立体几何常见题型归纳
立体几何15种归类
立体几何大题的15种归类可能包括以下几种：
1. 垂直问题：证明两条直线或平面垂直，或求线面角、二面角的大小。
2. 平行问题：证明两条直线或平面平行，或求线面角、二面角的大小。
3. 距离问题：求两条直线或两个平面之间的距离。
4. 面积问题：求一个平面或一个几何体的面积。
5. 体积问题：求一个几何体的体积或表面积。
6. 角度问题：求两个平面或两个几何体之间的角度大小。
7. 截面问题：用一个平面去截一个几何体，求截面的形状和大小。
8. 轨迹问题：求一个动点的轨迹方程。
9. 翻折问题：将一个平面或一个几何体翻折后，求翻折后的形状和大小。
10. 旋转问题：将一个几何体旋转一定角度后，求旋转后的形状和大小。
11. 对称问题：求一个平面或一个几何体的对称图形。
12. 最值问题：求一个平面或一个几何体中的最值问题，如最短距离、最大角度等。
13. 体积求法问题：给定一个几何体，如何计算其体积。
14. 表面积求法问题：给定一个几何体，如何计算其表面积。
15. 空间向量问题：利用空间向量解决立体几何中的角度、距离等问题。
以上分类仅供参考，具体的题目可能涉及多种类型的问题。
在解决立体几何问题时，需要灵活运用相关的定理和公式，并结合实际情况进行分析和计算。
高考数学立体几何题型大全总结
高考数学立体几何题型大全总结1. 空间直线和面的位置关系题型：
- 确定直线和平面的位置关系
- 求平面与直线的交点、垂足等
2. 空间向量题型：
- 确定向量的方向、模长和坐标
- 求向量的数量积、向量积和混合积
3. 空间几何体积题型：
- 确定几何体的形状和大小
- 求立体图形的表面积和体积
4. 立体几何相似题型：
- 确定几何体的相似性质
- 求相似多面体的比例
5. 立体几何坐标题型：
- 确定三维空间内点的坐标
- 求点、线、面的距离
参考内容：
- 教材《高等数学》（第七版）同济大学出版社；
- 教材《高等代数与解析几何》（第三版）高等教育出版社；- 网络资源《高考数学立体几何通关攻略》、《高考数学立体几何考点详解》等。
立体几何题型及解题方法
立体几何题型及解题方法
立体几何是数学中研究三维空间几何图形的学科。
以下是一些常见的立体几何题型及其解题方法：
1. 计算体积和表面积：这类题目通常涉及到三维空间中的几何形状，如长方体、圆柱体、圆锥体等。
解题方法包括使用体积和表面积的公式，以及根据题目描述建立数学模型。
2. 证明定理和性质：这类题目通常涉及到几何图形的性质和定理，如平行线性质、勾股定理等。
解题方法包括使用已知定理和性质进行推导，以及通过构造辅助线或辅助图形来证明。
3. 求解最值问题：这类题目通常涉及到求几何图形中的最值，如最短路径、最大面积等。
解题方法包括使用不等式、极值定理和优化方法等。
4. 判定和性质应用：这类题目通常涉及到判定几何图形是否满足某个性质，或应用某个性质到实际场景中。
解题方法包括根据性质进行推导和判断，以及根据实际场景建立数学模型。
以上是一些常见的立体几何题型及其解题方法，当然还有其他的题型和解题方法。
在解决立体几何问题时，需要灵活运用几何知识和方法，多做练习，提高自己的解题能力。
立体几何外接球和内切球十大题型
立体几何外接球和内切球十大题型
立体几何中的外接球和内切球是常见的题型，下面我将列举十个常见的题型并进行解答。
1. 求立方体的外接球和内切球的半径。
外接球的半径等于立方体的对角线的一半，内切球的半径等于立方体的边长的一半。
2. 求正方体的外接球和内切球的半径。
外接球的半径等于正方体的对角线的一半，内切球的半径等于正方体的边长的一半。
3. 求圆柱体的外接球和内切球的半径。
外接球的半径等于圆柱体的底面半径，内切球的半径等于圆柱体的高的一半。
4. 求圆锥的外接球和内切球的半径。
外接球的半径等于圆锥的底面半径，内切球的半径等于圆锥的高的一半。
5. 求球的外接球和内切球的半径。
外接球的半径等于球的半径的根号3倍，内切球的半径等于球的半径的一半。
6. 求棱锥的外接球和内切球的半径。
外接球的半径等于棱锥的底面边长的一半，内切球的半径等于棱锥的高的一半。
7. 求棱柱的外接球和内切球的半径。
外接球的半径等于棱柱的底面边长的一半，内切球的半径等于棱柱的高的一半。
8. 求四面体的外接球和内切球的半径。
外接球的半径等于四面体的外接圆的半径，内切球的半径等
于四面体的内切圆的半径。
9. 求正六面体的外接球和内切球的半径。
外接球的半径等于正六面体的对角线的一半，内切球的半径等于正六面体的边长的一半。
10. 求正八面体的外接球和内切球的半径。
外接球的半径等于正八面体的对角线的一半，内切球的半径等于正八面体的边长的一半。
以上是关于立体几何中外接球和内切球的十个常见题型及其解答。
希望能对你有所帮助。
立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破
立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。
考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。
2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
立体几何大题15种题型全归纳
【题型一】 平行1：四边形法证线面平行【典例分析】如图，在正方体中，E ，F 分别是，CD 的中点．（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2（1）在正方体中，取中点G ，连接FG ，，如图，而F 是CD 的中点，则，，又E 是的中点，则，， 因此，，，四边形是平行四边形，有，而平面，平面，平面.【经验总结】基本规律1.利用平移法做出平行四边形2.利用中位线做出平行四边形【变式演练】1.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，，，，E 是PB 的中点.（1）求证：平面PAD ；（2）若，求三棱锥P -ACE 的体积.【答案】（1）证明见解析（2） 【分析】（1）取PA 的中点F ，连接EF ，DF ，利用平行四边形证明，再由线面平行的判定定理即可得证；（2）根据等体积法知，即可由棱锥体积公式求解.（1）取PA 的中点F ，连接EF ，DF ，∵点E ，F 分别为PB ，PA 的中点，1111ABCD A B C D -1AA //EF 11A CD 1ED 1A C 1111ABCD A B C D -1CD 1GA 1//FG DD 112FG DD =1AA 11//A E DD 1112A E DD =1//A E FG 1A E FG =1FGA E 1//EF GA EF ⊄11A CD 1GA ⊂11A CD //EF 11A CD AB AD ⊥//AB CD 222AB AD CD ===//CE 2PC =13//EC DF P ACE E ACP V V --=∴，，∴四边形EFDC 是平行四边形，∴，又∵平面PAD ，平面PAD ，∴平面PAD ；2.如图，在四棱锥中，面，，且，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面若存在求出的值，若不存在说明理由． 【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在， （1）证明：取CP 中点F ，连接NF 、BF ，因为F ，N 分为PC ，PD 的中点，则，且， 又，且，，所以四边形NABF 是平行四边形， ，又面PBC ，面PBC 。
高中数学立体几何题型归纳
高中数学立体几何题型归纳
高中数学立体几何是高考数学的一个重要组成部分，其题型归纳如下:
1. 计算题：主要要求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角、点到面的距离、表面积、体积等。
2. 证明题：主要证明线线平行或垂直、线面平行或垂直、面面平行或垂直、多点共线、多点共面、多线共面等。
3. 三视图问题：要求画出简单空间图形 (长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合) 的三视图，并能识别上述三视图所表示的立体模型。
4. 空间直线与平面的位置关系问题：要求判断直线与平面的位置关系 (包括平行、垂直、相交等),并求解距离、角度等。
5. 空间向量问题：要求理解空间向量的概念，掌握空间向量的加减法和数量积运算法则，能够运用空间向量求解立体几何问题。
6. 空间点、线、面之间的位置关系问题：要求判断点、线、面之间的位置关系 (包括平行、垂直、相交等),并求解距离、角度等。
7. 立体几何中的证明题：主要证明线线平行或垂直、线面平行或垂直、面面平行或垂直、多点共线、多点共面、多线共面等。
此外，还有一些特殊的立体几何问题，如立方体问题、圆锥问题、球体问题等。
对于这些问题，需要结合实际情况进行具体分析，并注重理解和掌握相关的概念、定理和公式。
(完整版)高中数学立体几何经典常考题型
高中数学立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC中，∠ABC＝，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.(1)求证：平面PBD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB＝OC，又∵∠ABC＝，∴∠OCB＝，∴∠BOC＝.⊥∴CO AB.又PO⊥平面ABC，⊥OC⊂平面ABC，∴PO OC.又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.又CO⊂平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.(2)解 以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA＝1，则PO＝OB＝OC＝2，DA＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，∴PD＝(0，－1，－1)，BC＝(2，－2，0)，BD＝(0，－3，1).设平面BDC的一个法向量为n＝(x，y，z)，∴∴令y＝1，则x＝1，z＝3，∴n＝(1，1，3).设PD与平面BDC所成的角为θ，则sin θ＝＝＝.即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.【类题通法】利用向量求空间角的步骤间标.第一步：建立空直角坐系第二步：确定点的坐标.线)坐标.第三步：求向量(直的方向向量、平面的法向量计夹(或函数值).第四步：算向量的角将夹转为间.第五步：向量角化所求的空角查关键错题规.第六步：反思回顾.看点、易点和答范【变式训练】 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C.(2)求二面角EA1DB1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A1B1AB DC∥∥，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C A∥1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解 因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以AB，AD，AA1为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E＝，A1D＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E，n1⊥A1D得r1，s1，t1应满足的方程组(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1＝(1，0，0)，A1D＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为＝＝.题型二:立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB.(2)解 取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O－xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2，2).又PB＝(1，1，－1)，所以cos〈n，PB〉＝＝－.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)解 设M是棱P A上一点，则存在λ∈0，1]，使得AM＝λAP.因此点M(0，1－λ，λ)，BM＝(－1，－λ，λ).因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，则BM·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝.所以在棱P A上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时＝.应设，把要成立的作件结论当条，据此列方对断问题，先假存在【类题通法】(1)于存在判型的求解规围内”等.标，是否有定范的解程或方程组，把“是否存在”化问题转为“点的坐是否有解对问题，通常借助向量，引进参数，合已知和列出等式综结论，解出参数.(2)于位置探究型【变式训练】如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠P AD＝45°，E为P A的中点.(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明 取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝＝＝6，∴AB＝12，而E，M分别为P A，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∥且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴EM CD∥∵⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE CM.CM∴DE∥平面BPC.(2)解 由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8).假设AB上存在一点F使CF⊥BD，设点F坐标为(8，t，0)，则CF＝(8，t－6，0)，DB＝(8，12，0)，由CF·DB＝0得t＝.又平面DPC的一个法向量为m＝(1，0，0)，设平面FPC的法向量为n＝(x，y，z).又PC＝(0，6，－8)，FC＝.由得即不妨令y＝12，有n＝(8，12，9).则cos〈n，m〉＝＝＝.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F－PC－D的余弦值为.题型三:立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD 上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B－D′A－C的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得＝，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝＝4.由EF ∥AC 得＝＝.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB ＝(3，－4，0)，AC ＝(6，0，0)，AD′＝(3，1，3).设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量，则即所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量，则即所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝＝＝－.sin 〈m ，n 〉＝.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是.【类题通法】立体几何中的折叠问题，是翻折前后形中面位置系和度量系的化关键搞清图线关关变情况，一般地翻折后在同一平面上的性不生化还个质发变，不在同一平面上的性生化个质发变.【变式训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解 由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，所以∠A1OC＝.如图，以O为原点，OB，OC，OA1分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，所以B，E，A1，C，得BC＝，A1C＝，CD＝BE＝(－，0，0).设平面A1BC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，则得取n1＝(1，1，1)；得取n2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.。
高考数学立体几何题型大全总结
高考数学立体几何题型大全总结1. 三角锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗S∗h
其中，S为底面积，h为高。
2. 三棱锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗S∗h
其中，S为底面积，h为高。
3. 四棱锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗S∗h
其中，S为底面积，h为高。
4. 圆锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗π∗r2∗h
其中，r为圆锥的半径，h为圆锥的高。
5. 球的体积公式
体积公式：V=4/3∗π∗r3
其中，r为球的半径。
6. 圆柱的体积公式
体积公式：V=π∗r2∗h
其中，r为圆柱的半径，h为圆柱的高。
7. 圆台的体积公式
体积公式：V=1/3∗π∗h∗(r12＋r22＋r1r2)
其中，r1,r2为底面半径，h为圆台高。
8. 空间向量的共线与垂直判定公式
共线判定公式：
如果两个向量a,b共线，则有a=kb，其中k为一个实数。
垂直判定公式：
如果两个向量a,b垂直，则有a·b=0，其中“·”表示向量的数量积。
9. 空间向量的平面垂直判定公式
若向量a与平面P垂直，则a在平面P上的投影为零向量。
10. 空间向量的平面共面判定公式
若向量a和向量b在同一平面上，则a和b的向量积c在该平面内。
11. 空间中两直线相交的条件
两直线相交的条件是它们至少有一个公共点，并且既不平行也不重合。
高考数学立体几何题型全归纳
高考数学立体几何题型全归纳一、空间几何体的结构特征1. 一个三棱柱的底面是正三角形，侧棱垂直于底面，它的三视图及其尺寸如下（单位cm），则该三棱柱的表面积为（）正视图：是一个矩形，长为2，高为√(3)；侧视图：是一个矩形，长为2，高为1；俯视图：是一个正三角形，边长为2。
解析：底面正三角形的边长a = 2，底面积S_{底}=(√(3))/(4)a^2=(√(3))/(4)×2^2=√(3)。
侧棱长h = 1，三个侧面的面积S_{侧}=3×2×1 = 6。
所以表面积S=2S_{底}+S_{侧}=2√(3)+6。
2. 若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是（）正视图：是一个梯形，上底为1，下底为2，高为2；侧视图：是一个矩形，长为2，宽为1；俯视图：是一个矩形，长为2，宽为1。
解析：该几何体是一个四棱台。
上底面积S_{1}=1×1 = 1，下底面积S_{2}=2×2=4，高h = 2。
根据四棱台体积公式V=(1)/(3)h(S_{1}+S_{2}+√(S_{1)S_{2}})=(1)/(3)×2×(1 + 4+√(1×4))=(14)/(3)二、空间几何体的表面积与体积3. 已知球的直径SC = 4，A，B是该球球面上的两点，AB=√(3)，∠ ASC=∠BSC = 30^∘，则棱锥S - ABC的体积为（）解析：设球心为O，因为SC是球的直径，∠ ASC=∠ BSC = 30^∘所以SA=SB = 2√(3)，AO = BO=√(3)又AB=√(3)，所以 AOB是等边三角形，S_{ AOB}=(√(3))/(4)×(√(3))^2=(3√(3))/(4)V_{S - ABC}=V_{S - AOB}+V_{C - AOB}=(1)/(3)× S_{ AOB}×(SO + CO)=(1)/(3)×(3√(3))/(4)×2=√(3)4. 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图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）正视图：是一个正方形，右上角缺了一个等腰直角三角形；侧视图：是一个正方形，右上角缺了一个等腰直角三角形；俯视图：是一个正方形，右上角缺了一个小正方形。
立体几何经典题型
m •n=cos p =cos<m ,n >= mn 立体几何经典题型cos 0=cos<AB ,CD >= AB -CDABCDcos 01.线线角0e 八兀03(异面直线e e＜兀103L2)1..(2010天津)如图，在五面体ABCDEF中，四边形ADEF是正方形，FA，平面ABCD,BC〃AD,CD=1,AD=2<2，/BAD=Z CDA=45(I)求异面直线CE与AF所成角的余弦值；(II)证明CD，平面ABF；(III)求二面角B—EF—A的正切值.C1.线面角e e*一1.(2018全国卷I)如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF1BF.(1)证明：平面PEF1平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.题型二：空间距离1.两点间的距离:一z 21 2 1 2 1 AB =Q -x I +(y -y )+ 2.点到线的距离【面积】 AB -nAB -n［向量法］d =AB cos <n ,AB >=AB =AB -nn 【几何法】等面积法3.点到面的距离【体积】AB -nAB -n ［向量法］d =AB cos <n ,AB >=AB =AB -nn 【几何法】等体积法1.点到面的距离例(2014新课标2)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA，平面ABCD,E为PD的中点.(I)证明：PB〃平面AEC；(II)设二面角D—AE—C为60°,AP=i,AD=3，求三棱锥E—ACD的体积.题型三：探索性问题方法：共线向量的基本定理b二九a,用一个变量表示一个坐标1.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，NBCD=135°,侧面PAB，底面ABCD,NBAP=90°, AB二AC=PA=2,E，F分别为BC，AD的中点，点M在线段PD上.(I)求证：EF，平面PAC；(II)若M为PD的中点，求证：ME〃平面PAB；(III)如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，求到的值.PD2.在四棱锥P-ABCD中，侧面PCD1底面ABCDPD1CD,E为PC中点，底面ABCD是直角梯形AB//CD,ZADC=90,AB=AD=PD=1,CD=2.(1)求证：BE//平面PAD；(2)求证：BC1平面PBD；(3)在线段PC上是否存在一点Q，使得二面角Q—BD—P为PQ45？若存在，求的值；若不存在，请述明理由P C\PA B3.如图，在四棱锥P-ABCD中，PB±底面ABCD，底面ABCD为梯形，ADBC,AD±AB，且PB=AB=AD=3,BC=1.1(I)若点F为PD上一点且PF=3PD，证明：CF平面PAB；P(II)求二面角B—PD—A的大小；\、T F\(III)在线段PD上是否存在一点M，使得CM±PA?若存在，求出PM的长；若不存在，说明理由.。
2024年高考数学压轴题专项训练：立体几何压轴题十大题型汇总(解析版)(共65页)(1)
立体几何压轴题十大题型汇总命题预测本专题考查类型主要涉及点立体几何的内容，主要涉及了立体几何中的动点问题，外接球内切球问题，以及不规则图形的夹角问题，新定义问题等。
预计2024年后命题会继续在以上几个方面进行。
高频考法题型01几何图形内切球、外接球问题题型02立体几何中的计数原理排列组合问题题型03立体几何动点最值问题题型04不规则图形中的面面夹角问题题型05不规则图形中的线面夹角问题题型06几何中的旋转问题题型07立体几何中的折叠问题题型08不规则图形表面积、体积问题题型09立体几何新定义问题题型10立体几何新考点题型01几何图形内切球、外接球问题解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：(1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；(2)作截面：选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的；(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.1(多选)(23-24高三下·浙江·开学考试)如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点A ,B ,C ,D 在同一个平面内，如果四边形ABCD 是边长为2的正方形，则()A.异面直线AE 与DF 所成角大小为π3B.二面角A -EB -C 的平面角的余弦值为13C.此八面体一定存在外接球D.此八面体的内切球表面积为8π3【答案】ACD=|OA |=|OB |=|OC |=|OD |可判断C 项，运用等体积法求得内切球的半径，进而可求得内切球的表面积即可判断D 项.【详解】连接AC 、BD 交于点O ，连接OE 、OF ，因为四边形ABCD 为正方形，则AC ⊥BD ，又因为八面体的每个面都是正三角形，所以E 、O 、F 三点共线，且EF ⊥面ABCD ，所以以O 为原点，分别以OB 、OC 、OE 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O -xyz ，如图所示，则O (0,0,0)，A (0,-2,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (-2,0,0)，E (0,0,2)，F (0,0,-2)，对于A 项，AE =(0,2,2)，DF=(2,0,2)，设异面直线AE 与DF 所成角为θ，则cos θ=|cos AE ,DF |=|AE ⋅DF||AE ||DF |=22×2=12，所以θ=π3，即异面直线AE 与DF 所成角大小为π3，故A 项正确；对于B 项，BE =(-2,0,2)，BA =(-2,-2,0)，BC=(-2,2,0)，设面ABE 的一个法向量为n=(x 1,y 1,z 1)，则n ⋅BE=0n ⋅BA =0 ⇒-2x 1+2z 1=0-2x 1-2y 1=0，取x 1=1，则y 1=-1，z 1=1，则n=(1,-1,1)，设面BEC 的一个法向量为m=(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅BE=0n ⋅BC =0⇒-2x 2+2z 2=0-2x 2+2y 2=0，取x 2=1，则y 2=1，z 2=1，则m=(1,1,1)，所以cos n ,m =n ⋅m |n ||m |=1-1+13×3=13，又因为面ABE 与BEC 所成的二面角的平面角为钝角，所以二面角A -EB -C 的平面角的余弦值为-13，故B 项错误；对于C 项，因为|OE |=|OF |=|OA |=|OB |=|OC |=|OD |=2，所以O 为此八面体外接球的球心，即此八面体一定存在外接球，故C 项正确；对于D 项，设内切球的半径为r ，则八面体的体积为V =2V E -ABCD =2×13S ABCD ⋅EO =2×13×2×2×2=823，又八面体的体积为V =8V E -ABO =8V O -ABE =8×13S EAB ⋅r =8×13×12×22×sin π3×r =833r ，所以833r =823，解得r =63，所以内切球的表面积为4πr 2=4π×632=8π3，故D 项正确.故选：ACD .2(2024·浙江宁波·二模)在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =4,A 1B 1=2,AA 1=3，若球O 与上底面A 1B 1C 1D 1以及棱AB ,BC ,CD ,DA 均相切，则球O 的表面积为()A.9πB.16πC.25πD.36π【答案】C【分析】根据勾股定理求解棱台的高MN =1,进而根据相切，由勾股定理求解球半径R =52，即可由表面积公式求解.【详解】设棱台上下底面的中心为N ,M ,连接D 1B 1,DB ，则D 1B 1=22,DB =42，所以棱台的高MN =B 1B 2-MB -NB 1 2=3 2-22-2 2=1,设球半径为R ,根据正四棱台的结构特征可知：球O 与上底面A 1B 1C 1D 1相切于N ,与棱AB ,BC ,CD ,DA 均相切于各边中点处，设BC 中点为E ，连接OE ,OM ,ME ,所以OE 2=OM 2+ME 2⇒R 2=R -1 2+22，解得R =52，所以球O 的表面积为4πR 2=25π，故选：C3(2024·河北石家庄·二模)已知正方体的棱长为22，连接正方体各个面的中心得到一个八面体，以正方体的中心O 为球心作一个半径为233的球，则该球O 的球面与八面体各面的交线的总长为()A.26πB.463π C.863π D.46π【答案】B【分析】画出图形，求解正方体的中心与正八面体面的距离，然后求解求与正八面体的截面圆半径，求解各个平面与球面的交线、推出结果.【详解】如图所示，M 为EF 的中点，O 为正方体的中心，过O 作PM 的垂线交于点N ，正八面体的棱长为2，即EF =2，故OM =1，OP =2，PM =3，则ON =63，设球与正八面体的截面圆半径为r ，如图所示，则r =2332-ON 2=2332-632=63，由于MN =ZN =33，NJ =NI =63，所以IJ =233，则∠INJ =π2，平面PEF 与球O 的交线所对应的圆心角恰为π2，则该球O 的球面与八面体各面的交线的总长为8×14×2π×63 =463π故选：B 4(多选)(2022·山东聊城·二模)用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的π倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是()A.底面椭圆的离心率为22B.侧面积为242πC.在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36πD.底面积为42π【答案】ABD【分析】不妨过斜圆柱的最高点D 和最低点B 作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，作出过斜圆柱底面椭圆长轴的截面，截斜圆柱得平行四边形，截圆柱得矩形，如图，由此截面可得椭圆面与圆柱底面间所成的二面角的平面角，从而求得椭圆长短轴之间的关系，得离心率，并求得椭圆的长短轴长，得椭圆面积，利用椭圆的侧面积公式可求得斜椭圆的侧面积，由斜圆柱的高比圆柱的底面直径大，可知斜圆柱内半径最大的球的直径与圆柱底面直径相等，从而得其表面积，从而可关键各选项．【详解】不妨过斜圆柱的最高点D 和最低点B 作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形ABCD 是圆柱的轴截面，平行四边形BFDE 是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，由圆柱的性质知∠ABF =45°，则BF =2AB ，设椭圆的长轴长为2a ，短轴长为2b ，则2a =2⋅2b ，a =2b ，c =a 2-b 2=a 2-22a 2=22a ，所以离心率为e =c a =22，A 正确；EG ⊥BF ，垂足为G ，则EG =6，易知∠EBG =45°，BE =62，又CE =AF =AB =4，所以斜圆柱侧面积为S =2π×2×(4+62)-2π×2×4=242π，B 正确；2b =4，b =2，2a =42，a =22，椭圆面积为πab =42π，D 正确；由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为4π×22=16π，C 错．故选：ABD ．5(21-22高三上·湖北襄阳·期中)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，球O 1同时与以A 为公共顶点的三个面相切，球O 2同时与以C 1为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点F .若以F 为焦点，AB 1为准线的抛物线经过O 1，O 2，设球O 1，O 2的半径分别为r 1，r 2，则r1r 2=.【答案】2-3/-3+2【分析】首先根据抛物线的定义结合已知条件得到球O 2内切于正方体，设r 2=1，得到r 1=2-3，即可得到答案.【详解】如图所示：根据抛物线的定义，点O 2到点F 的距离与到直线AB 1的距离相等，其中点O 2到点F 的距离即半径r 2，也即点O 2到面CDD 1C 1的距离，点O 2到直线AB 1的距离即点O 2到面ABB 1A 1的距离，因此球O 2内切于正方体.不妨设r 2=1，两个球心O 1，O 2和两球的切点F 均在体对角线AC 1上，两个球在平面AB 1C 1D 处的截面如图所示，则O 2F =r 2=1，AO 2=AC 12=22+22+222=3，所以AF =AO 2-O 2F =3-1.因为r 1AO 1=223，所以AO 1=3r 1，所以AF =AO 1+O 1F =3r 1+r 1，因此(3+1)r 1=3-1，得r 1=2-3，所以r1r 2=2- 3.故答案为：2-3题型02立体几何中的计数原理排列组合问题1(2024·浙江台州·二模)房屋建造时经常需要把长方体砖头进行不同角度的切割，以契合实际需要.已知长方体的规格为24cm ×11cm ×5cm ，现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取1次后共可以得到12cm ×11cm ×5cm ，24cm ×112cm ×5cm ，24cm ×11cm ×52cm 三种不同规格的长方体.按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3次截取，则共可得到体积为165cm 3的不同规格长方体的个数为()A.8B.10C.12D.16【答案】B【分析】根据原长方体体积与得到的体积为165cm 3长方体的关系，分别对长宽高进行减半，利用分类加法计数原理求解即可.【详解】由题意，V 长方体=24×11×5=8×165，为得到体积为165cm 3的长方体，需将原来长方体体积缩小为原来的18，可分三类完成：第一类，长减半3次，宽减半3次、高减半3次，共3种；第二类，长宽高各减半1次，共1种；第三类，长宽高减半0,1,2 次的全排列A 33=6种，根据分类加法计数原理，共3+1+6=10种. 故选：B2(2023·江苏南通·模拟预测)在空间直角坐标系O -xyz 中，A 10,0,0 ,B 0,10,0 ,C 0,0,10 ，则三棱锥O -ABC 内部整点(所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点)的个数为()A.C 310B.C 39C.C 210D.C 29【答案】B【分析】先利用空间向量法求得面ABC 的一个法向量为n =1,1,1 ，从而求得面ABC 上的点P a ,b ,c 满足a +b +c =10，进而得到棱锥O -ABC 内部整点为Q s ,t ,r 满足3≤s +t +r ≤9，再利用隔板法与组合数的性质即可得解.【详解】根据题意，作出图形如下，因为A 10,0,0 ,B 0,10,0 ,C 0,0,10 ，所以AB =-10,10,0 ,AC=-10,0,10 ，设面ABC 的一个法向量为n=x ,y ,z ，则AB ⋅n=-10x +10y =0AC ⋅n=-10x +10z =0，令x =1，则y =1,z =1，故n=1,1,1 ，设P a ,b ,c 是面ABC 上的点，则AP=a -10,b ,c ，故AP ⋅n=a -10+b +c =0，则a +b +c =10，不妨设三棱锥O -ABC 内部整点为Q s ,t ,r ，则s ,t ,r ∈N *，故s ≥1,t ≥1,r ≥1，则s +t +r ≥3，易知若s +t +r =10，则Q 在面ABC 上，若s +t +r >10，则Q 在三棱锥O -ABC 外部，所以3≤s +t +r ≤9，当s +t +r =n ,n ∈N *且3≤n ≤9时，将n 写成n 个1排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为s ,t ,r 的取值的方法个数，显然有C 2n -1个方法，所有整点Q s ,t ,r 的个数为C 22+C 23+⋯+C 28，因为C r n +C r -1n =n !r !n -r !+n !r -1 !n +1-r !=n +1-r n !+rn !r !n +1-r !=n +1 !r !n +1-r!=C rn +1，所以C 22+C 23+⋯+C 28=C 33+C 23+⋯+C 28=C 34+C 24+⋯+C 28=⋯=C 38+C 28=C 39.故选：B .【点睛】关键点睛：本题解决的关键是求得面ABC 上的点P a ,b ,c 满足a +b +c =10，从而确定三棱锥O -ABC 内部整点为Q s ,t ,r 满足3≤s +t +r ≤9，由此得解.3(2024·重庆·模拟预测)从长方体的8个顶点中任选4个，则这4个点能构成三棱锥的顶点的概率为()A.2736B.2935C.67D.3235【答案】B【分析】首先求出基本事件总数，再计算出这4个点在同一个平面的概率，最后利用对立事件的概率公式计算可得.【详解】根据题意，从长方体的8个顶点中任选4个，有C 48=70种取法，“这4个点构成三棱锥的顶点”的反面为“这4个点在同一个平面”，而长方体有2个底面和4个侧面、6个对角面，一共有12种情况，则这4个点在同一个平面的概率P =1270=635，所以这4个点构成三棱锥的概率为1-635=2935.故选：B ．4(多选)(2024·重庆·模拟预测)如图，16枚钉子钉成4×4的正方形板，现用橡皮筋去套钉子，则下列说法正确的有(不同的图形指两个图形中至少有一个顶点不同)()A.可以围成20个不同的正方形B.可以围成24个不同的长方形(邻边不相等)C.可以围成516个不同的三角形D.可以围成16个不同的等边三角形【答案】ABC【分析】利用分类计算原理及组合，结合图形，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.【详解】不妨设两个钉子间的距离为1，对于选项A ，由图知，边长为1的正方形有3×3=9个，边长为2的正方形有2×2=4个，边长为3的正方形有1个，边长为2的正方形有2×2=4个，边长为5的有2个，共有20个，所以选项A 正确，对于选项B ，由图知，宽为1的长方形有3×3=9个，宽为2的长方形有4×2=8个，宽为3的长方形有5个，宽为2的有2个，共有24个，所以选项B 正确，对于选项C ，由图知，可以围成C 316-10C 34-4C 33=516个不同的三角形，所以选项C 正确，对于选项D ，由图可知，不存在等边三角形，所以选项D 错误，故选：ABC .5(2024·上海浦东新·模拟预测)如图ABCDEF -A B C D E F 为正六棱柱，若从该正六棱柱的6个侧面的12条面对角线中，随机选取两条，则它们共面的概率是．【答案】611【分析】根据题意，相交时分为：在侧面内相交，两个相邻面相交于一个点，相隔一个面中相交于对角线延长线上，分别分析几种情况下对角线共面的个数，再利用古典概型的概率计算公式，计算结果即可．【详解】由题意知，若两个对角线在同一个侧面，因为有6个侧面，所以共有6组，若相交且交点在正六棱柱的顶点上，因为有12个顶点，所以共有12组，若相交且交点在对角线延长线上时，如图所示，连接AD ，C D ，E D ，AB ，AF ，先考虑下底面，根据正六边形性质可知EF ⎳AD ⎳BC ，所以E F ⎳AD ⎳B C ，且B C =E F ≠AD ，故ADC B 共面，且ADE F 共面，故AF ，DE 相交，且C D ，AB 相交，故共面有2组，则正六边形对角线AD 所对应的有2组共面的面对角线，同理可知正六边形对角线BE ，CF 所对的分别有两组，共6组，故对于上底面对角线A D ，B E ，C F 同样各对两组，共6组，若对面平行，一组对面中有2组对角线平行，三组对面共有6组，所以共面的概率是6+12+12+6C 212=611．故答案为：611．题型03立体几何动点最值问题空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，结合空间距离，确定动点的轨迹形状；结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.1(多选)(2024·浙江台州·二模)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为平面ABCD 内一动点，且直线D 1P 与平面ABCD 所成角为π3，E 为正方形A 1ADD 1的中心，则下列结论正确的是()A.点P 的轨迹为抛物线B.正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球被平面A 1BC 1所截得的截面面积为π6C.直线CP 与平面CDD 1C 1所成角的正弦值的最大值为33D.点M 为直线D 1B 上一动点，则MP +ME 的最小值为11-266【答案】BCD【分析】对于A ，根据到D 点长度为定值，确定动点轨迹为圆；对于B ，理解内切球的特点，计算出球心到平面的距离，再计算出截面半径求面积；对于C ，找到线面所成角的位置，再根据动点的运动特点(相切时)找到正弦的最大值；对于D ，需要先找到P 点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解.【详解】对于A ，因为直线D 1P 与平面ABCD 所成角为π3，所以DP =1tan π3=33.P 点在以D 为圆心，33为半径的圆周上运动，因此运动轨迹为圆.故A 错误.对于B ，在面BB 1D 1D 内研究，如图所示O 为内切球球心，O 1为上底面中心，O 2为下底面中心，G 为内切球与面A 1BC 1的切点.已知OG ⊥O 1B ，OG 为球心到面A 1BC 1的距离.在正方体中，O 1B =62，O 2B =22，O 1O 2=1.利用相似三角形的性质有OG O 2B =OO 1O 1B，即OG 22=1262，OG =36.因此可求切面圆的r 2=122-362=16，面积为π6.故B 正确.对于C ，直线CP 与平面CDD 1C 1所成角即为∠PCD ，当CP 与P 点的轨迹圆相切时，sin ∠PCD 最大.此时sin ∠PCD =13=33.故C 正确.对于D ，分析可知，P 点为BD 和圆周的交点时，MP 最小.此时可将面D 1AB 沿着D 1B 翻折到面BB 1D 1D 所在平面.根据长度关系，翻折后的图形如图所示.当E ,M ,P 三点共线时，MP +ME 最小.因为O 2P =33-22，O 1O 2=1，所以最小值为12+33-222=11-266，故D 正确.故选：BCD2(多选)(2024·江苏扬州·模拟预测)如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为平面ABCD 内一动点，则()A.若M 在线段AB 上，则D 1M +MC 的最小值为4+22B.平面ACD 1被正方体内切球所截，则截面面积为π6C.若C 1M 与AB 所成的角为π4，则点M 的轨迹为椭圆D.对于给定的点M ，过M 有且仅有3条直线与直线D 1A ,D 1C 所成角为60°【答案】ABD迹方程判断C ，合理转化后判断D 即可.【详解】对于A ，延长DA 到E 使得AE =2，则D 1M +MC =EM +MC ≥EC =4+22，等号在E ,M ,C 共线时取到；故A 正确，对于B ，由于球的半径为12，球心到平面ACD 1的距离为36，故被截得的圆的半径为14-112 =66，故面积为π66 2=π6，故B 正确，对于C ，C 1M 与AB 所成的角即为C 1M 和C 1D 1所成角，记CM =xCD +yCB ，则x 2+y 2+1=2(y 2+1)，即x 2-y 2=1，所以M 的轨迹是双曲线；故C 错误，对于D ，显然过M 的满足条件的直线数目等于过D 1的满足条件的直线l 的数目，在直线l 上任取一点P ，使得D 1P =D 1A =D 1C ，不妨设∠PD 1A =π3，若∠PD 1C =π3，则AD 1CP 是正四面体，所以P 有两种可能，直线l 也有两种可能，若∠PD 1C =2π3，则l 只有一种可能，就是与∠AD 1C 的角平分线垂直的直线，所以直线l 有三种可能.故选：ABD3(多选)(2023·安徽芜湖·模拟预测)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，棱AB 的中点为M ，过点M 作正方体的截面α，且B 1D ⊥α，若点N 在截面α内运动(包含边界)，则()A.当MN 最大时，MN 与BC 所成的角为π3B.三棱锥A 1-BNC 1的体积为定值23C.若DN =2，则点N 的轨迹长度为2πD.若N ∈平面A 1BCD 1，则BN +NC 1 的最小值为6+23【答案】BCD【分析】记BC ,CC 1,C 1D ,D 1A 1,A 1A 的中点分别为F ,H ,G ,F ,E ，构建空间直角坐标系，证明M ,F ,H ,G ,F ,E 共面，且DB 1⊥平面MEFGHI ，由此确定平面α，找到MN 最大时N 的位置，确定MN 与BC 所成角的平面角即可判断A ，证明A 1BC 1与平面α平行，应用向量法求M 到面A 1BC 1的距离，结合体积公式，求三棱锥A 1-BNC 1的体积，判断B ；根据球的截面性质确定N 的轨迹，进而求周长判断C ，由N ∈平面A 1BCD 1确定N 的位置，通过翻折为平面图形，利用平面几何结论求解判断D .【详解】记BC ,CC 1,C 1D ,D 1A 1,A 1A 的中点分别为F ,H ,G ,F ,E ，连接EF ,FG ,GH ,HI ,IM ,ME ，连接GM ,FI ，因为FG ∥A 1C 1,A 1C 1∥AC ,AC ∥MI ，又FG =12A 1C 1 =12AC =MI 所以FG ∥MI ，FG =MI ，所以四边形FGIM 为平行四边形，连接FI ,MG ，记其交点为S ，根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则A (2,0,0)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，B 12,2,2 ,M (2,1,0)，E (2,0,1)，F (1,0,2)，G (0,1,2)，H (0,2,1)，I (1,2,0)，S 1,1,1 ，因为DB 1 =2,2,2 ，SM =1,0,-1 ，SI =0,1,-1 ，SH =-1,1,0 ，SG =-1,0,1 ，SF =0,-1,1 ，SE =1,-1,0 ，所以DB 1 ⋅SM =0，DB 1 ⋅SI =0，DB 1 ⋅SH =0，DB1 ⋅SG =0，DB 1 ⋅SF =0，DB 1 ⋅SE =0所以M ,E ,F ,G ,H ,I 六点共面，因为DB 1 =2,2,2 ，MI =-1,1,0 ，ME =0,-1,1 ，所以DB 1 ⋅MI =-2+2+0=0，DB 1 ⋅ME =0-2+2=0，所以DB 1 ⊥MI ，DB 1 ⊥ME ，所以DB 1⊥MI ,DB 1⊥ME ，又MI ,ME ⊂平面MEFGHI ，所以DB 1⊥平面MEFGHI ，故平面MEFGHI 即为平面α，对于A ，N 与G 重合时，MN 最大，且MN ⎳BC 1，所以MN 与BC 所成的角的平面角为∠C 1BC ，又BC =CC 1 ,∠BCC 1=90°，所以∠C 1BC =π4，故MN 与BC 所成的角为π4，所以A 错误；对于B ，因为所以DB 1 =2,2,2 ，A 1C 1 =-2,2,0 ，BC 1=-2,0,2 ，所以DB 1 ⋅A 1C 1 =-4+4+0=0，DB 1 ⋅BC 1 =-4+0+4=0，所以DB 1 ⊥A 1C 1 ，DB 1 ⊥BC 1 ，所以DB 1⊥A 1C 1,DB 1⊥BC 1，又A 1C 1,BC 1⊂平面A 1BC 1，所以DB 1⊥平面A 1BC 1，又DB 1⊥平面MEFGHI ，所以平面A 1BC 1∥平面MEFGHI ，所以点N 到平面A 1BC 1的距离与点M 到平面A 1BC 1的距离相等，所以V A 1-BNC 1=V N -A 1BC 1=V M -A 1BC 1，向量DB 1 =2,2,2 为平面A 1BC 1的一个法向量，又MB =(0,1,0)，所以M 到面A 1BC 1的距离d =DB 1 ⋅MB DB 1=33，又△A 1BC 1为等边三角形，则S △A 1BC 1=12×(22)2×32=23，所以三棱锥A 1-BNC 1的体积为定值13×d ×S △A 1BC 1=23，B 正确；对于C ：若DN =2，点N 在截面MEFGHI 内，所以点N 的轨迹是以D 为球心，半径为2的球体被面MEFGHI 所截的圆(或其一部分)，因为DS =1,1,1 ，DB 1 =2,2,2 ，所以DB 1 ∥DS ，所以DS ⊥平面MEFGHI ，所以截面圆的圆心为S ，因为DB 1 =2,2,2 是面MEFGHI 的法向量，而DF =(1,0,2)，所以D 到面MEFGHI 的距离为d =m ⋅DFm=3，故轨迹圆的半径r =22-(3)2=1，又SM =2，故点N 的轨迹长度为2πr =2π，C 正确.对于D ，N ∈平面A 1BCD 1，N ∈平面MEFGHI ，又平面A 1BCD 1与平面MEFGHI 的交线为FI ，所以点N 的轨迹为线段FI ，翻折△C 1FI ，使得其与矩形A 1BIF 共面，如图，所以当B ,N ,C 1三点共线时，BN +NC 1 取最小值，最小值为BC 1 ，由已知C 1I =C 1F =5，BI =1，FI =22，过C 1作C 1T ⊥BI ，垂足为T ，则C 1T =2，所以IT=C 1I2-C 1T 2=3=BT 2+C T 2=3+12+2=6+23，所以BN +NC 1 的最小值为6+23，D 正确；故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据截面的性质确定满足条件的过点M 的截面位置，再结合异面直线夹角定义，锥体体积公式，球的截面性质，空间图形的翻折判断各选项.4(多选)(2024·福建厦门·一模)如图所示，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是矩形，△ABF 和△DCE 均是等边三角形，且AB =23，EF =x (x >0)，则()A.EF ⎳平面ABCDB.二面角A -EF -B 随着x 的减小而减小C.当BC =2时，五面体ABCDEF 的体积V (x )最大值为272D.当BC =32时，存在x 使得半径为32的球能内含于五面体ABCDEF 【答案】ACD【分析】A 由线面平行的判定证明；B 设二面角A -EF -B 的大小为2α，点F 到面ABCD 的距离为h ，则tan α=3h，分析取最小值的对应情况即可判断；C 把五面体ABCDEF 补成直三棱柱FGI -EKJ ，取AB ,GI 的中点M ,H ，设∠FMH =θ0<θ≤π2，则MH =3cos θ,FH =3sin θ，结合V (x )=V FGI -EKJ -2V F -ABIG 并应用导数研究最值；D 先分析特殊情况：△ABF 和△DCE 所在平面均垂直于面ABCD 时构成正三棱柱ABF -DCE ，再借助左视图、正视图研究内切圆半径分析一般情况判断.【详解】A ：由题设BC ⎳AD ，AD ⊂面ADEF ，BC ⊄面ADEF ，则BC ⎳面ADEF ，由面BCEF ∩面ADEF =EF ，BC ⊂面BCEF ，则BC ⎳EF ，BC ⊂面ABCD ，EF ⊄面ABCD ，则EF ⎳平面ABCD ，对；B ：设二面角A -EF -B 的大小为2α，点F 到面ABCD 的距离为h ，则tan α=3h，点F 到面ABCD 的距离，仅在面FAB ⊥面ABCD 时取得最大值，当EF =x =BC 时tan α取最小值，即α取最小值，即二面角A -EF -B 取最小值，所以EF =x ∈(0,+∞)，二面角先变小后变大，错；C ：当BC =2，如图，把五面体ABCDEF 补成直三棱柱FGI -EKJ ，分别取AB ,GI 的中点M ,H ，易得FH ⊥面ABCD ，FM =3，设∠FMH =θ0<θ≤π2，则MH =3cos θ,FH =3sin θ，V (x )=V ABCDEF =V FGI -EKJ -2V F -ABIG =12×23×3sin θ×(2+6cos θ)-2×13×3sin θ×23×3cos θ=63sin θ+63sin θcos θ，令f (θ)=0⇒2cos 2θ+cos θ-1=0，可得cos θ=12或cos θ=-1(舍)，即θ=π3，0<θ<π3，f (θ)>0，f (θ)递增，π3<θ≤π2，f(θ)<0，f (θ)递减，显然θ=π3是f (θ)的极大值点，故f (θ)max =63×32+63×32×12=272.所以五面体ABCDEF 的体积V (x )最大值为272，C 对；D ：当BC =32时，△ABF 和△DCE 所在平面均垂直于面ABCD 时构成正三棱柱ABF -DCE ，此时正三棱柱内最大的求半径r =34<32，故半径为32的球不能内含于五面体ABCDEF ，对于一般情形，如下图示，左图为左视图，右图为正视图，由C 分析结果，当五面体ABCDEF 体积最大时，其可内含的球的半径较大，易知，当∠FMH =π3时，FH =332,IH =3,IF =392，设△FIG 的内切圆半径为r 1，则12×332×23=12r 1×23+2×392 ，可得r 1=332+13>32，另外，设等腰梯形EFMN 中圆的半径为r 2，则r 2=34tan π3=334>r 1=332+13，所以，存在x 使半径为32的球都能内含于五面体ABCDEF ，对.故选：ACD【点睛】关键点点睛：对于C 通过补全几何体为棱柱，设∠FMH =θ0<θ≤π2得到五面体ABCDEF 的体积关于θ的函数；对于D 从特殊到一般，结合几何体视图研究内切圆判断最大半径是否大于32为关键.5(多选)(2024·广西南宁·一模)在边长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，动点M 满足AM =xAB+yAD +zAA 1 ，(x ,y ,z ∈R 且x ≥0,y ≥0,z ≥0)，下列说法正确的是()A.当x =14,z =0,y ∈0,1 时，B 1M +MD 的最小值为13B.当x =y =1,z =12时，异面直线BM 与CD 1所成角的余弦值为105C.当x +y +z =1，且AM =253时，则M 的轨迹长度为42π3D.当x +y =1,z =0时，AM 与平面AB 1D 1所成角的正弦值的最大值为63【答案】AD【分析】对于A ，确定M 的位置，利用侧面展开的方法，求线段的长，即可判断；对于B ，利用平移法，作出异面直线所成角，解三角形，即可判断；对于C ，结合线面垂直以及距离确定点M 的轨迹形状，即可确定轨迹长度；对于D ，利用等体积法求得M 点到平面AB 1D 1的距离，结合线面角的定义求得AM 与平面AB 1D 1所成角的正弦值，即可判断.【详解】对于A ，在AB 上取点H ，使AH =14AB ，在DC 上取点K ，使DK =14DC ，因为x =14,z =0,y ∈0,1 ，即AM =14AB +yAD ，故M 点在HK 上，将平面B 1HKC 1与平面AHKD 沿着HK 展开到同一平面内，如图：连接B 1D 交HK 于P ，此时B ,P ,D 三点共线，B 1M +MD 取到最小值即B 1D 的长，由于AH =14AB =12,∴BH =32，则B 1H =22+32 2=52，故AB 1=52+12=3,∴B 1D =(B 1A )2+AD 2=32+22=13，即此时B 1M +MD 的最小值为13，A 正确；对于B ，由于x =y =1,z =12时，则AM =AB +AD +12AA 1 =AC +12CC 1 ，此时M 为CC 1的中点，取C 1D 1的中点为N ，连接BM ,MN ,BN ，则MN ∥CD 1,故∠BMN 即为异面直线BM 与CD 1所成角或其补角，又MN =12CD 1=2,BM =22+12=5,BN =(BC 1)2+(C 1N )2=8+1=3，故cos ∠BMN =BM 2+MN 2-BN 22BM ⋅MN =5 2+2 2-3225⋅2=-1010，而异面直线所成角的范围为0,π2，故异面直线BM 与CD 1所成角的余弦值为1010，B 错误；对于C ，当x +y +z =1时，可得点M 的轨迹在△A 1BD 内(包括边界)，由于CC 1⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，故CC 1⊥BD ，又BD ⊥AC ，AC ∩CC 1=C ,AC ,CC 1⊂平面ACC 1，故BD ⊥平面ACC 1，AC 1⊂平面ACC 1，故BD ⊥AC 1，同理可证A 1B ⊥AC 1,A 1B ∩BD =B ,A 1B ,BD ⊂平面A 1BD ，故AC 1⊥平面A 1BD ，设AC 1与平面A 1BD 交于点P ，由于V A -A 1BD =V A 1-ABD =13×12×2×2×2=43，△A 1BD 为边长为22的正三角形，则点A 到平面A 1BD 的距离为AP =4313×34×22 2=233，若AM =253，则MP =AM 2-AP 2=223，即M 点落在以P 为圆心，223为半径的圆上，P 点到△A 1BD 三遍的距离为13×32×22=63<223，即M 点轨迹是以P 为圆心，223为半径的圆的一部分，其轨迹长度小于圆的周长42π3，C 错误；因为当x +y =1,z =0时，AM =AB +AD，即M 在BD 上，点M 到平面AB 1D 1的距离等于点B 到平面AB 1D 1的距离，设点B 到平面AB 1D 1的距离为d ，则V B -AB 1D 1=V D 1-ABB 1=13S △ABB 1⋅A 1D 1=13×12×2×2×2=43，△AB 1D 1为边长为22的正三角形，即13S △A 1BD ⋅d =13×34×22 2×d =43，解得d =233，又M 在BD 上，当M 为BD 的中点时，AM 取最小值2，设直线AM 与平面AB 1D 1所成角为θ,θ∈0,π2，则sin θ=d AM =233AM≤2332=63，即AM 与平面AB 1D 1所成角的正弦值的最大值为63，D 正确，故选：AD【点睛】难点点睛：本题考查了空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，难点在于C ，D 选项的判断，对于C ，要结合空间距离，确定动点的轨迹形状；对于D ，要结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.题型04不规则图形中的面面夹角问题利用向量法解决立体几何中的空间角问题，关键在于依托图形建立合适的空间直角坐标系，将相关向量用坐标表示，通过向量的坐标运算求空间角，其中建系的关键在于找到两两垂直的三条直线．1(2024·浙江台州·二模)如图，已知四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =3A 1B 1，AB ∥CD ，AD ⊥AB ，AB =6，CD =9，AD =6，且AA 1=BB 1=4，Q 为线段CC 1中点，(1)求证：BQ ∥平面ADD 1A 1；(2)若四棱锥Q -ABB 1A 1的体积为3233，求平面ABB 1A 1与平面CDD 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)217【分析】(1)分别延长线段AA 1，BB 1，CC 1，DD 1交于点P ，将四棱台补成四棱锥P -ABCD ，取DD 1的中点E ，连接QE ，AE ，由四边形ABQE 为平行四边形，得到BQ ∥AE ，然后利用线面平行的判定定理证明；(2)先证明AD ⊥平面ABB 1A 1，再以A 为坐标原点，以直线AB 为x 轴，以直线AD 为y 轴，建立空间直角坐标系，求得平面CDD 1C 1的法向量为m =x ,y ,z ，易得平面ABB 1A 1的一个法向量为n=0,1,0 ，然后由cos m ,n=m ⋅n m n 求解.【详解】(1)证明：如图所示：分别延长线段AA 1，BB 1，CC 1，DD 1交于点P ，将四棱台补成四棱锥P -ABCD .∵A 1B 1=13AB ，∴PC 1=13PC ，∴CQ =QC 1=C 1P ，取DD 1的中点E ，连接QE ，AE ，∵QE ⎳CD ⎳AB ，且QE =123+9 =6=AB ，∴四边形ABQE 为平行四边形.∴BQ ∥AE ，又AE ⊂平面ADD 1A 1，BQ ⊄平面ADD 1A 1，∴BQ ∥平面ADD 1A 1；(2)由于V Q -ABB 1A 1=23V C -ABB 1A 1，所以V C -ABB 1A 1=163，又梯形ABB 1A 1面积为83，设C 到平面ABB 1A 1距离为h ，则V C -ABB 1A 1=13S 梯形ABB 1A 1⋅h =163，得h =6.而CD ∥AB ，AB ⊂平面ABB 1A 1，CD ⊄平面ABB 1A 1，所以CD ∥平面ABB 1A 1，所以点C 到平面ABB 1A 1的距离与点D 到平面ABB 1A 1的距离相等，而h =6=AD ，所以AD ⊥平面ABB 1A 1.以A 为坐标原点，以直线AB 为x 轴，以直线AD 为y 轴，建立空间直角坐标系，易得△PAB 为等边三角形，所以A 0,0,0 ，B 6,0,0 ，C 9,6,0 ，D 0,6,0 ，P 3,0,33设平面CDD 1C 1的法向量为m=x ,y ,z ，则m ⋅DP=x ,y ,z ⋅3,-6,33 =3x -6y +33z =0m ⋅DC=x ,y ,z ⋅9,0,0 =9x =0，得x =0，y =32z ，不妨取m =0,3,2 ，又平面ABB 1A 1的一个法向量为n=0,1,0 .则，平面ABB 1A 1与平面CDD 1C 1夹角的余弦值为217.2(2024·浙江杭州·二模)如图，在多面体ABCDPQ 中，底面ABCD 是平行四边形，∠DAB =60°,BC=2PQ =4AB =4,M 为BC 的中点，PQ ∥BC ,PD ⊥DC ,QB ⊥MD ．(1)证明：∠ABQ =90°；(2)若多面体ABCDPQ 的体积为152，求平面PCD 与平面QAB 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)31010．【分析】(1)根据余弦定理求解DM =3，即可求证DM ⊥DC ，进而根据线线垂直可证明线面垂直，即可得线线垂直，(2)根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得PM =h =33，即可建立空间直角坐标系，求解法向量求解.【详解】(1)在△DCM 中，由余弦定理可得DM =DC 2+MC 2-2DC ⋅MC cos60°=3，所以DM 2+DC 2=CM 2，所以∠MDC =90°，所以DM ⊥DC ．又因为DC ⊥PD ，DM ∩PD =D ,DM ,DP ⊂平面PDM ,所以DC ⊥平面PDM ,PM ⊂平面PDM ．所以DC ⊥PM ．由于PQ ⎳BM ,PQ =BM =2,所以四边形PQBM 为平行四边形，所以PM ∥QB ．又AB ∥DC ，所以AB ⊥BQ ，所以∠ABQ =90°．(2)因为QB ⊥MD ，所以PM ⊥MD ，又PM ⊥CD ，DC ∩MD =D ,DC ,MD ⊂平面ABCD ,所以PM ⊥平面ABCD ．取AD 中点E ，连接PE ，设PM =h ．设多面体ABCDPQ 的体积为V ，则V =V 三棱柱ABQ -PEM +V 四棱锥P -CDEM =3V A -PEM +V 四棱锥P -CDEM =3V P -AEM +V 四棱锥P -CDEM=S △AEM ×h +13S 四边形CDEM ×h =S △AEM ×h +132S △AEM ×h =53S △AEM ×h =53×12×2×1×sin 2π3h =152．解得PM =h =33．建立如图所示的空间直角坐标系，则A -3,2,0 ,B -3,1,0 ,C 3,-1,0 ，D 3,0,0 ,P 0,0,33 ,Q -3,1,33 ,M 0,0,0 ．则平面QAB 的一个法向量n=1,0,0 ．所以CD =0,1,0 ,PD=3,0,-33 ，设平面PCD 的一个法向量m=x ,y ,z ，则m ⋅CD=0,n ⋅PD =0,即y =0,3x -33z =0, 取m=3,0,1 ．所以cos θ=m ⋅n m ⋅n=31010．。
高中数学立体几何的相关题型及解题思路
高中数学立体几何的相关题型及解题思路在高中数学中，立体几何是一个重要的考点，也是许多学生感到困惑和头疼的地方。
本文将介绍一些常见的立体几何题型，并给出相应的解题思路和技巧，希望能够帮助高中学生和他们的父母更好地应对这一考点。
一、体积计算题体积计算题是立体几何中最基础的题型之一，常见的题目有计算立方体、长方体、圆柱体、圆锥体、球体等的体积。
解决这类题目的关键在于熟练掌握各种几何体的体积公式，并能够根据题目给出的条件灵活运用。
例如，某题给出一个长方体的底面积为12平方厘米，高为5厘米，要求计算其体积。
我们可以直接应用长方体的体积公式V=底面积×高，代入已知数据计算得出答案为60立方厘米。
二、表面积计算题表面积计算题也是立体几何中常见的题型之一，常见的题目有计算立方体、长方体、圆柱体、圆锥体、球体等的表面积。
解决这类题目的关键在于熟练掌握各种几何体的表面积公式，并能够根据题目给出的条件灵活运用。
例如，某题给出一个正方体的边长为3厘米，要求计算其表面积。
我们可以直接应用正方体的表面积公式S=6a^2，其中a为边长，代入已知数据计算得出答案为54平方厘米。
三、立体图形的相似题立体图形的相似题是立体几何中较为复杂的题型之一，常见的题目有判断两个立体图形是否相似、计算相似立体图形的比例等。
解决这类题目的关键在于观察立体图形的形状和比例关系，并能够利用相似三角形的性质进行推理。
例如，某题给出一个正方体ABCDA'B'C'D'，另一个正方体EFGHE'F'G'与之相似，要求计算两个正方体的体积比。
我们可以观察到两个正方体的边长比为AE/AA'=EF/EE'=FG/FF'=...=1/2，而体积与边长的关系为V=k^3，其中k为边长的比值。
因此，两个正方体的体积比为(1/2)^3=1/8。
四、立体图形的投影题立体图形的投影题是立体几何中较为抽象的题型之一，常见的题目有计算某个立体图形在某个平面上的投影面积或投影长度等。
立体几何大题题型总结
立体几何大题题型总结一、立体几何大题题型概述立体几何大题是高中数学中的重要内容之一，主要考察学生对于立体几何基本概念的掌握和应用能力。
在解答这类题目时，需要学生熟练掌握空间图形的性质、计算表达式的推导和运用等方面的知识。
二、常见的立体几何大题题型1. 空间图形计算此类题目主要考察学生对于空间图形面积和体积计算公式的掌握以及运用能力。
常见的空间图形包括球、圆锥、圆柱、棱锥、棱柱等。
2. 空间坐标系与向量此类题目主要考察学生对于三维空间坐标系和向量的理解和应用能力。
常见的问题包括平面方程、直线方程、点到直线距离等。
3. 空间解析几何此类题目主要考察学生对于空间解析几何基本概念的掌握和应用能力。
常见问题包括点与直线位置关系、两条直线位置关系等。
4. 立体几何证明此类题目主要考察学生对于立体几何基本定理的理解和应用能力。
常见问题包括等腰三角形的高垂线定理、平行四边形对角线互相平分定理等。
5. 空间向量证明此类题目主要考察学生对于向量基本定理的掌握和应用能力。
常见问题包括向量共线、垂直等性质。
三、解答立体几何大题的技巧1. 熟练掌握公式在解答立体几何大题时，需要熟练掌握空间图形面积和体积计算公式，以便快速准确地计算。
2. 善于化简表达式在解答立体几何大题时，需要善于化简表达式，以便更好地发现规律和思路。
3. 注意空间图形的性质在解答立体几何大题时，需要注意空间图形的性质，如平行关系、相交关系等，以便更好地推导出结论。
4. 善于利用画图辅助在解答立体几何大题时，需要善于利用画图辅助来更好地理解问题和推导出结论。
四、总结立体几何大题是高中数学中的重要内容之一，需要学生熟练掌握空间图形的性质、计算表达式的推导和运用等方面的知识。
常见的立体几何大题题型包括空间图形计算、空间坐标系与向量、空间解析几何、立体几何证明和空间向量证明等。
在解答这类题目时，需要注意熟练掌握公式、善于化简表达式、注意空间图形的性质以及善于利用画图辅助等技巧。
立体几何题型总结
立体几何题型总结一、高考考查的公理、性质、判定等：立几中的向量公式：1.二、题目归类与练习：（一） 三视图1. 某几何体的三视图如图所示，则它的体积是A ．283π-B ．83π-C ．82π-D ．23π【答案】A2. 右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱， 其正（主）视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯 视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命 题的个数是 A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 【答案】A3. 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 ．183【答案】B（二） 点、线、面的位置判断：1. 命题①空间直线a ，b ，c ，若a∥b，b∥c 则a∥c ②非零向量c 、b 、a ，若a ∥b ，b ∥c 则a ∥c③平面α、β、γ若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ ④空间直线a 、b 、c 若有a⊥b，b⊥c，则a∥c⑤直线a 、b 与平面β，若a⊥β，c⊥β，则a∥c 其中所有真命题的序号是（ C ） A ．①②③ B．①③⑤ C．①②⑤ D．②③⑤ 2. 下列命题中错误的是A ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．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βC ．如果平面αγ⊥平面，平面βγ⊥平面，=l αβ⋂，那么l γ⊥平面D ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 【答案】D3. 已知1a ，2a ，3a 是三个相互平行的平面．平面1a ，2a 之间的距离为1d ，平面2a ，3a 之间的距离为2d ．直线l 与1a ，2a ，3a 分别相交于1p ，2p ，3p，那么“12P P =23P P ”是“12d d =”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C4. 如图，四棱锥S —ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是（A ）AC ⊥SB（B ）AB ∥平面SCD（C ）SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 （D ）AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角【答案】D5. 不共面的三条定直线l 1,l 2,l 3互相平行，点A 在l 1上，点B 在l 2上，C 、D 两点在l 3上，若CD =a (定值），则三棱锥A —BCD 的体积 （ ） A.由A 点的变化而变化 B.由B 点的变化而变化 C.有最大值，无最小值 D.为定值讲解：D 。
立体几何题型及解题方法总结
立体几何题型及解题方法总结1. 立体几何题型啊，那可是个神奇的领域！有求各种立体图形体积的题型，就像求一个装满水的古怪形状瓶子能装多少水一样。
比如说正方体，正方体的体积公式就是边长的立方。
要是有个正方体边长是3厘米，那它的体积就是3×3×3 = 27立方厘米，简单吧！这类型的题就像是数糖果，一个一个数清楚就行。
2. 还有求立体图形表面积的题型呢。
这就好比给一个形状奇怪的礼物包装纸，得算出需要多少纸才能把它包起来。
像长方体，表面积就是六个面的面积之和。
假如一个长方体长4厘米、宽3厘米、高2厘米，那表面积就是2×(4×3 + 4×2 + 3×2) = 52平方厘米。
哎呀，可别小瞧这表面积，有时候算错一点就像给礼物包了个破纸一样难看。
3. 立体几何里关于线面关系的题型也不少。
这就像在一个迷宫里找路，线和面的关系复杂得很。
比如说直线和平面平行的判定，就像在一个方方正正的房间里，一根直直的杆子和地面平行，只要杆子和地面内的一条直线平行就行。
像有个三棱柱，一条棱和底面的一条棱平行，那这条棱就和底面平行啦，是不是很有趣呢？4. 线面垂直的题型也很重要哦。
这就像是建房子时的柱子和地面的关系，必须垂直才稳当。
判断一条直线和一个平面垂直，就看这条直线是不是和平面内两条相交直线都垂直。
就像搭帐篷，中间那根杆子要和地面上交叉的两根绳子都垂直，帐篷才能稳稳地立起来。
比如一个正四棱锥，它的高就和底面垂直，因为高和底面两条相交的对角线都垂直呢。
5. 面面平行的题型有点像照镜子。
两个平面就像两面镜子，要想平行，得看一个平面内的两条相交直线和另一个平面内的两条相交直线分别平行。
就像有两个一样的盒子，一个盒子里面两条交叉的边和另一个盒子里面对应的两条交叉边平行，那这两个盒子的面就是平行的关系。
想象一下，如果两个平行的黑板，是不是很有画面感？6. 面面垂直的题型就像是打开的书页。
(完整版)立体几何的经典题型
(完整版)立体几何的经典题型立体几何的经典题型
1. 点、线、面的基本概念
在立体几何中，点、线和面是基本概念，对于经典题型的理解
至关重要。
- 点: 点是立体几何中最基本的要素，没有长度、宽度和高度，
只有一个位置。
- 线: 线由无数个点组成，没有宽度，只有长度和方向。
- 面: 面是由无数个线组成的，具有长度和宽度，但没有高度。
2. 立体图形的计算
掌握立体图形的计算方法能够解决很多经典题型。
- 体积: 体积是立体图形所占的空间大小，常见的计算公式有：
- 立方体的体积：V = 边长^3
- 圆柱体的体积：V = 底面积 ×高度
- 圆锥体的体积：V = 1/3 ×底面积 ×高度
- 表面积: 表面积是立体图形外部的总面积，常见的计算公式有：- 立方体的表面积：A = 6 ×边长^2
- 圆柱体的表面积：A = 2 ×底面积 + 侧面积
- 圆锥体的表面积：A = 底面积 + 侧面积
3. 空间关系和投影
理解立体图形的空间关系和投影对于解决经典题型至关重要。
- 平行关系: 如果两个面或两个线在空间中永远保持相同的距离
且不相交，它们是平行的。
- 垂直关系: 如果两个线或两个面彼此相交，并且交角为90度，它们是垂直的。
- 投影: 在立体几何中，我们常常需要计算一个图形在投影时的
变化。
常见的投影有平面投影和正交投影。
以上是立体几何的一些经典题型和基本概念，掌握了这些内容，你将能够更好地解决相关的问题。
希望对你有所帮助！。
高中数学立体几何题型归纳
高中数学立体几何题型归纳
高中数学中的立体几何题目种类较多，常见的数学题型归纳如下：
1. 空间图形识别题：通过题目给出的条件，判断所给图形的种类和性质，例如判断空间图形是否为正方体、长方体、正六面体等。
2. 空间几何图形的计算题：计算所给立体几何图形的面积、体积、表面积等指标，如计算球的体积、正方体的表面积等等。
3. 空间几何图形的切割题：在给定的空间图形中，通过一些切割、旋转等操作，形成新的空间图形，要求计算新空间图形的体积或面积，例如将正方体沿着某个对角线切分，得到新的多面体等等。
4. 空间几何图形的位置关系题：通过所给空间几何图形的位置关系，求出某些角度或长度，例如求两个平面的夹角、求一条线段在空间中到另一个平面的距离等等。
5. 空间向量题：通过向量的知识，来解决空间几何图形的计算、位置等问题，例如通过向量求解立方体的对角线长度等等。
以上是高中数学中较为常见的立体几何题型，掌握这些题型的解题方法，有助于提升数学解题的能力和水平。
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立体几何常见题型归纳
考点1 概念辨析
例1、设m ，n 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，给出下列四个说法：
①,//m n m n αα⊥⇒⊥；②//,//,m m αββγαγ⊥⇒⊥；③//,////m n m n αα⇒ ④,//αγβγαβ⊥⊥⇒，说法正确的序号是：_________________ 例2、对于平面α和共面的直线m 、,n 下列命题中真命题是 （ ） （A ）若,,m m n α⊥⊥则n α∥ （B ）若m αα∥,n ∥,则m ∥n
（C ）若,m n αα⊂∥,则m ∥n （D ）若m 、n 与α所成的角相等，则m ∥n
辨析：
（1）两条异面直线在同一平面内射影一定是相交的两条直线.（ ） （2）在平面内射影是直线的图形一定是直线. （ ）
（3）直线与平面内一条直线平行，则∥.（ ）
（4）两条平行线中一条平行于一个平面，那么另一条也平行于这个平面. （ ）
（5）平行于同一直线的两个平面平行. （ ） （6）平行于同一个平面的两直线平行. （ ）
（7）直线与平面内一条直线相交，则与平面相交. （ ） （8）直线与平面、所成角相等，则∥.（ ）
（9）垂直于同一平面的两个平面平行. （ ） （10）垂直于同一直线的两个平面平行. （ ）
（11）垂直于同一平面的两条直线平行. （ ）
（12）若直线与平面平行，则内必存在无数条直线与平行. （ ）
（13）有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱. （ ）（14）各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱. （ ） 考点2 三视图
例1、下图是一个多面体的三视图，则其全面积为__________ 例2、如图，一个空间几何体的正(主)视图、侧(左)视图都是面积为3
2，且一个内角为60°
的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为__________ 例3、已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm ），那么可得这个几何体的体积是_________
a αa αa αa αl αβαβa ααa 2
2 2 2 1
1 正视
左视
俯视（例3图）
C 1
B 1
A 1
C
B
A
例3、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.16a 3
B.12a 3
C.23a 3
D.56
a 3 例4、一个五面体的三视图如图，正(主)视图与侧(左)视图都是等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，部分边长如图所示，则此五面体的体积为________．
例3 例4 例5
例5、如图，三棱柱的侧棱长为2，底面是边长为1的正三角形，1111AA A B C ⊥面，正视图是长为2，宽为1的矩形,则该三棱柱的侧视图（或左视图）的面积为____________ 考点3 球
例1、在三棱锥中，侧棱、、两两垂直，、、 的面积分别为
、、，则该三棱锥外接球的表面积_____________ 例2、正方体的内切球与其外接球的体积之比为________，正四面体外接球与内切球半径之比为________
例3、已知球面上的三个点A 、B 、C ，且AB ＝6，BC ＝8，AC ＝10，球半径R ＝15，则球心到平面ABC 的距离是_____________
例4、已知三棱锥S —ABC 的各顶点都在一个半径为r 的球面上，球心O 在AB 上，SO ⊥底面ABC ，AC ＝2r ，则球的体积与三棱锥体积之比是____________
例5、如图所示，已知球O 的面上四点A 、B 、C 、D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝3，则球O 的体积等于____________
例6、表面积为23 的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为
______________
例7、棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上, 若过该球球心的一个截面如图1,则图中三角形(正四面体的截面)的面积是______________
A BCD -A
B A
C A
D ABC ∆ACD ∆ADB ∆22326
2
例8、用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为__________ 考点4 平行与垂直
例1、如图（1）是一正方体的表面展开图，MN 和PB 是两条面对角线，请在图（2）的正方体中将MN 和PB 画出来，并就这个正方体解决下面问题． （1）求证：MN//平面PBD ； （2）求证：AQ ⊥平面PBD ；
（3）求二面角P —DB —M 的正切值．
例2、如图，已知矩形ABCD 中，AB=10，BC=6，将矩形沿对角线BD 把△ABD 折起，使A 移到1A 点，且1A 在平面BCD 上的射影O 恰好在CD 上． （Ⅰ）求证：1BC A D ⊥；
（Ⅱ）求证：平面1A BC ⊥平面1A BD ； （Ⅲ）求三棱锥1A BCD -的体积．
例3、如图，四棱锥P —ABCD 的底面ABCD 为正方形，PD ⊥底面ABCD ，PD =AD ． 求证：（1）平面P AC ⊥平面PBD ；
（2）求PC 与平面PBD 所成的角；
例4、如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都为2，D 为1CC 中点．
（Ⅰ）求证：1AB ⊥平面1A BD ； （Ⅱ）求二面角1A A D B --的正弦值； （Ⅲ）求点C 到平面1A BD 的距离．
A
B
C
D
1
A
1
C 1
B。