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2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练教学教材

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2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【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 ＝13AB ＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥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 ＝13AB 时，有AD ∥平面MPC .理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，DN NB ＝DC MB ＝12，在△ADB 中，AP PB ＝12，∴AD ∥PN .∵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。

2. 构造面面平行，然后推出线面平行。

此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。

辅助线的构造理论同上。

我们只须过已知直线上任意一点做一条与已知平面平行的直线即可。

可总结为下图例2如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE ⊥EC ，AB ＝BE ＝EC ＝2，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点．方法三方法二方法一方法一求证：GF ∥平面ADE ；【答案】解法一：(1)证明：如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ， 又G 是BE 的中点，所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB.又F 是CD 的中点，所以DF ＝12CD.由四边形ABCD 是矩形得，AB ∥CD ，AB ＝CD ，所以GH ∥DF ，且GH ＝DF ， 从而四边形HGFD 是平行四边形，所以GF ∥DH. 又DH ⊂平面ADE ，GF ⊄平面ADE ，所以GF ∥平面ADE. 解法2：(1)证明：如下图，取AB 中点M ，连接MG ，MF. 又G 是BE 的中点，可知GM ∥AE.又AE ⊂平面ADE ，GM ⊄平面ADE ，所以GM ∥平面ADE. 在矩形ABCD 中，由M ，F 分别是AB ，CD 的中点得MF ∥AD.又AD ⊂平面ADE ，MF ⊄平面ADE ， 所以MF ∥平面ADE.又因为GM∩MF ＝M ，GM ⊂平面GMF ，MF ⊂平面GMF ， 所以平面GMF ∥平面ADE.因为GF ⊂平面GMF ，所以GF ∥平面ADE.【解析】解法一为构造线线平行，解法二为构造面面平行。

【易错点】线段比例关系【思维点拨】同例一题型二线线垂直、面面垂直的证明例1如图，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；(2)求证：平面BDE⊥平面P AC【答案】(1)证明：因为P A⊥AB，P A⊥BC，AB∩BC＝B，所以P A⊥平面ABC.又因为BD⊂平面ABC，所以P A⊥BD.(2)证明：因为AB＝BC，D为AC的中点，所以BD⊥AC.由(1)知，P A⊥BD，又AC∩P A＝A，所以BD⊥平面P AC.因为BD⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面P AC.【解析】(一)找突破口第(1)问：欲证线线垂直，应转化到证线面垂直，再得线线垂直；第(2)问：欲证面面垂直，应转化到证线面垂直，进而转化到先证线线垂直，借助(1)的结论和已知条件可证；(二)寻关键点在平面，再由线面垂直的定义可得(3)求点到面的距离时要想到借助锥体的“等体积性”信息④：平面BDE⊥平面P AC 面面垂直的判定定理，线线垂直⇒线面垂直⇒面面垂直信息⑤：P A∥平面BDE 线面平行的性质定理，线面平行，则线线平行，可得P A∥DE【易错点】规范的符号语言描述，正确的逻辑推理过程。

【思维点拨】(1)正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用．(2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．(3)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决．(4)证明的核心是转化，空间向平面的转化，面面⇔线面⇔线线．题型三空间向量例1如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，ABD CBD∠=∠，AB=BD.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值．【答案】(1)证明：由题设可得，△ABD≌△CBD，从而AD＝DC.又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC ＝90°.取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO ⊥AC ，DO ＝AO .又因为△ABC 是正三角形，所以BO ⊥AC . 所以∠DOB 为二面角D -AC -B 的平面角． 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°.所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直．以O 为坐标原点，OA ―→的方向为x 轴正方向，|OA ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，D (0,0,1)． 由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝⎛⎭⎫0，32，12.故AD ―→＝(－1，0,1)，AC ―→＝(－2,0,0)，AE ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，32，12. 设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DAE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD ―→＝0，n ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋z 1＝0，－x 1＋32y 1＋12z 1＝0.可取n ＝⎝⎛⎭⎫1，33，1. 设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面AEC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC ―→＝0，m ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＝0，－x 2＋32y 2＋12z 2＝0，可取m＝(0，－1，3)．则cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝－33＋3213×2＝77.由图知二面角D-AE-C为锐角，所以二面角D-AE-C的余弦值为7 7.【解析】(一)找突破口第(1)问：欲证面面垂直，应转化去证线面垂直或证其二面角为直角，即找出二面角的平面角，并求其大小为90°；第(2)问：欲求二面角的余弦值，应转化去求两平面所对应法向量的夹角的余弦值，即通过建系，求所对应法向量来解决问题．(二)寻关键点【易错点】正确建立空间直角坐标系，确定点的坐标，平面法向量的计算。

【思维点拨】1．利用空间向量求空间角的一般步骤(1)建立恰当的空间直角坐标系；(2)求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标；(3)结合公式进行论证、计算；(4)转化为几何结论．2．求空间角应注意的3个问题(1)两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.(2)直线与平面所成的角的正弦值等于平面的法向量与直线的方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化．(3)两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．【巩固训练】题型一线面平行的证明1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：(1)直线EG∥平面BDD1B1；(2)平面EFG∥平面BDD1B1.【答案】详见解析【解析】(1)如图，连接SB，∵E、G分别是BC、SC的中点，∴EG∥SB.又∵SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，∴直线EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD，∵F、G分别是DC、SC的中点，∴FG∥SD.又∵SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，∴FG∥平面BDD1B1，又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面BDD1B1.2.如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱P A⊥底面ABCD，且P A＝2，E是侧棱P A上的中点．求证：PC∥平面BDE；【答案】详见解析【解析】证明：连接AC交BD于点O，连接OE，如图：∵四边形ABCD是正方形，∴O是AC的中点．又E是PA的中点，∴PC∥OE.∵PC⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴PC∥平面BDE.3.如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．求证：C1M∥平面A1ADD1；【答案】详见解析【解析】证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC.又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.连接AD1，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形．因此C1M∥D1A，又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.题型二线线垂直、面面垂直的证明1.如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．(1)证明：CD⊥AE；(2)证明：PD⊥平面ABE；【答案】详见解析【解析】(1)在四棱锥P－ABCD中，因为P A⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，故P A⊥CD，∵AC⊥CD，P A∩AC＝A，∴CD⊥平面P AC，而AE⊂平面P AC，∴CD⊥AE，(2)由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A，∵E是PC的中点，∴AE⊥PC，由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD，而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD，∵P A⊥底面ABCD，PD在底面ABCD内的射影是AD，AB⊥AD，∴AB⊥PD，又∵AB∩AE＝A，综上可得PD⊥平面ABE.2.如图，在三棱锥P－ABC中，P A＝PB＝PC＝AC＝4，AB＝BC＝2 2.求证：平面ABC⊥平面APC；【答案】详见解析【解析】(1)证明：如图所示，取AC中点O，连接OP，OB.∵P A＝PC＝AC＝4，∴OP⊥AC，且PO＝4sin60°＝2 3.∵BA＝BC＝22，∴BA2＋BC2＝16＝AC2，且BO⊥AC，∴BO＝AB2－AO2＝2.∵PB＝4，∴OP2＋OB2＝12＋4＝16＝PB2，∴OP⊥OB.∵AC∩OB＝O，∴OP⊥平面ABC.∵OP⊂平面P AC，∴平面ABC⊥平面APC.3.如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB＝2AD＝2，BD＝3，PD⊥底面ABCD.证明：平面PBC⊥平面PBD；【答案】详见解析【解析】(1)证明：===Q，∴CD2＝BC2＋BD2，∴BC⊥BD.CB CD BD1,2,3又∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥BC.又∵PD∩BD＝D，∴BC⊥平面PBD.而BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PBD.题型三空间向量1.已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，AA1＝4，D是棱AA1的中点．如图所示．(1)求证：DC1⊥平面BCD；(2)求二面角A－BD－C的大小．【答案】详见解析【解析】(1)证明：按如图所示建立空间直角坐标系．由题意，可得点C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (2,0,2)，A 1(2,0,4)，C 1(0,0,4)．于是，1DC u u u u r ＝(－2,0,2)，DC u u u r ＝(－2,0，－2)，DB u u u r ＝(－2，2，－2)．可算得1DC DC ⋅u u u u r u u u r ＝0，1DC DB ⋅u u u u r u u u r ＝0.因此，DC 1⊥DC ，DC 1⊥DB .又DC ∩DB ＝D ，所以DC 1⊥平面BDC .(2)设n ＝(x ，y ，z )是平面ABD 的法向量，又AB u u u r ＝(－2,2,0)，AD u u u r ＝(0,0,2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋2y ＝0，2z ＝0.取y ＝1，可得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝1，z ＝0，即平面ABD 的一个法向量是n ＝(1,1,0)．由(1)知，1DC u u u u r 是平面DBC 的一个法向量，记n 与1DC u u u u r 的夹角为θ，则cos θ＝－12，θ＝2π3.结合三棱柱可知，二面角A －BD －C 是锐角， 故所求二面角A －BD －C 的大小是π3. 2.如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝30°，∠ABC ＝90°，D 为AC 中点，AE ⊥BD 于点E ，延长AE 交BC 于点F ，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，如图2所示．(1)求证：AE ⊥平面BCD ；(2)求二面角A －DC －B 的余弦值；(3)在线段AF 上是否存在点M 使得EM ∥平面ADC ？若存在，请指明点M 的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】详见解析【解析】(1)证明：因为平面ABD ⊥平面BCD ，交线为BD ，又在△ABD 中，AE ⊥BD 于点E ，AE ⊂平面ABD ，所以AE ⊥平面BCD.(2)由(1)中AE ⊥平面BCD 可得AE ⊥EF .由题意可知EF ⊥BD ，又AE ⊥BD ，如图，以E 为坐标原点，分别以EF ，ED ，EA 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系E －xyz ，不妨设AB ＝BD ＝DC ＝AD ＝2，则BE ＝ED ＝1.由图1条件计算得AE ＝3，BC ＝23，BF ＝233，则E (0,0,0)，D (0,1,0)，B (0，－1，0)，A (0,0，3)，F ⎝⎛⎭⎫33，0，0，C (3，2,0)，DC u u u r ＝(3，1,0)，AD u u u r ＝(0,1，－3)．由AE ⊥平面BCD 可知平面DCB 的法向量为EA u u u r ，EA u u u r ＝(0,0，3)， 设平面ADC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，y －3z ＝0. 令z ＝1，则y ＝3，x ＝－1，所以n ＝(－1，3，1)．因为平面DCB 的法向量为EA u u u r ，所以cos 〈n ，EA u u u r 〉＝＝55. 所以二面角A －DC －B 的余弦值为55. (3)设AM u u u u r ＝λAF u u u r ，其中λ∈[0,1]．由于AF u u u r ＝⎝⎛⎭⎫33，0，－3，所以AM u u u u r ＝λAF u u u r ＝λ⎝⎛⎭⎫33，0，－3，其中λ∈[0,1]． 所以EM EA AM =+u u u u r u u u r u u u u r ＝3,0,(1)33λλ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝.由EM u u u u r ·n ＝0，即－33λ＋(1－λ)3＝0，解得λ＝34∈[0,1]．所以在线段AF 上存在点M 使EM ∥平面ADC ，且AM AF ＝34. 3.在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝1，AA 1＝2，D 为AA 1的中点，BD 与AB 1交于点O ，CO ⊥侧面ABB 1A 1.(1)证明：BC ⊥AB 1；(2)若OC ＝OA ，求直线C 1D 与平面ABC 所成角的正弦值．【答案】详见解析【解析】(1)证明：由题意tan ∠ABD ＝AD AB ＝22，tan ∠AB 1B ＝AB BB 1＝22， 注意到0<∠ABD ，∠AB 1B <π2， 所以∠ABD ＝∠AB 1B .所以∠ABD ＋∠BAB 1＝∠AB 1B ＋∠BAB 1＝π2.所以AB 1⊥BD . 又CO ⊥侧面ABB 1A 1，所以AB 1⊥CO .又BD 与CO 交于点O ，所以AB 1⊥面CBD .又因为BC ⊂面CBD ，所以BC ⊥AB 1.(2)如图，分别以OD ，OB 1，OC 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，以O 为原点，建立空间直角坐标系O －xyz ，则A ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，B ⎝⎛⎭⎫－63，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，0，33， B 1⎝⎛⎭⎫0，233，0，D ⎝⎛⎭⎫66，0，0.又因为CC 1→＝2AD →，所以C 1⎝⎛⎭⎫63，233，33.所以AB u u u r ＝⎝⎛⎭⎫－63，33，0，AC u u u r ＝⎝⎛⎭⎫0，33，33，1DC u u u u r ＝⎝⎛⎭⎫66，233，33. 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则根据AB u u u r ·n ＝0，AC u u u r ·n ＝0可得n ＝(1，2，－2)是平面ABC 的一个法向量，设直线C 1D 与平面ABC 所成角为α.则sin α＝35555.。

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2020学年高考数学理一轮复习精选新题和好题归纳总结讲义：第7章 立体几何 第3讲 Word版含解析

2020学年高考数学理一轮复习精选新题和好题归纳总结讲义：第7章 立体几何 第3讲 Word版含解析

第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系[考纲解读] 1.理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理，并运用它们证明一些空间图形的位置关系的简单命题．(重点) 2.主要考查平面的基本性质，空间两直线的位置关系及线面、面面的位置关系，能正确求出异面直线所成的角．(重点、难点)[考向预测] 从近三年高考情况来看，尽管空间点、线、面的位置关系是立体几何的理论基础，但却很少独立命题．预测2020年高考会有以下两点命题方式：①以命题形式考查空间点、线、面的位置关系；②以几何体为载体考查线、面的位置关系或求异面直线所成的角．题型为客观题，难度一般不大，属中档题型.1．空间两条直线的位置关系 (1)位置关系分类：位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧ □01相交直线：同一平面内，有且只有一个 公共点.□02平行直线：同一平面内，没有公共点.异面直线：不同在□03任何一个平面内，没有公共点.(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的□04锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．②范围：□05⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2.(3)等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角□06相等或互补．2．空间直线与平面、平面与平面的位置关系3．必记结论(1)唯一性定理①过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．②过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．③过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．④过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．(2)异面直线的判定定理平面外一点A与平面内一点B的连线与平面内不经过B点的直线互为异面直线．(1)两两相交的三条直线最少可以确定三个平面．()(2)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．()(3)已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b不可能是平行直线．()(4)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．()答案(1)×(2)×(3)√(4)×2．小题热身(1)对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l()A．平行B．相交C．垂直D．互为异面直线答案 C解析不论l∥α，l⊂α还是l与α相交，α内都存在直线m使得m⊥l.(2)以下四个命题中，正确命题的个数是()①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共面；③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．A．0 B．1C．2 D．3答案 B解析①显然是正确的，可用反证法证明；②中若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E五点不一定共面；③构造长方体或正方体，如图显然b，c异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面．故正确的个数为1.(3)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为()A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 C解析 连接B 1D 1，D 1C ，则B 1D 1∥EF ，故∠D 1B 1C 即为所求的角．又B 1D 1＝B 1C ＝D 1C ，∴△B 1D 1C 为等边三角形，∴∠D 1B 1C ＝60°.(4)设P 表示一个点，a ，b 表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是________．①P ∈a ，P ∈α⇒a ⊂α；②a ∩b ＝P ，b ⊂β⇒a ⊂β；③a ∥b ，a ⊂α，P ∈b ，P ∈α⇒b ⊂α；④α∩β＝b ，P ∈α，P ∈β⇒P ∈b .答案 ③④题型 一 平面的基本性质如图所示，四边形ABEF 和ABCD 都是梯形，BC 綊12AD ，BE 綊12F A ，G ，H分别为F A，FD的中点．(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？解(1)证明：由已知FG＝GA，FH＝HD，得GH綊12AD.又BC綊12AD，所以GH綊BC，所以四边形BCHG是平行四边形．(2)由BE綊12AF，G为F A中点，知BE綊GF，所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF∥BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH.所以EF与CH共面，又D∈FH，所以C，D，F，E四点共面．结论探究若举例说明中条件不变，证明：FE，AB，DC交于一点．证明由举例说明可知，四边形EBGF和四边形BCHG都是平行四边形，故可得四边形ECHF为平行四边形，∴EC∥HF，且EC＝12DF，∴四边形ECDF为梯形．∴FE，DC交于一点，设FE∩DC＝M.∵M∈FE，FE⊂平面BAFE，∴M∈平面BAFE.同理M∈平面BADC.又平面BAFE∩平面BADC＝BA，∴M∈BA，∴FE，AB，DC交于一点．1．证明点共面或线共面的常用方法(1)直接法：证明直线平行或相交，从而证明线共面．(2)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．如举例说明(2)．(3)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合．2．证明空间点共线问题的方法(1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上．(2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上．3．证明线共点问题的常用方法先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．如举例说明中的结论探究．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．题型二空间两直线的位置关系序号)．答案 ②④解析 在图①中，直线GH ∥MN ；在图②中，G ，H ，N 三点共面，但M ∉平面GHN ，N ∉GH ，因此直线GH 与MN 异面；在图③中，连接GM ，GM ∥HN ，因此GH 与MN 共面； 在图④中，G ，M ，N 共面，但H ∉平面GMN ，G ∉MN ， 因此GH 与MN 异面．所以在图②④中GH 与MN 异面．2．(2018·邯郸调研)在三棱锥S －ABC 中，G 1，G 2分别是△SAB 和△SAC 的重心，则直线G 1G 2与BC 的位置关系是________．答案 G 1G 2∥BC解析 如图所示，连接SG 1并延长交AB 于M ，连接SG 2并延长交AC 于N ，连接MN .由题意知SM 为△SAB 的中线，且SG 1＝23SM ，SN 为△SAC 的中线，且SG 2＝23SN ，∴在△SMN中，SG1SM＝SG2SN，∴G1G2∥MN，易知MN是△ABC的中位线，∴MN∥BC，因此可得G1G2∥BC.1．异面直线的判定方法(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面．此法在异面直线的判定中经常用到．(2)定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．2．判定平行直线的常用方法(1)三角形中位线的性质．(2)平行四边形的对边平行．(3)平行线分线段成比例定理．(4)公理4.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B平行答案 D解析如图，连接C1D，∵CC1⊥平面ABCD，∴CC1⊥BD，∴MN与CC1垂直，故A正确；∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN与AC垂直，B正确；在三角形C1DB中，MN∥BD，故C正确．∵A1B与BD相交，MN∥BD，∴MN与A1B不可能平行，D错误．题型三异面直线所成的角(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC ＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.32B．155C．105D．33答案 C解析解法一：如图所示，分别延长CB，C1B1至D，D1，使CB＝BD，C1B1＝B1D1，连接DD1，B1D.由题意知，C1B綊B1D，则∠AB1D即为异面直线AB1与BC1所成的角．连接AD，在△ABD中，由AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD，得AD＝ 3.又B1D＝BC1＝2，AB1＝5，∴cos∠AB1D＝AB21＋B1D2－AD22AB1·B1D＝5＋2－32×5×2＝105.解法二：将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如图所示，连接AD1，B1D1，BD.由题意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AD1＝BC1＝2，AB1＝5，∠DAB＝60°.在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cos60°＝3，所以BD＝3，所以B1D1＝ 3.又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212AB 1·AD 1＝5＋2－32×5×2＝105. 解法三：过B 作BH ⊥BC ，交AC 于H .以B 为原点，以BC →，BH →，BB 1→所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz .则A (－1，3，0)，B 1(0,0,1)，C 1(1,0,1)，∴AB 1→＝(1，－3，1)，BC 1→＝(1,0,1)， ∴cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝1＋15×2＝105， ∴异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105.条件探究 把举例说明的条件改为“正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，AA 1∶AB ＝2∶1”，求异面直线AB 1与BD 所成的角．解 取A 1C 1的中点E ，连接B 1E ，ED ，AE ，易知BD ∥B 1E .在Rt △AB 1E 中，∠AB 1E 为异面直线AB 1与BD 所成的角．设AB ＝1，则A 1A ＝2，AB 1＝3，B 1E ＝32，所以cos ∠AB 1E ＝B 1E AB 1＝12， 因此∠AB 1E ＝π3，故异面直线AB 1与BD 所成的角为π3.求异面直线所成角的方法(1)几何法①作：利用定义转化为平面角，对于异面直线所成的角，可固定一条，平移一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．②证：证明作出的角为所求角．③求：把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形求空间角．(2)向量法建立空间直角坐标系，利用公式|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |求出异面直线的方向向量的夹角．若向量夹角是锐角或直角，则该角即为异面直线所成角；若向量夹角是钝角，则异面直线所成的角为该角的补角．(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A.15B ．56C ．55D ．22答案 C解析 以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1→的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则D (0，0,0)，A (1，0,0)，B 1(1,1，3)，D 1(0,0，3)，所以AD 1→＝(－1,0，3)，DB 1→＝(1,1，3)，因为cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→||DB 1→|＝－1＋32×5＝55，所以异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55，选C.。

(完整版)2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练,推荐文档

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2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【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 ＝AB ＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥13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 ＝AB 时，有AD ∥平面MPC .13理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，＝＝，DNNB DCMB 12在△ADB 中，＝，∴AD ∥PN .APPB 12∵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。

一一一一一一一一一2.构造面面平行，然后推出线面平行。

此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。

2020高考数学(理)大一轮复习考点与题型全归纳：第八章 立体几何

2020高考数学(理)大一轮复习考点与题型全归纳：第八章 立体几何

第八章 立体几何第一节 空间几何体的结构特征、三视图和直观图一、基础知识1.简单几何体(1)多面体的结构特征①特殊的四棱柱 四棱柱――――→底面为平行四边形平行六面体――――→侧棱垂直于底面直平行六面体――→底面为矩形长方体――――→底面边长相等正四棱柱――――→侧棱与底面边长相等正方体 上述四棱柱有以下集合关系：{正方体}{正四棱柱}{长方体}{直平行六面体}{平行六面体}{四棱柱}．②多面体的关系：棱柱――→一个底面退化为一个点棱锥――→平行于底面的平面截得棱台(2)旋转体的结构特征▲球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2. 2．直观图(1)画法：常用斜二测画法． (2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方和正上方观察几何体画出的轮廓线.二、常用结论1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)底面与水平面平行放置的圆锥的正视图和侧视图为全等的等腰三角形． (3)底面与水平面平行放置的圆台的正视图和侧视图为全等的等腰梯形． (4)底面与水平面平行放置的圆柱的正视图和侧视图为全等的矩形． 2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变，与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变.“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变，与x 轴和z 轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变.考点一空间几何体的结构特征[典例]下列结论正确的是()A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B．六条棱长均相等的四面体是正四面体C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台[解析]底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，所以A错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，所以D错．[答案] B[题组训练]1．下列结论中错误的是()A．由五个面围成的多面体只能是三棱柱B．正棱台的对角面一定是等腰梯形C．圆柱侧面上的直线段都是圆柱的母线D．各个面都是正方形的四棱柱一定是正方体解析：选A由五个面围成的多面体也可以是四棱锥，所以A选项错误．B、C、D说法均正确．2．下列命题正确的是()A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C．直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台D．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形解析：选C如图所示，可排除A、B选项．只要有截面与圆柱的母线平行或垂直，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分．考点二空间几何体的直观图[典例]已知等腰梯形ABCD，CD＝1，AD＝CB＝2，AB＝3，以AB所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________．[解析]法一：如图，取AB的中点O为坐标原点，建立平面直角坐标系，y轴交DC 于点E，O，E在斜二测画法中的对应点为O′，E′，过E′作E′F′⊥x′轴，垂足为F′，因为OE ＝(2)2－12＝1， 所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为 S ′＝12×(1＋3)×24＝22.法二：由题中数据得等腰梯形ABCD 的面积S ＝12×(1＋3)×1＝2.由S 直观图＝24S 原图形的关系，得S 直观图＝24×2＝22. [答案] 22[题组训练]1.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为2 2.故选A.2．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解析：如图，图①、图②分别表示△ABC 的实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64.所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：64考点三 空间几何体的三视图考法(一) 由几何体识别三视图[典例] (2019·长沙模拟)如图是一个正方体，A ，B ，C 为三个顶点，D 是棱的中点，则三棱锥A -BCD 的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)( )[解析] 正视图和俯视图中棱AD 和BD 均看不见，故为虚线，易知选A. [答案] A考法(二) 由三视图判断几何体特征[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．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 ．217B ．2 5C ．3D ．2(2)(2019·武汉调研)已知某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中最小的面积为________．[解析] (1)先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M ，N 的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴MN ＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.(2)由三视图知，该几何体是在长、宽、高分别为2,1,1的长方体中，截去一个三棱柱AA 1D 1-BB 1C 1和一个三棱锥C -BC 1D 后剩下的几何体，即如图所示的四棱锥D -ABC 1D 1，其中侧面ADD 1的面积最小，其值为12.[答案] (1)B (2)12考法(三) 由三视图中的部分视图确定剩余视图[典例] (2018·唐山五校联考)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为( )[解析] 由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A ，故选A.[答案] A[题组训练]1．如图1所示，是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体，其中DD 1＝1，AB＝BC＝AA1＝2，若此几何体的俯视图如图2所示，则可以作为其正视图的是()解析：选C根据该几何体的直观图和俯视图知，其正视图的长应为底面正方形的对角线长，宽应为正方体的棱长，故排除B、D；而在三视图中看不见的棱用虚线表示，故排除A.故选C.2.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A．10 B．12C．14 D．16解析：选B由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为(2＋4)×22×2＝12，故选B.[课时跟踪检测]1．对于用“斜二测画法”画平面图形的直观图，下列说法正确的是()A．等腰三角形的直观图仍为等腰三角形B．梯形的直观图可能不是梯形C．正方形的直观图为平行四边形D．正三角形的直观图一定为等腰三角形解析：选C根据“斜二测画法”的定义可得正方形的直观图为平行四边形．2．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是() A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱解析：选D球、正方体的三视图的形状都相同，大小都相等，首先排除选项A和C.对于三棱锥，考虑特殊情况，如三棱锥C-OAB，当三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OA ＝OB＝OC时，正视图方向为AO方向，其三视图的形状都相同，大小都相等，故排除选项B.选项D，不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不可能完全相同．3．(2019·福州模拟)一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出它的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为()A．2 3 B．2 2C．4 3 D．8 2解析：选D由斜二测画法可知，原平面图形是一个平行四边形，且平行四边形的一组对边长为2，在斜二测画法画出的直观图中，∠B′O′A′＝45°且O′B′＝22，那么在原图形中，∠BOA＝90°且OB＝4 2.因此，原平面图形的面积为2×42＝82，故选D.4．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选B①错误，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．5．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()解析：选D由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱．故选D.6．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是()A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图可知，共需要6块．7．(2018·南宁二中、柳州高中联考)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正视图和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )解析：选C 若俯视图为选项C 中的图形，则该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P -ABCD ，如图所示，该四棱锥的体积V ＝13×(2×2)×2＝83，符合题意．若俯视图为其他选项中的图形，则根据三视图易判断对应的几何体不存在，故选C.8.如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD -A1B 1C 1D 1(底面ABCD 是正方形，侧棱AA 1⊥底面ABCD )中，点P 是正方形A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与俯视图的面积之和的最小值为( )A.32 B ．1 C ．2D.54解析：选A 由题图易知，三棱锥P -BCD 的正视图面积为12×1×2＝1.当顶点P 的投影在△BCD 内部或其边上时，俯视图的面积最小，为S △BCD ＝12×1×1＝12.所以三棱锥P -BCD的正视图与俯视图的面积之和的最小值为1＋12＝32.故选A.9．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④10．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：1311．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图为如图所示的四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1，当选择的4个点是B 1，B ，C ，C 1时，可知①正确；当选择的4个点是B ，A ，B 1，C 时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②12.如图，三棱锥A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，若AB ＝BC＝CD ＝2，则该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积为________．解析：因为AB ⊥平面BCD ，投影线平行于BD ，所以三棱锥A -BCD 的侧视图是一个以△BCD 的BD 边上的高为底，棱锥的高为高的三角形，因为BC ⊥CD ，AB ＝BC ＝CD ＝2， 所以△BCD 中BD 边上的高为2，故该三棱锥的侧视图的面积S ＝12×2×2＝ 2.答案： 2第二节空间几何体的表面积与体积一、基础知识1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式①几何体的侧面积是指（各个）侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和.②圆台、圆柱、圆锥的转化当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得：2．空间几何体的表面积与体积公式二、常用结论几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，①若球为正方体的外接球，则2R＝3a；②若球为正方体的内切球，则2R＝a；③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 考点一 空间几何体的表面积[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π(2)(2019·沈阳质检)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是( )A ．4＋4 2B ．42＋2C ．8＋4 2D.83[解析] (1)设圆柱的轴截面的边长为x ， 则x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×2 2 ＝12π.故选B.(2)由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥P -ABCD ，如图所示，其中P A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，且P A ＝2，AB ＝2，PB ＝22，所以该四棱锥的侧面积S 是四个直角三角形的面积和，即S ＝2×⎝⎛⎭⎫12×2×2＋12×2×22＝4＋42，故选A. [答案] (1)B (2)A [题组训练]1．(2019·武汉部分学校调研)一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．28B ．24＋2 5C ．20＋4 5D ．20＋2 5解析：选B 如图，三视图所对应的几何体是长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一个三棱柱后的棱柱ABIE -DCMH ，则该几何体的表面积S ＝(2×2)×5＋⎝⎛⎭⎫12×1×2×2＋2×1＋2×5＝24＋2 5.故选B.2．(2018·郑州第二次质量预测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．20＋2πB ．24＋(2－1)πC ．24＋(2－2)πD ．20＋(2＋1)π解析：选B 由三视图知，该几何体是由一个棱长为2的正方体挖去一个底面半径为1、高为1的圆锥后所剩余的部分，所以该几何体的表面积S ＝6×22－π×12＋π×1×2＝24＋(2－1)π，故选B. 考点二 空间几何体的体积[典例] (1)(2019·开封高三定位考试)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为( )A ．4πB ．2π C.4π3D ．π(2)(2018·天津高考)如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为________．[解析] (1)直接法由题意知该几何体的直观图如图所示，该几何体为圆柱的一部分，设底面扇形的圆心角为α，由tan α＝31＝3，得α＝π3，故底面面积为12×π3×22＝2π3，则该几何体的体积为2π3×3＝2π.(2)法一：直接法连接A 1C 1交B 1D 1于点E ，则A 1E ⊥B 1D 1，A 1E ⊥BB 1，则A 1E ⊥平面BB 1D 1D ，所以A 1E 为四棱锥A 1-BB 1D 1D 的高，且A 1E ＝22， 矩形BB 1D 1D 的长和宽分别为2，1， 故V A 1-BB 1D 1D ＝13×(1×2)×22＝13. 法二：割补法连接BD1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 分成两个三棱锥B -A 1DD 1与B -A 1B 1D 1，所以V A 1-BB 1D 1D ＝V B -A 1DD 1＋V B -A 1B 1D 1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13. [答案] (1)B (2)13[题组训练]1.(等体积法)如图所示，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1-ABC 1的体积为( )A.312B.34C.612D.64解析：选A 三棱锥B 1-ABC 1的体积等于三棱锥A -B 1BC 1的体积，三棱锥A -B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312. 2.(割补法)某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A ．13B ．14C ．15D ．16解析：选C 所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几何体，在长方体中还原该几何体，如图中ABCD -A ′B ′C ′D ′所示，长方体的长、宽、高分别为4,2,3，两个三棱柱的高为2，底面是两直角边长分别为3和1.5的直角三角形，故该几何体的体积V ＝4×2×3－2×12×3×32×2＝15，故选C.3.(直接法)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23π B.13＋23π C.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π. 考点三 与球有关的切、接问题考法(一) 球与柱体的切、接问题[典例] (2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．[解析] 设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.[答案] 32考法(二) 球与锥体的切、接问题[典例] (2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( )A ．123B ．18 3C ．24 3D ．54 3[解析] 由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3.设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D -ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D -ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3.[答案] B[题组训练]1．(2018·福建第一学期高三期末考试)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4π B.163πC.323π D ．16π解析：选D 如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心， 于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝ 12＋(3)2＝2. 故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.故选D.2．三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为________．解析：由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，所以x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝564，所以R 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π. 答案：832π[课时跟踪检测]1．(2019·深圳摸底)过半径为2的球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的体积的比值为( )A.932 B.916 C.38D.316解析：选A 由题意知所得截面为圆，设该圆的半径为r ，则22＝12＋r 2，所以r 2＝3，所以所得截面的面积与球的体积的比值为π×343π×23＝932，故选A.2．如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为( )A ．4B ．8C ．16D ．20解析：选B 由三视图知，此几何体是一个三棱锥，底面为一边长为6，高为2的三角形，三棱锥的高为4，所以体积为V ＝13×12×6×2×4＝8.故选B.3.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：选B 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V ＝14×13π×r 2×5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)． 4．(2018·贵阳摸底考试)某实心几何体是用棱长为1 cm 的正方体无缝粘合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．35 cm 3B ．40 cm 3C ．70 cm 3D ．75 cm 3解析：选A 结合题中三视图可得，该几何体是个组合体，该组合体从下到上依次为长、宽、高分别为5 cm,5 cm,1 cm 的长方体，长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm 的长方体，棱长为1 cm 的正方体，故该组合体的体积V ＝5×5×1＋3×3×1＋1×1×1＝35(cm 3)．故选A.5．(2019·安徽知名示范高中联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1 B.12 C.13D.14解析：选C 法一：该几何体的直观图为四棱锥S -ABCD ，如图，SD ⊥平面ABCD ，且SD ＝1，四边形ABCD 是平行四边形，且AB ＝DC ＝1，连接BD ，由题意知BD ⊥DC ，BD ⊥AB ，且BD ＝1，所以S 四边形ABCD ＝1，所以V S -ABCD ＝13S 四边形ABCD·SD ＝13，故选C.法二：由三视图易知该几何体为锥体，所以V ＝13Sh ，其中S 指的是锥体的底面积，即俯视图中四边形的面积，易知S ＝1，h 指的是锥体的高，从正视图和侧视图易知h ＝1，所以V ＝13Sh ＝13，故选C.6．(2019·重庆调研)某简单组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为( )A.83π3＋833B.43π3＋833C.43π3＋433D.83π3＋433解析：选B 由三视图知，该组合体是由一个半圆锥与一个三棱锥组合而成的，其中圆锥的底面半径为2、高为42－22＝23，三棱锥的底面是斜边为4、高为2的等腰直角三角形，三棱锥的高为23，所以该组合体的体积V ＝12×13π×22×23＋13×12×4×2×23＝43π3＋833，故选B. 7．(2019·湖北八校联考)已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为( )A ．16＋12πB ．32＋12πC ．24＋12πD ．32＋20π解析：选A 由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的边长为22，该几何体的表面积S ＝12×4π×22＋π×22＋22×2×4＝12π＋16，故选A.8．(2019·福州质检)已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面积为334，一个侧面的周长为63，则正三棱柱ABC -A 1B 1C 1外接球的表面积为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π解析：选C 如图所示，设底面边长为a ，则底面面积为34a 2＝334，所以a ＝ 3.又一个侧面的周长为63，所以AA 1＝2 3.设E ，D 分别为上、下底面的中心，连接DE ，设DE 的中点为O ，则点O 即为正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的球心，连接OA 1，A 1E ，则OE ＝3，A 1E ＝3×32×23＝1.在直角三角形OEA 1中，OA 1＝12＋(3)2＝2，即外接球的半径R ＝2，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝16π，故选C.9．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：9π210．某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V ＝(1＋2)×12×1＝32.答案：3211．一个圆锥的表面积为π，它的侧面展开图是圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的高为________．解析：设圆锥底面半径是r ，母线长为l ，所以πr 2＋πrl ＝π，即r 2＋rl ＝1，根据圆心角公式2π3＝2πr l ，即l ＝3r ，所以解得r ＝12，l ＝32，那么高h ＝l 2－r 2＝ 2.答案： 212．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．解析：如图，连接AO ，OB ，∵SC 为球O 的直径， ∴点O 为SC 的中点， ∵SA ＝AC ，SB ＝BC ， ∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S -ABC ＝V A -SBC ＝13×S △SBC ×AO ＝13×⎝⎛⎭⎫12×SC ×OB ×AO ，即9＝13×⎝⎛⎭⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3， ∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π13.如图是一个以A 1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积； (2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A 1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2，则该几何体的体积V ＝VA 1B 1C 1-A 2B 2C ＋VC -ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6. (2)在△ABC 中，AB ＝22＋(4－3)2＝5， BC ＝22＋(3－2)2＝5， AC ＝(22)2＋(4－2)2＝2 3.则S △ABC ＝12×23×(5)2－(3)2＝ 6.14.如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E -ACD 的体积63，求该三棱锥E -ACD 的侧面积．解：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 所以BE ⊥AC .因为BD ∩BE ＝B ，BD ⊂平面BED ，BE ⊂平面BED ， 所以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＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝3 2x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝2 2x.由已知得，三棱锥E-ACD的体积V三棱锥E-ACD＝13·12AC·GD·BE＝624x3＝63，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＋2 5.第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系一、基础知识1．平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内． (2)公理2：过不在一条直线上的三点， 有且只有一个平面.(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．2．空间中两直线的位置关系 (1)空间中两直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行相交异面直线：不同在任何一个 平面内(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线， 经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的 锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成 的角(或夹角)． ②范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. (3)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．(4)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况.直线l 和平面α相交、直线l 和平面α平行统称为直线l 在平面α外，记作l ⊄α.(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．二、常用结论1．公理2的三个推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．2．异面直线判定的一个定理过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．3．唯一性定理(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．考点一平面的基本性质及应用[典例]如图所示，在正方体ABCD-AB1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．[证明](1)如图，连接EF，CD，A1B.1∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF＜CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈DA，∴CE，D1F，DA三线共点．。

(新课标)2020年高考数学一轮总复习专题5立体几何课件文新人教A版

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【例2】 (2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2 2 ，PA＝ PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点． (1)证明：PO⊥平面ABC； (2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．
[解析] (1)证明：∵AB＝BC＝2 2，AC＝4，∴AB2＋BC2＝AC2，即△ABC是直角 三角形．连接OB， 又O为AC的中点，∴OA＝OB＝OC. ∵PA＝PB＝PC，∴△POA≌△POB≌△POC， ∴∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°， ∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC.
(2)由(1)得PO⊥平面ABC，PO＝ PA2－AO2＝2 3，
在△COM中，OM＝
OC2＋CM2－2OC·CMcos
45°＝2
3
5 .
S△POM＝12×PO×OM＝12×2 3×235＝2 315，
S△COM＝12×23×S△ABC＝43.
设点C到平面POM的距离为d.
由VP－OMC＝VC－POM，得13×S△POM·d＝13×S△OCM×PO，
[答案] B
跟踪训练 (2018·西安八校联考)在平行四边形ABCD中，∠ABD＝90°，且AB＝
1，BD＝ 2 ，若将其沿BD折起使平面ABD⊥平面BCD，则三棱锥A－BDC的外接
球的表面积为( )
A．2π
B.8π
C．16π
D.4π
解析：画出对应的平面图形和立体图形，如图所示．在立体图形中，设AC的中点 为O，连接OB，OD，因为平面ABD⊥平面BCD，CD⊥BD，所以CD⊥平面ABD. 又AB⊥BD，所以AB⊥平面BCD，所以△CDA与△CBA都是以AC为斜边的直角三 角形，所以OA＝OC＝OB＝OD，所以点O为三棱锥A－BDC的外接球的球心．于 是，外接球的半径r＝12AC＝12 CD2＋DA2＝12 12＋ 32＝1.故外接球的表面积S＝ 4πr2＝4π.故选D.