[
球与柱体
规则的柱体，如正方体、长方体、正棱柱等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通过球的半径和棱柱的棱产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题.
通过这三种类型可以发现，解决正方体与球的组合问题，常用工具是截面图，即根据组合的形式找到两个几何体的轴截面，通过两个截面图的位置关系，确定好正方体的棱与球的半径的关系，进而将空间问题转化为平面问题。
球与长方体
*
长方体各顶点可在一个球面上，故长方体存在外切球.但是不一定存在内切球.设长方体的棱长为
其体对角线为.当球为长方体的外接球时，截面图为长方体的对角面和其外接圆，和正方体的外接球的道理是一样的，故球的半径
2球与锥体
规则的锥体，如正四面体、正棱锥、特殊的一些棱锥等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通过球的半径和棱锥的棱和高产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题.
球与正四面体
正四面体作为一个规则的几何体，它既存在外接球，也存在内切球，并且两心合一，利用这点可顺利解决球的半径与正四面体的棱长关系。
球与三条侧棱互相垂直的三棱锥
]
球与三条侧棱互相垂直的三棱锥组合问题，主要是体现在球为三棱锥的外接球.解决的基本方法是补形法，即把三棱柱补形成正方体或者长方体。常见两种形式:
一是三棱锥的三条棱互相垂直且相等，则可以补形为一个正方体，它的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心。
球与正棱锥
球与正棱锥的组合，常见的有两类，
一是球为三棱锥的外接球，此时三棱锥的各个顶点在球面上，根据截面图的特点，可以构造直角三角形进行求解.
二是球为正棱锥的内切球，例如正三棱锥的内切球，球与正三棱锥四个面相切，球心到四个面的距离相等，都为球半径
.这样求球的半径可转化为球球心到三棱锥面的距离，故可采用等体积法解决，即四个小三棱锥的体积和为正三棱锥的体积.
，
球与特殊的棱锥
球与一些特殊的棱锥进行组合，一定要抓住棱锥的几何性质，可综合利用截面法、补形法、等进行求解。
例如，四面体都是直角三角形的三棱锥，可利用直角三角形斜边中点几何特征，巧定球心位置。
3球与球
对个多个小球结合在一起，组合成复杂的几何体问题，要求有丰富的空间想象能力，解决本类问题需掌握恰当的处理手段，如准确确定各个小球的球心的位置关系，或者巧借截面图等方法，将空间问题转化平面问题求解.
4球与几何体的各条棱相切
球与几何体的各条棱相切问题，关键要抓住棱与球相切的几何性质，达到明确球心的位置为目的，然后通过构造直角三角形进行转换和求解.
/
综合上面的四种类型，解决与球的外切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决.如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作;把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的内接问题.解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.发挥好空间想象力，借助于数形结合进行转化，问题即可得解.如果是一些特殊的几何体，如正方体、正四面体等可以借助结论直接求解,此时结论的记忆必须准确.
高考立体几何的热点题型
（1）立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，两个选择题或填空题．小题主要考查学生的空间观念，空间想象能力及简单计算能力．解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算．重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力．热点题型主要有平面图形的翻折、探索性的存在问题等；
（2）思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算)．
热点一：空间点、线、面关系
以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制试题，主要考查公理 4 及线面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等．
例题选讲
》
点石成金
1.证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂
直”问题转化为“线线垂直”问题．
2.计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，若不
能直接用公式时，注意进行体积的转化。
精选好题
热点二：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，一般有两种考查形式：
}
(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．
点石成金
1．对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
2．对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
高考真题集锦（立体几何部分） 1.(2016.理1）如图是由圆柱和圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ） A 20π B24π C28π D.32π 2. βα，是两个平面，m,n 是两条直线，有下列四个命题： （1）如果m ⊥n,m ⊥α，n ∥β，那么βα⊥； （2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n. （3）如果αβα?m ，∥那么m ∥β。 （4）如果m ∥n,βα∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等。 其中正确的命题有___________ 3.（2016年理1）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是π328，则它的表面积是 A 17π B.18π C.20π D.28π 4.平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ，α//平面11D CB ，?α平面ABCD =m ， ?α平面11A ABB =n,则m,n 所成角的正弦值为（ ） A.23 B.22 C.33 D.3 1 5.（2016年理1）如图，在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF=2FD ，∠AFD=90°，且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60° .（12分） （Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值.
6. (2015年理1）圆柱被一个平面截取一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体三视图的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积是16+20π，则r=（ ） A.1 B.2 C.7 D.8 7.如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E,F 是平面ABCD 同一侧的亮点，BE ⊥平面ABCD,DF ⊥平面ABCD,BE=2DF,AE ⊥EC. (1) 证明：平面AEC ⊥平面AFC; (2) 求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值。 8.一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，则截取部分体积和剩余 部分体积的比值为（） 9.如图，长方体1111D C B A ABCD -中，AB = 16，BC = 10，AA1 = 8，点E ，F 分别在1111C D B A ， 上，411==F D E A ，过点E,F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。 （1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）； （2）求直线AF 与平面α所成的角的正弦值 10.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=45 ，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△DEF 的位置，OD ’=10 （1）证明：D ’H ⊥平面ABCD （2）求二面角B-D ’A-C 的正弦值
立体几何高考真题大题 1．（2016 高考新课标 1 卷）如图 , 在以 A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中, 面 ABEF为正方形 ,AF=2FD,AFD 90 ,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是 60 ． D C F （Ⅰ）证明：平面ABEF平面EFDC； （Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 2 19 19 【解析】 试题分析：（Ⅰ）先证明 F平面FDC ,结合F平面 F ,可得平面F 平面 FDC ．（Ⅱ）建立空间坐标系, 分别求出平面C的法向量 m 及平面 C 的法 向量 n ,再利用 cos n, m n m 求二面角．n m 试题解析：（Ⅰ）由已知可得F DF, F F, 所以F平面 FDC ． 又F平面F,故平面 F 平面FDC ． （Ⅱ）过 D 作DG F ,垂足为 G ,由（Ⅰ）知 DG平面 F ． 以 G 为坐标原点,GF 的方向为 x 轴正方向, GF 为单位长度, 建立如图所示的空间直角坐标系 G xyz ． 由（Ⅰ）知DF为二面角D F的平面角,故DF60,则DF 2, DG3,可得1,4,0 ,3,4,0,3,0,0, D0,0, 3 ． 由已知 ,// F,所以//平面FDC ． 又平面CD平面FDC DC,故//CD , CD// F ． 由//F,可得平面FDC ,所以 C F为二面角 C F 的平面角, C F60 ．从而可得C2,0,3．
设 n x, y, z 是平面C的法向量,则 n C 0, 即x 3z 0, n0 4 y0 所以可取 n3,0, 3 ． 设 m 是平面 m C0 CD 的法向量,则, m0 同理可取 m0, 3, 4 ．则 cos n, m n m 2 19． n m19 故二面角C 219的余弦值为． 19 考点：垂直问题的证明及空间向量的应用 【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明, 空间中线面位置关 系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系, 其中推理论证的关键是结 合空间想象能力进行推理, 要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面, 该类题目难度不 大 , 以中档题为主．第二问一般考查角度问题, 多用空间向量解决． 2 ．（ 2016 高考新课标 2 理数）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 5 ，EF交BD于点H．将4 DEF 沿 EF 折到 D EF 位置，OD10． （Ⅰ）证明： D H平面 ABCD ； （Ⅱ）求二面角 B D A C 的正弦值． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）295 ．25
空间向量与立体几何 1, 如图，在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD （1）证明AB⊥平面VAD； （2）求面VAD与面VDB所成的二面角的大小 2, 如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=， BC=1，PA=2，E为PD的中点. （1）求直线AC与PB所成角的余弦值； （2）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥平面PAC，并求出N点到AB和AP的距离.(易错点,建系后,关于N点的坐标的设法,也是自己的弱项)
3. 如图，在长方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1中，AD=AA 1=1，AB=2，点E 在棱AB 上移动. （1）证明：D 1E ⊥A 1D ； （2）当E 为AB 的中点时，求点A 到面ECD 1的距离； （3）AE 等于何值时，二面角 D 1―EC ―D 的大小为(易错点:在找平面DEC 的法向量的时候,本来法向量就己经存在了,就不必要再去找,但是我认为去找应该没有错吧,但法向量找出来了 ,和那个己经存在的法向量有很大的差别,而且,计算结果很得杂,到底问题出在哪里 ?) 4.如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2DC ＝2，E 为BD 1的中点，F 为AB 的中点，∠DAB ＝60°． (1)求证：EF ∥平面ADD 1A 1； (2)若2 21BB ，求A 1F 与平面DEF 所成角的正弦值．
N：5题到11题都是运用基底思想解题 5.空间四边形ABCD中，AB=BC=CD，AB⊥BC，BC⊥CD，AB与CD成60度角，求AD与BC所成角的大小。 6.三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，∠A1AB=45°, ∠A1AC=60°,求二面角B-AA1-C的平面角的余弦值。 7.如图，60°的二面角的棱上有A,B两点，直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内， 且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8，求CD的长 8.如图，已知空间四边形OABC中，OB=0C, ∠AOB=∠AOC=Θ，求证OA⊥BC。 9．如图，空间四边形OABC各边以及AC，BO的长都是1，点D，E分别是边OA，BC的中点，连接DE。 （1）计算DE的长； （2）求点O到平面ABC的距离。 10．如图，线段AB在平面⊥α，线段AC⊥α，线段BD⊥AB，且AB=7，AC=BD=24，CD=25，求线段BD与平面α所成的角。
高考立体几何大题20 题汇总情况 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
(2012江西省）（本小题满分12分） 如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，E ，F 是线段AB 上的两点，且DE ⊥AB ，CF ⊥AB ，AB=12，AD=5， BC=42，DE=4.现将△ADE ，△CFB 分别沿DE ，CF 折起，使A ，B 两点重合与点G ，得到多面体CDEFG. （1） 求证：平面DEG ⊥平面CFG ； （2)求多面体C DEFG 的体积。 2012，山东(19) (本小题满分12分) 如图，几何体E ABCD -是四棱锥，△ABD 为正三角形， ,CB CD EC BD =⊥. (Ⅰ)求证：BE DE =； (Ⅱ)若∠120BCD =?，M 为线段AE 的中点，求证：DM ∥平面BEC . 2012浙江20．（本题满分15分）如图，在侧棱锥垂直 底面的四棱锥1111ABCD A B C D -中，,AD BC //AD 11,2,2,4,2,AB AB AD BC AA E DD ⊥====是的中 点，F 是平面11B C E 与直线1AA 的交点。 （Ⅰ）证明：（i） 11;EF A D //ii （）111;BA B C EF ⊥平面 （Ⅱ）求1BC 与平面11B C EF 所成的角的正弦值。 (第20题图) F E C 1 B 1 D 1A 1 A D B C
（2010四川）18、(本小题满分12分)已知正方体''''ABCD A B C D -中，点M 是棱'AA 的中点，点O 是对角线'BD 的中点， （Ⅰ）求证：OM 为异面直线'AA 与'BD 的公垂线； （Ⅱ）求二面角''M BC B --的大小； 2010辽宁文（19）（本小题满分12分） 如图，棱柱111ABC A B C -的侧面11BCC B 是菱形，11B C A B ⊥ （Ⅰ）证明：平面11A B C ⊥平面11A BC ； （Ⅱ）设D 是11A C 上的点，且1//AB 平面1B CD ，求11:A D DC 的值。
立体几何总结（1）空间几何体的知识点： （2）点、直线、面的位置关系： (3)空间直角坐标系: 考点一空间几何体与三视图 1．一个物体的三视图的排列规则是：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”． 2．画直观图时，与坐标轴平行的线段仍平行，与x轴、z轴平行的线段长度不变，与y轴平行的线段长度减半． 题型一三视图的考察 1、(2009·海南、宁夏) 一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积( 单位：cm2) 为（ ) A．48＋12 2 B．48＋24 2 C．36＋12 2 D．36＋24 2 2、如图所示，某几何体的正视图是平行四边形，侧视图和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为 ( ) A．6 3 B．9 3 C．12 3 D．18 3 【方法技巧】 1．求三棱锥体积时，可多角度地选择方法．如体积分割、体积差等积转化法是常用的方法．2．与三视图相结合考查面积或体积的计算时，解决时先还原几何体，计算时要结合平面图形，不要弄错相关数量． 3．求不规则几何体的体积常用分割或补形的思想将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解． 4．对于组合体的表面积要注意其衔接部分的处理.
题型二 平面图的直观图（斜二测面法） 1、如图所示的直观图，其平面图形的面积为 （ ） A ．3 B.32 2 C ．6 D ．3 2 2、如图所示为一平面图形的直观图，则这个平面图形可能是 （ ） 答案 ：C 题型四 其他类型：展开、投影、截面、旋转体等 1 、面积为3的等边三角形绕其一边中线旋转所得圆锥的侧面积是________． 答案 ：2π 2、 如图，长方体ABCD －A1B1C1D1 中，交于顶点A 的三条棱长分别为AD ＝3 ，AA1 ＝4 ，AB ＝5 ，则从A 点沿表面到 C1 的最短距离为 ( ) A ．5 2 B.74 C ．4 5 D ．310 考点三 球与空间几何体的“切”“接”问题 1．长方体、正方体的外接球其体对角线长为该球的直径． 2．正方体的内切球其棱长为球的直径． 3．正三棱锥的外接球中要注意正三棱锥的顶点、球心及底面正三角形中心共线． 4．正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 若正四面体的棱长为 a a R a a 12 6 ,46 ,36的半径为 正四面的内切球 径正四面体的外接球的半则正四面体的高为= （熟悉常见的补体，特殊的几何体如正三棱柱、正四棱柱、正六棱柱,注意如何确定球心的位置） 1.已知三棱锥ABC S -的三条侧棱两两垂直，且2=SA ，4==SC SB ，则该三棱锥的外接球的半径为（ ）A.3 B.6 C.36 D.9 2、在三棱锥BCD A -中，5,6======BC AD BD AC CD AB ，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A.π102 B. π54 C. π21 D. π43 变式：在三棱锥BCD A -中，5,4,6======BC AD BD AC CD AB ，则该三棱锥的外接球的表面积为————（π2 77 ） 2、棱长为2的正四面体（四个面均为正三角形）外接球的表面积是（ ） A π3 B π3 C π33 D π2 3 3、在三棱柱C B A ABC '''-中，已知ABC A A 平面⊥'，2='==A A AC AB ，32=BC ，且此三棱柱的各个顶点都在一个球面上，则球的表面积为__________.
立体几何高考真题大题 1．（2016高考新课标1卷）如图,在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF=2FD, 90AFD ∠=o ,且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60o ． （Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值． 【答案】（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）19 - 【解析】 试题分析：（Ⅰ）先证明F A ⊥平面FDC E ,结合F A ?平面F ABE ,可得平面F ABE ⊥平 面FDC E ．（Ⅱ）建立空间坐标系,分别求出平面C B E 的法向量m u r 及平面C B E 的法向量 n r ,再利用cos ,n m n m n m ?=r r r r r r 求二面角． 试题解析：（Ⅰ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ． 又F A ?平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ． （Ⅱ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（Ⅰ）知DG ⊥平面F ABE ． 以G 为坐标原点,GF u u u r 的方向为x 轴正方向,GF u u u r 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -． 由（Ⅰ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =o ,则DF 2=,DG 3=,可得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E - ,(D ． 由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ． 又平面CD AB I 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ． 由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE -的平面角, C F 60∠E =o ．从而可得(C -． 所以(C E =u u u r ,()0,4,0EB =u u u r ,(C 3,A =--u u u r ,()4,0,0AB =-u u u r ． 设(),,n x y z =r 是平面C B E 的法向量,则 C 0 0n n ??E =???EB =??u u u r r u u u r r , 即040x y ?=?? =??, 所以可取(3,0,n =r ．
立体几何题型归纳 题型一线面平行的证明 例 1 如图，高为 1 的等腰梯形 ABCD 中，AM ＝CD ＝1 AB ＝1.现将△AMD 沿 MD 折起，使平面 AMD ⊥ 3 平面 MBCD ，连接 AB ，AC . 试判断：在 AB 边上是否存在点 P ，使 AD ∥平面 MPC ?并说明理由 【答案】当 AP ＝1 AB 时，有 AD ∥平面 MPC . 3 理由如下： 连接 BD 交 MC 于点 N ，连接 NP . 在梯形 MBCD 中，DC ∥MB ，DN ＝DC ＝1 ， NB MB 2 在△ADB 中，AP ＝1 ，∴AD ∥PN . PB 2 ∵AD ?平面 MPC ，PN ?平面 MPC ， ∴AD ∥平面 MPC . 【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。此类题的难点就是如何构造辅助线。构造完辅助线， 证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。本题用到的是线线平行推出面面平行。 【易错点】不能正确地分析 DN 与 BN 的比例关系，导致结果错误。 【思维点拨】此类题有两大类方法： 1. 构造线线平行，然后推出线面平行。 此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。在 此，我们需要借助倒推法进行分析。首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此 为前提可以得到线面平行。再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行 于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面 平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。如本题中即是过 AD 做了一个平面 ADB 与平面 MPC 相交于线 PN 。最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。即先证AD 平行于 PN ，最后得到结论。构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。
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立体几何专题复习 1．棱柱——有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。 ① ???????? →???????→?? ??? 底面是正多形 棱垂直于底面斜棱柱棱柱正棱柱直棱柱其他棱柱 底面为正方形 2. 棱锥 棱锥——有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥。 ★正棱锥——如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。 3．球 球的性质： ①球心与截面圆心的连线垂直于截面； ★② r =d 、 球的半径为R 、截面的半径为r ） ★球与多面体的组合体：球与正四面体，球与长方体，球与正方体等的内接与外切.
注：球的有关问题转化为圆的问题解决. 球面积、体积公式：2 3 44,3 S R V R ππ== 球球（其中R 为球的半径）
俯视图 二、【典型例题】 考点一：三视图 1．一空间几何体的三视图如图1所示,则该几何体的体积为_________________. 第1题 2.若某空间几何体的三视图如图2所示，则该几何体的体积是________________. 第2题 第3题 3．一个几何体的三视图如图3所示，则这个几何体的体积为 . 4．若某几何体的三视图（单位：cm ）如图4所示，则此几何体的体积是 . 第4题 第5题 2 2 侧(左)视图 2 2 2 正(主)视 3 俯视图 1 1 2 a
2019高考立体几何题型与方法全归纳文科 配套练习 1、四棱锥中,⊥底面,,, . (Ⅰ)求证:⊥平面； (Ⅱ)若侧棱上的点满足,求三棱锥的体积。 【答案】 (Ⅰ)证明:因为BC=CD ，即BCD ?为等腰三角形，又ACD ACB ∠=∠,故AC BD ⊥. 因为⊥PA 底面ABCD ，所以BD PA ⊥,从而BD 与平面PAC 内两条相交直线AC PA ,都垂直， 故⊥平面。 (Ⅱ)解：33 2sin 2221sin 21=??=∠??=?πBCD CD BC S BCD . 由⊥PA 底面ABCD 知23233 131=??=??=?-PA S V BCD BDC P . 由,7FC PF =得三棱锥BDC F -的高为PA 8 1, 故：4 132813318131=???=??=?-PA S V BCD BDC F 4 7412=-=-=---BCD F BCD P BDF P V V V 2、如图，四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为矩形，PAD ?为等腰三角形，90APD ?∠=，平面PAD ⊥ 平面ABCD ，且1,2AB AD ==，,E F 分别为PC 和BD 的中点． （Ⅰ）证明：EF P 平面PAD ； （Ⅱ）证明：平面PDC ⊥平面PAD ；
（Ⅲ）求四棱锥P ABCD -的体积． 【答案】 （Ⅰ）证明：如图，连结AC ． ∵四边形ABCD 为矩形且F 是BD 的中点．∴F 也是AC 的中点． 又E 是PC 的中点，EF AP P ∵EF ?平面PAD ，PA ?平面PAD ，所以EF P 平面PAD ； （Ⅱ）证明：∵平面PAD ⊥ 平面ABCD ，CD AD ⊥，平面PAD I 平面ABCD AD =， 所以平面CD ⊥ 平面PAD ，又PA ?平面PAD ，所以PA CD ⊥ 又PA PD ⊥，,PD CD 是相交直线，所以PA ⊥面PCD 又PA ?平面PAD ，平面PDC ⊥平面PAD ； （Ⅲ）取AD 中点为O ．连结PO ,PAD ?为等腰直角三角形，所以PO AD ⊥， 因为面PAD ⊥面ABCD 且面PAD I 面ABCD AD =， 所以，PO ⊥面ABCD ， 即PO 为四棱锥P ABCD -的高． 由2AD =得1PO =．又1AB =． ∴四棱锥P ABCD -的体积1233 V PO AB AD =??= 考点：空间中线面的位置关系、空间几何体的体积. 3、如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ABCD ⊥平面，CD PA ⊥， DB ADC ∠平分，E PC 为的中点，45DAC ∠=o ，AC = O
1.如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面 ABCD ，2AD =，2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上， ∠ABM=60 。 （I ）证明：M 是侧棱SC 的中点； ()II 求二面角S AM B --的大小。 2.如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ,D 、E 分别为AA 1、B 1C 的中点，DE ⊥平面BCC 1（Ⅰ）证明：AB =AC （Ⅱ）设二面角A -BD -C 为60°,求B 1C 与平面BCD 所成的角的大小 3.如图，DC ⊥平面ABC ，//EB DC ，22AC BC EB DC ====，120ACB ∠=，,P Q 分别为,AE AB 的中点．（I ）证明：//PQ 平面ACD ； （II ）求 AD 与平面ABE 所成角的正弦值． 4.如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形， PD ABCD ⊥底面，点E 在棱PB 上.（Ⅰ）求证：平面AEC PDB ⊥平面；（Ⅱ）当2PD AB =且E 为PB 的中 点 时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小. 5.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形， PA ⊥平面ABCD ，4PA AD ==，2AB =．以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M ． B C D E O A P B M
（1）求证：平面ABM ⊥平面PCD ； （2）求直线PC 与平面ABM 所成的角； （3）求点O 到平面ABM 的距离． 6.如图，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，,,45AB AE FA FE AEF ?==∠=（I ）求证：EF BCE ⊥平面； （II ）设线段CD 、AE 的中点分别为P 、M ，求证： PM ∥BCE 平面 （III ）求二面角F BD A --的大小。 7.如图，四棱锥S -ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面ABCD ,SD ＝AD ＝a ,点E 是SD 上的点，且DE ＝λa (0<λ≦1). (Ⅰ)求证：对任意的λ∈（0、1）， 都有AC ⊥BE : (Ⅱ)若二面角C -AE -D 的大小为600C ，求λ的值。 8.如图3，在正三棱柱111ABC A B C -中，AB =4, 17AA =,点D 是BC 的中点，点E 在AC 上，且DE ⊥1A E .（Ⅰ）证明：平面1A DE ⊥平面 11ACC A ;（Ⅱ）求直线AD 和平面1A DE 所成角的正弦值。 9.如图，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，,,45AB AE FA FE AEF ?==∠= （I ）求证：EF BCE ⊥平面；
1．平面 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。 （1）.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。 （2）.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。 （3）.证共面问题一般先根据一部分条件确定一个平面，然后再证明其余的也在这个平面内，或者用同一法证明两平面重合 2. 空间直线. （1）. 空间直线位置关系三种：相交、平行、异面. 相交直线：共面有且仅有一个公共点；平行直线：共面没有公共点；异面直线：不同在任一平面内，无公共点 [注]：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.（×）（也可能两条直线平行，也可能是点和直线等） ②直线在平面外，指的位置关系是平行或相交 ③若直线a 、b 异面，a 平行于平面α，b 与α的关系是相交、平行、在平面α内. ④两条平行线在同一平面内的射影图形是一条直线或两条平行线或两点. ⑤在平面内射影是直线的图形一定是直线.（×）（射影不一定只有直线，也可以是其他图形） ⑥在同一平面内的射影长相等，则斜线长相等.（×）（并非是从平面外一点．． 向这个平面所引的垂线段和斜线段） ⑦b a ,是夹在两平行平面间的线段，若b a =，则b a ,的位置关系为相交或平行或异面. ⑧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） （2）. 平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行. 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（如右图）. （直线与直线所成角]90,0[??∈θ） （向量与向量所成角])180,0[ ∈θ 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. （3）. 两异面直线的距离：公垂线段的长度. 空间两条直线垂直的情况：相交（共面）垂直和异面垂直. [注]：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. （1L 或2L 在这个做出的平面内不能叫1L 与2L 平行的平面）
立体几何咼考真题大题 1. （2016高考新课标1 卷）如图，在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方 形,AF=2FD, NAFD =90：且二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是 60： （I ）证明：平面 ABEF 丄平面EFDC （n ）求二面角 E-BC-A 的余弦值. 【答案】（I ）见解析；（n ） -2蜃 19 【解析】 试题分析：（I ）先证明AF 丄平面E FDC ,结合直F U 平面AB E F ,可得平面ABE F 丄 平面E FDC . （n ）建立空间坐标系，分别求出平面E C E 的法向量m 及平面E C E 的法 试题解析：（I ）由已知可得 A F 丄DF, A F 丄F E|,所以A F 丄平面E FDC . 又A F U 平面 AE E F ,故平面AEE F 丄平面|E F D C . _ （n ）过D 作DG 丄E F ,垂足为G ,由（I ）知DG 丄平面［A E 百F . 以G 为坐标原点，GF 的方向为x 轴正方向，GF 为单位长度，建立如图所示的空间直 角坐标系G —xyz . 由（I ）知N DF E 为二面角D -A F -E 的平面角，故N DF E =60：贝U DF = 2 , DG|=3,可得九(1,4,0 ), B(—3,4,0 ), E(—3,0,0 ), D (0,0, 73 ). 由已知，AE //E F ,所以AE //平面E FDC . 又平面 A ECD n 平面 |E FDC = DC ,故〕AB //CD , CD//EF . 由EE //A F ,可得EE 丄平面I E F DC ,所以N C E F |为二面角C —EE —F 的平面角， 向量n ,再利用cos （n,m ） 求二面角. n ||m |
立体几何常见重要题型归纳 阳江一中 利进健 题型一 点到面的距离 常见技巧：等体积法 例1：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 ； （3）求点D 到平面D 1AC 的距离． 解析：（1）11//,,,//,22 CD AB CD AB AF AB CD AF CD AF ==∴= ∴ 四边形AFCD 为平行四边形 ∴//CF AD 又AD ?面11ADD A ,CF ?面11ADD A ∴//CF 面11ADD A 2分 在直四棱柱中，11//CC DD , 又AD ?面11ADD A ,CF ?面11ADD A ∴1//CC 面11ADD A 3分 又11,,CC CF C CC CF ?=?面1CC F ∴面1CC F //面11ADD A 又1EE ?面11ADD A ,1//EE ∴面1CC F 5分 （2）122 BC CD AB === ∴ 平行四边形AFCD 是菱形 DF AC ∴⊥ ,易知//BC DF AC BC ∴⊥ 7分 在直四棱柱中，1CC ⊥面ABCD ,AC ?面ABCD 1AC CC ∴⊥ 又1BC CC C ?= AC ∴⊥面11BCC B 9分 又AC ?面1D AC ∴面1D AC ⊥面11BCC B 10分 （3）易知11D D AC D ADC V V --= 11分 ∴ 设D 到面1D AC 的距离为d ，则
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a 与平面α内一条直线平行，则a ∥α.（ ） （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a 与平面α内一条直线相交，则a 与平面α相交. （ ） （8）直线l 与平面α、β所成角相等，则α∥β.（ ） （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a 与平面α平行，则α内必存在无数条直线与a 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32 ，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_________ 22 2 2 1 1 正视 左视 俯视（例3图）
空间立体几何 知识点归纳： 1. 空间几何体的类型 (1)多面体：由若干个平面多边形围成的几何体，如棱柱、棱锥、棱台。 (2)旋转体：把一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转形成了封闭几何体。 如圆柱、圆锥、圆台。 2. 一些特殊的空间几何体 直棱柱：侧棱垂直底面的棱柱。正棱柱：底面多边形是正多边形的直棱柱。 正棱锥：底面是正多边形且所有侧棱相等的棱锥。 正四面体：所有棱都相等的四棱锥。 3. 空间几何体的表面积公式 棱柱、棱锥的表面积：各个面面积之和 _ 2 圆柱的表面积：S =2 rl 2 r2圆锥的表面积：S =理「I ?二r 2 2 圆台的表面积：S =理rl 7 r?二RI ?二R 球的表面积：s= 4 R2 4 ?空间几何体的体积公式 1 柱体的体积：V = S底 h 锥体的体积：v = - S底h 3底 1 ---------- 、， 4 3 台体的体积：V = —( S上?S上S T S下)h 球体的体积：V R 3 '3 5.空间几何体的三视图 正视图：光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图。 侧视图：光线从几何体的左边向右边正投影，得到的投影图。 俯视图：光线从几何体的上面向右边正投影，得到的投影图。 画三视图的原则： 长对正、宽相等、高平齐。即正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽，侧视图和正视图一样高。 6 .空间中点、直线、平面之间的位置关系 (1) 直线与直线的位置关系：相交；平行；异面。
（2）直线与平面的位置关系：直线与平面平行；直线与平面相交；直线在平面内。 （3）平面与平面的位置关系：平行；相交。 7. 空间中点、直线、平面的位置关系的判断 （1）线线平行的判断： ①平行公理：平行于同一直线的两直线平行。 ②线面平行的性质定理：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。 ③面面平行的性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行。 ④线面垂直的性质定理：垂直于同一平面的两直线平行。 （2）线线垂直的判断： ①线面垂直的定义：若一直线垂直于一平面，这条直线垂直于平面内所有直线。 ②线线垂直的定义：若两直线所成角为，则两直线垂直 ③一条直线和两条平行直线中的一条垂直，也必垂直平行线中的另一条。 （3）线面平行的判断： ①线面平行的判定定理：如果平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平 面平行。 ②面面平行的性质定理：两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。 （4）线面垂直的判断： ①线面垂直的判定定理：如果一直线和平面内的两相交直线垂直，这条直线就垂直于这 个平面。 ②如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面。 ③一直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。 ④如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个 （5）面面平行的判断：
2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何（一） 1.如图所示，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，⊥PD 平面ABCD ， 2PD AB ==，点,,E F G 分别为,,PC PD BC 的中点. (1)求证：EF PA ⊥； (2)求二面角D FG E --的余弦值. 2.如图所示，该几何体是由一个直角三棱柱ADE BCF -和一个正四棱锥P ABCD -组合而成，AF AD ⊥，2AE AD ==. (1)证明：平面⊥PAD 平面ABFE ； (2)求正四棱锥P ABCD -的高h ，使得二面角C AF P --的余弦值是 22 .
3.四棱锥P ABCD -中，侧面PDC是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是 面积为ADC ∠为锐角，M为PB的中点． （Ⅰ）求证：PD∥面ACM． （Ⅱ）求证：PA⊥CD． （Ⅲ）求三棱锥P ABCD -的体积． 4.如图，四棱锥S ABCD -满足SA⊥面ABCD，90 DAB ABC ∠=∠=?．SA AB BC a ===，2 AD a =． （Ⅰ）求证：面SAB⊥面SAD． （Ⅱ）求证：CD⊥面SAC． S B A D M C B A P D
5.在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，测棱PD ⊥底面ABCD ，PD DC =，点E 是 BC 的中点，作EF PB ⊥交PB 于F ． （Ⅰ）求证：平面PCD ⊥平面PBC ． （Ⅱ）求证：PB ⊥平面EFD ． 6.在直棱柱111ABC A B C -中，已知AB AC ⊥，设1AB 中点为D ，1A C 中点为E ． （Ⅰ）求证：DE ∥平面11BCC B ． （Ⅱ）求证：平面11ABB A ⊥平面11ACC A ． E D A B C C 1 B 1 A 1 D A B C E F P
立体几何类型题 如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ， 又 //AD BC ，AD DC ⊥， 且33PD BC AD ===. （Ⅰ）画出四棱准P ABCD -的正视图； （Ⅱ）求证：平面PAD ⊥平面PCD ； 并求 PE EB （Ⅲ）求证：棱PB 上存在一点E ，使得//AE 平面PCD ，的值. （Ⅰ）解：四棱准P ABCD -的正视图如图所示. ………………3分 （Ⅱ）证明：因为 PD ⊥平面ABCD ，AD ?平面ABCD ， 所以 PD AD ⊥. ………………5分 因为 AD DC ⊥，PD CD D =I ，PD ?平面PCD ，CD ?平面PCD ， 所以AD ⊥平面PCD . ………………7分 因为 AD ?平面PAD ， 所以 平面PAD ⊥平面PCD . ………………8分 （Ⅲ）分别延长,CD BA 交于点O ，连接PO ，在棱PB 上取一点E ，使得1 2 PE EB =.下证//AE 平面 PCD . ………………10分 因为 //AD BC ，3BC AD =， 所以 13OA AD OB BC ==，即12OA AB =. 所以 OA PE AB EB = . 所以 //AE OP . ………………12分 因为OP ?平面PCD ，AE ?平面PCD ， 所以 //AE 平面PCD . ………………14分 2如图所示，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是直角梯形，AD BC //，AB AD ⊥， AD BC AB 2 1 ==，PA ⊥底面ABCD ，过BC 的平面交PD 于M ，交PA 于 N （M 与D 不重合） ． （Ⅰ）求证：BC MN //； （Ⅱ）求证：CD PC ⊥ ； （Ⅲ）如果BM AC ⊥，求此时PM PD 的值． 证明：（Ⅰ）因为梯形ABCD ，且AD BC //， 又因为?BC 平面PAD ，?AD 平面PAD ， 所以//BC 平面PAD ． 因为平面I BCNM 平面PAD =MN ， 所以BC MN //． ……………………4分 （Ⅱ）取AD 的中点Q ，连结CQ ． 因为AD BC //，AD BC 2 1 = ， 所以AQ BC //，且AQ BC =． 因为AB BC =，且AB AD ⊥， 所以ABCQ 是正方形． 所以BQ AC ⊥. 又因为BCDQ 为平行四边形，所以且//CD BQ 所以⊥CD AC ． 又因为PA ⊥底面ABCD ， 所以PA ⊥CD ． 因为A AC PA =I ， 所以⊥CD 平面PAC ， 因为PC ?平面PAC ， 所以⊥CD PC ． （Ⅲ）过M 作//MK PA 交AD 于K ，连结BK ． 因为PA ⊥底面ABCD ， O E D C B A P C N M P D B A K A B D P M C Q A B D P M C
立体几何高考真题大题 Company Document number：WUUT-WUUY-WBBGB-BWYTT-1982GT
立体几何高考真题大题 1．（2016高考新课标1卷）如图,在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF=2FD, 90AFD ∠=,且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60． （Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 【解析】 试题分析：（Ⅰ）先证明F A ⊥平面FDC E ,结合F A ?平面F ABE ,可得平面F ABE ⊥平面FDC E ．（Ⅱ）建立空间坐标系,分别求出平面C B E 的法向量m 及平面C B E 的法向量 n ,再利用cos ,n m n m n m ?= 求二面角． 试题解析：（Ⅰ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ． 又F A ?平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ． （Ⅱ）过D 作DG F ⊥E ,垂足为G ,由（Ⅰ）知DG ⊥平面F ABE ． 以G 为坐标原点,GF 的方向为x 轴正方向,GF 为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -． 由（Ⅰ）知DF ∠E 为二面角D F -A -E 的平面角,故DF 60∠E =,则DF 2=,DG 3=,可 得()1,4,0A ,()3,4,0B -,()3,0,0E -,(D ． 由已知,//F AB E ,所以//AB 平面FDC E ． 又平面CD AB 平面FDC DC E =,故//CD AB ,CD//F E ． 由//F BE A ,可得BE ⊥平面FDC E ,所以C F ∠E 为二面角C F -BE -的平面角, C F 60∠E =．从而可得(C -．