第53讲 立体几何的综合应用
1．(2016·新课标卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .
(1)证明：G 是AB 的中点；
(2)在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．
(1)证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ， 所以AB ⊥PD .
因为D 在平面P AB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE . 因为PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG . 又由已知可得，P A ＝PB ，所以G 是AB 的中点．
(2)在平面P AB 内，过点E 作PB 的平行线交P A 于点F ，F 即为E 在平面P AC 内的正投影．
理由如下：由已知可得PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥P A ，EF ⊥PC .又P A ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面P AC ，即点F 为E 在平面P AC 内的正投影．
连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ， 所以D 是正三角形ABC 的中心．
由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，
故CD ＝2
3CG .
由题设可得PC ⊥平面P AB ，DE ⊥平面P AB ，
所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝1
3PC .
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A ＝6， 可得DE ＝2，PE ＝2 2.
在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2，
所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝4
3
.
2．(2017·新课标卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面
ABCD ，AB ＝BC ＝1
2
AD, ∠BAD ＝∠ABC ＝90°.
(1)证明：直线BC ∥平面P AD ；
(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P -ABCD 的体积．
(1)在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD .又BC ?平面P AD ，AD
?平面P AD ，故BC ∥平面P AD .
(2)如图，取AD 的中点M ，连接PM ，CM .
由AB ＝BC ＝1
2AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .
因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .
因为CM ?底面ABCD ，所以PM ⊥CM .
设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x .如图，取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，
所以PN ＝
142
x . 因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×14
2x ＝27，
解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.
于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.
所以四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13×2(2＋4)
2
×23＝4 3.
3．(2014·新课标卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，B 1C 的中点为
O ，且AO ⊥平面BB 1C 1C .
(1)证明：B 1C ⊥AB ；
(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，BC ＝1，求三棱柱ABC -A B 1C 1的高．
(1)证明：连接BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点． 因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1. 又AO ⊥平面BB 1C 1C ，所以B 1C ⊥AO ， 故B 1C ⊥平面ABO .
由于AB ?平面ABO ，故B 1C ⊥AB .
(2)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连接AD .作OH ⊥AD ，垂足为H . 由于BC ⊥AO ，BC ⊥OD ，故BC ⊥平面AOD,0.n 所以OH ⊥BC . 又OH ⊥AD ，所以OH ⊥平面ABC .
因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形，
又BC ＝1，可得OD ＝3
4.
由于AC ⊥AB 1，所以OA ＝12B 1C ＝1
2
.
由OH ·AD ＝OD ·OA ，且AD ＝OD 2＋OA 2＝7
4
，
得OH ＝21
14.
又O 为B 1C 的中点，
所以点B 1到平面ABC 的距离为217
. 故三棱柱ABC -A 1B 1C 1的高为
217
. 4．(2017·新课标卷Ⅲ)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．
(1)如图，取AC 的中点O ，连接DO ，BO . 因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO .
又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO .
BO ∩DO ＝O ，从而AC ⊥平面DOB ，BD ?平面DOB ， 故AC ⊥BD .
(2)连接EO .
由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.
又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.
由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .
又△ABC 是正三角形，所以AC ＝AB ，
又AB ＝BD ，所以EO ＝1
2
BD .
故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的1
2
，四面体ABCE
的体积为四面体ABCD 的体积的1
2
，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.
高中立体几何典型500题及解析(二)(51~100题) 51. 已知空间四边形ABCD 中，AB=BC=CD=DA=DB=AC,M 、N 分别为BC 、AD 的中点。 求：AM 及CN 所成的角的余弦值； 解析：(1)连接DM,过N 作NE∥AM 交DM 于E ，则∠CNE 为AM 及CN 所成的角。 ∵N 为AD 的中点, NE∥AM 省 ∴NE=2 1AM 且E 为MD 的中点。 设正四面体的棱长为1， 则NC=21·23= 4 3且ME=2 1MD= 4 3 在Rt△MEC 中，CE 2=ME 2+CM 2= 163+41=16 7 ∴cos ∠CNE= 324 3 432167)43()43( 2222 22-=??-+=??-+NE CN CE NE CN , 又∵∠CNE ∈(0, 2 π) ∴异面直线AM 及CN 所成角的余弦值为3 2. 注：1、本题的平移点是N ，按定义作出了异面直线中一条的平行线，然后先在△CEN 外计算CE 、CN 、EN 长，再回到△CEN 中求角。 2、作出的角可能是异面直线所成的角，也可能是它的邻补角，在直观图中无法判定，只有通过解三角形后，根据这个角的余弦的正、负值来判定这个角是锐角（也就是异面直线所成的角）或钝角（异面直线所成的角的邻补角）。最后作答时，这个角的余弦值必须为正。
52. .如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E 、F 分别是BC 、AD 上的点，已知AB=4，CD=20，EF=7， 3 1 ==EC BE FD AF 。求异面直线AB 及CD 所成的角。 解析：在BD 上取一点G ，使得3 1 =GD BG ，连结EG 、FG 在ΔBCD 中，GD BG EC BE = ，故EG//CD ，并且4 1==BC BE CD EG ， 所以，EG=5；类似地，可证FG//AB ，且 4 3 ==AD DF AB FG ， 故FG=3，在ΔEFG 中，利用余弦定理可得 cos ∠ FGE= 2 1 5327532222222- =??-+=??-+GF EG EF GF EG ，故∠FGE=120°。 另一方面，由前所得EG//CD ，FG//AB ，所以EG 及FG 所成的锐角等于AB 及CD 所成的角，于是AB 及CD 所成的角等于60°。 53. 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1=c ，AB=a ，AD=b ，且a ＞b ．求AC 1及BD 所成的角的余弦． A B C D E F G E D 1 C 1 B 1 A 1 A B D C O
立体几何综合应用（教案） 一. 复习目标 1. 初步掌握“立几”中“探索性” “发散性”等命题的解法. 2．能正确地分析出几何中基本元素及其相互关系.能对图形进行分解、组合和变形. 进一步提高空间想象能力和逻辑思维能力. 二. 课前预习 1. 棱长为1的正方体容器ABCD－A1B1C1D1 , 在A1B、A1B1、 B1C1的中点E、F、G处各开有一个小孔. 若此容器可以 任意放置, 则装水最多的容积是 ( ) （小孔面积对容积的影响忽略不计） A. B. C. D. 2．如图,是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图, A、B、C是展开图上的三点, 则正方体盒子中∠ABC的值为 ( ) A.180° B. 120° C.60° D. 45° 3．图中多面体是过正四棱柱的底面正方形ABCD的点A作截面AB1C1D1而截得的, 且BB1＝DD1已知截面AB1C1D1与底面ABCD成30° 的二面角, 则这个多面体的体积 ( ) A. B. C. D. 4．在四棱锥P－ABCD中, O为CD上的动点, 四边形ABCD满足条件时, V P－AOB恒为定值 ( 写上你认为正确的一个条件即可 ) 三. 典型例题 例1. 如图, 四棱锥S－ABC中,AB∥CD,CD⊥平面SAD, 且CD＝SA＝AD＝SD＝AB＝1. (1) 当H为SD中点时, 求证: AH∥平面SBC, 平面SBC⊥平面SCD; (2) 求点D到平面SBC的距离; (3) 求面SBC和面SAD所成的的二面角的大小. 备课说明：（1）本题的四棱锥是非常规放置的，要注意分辨图形.（2）可以用常规方法解决点面距离及二面角大小, 也可以用面积或体
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。
高中空间立体几何典型 例题 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
1 如图所示，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，侧面对角线AB 1，BC 1上分别有两点E ，F ，且B 1E=C 1F. 求证：EF ∥平面ABCD. 证明 方法一 分别过E ，F 作EM ⊥AB 于M ，FN ⊥BC 于N ，连接MN. ∵BB 1⊥平面ABCD ， ∴BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ， ∴EM ∥BB 1，FN ∥BB 1， ∴EM ∥FN. 又∵B 1E=C 1F ，∴EM=FN ， 故四边形MNFE 是平行四边形，∴EF ∥MN. 又MN ?平面ABCD ，EF ?平面ABCD ， 所以EF ∥平面ABCD. 方法二 过E 作EG ∥AB 交BB 1于G ， 连接GF ，则B B G B A B E B 1111=， ∵B 1E=C 1F ，B 1A=C 1B ， ∴B B G B B C E C 1111=，∴FG ∥B 1C 1∥BC ， 又EG ∩FG =G ，AB ∩BC =B ， ∴平面EFG ∥平面ABCD ，而EF ?平面EFG ， ∴EF ∥平面ABCD . 2 已知P 为△ABC 所在平面外一点，G 1、G 2、G 3分别是△PAB 、△PCB 、△PAC 的重心.
（1）求证：平面G 1G 2G 3∥平面ABC ； （2）求S △3 21G G G ∶S △ABC . （1）证明 如图所示，连接PG 1、PG 2、PG 3并延长分别与边AB 、BC 、AC 交于点D 、E 、F ， 连接DE 、EF 、FD ，则有PG 1∶PD =2∶3， PG 2∶PE =2∶3，∴G 1G 2∥DE . 又G 1G 2不在平面ABC 内， ∴G 1G 2∥平面ABC .同理G 2G 3∥平面ABC . 又因为G 1G 2∩G 2G 3=G 2， ∴平面G 1G 2G 3∥平面ABC . （2）解 由（1）知PE PG PD PG 21 =32，∴G 1G 2=32DE . 又DE =21AC ，∴G 1G 2=31 AC . 同理G 2G 3=31AB ，G 1G 3=3 1BC . ∴△G 1G 2G 3∽△CAB ，其相似比为1∶3， ∴S △3 21G G G ∶S △ABC =1∶9. 3如图所示，已知S 是正三角形ABC 所在平面外的一点，且SA =SB =SC ，SG 为△SAB 上的高， D 、 E 、 F 分别是AC 、BC 、SC 的中点，试判断S G 与平面DEF 的位置关系，并给予证明. 解 SG ∥平面DEF ，证明如下： 方法一 连接CG 交DE 于点H ， 如图所示.
第53讲 立体几何的综合应用 1．(2016·新课标卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G . (1)证明：G 是AB 的中点； (2)在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积． (1)证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ， 所以AB ⊥PD . 因为D 在平面P AB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE . 因为PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG . 又由已知可得，P A ＝PB ，所以G 是AB 的中点． (2)在平面P AB 内，过点E 作PB 的平行线交P A 于点F ，F 即为E 在平面P AC 内的正投影． 理由如下：由已知可得PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥P A ，EF ⊥PC .又P A ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面P AC ，即点F 为E 在平面P AC 内的正投影． 连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ， 所以D 是正三角形ABC 的中心． 由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上， 故CD ＝23 CG . 由题设可得PC ⊥平面P AB ，DE ⊥平面P AB ， 所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13 PC . 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A ＝6， 可得DE ＝2，PE ＝2 2. 在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2， 所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43 . 2．(2017·新课标卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ，AB ＝BC ＝12AD, ∠BAD ＝∠ABC ＝90°. (1)证明：直线BC ∥平面P AD ； (2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P -ABCD 的体积． (1)在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD .又BC ?平面P AD ，
高考中常见的立体几何题型和解题方法 黔江中学高三数学教师：付 超 高考立体几何试题一般共有2——3道(选择、填空题1——2道, 解答题1道), 共计总分18——23分左右,考查的知识点在20个以内. 选择填空题考核立几中的 逻辑推理型问题, 而解答题着重考查立几中的计算型问题, 当然, 二者均应以正 确的空间想象为前提. 随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着“多 一点思考,少一点计算”的方向发展.从历年的考题变化看, 以简单几何体为载体 的线面位置关系的论证,角与距离的探求是常考常新的热门话题. 一、知识整合 1．有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过 程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与 距离等)中不可缺少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决“平行 与垂直”的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能， 通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律——充分利用线线平 行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能 力和空间想象能力． 2． 判定两个平面平行的方法： （1）根据定义——证明两平面没有公共点； （2）判定定理——证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面； （3）证明两平面同垂直于一条直线。 3．两个平面平行的主要性质： ⑴由定义知：“两平行平面没有公共点”。 ⑵由定义推得：“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。 ⑶两个平面平行的性质定理：“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”。 ⑷一条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。 ⑸夹在两个平行平面间的平行线段相等。 ⑹经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行。 以上性质⑵、⑷、⑸、⑹在课文中虽未直接列为“性质定理”，但在解题过 程中均可直接作为性质定理引用。 4．空间角和距离是空间图形中最基本的数量关系，空间角主要研究射影以 及与射影有关的定理、空间两直线所成的角、直线和平面所成的角、以及二面角 和二面角的平面角等．解这类问题的基本思路是把空间问题转化为平面问题去解 决． 空间角，是对由点、直线、平面所组成的空间图形中各种元素间的位置关系 进行定量分析的一个重要概念，由它们的定义，可得其取值范围，如两异面直线 所成的角θ∈(0，2π]，直线与平面所成的角θ∈0,2π?????? ，二面角的大小，可用它们的平面角来度量，其平面角θ∈[0，π]．对于空间角的计算，总是通过一定 的手段将其转化为一个平面内的角，并把 它置于一个平面图形，而且是一个三
实用文档 §9.11立体几何综合应用 【复习目标】 1． 初步掌握立体几何中的“探索性” “发散性”等命题的解法.； 2． 能正确地分析出几何中基本元素及其相互关系，能对图形进行分 解、组合和变形，进一步提高空间想象能力和逻辑思维能力。 【课前预习】 1． 如图,是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图, A 、B 、C 是展开图 上的三点, 则正方体盒子中∠ABC 的值为 （ ） A.180° B. 120° C.60° D. 45° 2． 棱长为1的正方体容器ABCD －A 1B 1C 1D 1 , 在A 1B 、A 1B 1、B 1C 1的 中点E 、F 、G 处各开有一个小孔. 若此容器可以任意放置, 则 装水最多的容积是（小孔面积对容积的影响忽略不计） （ ） A. 87 B. 1211 C. 4847 D. 5655 3． 图中多面体是过正四棱柱的底面正方形ABCD （边长为1）的点A 作截面AB 1C 1D 1而截 得的, 且BB 1＝DD 1，已知截面AB 1C 1D 1与底面ABCD 成30°的二面角, 则这个多面体的体积 （ ）
实用文档 A. 26 B. 36 C. 46 D. 66 4． 在四棱锥P －ABCD 中, O 为CD 上的动点, 四边形ABCD 满足条件 时, V P －AOB 恒为定值 ( 写上你认为正确的一个条件即可 )。 【典型例题】 例1 如图, 四棱锥S －ABC 中,AB ∥CD,CD ⊥平面SAD, 且21 CD ＝SA ＝AD ＝SD ＝AB ＝1. （1） 当H 为SD 中点时, 求证：AH ∥平面SBC 、平面SBC ⊥平面SCD ； （2） 求点D 到平面SBC 的距离； （3） 求面SBC 和面SAD 所成的的二面角的大 小. 例2 如图, 已知距形ABCD 中, AB ＝1, BC ＝a (a ＞0), PA ⊥平面AC, 且PA ＝1. （1） 问BC 边上是否存在Q, 使得PQ ⊥QD ？说明理由； （2） 若BC 边上有且只有一个点Q ，使得PQ ⊥QD ，求这时二面角Q －PD －A 的大小.
立体几何坐标解法典型例题 1、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 --的大小； （Ⅲ）求点C 到平面1A BD 的距离． 2、如图，在Rt AOB △中， π6 OAB ∠=，斜边4AB =．Rt AOC △可以通过Rt AOB △以直线AO 为轴旋转得到，且二面角B AO C --的直二面角．D 是AB 的中点． （1）求证：平面COD ⊥平面AOB ； （2）求异面直线AO 与CD 所成角的大小． A B C D
3．(2010·上海松江区模拟)设在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝90°，E ，F 依次为C 1C ，BC 的中点． (1)求异面直线A 1B 、EF 所成角θ的正弦值； (2)求点B 1到平面AEF 的距离． 4.四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD ．已知45ABC =o ∠， 2AB = ，BC = SA SB == （Ⅰ）证明SA BC ⊥； （Ⅱ）求直线SD 与平面SAB 所成角的大小． D B C A S
5．如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB → 的值为( ) A ．0 B ．1 C ．0或1 D ．任意实数 5．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值等于( ) A.32 B.1010 C.35 D.25 <二>选择题辨析 [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.（×） ②直线在平面外，指的位置关系：平行或相交 ③若直线a 、b 异面，a 平行于平面，b 与的关系是相交、平行、在平面内. 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.（×） ⑥在同一平面内的射影长相等，则斜线长相等.（×） ⑦是夹在两平行平面间的线段，若，则的位置关系为相交或平行或异面. [注]： ①直线与平面内一条直线平行，则∥. （×） ②直线与平面内一条直线相交，则与平面相交. （×） ③若直线与平面平行，则内必存在无数条直线与平行. （√） 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、所成角相等，则∥.（×） [注]： ①垂直于同一平面．．．．的两个平面平行.（×） ②垂直于同一直线的两个平面平行.（√） ③垂直于同一平面的两条直线平行.（√） αααb a ,b a =b a ,a αa αa αa αa ααa l αβαβ
长方体模型在立体几何中的应用 江苏省太仓高级中学 陆红力 立体几何中学生最易掌握的简单几何体是长方体和正方体，其简单的几何性质和直观的几何构造已为广大高中生所熟悉,在长方体中适当添加辅助线，不仅可以构建各种线线关系、线面关系、面面关系，还可以割出像三棱锥、四棱锥、直三棱柱、长方体等，所以在遇到某些点、线、面及空间角和距离的问题时,若能联想并巧妙合理地构造出相关的长方体并加以解决,则能使很多复杂的问题变得更易理解,从而起到事半功倍的效果。 一 构造长方体 判断位置关系 例1 在空间，下列命题正确的是 （1）如果直线a ,b 分别与直线l 平行，那么a //b . （2）如果直线a 与平面β内的一条直线b 平行，那么a //β. （3）如果直线a 与平面β内的两条直线b ，c 都垂直，那么a ⊥β. （4）如果平面β内的一条直线a ⊥平面γ，那么β⊥γ. 说明：如图1，以长方形为模型，使得,,AD a BC b ==平面AC 为β，就可否定（2）；再使1,,,AB a AD b BC c ===就可否定（3）；所以正确为（1）、（4），因为（1）为平行线公理，（4）为面面垂直判定定理。 例2 已知 m ,l 是直线，α，β是平面，给出下列命题： （1） 若l 垂直α内的两条相交直线，则l α⊥. （2） 若//l α，则l 平行于α内的所有直线. （3） 若,,m l αβ??且,l m ⊥则αβ⊥. （4） 若,l β?且,l α⊥则αβ⊥. （5） 若,,m l αβ??且//αβ，则//m l . 其中正确的是 ，（请将正确命题的序号填上） 说明：如图2，在长方体1111ABCD A B C D -中，选1l AB =，平面1DC β=，但1AB 不平行1DD ，易否定（2）；选平面1AC α=，平面1,,,AC AB m AD l β===，否定（3）；选平面AC α=，平面1111,,,AC AB m B C l β===，否定（5） ；因为（1）（4）分别为线面垂直、面面垂直判定定理，所以选（1）（4）.
(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面①，且平面ABC ⊥平面BCGE ②； (2)求图2中的二面角B -CG -A 的大小③. [信息提取] 看到①想到四边形ACGD 共面的条件，想到折叠前后图形中的平行关系；看到②想到面面垂直的判定定理；看到③想到利用坐标法求两平面法向量的夹角余弦值，想到建立空间直角坐标系． [规范解答] (1)由已知得AD ∥BE ，CG ∥BE ，所以AD ∥CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．·························2分 由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，且BE ∩BC ＝B ， 故AB ⊥平面BCGE . ·····················································3分 又因为AB ?平面ABC ， 所以平面ABC ⊥平面BCGE . ··········································4分 (2)作EH ⊥BC ，垂足为H . 因为EH ?平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ， 所以EH ⊥平面ABC . ···················································5分 由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3.················································································6分 以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如 图所示的空间直角坐标系H -xyz ， 则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)， CG →＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0). ······························8分 设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ?????CG →·n ＝0，AC →· n ＝0，即???x ＋3z ＝0，2x －y ＝0.·······································9分 所以可取n ＝(3，6，－3).··········································10分 又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0，1，0)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝32.····································11分 因此，二面角B -CG -A 的大小为30°. ····························12分 [易错防范]
空间向量在立体几何中的应用： (1)直线的方向向量与平面的法向量： ①如图，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量． 由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定． ②如果直线l ⊥平面α ，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α 的法向量． 由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定． (2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系： 设直线l ，m 的方向向量分别是a ，b ，平面α ，β 的法向量分别是u ，v ，则 ①l ∥m ?a ∥b ?a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ?a ⊥b ?a ·b ＝0； ③l ∥α ?a ⊥u ?a ·u ＝0； ④l ⊥α ?a ∥u ?a ＝k u ，k ∈R ； ⑤α ∥?u ∥v ?u ＝k v ，k ∈R ； ⑥α ⊥β ?u ⊥v ?u ·v ＝0． (3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题： ①异面直线所成的角：设a ，b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角． 设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为θ ，显然],2 π,0(∈θ则 ?= >
立体几何的综合应用 一、 知识梳理： 线面平行的证法，线线角、线面角、二面角、点到平面的距离等的求法，用类比、转化、 归、构造等方法解题。 二、 训练反馈 1如图，以长方体 ABCD-A i B i CD 的顶点为顶点且四个面都是直角三角形的四面体是 （注：只写出其中一个， A — ABC 等 2、在平面几何中有: 并在图中画出相应的四面体） Rt △ ABC 的直角边分别为a,b ，斜边上的高为 P — ABC 中，PA PB PC 两两互相垂直，且 2 一结论，在三棱锥 2 2 2 —ABC 的高为 h ,则结论为 _1/a +1/b +1/c = 1/ h 3、如图一，在△ ABC 中，AB 丄AC ADL BC, D 是垂足，则 AB 2 题：三棱锥 A — BCD （图二）中，ADL 平面 ABC AC L 平面 BCD S ABC S BCO S BCD ， 上述命题是 （A ） A.真命题 B.假命题 C ?增加“ ABL AC 的条件才是真命题 D.增加“三棱锥A — BCD 是正三棱锥” 丄 b 2 PA=a PB=b, PC=C 此三棱锥 P h ，则丄 a 丄。类比这 h 2 BD BC （射影定理）。类似有命 O 为垂足，且 0在厶BCD 内，贝U 的条件才是真命题 图 4、下列四个正方体图形中， AB// MNP 的图形的序号疋 D P 分别为其所在棱的中点，能得出 图一 A 、 B 为正方体的两个顶点， ①③（写出所有符合要求的图形序号） ① ② ③ ④ 5、如图，在正方体 ABCD-A i B i GD 中，EF 是异面直线 AC 与 A i D 的公垂线,
2017年高考立体几何大题（文科） 1、（2017新课标Ⅰ文数）（12分） 如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o （1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ； （2）若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=o ,且四棱锥P-ABCD 的体积为 83 ，求该四棱锥的侧面积.
如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,1,90.2 AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=? （1）证明：直线BC ∥平面PAD ; （2）若△PCD 的面积为P ABCD -的体积.
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．
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．
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.
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．
一、共线问题 例1.若ΔABC所在的平面和ΔA1B1C1所在平面相交，并且直线AA1、BB1、CC1相交于一点O，求证： (1)AB和A1B1、BC和B1C1、AC和A1C1分别在同一平面内； (2)如果AB和A1B1、BC和B1C1、AC和A1C1分别相交，那么交点在同一直线上(如图). 例2.点P、Q、R分别在三棱锥A-BCD的三条侧棱上，且PQ∩BC＝X,QR∩CD＝Z,PR ∩BD＝Y.求证：X、Y、Z三点共线. 例3.已知△ABC三边所在直线分别与平面α交于P、Q、R三点，求证：P、Q、R三点共线。 二、共面问题 例4.直线m、n分别和平行直线a、b、c都相交，交点为A、B、C、D、E、F，如图，求证：直线a、b、c、m、n共面.
例5. 证明两两相交而不共点的四条直线在同一平面内. 已知：如图，直线l 1，l 2，l 3，l 4两两相交，且不共点. 求证：直线l 1，l 2，l 3，l 4在同一平面内 例6. 已知：A 1、B 1、C 1和A 2、B 2、C 2分别是两条异面直线l 1和l 2上的任意三点，M 、N 、R 、T 分别是A 1A 2、B 1A 2、B 1B 2、C 1C 2的中点.求证：M 、N 、R 、T 四点共面. 例7. 在空间四边形ABCD 中，M 、N 、P 、Q 分别是四边上的点，且满足MB AM ＝NB CN ＝QD AQ ＝PD CP ＝k. (1)求证：M 、N 、P 、Q 共面. (2)当对角线AC ＝a,BD ＝b ，且MNPQ 是正方形时，求AC 、BD 所成的角及k 的值(用a,b 表示) 三、共点问题 例8. 三个平面两两相交得三条直线，求证：这三条直线相交于同一点或两两平行.
高考数学立体几何试题分析及备考建议 一、高考命题分析 立体几何是高中数学领域的重要模块，是高考考查考生的空间感、图 形感、语言转化能力、几何直观能力、逻辑推理能力的主要载体。主要包 括柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，三视图，点、直线、平面 的位置关系等。通过研究近年高考试卷，不难发现有关立体几何的命题较 稳定，难易适中，基本体现出“两小一大”或“一小一大”的特点.即1--2道小题，1道大题，占17--22分，小题灵活多变且有一定的难度，其中常有组 合体三视图问题和开放型试题，大多考查概念辨析，位置关系探究，空间 几何量的简单计算求解等，考查画图、识图、用图的能力；而解答题大多 属中档题, 一般设计成几个小问题，此类考题往往以简单几何体为载体， 考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，综合考查空间想 象能力、推理论证能力和运算求解能力，也关注对条件和结论不完备情形 下开放性问题的探究。其解题思路也主要是“作——证——求”，强调作图、证明和计算相结合。命题既注意“知识的重新组合”，又采用“小题目综合化，大题分步设问”的命题思路，朝着“重基础、直观感、空间感、探究与创新”的方向发展。 二、高考命题规律 （一）客观题方面
1．以三视图为载体考查空间想象能力 空间几何体的结构与三视图主要培养观察能力、归纳能力和空间想象 能力，识别三视图所表示的空间几何体，柱、锥、台、球体及其简单组合 体的结构特征与新增内容三视图的综合会重点考查，从新课标地区的高考 题来看，三视图是出题的热点，题型多以选择题、填空题为主，属中等偏 易题。随着新课标的推广和深入，难度逐渐有所增加。主要考查以下两个 方面：①几何体的三视图与直观图的认识；②通过三视图和几何体的结合，考查几何体的表面积和体积。 例1 (新课标2)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以 zOx平面为投影面， 则得到正视图可以为 A B C D 注意：必修2中的空间直角坐标系容易被文科忽视。 例2 （新课标2）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为 A．6 B．9 C．12 D．18 注意：简单组合体的表面积和体积的问题为常考题目。 例3 （四川理）一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以
空间向量与立体几何典型例题 一、选择题： 1．(2008全国Ⅰ卷理)已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 内的射影为ABC △的中心，则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于（ C ） A ． 13 B C D ．23 1.解：C ．由题意知三棱锥1A ABC -为正四面体，设棱长为a ，则1AB = ，棱柱的高 1 3AO a ===（即点1B 到底面ABC 的距离），故1AB 与底面ABC 所成角的正弦值为113 AO AB =. 另解：设1,,AB AC AA u u u r u u u r u u u r 为空间向量的一组基底，1,,AB AC AA u u u r u u u r u u u r 的两两间的夹角为0 60 长度均为a ，平面ABC 的法向量为111133 OA AA AB AC =--u u u r u u u r u u u r u u u r ,11AB AB AA =+u u u r u u u r u u u r 211112,,33 OA AB a OA AB ?===u u u r u u u r u u u r u u u r 则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值为11 1 13OA AB AO AB ?=u u u u r u u u r u u u r u u u r . 二、填空题： 1．(2008全国Ⅰ卷理)等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角 C AB D -- M N ，分别是AC BC ，的中点，则EM AN ，所成角的余弦值等于 6 1 ． 1.答案： 1 6 .设2AB =，作CO ABDE ⊥面， OH AB ⊥，则CH AB ⊥，CHO ∠为二面角C AB D -- cos 1CH OH CH CHO ==?∠=，结合等边三角形ABC 与正方形ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥，则AN EM ==11(),22AN AC AB EM AC AE =+=-u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r , 11()()22AN EM AB AC AC AE ?=+?-=u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r 12 故EM AN ，所成角的余弦值1 6 AN EM AN EM ?=u u u r u u u u r u u u r u u u u r 另解：以O 为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系， 则点(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0),A B E C ----,
知识点详解 1. 正方体V:体积a:棱长 棱长和=棱长×12 棱长=棱长和÷12 表面积=棱长×棱长×6 S表=a×a×6 一面的面积=六个面的面积÷6 S面积= S表÷6 体积=棱长×棱长×棱长V=a×a×a 2. 长方体V:体积s:面积a:长b: 宽h:高 (1)表面积=(长×宽+长×高+宽×高)×2 S=2(ab+ah+bh) (2)体积=长×宽×高V=abh 长=体积÷宽÷高a=V÷b÷h 宽=体积÷长÷高b=V÷a÷h 高=体积÷长÷宽h=V÷a÷b 3. 圆柱体v:体积h:高s;底面积r:底面半径c:底面周长 (1)侧面积=底面周长×高高=侧面积÷底面周长底面周长=侧面积÷高 (2)表面积=侧面积+底面积×2 (3)体积=底面积×高 （4）体积＝侧面积÷2×半径高=体积÷高 4. 圆锥体 v:体积h:高s;底面积r:底面半径 体积=底面积×高÷3 底面积=体积×3÷高高=体积×3÷底面积 例题详解 1.一个圆柱的底面半径是3厘米，高是2厘米，这个圆柱的表面积是多少平方厘米?体积是多少立方厘米? 2.将一张长12.56厘米，宽9.42厘米的长方形纸卷成一个圆柱体，圆柱体的体积是多少立方厘米？
3.把一根长是2米，底面直径是4分米的圆柱形木料锯成4段后，表面积增加了多少平方分米？ . 4.一个圆锥体的底面半径是6厘米，高是1分米，体积是多少立方厘米？ 5.一个圆柱的侧面展开得到一个长方形，长方形的长是9.42厘米，宽是3厘米，如果将它削成一个最大的圆锥体，应削去多少立方厘米？ 6.一个圆柱体和一个圆锥体的底面积和体积都相等，圆柱的高8厘米，圆锥的高是多少厘米？ 7.一个长方体，棱长总和是200厘米，相交于一点的三条棱的长度和是多少厘米?
高考中的立体几何问题 一、选择题(每小题5分,共30分) 1.一个多面体的三视图如图4-1所示,则此多面体的表面积是 ( ) 图4-1 A.22 B.24-√2 C.22+√2 D.20+√2 2.如图4-2,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画的是某组合体的三视图,则该组合体的体积 是 ( ) 图4-2 A. 2√33+2 3 π B. 2√33+16 3 π C.4+16 3 π D.43+2 3 π 3.已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的所有顶点均在球O 的表面上,E ,F ,G 分别为AB ,AD ,AA 1的中点,若平面EFG 截球O 所得圆的半径为√15 3 ,则该正方体的棱长为 ( ) A.√15 B.√10 C.3 D.2 4. [数学文化题]如图4-3为中国传统智力玩具鲁班锁,它起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构,这种三维的拼插器具内部的凹凸部分啮合,外观看是严丝合缝的十字立方体,其上下、左右、 前后完全对称,六根完全相同的正四棱柱分成三组,经90°榫卯起来.现有一鲁班锁的正四棱柱的底面正方形的边长为2,欲将其放入球形容器内(容器壁的厚度忽略不计),若球形容器的表面积的最小值为56π,则正四棱柱的高为 ( ) A.√6 B.2√23 C.6 D.2√51
5. [数学文化题]中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代(公元前476年~前222年),其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道流到下部容器.如图4-4所示,某沙漏由上、下两个圆锥形容器组成,圆锥形容器的底面圆的直径和高均为8 cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥形容器高度的2 3 (细管长度忽略不计).若细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆,则此圆锥形沙堆的高为() 图4-4 A.2 cm B.4 3cm C.8 3 cm D.64 27 cm 6.如图4-5,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=√2AB,E,F分别为BC,BB1的中点,M,N分别为AA1,A1C1的中点,则直线MN与EF所成角的余弦值为() 图4-5 A.3 5B.√3 2 C.1 2 D.4 5 二、填空题(每小题5分,共10分) 7.若侧面积为8π的圆柱有一外接球O,则当球O的体积取得最小值时,圆柱的表面积 为. 8.如图4-6,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,作以A为顶点,分别以AB,AD,AA1为轴,底面圆半径为r(0 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 -．立体几何高考真题大题
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