒-︒=︒，即BC 与AD 所成的角为120°.【错因分析】在未判断出∠MEN 是锐角或直角还是钝角之前，不能断定它就是两异面直线所成的角，因为异面直线所成的角α的取值范围是090α<≤oo，如果∠MEN 为钝角，那么它的补角才是异面直线所成的角.【试题解析】以上同错解，求得∠MEN =120°，即BC 与AD 所成的角为60°. 【参考答案】60°求异面直线所成的角的时候，要注意异面直线所成的角α的取值范围是090α<≤o o .1．求异面直线所成的角的常见策略： （1）求异面直线所成的角常用平移法．平移法有三种类型，利用图中已有的平行线平移，利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移，利用补形平移．（2）求异面直线所成角的步骤①一作：即根据定义作平行线，作出异面直线所成的角； ②二证：即证明作出的角是异面直线所成的角； ③三求：解三角形，求出作出的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角. （3）判定空间两条直线是异面直线的方法①判定定理：平面外一点A 与平面内一点B 的连线和平面内不经过点B 的直线是异面直线． ②反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．2．求直线与平面所成的角的方法： （1）求直线和平面所成角的步骤 ①寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；②连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角； ③把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角． （2）求线面角的技巧在上述步骤中，其中作角是关键，而确定斜线在平面内的射影是作角的关键，几何图形的特征是找射影的依据，射影一般都是一些特殊的点，比如中心、垂心、重心等． 3．求二面角大小的步骤：简称为“一作二证三求”．作平面角时，一定要注意顶点的选择．7．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，若1AB BC ==，12BB =，则异面直线1A B 和1AD 所成角的余弦值为A ．10B ．35C ．2D ．45【答案】D【解析】连接1D C ，由题得11//A D BC ，故四边形11A BCD 是平行四边形，11//A B D C ，则1AD C ∠的余弦值即为所求，由1AB BC ==，12BB =可得11AD DC ==AC =故有22212ADC =+-∠，解得14cos 5AD C ∠=， 故选D.【名师点睛】本题考查异面直线的夹角的余弦值和余弦定理，常见的方法是平移直线，让两条直线在同一平面中，再求夹角的余弦值.易错点8 对线面位置关系不能正确应用定理作出判断如果两条平行直线a ，b 中的a ∥α，那么b ∥α.这个命题正确吗？为什么？【错解】这个命题正确．∵a ∥α，∴在平面α内一定存在一条直线c ，使a ∥c . 又∵a ∥b ，∴b ∥c ，∴b ∥α.【错因分析】忽略了b ⊂α这种情况，从而导致错误，本题条件中的直线b 与平面α有两种位置关系：b ∥α和b ⊂α.【试题解析】这个命题不正确．若b ⊄α，∵a ∥α，∴在平面α内必存在一条直线c ，使a ∥c . 又∵a ∥b ，∴b ∥c ，∴b ∥α. 若b ⊂α，则不满足题意．综上所述，b 与α的位置关系是b ∥α或b ⊂α. 【参考答案】见试题解析.错误的原因是利用线面平行的判定定理时，忽略了定理使用的前提条件必须是平面外的一条直线与平面内的一条直线平行．1．点、线、面之间的位置关系可借助正方体为模型，以正方体为主线，直观感知并认识空间点、线、面的位置关系，准确判定线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直． 2．熟练应用线面位置关系中的判定定理与性质定理即可顺利解决此类问题.8．下列命题中，错误的是A ．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交B ．平行于同一直线的两个平面一定平行C ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．若直线l 不平行于平面α，且l 不在平面α内，则在平面α内不存在与l 平行的直线 【答案】B【解析】由直线与平面相交的性质，知一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交，故A 正确；平行于同一直线的两个平面有两种位置关系，可能平行，也可能相交，B 错误；如果一个平面α内存在直线垂直于平面β，则平面α一定垂直于平面β，故C 正确．若直线l 不平行于平面α，且l 不在α内，则l 与α相交，则在平面α内不存在与l 平行的直线.故选B ．易错点9 证明线面位置关系时不能正确应用定理致错如图，a b ∥，点P 在,a b 所确定的平面γ外，PA a ⊥于点A ，AB b ⊥于点B . 求证：PB b ⊥.【错解】因为PA a ⊥，a b ∥，所以PA b ⊥. 所以PA γ⊥，所以PB b ⊥.【错因分析】本题错解的原因在于没有正确使用线面垂直的判定定理，由,,PA a PA b ⊥⊥ 得PA γ⊥，而忽略了“垂直于平面内两条相交直线”这一条件，即a b ≠∅I .【试题解析】因为,PA a a b ⊥∥，所以PA b ⊥. 又,AB b PA AB A ⊥=I ，所以b ⊥平面PAB . 因为PB PAB ⊂平面，所以PB b ⊥. 【参考答案】见试题解析.应用直线与平面垂直的判定定理时，要熟记定理的应用条件，不能忽略“两条相交直线”这一关键点.1．判断或证明线面平行的常用方法有： ①利用线面平行的定义(无公共点)；②利用线面平行的判定定理(a b a b a ααα⊄⊂⇒,,∥∥)； ③利用面面平行的性质(a a αβαβ⊂⇒∥,∥)；④利用面面平行的性质(a a a a αβαβαβ⊄⊄⇒∥,,,∥∥). 2．判定面面平行的常见策略：①利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)． ②利用面面平行的判定定理(主要方法)．③利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)．④利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用). 3．证明直线和平面垂直的常用方法： ①线面垂直的定义； ②判定定理；③垂直于平面的传递性(a b a b αα⊥⇒⊥∥,)； ④面面平行的性质(a a ααββ⊥⇒⊥,∥)； ⑤面面垂直的性质． 4．判定面面垂直的常见策略： ①利用定义(直二面角)．②判定定理：可以通过直线与平面垂直来证明平面与平面垂直．③在运用面面垂直的性质定理时，若没有与交线垂直的直线，则一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，这样就把面面垂直转化为线面垂直，进而转化为线线垂直．9．如图，在四棱锥P ABCD -中，AD BC ∥，且2PA PD ==，2AD BC ==，PA CD ⊥，点E 在PC 上，且2PE EC =．（1）求证：平面PAD ⊥平面PCD ； （2）求证：直线PA ∥平面BDE ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）因为2PA PD ==，AD =， 所以222PA PD AD +=，所以PA PD ⊥，又PA CD ⊥，且PD CD D =I ，PD ⊂平面PCD ，CD ⊂平面PCD ， 所以PA ⊥平面PCD ， 又PA ⊂平面PAD ， 所以平面PAD ⊥平面PCD .（2）连接AC 交BD 于点F ，连接EF ， 在四边形ABCD 中，AD BC ∥，2AD BC =，ADF △∽CBF △，所以2AD AFBC FC ==， 又2PE EC =，即2PE AFEC FC==， 所以PA EF ∥，又直线EF ⊂平面BDE ，直线PA ⊄平面BDE ， 所以直线PA ∥平面BDE .【名师点睛】（1）证明面面垂直：先正线面垂直，线又属于另一个面，即可证明面面垂直；（2）证明线面平行，在面内找一个线与已知直线平行即可.一、空间几何体的结构及其三视图与直观图1．空间几何体的结构（1）多面体①底面互相平行.②侧面都是平行四边形.③每相邻两个平行四边形的公共边互相平行.（2）旋转体2．空间几何体的三视图（1）三视图的概念①光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图叫做几何体的正视图；②光线从几何体的左面向右面正投影，得到的投影图叫做几何体的侧视图；③光线从几何体的上面向下面正投影，得到的投影图叫做几何体的俯视图.几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图.如图.（2）三视图的画法规则①排列规则：一般地，侧视图在正视图的右边，俯视图在正视图的下边.如下图：②画法规则ⅰ)正视图与俯视图的长度一致，即“长对正”；ⅰ)侧视图和正视图的高度一致，即“高平齐”；ⅰ)俯视图与侧视图的宽度一致，即“宽相等”.③线条的规则ⅰ)能看见的轮廓线用实线表示；ⅰ)不能看见的轮廓线用虚线表示.（3）常见几何体的三视图3．空间几何体的直观图（1）斜二测画法及其规则对于平面多边形，我们常用斜二测画法画它们的直观图.斜二测画法是一种特殊的画直观图的方法，其画法规则是：①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O.画直观图时，把它们画成对应的x′轴和y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′=45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面.②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段.③已知图形中平行于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.（2）用斜二测画法画空间几何体的直观图的步骤①在已知图形所在的空间中取水平平面，作互相垂直的轴Ox，Oy，再作Oz轴使∠xOz=90°，且∠yOz=90°.②画直观图时，把它们画成对应的轴O′x′，O′y′，O′z′，使∠x′O′y′=45°(或135°)，∠x′O′z′=90°，x′O′y′所确定的平面表示水平平面.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平行于x′轴、y′轴或z′轴的线段，并。
2020年高考数学(文)重难点专练03 立体几何(解析版)
重难点03 立体几何【命题趋势】立体几何一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，文科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及简单几何体的变面积以及体积.本专题针对高考高频知识点以及题型进行总结，希望通过本专题的学习，能够掌握高考数学中的立体几何的题型，将高考有关的立体几何所有分数拿到.【满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.求点到平面的距离问题：采用等体积法.求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.【考查题型】选择，填空，解答题【限时检测】（建议用时：45分钟）一、单选题1．（2013·山东高考模拟（文））设m ,n 是两条不同的直线, α,β,γ是三个不同的平面．有下列四个命题：①若//αβ，m α⊂，n β⊂，则//m n ； ①若m α⊥，//m β，则αβ⊥； ① 若n α⊥，n β⊥，m α⊥，则m β⊥；① 若αγ⊥，βγ⊥，m α⊥，则m β⊥． 其中错误．．命题的序号是 A ．①①B ．①①C ．①①①D ．①①【答案】B【解析】【分析】根据平面平行的几何特征及直线关系的定义，可判断①错误；根据线面平行的性质定理，线面垂直的第二判定定理及面面垂直的判定定理，可得①正确；根据线面垂直的几何特征及面面平行的判定方法，可得①正确；根据面面垂直的几何特征，及线面垂直的几何特征，可判断①错误．【详解】若α①β，m①α，n①β，则m 与n 不相交，但可能平行也可能异面，故①错误；若m①α，m①β，由线面平行的性质定理可得：存在直线b①β，使b①a ，根据线面垂直的第二判定定理可得b①α，再由面面平行的判定定理得：α①β，故①正确；若n①α，n①β，则α①β，又由m①α，则m①β，故①正确；若α①γ，β①γ，α与β可能平行也可能相交（此时两平面交线与γ垂直），当α①β时，若m①α，则m①β，但α与β相交时，若m①α，则m 与β一定不垂直，故①错误； 故答案为：B【点睛】(1) 本题考查直线与平面平行与垂直的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力．(2)证明一个命题是真命题，需要证明，说明一个命题是假命题，可以通过举反例，要灵活选择. 2．（2019·河北高三月考（文））《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 ==，AC =P ABC -的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．20πD ．24π 【答案】C【解析】由题意得PC 为球O 的直径,而PC ==即球O 的半径R =所以球O的表面积24π20πS R ==.本题选择C 选项.【点睛】：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．（2019·北京人大附中高考模拟（文））如图，在下列三个正方体1111ABCD A B C D -中，,,E F G 均为所在棱的中点，过,,E F G 作正方体的截面．在各正方体中，直线1BD 与平面EFG 的位置关系描述正确的是A ．1BD ∥平面EFG 的有且只有①；1BD ⊥平面EFG 的有且只有①①B ．1BD ∥平面EFG 的有且只有①；1BD ⊥平面EFG 的有且只有①C ．.1BD ∥平面EFG 的有且只有①；1BD ⊥平面EFG 的有且只有①D ．1BD ∥平面EFG 的有且只有①；1BD ⊥平面EFG 的有且只有①【答案】A【解析】【分析】①连结BD ，根据面面平行的判定定理可证平面1BDD P 平面EFG ，进而可得1BD P 平面EFG ；①①都可以根据线面垂直的判定定理，用向量的方法分别证明1BD EG ⊥，1BD EF ⊥，即可证明1BD ⊥平面EFG ；从而可得出结果.【详解】①连结BD ，因为,,E F G 均为所在棱的中点，所以BD GF P ，BD EF P ，从而可得BD P 平面EFG ，1DD P 平面EFG ；根据1BD DD D ⋂=，可得平面1BDD P 平面EFG ；所以1BD P 平面EFG ；①设正方体棱长为1，因为,,E F G 均为所在棱的中点，所以 ()()11111111B 22BD GE DD DB DA DD DA D DA ⎛⎫=-*=- ⎪⎝⎭***u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u r u u u u r ， ()11cos45cos6002=︒︒=即1BD EG ⊥； 又 ()()1111111C B 22BD EF DD DB DC DD D D DC ⎛⎫=-*=- ⎪⎝***⎭u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r ()11cos45cos6002=︒︒=，即1BD EF ⊥； 又EG EF E ⋂=，所以1BD ⊥平面EFG ；①设正方体棱长为1，因为,,E F G 均为所在棱的中点，所以()()()2111111111A 2222BD EG DD DB DG DE DD DB DC DD D DD DB DC DB DA ⎛⎫=-*-=-*+**-=-+ ⎪⎝*⎭u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，111102222=⨯+⨯=即1BD EG ⊥； 又()()()2111111111A A 2222BD EF DD DB AF AE DD DB DD DC D DD DB DC DB D ⎛⎫=*-*-=-*++=-- ⎪⎭*⎝*u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r1111102222=-⨯-⨯=1BD EF ⊥； 又EG EF E ⋂=，所以1BD ⊥平面EFG ；故选A【点睛】本题主要考查线面平行与线面垂直的判定，灵活掌握判定定理即可，属于常考题型. 4．（2019·山东高考模拟（理））如图，在下列四个正方体中，P ，R ，Q ，M ，N ，G ，H 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ 所在平面平行的是( )A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】【分析】根据线面平行判定定理以及作截面逐个分析判断选择.【详解】A 中，因为11////PQ AC A C ,所以可得//PQ 平面11A BC ,又1//RQ AB ，可得//RQ 平面11A BC ，从而平面//PQR 平面11A BCB 中，作截面可得平面PQR I 平面1A BN HN =（H 为C 1D 1中点）,如图：C 中，作截面可得平面PQR I 平面HGN HN =（H 为C 1D 1中点）,如图：D 中，作截面可得1,QN C M 为两相交直线，因此平面PQR 与平面11A MC 不平行, 如图：【点睛】本题考查线面平行判定定理以及截面，考查空间想象能力与基本判断论证能力，属中档题.二、填空题5．（2019·吉林高考模拟（文））一个倒置圆锥形容器，底面直径与母线长相等，容器内存有部分水，向容器内放入一个半径为1的铁球，铁球恰好完全没入水中（水面与铁球相切）则容器内水的体积为__________．【答案】5π3.【分析】先由题意作出轴截面，根据圆锥的底面直径与母线长相等，得到∠APC =30∘，再记铁球的半径为r ，得r =1，求出圆锥的高，以及圆锥底面圆半径，最后由V 圆锥=V 水+V 铁球，即可求出结果.【详解】如图所示，作出轴截面，由题意，圆锥的底面直径与母线长相等，可得AP =AB ，则AP =2AC ，所以∠APC =30∘，记铁球的半径为r ，即OC =OD =r =1，在ΔODP 中，sin∠OPD =OD OP =12，则OP =2r =2，所以PC =3r =3，因此AC =√3r =√3,PA =2√3r =2√3，所以铁球所在圆锥的体积为V 圆锥=V 水+V 铁球，即V 水=V 圆锥−V 铁球=13S 圆C •PC −43πr 3=13π(√3)2•3−43π=53π.故答案为53π【点睛】本题主要考查圆锥内切球的相关计算，熟记体积公式即可，属于常考题型.6．（2019·广东高考模拟（文））已知矩形ABCD ，1AB =，BC =，将ADC V 沿对角线AC 进行翻折，得到三棱锥D ABC -，则在翻折的过程中有下列结论：①三棱锥D ABC -的体积最大值为14； ①三棱锥D ABC -的外接球体积不变；①异面直线AB 与CD 所成角的最大值为90o ．其中正确的是____．（填写所有正确结论的编号）【答案】①①①【分析】考虑在翻折的过程中，当面ACD ⊥面ACB 时，D 到底面的距离最大，进而得到棱锥体积最大，可判断①正确；取AC 的中点O ，可得O 为棱锥的外接球的球心，计算可判断①正确；假设AB CD ⊥，由线面垂直的判断和性质，可判断①正确．【详解】解：矩形ABCD ，1AB =，BC =，可得2AC =，在翻折的过程中，当面ACD ⊥面ACB 时，D 到底面的距离最大，且为直角三角形ACD 斜边AC可得三棱锥D ABC -的体积最大值为1111324⋅⋅=，故①正确； 取AC 的中点O ，连接OB ，OD ，可得OA OB OC OD ===，即O 为三棱锥D ABC -的外接球的球心，且半径为1，体积为43π，故①正确；若AB CD ⊥，又AB BC ⊥，可得AB ⊥平面BCD ，即有AB BD ⊥，由1AB =及AD =可得BD =，将ADC V 沿对角线AC 翻折得过程中，存在某个位置使得BD =成立，故①正确．故答案为：①①①．【点睛】 本题主要考查了空间思维能力，还考查了球的体积公式，还考查了线面垂直的判断、性质及计算能力，属于难题.三、解答题7．（2019·湖南高考模拟（文））在平行四边形ABCD 中，3AB =，2BC =，过A 点作CD的垂线，交CD 的延长线于点E ，AE =连结EB ，交AD 于点F ，如图1，将ADE ∆ 沿AD 折起，使得点E 到达点P 的位置，如图2.（1）证明：平面BFP ⊥平面BCP ；（2）若G 为PB 的中点，H 为CD 的中点，且平面ADP ⊥平面ABCD ，求三棱锥G BCH -的体积.【答案】（1）见解析； （2）316. 【解析】【分析】（1）证明BE AD ⊥．PF AD ⊥，BF AD ⊥．推出PF BC ⊥，BF BC ⊥，得到BC ⊥ 平面BFP ，然后证明平面BFP ⊥平面BCP ．（2）解法一：证明PF ⊥平面ABCD ．取BF 的中点为O ，连结GO ，得到GO ⊥平面ABCD ．然后求解棱锥的高．解法二：证明PF ⊥平面ABCD ．三棱锥G BCH -的高等于12PF ．说明BCH V 的面积是四边形ABCD 的面积的14，通过ABCD 13P ABCD V S PF -=⨯⋅平行四边形，求解三棱锥G BCH -的体积． 【详解】（1）证明：如题图1，在Rt BAE V 中，3AB =，AE =60AEB ∠=︒． 在Rt AED V 中，2AD =，所以30DAE ∠=︒．所以BE AD ⊥．如题图2，,PF AD BF AD ⊥⊥．又因为AD BC P ，所以PF BC ⊥，BF BC ⊥，PF BF F ⋂=，所以BC ⊥平面BFP ，又因为BC ⊂平面BCP ，所以平面BFP ⊥平面BCP ．（2）解法一：因为平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ⋂平面ABCD AD =，PF ⊂平面ADP ，PF AD ⊥，所以PF ⊥平面ABCD ．取BF 的中点为O ，连结GO ，则GO PF P ，所以GO ⊥平面ABCD ．即GO 为三棱锥G BCH -的高．且11sin3022GO PF PA ==⨯︒=． 因为，三棱锥G BCH -的体积为11113332462416BCH BCD G BCH V S GO S -=⋅=⨯⨯=⨯=V V 三棱锥．解法二：因为平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ⋂平面ABCD AD =，PF ⊂平面ADP ，所以PF ⊥平面ABCD ．因为G 为PB 的中点．所以三棱锥G BCH -的高等于12PF ． 因为H 为CD 的中点，所以BCH V 的面积是四边形ABCD 的面积的14， 从而三棱锥G BCH -的体积是四棱锥P ABCD -的体积的18．ABCD 平行四边形面ABCD 113332P ABCD V S PF -=⨯⋅=⨯=平行四边形， 所以三棱锥G BCH -的体积为316． 【点睛】 本题考查直线与平面垂直，平面与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．8．（2019·辽宁高考模拟（文））如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12AB AA ==，E ，F 分别为AB ，11B C 的中点．（①）求证：1B E ∕∕平面ACF ；（①）求三棱锥1B ACF -的体积．【答案】（①）见解析（①）3 【解析】【分析】（①）取AC 的中点M ，连结EM ，FM ，由三角形性质得//EM BC 且12EM BC =，结合已知得到1//EM B F 且1EM B F =，则四边形1EMFB 为平行四边形，可得1//B E FM ，再由线面平行的判定可得1//B E 平面ACF ；（①）设O 为BC 的中点，由已知得到AO ⊥平面11BCC B ，然后利用等积法求三棱锥1B ACF -的体积．【详解】（①）证明：取AC 的中点M ，连结EM ，FM ，在ABC ∆中，①E 、M 分别为AB ，AC 的中点，①EM BC ∕∕且12EM BC =， 又F 为11B C 的中点，11B C BC ∕∕，①1B F BC ∕∕且112B F BC =， 即1EM B F ∕∕且1EM B F =，故四边形1EMFB 为平行四边形，①1B E FM ∕∕，又MF ⊂平面ACF ，1B E ⊄平面ACF ，①1B E ∕∕平面ACF ；（①）解：设O 为BC 的中点，①棱柱底面是正三角形，2AB =，①有AO =又因为ABC ∆为正三角形，且O 为BC 的中点，所以AO BC ⊥,又由正三棱柱，所以平面11BCC B ⊥平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AO ⊥平面11BCC B ，即三棱锥1A B CF -所以1111112332B ACF A B CF B CF V V S AO --∆==⨯⨯=⨯⨯=． 【点睛】本题主要考查了直线与平面平行的判定与证明，以及利用等体积法七届多面体的体积问题，其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质，以及合理利用等体积法求解体积是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于基础题． 9．（2019·吉林高考模拟（文））在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为平行四边形，1AA ⊥平面ABCD ．24AB AD ==，3DAB π∠=（1）证明：平面1D BC ⊥平面1D BD ；（2）若直线1D B 与底面ABCD 所成角为6π，M ，N ，Q 分别为BD ，CD ，1D D 的中点，求三棱锥C MNQ -的体积．【答案】(1)见证明；(2) C MNQ V -=【解析】【分析】（1）推导出D 1D ①平面ABCD ，D 1D ①BC ，AD ①BD ，由AD ①BC ，得BC ①BD ，从而BC ①平面D 1BD ，由此能证明平面D 1BC ①平面D 1BD ．（2）由1D D ⊥平面ABCD 得16D BD π∠=，可以计算出1D D ，再利用锥体体积公式求得Q CMN V -，根据等体积法即为C MNQ V -.【详解】（1）①1D D ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，①1D D BC ⊥.又4AB =，2AD =，3DAB π∠=，①BD ==①222AD BD AB +=，①AD BD ⊥.又①//AD BC ，①BC BD ⊥.又①1D D BD D ⋂=，BD ⊂平面1D BD ，1D D ⊂平面1D BD ，①BC ⊥平面1D BD ，而BC ⊂平面1D BC ，①平面1D BC ⊥平面1D BD ；（2）①1D D ⊥平面ABCD ，①1D BD ∠即为直线1D B 与底面ABCD 所成的角，即16D BD π∠=，而BD =①12DD =. 又14C MNQ Q CMN Q BDC V V V ---==，①11121432C MNQ V -=⨯⨯⨯⨯=. 【点睛】 本题考查面面垂直的证明，考查线面角的定义及求法，考查了三棱锥体积的常用求法，涉及空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．10．（2020·河北石家庄二中高三月考（文））如图所示，在等腰梯形ABCD 中， //AD BC ，2AD CD AB ===， 60ABC ∠=o ，将三角形ABD 沿BD 折起，使点A 在平面BCD 上的投影G 落在BD 上．（1）求证：平面ACD ⊥平面ABD ；（2）若点E 为AC 的中点，求三棱锥G ADE -的体积．【答案】（1）见解析；（2） 【解析】试题分析：（1）要证平面ACD ⊥平面ABD ，只需证CD ⊥平面ABD ，分析条件易得AG CD ⊥和BD DC ⊥；（2）由G ADE G ACD A CDG 11V V V 22---==，只需求A CDG V -即可. 试题解析：（1）证明：在等腰梯形ABCD 中，可设2AD CD AB ===，可求出BD = 4BC =，在BCD V 中， 222BC BD DC =+，①BD DC ⊥，①点A 在平面BCD 上的投影G 落在BD 上，①AG ⊥平面BCD ，平面ABD ⊥平面BCD ，①AG CD ⊥，又BD DC ⊥， AG BD G ⋂=，①CD ⊥平面ABD ，而CD ⊂平面ACD ，①平面ACD ⊥平面ABD .（2）解：因为2AD AB ==，所以ABD ADB ∠=∠，又AD BC P ，所以ADB CBD ∠=∠，因为60ABC ∠=︒，所以30ABD ∠=︒，解得1AG =，因为E 为AC 中点，三棱锥G ADE -的体积与三棱锥G CDE -的体积相等， 所以1122G ADE G ACD A CDG V V V ---==,因为1112323A CDG V -=⨯⨯⨯=126G ADE A CDG V V --==. 11．（2020·广东实验中学高三月考（文））如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，,E F 分别为11,AC BC 的中点，1C F AB ⊥，12AB BC AA===.（1）求证：1//C F 平面ABE ；（2）求三棱锥1E ABC -的体积.【答案】（1）见解析；（2）23. 【解析】试题分析：（1）设D 为边AB 的中点，连接ED ，FD ，①D ，F 分别为AB ，BC 的中点，根据三角形中位线定理以及题设条件可证明四边形1EC FD 为平行四边形，可得1C F ED P ，从而根据线面平行的判定定理可得结论；（2）先证明AB ⊥平面11BCC B ，知AB BC ⊥，从而可得三角形ABC 的面积为2，三角形ABF 的面积为1，利用等积变换可得11E ABC C EAB F EAB V V V ---== 121233E ABF V -==⨯⨯=. 试题解析：（1）设D 为边AB 的中点，连接ED ，FD①D ，F 分别为AB ，BC 的中点，①DF AC P ，12DF AC =， 又①1EC AC P ，112EC AC =，①1DF EC P ，1DF EC =，① 四边形1EC FD 为平行四边形.①1C F ED P ，又ED ⊂平面EAB ，1C F ⊄平面EAB ，①1C F P 平面ABE ，（2）在直三棱柱中1CC AB ⊥，又1C F AB ⊥，1CC ⊂平面11BCC B ，1C F ⊂平面11BCC B ，111CC C F C ⋂=，①AB ⊥平面11BCC B ，知AB BC ⊥，可得三角形ABC 的面积为2，三角形ABF 的面积为1，由（1）1C F P 平面ABE 知：1C 到平面EAB 的距离等于F 到平面EAB 的距离 ①11E ABC C EAB F EAB V V V ---==三棱锥三棱锥三棱锥 121233E ABF V -==⨯⨯=三棱锥. 【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、利用等积变换求三棱锥体积，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.①利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法①证明的.12．（2020·宁夏高三月考（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAB ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，①PAB 为等边三角形，E 是PB 中点，平面AED 与棱PC 交于点F .（①）求证：//AD EF ；（①）求证：PB ⊥平面AEFD ；（III ）记四棱锥P AEFD -的体积为1V ，四棱锥P ABCD -的体积为2V ，直接写出12V V 的值.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）1238V V = 【解析】【分析】 （①）由ABCD 为正方形，可得//AD BC ．再由线面平行的判定可得//AD 平面PBC .．再由面面平行的性质可得//AD EF ；（①）由ABCD 为正方形，可得AD AB ⊥．结合面面垂直的性质可得AD ⊥平面PAB ．从而得到AD PB ⊥.．再由已知证得PB AE ⊥．由线面垂直的判定可得PB ⊥平面AEFD ；（①）由（①）知，1C AEFD V V -=，利用等积法把2V 用1V 表示，则12V V 的值可求． 【详解】（I ）证明：因为正方形ABCD ，所以//AD BC .因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC .因为AD ⊂平面AEFD ，平面AEFD ⋂平面PBC EF =，所以//AD EF .（II ）证明：因为正方形ABCD ，所以AD AB ⊥.因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面PAB .因为PB ⊂平面PAB ，所以AD PB ⊥.因为PAB ∆为等边三角形，E 是PB 中点，所以PB AE ⊥.因为AE ⊂平面AEFD ，AD ⊂平面AEFD ，AE AD A ⋂=，所以PB ⊥平面AEFD .（III ）解：由（①）知，122133C AEFDE ABCF ADC C AEFD V V V V V V ，＝，----=== 513BC AEFD V V -∴＝， 则1158133P ABCD V V V V -+＝＝， 1238V V ∴＝ ． 【点睛】本题考查直线与平面平行的判定和性质，考查线面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．。
2020年高考数学立体几何专题复习(后附答案)
2020年高考数学立体几何专题复习（后附答案）教学目的1. 复习《立体几何初步》的相关知识及基本应用2. 掌握典型题型及其处理方法教学重点、难点《立体几何初步》的知识梳理和题型归类以及重点题型的处理方法知识分析1. 多面体的结构特征对于多面体的结构要从其反应的几何体的本质去把握，棱柱、棱锥、棱台是不同的多面体，但它们也有联系，棱柱可以看成是上、下底面全等的棱台；棱锥又可以看作是一底面缩为一点的棱台，因此它们的侧面积和体积公式可分别统一为一个公式。
2. 旋转体的结构特征旋转体是一个平面封闭图形绕一个轴旋转生成的，一定要弄清圆柱、圆锥、圆台、球分别是由哪一种平面图形旋转生成的，从而可掌握旋转体中各元素的关系，也就掌握了它们各自的性质。
3. 表面积与体积的计算有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式法为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素。
4. 三视图与直观图的画法三视图和直观图是空间几何体的不同的表现形式，空间几何体的三视图可以使我们很好地把握空间几何体的性质．由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间可以相互转化。
5. 线线平行的判定方法（1）定义：同一平面内没有公共点的两条直线是平行直线； （2）公理4：a b b c a c //////，，⇒； （3）平面几何中判定两直线平行的方法；（4）线面平行的性质：a a b a b ////αβαβ，，⊂=⇒ ； （5）线面垂直的性质：a b a b ⊥⊥⇒αα，//；（6）面面平行的性质：αβαγβγ////，， ==a a b 。
6. 直线和平面平行的判定方法 （1）定义：a a αα=∅⇒//；（2）判定定理：a b a b a ////，，⊄⊂⇒ααα； （3）线面垂直的性质：b a b a a ⊥⊥⊄，，，ααα//；（4）面面平行的性质：αβαβ////，a a ⊂⇒。
7. 判定两个平面平行的方法 （1）依定义采用反证法； （2）利用判定定理：αββαααβ//////，，，，b a b a b A ⊂⊂=⇒ ； （3）垂直于同一条直线的两个平面平行； a a ⊥⊥⇒αβαβ，//；（4）平行于同一平面的两个平面平行；αγβγαβ////，/⇒/。
2020年高考数学一轮复习考点与题型总结：第八章 立体几何含答案
第八章 立体几何第一节 空间几何体的结构特征、三视图和直观图一、基础知识1.简单几何体(1)多面体的结构特征①特殊的四棱柱 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――――→底面边长相等正四棱柱――――→侧棱与底面边长相等正方体 上述四棱柱有以下集合关系：{正方体}{正四棱柱}{长方体}{直平行六面体}{平行六面体}{四棱柱}．②多面体的关系：棱柱――→一个底面退化为一个点棱锥――→平行于底面的平面截得棱台(2)旋转体的结构特征▲球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2. 2．直观图(1)画法：常用斜二测画法． (2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方和正上方观察几何体画出的轮廓线.二、常用结论1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)底面与水平面平行放置的圆锥的正视图和侧视图为全等的等腰三角形． (3)底面与水平面平行放置的圆台的正视图和侧视图为全等的等腰梯形． (4)底面与水平面平行放置的圆柱的正视图和侧视图为全等的矩形． 2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变，与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变.“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变，与x 轴和z 轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变.考点一 空间几何体的结构特征[典例] 下列结论正确的是( )A ．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B ．六条棱长均相等的四面体是正四面体C ．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D ．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台[解析] 底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，所以A 错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C 错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，所以D 错．[答案] B [题组训练]1．下列结论中错误的是( )A ．由五个面围成的多面体只能是三棱柱B ．正棱台的对角面一定是等腰梯形C ．圆柱侧面上的直线段都是圆柱的母线D ．各个面都是正方形的四棱柱一定是正方体解析：选A 由五个面围成的多面体也可以是四棱锥，所以A 选项错误．B 、C 、D 说法均正确． 2．下列命题正确的是( )A ．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台B ．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C ．直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台D ．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形解析：选C 如图所示，可排除A 、B 选项．只要有截面与圆柱的母线平行或垂直，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分．考点二 空间几何体的直观图[典例] 已知等腰梯形ABCD ，CD ＝1，AD ＝CB ＝2，AB ＝3，以AB 所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．[解析] 法一：如图，取AB 的中点O 为坐标原点，建立平面直角坐标系，y 轴交DC 于点E ，O ，E 在斜二测画法中的对应点为O ′，E ′，过E ′作E ′F ′⊥x ′轴，垂足为F ′，因为OE ＝(2)2－12＝1， 所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝22.法二：由题中数据得等腰梯形ABCD 的面积S ＝12×(1＋3)×1＝2.由S 直观图＝24S 原图形的关系，得S 直观图＝24×2＝22. [答案] 22[题组训练]1.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为2 2.故选A.2．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________． 解析：如图，图①、图②分别表示△ABC 的实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64.所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：64考点三 空间几何体的三视图考法(一) 由几何体识别三视图[典例] (2019·长沙模拟)如图是一个正方体，A ，B ，C 为三个顶点，D 是棱的中点，则三棱锥A -BCD 的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)( )[解析] 正视图和俯视图中棱AD 和BD 均看不见，故为虚线，易知选A. [答案] A考法(二) 由三视图判断几何体特征[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．217B ．2 5C ．3D ．2(2)(2019·武汉调研)已知某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中最小的面积为________．[解析] (1)先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M ，N 的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴MN ＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.(2)由三视图知，该几何体是在长、宽、高分别为2,1,1的长方体中，截去一个三棱柱AA 1D 1-BB 1C 1和一个三棱锥C -BC 1D 后剩下的几何体，即如图所示的四棱锥D -ABC 1D 1，其中侧面ADD 1的面积最小，其值为12.[答案](1)B(2)12考法(三)由三视图中的部分视图确定剩余视图[典例](2018·唐山五校联考)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为()[解析]由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A，故选A.[答案] A[题组训练]1．如图1所示，是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体，其中DD1＝1，AB＝BC＝AA1＝2，若此几何体的俯视图如图2所示，则可以作为其正视图的是()解析：选C根据该几何体的直观图和俯视图知，其正视图的长应为底面正方形的对角线长，宽应为正方体的棱长，故排除B、D；而在三视图中看不见的棱用虚线表示，故排除A.故选C.2.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧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．12C．14 D．16解析：选B由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为(2＋4)×22×2＝12，故选B.[课时跟踪检测]1．对于用“斜二测画法”画平面图形的直观图，下列说法正确的是( ) A ．等腰三角形的直观图仍为等腰三角形 B ．梯形的直观图可能不是梯形 C ．正方形的直观图为平行四边形 D ．正三角形的直观图一定为等腰三角形解析：选C 根据“斜二测画法”的定义可得正方形的直观图为平行四边形． 2．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( ) A ．球 B ．三棱锥 C ．正方体D ．圆柱解析：选D 球、正方体的三视图的形状都相同，大小都相等，首先排除选项A 和C.对于三棱锥，考虑特殊情况，如三棱锥C -OAB ，当三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ＝OB ＝OC 时，正视图方向为AO 方向，其三视图的形状都相同，大小都相等，故排除选项B.选项D ，不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不可能完全相同．3．(2019·福州模拟)一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出它的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为( )A ．2 3B ．2 2C ．4 3D ．8 2解析：选D 由斜二测画法可知，原平面图形是一个平行四边形，且平行四边形的一组对边长为2，在斜二测画法画出的直观图中，∠B ′O ′A ′＝45°且O ′B ′＝22，那么在原图形中，∠BOA ＝90°且OB ＝4 2.因此，原平面图形的面积为2×42＝82，故选D.4．给出下列几个命题：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 ．0B ．1C ．2D ．3解析：选B ①错误，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．5．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( )解析：选D 由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱．故选D. 6．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图可知，共需要6块．7．(2018·南宁二中、柳州高中联考)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( )解析：选C 若俯视图为选项C 中的图形，则该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P -ABCD ，如图所示，该四棱锥的体积V ＝13×(2×2)×2＝83，符合题意．若俯视图为其他选项中的图形，则根据三视图易判断对应的几何体不存在，故选C.8.如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1(底面ABCD 是正方形，侧棱AA 1⊥底面ABCD )中，点P 是正方形A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与俯视图的面积之和的最小值为( )A.32 B ．1 C ．2D.54解析：选A 由题图易知，三棱锥P -BCD 的正视图面积为12×1×2＝1.当顶点P 的投影在△BCD 内部或其边上时，俯视图的面积最小，为S △BCD ＝12×1×1＝12.所以三棱锥P -BCD 的正视图与俯视图的面积之和的最小值为1＋12＝32.故选A.9．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④10．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：1311．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图为如图所示的四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1，当选择的4个点是B 1，B ，C ，C 1时，可知①正确；当选择的4个点是B ，A ，B 1，C 时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②12.如图，三棱锥A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，若AB ＝BC ＝CD ＝2，则该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积为________．解析：因为AB ⊥平面BCD ，投影线平行于BD ，所以三棱锥A -BCD 的侧视图是一个以△BCD 的BD 边上的高为底，棱锥的高为高的三角形，因为BC ⊥CD ，AB ＝BC ＝CD ＝2， 所以△BCD 中BD 边上的高为2，故该三棱锥的侧视图的面积S ＝12×2×2＝ 2.答案： 2第二节空间几何体的表面积与体积一、基础知识1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式①几何体的侧面积是指（各个）侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和.②圆台、圆柱、圆锥的转化当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得：2．空间几何体的表面积与体积公式二、常用结论几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，①若球为正方体的外接球，则2R＝3a；②若球为正方体的内切球，则2R＝a；③若球与正方体的各棱相切，则2R＝2a.(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝a2＋b2＋c2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 考点一 空间几何体的表面积[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π(2)(2019·沈阳质检)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是( )A ．4＋4 2B ．42＋2C ．8＋4 2D.83[解析] (1)设圆柱的轴截面的边长为x ， 则x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×2 2 ＝12π.故选B.(2)由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥P -ABCD ，如图所示，其中P A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，且P A ＝2，AB ＝2，PB ＝22，所以该四棱锥的侧面积S 是四个直角三角形的面积和，即S ＝2×⎝⎛⎭⎫12×2×2＋12×2×22＝4＋42，故选A. [答案] (1)B (2)A [题组训练]1．(2019·武汉部分学校调研)一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．28B ．24＋2 5C ．20＋4 5D ．20＋2 5解析：选B 如图，三视图所对应的几何体是长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一个三棱柱后的棱柱ABIE -DCMH ，则该几何体的表面积S ＝(2×2)×5＋⎝⎛⎭⎫12×1×2×2＋2×1＋2×5＝24＋2 5.故选B.2．(2018·郑州第二次质量预测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．20＋2πB ．24＋(2－1)πC ．24＋(2－2)πD ．20＋(2＋1)π解析：选B 由三视图知，该几何体是由一个棱长为2的正方体挖去一个底面半径为1、高为1的圆锥后所剩余的部分，所以该几何体的表面积S ＝6×22－π×12＋π×1×2＝24＋(2－1)π，故选B.考点二 空间几何体的体积[典例] (1)(2019·开封高三定位考试)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为( )A ．4πB ．2π C.4π3D ．π(2)(2018·天津高考)如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为________．[解析](1)直接法由题意知该几何体的直观图如图所示，该几何体为圆柱的一部分，设底面扇形的圆心角为α，由tan α＝31＝3，得α＝π3，故底面面积为12×π3×22＝2π3，则该几何体的体积为2π3×3＝2π. (2)法一：直接法连接A 1C 1交B 1D 1于点E ，则A 1E ⊥B 1D 1，A 1E ⊥BB 1，则A 1E ⊥平面BB 1D 1D ，所以A 1E 为四棱锥A 1-BB 1D 1D 的高，且A 1E ＝22， 矩形BB 1D 1D 的长和宽分别为2，1， 故V A 1-BB 1D 1D ＝13×(1×2)×22＝13. 法二：割补法连接BD 1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 分成两个三棱锥B -A 1DD 1与B -A 1B 1D 1，所以V A 1-BB 1D 1D＝V B -A 1DD 1＋V B -A 1B 1D 1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13. [答案] (1)B (2)13[题组训练]1.(等体积法)如图所示，已知三棱柱ABC -A1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1-ABC 1的体积为( )A.312 B.34 C.612D.64解析：选A 三棱锥B 1-ABC 1的体积等于三棱锥A -B 1BC 1的体积，三棱锥A -B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.2.(割补法)某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A ．13B ．14解析：选C 所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几何体，在长方体中还原该几何体，如图中ABCD -A ′B ′C ′D ′所示，长方体的长、宽、高分别为4,2,3，两个三棱柱的高为2，底面是两直角边长分别为3和1.5的直角三角形，故该几何体的体积V ＝4×2×3－2×12×3×32×2＝15，故选C.3.(直接法)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23π B.13＋23π C.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π.考点三 与球有关的切、接问题考法(一) 球与柱体的切、接问题[典例] (2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．[解析] 设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.[答案] 32考法(二) 球与锥体的切、接问题[典例] (2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( )A ．123B ．18 3[解析] 由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3.设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D -ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D -ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3.[答案] B[题组训练]1．(2018·福建第一学期高三期末考试)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4π B.163πC.323π D ．16π解析：选D 如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心， 于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝ 12＋(3)2＝2. 故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.故选D.2．三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为________．解析：由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，所以x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝564，所以R 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π. 答案：832π[课时跟踪检测]1．(2019·深圳摸底)过半径为2的球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的体积的比值为( )A.932B.916C.38D.316解析：选A 由题意知所得截面为圆，设该圆的半径为r ，则22＝12＋r 2，所以r 2＝3，所以所得截面的面积与球的体积的比值为π×343π×23＝932，故选A.2．如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为( )A ．4B ．8C ．16D ．20解析：选B 由三视图知，此几何体是一个三棱锥，底面为一边长为6，高为2的三角形，三棱锥的高为4，所以体积为V ＝13×12×6×2×4＝8.故选B.3.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：选B 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V ＝14×13π×r 2×5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)． 4．(2018·贵阳摸底考试)某实心几何体是用棱长为1 cm 的正方体无缝粘合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．35 cm 3B ．40 cm 3C ．70 cm 3D ．75 cm 3解析：选A 结合题中三视图可得，该几何体是个组合体，该组合体从下到上依次为长、宽、高分别为5 cm,5 cm,1 cm 的长方体，长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm 的长方体，棱长为1 cm 的正方体，故该组合体的体积V ＝5×5×1＋3×3×1＋1×1×1＝35(cm 3)．故选A.5．(2019·安徽知名示范高中联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1 B.12 C.13D.14解析：选C 法一：该几何体的直观图为四棱锥S -ABCD ，如图，SD ⊥平面ABCD ，且SD ＝1，四边形ABCD 是平行四边形，且AB ＝DC ＝1，连接BD ，由题意知BD ⊥DC ，BD ⊥AB ，且BD ＝1，所以S 四边形ABCD ＝1，所以V S -ABCD ＝13S 四边形ABCD·SD ＝13，故选C. 法二：由三视图易知该几何体为锥体，所以V ＝13Sh ，其中S 指的是锥体的底面积，即俯视图中四边形的面积，易知S ＝1，h 指的是锥体的高，从正视图和侧视图易知h ＝1，所以V ＝13Sh ＝13，故选C.6．(2019·重庆调研)某简单组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为( )A.83π3＋833B.43π3＋833C.43π3＋433D.83π3＋433解析：选B 由三视图知，该组合体是由一个半圆锥与一个三棱锥组合而成的，其中圆锥的底面半径为2、高为42－22＝23，三棱锥的底面是斜边为4、高为2的等腰直角三角形，三棱锥的高为23，所以该组合体的体积V ＝12×13π×22×23＋13×12×4×2×23＝43π3＋833，故选B.7．(2019·湖北八校联考)已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为( )A ．16＋12πB ．32＋12πC ．24＋12πD ．32＋20π解析：选A 由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的边长为22，该几何体的表面积S ＝12×4π×22＋π×22＋22×2×4＝12π＋16，故选A.8．(2019·福州质检)已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面积为334，一个侧面的周长为63，则正三棱柱ABC -A 1B 1C 1外接球的表面积为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π解析：选C 如图所示，设底面边长为a ，则底面面积为34a 2＝334，所以a ＝ 3.又一个侧面的周长为63，所以AA 1＝2 3.设E ，D 分别为上、下底面的中心，连接DE ，设DE 的中点为O ，则点O 即为正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的球心，连接OA 1，A 1E ，则OE ＝3，A 1E ＝3×32×23＝1.在直角三角形OEA 1中，OA 1＝12＋(3)2＝2，即外接球的半径R ＝2，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝16π，故选C.9．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：9π210．某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V ＝(1＋2)×12×1＝32. 答案：3211．一个圆锥的表面积为π，它的侧面展开图是圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的高为________．解析：设圆锥底面半径是r ，母线长为l ，所以πr 2＋πrl ＝π，即r 2＋rl ＝1，根据圆心角公式2π3＝2πrl ，即l＝3r ，所以解得r ＝12，l ＝32，那么高h ＝l 2－r 2＝ 2.答案： 212．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．解析：如图，连接AO ，OB ，∵SC 为球O 的直径， ∴点O 为SC 的中点， ∵SA ＝AC ，SB ＝BC ， ∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S -ABC ＝V A -SBC＝13×S △SBC ×AO ＝13×⎝⎛⎭⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝⎛⎭⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3， ∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π13.如图是一个以A 1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积； (2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A 1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2，则该几何体的体积V ＝VA 1B 1C 1-A 2B 2C ＋VC -ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6. (2)在△ABC 中，AB ＝22＋(4－3)2＝5， BC ＝22＋(3－2)2＝5， AC ＝(22)2＋(4－2)2＝2 3.则S △ABC ＝12×23×(5)2－(3)2＝ 6.14.如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E -ACD 的体积63，求该三棱锥E -ACD 的侧面积．解：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 所以BE ⊥AC .因为BD ∩BE ＝B ，BD ⊂平面BED ，BE ⊂平面BED ， 所以AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形， 可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E -ACD 的体积 V 三棱锥E -ACD＝13·12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63， 故x ＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝ 6.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为 5. 故三棱锥E-ACD的侧面积为3＋2 5.第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系一、基础知识1．平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内． (2)公理2：过不在一条直线上的三点， 有且只有一个平面.(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线． 2．空间中两直线的位置关系 (1)空间中两直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行相交异面直线：不同在任何一个 平面内(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线， 经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的 锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成 的角(或夹角)． ②范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. (3)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．(4)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况.直线l 和平面α相交、直线l 和平面α平行统称为直线l 在平面α外，记作l ⊄α.(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．二、常用结论1．公理2的三个推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．2．异面直线判定的一个定理过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．3．唯一性定理(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．考点一平面的基本性质及应用[典例]如图所示，在正方体ABCD-AB1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求1证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．[证明](1)如图，连接EF，CD，A1B.1∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF＜CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈DA，∴CE，D1F，DA三线共点．[变透练清]1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是()。
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2020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一 立体几何证明例1 如图五面体中,四边形ABCD 是矩形,AD ⊥面ABEF ,//AB EF ,1AD =,1222AB EF ==, 2AF BE ==,P 、Q 、M 分别为AE 、BD 、EF 的中点.（1）求证：//PQ 面BCE ； （2）求证：AM ⊥面ADF . 【答案】 见解析 【解析】（1）连结AC .因为四边形ABCD 是矩形,且Q 为BD 的中点,所以Q 为AC 的中点. 又因为P 为AE 的中点,所以//PQ EC , 又因为PQ ⊄面BCE ,EC ⊆面BCE ,所以//PQ 面BCE . （2）取EF 的中点M ,连结AM .因为//AB EM ,且22QB EM ==, 所以四边形ABEM 为平行四边形, 所以//AM BE ,且2AM BE ==. 在AMF ∆中,2AM AF ==,22MF =. 所以222AM AF MF +=,故AM AF ⊥. 由AD ⊥面ABEF ,得AD AM ⊥, 因为AD AF A =I ,所以AM ⊥面ADF . 【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.如该题中的（1）问需要利用五面体中的面ABCD 是矩形,根据对角线的性质确定线段BD 与AC 的中点. （2）问中利用勾股定理验证线线垂直关系,这些都是证明空间平行与垂直关系的基础.2例2 在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，111AB B C ⊥．求证：(1)AB ∥平面11A B C ；(2)平面11ABB A ⊥平面1A BC ．【答案】 见解析【解析】(1)在平行六面体1111ABCD A B C D -中，AB ∥11A B ．因为AB ⊄平面11A B C ，11A B ⊂平面11A B C ，所以AB ∥平面11A B C ．(2)在平行六面体1111ABCD A B C D -中，四边形11ABB A 为平行四边形． 又因为1AA AB =，所以四边形11ABB A 为菱形，因此1AB ⊥1A B ． 又因为1AB ⊥11B C ，BC ∥11B C ，所以1AB ⊥BC ．又因为1A B I BC =B ，1A B ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC ，所以1AB ⊥平面1A BC ． 因为1AB ⊂平面11ABB A ，所以平面11ABB A ⊥平面1A BC ． 【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.D 11B 1A 1DCBAD 1C 1B 1A 1DCBA题型二 立体几何体积求解例 1 如图所示，在三棱锥V ABC -中，平面VAB ⊥平面ABC ，三角形VAB 为等边三角形，AC BC ⊥，且AC BC ==O ，M 分别为AB ，VA 的中点. （1）求证：//VB 平面MOC . （2）求证：平面MOC ⊥平面 VAB . （3）求三棱锥V ABC -的体积.【答案】 见解析【解析】（1）依题意，O ，M 分别为AB ，VA 的中点，则OM 是VAB △的中位线， 所以//OM VB ，OM ⊂平面MOC ，VB ⊄平面MOC ，故//VB 平面MOC . （2）因为在ABC △中，AC BC =，且O 为AB 的中点，所以OC AB ⊥， 又平面VAB ⊥平面ABC ，平面VAB I 平面ABC AB =，OC ⊂平面ABC ， 所以OC ⊥平面VAB ，又OC ⊂平面MOC ，故平面MOC ⊥平面VAB . （3）由（2）知，OC ⊥平面VAB ，所以2112133V ABC C VAB VAB V V S OC --==⋅=⨯=△ 【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.例2 如图所示，在三棱锥–P ABC 中，PA AB ⊥，PA BC ⊥，AB BC ⊥，2PA AB BC ===，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点． （1）求证：PA BD ⊥；（2）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（3）当//PA 平面BDE 时，求三棱锥–E BCD 的体积． 【答案】 见解析【解析】（1）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥ ，AB BC B =I ，所以PA ⊥平面ABC .又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（2）因为AB BC ⊥，AB BC =，D 为线段AC 的中点，所以在等腰Rt ABC △中，BD AC ⊥.又由（1）可知，PA BD PA AC A ⊥=I ，，所以BD ⊥平面PAC .由E 为线段PC 上一点，则DE ⊂平面PAC ，OMC BAVPABCDE4所以.BD ED ⊥又因为BD ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面PAC .（3）当//PA 平面BDE 时，PA ⊂平面PAC ,且平面PAC I 平面BDE DE =,可得//PA DE .由D 是AC 边的中点知，E 为PC 边的中点.故而112ED PA ==，ED PA ∥，因为PA ⊥平面ABC ，所以ED ⊥平面BDC .由2AB BC ==，AB BC ⊥，D 为AC 边中点知，.2==CD BD 又AC BD ⊥，有BD DC ⊥，即.90︒=∠BDC 因此，11112213323E BCD BCD V S ED -=⋅=⨯⨯⨯⨯=△.【易错点】注意体积几何证明题条件的严谨性【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.掌握线面平行的性质定理的应用及其体积的求解方法. 题型三 几何体的外接球问题例1 （1）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是（ ）A ．π16B ．π20C ．π24D ．π32 （2）若三棱锥的三个侧面两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是 . 【答案】C ；【解析】（1）162==h a V ，2=a ，24164442222=++=++=h a a R ，π24=S ，选C ；（2）933342=++=R ，ππ942==R S 【易错点】 外接球球心位置不好找【思维点拨】 应用补形法找外接球球心的位置 题型四 立体几何的计算例1 如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角边边长分别为3和4,过直角顶点的侧棱长为4,且垂直于底面,该三棱锥的主视图是 ( )【答案】 B9π【解析】显然由空间直角坐标系可知,该几何体在xoy 面内的点保持不动,在y 轴上的点在xoy 面内的射影为坐标原点,所以该几何体的主视图就是其在面xoy 面的表面图形,即主视图应为高为4,底面边长为3的直角三角形．故选B .【易错点】 该题易出现的问题是误以为y 轴上的点在xoy 面的射影落在x 轴的正半轴上而误选D , 【思维点拨】判断几何体的三视图应注意以下几个方面： （1）明确几何体的放置位置和角度,注意投影线和投影面；（2）准确把握几何体的结构特征,特别是几何体中的线面垂直关系等； （3）注意实线和虚线的区别.【巩固训练】题型一 立体几何的证明1.如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为菱形, 60BAD ∠=°,2PA PD AD ===,点M 在线段PC 上,且2PM MC =,N 为AD 的中点.（1）求证：AD ⊥平面PNB ；（2）若平面PAD ⊥平面ABCD ,求三棱锥P NBM -的体积. 【答案】（1）见解析；（2）23. 【解析】（1）∵,PA PD N =为AD 的中点,∴PN AD ⊥, ∵底面ABCD 为菱形,60BAD ∠=︒,∴BN AD ⊥, ∵PN BN N =I ,∴AD ⊥平面PNB . （2）∵2PN PD AD ===,∴PN NB ==∵平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD I 平面ABCD AD =,PN AD ⊥, ∴PN ⊥平面ABCD , ∴PN NB ⊥,6∴133322PNB S ∆=⨯⨯=. ∵AD ⊥平面,//PNB AD BC ,∴BC ⊥平面PNB . ∵2PM MC =,∴22132233323P NRM M PNB C PNB V V V ---===⨯⨯⨯=. 2.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,D 是AB 的中点. （1）证明：1//BC 平面1A CD ； （2）若AC CB =,求证：1A D CD ⊥. 【答案】见解析.【解析】证明：（1）如图,连接1AC ,交1A C 于点O ,连结OD . 据直三棱柱性质知四边形11ACC A 为平行四边形,所以O 为1AC 的中点. 又因为D 是AB 的中点,所以1//BC OD . 又因为1BC ⊄平面1A CD ,OD ⊂平面1A CD , 所以1//BC 平面1A CD .（2）因为AC BC =,D 为AB 的中点,所以CD AB ⊥.据直三棱柱111ABC A B C -性质知1AA ⊥平面ABC ,又因为CD ⊂平面ABC ,所以1AA CD ⊥.又因为1AA AB A =I ,1,AA AB ⊂平面11ABB A , 所以CD ⊥平面11ABB A ,又因为1A D ⊂平面11ABB A ,所以1CD A D ⊥,即1A D CD ⊥.题型二 立体几何体积求解1. 如图所示，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，//AD BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点.（1）证明//MN 平面PAB ；PNMDCBA（2）求四面体N BCM -的体积．【答案】（1） （2）． 【解析】（1）取中点，连接、，因为是中点，，且，又，且，所以，且，所以四边形是平行四边形.所以.又平面，平面，所以平面.(2)由(1) 平面.所以.所以. 2.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 ∠=∠=. （1）证明：直线//BC 平面PAD ；（2）若PCD △面积为，求四棱锥P ABCD -的体积. 【答案】（1） （2）()224132V ⨯+=⨯⨯ 【解析】（1）在平面ABCD 内，因为90BAD ABC ∠=∠=o ，所以//BC AD . 又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故//BC 平面PAD . （2）取AD 的中点M ，联结PM ，CM . 由12AB BC AD ==，及//BC AD ，90ABC ∠=o ，得四边形ABCM 为正方形，则CM AD ⊥. 因为侧面PAD 是等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD I 平面ABCD AD =，所以PM AD ⊥，因为PM ⊂平面PAD ，所以PM ⊥平面ABCD .因为CM ⊂平面ABCD ，所以PM CM ⊥.1114236N BCM ABCV PA S -=⨯⋅=⨯⨯=△PB Q AQ NQ N PC //NQ BC 12NQ BC =22313342AM AD BC BC ==⨯=//AM BC //QN AM QN AM =AQNM //MN AQ MN ⊄PAB AQ ⊂PAB //MN PAB //QN ABCD 1122N BCM Q BCM P BCM P BCA V V V V ----===11142363N BCMABC V PA S -=⨯⋅=⨯⨯△PQNMDCBAPABCD8设BC x =，则CM x =，CD，PM ，2PC PD x ==. 取CD 的中点N ，联结PN ，则PN CD ⊥，所以PN =. 因为PCD △的面积为12=，解得2x =-（舍去），2x =，于是2AB BC ==，4AD =，PM =.所以四棱锥P ABCD -的体积()224132V ⨯+=⨯⨯= 题型三 几何体的外接球问题1. 在正三棱锥中，分别是棱的中点，且MN AM ⊥,若侧棱,则正三棱锥ABC S -外接球的表面积是 . 【答案】π36【解析】正三棱锥的对棱互垂直。