高三立体几何复习
高三复习 立体几何部分
高三复习立体几何部分第一节简单几何体A组1．下列命题中，不正确的是______．①棱长都相等的长方体是正方体②有两个相邻侧面为矩形的棱柱为直棱柱③有两个侧面与底面垂直的棱柱为直棱柱④底面为平行四边形的四棱柱叫平行六面体解析：由平行六面体、正方体的定义知①④正确；对于②，相邻两侧面垂直于底面，则侧棱垂直于底面，所以该棱柱为直棱柱，因而②正确；对于③，若两侧面平行且垂直于底面，则不一定是直棱柱．答案：③2．(2009年高考全国卷Ⅱ改编)纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到如图的平面图形，则标“△”的面的方位是________．解析：将所给图形还原为正方体，如图所示，最上面为△，最左面为东，最里面为上，将正方体旋转后让东面指向东，让“上”面向上可知“△”的方位为北．答案：北3．(2009年高考安徽卷)对于四面体ABCD，下列命题正确的是________．(写出所有正确命题的编号)．①相对棱AB与CD所在的直线是异面直线；②由顶点A作四面体的高，其垂足是△BCD三条高线的交点；③若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高，则这两条高的垂足重合；④任何三个面的面积之和都大于第四个面的面积；⑤分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点．解析：②中的四面体如果对棱垂直，则垂足是△BCD的三条高线的交点；③中如果AB 与CD垂直，则两条高的垂足重合．答案：①④⑤4．下列三个命题，其中正确的有________个．①用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台；②两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；③有两个面互相平行，其余各面都是等腰梯形的六面体是棱台．解析：①中的平面不一定与底面平行，②③可用反例图去验证．答案：05．下面命题正确的有________个．①长方形绕一条直线旋转一周所形成的几何体是圆柱②过圆锥侧面上一点有无数条母线③三棱锥的每个面都可以作为底面④圆锥的轴截面(过轴所作的截面)是等腰三角形解析：①②错，③④正确．①错在绕一条直线，应该是绕长方形的一条边所在的直线；②两点确定一条直线，圆锥的母线必过圆锥的顶点，因此过圆锥侧面上一点只有一条母线．答案：26.如图所示，长方体的长、宽、高分别为4 cm,3 cm,5 cm，一只蚂蚁从A到C1点沿着表面爬行的最短距离是多少？解：长方体ABCD－A1B1C1D1的表面可如下图三种方法展开后，A、C1两点间的距离分别为：(5＋4)2＋32＝310，(5＋3)2＋42＝45，(3＋4)2＋52＝74，三者比较得74是从点A沿表面到C1的最短距离，∴最短距离是74 cm.B组1．(2009年高考安徽卷)对于四面体ABCD，下列命题正确的是________．①相对棱AB与CD所在的直线是异面直线；②由顶点A作四面体的高，其垂足是△BCD三条高线的交点；③若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高，则这两条高的垂足重合；④任何三个面的面积之和都大于第四个面的面积；⑤分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点．解析：②中的四面体如果对棱垂直，则垂足是△BCD的三条高线的交点；③中如果AB 与CD垂直，则两条高的垂足重合．答案：①④⑤2．下面是关于三棱锥的四个命题：①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥．③底面是等边三角形，侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥．④侧棱与底面所成的角都相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．其中，真命题的编号是______．(写出所有真命题的编号)解析：对于①，设四面体为D－ABC，过棱锥顶点D作底面的垂线DE，过E分别作AB，BC，CA边的垂线，其垂足依次为F，G，H，连结DF，DG，DH，则∠DFE，∠DGE，∠DHE分别为各侧面与底面所成的角，所以∠DFE＝∠DGE＝∠DHE，于是有FE＝EG＝EH，DF＝DG＝DH，故E为△ABC的内心，又因△ABC为等边三角形，所以F，G，H为各边的中点，所以△AFD≌△BFD≌△BGD≌△CGD≌△AHD，故DA＝DB＝DC，故棱锥为正三棱锥．所以为真命题．对于②，侧面为等腰三角形，不一定就是侧棱为两腰，所以为假命题．对于③，面积相等，不一定侧棱就相等，只要满足斜高相等即可，所以为假命题．对于④，由侧棱与底面所成的角相等，可以得出侧棱相等，又结合①知底面应为正三角形，所以为真命题．综上，①④为真命题．答案：①④3.关于如图所示几何体的正确说法为________．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这是一个四棱柱和三棱柱的组合体⑤这是一个被截去一个三棱柱的四棱柱答案：①②③④⑤4．(2009年高考安徽卷)对于四面体ABCD，下列命题正确的是________．①相对棱AB与CD所在的直线是异面直线；②由顶点A作四面体的高，其垂足是△BCD三条高线的交点；③若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高，则这两条高的垂足重合；④任何三个面的面积之和都大于第四个面的面积；⑤分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点．解析：②中的四面体如果对棱垂直，则垂足是△BCD的三条高线的交点；③中如果AB 与CD垂直，则两条高的垂足重合．答案：①④⑤5．给出以下命题：①底面是矩形的四棱柱是长方体；②直角三角形绕着它的一边旋转一周形成的几何体叫做圆锥；③四棱锥的四个侧面可以都是直角三角形．其中说法正确的是__________．解析：命题①不是真命题，因为底面是矩形，若侧棱不垂直于底面，这时四棱柱是斜四棱柱；命题②不是真命题，直角三角形绕着它的一条直角边旋转一周形成的几何体叫做圆锥，如果绕着它的斜边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥；命题③是真命题，如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，则可以得到四个侧面都是直角三角形．故填③.答案：③6．下列结论正确的是①各个面都是三角形的几何体是三棱锥②以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥③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圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：①错误．如图(1)所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．②错误．如图(2)(3)所示，若△ABC不是直角三角形，或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥．③错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．④正确．答案：④7．过半径为2的球O表面上一点A作球O的截面，若OA与该截面所成的角是60°，则该截面的面积是________．解析：设截面的圆心为O′，由题意得：∠OAO′＝60°，O′A＝1，S＝π·12＝π.答案：π8．如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是________．①等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等②等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补③等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆④等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：①如图，∵SA=SB=SC=SD，∴∠SAO=∠SBO=∠SCO=∠SDO，即等腰四棱锥腰与底面所成的角相等，正确；②等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角相等或互补不一定成立；③如图，由SA=SB=SC=SD得OA=OB=OC=OD，即等腰四棱锥的底面四边形存在外接圆，正确；④等腰四棱锥各顶点在同一个球面上，正确．故选②.答案：②9．(2008年高考江西卷)如图(1)，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a 升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P .如果将容器倒置，水面也恰好过点P (图(2))有下列四个命题：A ．正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半B ．将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点PC ．任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点PD ．若往容器内再注入a 升水，则容器恰好能装满．其中真命题的代号是：______(写出所有真命题的代号)．解析：设正四棱柱底面边长为b ，高为h 1，正四棱锥高为h 2，则原题图(1)中水的体积为b 2h 2－13b 2h 2＝23b 2h 2， 图(2)中水的体积为b 2h 1－b 2h 2＝b 2(h 1－h 2)，所以23b 2h 2＝b 2(h 1－h 2)，所以h 1＝53h 2，故A 错误，D 正确． 对于B ，当容器侧面水平放置时，P 点在长方体中截面上，又水占容器内空间的一半，所以水面也恰好经过P 点，故B 正确．对于C ，假设C 正确，当水面与正四棱锥的一个侧面重合时，经计算得水的体积为2536b 2h 2>23b 2h 2，矛盾，故C 不正确．答案：BD 10．一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h 1，h 2，h 3，求h 1∶h 2∶h 3的值．解：选依题意，四棱锥为正四棱锥，三棱锥为正三棱锥，且棱长均相等，设为a ，h 2＝h 3，h 1＝ a 2－(22a )2＝22a ，h 2＝ a 2－(33a )2＝63a ， 故h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶2.11．一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上．已知正三棱柱的底面边长为2，求该三角形的斜边长．解：如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为正三角形，边长为2，△DEF 为等腰直角三角形，DF 为斜边，设DF 长为x ，则DE ＝EF ＝22x ，作DG ⊥BB 1，HG ⊥CC 1，EI ⊥CC 1， 则EG ＝DE 2－DG 2＝x 22－4，FI ＝EF 2－EI 2＝x 22－4，FH ＝FI ＋HI ＝FI ＋EG ＝2x 22－4，在Rt △DHF 中，DF 2＝DH 2＋FH 2，即x 2＝4＋(2x 22－4))2，解得x ＝2 3.即该三角形的斜边长为2 3.12．(2009年高考辽宁卷改编)如果把地球看成一个球体，求地球上北纬60°纬线长和赤道线长的比值．解：设地球的半径为R ，那么对应的赤道线的大圆的半径为R ，而对应的北纬60°纬线所在的小圆的半径为12R ，那么它们对应的长度之比为12R ∶R ＝12. 即所求比值为12.第二节 空间图形的基本关系与公理A 组1．以下四个命题中，正确命题的个数是________．①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A 、B 、C 、D 共面，点A 、B 、C 、E 共面，则A 、B 、C 、D 、E 共面；③若直线a 、b 共面，直线a 、c 共面，则直线b 、c 共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．解析：①正确，可以用反证法证明；②从条件看出两平面有三个公共点A 、B 、C ，但是若A 、B 、C 共线，则结论不正确；③不正确，共面不具有传递性；④不正确，因为此时所得的四边形四条边可以不在一个平面上．答案：12．给出下列四个命题：①如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合；②两条直线可以确定一个平面；③若M ∈α，M ∈β，α∩β＝l ，则M ∈l ；④空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内．其中真命题的个数为________．解析：根据平面的基本性质知③正确．答案：13．(2009年高考湖南卷改编)平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，既与AB 共面也与CC 1共面的棱的条数为________．解析：根据两条平行直线、两条相交直线确定一个平面，可得CD 、BC 、BB 1、AA 1、C 1D 1符合条件．答案：54．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 、Q 、R 分别是AB 、AD 、B 1C 1的中点．那么，正方体的过P 、Q 、R 的截面图形是________．解析：边长是正方体棱长的22倍的正六边形．答案：正六边形 5．(原创题)已知直线m 、n 及平面α，其中m ∥n ，那么平面α内到两条直线m 、n 距离相等的点的集合可能是：(1)一条直线；(2)一个平面；(3)一个点；(4)空集．其中正确的是________．解析：如图1，当直线m 或直线n 在平面α内且m 、n 所在平面与α垂直时不可能有符合题意的点；如图2，直线m 、n 到已知平面α的距离相等且两直线所在平面与已知平面α垂直，则已知平面α为符合题意的点；如图3，直线m 、n 所在平面与已知平面α平行，则符合题意的点为一条直线．答案：(1)(2)(4)6．如图，已知平面α、β，且α∩β＝l .设梯形ABCD中，AD ∥BC ，且AB ⊂α，CD ⊂β.求证：AB ，CD ，l共点(相交于一点)．证明：∵梯形ABCD中，AD∥BC，∴AB，CD是梯形ABCD的两腰，∴AB，CD必定相交于一点．如图，设AB∩CD=M.又∵AB⊂α，CD⊂β，∴M∈α，且M∈β，∴M∈α∩β.又∵α∩β=l，∴M∈l，即AB，CD，l共点B组1．有以下三个命题：①平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；②直线l在平面α内，可以用符号“l∈α”表示；③若平面α内的一条直线a与平面β内的一条直线b相交，则α与β相交，其中所有正确命题的序号是______________．解析：表示线与面的关系用“⊂”或“⊄”表示，故②错误．答案：①③2．(2010年黄冈调研)下列命题中正确的是________．①若△ABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交α于P、Q、R，则P、Q、R 三点共线；②若三条直线a、b、c互相平行且分别交直线l于A、B、C三点，则这四条直线共面；③空间中不共面的五个点一定能确定10个平面．解析：在①中，因为P、Q、R三点既在平面ABC上，又在平面α上，所以这三点必在平面ABC与α的交线上，即P、Q、R三点共线，故①正确；在②中，因为a∥b，所以a 与b确定一个平面α，而l上有A、B两点在该平面上，所以l⊂α，即a、b、l三线共面于α；同理a、c、l三线也共面，不妨设为β，而α、β有两条公共的直线a、l，∴α与β重合，即这些直线共面，故②正确；在③中，不妨设其中有四点共面，则它们最多只能确定7个平面，故③错．答案：①②3．对于空间三条直线，有下列四个条件：①三条直线两两相交且不共点②三条直线两两平行③三条直线共点④有两条直线平行，第三条直线和这两条直线都相交其中使三条直线共面的充分条件有：________.解析：易知①中的三条直线一定共面，④中两条直线平行可确定一个平面，第三条直线和这两条直线相交于两点，则第三条直线也在这个平面内，故三条直线共面．答案：①④4．(2008年高考浙江卷改编)对两条不相交的空间直线a与b，必存在平面α，使得________．①a⊂α，b⊂α②a⊂α，b∥α③a⊥α，b⊥α④a⊂α，b⊥α解析：不相交的直线a、b的位置有两种：平行或异面．当a、b异面时，不存在平面α满足①、③；又只有当a⊥b时④才成立．答案：②5．正方体AC1中，E、F分别是线段C1D、BC的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是________．解析：直线AB与直线外一点E确定的平面为A1BCD1，EF⊂平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交．答案：相交6．(2010年湖南郴州调研)设α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列四个命题：①若α⊥β，l⊥β，则l∥α；②若l⊥α，l∥β，则α⊥β；③若l上有两点到α的距离相等，则l∥α；④若α⊥β，α∥γ，则γ⊥β.其中正确命题的序号是________．解析：①错误，l可能在平面α内；②正确，l∥β，l⊂γ，β∩γ＝n⇒l∥n⇒n⊥α，则α⊥β；③错误，直线可能与平面相交；④正确．故填②④.答案：②④7．(2009年高考广东卷改编)给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面平行，那么这两个平面相互平行；②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中，为真命题的是________．解析：当两个平面相交时，一个平面内的两条直线可以平行于另一个平面，故①不对；由平面与平面垂直的判定定理可知②正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线可以平行，相交也可以异面，故③不对；若两个平面垂直，只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直，故④正确．答案：②④8．(2009年高考宁夏、海南卷改编)如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝22，则下列结论中错误的是________． ①AC ⊥BE②EF ∥平面ABCD③三棱锥A －BEF 的体积为定值④异面直线AE ，BF 所成的角为定值解析：∵AC ⊥平面BB 1D 1D ，又BE ⊂平面BB 1D 1D ， ∴AC ⊥BE .故①正确．∵B 1D 1∥平面ABCD ，又E 、F 在直线D 1B 1上运动， ∴EF ∥平面ABCD .故②正确．③中由于点B 到直线B 1D 1的距离不变，故△BEF 的面积为定值．又点A 到平面BEF 的距离为22，故V A －BEF 为定值．当点E 在D 1处，F 为D 1B 1的中点时，建立空间直角坐标系，如图所示，可得A (1,1,0)，B (0,1,0)，E (1,0,1)，F ⎝⎛⎭⎫12，12，1.∴A E →＝(0，－1,1)，B F →＝(12，－12，1)， ∴A E →·B F →＝32.又|AE →|＝2，|BF →|＝62，∴cos 〈A E →，B F →〉＝322·62＝32， ∴AE 与BF 成30°角．当E 为D 1B 1中点，F 在B 1处时，此时E ⎝⎛⎭⎫12，12，1，F (0,1,1)，∴A E →＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，1，B F →＝(0,0,1)， ∴A E →·B F →＝1，|A E →|＝ 32，∴cos 〈A E →，B F →〉＝ 23＝63≠32.故④错． 答案：④9.(2008年高考陕西卷改编)如图，α⊥β，α∩β=l ，A ∈α，B ∈β，A 、B 到l 的距离分别是a 和b ，AB 与α、β所成的角分别是θ和φ，AB 在α、β内的射影分别是m 和n.若a ＞b ，则θ与φ的大小关系为______，m 与n 的大小关系为______.解析：AB 与β成的角为∠ABC ＝φ，AB 与α成的角为∠BAD ＝θ，sin φ＝sin ∠ABC ＝a |AB |，sin θ＝sin ∠BAD ＝b |AB |. ∵a >b ，∴sin φ>sin θ.∴θ<φ.AB 在α内的射影AD ＝AB 2－b 2，AB 在β内的射影BC ＝AB 2－a 2，∴AD .BC ，即m >n .答案：θ＜φ m ＞n10．如图，已知正方体ABCD －A1B 1C 1D 1中，E 、F分别为D 1C 1、B 1C 1的中点，AC ∩BD ＝P ，A 1C 1∩EF ＝Q ，若A 1C 交平面DBFE 于R 点，试确定R 点的位置．解：在正方体AC 1中，连结PQ ，∵Q ∈A 1C 1，∴Q ∈平面A 1C 1CA .又Q ∈EF ，∴Q ∈平面BDEF ，即Q 是平面A 1C 1CA 与平面BDEF 的公共点，同理，P 也是平面A 1C 1CA 与平面BDEF 的公共点． ∴平面A 1C 1CA ∩平面BDEF ＝PQ .又A 1C ∩平面BDEF ＝R ，∴R ∈A 1C ，∴R ∈平面A 1C 1CA ，R ∈平面BDEF .∴R 是A 1C 与PQ 的交点．如图．11．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，N 为BB 1的中点，O 为平面BCC 1B 1的中心． (1)过O 作一直线与AN 交于P ，与CM 交于Q (只写作法，不必证明)；(2)求PQ 的长．解：(1)连结ON ，由ON ∥AD 知，AD 与ON 确定一个平面α.又O 、C 、M 三点确定一个平面β(如图所示)．∵三个平面α，β和ABCD 两两相交，有三条交线OP 、CM 、DA ，其中交线DA 与交线CM 不平行且共面．∴DA 与CM 必相交，记交点为Q ，∴OQ 是α与β的交线．连结OQ 与AN 交于P ，与CM 交于Q ，故直线OPQ 即为所求作的直线．(2)在Rt △APQ 中，易知AQ ＝1，又易知△APQ∽△OPN ，∴AP PN ＝AQ NO ＝2，AN ＝52，∴AP ＝53， ∴PQ ＝AQ 2＋AP 2＝143. 12．(2008年高考四川卷)如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12F A ，G 、H 分别为F A 、FD 的中点． (1)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(2)C 、D 、F 、E 四点是否共面？为什么？(3)设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE .解：(1)证明：由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，所以GH 綊12AD .又BC 綊12AD ，故GH 綊BC .所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)C 、D 、F 、E 四点共面．理由如下：由BE 綊12AF ，G 是F A 的中点知，BE 綊GF ，所以EF ∥BG .由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面． 又点D 在直线FH 上，所以C 、D 、F 、E 四点共面．(3)证明：连结EG .由AB ＝BE ，BE 綊AG 及∠BAG ＝90°知ABEG 是正方形，故BG ⊥EA .由题设知，F A 、AD 、AB 两两垂直，故AD ⊥平面F ABE ，因此EA 是ED 在平面F ABE 内的射影．根据三垂线定理，BG ⊥ED .又ED ∩EA ＝E ，所以BG ⊥平面ADE .由(1)知，CH ∥BG ，所以CH ⊥平面ADE .由(2)知F ∈平面CDE ，故CH ⊂平面CDE ，得平面ADE ⊥平面CDE .第三节 平行关系A 组1．已知m 、n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，下列命题中的真命题是_．①如果m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，那么α∥β②如果m ⊂α，n ⊂β，α∥β，那么m ∥n③如果m ⊂α，n ⊂β，α∥β且m ，n 共面，那么m ∥n④如果m ∥n ，m ⊥α，n ⊥β，那么α⊥β解析：m ⊂α，n ⊂β，α∥β⇒m ，n 没有公共点．又m ，n 共面，所以m ∥n .答案：③2．已知m 、n 是不同的直线，α、β是不重合的平面，给出下列命题：①若m ∥α，则m 平行于平面α内的无数条直线；②若α∥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ∥n ；③若m ⊥α，n ⊥β，m ∥n ，则α∥β；④若α∥β，m ⊂α，则m ∥β.其中，真命题的序号是________．(写出所有真命题的序号)解析：②中α∥β，m ⊂α，n ⊂β⇒m ∥n 或m ，n 异面，所以②错误．而其它命题都正确．答案：①③④3．(2010年苏北四市调研)给出下列关于互不相同的直线m 、l 、n 和平面α、β的四个命题：①若m ⊂α，l ∩α＝A ，点A ∉m, 则l 与m 不共面；②若m 、l 是异面直线，l ∥α，m ∥α，且n ⊥l ，n ⊥m ，则n ⊥α；③若l ∥α，m ∥β，α∥β，则l ∥m ；④若l ⊂α，m ⊂α，l ∩m ＝A ，l ∥β，m ∥β，则α∥β.其中为真命题的是________．解析：③中若l ⊂β，m ⊂α，α∥β⇒l ∥m 或l ，m 异面，所以②错误．而其它命题都正确．答案：①②④4．(2009年高考福建卷改编)设m ，n 是平面α内的两条不同直线；l 1，l 2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是________．①m ∥β且l 1∥α ②m ∥l 1且n ∥l 2 ③m ∥β且n ∥β ④m ∥β且n ∥l 2解析：∵m ∥l 1，且n ∥l 2，又l 1与l 2是平面β内的两条相交直线，∴α∥β，而当α∥β时不一定推出m ∥l 1且n ∥l 2，可能异面．答案： ②5．(原创题)直线a ∥平面α，α内有n 条直线交于一点，则这n 条直线中与直线a 平行的直线有________条．答案：1或06．如图，ABCD为直角梯形，∠C＝∠CDA＝90°，AD＝2BC ＝2CD，P为平面ABCD外一点，且PB⊥BD.(1)求证：P A⊥BD；(2)若PC与CD不垂直，求证：P A≠PD；(3)若直线l过点P，且直线l∥直线BC，试在直线l上找一点E，使得直线PC∥平面EBD.解：(1)证明：∵ABCD为直角梯形，AD＝2AB＝2BD，∴AB⊥BD，PB⊥BD，AB∩PB＝B，AB，PB⊂平面P AB，BD⊥平面P AB，P A⊂平面P AB，∴P A⊥BD.(2)证明：假设P A＝PD，取AD中点N，连结PN，BN，则PN⊥AD，BN⊥AD，AD⊥平面PNB，得PB⊥AD，又PB⊥BD，得PB⊥平面ABCD，∴PB⊥CD.又∵BC⊥CD，∴CD⊥平面PBC，∴CD⊥PC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾．∴P A≠PD.(3)在l上取一点E，使PE＝BC，连结BE，DE，∵PE∥BC，∴四边形BCPE是平行四边形，∴PC∥BE，PC⊄平面EBD，BE⊂平面EBD，∴PC∥平面EBD.B组1．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是________．①若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β②若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β③若m∥n，m∥α，则n∥α④若n⊥α，n⊥β，则α∥β解析：①错，两平面也可相交；②错，不符合面面平行的判定定理条件，需两平面内有两条相交直线互相平行；③错，直线n不一定在平面内；④由空间想象知垂直于同一直线的两平面平行，命题正确．答案：④2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列4个命题：①若m∥n，n⊂α，则m∥α；②若m⊥n，m⊥α，n⊄α，则n∥α；③若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n；④若m，n是异面直线，m⊂α，n⊂β，m∥β，则n∥α.其中正确的命题有_．解析：对于①，m有可能也在α上，因此命题不成立；对于②，过直线n作垂直于m 的平面β，由m⊥α，n⊄α可知β与α平行，于是必有n与α平行，因此命题成立；对于③，由条件易知m平行于β或在β上，n平行于α或在α上，因此必有m⊥n；对于④，取正方体中两异面的棱及分别经过此两棱的不平行的正方体的两个面即可判断命题不成立．综上可知②③正确．答案：②③3．已知m，n是平面α外的两条直线，且m∥n，则“m∥α”是“n∥α”的________条件．解析：由于直线m，n在平面外，且m∥n，故若m∥α，则必有n∥α，反之也成立．答案：充要4．设l1，l2是两条直线，α，β是两个平面，A为一点，下列命题中正确的命题是________．①若l1⊂α，l2∩α＝A，则l1与l2必为异面直线②若α⊥β，l1⊂α，则l1⊥β③l1⊂α，l2⊂β，l1∥β，l2∥α，则α∥β④若l1∥α，l2∥l1，则l2∥α或l2⊂α解析：①错，两直线可相交于点A；②错，不符合面面垂直的性质定理的条件；③错，不符合面面平行的判定定理条件；④正确，空间想象即可．答案：④5．(2010年广东深圳模拟)若a不平行于平面α，且a⊄α，则下列结论成立的是________．①α内的所有直线与a 异面 ②α内与a 平行的直线不存在 ③α内存在唯一的直线与a 平行 ④α内的直线与a 都相交解析：由题设知，a 和α相交，设a ∩α＝P ，如图，在α内过点P 的直线与a 共面，①错；在α内不过点P 的直线与a 异面，④错；(反证)假设α内直线b ∥a ，∵a ⊄α，∴a ∥α，与已知矛盾，③错．答案：②6．设m 、n 是异面直线，则(1)一定存在平面α，使m ⊂α且n ∥α；(2)一定存在平面α，使m ⊂α且n ⊥α；(3)一定存在平面γ，使m 、n 到γ的距离相等；(4)一定存在无数对平面α与β，使m ⊂α，n ⊂β，且α∥β.上述4个命题中正确命题的序号为________．解析：(1)成立；(2)不成立，m 、n 不一定垂直；(3)过m 、n 公垂线段中点分别作m 、n 的平行线所确定平面到m 、n 距离就相等，(3)正确；满足条件的平面只有一对，(4)错．答案：(1)(3)7．如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M 、N 分别是下AP ＝a 3，底面的棱A 1B 1、B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，过P 、M 、N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，则PQ ＝______. 答案：223a8．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 ∥面MNP 的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形序号)．解析：①∵面AB ∥面MNP ，∴AB ∥面MNP .②若下底面中心为O ，易知NO ∥AB ，NO ⊄面MNP ，∴AB 与面MNP 不平行． ③易知AB ∥MP ，∴AB ∥面MNP .④易知存在一直线MC ∥AB ，且MC ⊄平面MNP ，∴AB 与面MNP 不平行． 答案：①③9．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、CD 的中点，N 是BC 中点．点M 在四边形EFGH 上及其内部运动，则M 满足条件________时，有MN ∥平面B 1BDD 1.答案：M ∈FHAA 1＝2，10．如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AD ＝2，E 为BC 的中点，点M 为棱AA 1的中点．(1)证明：DE ⊥平面A 1AE ； (2)证明：BM ∥平面A 1ED .证明：(1)在△AED 中，AE ＝DE ＝2，AD＝2， ∴AE ⊥DE .∵A1A ⊥平面ABCD ， ∴A 1A ⊥DE ，∴DE ⊥平面A 1AE .(2) 设AD 的中点为N ，连结MN 、BN .在△A 1AD 中，AM ＝MA 1，AN ＝ND ，∴MN ∥A 1D ， ∵BE ∥ND 且BE ＝ND ，∴四边形BEDN 是平行四边形， ∴BN ∥ED ，∴平面BMN ∥平面A 1ED ， ∴BM ∥平面A 1ED . 11．(2010年扬州调研)在正方体ABCD －A1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是AB ，BC 的中点．(1)求证：平面B 1MN ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若在棱DD 1上有一点P ，使BD 1∥平面PMN ，求线段DP 与PD 1的比解：(1)证明：连结AC ，则AC ⊥BD ， 又M ，N 分别是AB ，BC 的中点， ∴MN ∥AC ，∴MN ⊥BD .∵ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，∴BB 1⊥平面ABCD ， ∵MN ⊂平面ABCD ， ∴BB 1⊥MN ， ∵BD ∩BB 1＝B ，∴MN ⊥平面BB 1D 1D ， ∵MN ⊂平面B 1MN ，∴平面B 1MN ⊥平面BB 1D 1D .(2)设MN 与BD 的交点是Q ，连结PQ ，PM ，PN ∵BD 1∥平面PMN ，BD 1⊂平面BB 1D 1D ，平面BB 1D 1D ∩平面PMN ＝PQ ， ∴BD 1∥PQ ，∴DP ∶PD 1＝DQ ∶QB ＝3∶1.12．如图，四边形ABCD 为矩形，BC ⊥平面ABE ，F为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥BE ；(2)设点M 为线段AB 的中点，点N 为线段CE 的中点．求证：MN ∥平面DAE .证明：(1)因为BC ⊥平面ABE ，AE ⊂平面ABE ， 所以AE ⊥BC ，又BF ⊥平面ACE ，AE ⊂平面ACE ， 所以AE ⊥BF ，又BF ∩BC ＝B ，所以AE ⊥平面BCE ， 又BE ⊂平面BCE ，所以AE ⊥BE .(2)取DE 的中点P ，连结P A ，PN ，因为点N 为线段CE 的中点．所以PN ∥DC ，且PN ＝12DC ，又四边形ABCD 是矩形，点M 为线段AB 的中点，所以AM ∥DC ，且AM ＝12DC ，所以PN ∥AM ，且PN ＝AM ，故四边形AMNP 是平行四边形，所以MN ∥AP ， 而AP ⊂平面DAE ，MN ⊄平面DAE ，所以MN ∥平面DAE .第四节 垂直关系A 组1．(2010年宁波十校联考)设b 、c 表示两条直线，α，β表示两个平面，则下列命题是真命题的是________．①若b ⊂α，c ∥α，则b ∥c ②若b ⊂α，b ∥c ，则c ∥α ③若c ∥α，α⊥β，则c ⊥β ④若c ∥α，c ⊥β，则α⊥β解析：①中，b ，c 亦可能异面；②中，也可能是c ⊂α；③中，c 与β的关系还可能是斜交、平行或c ⊂β；④中，由面面垂直的判定定理可知正确．答案：④2．(2010年青岛质检)已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，下面有三个命题：①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒l ∥m ；③l ∥m ⇒α⊥β.则真命题的个数为________．解析：对于①，由直线l ⊥平面α，α∥β，得l ⊥β，又直线m ⊂平面β，故l ⊥m ，故①正确；对于②，由条件不一定得到l ∥m ，还有l 与m 垂直和异面的情况，故②错误；对于③，显然正确．故正确命题的个数为2.答案：2个3．(2009年高考山东卷改编)已知α、β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“α⊥β ”是“m ⊥β ”的________条件．解析：由平面与平面垂直的判定定理知如果m 为平面α内的一条直线，m ⊥β，则α⊥β，反过来则不一定．所以“α⊥β”是“m ⊥β”的必要不充分条件．答案：必要不充分4．(2009年高考浙江卷)如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为DC 的中点，F 为线段EC (端点除外)上一动点．现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC .在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足．设AK ＝t ，则t 的取值范围是________．解析：如图，过D 作DG ⊥AF ，垂足为G ，连结GK ，∵平面ABD ⊥平面ABC ，又DK ⊥AB ， ∴DK ⊥平面ABC ，∴DK ⊥AF .∴AF ⊥平面DKG ，∴AF ⊥GK .容易得到，当F 接近E 点时，K 接近AB 的中点，当F范围是(12，接近C 点时，K 接近AB 的四等分点．∴t 的取值1)．答案：(12，1)5．(原创题)已知a 、b 为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，且a ⊥α，b ⊥β，则下列命题中假命题的有________．①若a ∥b ，则α∥β；②若α⊥β，则a ⊥b ；③若a 、b 相交，则α、β相交；④若α、β相交，则a ，b 相交．解析：若α、β相交，则a 、b 既可以是相交直线，也可以是异面直线． 答案：④6．(2009年高考山东卷)如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝4，BC ＝CD ＝2，AA 1＝2，E ，E 1分别是棱AD ，AA 1的中点．(1)设F 是棱AB 的中点，证明：直线EE 1∥平面FCC 1；(2)证明：平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C .证明：(1)法一：取A 1B 1的中点为F 1，连结FF 1，C 1F 1. 由于FF 1∥BB 1∥CC 1，所以F 1∈平面FCC 1.因此平面FCC 1即为平面C 1CFF 1.。
高三数学二轮复习：立体几何
专题四 立体几何
第1讲 空间几何体
[考情考向分析]
1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算. 2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.
内容索引
热点分类突破 真题押题精练
热规则 俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视 图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图 的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相等”. 2.由三视图还原几何体的步骤 一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体.
跟踪演练3 (1)(2018·咸阳模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，
AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为
A.13π C.25π
B.20π
√D.29π
解析 答案
(2)(2018·四川成都名校联考)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，
√ 记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则SS12 等于
例3 (1)(2018·百校联盟联考)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为
边长为3的等边三角形，且PA＝326 ，则三棱锥P－ABC外接球的体积为
13 13 A. 6 π
10 10 B. 3 π
√C.5
15 2π
55 D. 6 π
解析 答案
(2)(2018·衡水金卷信息卷)如图是某三棱锥的三视
跟踪演练1 (1)(2018·衡水模拟)已知一几何体的正(主)视图、侧(左)视 图如图所示，则该几何体的俯视图不可能是
√
解析 答案
(2)(2018·合肥质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱 A1B1的中点，用过点A，C，E的平面截正方体，则位于 截面以下部分的几何体的侧(左)视图为
高中数学总复习考点知识讲解课件13立体几何
【解析】 (1)证明：过点B1作平面AOB的垂线，垂足为C，如图，则C是OB 的中点，所以BC＝1.
π 又∠OBB1＝ 3 ，所以BB1＝2. 连接OB1，因为BB1＝OB＝2， 所以△OBB1为等边三角形． 因为点M为BB1的中点，所以BB1⊥OM. 因为平面AA1O1O⊥平面BB1O1O，平面AA1O1O∩平面BB1O1O＝OO1，且 AO⊥OO1，AO⊂平面AA1O1O，
命题规律： (1)直线和平面平行、垂直的判定与性质． (2)空间角及空间向量的应用． (3)立体几何题通常分两问，第一问，线、面关系的证明，第二问，跟角有 关，考查线面角或二面角．在第二问中，一定要注意是求角的大小，还是求角 的某个三角函数值！
押题一 线面角
(2021·长沙市一中模拟(一))如图，七面体ABCDEF的底 面是凸四边形ABCD，其中AB＝AD＝2，∠BAD＝120°，AC，BD 垂直相交于点O，OC＝2OA，棱AE，CF均垂直于底面ABCD.
＝ 7
7 7.
所以直线GH与平面PBC所成角的正弦值为
7 7.
方法三：(1)同方法二． (2)设CD＝2，在BD上取点I，使BI＝3ID，连接HI，GI，CE，如图，则 GI∥CD，
根据题意CD⊥BD，CD⊥PD，BD∩PD＝D， 所以CD⊥平面PBD，则GI⊥平面PBD，
所以GI⊥HI，
GH＝ HI2＋GI2＝
(2)由(1)知BF⊥EF，C1F⊥EF. ∴∠C1FB即为二面角C1－EF－B的平面角．
π ∴∠C1FB＝ 3 .过点F作平面AEFB的垂线，建立空间直角坐标系
如图所示．
由BF＝EF＝2AE＝4，可得E(4，0，0)，C1(0，2，2 B(0，4，0)，A(4，2，0)．
高三数学立体几何专题复习讲义资料
1平行关系例题讲解：例1：已知四面体ABCD 中：M 、N 分别是△ABC 和△ACD 的重心：求证：(1)MN ∥平面ABD ： (2)BD ∥平面CMN 。
答案与提示：连CM 、CN 分别交AB 、AD 于E 、F ：连EF ：易证 MN ∥EF ∥BD例2.已知边长为10的等边三角形ABC 的顶点A 在平面α内：顶点B 、C 在平面α的上方：BD 为AC 边上的中线：B 、C 到平面α的距离BB 1=2：CC 1=4． (1)求证：BB 1∥平面ACC 1 (2)求证：BD ⊥平面ACC 1 (3)求四棱锥A -BCC 1B 1的体积 答案与提示：（3）307例3.已知P A ⊥平面ABCD ：四边形ABCD 是矩形：M 、N 分别是AB 、PC 的中点.(1) 求证：MN ∥平面P AD ： (2) 求证：MN ⊥CD ：(3) 若平面PCD 与平面ABCD 所成二面角为θ：问能否确定θ的值：使得MN 是异面直线AB 与PC 的公垂线.答案与提示：（3）45°备用题如图,在三棱锥P -ABC 中：P A ⊥面ABC ：△ABC 为正三角形： D 、E 分别为BC 、AC 的中点：设AB =2P A =2：(1)如何在BC 上找一点F ：使AD ∥平面PEF ？说明理由： (2)对于(1)中的点F ：求二面角P -EF -A 的大小： 答案与提示：（1）F 为CD 中点（2）arctan2作业D CB M AN P在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中：AA 1=12 AB ：点E 、M 分别为A 1B 、C 1C 的中点：过A 1：B ：M 三点的平面交C 1D 1于点N 。
(1)求证：EM ∥平面ABCD ： (2)求二面角B -A 1N -B 1的正切值。
答案与提示：（2）arctan542垂直关系例题讲解：例1：如图,在三棱锥P -ABC 中：AB =BC =CA ：P A ⊥底面ABC ：D 为AB 的中点．(1)求证：CD ⊥PB ：(2)设二面角A -PB -C 的平面角为α：且tan α=7：若底面边长为1：求三棱锥P -ABC 的体积． 答案与提示：（2）18例2：已知ABCD —A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体：E 、F 分别是棱AA 1和CC 1的中点：G 是A 1C 1的中点．(1)求证平面BFD 1E ⊥平面BGD 1： (2)求点G 到平面BFD 1E 的距离： (3)求四棱锥A 1-BFD 1E 的体积．答案与提示：（2）66a (3) 16a 3例3：四边形ABCD 中．AD ∥BC ：AD =AB ：∠BCD =45°：∠BAD =90°：将△ABD 沿对角线BD 折起：记折起点A 的位置为P ：且使平面PBD ⊥平面BCD ． (1)求证：CD ⊥平面PBD ：(2)求证：平面PBC ⊥平面PDC ： (3)求二面角P —BC —D 的大小．答案与提示：(2)先证PB ⊥面PCD (3)arctan 2备用题在三棱锥S -ABC 中：已知SA =4：AB =AC ：BC =3 6 ,∠SAB =∠SAC =45°,SA 与底面ABC 所的角为30°.BA PD CE(1)求证：SA ⊥BC ：(2)求二面角S —BC —A 的大小： (3)求三棱锥S —ABC 的体积． 答案与提示：(2)arctan 23 3 (3)9 2作业1.在四棱锥P -ABCD 中：已知PD ⊥底面ABCD ：底面ABCD 为等腰梯形,且∠DAB =60°：AB =2CD ：∠DCP =45°：设CD =a ．(1)求四棱锥P -ABCD 的体积． (2)求证：AD ⊥PB ． 答案与提示：(1)34a 32.如图：正三角形ABC 与直角三角形BCD 成直二面角：且∠BCD =90°：∠CBD =30°.（1）求证：AB ⊥CD ：（2）求二面角D —AB —C 的大小： 答案与提示：(2)arctan 233 空间角例1、如图1：设ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱：F 是A 1B 1的中点：且SC CBAAAB(1)求证：AF ⊥A 1C ： (2)求二面角C -AF -B 的大小．解：(1)如图2：设E 是AB 的中点：连接CE ：EA 1．由ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱：知AA 1⊥平面ABC ：而CE 平面ABC ：所以CE ⊥AA 1：∵AB =2AA 1=2a ：∴AA 1=a ：AA 1⊥AE ：知AA 1FE 是正方形：从而AF ⊥A 1E ．而A 1E 是A 1C 在平面AA 1FE 上的射影：故AF ⊥A 1C ：(2)设G 是AB 1与A 1E 的中点：连接CG ．因为CE ⊥平面AA 1B 1B ：AF ⊥A 1E ：由三垂线定理：CG ⊥AF ：所以∠CGE 就是二面角C -AF -B 的平面角．∵AA 1FE 是正方形：AA 1=a ：∴11222EG EA a ==： ∴2216222CG a a =-=： ∴tan ∠CGE =6232CG EG a ===：∠CGE ＝60：从而二面角C -AF -B 的大小为60。
高三数学立体几何专题复习教案
（解题思想方法归纳）
问题一： 证明线线平行
1．证明两直线 、 平行，若直线 和直线 共面时，则可以用平面几何中常用的一些方法（如证明 和 是一个平行四边形的一组对边）证明它们无公共点。
在立体几何中一般还有以下几种思路：
①根据公理4
②根据“线面平行Байду номын сангаас的性质定理
③根据“线面垂直”的性质定理，若直线 和 都与平面 垂直，则 // 。
②利用中位法。如给出异面直线AB和CD，连接AC、AD、BC，然后再分别取这三条线段的中点E、F、G，连接EF、EG、FG得到△EFG，则∠FEG就是所求角或所求角的补角。这种方法优点是作异面直线所成角比较容易，但缺点是△EFG中有一边GF的长度不容易求。
3．向量方法：
转化成求两个向量的夹角（即等于所求的异面直线所成的角或其补角的大小）
2．向量方法：
①转化为证明向量共线。
②根据共面向量定理。
③证明向量与平面的法向量相互垂直。
问题三： 证明面面平行
1．传统几何方法：
①根据两个平面平行的定义
②根据两个平面平行的判定定理
③垂直于同一条直线的两个平面平行
④平行于同一平面的两个平面平行
2．思维过程：
线线平行 线面平行 面面平行
线线平行 线面垂直 面面平行
问题八： 求平面的斜线与平面所成角
1．传统几何方法：
①转化为求斜线与它在平面内的射影所成的角，通过直角三角形求解。
②利用三面角定理（即最小角定理） 求 。
2．向量方法：设 为平面 的法向量，直线 与平面 所成的角为 ，则
问题九： 求二面角
1．作出二面角的平面角并通过解三角形计算。作平面角常用方法如下：
高三一轮复习 立体几何全章 练习(9套)+易错题+答案
第九章立体几何与空间向量第1节简单几何体的结构、三视图和直观图一、选择题1.如图是由哪个平面图形旋转得到的( A )解析:根据面动成体的原理即可解,一个直角三角形绕直角边旋转一周可以得到一个圆锥.一个直角梯形绕着直角腰旋转一周得到圆台.该几何体的上部分是圆锥,下部分是圆台,圆锥的轴截面是直角三角形,圆台的轴截面是直角梯形,所以这个几何图形是由直角三角形和直角梯形围绕直角边所在的直线为轴旋转一周得到.故选A.2.已知三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3,AC=4, AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为( C )(A) (B)2 (C) (D)3解析:构建长方体的棱长分别为3,4,12.体对角线长为=13,外接球的半径为,故选C.3.用长为4,宽为2的矩形做侧面围成一个圆柱,此圆柱轴截面面积为( B )(A)8 (B)(C)(D)解析:若以4作为圆柱的高、2作为底面圆的周长,则圆柱轴截面面积为;若以2作为圆柱的高、4作为底面圆的周长,则圆柱轴截面面积为,所以此圆柱轴截面面积为.故选B.4.正四棱锥S-ABCD的底面边长为4,高SE=8,则过点A,B,C,D,S的球的半径为( C )(A)3 (B)4 (C)5 (D)6解析:由正四棱锥及其外接球的对称性,球心O在正四棱锥的高线SE上,球半径R=OS=OB,EB=BD=4.所以在直角三角形OEB中,由勾股定理得,(8-R)2+42=R2,解得R=5,故选C.5.三棱锥P-ABC中,△ABC是底面,PA⊥PB,PA⊥PC,PB⊥PC,且这四个顶点都在半径为2的球面上,PA=2PB,则这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值为( B )(A)16 (B)(C)(D)32解析:因为PA,PB,PC两两垂直,又因为三棱锥P-ABC的四个顶点均在半径为1的球面上,所以以PA,PB,PC为棱的长方体的对角线即为球的一条直径.所以16=PA2+PB2+PC2,因为PA=2PB,则这个三棱锥的三个侧棱长的和PA+PB+PC=3PB+PC,因为5PB2+PC2=16,设PB=4cos α,PC=4sin α,则3PB+PC=cos α+4sin α=sin(α+φ)≤=. 可知其最大值为,选B.6.已知一个四面体其中五条棱的长分别为1,1,1,1,,则此四面体体积的最大值是( B )(A) (B) (C) (D)解析:设四面体为P-ABC,则设PC=X,AB=,其余的各边为1,那么取AB 的中点D,那么连接PD,因此可知,AB垂直于平面PCD,则棱锥的体积可以运用以PCD为底面,高为AD,BD的两个三棱锥体积的和来表示,因此只要求解底面积的最大值即可.由于PD=CD=,那么可知三角形PDC的面积越大,体积越大,可知S△PDC=××sin θ≤=,也就是当PD垂直于CD时,面积最大,因此可得四面体的体积的最大值为××=,选B.二、填空题7.圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形,则圆柱的表面积为.解析:因为圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形,①若6π=2πr,r=3,所以圆柱的表面积为4π×6π+2×πr2=24π2+18π;②若4π=2πr,r=2,所以圆柱的表面积为4π×6π+2×πr2=24π2+8π.答案:24π2+8π或24π2+18π8.一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与某一个球的直径相等,这时圆柱、圆锥、球的体积之比为.解析:设球的半径为r,则V圆柱=πr2×2r=2πr3,V圆锥=πr2×2r=,V球=πr3,所以V圆柱∶V圆锥∶V球=2πr3∶∶πr3=3∶1∶2.答案:3∶1∶29.将4个半径都是R的球体完全装入底面半径是2R的圆柱形桶中,则桶的最小高度是.解析:由题意知,小球要分两层放置且每层两个,令下层两小球的球心分别是A,B,上层两小球的球心分别是C,D.此时,圆柱底面的半径=两小球半径的和,恰好使小球相外切,且与圆柱母线相切.圆柱的高=上层小球的上方半径+AB与CD间的距离+下层小球的下方半径=2R+AB与CD间的距离.令AB,CD的中点分别为E,F.很明显,四面体ABCD每条棱的长都是2R,容易求出:EC=ED,FA=FB,由EC=ED,CF=DF,得EF⊥CD.由FA=FB,AE=BE,得EF⊥AB.所以EF是AB与CD间的距离,所以圆柱的高=2R+EF.由勾股定理,有CE2+AE2=AC2,CE2=EF2+CF2.两式相减,消去CE,得AE2=AC2-EF2-CF2,所以EF2=AC2-AE2-CF2=(2R)2-R2-R2=2R2,所以EF=R.所以圆柱的高=2r+R=(2+)R.答案:(2+)R10.一个圆锥有三条母线两两垂直,则它的侧面展开图的圆心角大小为.解析:设母线长为l,因圆锥有三条母线两两垂直,则这三条母线可以构成以它们为侧棱、以底面边长为l的正三角形的正三棱锥,故由正弦定理得,圆锥的底面直径2R=,解得R=,因此可知侧面展开图的圆心角大小为π.答案:π11.若圆锥的侧面展开图是圆心角为180°,半径为4的扇形,则这个圆锥的表面积是.解析:因为圆锥的侧面展开图是圆心角为180°,母线长等于4,半径为4的扇形,则这个圆锥的表面积是底面积加上侧面积,扇形面积加上底面面积的和为12π.答案:12π12.若长方体的一个顶点上的三条棱的长分别为3,4,5,从长方体的一条对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,其最短路程是.解析:从长方体的一条对角线的一个端点A出发,沿表面运动到另一个端点B,有三种方案,如图是它们的三种部分侧面展开图,AB路程可能是:最短路程是.答案:三、解答题13.某几何体的一条棱长为,在该几何体的正视图中,这条棱的投影是长为的线段,在该几何体的侧视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为a和b的线段,求a+b的最大值.解:如图,把几何体放到长方体中,使得长方体的体对角线刚好为几何体的已知棱,则长方体的体对角线A 1C=,则它的正视图投影长为A 1B=,侧视图投影长为A1D=a,俯视图投影长为A1C1=b,则a2+b2+()2=2·()2,即a2+b2=8,又≤,当且仅当“a=b=2”时等号成立.所以a+b≤4,即a+b的最大值为4.14.某几何体的三视图如图所示.(1)判断该几何体是什么几何体?(2)画出该几何体的直观图.解:(1)该几何体是一个正方体切掉两个圆柱后得到的几何体.(2)直观图如图所示.15.已知正三棱锥V-ABC的正视图和俯视图如图所示.(1)画出该正三棱锥的侧视图和直观图;(2)求出侧视图的面积.解:(1)如图.(2)侧视图中V A===2,则S △VBC=×2×2=6.第2节简单几何体的表面积与体积一、选择题1.如图所示是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( B )(A)16+2π(B)8+2π(C)16+π (D)8+π解析:由图可知该几何体是由两个相同的半圆柱与一个长方体拼接而成,因此V=1×2×4+π×12×2=8+2π.故选B.2.一个三条侧棱两两互相垂直并且侧棱长都为a的三棱锥的四个顶点全部在同一个球面上,则该球的表面积为( B )(A)πa2(B)3πa2(C)6πa2(D)πa2解析:由题可知该三棱锥为一个棱长a的正方体的一角,则该三棱锥与该正方体有相同的外接球,又正方体的对角线长为a,则球半径为a,则S=4πr2=4π(a)2=3πa2.故选B.3.一个棱长都为a的直三棱柱的六个顶点全部在同一个球面上,则该球的表面积为( A )(A)πa2(B)2πa2(C)πa2(D)πa2解析:如图,设O1,O2为棱柱两底面的中心,球心O为O1O2的中点.又直三棱柱的棱长为a,可知OO1=a,AO1=a,所以R2=OA2=O+A=,因此该直三棱柱外接球的表面积为S=4πR2=4π×=πa2,故选A.4.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( D )(A) (B)2 (C) (D)解析:由三视图可知,该几何体的直观图为一个竖立的圆锥和一个倒立的圆锥组成,其体积为V=2×π×12×1=,选D.5.某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的体积是( C )(A)5 (B)2 (C) (D)解析:由三视图知,该四棱锥的底面是直角梯形,上底长为2,下底长为3,高为,四棱锥的高为h=2,故该四棱锥的底面积S=(2+3)×=,所以该四棱锥的体积V=Sh=××2=.6.已知边长为2的菱形ABCD中,∠A=60°,现沿对角线BD折起,使得二面角A BD C为120°,此时点A,B,C,D在同一个球面上,则该球的表面积为( C )(A)20π(B)24π(C)28π(D)32π解析:如图,分别取BD,AC的中点M,N,连接MN,则容易算得AM=CM=3,MN=,MD=,CN=,由图形的对称性可知球心必在MN的延长线上,设球心为O,半径为R,ON=x,则由题设可得解得x=,则R2=+=7,所以球面面积S=4πR2=28π,故选C.二、填空题7.一个圆柱的轴截面为正方形,则与它同底等高的圆锥的侧面积与该圆柱的侧面积的比为.解析:令正方形的边长为a,则圆柱的侧面积S1=2π××a=πa2,与它同底等高的圆锥的侧面积S2=πrl=π××a=,则与它同底等高的圆锥的侧面积与该圆柱的侧面积的比为.答案:8.球O与直三棱柱ABC-A1B1C1的各个面都相切,若三棱柱的表面积为27,△ABC的周长为6,则球的表面积为.解析:设内切球半径为r,那么直三棱柱的底面内切圆半径为r,棱柱的高为2r,由等面积法,则直三棱柱底面面积S 底=r×6=3r,由等体积法,V三棱柱=S底·2r=r·27,所以9r=6r2,解得r=.其表面积为4π×()2=3π.答案:3π9.已知母线长为6,底面半径为3的圆锥内有一球,球与圆锥的底面及圆锥的所有母线都相切,则球的体积是 .解析:取圆锥的轴截面,则截面是边长为6的正三角形,正三角形的内切圆的圆心即为球心,R=6××,所以R=,所以V=πR3=4π.答案:4π10.棱长为a的正方体ABCD A 1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上,E,F 分别是棱AA1,DD1的中点,则过E,F两点的直线被球O截得的线段长为.解析:设过E,F两点的直线与球O交于M,N,所以△OMN,△OEF均为等腰直角三角形,所以OM=ON=R=a,点O到EF的距离为棱长一半,所以|MN|=2= a.答案: a11.四棱锥P-ABCD的各顶点都在同一球面上,且矩形ABCD的各顶点都在同一个大圆上,球半径为R,则此四棱锥的体积的最大值为.解析:点P到平面ABCD的最大距离为R,设矩形ABCD的长宽分别为x,y,则x2+y2=4R2,四棱锥P ABCD的体积V=xyR≤×=R3,当且仅当x=y=R时,V max=R3.答案:R312.设正四面体ABCD的棱长为a,P是棱AB上的任意一点,且P到平面ACD,BCD的距离分别为d1,d2,则d1+d2= .解析:根据题意,由于正四面体ABCD的棱长为a,各个面的面积为a2,高为a,所以V=×a2×a=×a2×(d1+d2),所以d1+d2= a.答案: a三、解答题13.已知一个几何体的三视图如图所示.(1)求此几何体的表面积;(2)如果点P,Q在正视图中所示位置,P为所在线段中点,Q为顶点,求在几何体表面上,从P点到Q点的最短路径的长.解:(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥加一个圆柱组成的,其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和.S 圆锥侧=(2πa)·(a)=πa2,S圆柱侧=(2πa)·(2a)=4πa2,S圆柱底=πa2,所以S 表=πa2+4πa2+πa2=(+5)πa2.(2)沿P点所在母线剪开圆柱侧面,如图.则PQ===a,所以从P点到Q点在侧面上的最短路径长为a.14.如图,四棱锥P ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明:MN∥平面PAB;(2)求四面体NBCM的体积.(1)证明:由已知得AM=AD=2.如图,取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.所以AM=TN,又AD∥BC,故TN AM,所以四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)解:因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为PA.取BC的中点E,连接AE.由AB=AC=3得AE⊥BC,AE==.由AM∥BC得M到BC的距离为,故S △BCM=×4×=2.所以四面体NBCM的体积V N-BCM=×S△BCM×=.15.如图所示,在空间几何体ADE BCF中,四边形ABCD是梯形,四边形CDEF是矩形,且平面ABCD⊥平面CDEF,AD⊥DC,AB=AD=DE=2,EF=4,M是线段AE上的动点.(1)试确定点M的位置,使AC∥平面MDF,并说明理由;(2)在(1)的条件下,平面MDF将几何体ADE-BCF分成两部分,求空间几何体M-DEF与空间几何体ADM BCF的体积之比.解:(1)当M是线段AE的中点时,AC∥平面MDF.理由如下:连接CE交DF于点N,连接MN.因为M,N分别是AE,CE的中点,所以MN∥AC.又因为MN⊂平面MDF,AC⊄平面MDF,所以AC∥平面MDF.(2)将几何体ADE-BCF补成三棱柱ADE-B′CF,如图所示,三棱柱ADE-B′CF的体积为V=S△ADE·CD=×2×2×4=8,则几何体ADE-BCF的体积=-=8-×(×2×2)×2=.因为三棱锥M-DEF的体积=×(×2×4)×1=,所以=-=,所以两几何体的体积之比为∶=1∶4.第3节空间图形的基本关系与公理一、选择题1.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面( C )(A)若m∥α,n∥α,则m∥n(B)若m∥α,m∥β,则α∥β(C)若m∥n,m⊥α,则n⊥α(D)若m∥α,α⊥β,则m⊥β解析:设直线a⊂α,b⊂α,a∩b=A,因为m⊥α,所以m⊥a,m⊥b.又n∥m,所以n⊥a,n⊥b,所以n⊥α.故选C.2.下列命题中,错误的是( D )(A)平行于同一平面的两个不同平面平行(B)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(C)如果两个平面不垂直,那么其中一个平面内一定不存在直线与另一个平面垂直(D)若直线不平行于平面,则此直线与这个平面内的直线都不平行解析:当直线l在平面α内,即l⊂α时,直线l不平行于平面α,但平面α内存在直线与直线l平行,可知D选项错误,故选D.3.下列四个命题:①若一个平面内的两条直线都与另一个平面平行,那么这两个平面相互平行;②若一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面相互垂直;③垂直于同一直线的两条直线相互平行;④若两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.其中,为真命题的是( D )(A)①和②(B)②和③(C)③和④(D)②和④解析:①显然错误,因为这两条直线相交才满足条件;②成立;③错误,这两条直线可能平行、相交,也可能异面;④成立,用反证法容易证明.故选D.4.若α,β是两个相交平面,则在下列命题中,真命题的序号为( C )①若直线m⊥α,则在平面β内,一定不存在与直线m平行的直线;②若直线m⊥α,则在平面β内,一定存在无数条直线与直线m垂直;③若直线m⊂α,则在平面β内,不一定存在与直线m垂直的直线;④若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线m垂直的直线.(A)①③(B)②③(C)②④(D)①④解析:若α⊥β且直线m⊥α,则在平面β内,一定存在与直线m平行的直线,所以①错误;若直线m⊥α,则在平面β内,一定存在无数条直线与直线m垂直,故②正确;若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线m垂直的直线,故③错误,④正确,故选C.5.设不在同一条直线上的A,B,C三点到平面α的距离相等,且A∉α,则( B )(A)α∥平面ABC(B)△ABC中至少有一条边平行于α(C)△ABC中至多有两条边平行于α(D)△ABC中只可能有一条边平行于α解析:因为A∉α,所以A,B,C均不在平面α内.当A,B,C三点在平面α的同侧时,α∥平面ABC,此时△ABC的三条边都平行于α,排除C,D;当A,B,C三点不在平面α的同侧时,易知△ABC中只有一条边平行于α,此时平面α和平面ABC相交,故选B.6.若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面α,则“l⊥m”是“l∥α”的( B )(A)充分而不必要条件(B)必要而不充分条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件解析:因为l⊥m,m⊥α,所以l∥α或l⊂α.故充分性不成立.若l∥α,m⊥α,一定有l⊥m.故必要性成立.选B.二、填空题7.长方体ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形,点E在侧棱AA1上(不与A,A1重合),满足∠C1EB=90°,则异面直线BE与C1B1所成的角为,侧棱AA1的长的最小值为.解析:在长方体ABCD-A1B1C1D1中,CB⊥平面ABB1A1,所以∠CBE=90°,又C1B1∥BC,所以异面直线BE与C1B1所成的角为90°.连接BC1,设AA1=x,AE=m(m>0),则有BE2=1+m2,C1E2=(x-m)2+2,C1B2=1+x2,因为∠C1EB=90°,所以C1B2=C1E2+BE2,即1+x2=(x-m)2+2+1+m2,即m2-mx+1=0,所以x=m+≥2,当且仅当m=,即m=1时,“=”成立.答案:90° 28.四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A1-BCD,使平面A1BD⊥平面BCD,给出下列结论:(1)A1C⊥BD;(2)∠BA1C=90°;(3)四面体A1-BCD的体积为.其中正确的命题是.(把所有正确命题的序号都填上) 解析:若A1C⊥BD,因为BD⊥CD,A1C∩CD=C,所以BD⊥平面A1CD,所以BD⊥A1D.而由A 1B=AB=1,A1D=AD=1,BD=,得A1B⊥A1D,与BD⊥A1D矛盾,故(1)错.因为CD⊥BD,平面BCD⊥平面A1BD,所以CD⊥平面A1BD,则CD⊥A1B.又A1B⊥A1D,A1D∩CD=D,所以A1B⊥平面A1CD,则A1B⊥A1C,故(2)正确.由(2)知==×·A1D·DC·A1B=,故(3)错.答案:(2)9.在正方体ABCD A 1B1C1D1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都相交的直线有条.解析:在A1D1上任取一点P,过点P与直线EF作一个平面α,因为CD 与平面α不平行,所以它们相交,设α∩CD=Q,连接PQ,则PQ与EF必然相交.由点P的任意性,知有无数条直线与A1D1,EF,CD都相交.答案:无数10.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为直角三角形.∠ACB =90°,AC=6,BC=CC 1=,P是BC1上一动点,则CP+PA1的最小值为.解析:连接A1B,将△A1BC1与△CBC1同时展开形成一个平面四边形A1BCC1,则此时对角线CP+PA1=A1C达到最小,在等腰直角三角形△BCC1中,BC1=2,∠CC1B=45°,在△A 1BC1中,A1B==2,A1C1=6,BC1=2,所以A1+B=A1B2,即∠A1C1B=90°.对于展开形成的四边形A1BCC1,如图,在△A 1C1C中,C1C=,A1C1=6,∠A1C1C=135°,由余弦定理有,CP+PA 1=A1C===5.答案:511. 如图,三棱锥A BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别是AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是.解析:如图所示,连接DN,取线段DN的中点K,连接MK,CK.因为M为AD的中点,所以MK∥AN,所以∠KMC为异面直线AN,CM所成的角.因为AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,N为BC的中点,由勾股定理求得AN=DN=CM=2,所以MK=.在Rt△CKN中,CK==.在△CKM中,由余弦定理,得cos∠KMC===.答案:12.如图,矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE 翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻折过程中,下面四个命题中不正确的是.①BM是定值;②点M在某个球面上运动;③存在某个位置,使DE⊥A1C;④存在某个位置,使MB∥平面A1DE.解析:取DC中点F,连接MF,BF,MF∥A1D且MF=A1D,FB∥ED且FB=ED,所以∠MFB=∠A1DE.由余弦定理可得MB2=MF2+FB2-2MF·FB·cos∠MFB 是定值,所以M是在以B为圆心,MB为半径的球上,可得①②正确;由MF∥A1D与FB∥ED可得平面MBF∥平面A1DE,可得④正确;A1C在平面ABCD中的投影与AC重合,AC与DE不垂直,可得③不正确.答案:③三、解答题13.如图所示,等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,BC=,DA⊥AC,DA⊥AB,若DA=1,且E为DA的中点.求异面直线BE与CD所成角的余弦值.解:如图所示,取AC的中点F,连接EF,BF,在△ACD中,E,F分别是AD,AC的中点,所以EF∥CD.所以∠BEF或其补角即为异面直线BE与CD所成的角.在Rt△EAB中,AB=AC=1,AE=AD=,所以BE=.在Rt△EAF中,AF=AC=,AE=,所以EF=.在Rt△BAF中,AB=1,AF=,所以BF=.在等腰三角形EBF中,cos∠FEB===.所以异面直线BE与CD所成角的余弦值为.14.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.证明:(1)如图所示,因为EF是△D1B1C1的中位线,所以EF∥B1D1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1D1∥BD,所以EF∥BD.所以EF,BD确定一个平面.即D,B,F,E四点共面.(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设平面A1ACC1确定的平面为α,又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1,所以Q∈α.又Q∈EF,所以Q∈β.则Q是α与β的公共点,同理,P点也是α与β的公共点.所以α∩β=PQ.又A1C∩β=R,所以R∈A1C,则R∈α且∈β.则R∈PQ,故P,Q,R三点共线.15.在长方体ABCD A 1B1C1D1的A1C1面上有一点P(如图所示,其中P点不在对角线B1D1)上.(1)过P点在空间内作一条直线l,使l∥直线BD,应该如何作图?并说明理由;(2)过P点在平面A1C1内作一条直线m,使m与直线BD成α角,其中α∈(0°,90°],这样的直线有几条,应该如何作图?解:(1)连接B1D1,BD,在平面A1C1内过P点作直线l,使l∥直线B1D1,则l即为所求作的直线.因为直线B1D1∥直线BD,l∥直线B1D1,所以l∥直线BD.如图(1).(2)在平面A1C1内作直线m,使直线m与B1D1相交成α角,因为BD∥B1D1,所以直线m与直线BD也成α角,即直线m为所求作的直线,如图(2).由图(2)知m与BD是异面直线,且m与BD所成的角α∈(0,90°].当α=90°时,这样的直线m有且只有一条,当α≠90°时,这样的直线m 有两条.第4节直线、平面平行的判定与性质一、选择题1.若直线l∥平面α,直线a⊂平面α,则l与a的位置关系是( D )(A)l∥a (B)l与a异面(C)l与a相交 (D)l与a没有公共点解析:因为直线平行于平面,那么l与平面内的任何一条直线都没有公共点,因此l与a的位置关系是没有公共点,选D.2.下列条件能推出平面α∥平面β的是( D )(A)存在一条直线a,a∥α,a∥β(B)存在一条直线a,a⊂α,a∥β(C)存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α(D)存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α解析:因为根据面面平行的判定定理可知,如果存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α,则可以利用线线平行得到面面平行,选D.3.已知直线l,m,平面α,β,则下列命题中:①若α∥β,l⊂α,则l∥β②若α⊥β,l⊥α,则l∥β③若l∥α,m⊂α,则l∥m④若α⊥β,α∩β=l,m⊥l,则m⊥β,其中真命题有( B )(A)0个(B)1个(C)2个(D)3个解析:当两个平面平行时,一个平面上的线与另一个平面平行,故①正确;一条直线垂直于两个垂直平面中的一个平面,那么这条直线平行于或包含于另一个平面,故②不正确;④不正确;③中l,m的关系是不相交,故③不正确,故选B.4.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( B )(A)①③(B)①④(C)②③(D)②④解析:对图①,构造AB所在的平面,即对角面,可以证明这个对角面与平面MNP平行,由线面平行的定义可得AB∥平面MNP;对图④,通过证明AB∥PN得到AB∥平面MNP;对于②,证MP中点为K,延长BA,KN则相交,所以BA与平面MNP相交,②错;对于③平面MNP与直线AB相交于点B,③错.故选B.5.类比平面几何中的定理“设a,b,c是三条直线,若a⊥c,b⊥c,则a∥b”,得出如下结论:①设a,b,c是空间的三条直线,若a⊥c,b⊥c,则a∥b;②设a,b是两条直线,α是平面,若a⊥α,b⊥α,则a∥b;③设α,β是两个平面,m是直线,若m⊥α,m⊥β,则α∥β;④设α,β,γ是三个平面,若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β.其中正确命题的个数是( B )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:①错;②垂直于同一个平面的两条直线平行,正确;③垂直于同一条直线的两个平面平行,正确;④错;两个平面也可能相交.6.在空间中,下列命题正确的是( D )(A)平面α内的一条直线a垂直于平面β内的无数条直线,则α⊥β(B)若直线m与平面α内的一条直线平行,则m∥α(C)若平面α⊥β,且α∩β=l,则过α内一点P与l垂直的直线垂直于平面β(D)若直线a与平面α内的无数条直线都垂直,则不能说一定有a⊥α解析:直线a与平面α内的任意直线都垂直,则有a⊥α,所以D正确.二、填空题7.点S在平面ABC外,SB⊥AC,SB=AC=2,E,F分别是SC和AB的中点,则EF= .解析:取BC的中点D,连接ED与FD,因为E,F分别是SC和AB的中点,点D为BC的中点所以ED∥SB,FD∥AC,而SB⊥AC,SB=AC=2,则三角形EDF为等腰直角三角形,则ED=FD=1,即EF=.答案:8.正四棱锥S ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中点,动点P 在这个棱锥表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为.解析:由题意知,点P的轨迹为如图所示的三角形EFG,其中G,F为其所在棱的中点,所以EF=BD=,GE=GF=SB=,所以轨迹的周长为+.答案:+9.将边长为2,一个内角为60°的菱形ABCD沿较短对角线BD折成四面体ABCD,点E,F分别为AC,BD的中点,则下列命题中正确的是.①EF∥AB;②EF⊥BD;③EF有最大值,无最小值;④当四面体ABCD的体积最大时,AC=;⑤AC垂直于截面BDE.解析:因为将边长为2,一个内角为60°的菱形ABCD沿较短对角线BD 折成四面体ABCD,点E,F分别为AC,BD的中点,则可知EF⊥BD,当四面体ABCD的体积最大时,AC=,AC垂直于截面BDE成立.答案:②④⑤10.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A,C,过点P的直线n与α,β分别交于B,D且PA=6,AC=9,PD=8,则BD的长为.解析:因为平面α∥平面β,所以AB∥CD,①当P在两平面外时,==,所以=,所以BD=.②当P在两平面之间时,=,所以=,所以BD=24,所以BD的长为或24.答案:或2411.给出下列四个命题:①过平面外一点,作与该平面成θ角的直线一定有无穷多条;②一条直线与两个相交平面都平行,则它必与这两个平面的交线平行;③对确定的两条异面直线,过空间任意一点有且只有一个平面与这两条异面直线都平行;④对两条异面的直线,都存在无穷多个平面与这两条直线所成的角相等.其中正确的命题序号为.解析:①中,成90度角的时候,就只有一条,因此错误.②中是线面平行的性质定理,显然成立.③不正确.④中,利用等角定理,可知成立. 答案:②④12.侧棱长为2的正三棱锥V-ABC中,∠AVB=∠BVC=∠CVA=40°,过A 作截面AEF,则截面△AEF周长的最小值为.解析:沿着侧棱VA把正三棱锥V ABC展开在一个平面内,则设VA的另一边为VA′,则AA′即为截面△AEF周长的最小值,且∠AVA′=3×40=120°.△VAA′中,由余弦定理可得AA′=6.答案:6三、解答题13.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,AB=4,AA1=2,点E 在棱C1D1上,且D1E=3.(1)试在棱CD上确定一点E1,使得直线EE1∥平面D1DB,并证明;(2)若动点F在底面ABCD内,且AF=2,请说明点F的轨迹,并探求EF 长度的最小值.解:(1)取CD的四等分点E1,使得DE1=3,则有EE1∥平面D1DB.证明如下:因为D1E∥DE1且D1E=DE1,所以四边形D1EE1D为平行四边形,则D1D∥EE1,因为DD1⊂平面D1DB,EE1⊄平面D1DB,所以EE1∥平面D1DB.(2)因为AF=2,所以点F在平面ABCD内的轨迹是以A为圆心,半径等于2的四分之一圆弧.因为EE1∥DD1,D1D⊥平面ABCD,所以E1E⊥平面ABCD,故EF==.所以当E1F的长度取最小值时,EF的长度最小,此时点F为线段AE1和四分之一圆弧的交点,即E1F=E1A-AF=5-2=3,所以EF==.即EF长度的最小值为.14.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为2,E是棱CD的中点,P是棱AA1的中点,(1)求证:PD∥平面AB1E;(2)求三棱锥B-AB1E的体积.(1)证明:取AB1中点Q,连接PQ,则PQ为中位线,PQ A1B1,而正方体ABCD-A1B1C1D1,E是棱CD的中点,故DE A1B1,所以PQ DE,所以四边形PQED为平行四边形.所以PD∥QE,而QE⊂平面AB1E,PD⊄平面AB1E,故PD∥平面AB1E.(2)解:正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1⊥平面ABE,故BB1为高,BB1=2,因为CD∥AB,所以S△ABE=S△ABC=AB·BC=×2×2=2.故==BB1·S△ABC=.15.如图,在四面体PABC中,PA=PB,CA=CB,D,E,F,G分别是PA,AC,CB,BP的中点.(1)求证:D,E,F,G四点共面;(2)求证:PC⊥AB;(3)若△ABC和△PAB都是等腰直角三角形,且AB=2,PC=,求四面体PABC的体积.(1)证明:依题意DG∥AB,EF∥AB,所以DG∥EF,DG,EF共面,从而D,E,F,G四点共面.(2)证明:取AB中点为O,连接PO,CO.因为PA=PB,CA=CB,所以PO⊥AB,CO⊥AB,因为PO∩CO=O,所以AB⊥平面POC,PC⊂平面POC,所以AB⊥PC.(3)解:因为△ABC和△PAB是等腰直角三角形,所以PO=CO=AB=1,因为PC=,OP2+OC2=PC2,所以OP⊥OC,又PO⊥AB,且AB∩OC=O,所以PO⊥平面ABC,=PO·S△ABC=×1×2×1×=.第5节直线、平面垂直的判定与性质一、选择题1.已知直线l,m和平面α, 则下列命题正确的是( C )(A)若l∥m,m⊂α,则l∥α(B)若l∥α,m⊂α,则l∥m(C)若l⊥α,m⊂α,则l⊥m(D)若l⊥m,l⊥α,则m∥α解析:A项中直线l与平面α可能平行,可能直线在平面内;B项中直线l,m平行或异面;C项中当直线垂直于平面时,直线垂直于平面内任意直线;D项中直线m与平面α平行或直线在平面内.2.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 )(A)4 (B) 3 (C) 2 (D) 1解析:因为PA⊥平面ABC,AB⊥BC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,PB⊥CB,所以△ABC,△PBC, △ABP, △APC都是直角三角形,故选A.3.已知直线m,n和平面α,β满足m⊥n,m⊥α,α⊥β,则( C )(A)n⊥β (B)n∥β,或n⊂β(C)n∥α或n⊂α(D)n⊥α解析:由题意画出图形,容易判断选项.由于直线m⊥n,m⊥α,α⊥β,选项A,中线面可能相交,也可能垂直,选项B中,n与β还可能相交,错误,选项D中,直线不能垂直于平面,故结合图象不难得到选项为C.4.正方体的棱长为1,C,D,M分别为三条棱的中点,A,B是顶点,那么点M到截面ABCD的距离是( B )(A)(B)(C)(D)解析:过M作AB的垂线MN交AB于N,连接CN.由于CM⊥AB,MN⊥AB,则AB⊥平面CMN,所以,M到面ABCD的距离h是直角三角形CMN的斜边CN上的高.由于BM=,CM=1,MN=,CN=,则结合=求得h=.故选B.。
高三第二轮专题复习资料：立体几何题型与方法(文科)
专题二：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.● 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 . ● 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。
高三数学第一轮复习立体几何的综合问题知识精讲
高三数学第一轮复习：立体几何的综合问题【本讲主要内容】立体几何的综合问题立体几何知识的综合应用及立体几何与其它知识点的综合问题【知识掌握】【知识点精析】1. 立体几何的综合问题融直线和平面的位置关系于平面与几何体中，有计算也有论证。
解决这类问题需要系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与垂直的判定与性质．深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角的概念，理解点到面的距离、异面直线的距离的概念．2. 立体几何横向可与向量、代数、三角、解析几何等综合．3. 应用性问题、探索性问题需综合运用所学知识去分析解决．【解题方法指导】例1. 如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1的侧面AB1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距离相等，则动点P所在曲线的形状为（）解析：P到直线BC的距离等于P到B的距离，动点P的轨迹满足抛物线定义．故选C.例2. 如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥平面ABCD，（Ⅰ）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；（Ⅱ）证明不论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°．（Ⅰ）解：∵PB⊥面ABCD，∴BA是PA在面ABCD上的射影，又DA⊥AB ∴PA⊥DA∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角∴∠PAB＝60°，PB＝AB·tan60°＝3a ,∴ V 锥＝3233·3·31a a a =（Ⅱ）证明：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD 与PCD 恒为等腰三角形，作AE ⊥PD ，垂足为E ，连结CE ，则△ADE ≌△CDE ，因为AE ＝CE ，∠CED ＝90o，故∠CEA 是面PAD 与面PCD 所成的二面角的平面角． 设AC 与BD 交于点O ，连结EO ，则EO ⊥AC ，所以a AD AE OA a =<<=22，22a AE <， 在△AEC 中，02222cos 222222222<-=-=∙-+=∠AE a AE AE a AE EC AE AC EC AE CEA 所以面PAD 与面PCD 所成的二面角恒大于90o。
高三数学一轮复习立体几何知识点突破训练含答案解析
精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！第八章⎪⎪⎪立 体 几 何第一节空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积突破点(一) 空间几何体的三视图和直观图基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征 多面体 结构特征棱柱 有两个面平行，其余各面都是四边形且每相邻两个面的交线都平行且相等棱锥 有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形 棱台棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫做棱台几何体 旋转图形 旋转轴圆柱 矩形 矩形任一边所在的直线 圆锥 直角三角形 一条直角边所在的直线圆台 直角梯形或等腰梯形直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点的连线球半圆或圆直径所在的直线(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：本节主要包括3个知识点：1.空间几何体的三视图和直观图；2.空间几何体的表面积与体积；3.与球有关的切、接应用问题.(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，直观图中仍分别平行于坐标轴；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轴的线段在直观图中长度为原来的一半．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的结构特征[例1](1)用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体(2)下列说法正确的是()A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点[解析](1)截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．(2)A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．[答案](1)C(2)B[方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)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，如例1(2)中的A，C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．空间几何体的三视图1.画三视图的规则长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．2．三视图的排列顺序先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．[例2](1)(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形，按正视图，侧视图，俯视图的顺序排列)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤(2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()[解析](1)正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.[答案](1)B(2)B[方法技巧]三视图问题的常见类型及解题策略(1)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；注意能看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．(3)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．空间几何体的直观图直观图与原图形面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例3]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]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.[答案] A能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是()A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．2．[考点二]一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()解析：选B由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形．3．[考点二]已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排除A，D；当正视图是直角三角形时，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故答案为C.4．[考点三]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C 依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.5．[考点二](2017·南昌模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P -BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.突破点(二) 空间几何体的表面积与体积基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l圆柱、圆锥、圆台侧面积间的关系：S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝rS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl . 2．空间几何体的表面积与体积公式名称 几何体表面积 体积柱体 (棱柱和圆柱)S 表面积＝S 侧＋2S 底V ＝Sh 锥体 (棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体 (棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的表面积[例1] (1)(2017·安徽江南十校联考)某几何体的三视图如图所示，其中侧视图的下半部分曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为( )A ．4π＋16＋4 3B ．5π＋16＋4 3C ．4π＋16＋2 3D ．5π＋16＋2 3(2)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2[解析] (1)由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体，三棱柱的两个侧面面积之和为2×4×2＝16，两个底面面积之和为2×12×2×3＝23；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2×12×π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋23，故选D.(2)根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD ⊥底面BCD ，另两个侧面ABC ，ACD 为等边三角形，则有S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋3.[答案] (1)D (2)B[方法技巧]求空间几何体表面积的常见类型及思路(1)求多面体的表面积，只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积．(2)求旋转体的表面积，可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系．(3)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积．空间几何体的体积柱体、锥体、台体体积间的关系[例2] (1)(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D ．1 (2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋2π B.13π6 C.7π3D.5π2[解析] (1)通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P -ABC ，通过侧视图得高h ＝1，通过俯视图得底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝13×12×1＝16.(2)由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝13π6.[答案] (1)A (2)B [方法技巧]求空间几何体体积的常见类型及思路(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(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．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二](2016·山东高考)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＋23πB.13＋23πC.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.故选C. 2．[考点二]已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3 cm 3 B ．2π cm 3 C.7π3cm 3 D ．3π cm 3解析：选C 该几何体为一个圆柱挖去半个球得到的几何体，其体积V ＝π×12×3－12×4π×133＝7π3(cm 3)．3.[考点一]某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．125＋20B ．242＋20C ．44D ．12 5解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，且上、下底面的边长分别为2,4，则侧面梯形的高h ＝ 22＋⎝⎛⎭⎫4－222＝5，所以该正四棱台的表面积S ＝(2＋4)×52×4＋22＋42＝125＋20.4．[考点一]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.5．[考点二]中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得：(5.4－x )×3×1＋π·⎝⎛⎭⎫122x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.6突破点(三) 与球有关的切、接应用问题1.球的表面积和体积是每年高考的热点，且多与三视图、多面体等综合命题，常以选择题、填空题的形式出现.解决此类问题时，一是要善于把空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中处理；二是要将变化的模型转化到固定的长方体或正方体中.2.与球有关的组合体问题主要有两种，一种是内切问题，一种是外接问题.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.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”多面体的内切球问题[例1] 若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.[解析] 设正四面体棱长为a ， 则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14， 即r ＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26， 则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. [答案] 63π[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．多面体的外接球问题处理与球有关外接问题的策略把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[例2] (1)(2017·抚顺模拟)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4(3)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．[解析] (1)如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132.(2)如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ， ∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2， ∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2， ∴R 2＝(2)2＋(4－R )2， 解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.(3)依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，球的直径就是正方体的体对角线，∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3， ∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.[答案] (1)C (2)A (3)43π [方法技巧]与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12.(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.2．[考点二]如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析：选D 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π，故选D. 3．[考点二](2016·太原模拟)如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A ′-BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四面体A ′-BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．3πB.32π C ．4π D.34π 解析：选A 由图示可得BD ＝A ′C ＝2，BC ＝3，△DBC 与△A ′BC 都是以BC 为斜边的直角三角形，由此可得BC 中点到四个点A ′，B ，C ，D 的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为3，所以该外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎫322＝3π. 4．[考点二]设一个球的表面积为S 1，它的内接正方体的表面积为S 2，则S 1S 2的值等于( )A.2πB.6πC.π6D.π2解析：选D 设球的半径为R ，其内接正方体的棱长为a ，则易知R 2＝34a 2，即a ＝233R ，则S 1S 2＝4πR 26×⎝⎛⎭⎫233R 2＝π2.[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得，l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.2．(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2C ．6πD.32π3解析：选B 设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2.故选B. 3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18 B.17 C.16 D.15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D. 4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.5．(2015·新课标全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.6．(2015·新课标全国卷Ⅰ)《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)．故选B. 7．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.13解析：选C 原毛坯的体积V ＝(π×32)×6＝54π(cm 3)，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V ′＝V 1＋V 2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π(cm 3)，故所求比值为1－V ′V ＝1027.8．(2013·新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π解析：选A根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π，故选A.9．(2012·新课标全国卷)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.26 B.36 C.23 D.22解析：选A由于三棱锥S-ABC与三棱锥O-ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S-ABC的高是三棱锥O-ABC高的2倍，所以三棱锥S-ABC的体积也是三棱锥O-ABC体积的2倍．在三棱锥O-ABC中，其棱长都是1，如图所示，S△ABC＝34×AB2＝34，高OD＝12－⎝⎛⎭⎫332＝63，所以V S-ABC＝2V O-ABC＝2×13×34×63＝26.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．下列结论正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D A错误，如图①是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B 错误，如图②，若△ABC 不是直角三角形，或△ABC 是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C 错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾．2.如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A.41π3B.62π3C.83π3D.104π3解析：选D 由题意得，此几何体为球与圆柱的组合体，其体积V ＝43π×23＋π×22×6＝104π3. 3．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2解析：选D 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D.4．《九章算数》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．6＋4 2解析：选C 由题可知，该几何体的底面为等腰直角三角形，等腰直角三角形的斜边长为2，腰长为2，棱柱的高为2.所以其侧面积S ＝2×2＋22×2＝4＋42，故选C.5．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析：设正方体棱长为a ，球半径为R ，则43πR 3＝9π2，∴R ＝32，∴3a ＝3，∴a ＝ 3.答案： 3[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A.a2 B.3πa3πC.23πa 3πD.23a 3π解析：选C 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π.2．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 ．2π解析：选C 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C. 3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163B.203C.152D.132解析：选D 该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其体积为23－13×12×2×2×2－13×12×1×1×1＝132.故选D.4．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为( ) A ．8π B ．12π C.32π D ．3π 解析：选D 如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形BCD 的中心，连接DO 并延长交BC 于E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为P ，半径为R ，连接PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎫233－R 2＋⎝⎛⎭⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝3π. 5．(2017·郑州质检)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )A ．8πB ．16πC ．32πD ．64π解析：选C 还原三视图可知该几何体为一个四棱锥，将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为22，22，4的长方体，则该长方体外接球的半径r ＝(22)2＋(22)2＋422＝22，则所求外接球的表面积为4πr 2＝32π.6．已知四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是( )A ．6B ．8C ．2 5D ．3解析：选A 四棱锥如图所示，作PN ⊥平面ABCD ，交DC 于点N ，PC ＝PD ＝3，DN ＝2，则PN ＝32－22＝5，AB ＝4，BC ＝2，BC ⊥CD ，故BC ⊥平面PDC ，即BC ⊥PC ，同理AD ⊥PD .设M 为AB 的中点，连接PM ，MN ，则PM ＝3，S △PDC ＝12×4×5＝25，S △PBC ＝S△PAD＝12×2×3＝3，S △PAB ＝12×4×3＝6，所以四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是6.二、填空题7．在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M -PBC 的体积为________．解析：∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BC 1的距离是D 1到平面BC 1距离的13，即三棱锥P -MBC 的高h ＝D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点， ∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M -PBC ＝V P -MBC ＝13×92×1＝32. 答案：328．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.。
高三数学--立体几何专题
侧（左）视图正（主）视图 俯视图高三数学(理)一轮复习资料-- 立体几何一、选择题1 、某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是 ( )2、已知某空间几何体的主视图、侧视图、俯视图均为如图所示的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的表面积为( )A 、22 B 、3＋22 C 、32 D 、3＋323、已知a 、b 为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，且a ⊥α，b ⊥β，则下列命题中为假命题的是( )A 、若a ∥b ，则α∥βB 、若α⊥β，则a ⊥bC 、若a ，b 相交，则α，β相交D 、若α，β相交，则a ，b 相交4、设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b m ⊥，则“αβ⊥” 是“a b ⊥”的（ ）A 、充分不必要条件B 、必要不充分条件C 、充要条件D 、即不充分不必要条件5、一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于（ ）A 、12B 、3 C 、563D 、46、某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）A 、28+65B 、 30+65C 、 56+ 125D 、 60+1257、下列命题正确的是（ ）A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行8、已知直二面角l αβ--，点,A A C l α∈⊥,C 为垂足，,,B BD l D β∈⊥为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D 到平面ABC 的距离等于（ ）A、3 B、3 C、3D 、 1 9、已知三棱锥的三个侧面两两垂直，三条侧棱长分别为4、4、7，若此三棱锥的各个顶点都在同一个球面上，则此球的表面积是( )A 、81πB 、36πC 、81π4D 、144π10 、如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB =1，D 在棱BB 1上，且BD =1， 则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为 ( )A 、64B 、34C 、62D 、72二、填空题11、已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该三棱锥的体积等于 ___________cm 3．12、如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。
高三数学一轮复习课件立体几何
D
公理2 如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共
点，且所有这些公共点的集合是一条过这个公共点的直线．
P l且P l
作用 1、用来判定两平面是否相交； 2、画两个相交平面的交线； 即: A , A 直线AB为交线. B , B 3、证明多点共线. 练习2： 已知ΔABC在平面α外， AB、AC、BC的延长线分别与 平面α交于点M、N、P三
C1 D1 E B F C A A1 D B1
例2 ：
已知正方体的棱长为a , M 为 AB 的中点, N为 BB1的中点，求 A1M 与 C1 N 所成角的余弦值。 解：如图，取A1B1的中点E, 连BE, 有BE∥ A1M 取CC1的中点G，连BG. 有BG∥ C1N
棱柱 棱锥 棱台 圆柱 圆锥 圆台 球
结构特征
有两个面互相平行， 其余各面都是四边形， 并且每相邻两个四边形 的公共边都互相平行。
侧棱
E’ F’ A’
D’ B’
C’
底 面
E
D
F
A
侧面
C
B
顶点
棱柱 棱锥 棱台 圆柱 圆锥 圆台 球
结构特征
有一个面是多 边形，其余各面都 是有一个公共顶点 侧棱 的三角形。
a′
θ
O
平 移
若两条异面直线所成角为90°，则称它们互相垂直。 异面直线a与b垂直也记作a⊥b
90] 异面直线所成角θ 的取值范围： （0，
4.求异面直线所成的角:
求两条异面直线所成角的步骤:
1.选点,引平行线找到所求的角; 2.把该角放入三角形; 3.根据边角关系计算,求角. 例1.正方体ABCD-A1B1C1D1 中，E,F分别是BB1,CC1的中 点，求AE,BF所成的角
高三《立体几何》专题复习
高三《立体几何》专题复习一、常用知识点回顾1、三视图。
正侧一样高，正俯一样长，侧府一样宽，看不到的线画虚线。
2、常用公式与结论。
（1）圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式；（2）空间几何体的表面积与体积公式；（3）全品高考复习方案（听课手册）105页的常用结论3、两条异面直线所成的角；直线与平面所成的角。
4、证明两条直线平行的常用方法；直线与平面平行的判定与性质；面面平行的判定与性质。
5、证明两条直线垂直的常用方法；直线与平面垂直的判定与性质；两个平面垂直的判定与性质。
二、题型训练题型一：三视图的运用，求几何体的体积、表面积例1、如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）（A）18+（B）54+（C）90（D）81【练习1】某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图.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（）C.3D.2【练习2】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（ ）A.90πB.63πC.42πD.36π【练习3】如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）（A ）20π（B ）24π（C ）28π（D ）32π例2、在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB =6，BC =8，AA 1=3，则V 的最大值是（ ）（A ）4π （B ）9π2 （C ）6π （D ）32π3变式1：在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=5，则V的最大值是变式2：在封闭的长方体ABCD－A1B1C1D1内有一个体积为V的球.若AB=BC=6，AA1=3，则V的最大值是变式3：（1）长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（2）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为变式4：【练习1】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2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. B.12π C. D.10π【练习3】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°，若SAB的面积为8，则该圆锥的体积为_______题型二：平行问题例1、如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（I）证明MN∥平面PAB; （II）求四面体N-BCM的体积.【练习1】如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PADAD,为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=12∠BAD=∠ABC=90°。
高三的立体几何知识点总结
高三的立体几何知识点总结立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的是三维空间中的图形和体积。
在高三的学习中，立体几何是一个重要的知识点，它涉及到各种图形的性质和计算方法。
下面将对高中三年级立体几何的知识点进行总结和归纳。
一、平面与直线的位置关系1. 平面与平面的位置关系- 平面相交：两个平面相交于一条直线。
- 平面平行：两个平面没有交点，永远平行。
2. 直线与直线的位置关系- 直线相交：两个直线相交于一点。
- 直线平行：两个直线没有交点，永远平行。
二、立体几何的基本图形1. 三棱柱- 表面积 = 底面积 + 侧面积 - 体积 = 底面积 ×高2. 三棱锥- 表面积 = 底面积 + 侧面积 - 体积 = 底面积 ×高 ÷ 33. 正四面体- 表面积 = 底面积 + 侧面积 - 体积 = 底面积 ×高 ÷ 34. 正方体- 表面积 = 6 ×边长²- 体积 = 边长³5. 正六面体- 表面积 = 6 ×边长²- 体积 = 边长³6. 球- 表面积= 4πr²- 体积= (4/3)πr³三、立体几何的性质和判定方法1. 平行四边形的性质- 对角线互相平分- 对边平行2. 立体图形的重心- 三角形：重心位于中线上，离顶点为中线长的2/3处。
- 四边形：重心位于对角线交点处，各对角线分比为1:1。
3. 球的切线和切平面- 切线：与球面相切的直线。
4. 圆锥的切线和切圆- 切线：与圆锥侧面相切的直线。
- 切圆：与圆锥底面相切的圆。
五、立体几何计算题1. 高中立体几何计算题的解题步骤- 理清题意，根据已知条件找到关键信息。
- 利用几何性质和定理，进行推导和计算。
- 最后计算出结果，并写明答案及解题过程。
2. 空间几何体的计算题- 根据图形的性质和给定条件，计算其面积和体积。
六、解题技巧1. 利用平面几何的知识- 平行线的性质可以应用到立体几何中，例如利用平行线的对应角相等性质求解立体几何题目。
高中数学 立体几何专题复习
图2侧视图俯视图正视图4x33x4DCBA侧视图正视图立体几何专题(一)一、三视图考点透视：①能想象空间几何体的三视图，并判断（选择题） ②通过三视图计算空间几何体的体积或表面积③解答题中也可能以三视图为载体考查证明题和计算题④旋转体（圆柱、圆锥、圆台或其组合体）的三视图有两个视图一样。
⑤基本几何体的画法，如：三棱柱（侧视图）、挡住的注意画虚线。
1. 一空间几何体的三视图如图2所示, 该几何体的 体积为85123π+，则正视图中x 的值为 A. 5 B . 4 C. 3 D . 22. 一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图（又称主视图）、 侧视图（又称左视图）如右图所示，则其俯视图为c3．如图4，已知一个锥体的正视图（也称主视图），左视图（也称侧视图）和俯视图均为直角三角形， 且面积分别为3，4，6，则该锥体的体积是 4 ．4. 如图1－3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形， 侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积 为A ．63B ．93C ．123D ．1835、已知某几何体的直观图(图1)与它的三视图(图2)， 其中俯视图为正三角形，其它两个视图是矩形.已知D 是正视图 左视图俯视图图4_3 _3 这个几何体的棱11C A 上的中点。
（Ⅰ）求出该几何体的体积；（Ⅱ）求证：直线11//BC AB D 平面； (Ⅲ)求证:直线11B D AA D ⊥平面.二、直观图掌握直观图的斜二测画法：①平行于两坐标轴的平行关系保持不变；②平行于y 轴的长度为原来的一半，x 轴不变；③新坐标轴夹角为45°。
6、如图，梯形A 1B 1C 1D 1是一平面图形ABCD 的直观图(斜二测)，若A 1D 1∥O 1y 1，A 1B 1∥C 1D 1，A 1B 1＝2，C 1D 1＝3，A 1D 1＝1，则梯形ABCD 的面积是( ) A ．10 B ．5 C ．5 2D ．102三、表面积和体积不要求记忆，但要会使用公式。
高三立体几何专题复习
高考立体几何专题复习一．考试要求：〔1〕掌握平面的根本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图，能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系。
〔2〕了解空两条直线的位置关系，掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理，掌握两条直线所成的角和距离的概念〔对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离〕。
〔3〕了解空间直线和平面的位置关系，掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理，理解直线和平面垂直的判定定理和性质定理，掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念，了解三垂线定理及其逆定理。
〔4〕了解平面与平面的位置关系，掌握两个平面平行的判定定理和性质定理。
掌握二面角、二面角的平面角、两个平面间的距离的概念，掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理。
〔5〕会用反证法证明简单的问题。
〔6〕了解多面体的概念，了解凸多面体的概念。
〔7〕了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图。
〔8〕了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图。
〔9〕了解正多面体的概念，了解多面体的欧拉公式。
〔10〕了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的外表积、体积公式。
二．复习目标：1．在掌握直线与平面的位置关系(包括直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系)的根底上，研究有关平行和垂直的的判定依据(定义、公理和定理)、判定方法及有关性质的应用；在有关问题的解决过程中，进一步了解和掌握相关公理、定理的容和功能，并探索立体几何中论证问题的规律；在有关问题的分析与解决的过程中提高逻辑思维能力、空间想象能力及化归和转化的数学思想的应用．2．在掌握空间角(两条异面直线所成的角，平面的斜线与平面所成的角及二面角)概念的根底上，掌握它们的求法(其根本方法是分别作出这些角，并将它们置于*个三角形通过计算求出它们的大小)；在解决有关空间角的问题的过程中，进一步稳固关于直线和平面的平行垂直的性质与判定的应用，掌握作平行线(面)和垂直线(面)的技能；通过有关空间角的问题的解决，进一步提高学生的空间想象能力、逻辑推理能力及运算能力．3．通过复习，使学生更好地掌握多面体与旋转体的有关概念、性质，并能够灵活运用到解题过程中．通过教学使学生掌握根本的立体几何解题方法和常用解题技巧，开掘不同问题之间的在联系，提高解题能力．4．在学生解答问题的过程中，注意培养他们的语言表述能力和"说话要有根据〞的逻辑思维的习惯、提高思维品质．使学生掌握化归思想，特别是将立体几何问题转化为平面几何问题的思想意识和方法，并提高空间想象能力、推理能力和计算能力．5．使学生更好地理解多面体与旋转体的体积及其计算方法，能够熟练地使用分割与补形求体积，提高空间想象能力、推理能力和计算能力．三．教学过程：〔Ⅰ〕根底知识详析高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题1--2道, 解答题1道), 共计总分20分左右,考察的知识点在20个以. 选择填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考察立几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象为前提. 随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着"多一点思考,少一点计算〞的开展.从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证,角与距离的探常考常新的热门话题.1．有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决"平行与垂直〞的有关问题着手，通过较为根本问题，熟悉公理、定理的容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律——充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力．2．判定两个平面平行的方法：〔1〕根据定义——证明两平面没有公共点；〔2〕判定定理——证明一个平面的两条相交直线都平行于另一个平面；〔3〕证明两平面同垂直于一条直线。