高中数学立体几何题型与方法
2023年人教版高中数学第八章立体几何初步题型总结及解题方法
(名师选题)2023年人教版高中数学第八章立体几何初步题型总结及解题方法单选题1、已知球O的体积为36π，则该球的表面积为（）A．6πB．9πC．12πD．36π答案：D分析：根据球的体积公式求出半径，即可求出表面积.设球的体积为R，则由题可得43πR3=36π，解得R=3，则该球的表面积为4π×32=36π.故选：D.2、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.3、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN答案：A分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD ⊥平面ABCD ，判定C 正确；进一步得到平面PCD ⊥平面ABCD ，结合BC ⊥CD 判定B 正确；再证明AB ⊥平面PAD ，得到△PAB 为直角三角形，判定D 正确；可证明平面PBC ⊥平面PDC ，若平面PAB ⊥平面PBC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线⊥平面PBC ，矛盾，可判断A图1中AD ⊥PC ，则图2中PD ⊥AD ，又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PD ⊥平面ABCD ，则PD ⊥AC ，故选项C 正确；由PD ⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PDC ，得平面PDC ⊥平面ABCD ，而平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊂平面ABCD ，BC ⊥CD ，∴BC ⊥平面PDC ，故选项B 正确；∵AB ⊥AD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，∴AB ⊥平面PAD ，则AB ⊥PA ，即△PAB 是以PB 为斜边的直角三角形，而N 为PB 的中点，则PB ＝2AN ，故选项D 正确．由于BC ⊥平面PDC ，又BC ⊂平面PBC∴平面PBC ⊥平面PDC若平面PAB ⊥平面PBC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC ，则平面PAB 与平面PDC 的交线//AB显然AB 不与平面PBC 垂直，故A 错误故选：A4、在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A −BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AB =BC =CD =4，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为（ ）A ．√32B ．√34C ．√33D ．√24答案：C分析：画出图形，取AC的中点N，连接MN，BN，可得MN//CD，则所求为∠BMN，易证△BMN是直角三角形，则可得BM，进而求解.如图，取AC的中点N，连接MN，BN，由题，AB=BC=CD=4，M为AD的中点，所以MN//CD，MN=2，则∠BMN为所求，由AB⊥平面BCD，则AB⊥CD，又BC⊥CD，AB∩BC=B，所以CD⊥平面ABC，则MN⊥平面ABC，所以△BMN是直角三角形，即∠MNB=90°，又BM=12AD=12√AB2+BD2=2√3，所以cos∠BMN=MNBM =2√3=√33，故选：C5、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.6、《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1=AB=2.下列说法错误的是（）A．四棱锥B−A1ACC1为“阳马”B．四面体A1C1CB为“鳖臑”C．四棱锥B−A1ACC1体积最大为23D．过A点分别作AE⊥A1B于点E，AF⊥A1C于点F，则EF⊥A1B答案：C分析：由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解.底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.所以在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，侧棱AA1⊥平面ABC,在选项A中，因为AA1⊥BC，AC⊥BC，且AA1∩AC=A，则BC⊥平面AA1C1C，且AA1C1C为矩形，所以四棱锥B−A1ACC1为“阳马”，故A正确；在选项B中，由A1C1⊥BC，A1C1⊥C1C且C1C∩BC=C，所以A1C1⊥平面BB1C1C，所以A1C1⊥BC1，则△A1BC1为直角三角形，由BC⊥平面AA1C1C，得△A1BC,△CC1B为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形，所以四面体A1C1CB为“鳖臑”，故B正确; 在选项C中，在底面有4=AC2+BC2≥2AC⋅BC，即AC⋅BC≤2，当且仅当AC=BC时取等号，则V B−A1ACC1=13S A1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43，所以C不正确；在选项D中，由BC⊥平面AA1C1C，则BC⊥AF,AF⊥A1C且A1C∩BC=C，则AF⊥平面A1BC，所以AF⊥A1B,又AE⊥A1B且AF∩AE=A，则A1B⊥平面AEF，则A1B⊥EF，所以D正确. 故选：C.7、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：D8、下列命题中①空间中三个点可以确定一个平面.②直线和直线外的一点，可以确定一个平面.③如果三条直线两两相交，那么这三条直线可以确定一个平面.④如果三条直线两两平行，那么这三条直线可以确定一个平面.⑤如果两个平面有无数个公共点，那么这两个平面重合.真命题的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个答案：A分析：根据空间位置关系可直接判断各命题.命题①：空间中不共线三个点可以确定一个平面，错误；命题②：直线和直线外的一点，可以确定一个平面，正确；命题③：三条直线两两相交，若三条直线相交于一点，则无法确定一个平面，所以命题③错误；命题④：如果三条直线两两平行，那么这三条直线不能确定一个平面，所以命题④错误；命题⑤：两个平面有无数个公共点，则两平面可能相交，所以命题⑤错误；故选：A.9、正方体中，点P，O，R，S是其所在棱的中点，则PQ与RS是异面直线的图形是（）A．B．C．D．答案：C分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，因为A1D1//BC且A1D1=BC，则四边形A1D1CB为平行四边形，有A1B//D1C，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有PS//A1B，QR//D1C，则PS//QR，直线PQ与RS共面，D错误.故选：C10、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：A11、一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N，下列结论正确的是（）A．MN//平面ABE B．MN//平面ADEC．MN//平面BDH D．MN//平面CDE答案：C解析：根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE的关系，进而对D作出判定.根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，易知ON与BM平行且相等，∴四边形ONMB为平行四边形，∴MN‖BO,∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；∵BO⊂平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN⊄平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.故选：C.小提示：本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.12、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为V 牟V 球=4π，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即V 牟8=r 3−V 方盖差，从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ，则V 方差盖:V =（ ）A ．√22B ．1C ．√2D ．2√2答案：C分析：计算出V 方盖差，V ，即可得出结论. 由题意，V 方盖差=r 3−18V 牟=r 3−18×4π×43×π×r 3=13r 3， 所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正=13×r ×r ×r −(√2r 2)=√26r 3， ∴ V 方盖差V 正=13r 3√2r 36=√2，故选：C ．双空题13、如图，长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1．（1）直线AA 1∩平面ABCD =______；（2）直线BC ∩平面BCC 1B 1=______．答案： A BC ##CB 分析：根据几何特征，即可判断直线与平面的位置关系，即可得解.根据长方体可知，直线AA 1∩平面ABCD =A ，直线BC∩平面BCC1B1=BC.所以答案是：A，BC.14、已知三棱锥S−ABC的四个顶点都在球O的球面上，且SA,SB,SC两两垂直，SA=3，SB=4，SC=5，则该三棱锥的体积为______，球O的表面积为______.答案： 10 50π分析：由条件可得V S−ABC=V C−SAB=13×S△SAB×SC可得出体积，将三棱锥S−ABC补成长方体，则三棱锥S−ABC与该长方体的外接球相同，可得(2R)2=32+42+52=50，从而得出答案.由SA,SB,SC两两垂直，则以△SAB为底面，则SC为三棱锥S−ABC的高，则V S−ABC=V C−SAB=13×S△SAB×SC=13×12×3×4×5=10；将三棱锥S−ABC补成长方体如图所示，则三棱锥S−ABC的外接球与该长方体的外接球相同，所以外接球的直径长等于长方体的对角线的长，所以(2R)2=32+42+52=50，即R2=252，所以外接球的表面积为：S=4πR2=4π×252=50π，所以答案是：10 ；50π.小提示：关键点点睛：解答本题第二空的关键在于将几何体补形为长方体，利用长方体的外接球去分析求解.此外，对棱长度相等的三棱锥也可以放置于长方体或正方体中去分析外接球；若三棱锥中一条棱垂直于底面，且底面形状非直角三角形，则可以将几何体补形为三棱柱，借助三棱柱的外接球去分析.15、如图，试用适当的符号表示下列点、直线和平面之间的关系：（1）点C与平面β：______；（2）直线AB与平面α：______．答案：C∉βAB∩α=B分析：（1）（2）由点、线、面的位置关系判断点面关系、线面关系.（1）由图，C∈CD，CD∩β=D且CD⊄β，故C∉β；（2）由图，B∈AB，B∈α且AB⊄α，则AB∩α=B.所以答案是：C∉β，AB∩α=B16、某学校开展手工艺品展示活动，小明同学用塑料制作了如图所示的手工艺品，其外部为一个底面边长为6的正三棱柱，内部为一个球，球的表面与三棱柱的各面均相切，则该内切球的表面积为___________，三棱柱的顶点到球的表面的最短距离为___________.答案：12π√15−√3分析：过侧棱的中点作正三棱柱的截面，即可得到球心为△MNG的中心，在正△MNG中求出内切圆的半径即内切球的半径，从而求出球的表面积，再求出三棱柱的顶点到球心的距离，即可求出球面上的点到顶点的距离的最小值；解：依题意如图过侧棱的中点作正三棱柱的截面，则球心为△MNG的中心，因为MN=6，所以△MNG内切圆的半径r=OH=13MH=13√MN2−HN2=√3，即内切球的半径R=√3，所以内切球的表面积S=4πR2=12π，又正三棱柱的高AA1=2R=2√3，OH=2√3，所以AO=√OM2+AM2=√(2√3)2+(√3)2=√15，所以OM=23所以A到球面上的点的距离最小值为AO−R=√15−√3；所以答案是：12π；√15−√317、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.以正方体每条棱的中点为顶点构造一个半正多面体，如图，它由八个正三角形和六个正方形构成，若它的所有棱长都为1，则该半正多面体外接球的表面积为___________；若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为___________.答案： 4π 8√3分析：首先找到外接球的球心，再利用勾股定理计算即可；若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小，然后根据正四面体内切球的相关计算求解即可.由题意知，该半正多面体的外接球的球心是正方体的中心，正方体棱长为√2，所以该半正多面体外接球的半径R =√(√22)2+(√22)2=1，故其表面积为4π. 若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小.此时，设正四面体的棱长为a ，则正四面体的高为√63a ，考查轴截面，则有(√63a −1)2=12+(√33a)2，解得a =2√6，所以V min =13⋅√34⋅(2√6)2⋅(√63⋅2√6)=8√3. 所以答案是： 4π； 8√3.小提示：关键点点睛：本题第②空的关键点是探究出结论：若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小.解答题18、如图的长方体ABCD−A1B1C1D1.（1）这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？（2）用平面BCFE把这个长方体分成两部分后，各部分的几何体还是棱柱吗？若是棱柱指出它们的底面与侧棱. 答案：（1）答案见解析；（2）答案见解析.解析：（1）根据棱柱的定义判断；（2）根据棱柱的定义判断．(1)这个长方体是棱柱，是四棱柱，因为它满足棱柱的定义.(2)截面BCFE右侧部分是三棱柱，它的底面是△BEB1与ΔCFC1，侧棱是EF、B1C1、BC，截面左侧部分是四棱柱，它的底面是四边形ABEA1与四边形DCFD1，侧棱是AD、BC、EF、A1D1.19、四面体ABCD如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面，分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H．证明：E、F、G、H四点共面且四边形EFGH是平行四边形．答案：证明见解析分析：根据线面平行的性质定理，分别证得EH∥BC，FG∥BC，则得EH∥FG，从而可证得E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥HG，再根据平行四边形的判定定理可得结论因为BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC=FG，平面EFGH∩平面ABC=EH，所以BC∥FG，BC∥EH，所以EH∥FG，所以E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥AD，HG∥AD，所以EF∥HG，所以四边形EFGH是平行四边形．20、所有棱长均相等的三棱锥称为正四面体，如图，在正四面体A—BCD中，求证：AB⊥CD.答案：见解析分析：取CD的中点为M，连接AM，BM，根据线面垂直可得AB⊥CD.取CD的中点为M，连接AM，BM，因为四面体A−BCD为正四面体，故△ACD为等边三角形，故AM⊥CD，同理BM⊥CD，而AM∩BM=M，故CD⊥平面ABM，因为AB⊂平面ABM，故CD⊥AB.。
部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案考点题型与解题方法
(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案考点题型与解题方法单选题1、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（ ）A ．132B ．223C ．152D ．2332、已知直线a 与平面α,β,γ，能使α//β的充分条件是（ ） ①α⊥γ,β⊥γ ②α//γ,β//γ ③a //α,a //β ④a ⊥α,a ⊥β A ．①②B ．②③C ．①④D ．②④3、下列命题中，正确的是（ ） A ．三点确定一个平面B ．垂直于同一直线的两条直线平行C ．若直线l 与平面α上的无数条直线都垂直，则l ⊥αD ．若a 、b 、c 是三条直线，a ∥b 且与c 都相交，则直线a 、b 、c 在同一平面上4、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 ．∠PACB ．∠CPAC ．∠PCAD ．∠CAB5、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（ ）A ．18πB ．20πC ．22π3D ．26π6、如图，某圆锥的轴截面ABC 是等边三角形，点D 是线段AB 的中点，点E 在底面圆的圆周上，且BE ⌢的长度等于CE⌢的长度，则异面直线DE 与BC 所成角的余弦值是（ ）A ．√24B ．√64C ．√104D ．√1447、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 ．278、如图，在梯形ABCD 中，AB ∥DC 且AB =2DC ，点E 为线段BC 的靠近点C 的一个四等分点，点F 为线段AD 的中点，AE 与BF 交于点O ，且AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则x +y 的值为（ ）A ．1B ．57C ．1417D ．56多选题9、《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖膈”．如图在堑堵ABC −A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，且AA 1=AB =2．下列说法正确的是（ ）A ．四棱锥B −A 1ACC 1为“阳马” B ．四面体A 1C 1CB 为“鳖膈” C ．四棱锥B −A 1ACC 1体积最大为23D ．过A 点分别作AE ⊥A 1B 于点E ，AF ⊥A 1C 于点F ，则EF ⊥A 1B10、在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，则下列命题正确的是（）A．异面直线C1P和CB1所成的角为定值B．直线CD和平面BPC1相交C．三棱锥D−BPC1的体积为定值D．直线CP和直线A1B可能相交11、已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，则下列结论中正确的是（）A．PB⊥BCB．PD⊥CDC．PD⊥BDD．PA⊥BD填空题12、对于任意给定的两条异面直线，存在______条直线与这两条直线都垂直．部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(四)参考答案1、答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V=23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.2、答案：D解析：根据线面的平行关系，结合相关性质，逐个分析判断即可得解.对①，若α⊥γ,β⊥γ，垂直于同一个平面的两个平面可以相交，故①错误；对②，若α//γ,β//γ，则α//β，平面的平行具有传递性，故②正确；对③，若a//α,a//β，平行于同一直线的两平面可以相交，故③错误；对④，a⊥α,a⊥β，垂直于同一直线的两平面平行，故④正确.综上：②④正确，故选：D.3、答案：D分析：利用空间点、线、面位置关系直接判断.A.不共线的三点确定一个平面，故A错误；B.由墙角模型，显然B错误；C.根据线面垂直的判定定理，若直线l与平面α内的两条相交直线垂直，则直线l与平面α垂直，若直线l与平面α内的无数条平行直线垂直，则直线l与平面α不一定垂直，故C错误；D.因为a//b，所以a、b确定唯一一个平面，又c与a、b都相交，故直线a、b、c共面，故D正确；故选：D.4、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：C5、答案：A分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可解：由题意得，球的半径R=2，圆柱的底面半径r=1，高ℎ=3，则该几何体的表面积为S=2πR2+πR2+2πrℎ=8π+4π+2π×1×3=18π故选：A.6、答案：A分析：过点A作AO⊥BC于点O，过点A作DG⊥BC于点G，取AO的中点F，连接GE、OE、EF，则有∠DEF （或其补角）就是异面直线DE与BC所成的角，设圆锥的底面半径为2，解三角形可求得答案.解：过点A作AO⊥BC于点O，过点A作DG⊥BC于点G，取AO的中点F，连接GE、OE、EF，BC，所以∠DEF（或其补角）就是异面直线DE与BC所成的角，则DF//BC，且DF=12设圆锥的底面半径为2，则DF=1，OE=2，AO=2√3，所以DG=OF=√3，在Rt△GOE中，GO=1，OE=2，所以GE=√GO2+OE2=√5，在Rt△GDE中，GE=√5，DG=√3，所以DE=√GD2+GE2=2√2，在Rt△FOE中，FO=√3，OE=2，FE=√FO2+OE2=√7，所以在△DFE中，满足DF2+FE2=DE2，所以∠DFE=90∘，所以cos∠DEF=DFDE =2√2=√24，故选：A.7、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、答案：C分析：由向量的线性运算法则化简得到AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ==(x −y2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ 和BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE⃑⃑⃑⃑⃑ ，结合B,O,F 三点共线和A,O,E 三点共线，得出2x +3y −2=0和3x −4y =0，联立方程组，即可求解. 根据向量的线性运算法则，可得AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y(BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ −yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yAC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(AD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC⃑⃑⃑⃑⃑ ) =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(2AF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )=(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 因为B,O,F 三点共线，可得x −y 2+2y =1，即2x +3y −2=0；又由BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ −xBA ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅43BE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 因为A,O,E 三点共线，可得1−x +4y 3=1，即3x −4y =0，联立方程组{2x +3y −2=03x −4y =0 ，解得x =817,y =617，所以x +y =1417.故选：C. 9、答案：ABD分析：根据“阳马”和“鳖膈”的定义，可判断A ，B 的正误；当且仅当AC =BC 时，四棱锥B −A 1ACC 1体积有最大值，求值可判断C 的正误；根据题意可证A 1B ⊥平面AEF ，进而判断D 的正误. 底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”， ∴在堑堵ABC −A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，侧棱AA 1⊥平面ABC ，A 选项，∴AA 1⊥BC ，又AC ⊥BC ，且AA 1∩AC =A ，则BC ⊥平面A 1ACC 1， ∴四棱锥B −A 1ACC 1为“阳马”，对；B 选项，由AC ⊥BC ，即A 1C 1⊥BC ，又A 1C 1⊥C 1C 且BC ∩C 1C =C ， ∴A 1C 1⊥平面BB 1C 1C ，∴A 1C 1⊥BC 1，则△A 1BC 1为直角三角形，又由BC⊥平面AA1C1C，得△A1BC为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形，∥CC1B为直角三角形．∴四面体A1C1CB为“鳖膈”，对；C选项，在底面有4=AC2+BC2≥2AC⋅BC，即AC⋅BC≤2，当且仅当AC=BC=√2时取等号，V B−A1ACC1=13S A1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43，错；D选项，因为BC⊥平面AA1C1C，则BC⊥AF，AF⊥A1C且A1C∩BC=C，则AF⊥平面A1BC，∴AF⊥A1B，又AE⊥A1B且AF∩AE=A，则A1B⊥平面AEF，所以则A1B⊥EF，对；故选：ABD．10、答案：AC解析：A：由正方体的性质判断B1C⊥平面ABC1D1，得出B1C⊥C1P，异面直线C1P与CB1所成的角为90°；B：由CD//AB，证明CD//平面ABC1D1，即得CD//平面BPC1；C：三棱锥D−BPC1的体积等于三棱锥的体积P−DBC1的体积，判断三棱锥D−BPC1的体积为定值；D：可得直线CP和直线A1B为异面直线.对于A，因为在正方体ABCD−A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，B1C⊥C1D1，又BC1∩C1D1=C1，BC1，C1D1⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，而C1P⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥C1P，故这两个异面直线所成的角为定值90°，所以A正确；对于B，因为平面BPC1与面ABC1D1是同一平面，DC//AB，AB⊂平面ABC1D1，CD⊂平面ABC1D1，故CD//平面ABC1D1，即CD//平面BPC1，故B错误；对于C，三棱锥D−BPC1的体积等于三棱锥P−DBC1的体积，而平面DBC1为固定平面，且△DBC1大小一定，又因为P∈AD1，因为AD1//BC1，AD1⊂平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1//平面DBC1，所以点A到平面DBC1的距离即为点P到该平面的距离，为定值，所以三棱锥D−BPC1的体积为定值，故C正确；对于D，直线CP和直线A1B是异面直线，不可能相交，故D错误.故选：AC.分析：本题考查线面平行的判定，线面垂直的判定及性质，异面直线所成的角，直线与平面所成的角，空间中的距离，正确理解判定定理和性质是解题的关键.11、答案：ABD分析：由PA⊥矩形ABCD，得PA⊥BD，若PD⊥BD，则BD⊥平面PAD，又BA⊥平面PAD，则过平面外一面有两条直线与平面垂直，不成立，故PD⊥BD不正确．解：∵PA⊥矩形ABCD，BD⊂矩形ABCD，∴PA⊥BD，故D正确．若PD⊥BD，则BD⊥平面PAD，又BA⊥平面PAD，则过平面外一面有两条直线与平面垂直，故PD⊥BD不正确，故C不正确；∵PA⊥矩形ABCD，∴PA⊥CD，AD⊥CD，∴CD⊥平面PAD，∴PD⊥CD，故B正确；∵PA⊥矩形ABCD，∴由三垂线定理得PB⊥BC，故A正确；故选：ABD．12、答案：无数分析：平移一条直线与另一条相交并确定一个平面，再由线面垂直的意义及异面直线所成角判断作答. 令给定的两条异面直线分别为直线a,b，平移直线b到直线b′，使b′与直线a相交，如图，则直线b′与a确定平面α，点A是平面α内任意一点，过点A有唯一直线l⊥α，因此，l⊥a,l⊥b′，即有l⊥b，由于点A的任意性，所以有无数条直线与异面直线a,b都垂直.所以答案是：无数。
高中数学【立体几何】解答题技巧
高中数学【立体几何】解答题技巧立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是建模、建系.建模——将问题转化为平行模型、垂直模型及平面化模型；建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.(12分)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求平面PCB与平面PCE的夹角的余弦值.(1)证明设DO＝a，由题设可得PO＝66a，AO＝33a，AB＝AC＝BC＝a，PA＝PB＝PC＝22a.2分因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.3分又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.又PB ，PC ⊂平面PBC ，PB ∩PC ＝P ， 所以PA ⊥平面PBC .5分(2)解 以O 为坐标原点，OE→的方向为y 轴正方向，OD →的方向为z 轴正方向，|OE →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz .由题设可得E (0，1，0)，A (0，－1，0)， C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22.7分所以EC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，0，EP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1，22.8分设m ＝(x ，y ，z )是平面PCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·EP →＝0，m ·EC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋22z ＝0，－32x －12y ＝0.不妨取y ＝1，得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，1，2.10分由(1)知AP→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，22是平面PCB 的一个法向量. 记n ＝AP →，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝255.所以平面PCB 与平面PCE 的夹角的余弦值为255.12分❶得步骤分：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点一定要写全.如第(1)问缺少PA ＝PB ＝PC ＝22a ，遗漏PA ⊥PB 导致扣分，第(2)问建立空间直角坐标系O-xyz .❷得关键分：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第(1)问缺少PC ∩PB ＝P ，或PB ，PC ⊂平面PAC 等；第(2)问中不写公式cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |而得出余弦值都会各扣去1分.❸得计算分：第(2)问中，向量EC →，EP →，两个平面法向量的坐标及cos 〈m ，n 〉的求值，否则不能得分.1.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点.(1)求证：D 1F ∥平面A 1EC 1；(2)求直线AC 1与平面A 1EC 1所成角的正弦值； (3)求二面角A-A 1C 1-E 的正弦值.(1)证明 以A 为原点，AB ，AD ，AA 1分别为x ，y ，z 轴，建立如图空间直角坐标系，则A (0，0，0)，A 1(0，0，2)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，C 1(2，2，2)，D 1(0，2，2).因为E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点，所以E (2，1，0)，F (1，2，0)， 所以D 1F →＝(1，0，－2)，A 1C 1→＝(2，2，0)，A 1E →＝(2，1，－2). 设平面A 1EC 1的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1E →＝0，即⎩⎨⎧2x 1＋2y 1＝0，2x 1＋y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，则y 1＝－2，z 1＝1，即m ＝(2，－2，1).因为D 1F →·m ＝2－2＝0，所以D 1F →⊥m .因为D 1F ⊄平面A 1EC 1，所以D 1F ∥平面A 1EC 1. (2)解 由(1)得，AC →1＝(2，2，2). 设直线AC 1与平面A 1EC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，AC 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·AC 1→|m |·|AC →1|＝23×23＝39，即直线AC 1与平面A 1EC 1所成角的正弦值为39.(3)解 由正方体的特征可得，平面AA 1C 1的一个法向量为DB →＝(2，－2，0)，则cos 〈DB →，m 〉＝DB →·m |DB →|·|m |＝822×3＝223，所以二面角A-A 1C 1-E 的正弦值为1－cos 2 〈DB→，m 〉＝13.2.在多面体ABCDE 中，平面ACDE ⊥平面ABC ，四边形ACDE 为直角梯形，CD ∥AE ，AC ⊥AE ，AB ⊥BC ，CD ＝1，AE ＝AC ＝2，F 为DE 的中点，且点E 满足EB→＝4EG →.(1)证明：GF ∥平面ABC ；(2)当多面体ABCDE 的体积最大时，求平面ABE 与平面DBE 的夹角的余弦值. (1)证明 分别取AB ，EB 的中点M ，N ，连接CM ，MN ，ND ，在梯形ACDE 中，DC ∥EA ，且DC ＝12EA ，M ，N 分别为BA ，BE 的中点，∴MN ∥EA ，且MN ＝12EA ， ∴MN ∥CD ，且MN ＝CD ， ∴四边形CDNM 为平行四边形， ∴CM ∥DN ，又EB→＝4EG →，N 为EB 的中点，∴G 为EN 的中点. 又F 为ED 的中点，∴GF ∥DN ，得GF ∥CM ， 又CM ⊂平面ABC ，GF ⊄平面ABC ， ∴GF ∥平面ABC .(2)解 在平面ABC 内，过B 作BH ⊥AC ，交AC 于H ，∵平面ACDE ⊥平面ABC ，且平面ACDE ∩平面ABC ＝AC ，BH ⊂平面ABC . ∴BH ⊥平面ACDE ，则BH 为四棱锥B-ACDE 的高， 又底面ACDE 的面积确定，∴要使多面体ABCDE 的体积最大，即BH 最大，此时AB ＝BC ＝ 2. ∴H 为AC 的中点，连接HF ，易知HB ，HC ，HF 两两垂直.以H 为坐标原点，分别以HB ，HC ，HF 所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的直角坐标系H-xyz .则A (0，－1，0)，B (1，0，0)， E (0，－1，2)，D (0，1，1).∴AB→＝(1，1，0)，BE →＝(－1，－1，2)，DE →＝(0，－2，1). 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ABE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝x 1＋y 1＝0，n 1·BE →＝－x 1－y 1＋2z 1＝0.取y 1＝－1，得n 1＝(1，－1，0).设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面DBE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·DE →＝－2y 2＋z 2＝0，n 2·BE →＝－x 2－y 2＋2z 2＝0.取z 2＝2，可得n 2＝(3，1，2). ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝22×14＝77.∴平面ABE 与平面DBE 的夹角的余弦值为77.。
高中数学必修二第八章立体几何初步考点题型与解题方法(带答案)
高中数学必修二第八章立体几何初步考点题型与解题方法单选题1、下列说法中正确的是（）A．如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B．平面α内△ABC的三个顶点到平面β的距离相等，则α与β平行C．α//β，a//α，则a//βD．a//b，a//α，b⊄α，则b//α答案：D分析：根据线面关系，逐一判断每个选项即可.解：对于A选项，如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的无数条直线平行，而不是任意的直线平行，故错误；对于B选项，如图1，D，E，F，G分别为正方体中所在棱的中点，平面DEFG设为平面β，易知正方体的三个顶点A，B，C到平面β的距离相等，但△ABC所在平面α与β相交，故错误；对于选项C，a可能在平面β内，故错误；对于选项D，正确.故选：D.2、已知直三棱柱ABC−A1B1C1的各顶点都在同一球面上，且该棱柱的体积为√3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，则该球的表面积为（）A．4πB．4√2πC．8πD．32π答案：C解析：利用三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为√3，AB =2，AC =1，∠BAC =60°，求出AA 1，再求出ΔABC 外接圆的半径，即可求得球的半径，从而可求球的表面积. ∵三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面， 棱柱的体积为√3，AB =2，AC =1，∠BAC =60°， ∴12×2×1×sin60°×AA 1=√3，∴AA 1=2∵BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅ACcos60°=4+1−2=3，∴BC =√3. 设ΔABC 外接圆的半径为R ，则BCsin60°=2R ，∴R =1.∴外接球的半径为√1+1=√2，∴球的表面积等于4π×(√2)2=8π. 故选：C.小提示：本小题主要考查根据柱体体积求棱长，考查几何体外接球有关计算，属于基础题.3、牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为V 牟V 球=4π，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即V 牟8=r 3−V 方盖差，从而计算出V 球=43πr 3.如果记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V ，则V 方差盖:V =（ ） A ．√22B ．1C ．√2D ．2√2 答案：C分析：计算出V 方盖差，V ，即可得出结论.由题意，V 方盖差=r 3−18V 牟=r 3−18×4π×43×π×r 3=13r 3， 所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正=13×r ×r ×r 2−(√2r 2)2=√26r 3， ∴V 方盖差V 正=13r 3√2r 36=√2，故选：C ．4、已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（ ） A ．2πR 2B ．94πR 2C ．83πR 2D ．πR 2答案：B分析：根据圆柱的表面积公式以及二次函数的性质即可解出．设圆柱的底面半径为r，圆柱的高为ℎ，所以在轴截面三角形中，如图所示：由相似可得，rR =3R−ℎ3R，所以，ℎ=3R−3r，即圆柱的全面积为S=2πr2+2πrℎ=2πr2+2πr(3R−3r)=2π(−2r2+3rR)=2π[−2(r−34R)2+98R2]≤9π4R2，当且仅当r=34R时取等号．故选：B．5、如图所示的是平行四边形ABCD所在的平面，有下列表示方法：①平面ABCD；②平面BD；③平面AD；④平面ABC；⑤AC；⑥平面α.其中不正确的是（）A．④⑤B．③④⑤C．②③④⑤D．③⑤答案：D解析：根据平面的表示方法判断．③中AD不为对角线，故错误；⑤中漏掉“平面”两字，故错误.故选：D.6、如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，BD=2，DE=1，点P在线段EF上.给出下列命题：①存在点P，使得直线DP//平面ACF；②存在点P，使得直线DP⊥平面ACF；,1]；③直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是[√55④三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是9π.8其中所有真命题的序号（）A．①③B．①④C．①②④D．①③④答案：D分析：当点P是线段EF中点时判断①；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，推理导出矛盾判断②；利用线面角的定义转化列式计算判断③；求出△ACF外接圆面积判断④作答.取EF中点G，连DG，令AC∩BD=O，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则DO//GF且DO=GF，即四边形DGFO是平行四边形，即有DG//FO，而FO⊂平面ACF，DG⊄平面ACF，于是得DG//平面ACF，当点P与G重合时，直线DP//平面ACF，①正确；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，而FO⊂平面ACF，则DP⊥FO，又DG//FO，从而有DP⊥DG，在Rt△DEF中，∠DEF=90∘，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即②不正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，则线段EF上的动点P在平面ABCD上的射影在直线BD上，于是得∠PDB是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，∠PDB=∠DPE，sin∠PDB=sin∠DPE=DEDP =√DE2+EP2=√1+EP2，而0<EP≤2，则√55≤sin∠PDB<1，当P与E重合时，∠PDB=π2，sin∠PDB=1，因此，√55≤sin∠PDB≤1，③正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，BF⊥BD，BF⊂平面BDEF，则BF⊥平面ABCD，BC=√2，在△ACF中，AF=CF=√BC2+BF2=√3，显然有FO⊥AC，sin∠FAC=FOAF =√BO2+BF2AF=√2√3，由正弦定理得△ACF外接圆直径2R=CFsin∠FAC =√2，R=2√2，三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△ACF的外接圆，其面积为πR2=9π8，④正确，所以所给命题中正确命题的序号是①③④.故选：D小提示：名师点评两个平面互相垂直，则一个平面内任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上.7、边长为5 cm的正方形EFGH是圆柱的轴截面，则从E点沿圆柱的侧面到相对顶点G的最短距离是（）A．10cm B．5√2cmC．5√π2+1cm D．52√π2+4cm答案：D分析：将圆柱展开，根据题意即可求出答案.圆柱的侧面展开图如图所示，展开后E′F=12×2π×52=52π(cm)，∴E′G=√52+(5π2)2=52√π2+4(cm)，即为所求最短距离．8、下面四个选项中一定能得出平面α/⁄平面β的是（）A．存在一条直线a，a//α，a//βB．存在一条直线a，a⊂α，a//βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α答案：D分析：对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面γ∩β=c，再证c//α即可. 如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，对于A，直线C1D1为直线a，显然a//α，a//β，而α与β相交，A不正确；对于B，直线CD为直线a，显然a⊂α，a//β，而α与β相交，B不正确；对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，而α与β相交，C不正确；对于D，因a，b是异面直线，且a⊂α，b⊂β，过直线a作平面γ∩β=c，如图，则c//a，并且直线c与b必相交，而c⊄α，于是得c//α，又b//α，即β内有两条相交直线都平行于平面α，⁄平面β.因此，平面α/多选题9、(多选题)下列说法中，正确的结论有（）A．如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等B．如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等C．如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补D．如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行答案：BD分析：由等角定理可判断A的真假；根据直线夹角的定义可判断B的真假；举反例可判断C的真假；由平行公理可判断D的真假.对于选项A：如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故选项A错误；对于选项B：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角或直角相等，故选项B正确；对于选项C：如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，这两个角的关系不确定，既可能相等也可能互补，也可能既不相等，也不互补.反例如图，在立方体中，∠A1D1C1与∠A1BC1满足A1D1⊥A1B，C1D1⊥C1B，但是∠A1D1C1=π2，∠A1BC1=π3，二者不相等也不互补.故选项C错误；对于选项D：如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线平行，故选项D正确.故选：BD.10、矩形ABCD中，AB=2，BC=1，将此矩形沿着对角线BD折成一个三棱锥C−BDA，则以下说法正确的有（）A．三棱锥C−BDA的体积最大值为2√515B．当二面角C−BD−A为直二面角时，三棱锥C−BDA的体积为2√515C．当二面角C−BD−A为直二面角时，三棱锥C−BDA的外接球的表面积为5πD．当二面角C−BD−A不是直二面角时，三棱锥C−BDA的外接球的表面积小于5π答案：ABC分析：求出点C到平面ABD的最大距离即可计算棱锥的最大体积判断选项A，B；求出三棱锥C−BDA的外接球的半径即可判断选项C，D作答.过C作CE⊥BD于E，在平面DBA内过E作BD的垂线EG，则∠CEG为二面角C−BD−A的平面角，如图，平面CEG⊥平面DBA，过C作CF⊥EG于F，则CF⊥平面DBA，在直角△BCD中，∠BCD=90∘，BC=1,CD=2,CE=BC⋅CDBD =2√55，显然CF≤CE，当且仅当点E与F重合时取“=”，即点C到平面ABD距离的最大值为CE=2√55，而S△DBA=12AB⋅AD=1，则三棱锥C−BDA的体积最大值为13CE⋅S△DBA=2√515，A正确；当CF取最大值2√55时，CF⊂平面BCD，又CF⊥平面DBA，则平面BCD⊥平面DBA，即二面角C−BD−A为直二面角，三棱锥C−BDA的体积为2√515，B正确；取BD中点O，连接AO，CO，显然有AO=CO=12BD=BO=DO，于是得点A，B，C，D在以O为球心，AO=√52为半径的球面上，显然，无论二面角C−BD−A如何变化，点A，B，C，D都在上述的球O上，其表面积为5π，C正确，D不正确.故选：ABC11、如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题正确的是（）A．两条异面直线D1C和BC1所成的角为π4B．直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4C．点D到面ACD1的距离为√33D．三棱柱AA1D1−BB1C1外接球半径为√32答案：BCD分析：对于A：根据异面直线的求法易得：异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C；对于B：可证B1C⊥平面ABC1D1，则直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1；对于C：根据等体积转换V D−ACD1=V D1−ACD，求点D到面ACD1的距离；对于D：三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．连接AC、AD1∵AB∥C1D1且AB=C1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，∴异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C∵AC=AD1=D1C，则△ACD1为正三角形，即∠AD1C=π3A不正确；连接B1C在正方形BB1C1C中，BC1⊥B1C∵AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C∴AB⊥B1CAB∩BC1=B，则B1C⊥平面ABC1D1∴直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4 B正确；根据等体积转换可知：V D−ACD1=V D1−ACD即13×ℎ×12×√2×√2×√32=13×1×12×1×1，则ℎ=√33C正确；三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球则外接球的半径即为正方体ABCD−A1B1C1D1体对角线的一半，即R=√32 D正确；故选：BCD．填空题12、一个圆锥的母线长为20，母线与轴的夹角为60∘，则圆锥的高为________．答案：10分析：利用圆锥的几何性质可求得该圆锥的高.由题意可知，该圆锥的高为ℎ=20cos60∘=10.所以答案是：10.13、若将两个半径为1的铁球熔化后铸成一个球，则该球的半径为______．答案：√23分析：根据球的体积等于两个半径为1的球的体积之和即可求其半径．设大球的半径为r，则根据体积相同，可知43π+43π=43πr3，则r3=2，解得r=√23.所以答案是：√23．14、已知一三角形ABC用斜二测画法画出的直观图是面积为√3的正三角形A′B′C′(如图)，则三角形ABC中边长与正三角形A′B′C′的边长相等的边上的高为______．答案：2√6分析：根据面积公式求出三角形的边长，以及高，利用斜二测画法的原理还原出原三角形的高，并求出答案. 设正三角形A′B′C′的边长为a，∵S△A′B′C′=√34a2=√3∴a=2，DC′=√3O′C′=√6∴O′C=2√6所以答案是：2√6.解答题15、如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1C1与B1D1交于点O1，求证：(1)直线A1B∥平面ACD1；(2)直线BO1∥平面ACD1．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：(1)根据题意，先证得四边形A1D1CB是平行四边形，从而证得A1B∥D1C，即可证得线面垂直；(2)连接BD，交AC于O，连接D1O，只需证明O1B∥D1O，即可证得线面垂直；（1）证明：直线A1B在平面ACD1外，因为A1D1∥BC，A1D1=BC，所以四边形A1D1CB是平行四边形，所以A1B∥D1C，而D1C是平面ACD1内的直线，根据判定定理可知，直线A1B∥平面ACD1．（2）证明：如图，连接BD，交AC于O，连接D1O，易知D1O1∥OB，D1O1=OB，则四边形D1O1BO是平行四边形，所以O1B∥D1O，所以D1O在平面ACD1上，根据判定定理可知，O1B∥平面ACD1．。
高中必修二数学 立体几何题型总结
高中必修二数学立体几何题型总结
高中数学必修二中的立体几何部分是高考的重要考点之一，下面是一些常见的立体几何题型及其解题方法：
1. 空间几何体的表面积和体积
解题方法：熟练掌握各种空间几何体的表面积和体积的公式，根据题目要求进行计算。
2. 空间几何体的直观图和三视图
解题方法：通过观察和分析空间几何体的直观图和三视图，掌握几何体的形状和大小，进而解决相关问题。
3. 空间点、线、面的位置关系
解题方法：理解空间点、线、面的位置关系，掌握各种位置关系的判定定理和性质定理，能够灵活运用解决相关问题。
4. 空间几何体的旋转体问题
解题方法：掌握旋转体的形成过程和性质，通过分析旋转体的轴和母线，利用旋转体的性质进行计算和证明。
5. 空间几何体的平行和垂直问题
解题方法：掌握空间几何体的平行和垂直的判定定理和性质定理，能够灵活运用解决相关问题。
6. 空间几何体的最值问题
解题方法：通过分析几何体的结构特征，利用几何体的性质和不等式等数学知识，求得空间几何体的最值。
7. 空间几何体的实际应用问题
解题方法：通过建立空间几何模型，将实际问题转化为数学问题，利用几何体的性质和数学知识解决实际问题。
以上是高中数学必修二中立体几何部分的一些常见题型及解题方法，掌握这些题型和方法对于提高立体几何部分的解题能力非常有帮助。
高中数学立体几何体积和表面积计算技巧
高中数学立体几何体积和表面积计算技巧在高中数学中，立体几何是一个重要的内容，其中计算几何体的体积和表面积是必不可少的技巧。
本文将介绍一些常见的计算技巧，并通过具体的题目来说明这些技巧的应用。
一、立体几何体的体积计算技巧1. 直接计算法对于常见的几何体，如长方体、正方体、圆柱体、圆锥体和球体，可以直接使用相应的公式进行计算。
举例来说，如果要计算一个长方体的体积，可以使用公式 V = lwh，其中 l、w 和 h 分别表示长方体的长、宽和高。
如果已知长方体的长为 6 cm，宽为 4 cm，高为 3 cm，则可以直接代入公式计算得到体积 V = 6 × 4 × 3 = 72 cm³。
2. 分割法对于复杂的几何体，可以通过将其分割成若干简单的几何体来计算体积。
这种方法常用于计算不规则体的体积。
举例来说，如果要计算一个由三棱锥和一个正方体组成的复合体的体积，可以先计算三棱锥的体积，再计算正方体的体积，最后将两者相加。
3. 单位体积法对于一些特殊的几何体，可以利用单位体积的性质来计算体积。
这种方法常用于计算球台、球冠等几何体的体积。
举例来说，如果要计算一个球台的体积，可以先计算整个球的体积，再减去球冠的体积。
具体计算步骤如下：步骤一：计算整个球的体积，使用公式V = (4/3)πr³，其中 r 表示球的半径。
步骤二：计算球冠的体积，使用公式V = (1/3)πh²(3r - h)，其中 h 表示球台的高度。
步骤三：将步骤一的结果减去步骤二的结果，即可得到球台的体积。
二、立体几何体的表面积计算技巧1. 直接计算法对于常见的几何体，可以直接使用相应的公式进行表面积的计算。
举例来说，如果要计算一个长方体的表面积，可以使用公式 S = 2lw + 2lh +2wh，其中 l、w 和 h 分别表示长方体的长、宽和高。
如果已知长方体的长为 6 cm，宽为 4 cm，高为 3 cm，则可以直接代入公式计算得到表面积 S = 2(6×4) + 2(6×3) +2(4×3) = 108 cm²。
高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略
高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略立体几何的解答题型主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再计算几何体的体积．试题背景有折叠问题、探索性问题等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及转化与化归思想的应用能力.题型一线面位置关系的证明题型概览：空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证，应用向量证明线、面的位置关系的关键是把空间线面位置关系的判定定理和性质定理与空间向量建立对应关系，把空间位置关系的证明转化为空间向量的运算，通过运算解决证明问题．这里以传统方法为例建立审题程序与答题模板，向量方法参照本专题题型二．如图，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E、F分别为MA、DC的中点，求证：(1)EF∥平面MNCB；(2)平面MAC⊥平面BND.[审题程序]第一步：利用中位线、平行四边形的性质在四边形MNCB内确定与EF平行的直线；第二步：在平面MAC和平面BND中寻找与另一平面垂直的直线；第三步：应用面面垂直、菱形的性质，由线线垂直解决．[规范解答](1)如图，取NC的中点G，连接FG，MG.因为ME∥ND且ME＝12ND，F、G分别为DC、NC的中点，FG∥ND且FG＝12ND，所以FG与ME平行且相等，所以四边形MEFG是平行四边形，所以EF∥MG，又MG⊂平面MNCB，EF⊄平面MNCB，所以EF∥平面MNCB.(2)如图，连接BD、MC.因为四边形MADN是矩形，所以ND⊥AD.因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，DN⊂平面MADN，所以ND⊥平面ABCD，所以ND⊥AC.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.又AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面BDN.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：1．(2016·北京西城区高三期末)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G，H分别是CE，CF的中点．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求证：平面BDGH∥平面AEF；(3)求多面体ABCDEF的体积．[解](1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.又GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH.在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF.因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(3)由(1)得AC⊥平面BDEF.因为AO＝2，四边形BDEF的面积S▱BDEF＝3×22＝62，＝4.所以四棱锥A－BDEF的体积V1＝13×AO×S▱BDEF同理，四棱锥C－BDEF的体积V2＝4.所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.题型二求空间几何体的体积题型概览：计算几何体的体积，关键是根据条件找出相应的底面和高，应注意充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题．(1)直接法：对于规则几何体，直接利用公式计算即可．(2)割补法：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．(3)等体积法：一般利用三棱锥的“等积性”求三棱锥体积，可以把任何一个面作为三棱锥的底面．注意两点：一是求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；二是利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面P AB；(2)求四面体N－BCM的体积．[审题程序]第一步：由线线平行或面面平行证明(1)；第二步：由N 为PC 中点，推证四面体N －BCM 的高与P A 的关系； 第三步：利用直接法求四面体的体积．[规范解答] (1)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形， 于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5， 故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积V N －BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453. [答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：2．(2016·深圳一模)如图所示，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧面SBC是正三角形，E是SB的中点，且AE⊥平面SBC.(1)证明：SD∥平面ACE；(2)若AB⊥AS，BC＝2，求点S到平面ABC的距离．[解](1)证明：连接BD，交AC于点F，连接EF.∵四边形ABCD是平行四边形，∴F是BD的中点，又∵E是SB的中点，∴EF∥SD.∵SD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，∴SD∥平面ACE.(2)∵AB⊥AS，BC＝BS＝2，且E是SB的中点，∴AE＝1.∵AE⊥平面SBC，BS、CE⊂平面SBC，∴AE⊥BS，AE⊥CE.∴AB＝AE2＋BE2＝ 2.又侧面SBC 是正三角形，∴CE ＝3， ∴AC ＝AE 2＋CE 2＝2，∴△ABC 是底边长为2，腰长为2的等腰三角形， ∴S △ABC ＝12×2×4－12＝72.设点S 到平面ABC 的距离为h .由V 三棱锥S －ABC ＝V 三棱锥A －SBC ，得13h ·S △ABC ＝13AE ·S △SBC ，∴h ＝AE ·S △SBC S △ABC ＝237＝2217.题型三 立体几何中的探索性问题题型概览：如果知道的是试题的结论，而要求的却是试题的某一个存在性条件(如存在某个定点、定直线、定值等)，这种试题称为存在探索型试题．解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目中的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步推出所要求的特殊条件，即要求的存在性条件．若能求出，则存在；若不能求出，则不存在．(2016·石家庄调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，E 在线段B 1C 1上，B 1E ＝3EC 1，AC ＝BC ＝CC 1＝4.(1)求证：BC ⊥AC 1；(2)试探究：在AC 上是否存在点F ，满足EF ∥平面A 1ABB 1？若存在，请指出点F 的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．[审题程序]第一步：由B 1E ＝3EC 1及EF ∥平面A 1ABB 1猜想点F 的位置；第二步：在平面A 1ABB 1内探求与EF 平行的直线或寻找经过EF 与平面A 1ABB 1平行的平面； 第三步：由线线平行或面面平行推理论证．[规范解答] (1)证明：∵AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥AA 1. 又∵BC ⊥AC ，AA 1∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面AA 1C 1C . 又AC 1⊂平面AA 1C 1C ，∴BC ⊥AC 1.(2)解法一：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图1，在平面A1B1C1内过点E作EG∥A1C1交A1B1于点G，连接AG.∵B1E＝3EC1，∴EG＝34A1C1.又AF∥A1C1且AF＝3，4A1C1∴AF∥EG且AF＝EG，∴四边形AFEG为平行四边形，∴EF∥AG.又EF⊄平面A1ABB1，AG⊂平面A1ABB1，∴EF∥平面A1ABB1.解法二：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图2，在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G，连接FG. ∵EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，∴EG∥平面A1ABB1.∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，∴FG∥AB.又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：3．如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为4的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，M为A1B1的中点．(1)证明：MC⊥AB；(2)若AA1＝26，侧棱CC1上是否存在点P，使得MC⊥平面ABP？若存在，求PC的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：取AB的中点N，连接MN，CN，则MN⊥底面ABC，MN⊥AB.因为△ABC是正三角形，所以NC⊥AB.因为MN∩NC＝N，MN⊂平面MNC，NC⊂平面MNC，所以AB⊥平面MNC，所以AB⊥MC.(2)由(1)知MC⊥AB，若存在点P使得MC⊥平面ABP，则必有MC⊥BP.过M作MQ⊥B1C1，垂足为Q，连接QC，则QC是MC在平面BCC1B1内的射影，只需QC⊥BP即可，此时Rt△QC1C与Rt△PCB相似，QC1C1C ＝PCCB，所以PC＝QC1·CBC1C＝3×426＝6，点P恰好是CC1的中点．。
高考数学真题题型分类解析专题专题09 立体几何初步
面上，则该球的表面积为（ ）
． ． ． ． A 100π B 128π C 144π D 192π
【答案】A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径 r1, r2 ，再根据球心距，圆面半径，以及球的半
径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径
设正方体棱长为 ，则 ， ， ， 1
C1O =
2 2
BC1 = 2
sin ∠C1BO
=
C1O BC1
=
1 2
6 / 36
所以，直线 BC1与平面 BB1D1D 所成的角为30 ，故 C 错误；
因为C1C ⊥ 平面 ABCD，所以∠C1BC 为直线 BC1 与平面 ABCD所成的角，易得∠C1BC = 45 ，故 D 正确. 故选：ABD ．（ 5 2023 新高考Ⅰ卷·12）下列物体中，能够被整体放入棱长为 1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度 忽略不计）内的有（ ）
棱台上底面积 ，下底面积 ， S =140.0km2 =140×106m2
S′ = 180.0km2 = 180×106m2
∴ ( ) ( ) V = 1 h S + S′ + SS′ = 1 × 9 × 140×106 +180 ×106 + 140×180×1012
3
3
( ) ． = 3× 320 + 60 7 ×106 ≈ (96 +18× 2.65)×107 = 1.437 ×109 ≈ 1.4×109 (m3)
A．直径为0.99m 的球体 B．所有棱长均为1.4m的四面体 C．底面直径为0.01m，高为1.8m 的圆柱体 D．底面直径为1.2m ，高为 0.01m 的圆柱体 【答案】ABD 【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断. 【详解】对于选项 A：因为0.99m <1m ，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故 A 正确； 对于选项 B：因为正方体的面对角线长为 2m ，且 ， 2 >1.4 所以能够被整体放入正方体内，故 B 正确； 对于选项 C：因为正方体的体对角线长为 3m ，且 ， 3 <1.8 所以不能够被整体放入正方体内，故 C 不正确； 对于选项 D：因为1.2m >1m ，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过 AC1的中点O 作OE ⊥ ，设 AC1 OE I ， AC = E
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高中数学立体几何题型与方法(理科)经典例题剖析
例1、已知三点不共线，对平面外任一点，满足条件，
试判断：点与是否一定共面？
解析：要证明平面，只要证明向量可以用平面的两个不共线的向量
和线性表示．
答案:证明：如图，因为在上，且，所以．同理，又，所以
．又与不共线，根据共面向量定理，可知，，共面．由于不在平面，所以
平面．
点评：空间任意的两向量都是共面的．与空间的任两条直线不一定共面要区别开.
例2、如图, 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AA1＝4，点D是AB的中点，（I）求证：AC⊥BC1；（II）求证：AC1//平面CDB1；
解析：本小题考查直线与平面平行，直线与平面垂直，二面角等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.
答案：（1）是的中点，取PD的中点，则
，又
四边形为平行四边形
∥，
∥（4分）
（2）以为原点，以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，
在平面设，，，由
由
是的中点，此时
（8分）
（3）设直线与平面所成的角为
，，设为
故直线与平面所成角的正弦为
（12分）
解法二：
（1）是的中点，取PD的中点，则
，又
四边形为平行四边形
∥，
∥（4分）
（2）由（1）知为平行四边形
，又
同理，
为矩形∥，，又
作故
交于，在矩形，，
，为的中点
当点为的中点时，
（8分）
（3）由（2）知为点到平面的距离，为直线与平面所成的角，设为，
直线与平面所成的角的正弦值为
点评：（1）证明线面平行只需证明直线与平面一条直线平行即可；（2）求斜线与平面所成的角只需在斜线上找一点作已知平面的垂线，斜线和射影所成的角，即为所求角；（3）证明线面垂直只需证此直线与平面两条相交直线垂直变可.这些从证法中都能十分明显地体现出来
例3、如图，四棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面是的菱形，为的中点.
(Ⅰ)求与底面所成角的大小；
(Ⅱ)求证：平面；
(Ⅲ)求二面角的余弦值.
解析：求线面角关键是作垂线，找射影，求异面直线所成的角采用平
移法求二面角的大小也可应用面积射影法，比较好的方法是向量法
答案：(I)取DC的中点O，由ΔPDC是正三角形，有PO⊥DC．
又∵平面PDC⊥底面ABCD，∴PO⊥平面ABCD于O．
连结OA，则OA是PA在底面上的射影．∴∠PAO就是PA与底面所成角．
∵∠ADC=60°，由已知ΔPCD和ΔACD是全等的正三角形，从而求得OA=OP=．
∴∠PAO=45°．∴PA与底面ABCD可成角的大小为45°．……6分
(II)由底面ABCD为菱形且∠ADC=60°，DC=2，DO=1，有OA⊥DC．
建立空间直角坐标系如图，则, ．
由M为PB中点，∴．
∴．
∴，
．
∴PA⊥DM，PA⊥DC．∴PA⊥平面
DMC．
……4分
(III)．令平面BMC的法向量，
则，从而x+z=0；……①, ，从而．……②
由①、②，取x=−1，则．∴可取．
由(II)知平面CDM的法向量可取，
∴．∴所求二面角的余弦值为－．……6分法二：（Ⅰ）方法同上
（Ⅱ）取的中点，连接，由（Ⅰ）知，在菱形中，由于，则，又，则，即，
又在中，中位线，，则，
则四边形为，所以，在中，，
则，故而，
则
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，则为二面角的平面角，
在中，易得，
，
故，所求二面角的余弦值为
例4、如图，在长方体中，点在线段上. （Ⅰ）求异面直线与所成的角；
（Ⅱ）若二面角的大小为，求点到平面的距离.
解析：本题涉及立体几何线面关系的有关知识, 本题实质上求角度和距离,在求此类问题中，要将这些量归结到三角形中,最好是直角三角形,这样有利于问题的解决，此外用向量也是一种比较好的方法.
答案：解法一：（Ⅰ）连结。
由已知，是正方形，有。
∵平面，∴是在平面的射影。
根据三垂线定理，得，则异面直线与所成的角为。
作，垂足为，连结，则
所以为二面角的平面角，.
于是
易得，所以，又，所以。
设点到平面的距离为.
∵即，
∴，即，∴.
故点到平面的距离为。
解法二：分别以为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.
（Ⅰ）由，得
设，又，则。
∵∴
则异面直线与所成的角为。
（Ⅱ）为面的法向量，设为面的法向量，则
∴. ①
由，得，则，即
∴②
由①、②，可取
又，所以点到平面的距离。
例5、如图所示：边长为2的正方形ABFC和高为2的直角梯形ADEF所在的平面互相垂直且DE=，ED//AF且∠DAF=90°。
（1）求BD和面BEF所成的角的余弦；
（2）线段EF上是否存在点P使过P、A、C三点的平面和直线DB垂直，若存在，求EP 与PF的比值；若不存在，说明理由。
解析：1.先假设存在，再去推理，下结论： 2.运用推理证明计算得出结论，或先利用条件特例得出结论，然后再根据条件给出证明或计算。
答案：（1）因为AC、AD、AB两两垂直，建立如图坐标系，
则B（2，0，0），D（0，0，2），
E（1，1，2），F（2，2，0），
则
设平面BEF的法向量
，则可取，
∴向量所成角的余弦为。
即BD和面BEF所成的角的余弦。
（2）假设线段EF上存在点P使过P、A、C三点的平面和直线DB垂直，不妨设EP与PF 的比值为m，则P点坐标为
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则向量，向量
所以。
点评：本题考查了线线关系，线面关系及其相关计算，本题采用探索式、开放式设问方式，对学生灵活运用知识解题提出了较高要求。
例6、。