文科立体几何考试大题题型分类

2020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一立体几何证明例1如图五面体中,四边形ABCD是矩形,AD⊥面ABEF,AB//EF,AD=1,AB=1EF=22,2AF=BE=2,P、Q、M分别为AE、BD、EF的中点.（1）求证：PQ//面BCE；（2）求证：AM⊥面ADF.【答案】见解析【解析】（1）连结AC.因为四边形ABCD是矩形,且Q为BD的中点,所以Q为AC的中点.又因为P为AE的中点,所以PQ//EC,又因为PQ⊄面BCE,EC⊆面BCE,所以PQ//面BCE.（2）取EF的中点M,连结AM.因为AB//EM,且QB=EM=22,所以四边形ABEM为平行四边形,所以AM//BE,且AM=BE=2.在∆AMF中,A M=AF=2,MF=22.所以AM2+AF2=MF2,故AM⊥AF.由AD⊥面ABEF,得AD⊥AM,因为AD I AF=A,所以AM⊥面ADF.【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.如该题中的（1）问需要利用五面体中的面ABCD是矩形,根据对角线的性质确定线段BD与AC的中点.（2）问中利用勾股定理验证线线垂直关系,这些都是证明空间平行与垂直关系的基础.例2在平行六面体ABCD-A B C D中，AA=AB，AB⊥B C．11111111A 1D1B1C1A DBC求证：(1)AB∥平面A B C；11(2)平面ABB A⊥平面A BC．111【答案】见解析【解析】(1)在平行六面体ABCD-A B C D中，AB∥A B．111111因为AB⊄平面A B C，A B⊂平面A B C，所以AB∥平面A B C．11111111A 1D1B1C1A DBC(2)在平行六面体ABCD-A B C D中，四边形ABB A为平行四边形．111111又因为AA=AB，所以四边形ABB A为菱形，因此AB⊥A B．11111又因为AB⊥B C，BC∥B C，所以AB⊥BC．111111又因为A B I BC=B，A B⊂平面A BC，BC⊂平面A BC，所以AB⊥平面A BC．111111因为AB⊂平面ABB A，所以平面ABB A⊥平面A BC．111111【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.2（题型二 立体几何体积求解例 1 如图所示，在三棱锥V - ABC 中，平面VAB ⊥ 平面 ABC ，三角形VAB 为等边三角形， AC ⊥ BC ，且 AC = BC = 2 ， O ， M 分别为 AB ，V A 的中点.（1）求证：VB // 平面 MOC .V（2）求证：平面 MOC ⊥ 平面 VAB .M（3）求三棱锥V - ABC 的体积.AO BC【答案】 见解析【解析】（1）依题意， O ， M 分别为 AB ，V A 的中点，则 O M 是 △VAB 的中位线，所以 OM //VB ， OM ⊂ 平面 MOC ，VB ⊄ 平面 MOC ，故VB // 平面 MOC .（2）因为在 △ABC 中， AC = BC ，且 O 为 AB 的中点，所以 O C ⊥ AB ，又平面VAB ⊥ 平面 ABC ，平面VAB I 平面 ABC = AB ， OC ⊂ 平面 ABC ，所以 OC ⊥ 平面VAB ，又 OC ⊂ 平面 MOC ，故平面 MOC ⊥ 平面VAB .（3）由（2）知， O C ⊥ 平面VAB ，所以V V - ABC= V C -VAB 1 1 3 3= ⋅ OC = ⨯ ⨯ 22 ⨯1 =3 △SVAB 3 4 3【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.例 2 如图所示，在三棱锥 P – ABC 中， P A ⊥ AB ， P A ⊥ BC ， AB ⊥ BC ， P A = AB = BC = 2 ， D 为线段 AC 的中点， E 为线段 PC 上一点．（1）求证： P A ⊥ BD ；P（2）求证：平面 BDE ⊥ 平面 PAC ；ED C（3）当 P A // 平面 BDE 时，求三棱锥 E – BCD 的体积．AB【答案】 见解析 【解析】1）因为 P A ⊥ AB ，P A ⊥ BC ，AB I BC = B ，所以 P A ⊥ 平面 ABC .又因为 BD ⊂ 平面 ABC ，所以 PA ⊥ BD .（2）因为 AB ⊥ BC ， AB = BC ， D 为线段 AC 的中点，所以在等腰 △RtABC 中， BD ⊥ AC .又由（1）可知，P A ⊥ BD ，P A I AC = A ，所以 BD ⊥ 平面 PAC .由 E 为线段 PC 上一点，则 DE ⊂ 平面 PAC ，所以BD⊥ED.又因为BD⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面PAC.（3）当P A//平面BDE时，P A⊂平面PAC,且平面PAC I平面BDE=DE,可得P A//DE.由D是AC边的中点知，E为PC边的中点.故而ED=面BDC.12P A=1，ED∥P A，因为PA⊥平面ABC，所以ED⊥平由AB=BC=2，AB⊥BC，D为AC边中点知，BD=CD= 2.又BD⊥AC，有BD⊥DC，即∠BDC=90︒.因此，VE-BCD1111 =⋅ED=⨯⨯2⨯2⨯1=.3△SBCD323【易错点】注意体积几何证明题条件的严谨性【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.掌握线面平行的性质定理的应用及其体积的求解方法.题型三几何体的外接球问题例1（1）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是（）A．16πB．20πC．24πD．32π（2）若三棱锥的三个侧面两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是.【答案】C；9π【解析】（1）V=a2h=16，a=2，4R2=a2+a2+h2=4+4+16=24，S=24π，选C；（2）4R2=3+3+3=9，S=4πR2=9π【易错点】外接球球心位置不好找【思维点拨】应用补形法找外接球球心的位置题型四立体几何的计算例1如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角边边长分别为3和4,过直角顶点的侧棱长为4,且垂直于底面,该三棱锥的主视图是()【答案】B4, 【解析】显然由空间直角坐标系可知,该几何体在 xoy 面内的点保持不动,在 y 轴上的点在 xoy 面内的射影为坐标原点,所以该几何体的主视图就是其在面 xoy 面的表面图形,即主视图应为高为 4 ,底面边长为 3 的直角三角形．故选 B .【易错点】 该题易出现的问题是误以为 y 轴上的点在 xoy 面的射影落在 x 轴的正半轴上而误选 D , 【思维点拨】判断几何体的三视图应注意以下几个方面：（1）明确几何体的放置位置和角度,注意投影线和投影面；（2）准确把握几何体的结构特征,特别是几何体中的线面垂直关系等；（3）注意实线和虚线的区别.【巩固训练】题型一 立体几何的证明1.如图,在四棱锥 P - ABCD 中,底面 ABCD 为菱形, ∠BAD = 60° P A = PD = AD = 2 ,点 M 在线段PC 上,且 PM = 2MC , N 为 AD 的中点.（1）求证： AD ⊥ 平面 PNB ；（2）若平面 P AD ⊥ 平面 ABCD ,求三棱锥 P - NBM 的体积.【答案】（1）见解析；（2）23.【解析】（1）∵ P A = PD, N 为 AD 的中点,∴ PN ⊥ AD ,∵底面 ABCD 为菱形, ∠BAD = 60︒ ,∴ BN ⊥ AD ,∵ PN I BN = N ,∴ AD ⊥ 平面 PNB .（2）∵ PN = PD = AD = 2 ,∴ PN = NB = 3 ,∵平面 P AD ⊥ 平面 ABCD ,平面 P AD I 平面 ABCD = AD , PN ⊥ AD ,∴ PN ⊥ 平面 ABCD ,∴ PN ⊥ NB ,∴S3⨯3⨯3=. 22∵AD⊥平面PNB,AD//BC,∴BC⊥平面PNB.∵PM=2MC,∴VP-NRM =VM-PNB22132=V=⨯⨯⨯2=.3C-PNB33232.如图,在直三棱柱ABC-A B C中,D是AB的中点.111（1）证明：BC//平面A CD；11（2）若AC=CB,求证：A D⊥CD.1【答案】见解析.【解析】证明：（1）如图,连接AC,交A C于点O,连结OD.11据直三棱柱性质知四边形ACC A为平行四边形,所以O为AC的中点.111又因为D是AB的中点,所以BC//OD.1又因为BC⊄平面A CD,OD⊂平面A CD,111所以BC//平面A CD.11（2）因为AC=BC,D为AB的中点,所以CD⊥AB.据直三棱柱ABC-A B C性质知AA⊥平面ABC,又因为C D⊂平面1111所以AA⊥CD.1又因为AA I AB=A,AA,AB⊂平面ABB A,1111所以CD⊥平面ABB A,11又因为A D⊂平面ABB A,所以C D⊥A D,即A D⊥CD.11111ABC,题型二立体几何体积求解1.如图所示，四棱锥P-ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD//BC，AB=AD=AC=3，P A=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（1）证明MN//平面PAB；P6NA MB DC【答案】（1）（2） N -BCM 2 3 63 ．AD = BC = 所以V △S ABC = ⨯ 4 ⨯ 2 5 = 2 3 6 3 . 1 2 ⨯ (2 + 4)（2）求四面体 N - BCM 的体积．1 1 14 5V = ⨯ P A ⋅= ⨯ 4 ⨯ 2 5 =△S ABC【解析】（1）取 PB 中点 Q ，连接 AQ 、 NQ ，因为 N 是 PC 中点， NQ //BC ，且 NQ = 1BC ，又2AM = 2 2 ⨯ 3 1 BC ，且 AM // BC ，所以 QN // AM ，且3 34 2QN = AM ，所以四边形 AQNM 是平行四边形.所以 MN // AQ .又 MN ⊄ 平面PAB ， AQ ⊂ 平面 PAB ，所以 MN // 平面 PAB .PQ NAMD(2)由(1) QN // 平面 ABCD .BC所以VN -BCM= VQ -BCM1 = V2 P -BCM 1= V 2 P -BCA.N -BCM1 1 14 5 = ⨯ P A ⋅2.如图所示，四棱锥 P - ABCD 中，侧面 P AD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ， PAB = BC = 1AD ， ∠BAD = ∠ABC = 90o .2（1）证明：直线 BC // 平面 P AD ；（2）若 △PCD 面积为 2 7 ，求四棱锥 P - ABCD 的体积.【答案】（1）（2） V = ⨯⨯ 2 3 = 4 3 ．32BACD【解析】（1）在平面 ABCD 内，因为 ∠BAD = ∠ABC = 90o ，所以 BC //AD .又 BC ⊄ 平面 P AD ， AD ⊂ 平面 P AD ，故 BC // 平面 P AD .（2）取 AD 的中点 M ，联结 PM ， CM .由 AB = BC = 1AD ，及 BC //AD ， ∠ABC = 90o ，得四边形 ABCM 为正方形，则 CM ⊥ AD .2因为侧面 P AD 是等边三角形且垂直于底面 ABCD ，平面 P AD I 平面 ABCD = AD ，所以 PM ⊥ AD ，因为PM ⊂ 平面 P AD ，所以 PM ⊥ 平面 ABCD .因为 CM ⊂ 平面 ABCD ，所以 PM ⊥ CM .因为 △PCD 的面积为 2 7 ，所以 ⨯ 2x ⨯ 1 2 ⨯ (2 + 4)设 BC = x ，则 CM = x ， CD = 2 x ， PM = 3x ， PC = PD = 2x .取 CD 的中点 N ，联结 PN ，则 PN ⊥ CD ，所以 PN =14 x .21 142 2x = 2 7 ，解得 x = -2 （舍去）， x = 2 ，于是 AB = BC = 2 ，AD = 4 ， PM = 2 3 .所以四棱锥 P - ABCD 的体积V = ⨯3 2⨯ 2 3 = 4 3 .题型三 几何体的外接球问题1. 在正三棱锥 S - ABC 中， M 、N 分别是棱 SC 、BC 的中点，且 AM ⊥ MN ,若侧棱 SA = 2 3 ,则正三棱锥 S - ABC 外接球的表面积是.【答案】 36π【解析】正三棱锥的对棱互垂直。

专题12：文科立体几何高考真题大题（全国卷）赏析（解析版） 题型一：求体积1，2018年全国卷Ⅲ文数高考试题如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【详解】分析：（1）先证AD CM ⊥,再证CM MD ⊥，进而完成证明． （2）判断出P 为AM 中点，，证明MC ∥OP ，然后进行证明即可． 详解：（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．2，2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】(1)见解析. (2)1. 【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 详解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，且AC AD A =，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32．又23BP DQ DA ==，所以22BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE = 13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322sin451332Q ABP ABPV QE S-=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=． 点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可. 3．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18 【分析】（1）先由长方体得，11B C ⊥平面11AA B B ，得到11B C BE ⊥，再由1BE EC ⊥，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为2a ，根据题中条件求出3a =；再取1BB 中点F ，连结EF ，证明EF ⊥平面11BB C C ，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】（1）因为在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11AA B B ；BE ⊂平面11AA B B ，所以11B C BE ⊥，又1BE EC ⊥，1111B C EC C ⋂=，且1EC ⊂平面11EB C ，11B C ⊂平面11EB C ，所以BE ⊥平面11EB C ；（2）设长方体侧棱长为2a ，则1AE A E a ==，由（1）可得1EB BE ⊥；所以22211EB BE BB +=，即2212BE BB =， 又3AB =，所以222122AE AB BB +=，即222184a a +=，解得3a =；取1BB 中点F ，连结EF ，因为1AE A E =，则EF AB ∥； 所以EF ⊥平面11BB C C ， 所以四棱锥11E BB C C -的体积为1111111136318333E BB C C BB C C V S EF BC BB EF -=⋅=⋅⋅⋅=⨯⨯⨯=矩形.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.4．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷） 四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= （1）证明：直线//BC 平面PAD ;（2）若△PCD 面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）43【分析】试题分析：证明线面平有两种思路，一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；取AD 中点M ，由于平面PAD 为等边三角形，则PM AD ⊥，利用面面垂直的性质定理可推出PM ⊥底面ABCD ，设BC x =，表示相关的长度，利用PCD ∆的面积为27.试题解析：（1）在平面内，因为,所以又平面平面故平面（2）取的中点，连接由及得四边形为正方形，则.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，所以底面因为底面，所以,设，则，取的中点，连接，则,所以，因为的面积为，所以，解得（舍去），于是所以四棱锥的体积【详解】题型二：求距离5．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ）如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）详见解析（245【解析】分析：（1）连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；（2）过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =3 连结OB ．因为AB =BC 2AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC=12AC=2，CM=23BC=423，∠ACB=45°．所以OM=25，CH=sinOC MC ACBOM⋅⋅∠=45．所以点C到平面POM的距离为45．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.6．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.（1）证明：（2）若,求三棱柱的高.【答案】（1）详见解析;（2）三棱柱111ABC A B C -的高为21. 【解析】试题分析：（1）根据题意欲证明线线垂直通常可转化为证明线面垂直，又由题中四边形是菱形，故可想到连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点，又因为侧面11BB C C 为菱形，对角线相互垂直11B C BC ⊥;又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，根据线面垂直的判定定理可得：1B C ⊥平面ABO ，结合线面垂直的性质：由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥;（2）要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点O 到平面ABC 的距离，即：作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H ，则由线面垂直的判定定理可得OH ⊥平面ABC ，再根据三角形面积相等：OH AD OD OA ⋅=⋅，可求出OH 的长度，最后由三棱柱111ABC A B C -的高为此距离的两倍即可确定出高． 试题解析：（1）连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点. 因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥. 又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥， 故1B C ⊥平面ABO.由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥.（2）作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H. 由于，BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥， 又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC.因为0160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得3OD. 由于1AC AB ⊥，所以11122OA B C ==,由OH AD OD OA ⋅=⋅，且2274AD OD OA =+=，得2114OH ， 又O 为1B C 的中点，所以点1B 到平面ABC 的距离为217. 故三棱柱111ABC A B C -的高为217. 考点：1.线线，线面垂直的转化;2.点到面的距离;3.等面积法的应用 7．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥面ABCD ，E 为PD 的中点． （1）证明：//PB 平面AEC ; （2）设1AP =，3AD =，三棱锥P ABD -的体积 34V =，求A 到平面PBC 的距离．【答案】（1）证明见解析 （2） A 到平面PBC 的距离为31313【详解】试题分析：（1）连结BD 、AC 相交于O ，连结OE ，则PB ∥OE ，由此能证明PB ∥平面ACE ．（2）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A 到平面PBD 的距离试题解析：(1）设BD 交AC 于点O ，连结EO ． 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB 又EO平面AEC ，PB平面AEC所以PB ∥平面AEC ． （2）136V PA AB AD AB =⋅⋅=由，可得. 作交于． 由题设易知，所以故， 又31313PA AB AH PB ⋅==所以到平面的距离为法2：等体积法136V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d ，又因为PB=所以又因为(或)，，所以考点 ：线面平行的判定及点到面的距离8．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2）41717. 【分析】（1）利用三角形中位线和11//A D B C 可证得//ME ND ，证得四边形MNDE 为平行四边形，进而证得//MN DE ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥1C CDE -的体积，再求出1C DE ∆的面积，利用11C CDE C C DE V V --=求得点C 到平面1C DE 的距离，得到结果.【详解】（1）连接ME ，1B CM ，E 分别为1BB ，BC 中点 ME ∴为1B BC ∆的中位线1//ME B C ∴且112ME B C = 又N 为1A D 中点，且11//A D B C 1//ND B C ∴且112ND B C = //ME ND ∴ ∴四边形MNDE 为平行四边形//MN DE ∴，又MN ⊄平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE//MN ∴平面1C DE（2）在菱形ABCD 中，E 为BC 中点，所以DE BC ⊥， 根据题意有3DE =，117C E =，因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面11BCC B ，所以1DE EC ⊥，所以113172DEC S ∆=⨯⨯， 设点C 到平面1C DE 的距离为d ，根据题意有11C CDE C C DE V V --=，则有11113171343232d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯， 解得41717d ==， 所以点C 到平面1C DE 的距离为417. 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.题型三：求面积9．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥，且90BAP CDP ∠=∠=︒.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【答案】（1）证明见解析；（2）623+.【详解】 试题分析：（1）由90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．从而得AB PD ⊥，进而而AB ⊥平面PAD ，由面面垂直的判定定理可得平面PAB ⊥平面PAD ；（2）设PA PD AB DC a ====，取AD 中点O ，连结PO ，则PO ⊥底面ABCD ，且22,AD a PO a ==，由四棱锥P ABCD -的体积为83，求出2a =，由此能求出该四棱锥的侧面积.试题解析：（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB 平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =． 从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为111222PA PD PA AB PD DC ⋅+⋅+⋅ 21sin606232BC +︒=+10．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（I ）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（II ）若120ABC ∠=，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -的体积为6，求该三棱锥的侧面积.【答案】（1）见解析（2）5【分析】（1）由四边形ABCD 为菱形知AC ⊥BD ，由BE ⊥平面ABCD 知AC ⊥BE ，由线面垂直判定定理知AC ⊥平面BED ，由面面垂直的判定定理知平面AEC ⊥平面BED ；（2）设AB =x ，通过解直角三角形将AG 、GC 、GB 、GD 用x 表示出来，在Rt ∆AEC 中，用x 表示EG ，在Rt ∆EBG 中，用x 表示EB ，根据条件三棱锥E ACD -6求出x ，即可求出三棱锥E ACD -的侧面积.【详解】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED（2）设AB =x ，在菱形ABCD 中，由 ∠ABC =120°，可得AG =GC =32x ,GB =GD =2x .因为AE ⊥EC ，所以在 Rt ∆AEC 中，可得EG =3x . 连接EG ，由BE ⊥平面ABCD ，知 ∆EBG 为直角三角形，可得BE =22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积3116632243E ACD V AC GD BE x -=⨯⋅⋅==.故 x =2 从而可得AE =EC =ED 6.所以∆EAC 的面积为3， ∆EAD 的面积与∆ECD 的面积均为 5故三棱锥E -ACD 的侧面积为3+25【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力.11．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）图1是由矩形,ADEB Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1,2AB BE BF ===， 60FBC ∠=，将其沿,AB BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明图2中的,,,A C G D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】(1)见详解；(2)4.【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED ，Rt ABC 和菱形BFGC 内部的夹角，所以//AD BE ，//BF CG 依然成立，又因E 和F 粘在一起，所以得证.因为AB 是平面BCGE 垂线，所以易证.(2) 欲求四边形ACGD 的面积，需求出CG 所对应的高，然后乘以CG 即可．【详解】(1)证：//AD BE ，//BF CG ，又因为E 和F 粘在一起.∴//AD CG ，A ，C ，G ，D 四点共面.又,AB BE AB BC ⊥⊥.AB ∴⊥平面BCGE ，AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ，得证.(2)取CG 的中点M ，连结,EM DM .因为//AB DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE CG ⊥，由已知，四边形BCGE 是菱形，且60EBC ∠=得EM CG ⊥，故CG ⊥平面DEM ． 因此DM CG ⊥．在Rt DEM △中，DE=1，3EM =，故2DM =．所以四边形ACGD 的面积为4.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形ACGD的面积考查考生的空间想象能力.。

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。

立体几何常见重难题目分类整理
本文旨在对立体几何中常见的重难题目进行分类整理，以帮助研究者更好地理解和掌握这一知识领域。

分类一：平面图形的立体图形问题
这类问题主要涉及如何从平面图形构造出相应的立体图形，或者如何根据已知的立体图形绘制出其平面图形。

常见的题目类型包括：
- 根据平面图形绘制立体图形
- 根据立体图形绘制平面图形
- 根据给定的几何特征，确定可能的平面图形或立体图形
分类二：立体图形的参数计算问题
这类问题要求根据已知的几何参数，计算出其他相关的几何参数。

常见的题目类型包括：
- 根据立体图形的体积或表面积，计算其它几何参数
- 根据立体图形的边长、角度等几何特征，计算其它几何参数
- 根据立体图形的投影或截面，计算其它几何参数
分类三：平面和立体图形的位置关系问题
这类问题要求判断平面图形和立体图形之间的位置关系。

常见的题目类型包括：
- 判断一个平面图形是否在一个立体图形的内部或外部
- 判断两个平面图形是否相交
- 判断一个点是否在一个平面图形或立体图形上
分类四：几何变换与相似性问题
这类问题要求根据给定的几何变换，确定图形的变化情况或相似性。

常见的题目类型包括：
- 根据平移、旋转、对称等几何变换，确定图形的变化情况
- 判断两个图形是否相似，若相似，计算相似比例或变换参数
如有文档内容需要确认，请自行核实，本文档仅提供分类整理的知识参考。

高考立体几何中直线、平面之间的位置关系知识点总结（文科）一．平行问题 （一） 线线平行：方法一：常用初中方法（1中位线定理；2平行四边形定理；3三角形中对应边成比例；4同位角、内错角、同旁内角） 方法二：1线面平行⇒线线平行m l m l l ////⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂⊂βαβα方法三：2面面平行⇒线线平行m l m l ////⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂=⋂βγαγβα方法四：3线面垂直 ⇒线线平行若αα⊥⊥m l ,，则m l //。

（二） 线面平行：方法一：4线线平行⇒线面平行ααα////l l m m l ⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊄⊂方法二：5面面平行⇒线面平行 αββα////l l ⇒⎭⎬⎫⊂ （三） 面面平行：6方法一：线线平行⇒面面平行βααβ//',','//'//⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊂⊂且相交且相交m l m l m m l l 方法二：7线面平行⇒面面平行βαβαα//,////⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⊂A m l m l m l ，方法三：8线面垂直⇒面面平行 βαβα面面面面//⇒⎭⎬⎫⊥⊥l ll二．垂直问题：（一）线线垂直方法一：常用初中的方法（1勾股定理的逆定理；2三线合一 ；3直径所对的圆周角为直角；4菱形的对角线互相垂直。

） 方法二：9线面垂直⇒线线垂直 m l m l ⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥αα （二）线面垂直：10方法一：线线垂直⇒线面垂直αα⊥⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊂=⋂⊥⊥l AB AC A AB AC AB l AC l , 方法二：11面面垂直⇒线面垂直αββαβα⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊂⊥=⋂⊥l l m l m ,（面） 面面垂直：方法一：12线面垂直⇒面面垂直 βαβα⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥l l 三、夹角问题：异面直线所成的角：(一) 范围：]90,0(︒︒(二)求法：方法一：定义法。

步骤1：平移，使它们相交，找到夹角。

步骤2：解三角形求出角。

(计算结果可能是其补角)线面角：直线PA 与平面α所成角为θ,如下图求法：就是放到三角形中解三角形四、距离问题：点到面的距离求法1、直接求，2、等体积法（换顶点）1、一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．2、设 a b ，是两条不同的直线， αβ，是两个不同的平面，则（ ） A ．若a α∥，b α∥，则a b ∥ B ．若a α∥，αβ∥，则αβ∥C.若a b ∥，a α⊥，则b α⊥ D ．若a α∥，αβ⊥，则a β⊥3、如图是一个正方体被切掉部分后所得几何体的三视图，则该几何体的体积为 ．4、某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．5B ．163C ．7D ．1735、某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．73B ．83π-C ．83D ．73π- 6、一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图是7、某四棱锥的三视图如图所示，其俯视图为等腰直角三角形，则该四棱锥的体积为A．223B．43C．2D．48、某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（A）23（B）43（C）2（D）831、（2017新课标Ⅰ文数）（12分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=,且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.2、（2017新课标Ⅱ文）（12分）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,1,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=︒（1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.3、（2017新课标Ⅲ文数）（12分）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD =CD ．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．4、（2017北京文）（本小题14分）如图，在三棱锥P–ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（Ⅰ）求证：PA⊥BD；（Ⅱ）求证：平面BDE⊥平面PAC；（Ⅲ）当PA∥平面BD E时，求三棱锥E–BCD的体积．5、（2017山东文）（本小题满分12分）由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1- B1CD1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E 平面ABCD.A O∥平面B1CD1;（Ⅰ）证明：1（Ⅱ）设M是OD的中点,证明：平面A1EM 平面B1CD1.6、（2017江苏）（本小题满分14分）如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD 上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．。

高考文科数学立体几何题型与方法〔文科〕一、考点回顾 1．平面〔1〕平面的基本性质：掌握三个公理与推论,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,则这两个角相等推论：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行,则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,则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,则这条直线和交线平行.〔"线面平行,线线平行"〕〔4〕直线与平面垂直是指直线与平面任何一条直线垂直,过一点有且只有一条直线和一个平面垂直,过一点有且只有一个平面和一条直线垂直.PO A a4 若PA⊥α,a⊥AO,得a⊥PO〔三垂线定理〕,得不出α⊥PO. 因为a⊥PO,但PO不垂直OA.5 三垂线定理的逆定理亦成立.直线与平面垂直的判定定理一：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,则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,则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,则这两条直线平行.〔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,则这点在平面内的射影在这个角的平分线上。

立体几何大题题型总结
立体几何大题包括以下几种题型：
1. 体积计算题：给定一个几何体的形状和尺寸，求其体积。

2. 表面积计算题：给定一个几何体的形状和尺寸，求其表面积。

3. 三视图综合题：给定一个几何体的三视图，通过推理和计算求出其体积和表面积。

4. 截面综合题：给定一个几何体的各个截面的形状和尺寸，通过推理和计算求出其体积和表面积。

5. 相似几何体综合题：给定多个几何体的形状和尺寸，在它们之间应用相似性质，求出它们各自的体积和表面积。

6. 空间几何关系题：给定多个几何体之间的位置关系，例如相切、相交、包含等，求出它们各自的体积和表面积。

7. 作图求解题：通过构造一些几何形状，例如放射形、圆锥、圆台等，求出特定几何体的体积和表面积。

8. 混合几何体综合题：将以上多种题型进行综合，考查学生的综合运用能力。

立体几何复习一、点、直线、平面之间的关系 （一）、立体几何网络图：1.线线平行的判断：（1）、平行于同一直线的两直线平行。

（3）、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。

（6）、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。

（12）、垂直于同一平面的两直线平行。

【例题】（2016丰台一模17）已知在ABC ∆中，90=∠B ，D ，E 分别为边BC ，AC 的中点，将CDE ∆沿DE 翻折后，使之成为四棱锥ABDE C -'（如图） （Ⅱ）设l ABC DE C =''平面平面 ，求证：l AB //ABED C C'DEFBA（7）、在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。

（8）、在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射影垂直。

（10）、若一直线垂直于一平面，这条直线垂直于平面内所有直线。

补充：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。

【例题】（2016西城一模17）如图，在四棱柱1111D C B A ABCD -中，BC AD ABCD BB //,1底面⊥， BD AC BAD ⊥=∠,90（Ⅱ）求证：D B AC 1⊥；【例题】（2016延庆一模17）如图，已知四棱锥ABCD S -，底面ABCD 是边长为2的菱形，60=∠ABC ，侧面SAD 为正三角形，侧面ABCD SAD 底面⊥，M 为侧棱SB 的中点，E 为线段AD 的中点 （Ⅱ）求证：AC SE ⊥（2）、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。

（5）、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。

判定定理：性质定理：★判断或证明线面平行的方法⑴ 利用定义(反证法)：=αl α=∅，则l ∥α (用于判断)； ⑵ 利用判定定理：线线平行线面平行 (用于证明)； ⑶ 利用平面的平行：面面平行线面平行 (用于证明)；⑷ 利用垂直于同一条直线的直线和平面平行(用于判断)。

立体几何大题题型及解题方法立体几何大题一般考以下五个方面：一、平行位置关系的证明1、证明线面平行（重点）解题方法：（1）线面平行判定定理；（2）面面平行的性质定理。

2、证明面面平行解题方法：（1）面面平行的判定定理；（2）面面平行判定定理的推论；（3）垂直于同一直线的两平面平行；（4）平行平面的传递性。

3、平行位置关系的探索（1）对命题条件的探索；（2）对命题结论的探索；（3）通过翻折来探索。

二、垂直位置关系的证明1、证明线线垂直解题方法：2、证明线面垂直（重点）解题方法：3、证明面面垂直4、垂直位置关系的探索（1）对命题条件的探索；（2）对命题结论的探索；（3）通过翻折来探索。

三、求空间距离1、点到平面的距离解题方法：2、空间线段长解题方法：（1）解三角形法；（2）列方程法。

四、求几何体体积五、求空间角1、异面直线所成的角2、直线与平面所成的角考点一：如何判断空间中点、线、面的位置关系（排除法）考点二：平行位置关系的证明证明题一般的解题步骤：一、根据题目的问题，确定要证明什么；根据题目的条件，确定用什么证明方法，如果无法确定，则要通过逆向思维来分析题目；二、看题目是否需要作辅助线(创造条件)，证明平行位置问题一般作的辅助线是连等分点，特别是中点；三、根据确定的证明方法，看该方法需要多少个条件，然后看题目给的条件通过什么方式给，如果是间接条件则需要推理证明得出，如果是直接条件或隐含条件则直接罗列；四、准备好条件后，再次检查条件是否都满足，是否都罗列了，最后得出结论；五、规范书写答案过程：一般过程为1、作辅助线；2、准备间接条件；3、罗列直接条件或隐含条件；4、得出结论。

1、证明线面平行（重点）解题方法：2、证明面面平行解题方法：（1）面面平行的判定定理（最常用方法）：（2）面面平行判定定理的推论：（3）垂直于同一直线的两平面平行；（4）3、平行位置关系的探索考点三、垂直位置关系的证明证明垂直的解题步骤：一、根据题目的问题，确定要证明什么；根据题目的条件，确定用什么证明方法，如果无法确定，则要通过逆向思维来分析题目；二、要注意先确定谁垂直于谁，如1、证明线线垂直时常考虑其中一条直线垂直于另一条直线所在的平面，究竟选择哪一条直线垂直于另一条直线所在的平面，需要通过对条件及图形结构做深入细致分析、尝试、判断。

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)。

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。

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.。

第九章立体几何（2021年文科数学高考备考版）第一节空间几何体的三视图和直观图一、高考考点梳理（一）、空间几何体的结构特征1．多面体①棱柱：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，这些面围成（一）、简单几何体的结构特征的几何体叫作棱柱．②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，这些面围成的几何体叫作棱锥．③棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫作棱台．2．旋转体①圆锥可以由直角三角形绕其任一直角边旋转得到．②圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到．③球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．（二）、三视图1．三视图的名称：几何体的三视图包括主视图、左视图、俯视图．2．三视图的画法①画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的主视图、左视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体得到的正投影图．③观察简单组合体是由哪几个简单几何体组成的，并注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置．（三）、直观图简单几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：1．在已知图形中建立直角坐标系xOy.画直观图时，它们分别对应x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使∠x′O′y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面；2．已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴和y′轴的线段；3．已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的1 2.二、历年高考真题题型分类突破题型一空间几何体的三视图【例1】（2020全国Ⅲ卷）右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A.B.C.D. D.解析：由三视图可知几何体的直观图如图：几何体是正方体的一个角，，、、两两垂直，故，几何体的表面积为：，故选：C．【例2】（2018全国Ⅰ卷）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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（）A．217 B．2 5C．3 D．2解析：所求最短路径MN为四份之一圆柱侧面展开图对角线的长.故选B.【例3】（2017全国Ⅱ卷）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解析：由题意,该几何体是一个组合体,下半部分是一个底面半径为3,高为4的圆柱,其体积V 1＝π×32×4＝36π,上半部分是一个底面半径为3,高为6的圆柱的一半,其体积V 2＝12×(π×32×6)＝27π,∴该组合体的体积V ＝V 1＋V 2＝63π.故选B .题型二 与球有关的几何体【例4】（2020全国Ⅰ卷）已知A ,B ,C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为∆ABC 的外接圆，若⊙O 1的面积为4π，AB=BC=AC=OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π解析：设球O 半径为R ，⊙O 1的半径为r ，依题πr 2=4π，∴r =2。

立体几何题型归类总结立体几何专题复一、知识总结基本图形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斜棱柱：底面是正多边形棱柱，棱垂直于底面。

②正棱柱：底面是正多边形棱柱，侧棱与底面边长相等。

直棱柱和其他棱柱的底面分别为矩形和平行四边形。

2.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——一个点到空间中所有点的距离相等的集合体叫做球，球面是球的表面。

球的性质：①球心与截面圆心的连线垂直于截面；②半径公式：r = √(R² - d²)，其中R为球的半径，d为球心到截面的距离。

球与多面体的组合体：球与正四面体、长方体、正方体等的内接与外切。

球面积、体积公式：S球= 4πR²，V球= (4/3)πR³，其中R为球的半径。

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22.2.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22.3.一个几何体的三视图如图3所示，则这个几何体的体积为3.4.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。

3.如图5所示，是一个几何体的三视图，已知其体积为33，求a的值。

5.如图6所示，给出了一个几何体的三视图及其尺寸（单位：cm），求该几何体的体积。

7.如图所示，给出了一个几何体的三视图（单位：cm），其体积为38.如果某个几何体的三视图尺寸如图8所示（长度单位为m），则该几何体的体积为多少？9.如果一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个圆，那么该几何体的侧面积为多少？10.如果一个三棱柱的底面是正三角形，侧棱垂直于底面，其三视图及其尺寸如图10所示（单位：cm），则该三棱柱的表面积为多少？11.如图11所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么该几何体的全面积为多少？12.如图12所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正三角形，俯视图是一个圆，那么该几何体的侧面积为多少？13.已知某几何体的俯视图是如图13所示的边长为2的正方形，主视图与左视图是边长为2的正三角形，则该几何体的表面积为多少？14.如果一个几何体的三视图如图14所示（单位长度：cm），则该几何体的表面积为多少？15.如图所示，给出了一个棱锥的三视图，求该棱锥的全面积（单位：cm2）。

高考立体几何题型归纳一、空间几何的形状和结构1. 判断空间几何的形状和大小，如三角形、正方形、圆形、球体、圆柱体、圆锥体等。

2. 确定空间几何的位置和关系，如相交、平行、垂直等。

二、立体图形的视图和投影1. 判断立体图形的正视图、俯视图、左视图、右视图、轴侧图等。

2. 判断立体图形的投影，如正投影、斜投影、中心投影等。

三、立体图形的面积和体积1. 计算立体图形的面积，如平面图形在水平面上的投影面积、立体图形的表面积等。

2. 计算立体图形的体积，如立方体、球体、圆柱体、圆锥体等。

四、立体图形的表面积和体积1. 判断立体图形的表面积和体积，如求长方体的表面积和体积、求圆柱体的表面积和体积等。

2. 判断立体图形的表面积和体积的关系，如判断两个立体图形的表面积和体积的大小关系。

五、立体图形的点和面的距离1. 判断立体图形的点和面的距离，如判断一个点在一个平面内的距离、判断一个点在一个立体图形内的距离等。

2. 计算立体图形的点和面的距离，如计算一个点在一个平面内的距离、计算一个点在一个立体图形内的距离等。

六、立体图形的截面和截线1. 判断立体图形的截面，如判断一个立体图形被一个平面截成的截面的形状和大小。

2. 判断立体图形的截线，如判断一个立体图形被一个直线截成的截线的形状和大小。

七、立体图形的折叠和展开1. 判断立体图形的折叠和展开，如判断一个立体图形沿某条折痕折叠后的形状和大小。

2. 计算立体图形的折叠和展开，如计算一个立体图形沿某条折痕折叠后的形状和大小。

八、立体图形的对称和旋转1. 判断立体图形的对称，如判断一个立体图形是否关于某条直线对称、是否关于某个点对称等。

2. 判断立体图形的旋转，如判断一个立体图形绕某条轴旋转后的形状和大小。

九、立体图形的运动和变化1. 判断立体图形的运动，如判断一个立体图形在某个平面上滑动后的形状和大小。

2. 判断立体图形的变化，如判断一个立体图形在某个平面上翻折后的形状和大小。

文科立体几何大题-------求体积 题型一：变换顶点求体积 例题1如图，在四棱锥P -ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，//AB CD ，2AB =，3CD =，M 为PC 上一点，且2PM MC =.（1）求证：BM ∥平面PAD ； （2）若2AD =，3PD =，3BAD π∠=，求三棱锥P -ADM 的体积.典型题练习1.已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD.（Ⅰ）试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出详细证明；（Ⅱ）求三棱锥E-ABC的体积.练习2在四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为平行四边形，AA 1⊥平面ABCD ．AB ＝2AD ＝4，3DAB π∠=． （1）证明：平面D 1BC ⊥平面D 1BD ；（2）若直线D 1B 与底面ABCD 所成角为6π，M ，N ，Q 分别为BD ，CD ，D 1D 的中点，求三棱锥C —MNQ 的体积．巩固练习1.如图示，在四棱锥P -ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是矩形，PD AD =，E 、F 分别CD 、PB 的中点.（Ⅰ）求证：EF ∥平面PAD ；（Ⅱ）求证：EF ⊥平面PAB ； （Ⅲ）设33==BC AB , 求三棱锥P -AEF 的体积.练习2如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB =2，60BAD ∠=︒．（1）求证：平面PBD ⊥平面P AC ；（2）若PA AB =，M 为线段PC 的中点，求三棱锥C -MBD 的体积。

文科立体几何大题-------求体积题型一：变换顶点求体积例题1.解析：1.（1）法一：过作交于点，连接.∵，∴.又∵，且，∴，∴四边形为平行四边形，∴.又∵平面，平面，∴平面.法二：过点作于点，为垂足，连接.由题意，，则，又∵，，∴，∴四边形为平行四边形，∴.∵平面，平面，∴.又，∴.又∵平面，平面；∵平面，平面，；∴平面平面.∵平面，∴平面.（2）过作的垂线，垂足为.∵平面，平面，∴.又∵平面，平面，；∴平面由（1）知，平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，即.在中，，，∴.M //MN CD PD N AN 2PM MC =23MN CD=23ABCD =//AB CD //AB MN ABMN//BM AN BM ⊄PAD AN ⊂PAD //BM PAD M MN CD ⊥N N BN 2PM MC =2DN NC =3DC =2DN =//AB DN ABND //BN AD PD ⊥ABCD DC ⊂ABCD PD DC ⊥MN DC ⊥//PD MN BN ⊂MBN MN ⊂,MBN BN MN N =AD ⊂PAD PD ⊂PAD AD PD D ⋂=//MBN PAD BM ⊂MBN //BM PAD B AD E PD ⊥ABCD BE ⊂ABCD PD BE ⊥AD ⊂PAD PD ⊂PAD AD PD D ⋂=BE ⊥PAD //BM PAD M PAD B PAD BE ABC ∆2AB AD ==3BAD π∠=BE =13P ADM M PAD PAD V V S --∆==⨯133BE ⋅=⨯典型题练习1.解析：（Ⅰ）如图所示，取中点，取中点，连结，则即为所求. 证明：取中点，连结，∵为腰长为的等腰三角形，为中点，∴，又平面平面，平面平面，平面，∴平面，同理可证平面，∴，∵平面，平面，∴平面.又，分别为，中点，∴，∵平面，平面，∴平面.又，平面，平面，∴平面平面，又平面，∴平面.（Ⅱ）连结，取中点，连结，则，由（Ⅰ）可知平面，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等.又是边长为的等边三角形，∴，又平面平面，平面平面，平面，∴平面，∴平面，∴为中点，∴，又，，∴∴.DC N BD M MN MN BC H AH ABC ∆3H BC AH BC ⊥ABC ⊥BCD ABC BCD BC =AH ⊂ABCAH ⊥BCD EN ⊥BCD //EN AH EN ⊄ABCAH ⊂ABC //EN ABC M N BD DC //MN BC MN ⊄ABC BC ⊂ABC //MN ABC MN EN N =MN ⊂EMN EN ⊂EMN //EMN ABC EF ⊂EMN //EF ABC DH CH G NG //NG DH //EN ABC E ABC N ABC BCD ∆2DH BC ⊥ABC ⊥BCD ABC BCD BC =DH ⊂BCD DH ⊥ABC NG ⊥ABC DH =N CD NG =3AC AB ==2BC =12ABC S BC AC ∆=⋅⋅=V V =1S NG =⋅⋅=练习2解析：（1）证明：∵D 1D ⊥平面ABCD ，， ∴D 1D ⊥BC ．又AB ＝4，AD ＝2，，∴∵AD 2＋BD 2＝AB 2，∴AD ⊥BD ．又∵AD ∥BC ，∴BC ⊥BD ．又∵D 1D∩BD ＝D ，，，∴BC ⊥平面D 1BD ，而，∴平面D 1BC⊥平面D 1BD ； （2）解：∵D 1D ⊥平面ABCD ，∴∠D 1BD 即为直线D 1B 与底面ABCD 所成的角，即，而，∴DD 1＝2．，∴BC ABCD ⊂平面3DAB π∠=BD ==1BD D BD ⊂平面11D D D BD ⊂平面1BC D BC ⊂平面16D BD π∠=BD =14C MNQ Q CMN Q BDC V V V ---==11121432C MNQ V -=⨯⨯⨯⨯=巩固练习1.解析：（Ⅰ）取PA 的中点G ，连FG ，由题可知：BF=FP ,则FG //AB FG = AB ,又CE= ED ，可得：DE//AB 且DE = AB ，∴ FG //DE 且FG = DE ,∴四边形DEFG 为平行四边形，则EF //DG且EF =DG ,DG ⊂平面PAD ；EF ⊄平面PAD ，∴ EF//平面PAD ⋯⋯⋯4分 （Ⅱ）由PD ⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PAD ，∴ 平面PAD ⊥平面ABCD ，且交线为AD ，又底面ABCD 是矩形，∴ BA ⊥ AD ，∴BA ⊥ 平面PAD ，∴平面PAB ⊥平面PAD,其交线为PA ，又PD=AD ，G 为PA 的中点，∴DG ⊥ PA ，∴ DG ⊥平面PAB ，由（Ⅰ）知：EF // DG , ∴ EF ⊥平面PAB ⋯⋯⋯8分 （Ⅲ）由BC =1, AB =F 为PB 的中点，∴ = = = == = ⋯⋯⋯⋯12分练习2解析：（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴. 又∵平面ABCD ，平面ABCD ，∴．又，平面，平面，∴平面， ∵平面，∴平面平面. （Ⅱ）解：1212AEF P V -AEF B V -ABE F V-ABE P V -21PD S ABE ⋅⋅⋅∆3121112213121⋅⋅⋅⋅⋅122AC BD ⊥PA ⊥BD ⊂≠PA BD ⊥PA AC A =PA ⊂≠PAC AC ⊂≠PAC BD ⊥PAC BD ⊂≠PBD PBD ⊥PAC BCD 11=2232C BDM M V V --=⨯⨯⨯。

立体几何解答题常考模型归纳总结　高考立体几何解答题常考模型主要包括柱体、锥体、球体、旋转体、多面体等。

这些模型常涉及体积、表面积的计算，截面问题，以及与其他几何体的组合或相交问题。

此外，空间位置关系，如平行、垂直的判断与证明，也是常考内容。

空间角的计算，包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等，同样是高考立体几何的重要考点。

最后，空间距离的计算，如点到平面的距离、两平行平面间的距离等，也是解答题中常见的考查点。

掌握这些模型的基本性质和解题方法，对于提高高考立体几何的解题能力至关重要。

题型一：非常规空间几何体为载体【典例1-1】（2024·河南濮阳·模拟预测）如图，侧面11BCC B 水平放置的正三棱台11111,24ABC A B C AB A B -==(1)求证：1AA ^平面11BCC B ；(2)求直线AB 和平面1ACB 所成角的正弦值．【典例1-2】（2024·云南昆明·三模）如图，在三棱台111ABC A B C -中，上、下底面是边长分别为2和4的正三角形，1AA ^平面ABC ，设平面11AB C I 平面=ABC l ，点,E F 分别在直线l 和直线1BB 上，且满足EF l ^，1EF BB ^．(1)证明：^EF 平面11BCC B ；(2)若直线EF 和平面ABC 【变式1-1】（2024·天津和平·二模）如图，三棱台111ABC A B C -中，ABC V 为等边三角形，1124AB A B ==，1AA ^平面ABC ，点M ，N ，D 分别为AB ，AC ，BC 的中点，11A B AC ^．(1)证明：1CC ∥平面1A MN ；(2)求直线1A D 与平面1A MN 所成角的正弦值；(3)求点D 到平面1A MN 的距离．【变式1-2】（2024·河南周口·模拟预测）如图，平行六面体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 与平面11ABC D 都是边长为2的菱形，11120BCD BC D °Ð=Ð=，侧面11BCC B(1)求平行六面体1111ABCD A B C D -的体积；(2)求平面11BCC B 与平面11CDD C 的夹角的余弦值.题型二：立体几何存在与探索性问题【典例2-1】如图1，ABC V 是边长为3的等边三角形，点,D E 分别在线段,AC AB 上，且1,2AE AD ==，沿DE 将ADE V 翻折到PDE △的位置，使得PB 2.(1)求证：平面PDE ^平面BCDE ；(2)在线段PB 上是否存在点M ，使得//EM 平面PCD ，若存在，求出PM MB的值；若不存在，请说明理由.【典例2-2】（2024·广东·一模）如图所示，四边形ABCD 是圆柱底面的内接四边形，AC 是圆柱的底面直径，PC 是圆柱的母线，E 是AC 与BD 的交点，608AB AD BAD AC Ð===o ，，.(1)记圆柱的体积为1V ，四棱锥P ABCD -的体积为 2V ，求 12V V ；(2)设点F 在线段AP 上，且存在一个正整数k ，使得PA kPF PC kCE ==，，若已知平面FCD 与平面PCDk 的值.【变式2-1】在ABC V 中，90ABC Ð=°，6AB BC ==，D 为边AB 上一点，2AD =，E 为AC 上一点，//DE BC ，将ADE V 沿DE 翻折，使A 到A ¢处，90DA B ¢Ð=°.(1)证明：A B ¢^平面A DE ¢；(2)若射线DE 上存在点M ，使l =uuuu r uuu r DM DE ，且MC 与平面A EC ¢所成角的正弦值为15，求λ.【变式2-2】（2024·甘肃张掖·模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面四边形ABCD为菱形，且60,DAB PAD Ð=o V 是边长为2的等边三角形，且平面PAD ^平面,ABCD O 为AD 中点.(1)求证：OB ^平面PAD ；(2)在线段PC 上是否存在点M ，使二面角M BO C --的大小为60o ，若存在，求PM PC的值，若不存在，请说明理由.题型三：立体几何折叠问题【典例3-1】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图1，在矩形ABCD 中，2AB =，BC =ABD △沿矩形的对角线BD 进行翻折，得到如图2所示的三棱锥A BCD -，且AB CD ^.(1)求翻折后线段AC 的长；(2)点M 满足2AM MD =uuuu r uuuu r ，求CM 与平面ABD 所成角的正弦值.【典例3-2】（2024·山东·模拟预测）如图，在菱形ABCD 中，60BAD Ð=°，E 是AD 的中点，将ABE V沿直线BE 翻折使点A 到达点1A 的位置，F 为线段1AC 的中点.(1)求证：DF ∥平面1A BE ；(2)若平面1A BE ^平面BCDE ，求直线1A E 与平面1A BC 所成角的大小.【变式3-1】（2024·河南驻马店·二模）在如图①所示的平面图形中，四边形ACDE 为菱形，现沿AC 进行翻折，使得AB ^平面ACDE ，过点E 作//EF AB ，且12EF AB =，连接,,FD FB BD ，所得图形如图②所示，其中G 为线段BD 的中点，连接FG .(1)求证：FG ^平面ABD ；(2)若2AC AD ==，直线FG 与平面BCD ，求AB 的值.【变式3-2】在等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，2AB =，2AD BC ==，60DAB Ð=°，M 为AB 中点，将AMD V ，BMC △沿MD ，MC 翻折，使A ，B 重合于点E ，得到三棱锥M CDE -．(1)求ME 与平面CDE 所成角的大小；(2)求二面角M DE C --的余弦值．题型四：立体几何作图问题【典例4-1】（2024·河南信阳·模拟预测）长方体1111ABCD A B C D -中，123,2AB AA AD CE ED ===uuu r uuu r .(1)过E 、B 作一个截面，使得该截面平分长方体的表面积和体积.写出作图过程及其理由.(2)记（1）中截面为a ，若a 与（1）中过D 点的长方体的三个表面成二面角分别为,,q j w ，求222cos cos cos q j w ++的值.【典例4-2】（2024·高三·河北承德·期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，,,O E F 分别是,,BD PA BC 的中点．(1)证明：//OE 平面PBC ；(2)若平面a 经过点,,F D E ，且与棱PB 交于点H ．请作图画出H 在棱PB 上的位置，并求出PH HB的值．【变式4-1】（2024·辽宁大连·一模）如图多面体ABCDEF 中，面FAB ^面ABCD ，FAB V 为等边三角形，四边形ABCD 为正方形，EF BC ∥，且334EF BC ==，H ，G 分别为CE ，CD 的中点．(1)证明：BF AD ^；(2)求平面BCEF 与平面FGH 所成角的余弦值；(3)作平面FHG 与平面ABCD 的交线，记该交线与直线AD 交点为P ，写出AP AD的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）．【变式4-2】如图，已知底面为平行四边形的四棱锥P ABCD -中，平面MNGH 与直线PB 和直线AC 平行，点E 为PD 的中点，点F 在CD 上，且:1:2DF FC =.(1)求证：四边形MNGH 是平行四边形；(2)求作过EF 作四棱锥P ABCD -的截面，使PB 与截面平行（写出作图过程，不要求证明）.截面的定义：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形.【变式4-3】（2024·北京·三模）四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，23DAB p Ð=.AC BD O =I ,且^PO 平面ABCD ，PO =，点,F G 分别是线段.PB PD 上的中点，E 在PA 上.且3PA PE =.（Ⅰ）求证：//BD 平面EFG ；（Ⅱ）求直线AB 与平面EFG 的成角的正弦值；（Ⅲ）请画出平面EFG 与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.题型五：立体几何建系繁琐问题【典例5-1】（2024·山东淄博·二模）已知直角梯形ABCD ，90ADC Ð=°，//AB CD ，2AB CD AD ===M 为对角线AC 与BD 的交点．现以AC 为折痕把ADC V 折起，使点D 到达点P 的位置，点Q 为PB 的中点，如图所示：(1)证明：AC ^平面PBM ；(2)求三棱锥P ACQ -体积的最大值；(3)当三棱锥P ACQ -的体积最大时，求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【典例5-2】（2024·贵州黔东南·二模）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，O 为AC 的中点，1111122AA A C C C AC ====.(1)证明：1//OC 平面11AA D D ；(2)若平面ABCD ^平面11ACC A ，AB BC ^，当四棱锥11B AA C C -的体积最大时，求1CC 与平面11AA B B 夹角的正弦值.【变式5-1】（2024·重庆·三模）如图所示的几何体是一个半圆柱和一个三棱锥的组合体.11,BB CC 是半圆柱的母线,1,O O 分别是底面直径BC 和11B C 的中点,11114,2,BC B C BB CC A ====是半圆O 上一动点,1A 是半圆1O 上的动点,1AA 是圆柱的母线，延长1A A 至P 点使得A 为1A P 的中点,连接PB ,PC 构成三棱锥P ABC -.(1)证明:1AC BA ^;(2)当三棱锥P ABC -的体积最大时,求平面1ABA 与平面1BA C 的夹角.【变式5-2】已知平面四边形ABCD ，2AB AD ==，60BAD Ð=°，30BCD Ð=°，现将ABD D 沿BD 边折起，使得平面ABD ^平面BCD ，此时AD CD ^，点P 为线段AD 的中点．(1)求证：BP ^平面ACD ；(2)若M 为CD 的中点①求MP 与平面BPC 所成角的正弦值；②求二面角P BM D --的平面角的余弦值．题型六：两角相等（构造全等）的立体几何问题【典例6-1】（2024·河南·模拟预测）如图,在三棱锥A BCD -中,ABC V 是等边三角形,90BAD BCD Ð=Ð=°,点P 是AC 的中点,连接,BP DP ．（1）证明:平面ACD ^平面BDP ;（2）若BD =,且二面角A BD C --为120°,求直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值．【典例6-2】（2024·广西桂林·二模）如图，四棱锥F ABCD -中，底面ABCD 为边长是2的正方形，E ，G 分别是CD ，AF 的中点，4AF =，FAE BAE Ð=Ð，且二面角F AE B --的大小为90°.(1) 求证：AE BG ^；(2) 求二面角B AF E --的余弦值.【变式6-1】（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，四棱锥E ABCD -中，四边形ABCD 是边长为2的菱形，45DAE BAE °Ð=Ð=，60DAB Ð=°.（1）证明：平面ADE ^平面ABE ；（2）当直线DE 与平面ABE 所成的角为30°时，求平面DCE 与平面ABE 所成锐二面角的余弦值.【变式6-2】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，四棱锥E ABCD -中，四边形ABCD 是边长为2的菱形45DAE BAE Ð=Ð=°，60DAB Ð=°（1）证明：平面ADE ^平面ABE ；（2）当平面DCE 与平面ABE DE 与平面ABE 所成角正弦值.题型七：利用传统方法找几何关系建系【典例7-1】（2024·江苏南京·二模）如图，//AD BC ，AD AB ^，点E 、F 在平面ABCD 的同侧，//CF AE ，1AD =，2AB BC ==，平面ACFE ^平面ABCD ，EA EC ==(1)求证：//BF 平面ADE ；(2)若直线EC 与平面FBD ，求线段CF 的长.【典例7-2】斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1上，侧面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，侧面AA 1C 1C 是菱形，∠A 1AC ＝60°，A 1C ＝AC AB ＝2，为BB 1的中点．(1)求二面角C －A 1D －C 1的余弦值；(2)记△ABC 的外接圆上有一动点P ，若二面角P －AA 1－C 与二面角C －A 1D －C 1相等，求AP 的长．【变式7-1】如图，已知四棱锥P ABCE -中，PA ^平面ABCE ，平面PAB ^平面PBC ，且1AB =，2BC =，BE =，点A 在平面PCE 内的射影恰为PCE V 的重心G .（1）证明：BC AB ^；（2）求直线CG 与平面PBC 所成角的正弦值.【变式7-2】如图所示，圆锥的高2PO =，底面圆O 的半径为R ，延长直径AB 到点C ，使得BC R =，分别过点A ，C 作底面圆O 的切线，两切线相交于点E ，点D 是切线CE 与圆O 的切点．(1)证明：平面PDE ^平面POD ；(2)若直线PE 与平面PBD ，求点A 到平面PED 的距离．题型八：空间中的点不好求【典例8-1】（2024·山东日照·三模）在五面体ABCDEF 中，CD ADE ^平面，EF ADE ^平面.(1)求证：AB CD ∥；(2)若222AB AD EF ===，3CD =，90ADE Ð=°，点D 到平面ABFE A BC F --的余弦值.【典例8-2】（2024·全国·校联考模拟预测）已知三棱锥ABCD ，D 在面ABC 上的投影为O ，O 恰好为△ABC 的外心．4AC AB ==，2BC =.(1)证明：BC ⊥AD ；(2)E 为AD 上靠近A 的四等分点，若三棱锥A-BCD 的体积为1，求二面角E CO B --的余弦值．【变式8-1】（2024·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB BC ==AD CD AC ===E ，F 分别为AC ，CD 的中点，点G 在PF 上，且G 为三角形PCD 的重心.(1)证明：//GE 平面PBC ；(2)若PA PC =，PA CD ^，四棱锥P ABCD -的体积为GE 与平面PCD 所成角的正弦值.【变式8-2】（2024·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）如图，平行六面体1111ABCD A B C D -中，点P 在对角线1BD 上，AC BD O =I ，平面ACP ∥平面11AC D ．(1)求证：O ，P ，1B 三点共线；(2)若四边形ABCD 是边长为2的菱形，11π3BAD BAA DAA =ÐÐ==Ð，13AA =，求二面角P AB C --大小的余弦值．【变式8-3】（2024·全国·模拟预测）已知菱形ABCD 中，1AB BD ==，四边形BDEF 为正方形，满足2π3ABF Ð=，连接AE ，AF ，CE ，CF ．(1)证明：CF AE ^；(2)求直线AE 与平面BDEF 所成角的正弦值．题型九：数学文化与新定义问题【典例9-1】（2024·高三·山东青岛·期中）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E 、F 、G 分别是边长为4的正方形的三边AB CD AD 、、的中点，先沿着虚线段FG 将等腰直角三角形FDG 裁掉，再将剩下的五边形ABCFG 沿着线段EF 折起，连接AB CG 、就得到了一个“刍甍” (如图2)。

立体几何大题15种归类专题立体几何作为数学的一个重要分支，主要研究三维空间中图形的性质、变换和度量。

在高考或中考等数学考试中，立体几何大题往往占据一定的分值，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力。

以下是对立体几何大题进行的15种归类专题简述，包括内容分析和特点：1. 平行与垂直关系内容分析：涉及直线与平面、平面与平面的平行与垂直关系的判定和性质。

特点：需要熟练掌握平行与垂直的判定定理和性质定理，能够灵活运用。

2. 空间角内容分析：包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面所成的角。

特点：空间角的计算通常需要构造辅助线或面，将空间问题转化为平面问题来解决。

3. 空间距离内容分析：涉及点到直线、点到平面、直线到平面的距离计算。

特点：空间距离的计算通常依赖于空间角和三角形的性质。

4. 三视图与直观图内容分析：根据物体的三视图或直观图，推断物体的形状或计算相关尺寸。

特点：要求考生具备良好的空间想象能力和图形识别能力。

5. 柱体、锥体、台体的表面积与体积内容分析：涉及基本几何体的表面积和体积的计算。

特点：需要熟练掌握各类几何体的表面积和体积公式，能够正确应用。

6. 球的表面积与体积内容分析：考查球的表面积和体积的计算，以及与其他几何体的结合问题。

特点：球的表面积和体积计算通常需要与其他几何体相结合，考查综合应用能力。

7. 空间向量的应用内容分析：利用空间向量解决立体几何问题，如求空间角、空间距离等。

特点：空间向量的引入为立体几何问题提供了新的解决工具，使问题更加简洁明了。

8. 组合体的分析与计算内容分析：涉及由多个基本几何体组成的组合体的分析和计算。

特点：需要综合运用所学的几何知识，对组合体进行分解和组合，考查分析问题和解决问题的能力。

9. 立体几何中的最值问题内容分析：涉及立体几何中的最值问题，如距离的最大值、体积的最小值等。

特点：最值问题通常需要运用不等式、函数等数学知识进行求解，考查综合运用能力。

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。