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高中数学立体几何与空间几何的应用题解析在高中数学学习中，我们会遇到立体几何与空间几何的应用题，这些题目涉及到我们日常生活中的实际问题，需要我们掌握相关的几何知识和解题方法。
本文将对一些常见的应用题进行解析，帮助读者更好地理解和应用数学知识。
题目一：求解一个体积问题一个长方体水箱的长、宽、高分别为3m、2m、4m，现在将该水箱装满水，请问需要多少升的水？解析：首先我们知道一个体积的计算公式是体积=底面积×高度。
根据题目给出的长方体水箱的长、宽、高，可以计算出水箱的底面积为3m×2m=6m²。
再根据题目给出的单位换算，1m³=1000L，可以将体积单位从立方米转换为升。
所以水箱的体积为6m²×4m=24m³=24000L。
因此，需要24000升的水才能将该水箱装满。
题目二：求解一个角度问题一个直角梯形棱镜的上底面和下底面的边长分别为3cm和6cm，两条斜边的夹角为60°，请问该棱镜的高是多少？解析：由题目可知，该直角梯形棱镜的上底面和下底面的边长分别为3cm和6cm，斜边的夹角为60°。
我们可以根据三角形的正弦定理求解该题。
正弦定理表达式为：a/sinA = b/sinB = c/sinC，其中a、b、c分别为三角形中相应边的长度，A、B、C为对应的角度。
根据题目信息，我们可以设该直角梯形棱镜的高为h。
根据正弦定理，得到3/sin30°= 6/sin60°= h/sin90°。
由于sin30°=1/2，sin60°=√3/2，sin90°=1，代入得到3/(1/2) = 6/(√3/2) = h/1。
通过计算可得，h=6cm，所以该棱镜的高是6cm。
题目三：求解一个面积问题一个正立方体油桶的侧面积为384cm²，求解该正立方体油桶的体积。
解析：由题目可知，该正立方体油桶的侧面积为384cm²。
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=21AM 且E 为MD 的中点。
设正四面体的棱长为1， 则NC=21·23= 43且ME=21MD=43 在Rt△MEC 中，CE 2=ME 2+CM 2=163+41=167∴cos ∠CNE=3243432167)43()43(222222-=⋅⋅-+=⋅⋅-+NECN CE NE CN ,又∵∠CNE ∈(0, 2π)∴异面直线AM 及CN 所成角的余弦值为32.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， 31==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31=GD BG ，连结EG 、FG在ΔBCD 中，GDBG EC BE =，故EG//CD ，并且41==BC BE CD EG ，所以，EG=5；类似地，可证FG//AB ，且43==AD DF AB FG ， 故FG=3，在ΔEFG 中，利用余弦定理可得 cos ∠FGE=215327532222222-=⋅⋅-+=⋅⋅-+GF EG EF GF EG ，故∠FGE=120°。
立体几何试题及解析第一题：求长方体的体积已知长方体的长为6cm，宽为4cm，高为3cm，求长方体的体积。
解析：长方体的体积公式为：体积 = 长 ×宽 ×高代入已知数据：体积 = 6cm × 4cm × 3cm = 72cm³所以长方体的体积为72立方厘米。
第二题：求正方体的表面积已知正方体的边长为5cm，求正方体的表面积。
解析：正方体的表面积公式为：表面积 = 6 ×边长²代入已知数据：表面积 = 6 × (5cm)² = 6 × 25cm² = 150cm²所以正方体的表面积为150平方厘米。
第三题：求圆柱体的体积已知圆柱体的底面半径为2cm，高度为8cm，求圆柱体的体积。
解析：圆柱体的体积公式为：体积= π × 半径² ×高度代入已知数据：体积= 3.14 × (2cm)² × 8cm ≈ 100.48cm³所以圆柱体的体积约为100.48立方厘米。
第四题：求球体的表面积已知球体的半径为3cm，求球体的表面积。
解析：球体的表面积公式为：表面积= 4π × 半径²代入已知数据：表面积= 4 × 3.14 × (3cm)² ≈ 113.04cm²所以球体的表面积约为113.04平方厘米。
总结：在几何学中，立体几何是其中的一个重要部分。
通过对不同类型立体的题目进行解析，可以加深对其体积、表面积等概念的理解。
掌握了基本的立体几何公式和计算方法，能够更好地解决与立体几何相关的问题。
在实际生活中，立体几何的应用广泛，例如建筑、工程、制造等领域。
因此，对立体几何的学习和理解具有重要的意义。
3 32正视图侧视图俯视图图1空间几何体的三视图1..一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A ）48 (B)32+8(C) 48+8(D) 80【答案】 C【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，。
故S 表【解题指导】：三视图还原很关键，每一个数据都要标注准确。
2.设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A.1229 B.1829 C. 429 D. 1836答案：B解析：由三视图可以还原为一个底面为边长是3的正方形，高为2的长方体以及一个直径为3的球组成的简单几何体，其体积等于233)23(3431829。
故选 B评析：本小题主要考查球与长方体组成的简单几何体的三视图以及几何体的体积计算.3.如图l —3．某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为（）b5E2RGbCAPA.63 B.93 C.123 D.183【解析】 B.由题得三视图对应的直观图是如图所示的直四棱柱，.ABCD EA 平面3931232hS VABCD平行四边形。
所以选 B4.某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（A ）283（B ）83（C ）82（D ）23【答案】A【解析】：由三视图可知该几何体为立方体与圆锥，立方体棱长为2，圆锥底面半径为1、高为2，所以体积为3212123283故选A5．某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是HGFEDCBA 3123A ．8B ．62C ．10 D ．82【答案】 C6.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为32，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是____________.p1EanqFDPw答案：2323234aa ，解得解析：设正三棱柱的侧棱长和底面边长为a ，则由a=2，正三棱柱的左视图与底面一边垂直的截面大小相同，故该矩形的面积是322232.DXDiTa9E3d7.一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则这个几何体的体积为__________ 3m 【答案】6【解析】由题意知,该几何体为一个组合体,其下面是一个长方体(长为3m,宽为2m,高为1m),上面有一个圆锥(底面半径为1,高为3),所以其体积为1321363V V 长方体圆锥.8. 下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是(A)3 (B)2 (C)1 (D)0 【答案】 A【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以.9.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第一节10.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其侧面积．．．等于（）A.3 B.2 C.23 D.6【命题立意】本题考查三棱柱的三视图与直观图、表面积。
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=21AM 且E 为MD 的中点。
设正四面体的棱长为1， 则NC=21·23= 43且ME=21MD=43 在Rt△MEC 中，CE 2=ME 2+CM 2=163+41=167∴cos ∠CNE=3243432167)43()43(222222-=⋅⋅-+=⋅⋅-+NECN CE NE CN ,又∵∠CNE ∈(0, 2π)∴异面直线AM 及CN 所成角的余弦值为32.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， 。
求异面直线AB 及CD 所成的角。
解析：在BD 上取一点G ，使得，连结EG 、FG 在ΔBCD 中，，故EG//CD ，并且， 所以，EG=5；类似地，可证FG//AB ，且， 故FG=3，在ΔEFG 中，利用余弦定理可得 cos ∠FGE=215327532222222-=⋅⋅-+=⋅⋅-+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°。
立体几何难题解析（附有答案详解）一、解答题1．如图1，直角梯形ABCD 中，//,90AB CD ABC ∠=︒,42==AB CD ，2=BC ．//AE BC 交CD 于点E ，点G ,H 分别在线段DA ,DE 上，且//GH AE ．将图1中的AED ∆沿AE 翻折，使平面ADE ⊥平面ABCE （如图2所示），连结BD 、CD ，AC 、BE ．HEGDCBA图1图2ABCG EHD（Ⅰ）求证：平面⊥DAC 平面DEB ；（Ⅱ）当三棱锥GHE B -的体积最大时，求直线BG 与平面BCD 所成角的正弦值．2．如图，在直三棱柱111ABC A B C －中，点D E 、分别在边11BC B C 、上，1CD B E AC ==，60ACD ∠︒＝．求证：（1）BE 平面1AC D ；（2）平面1ADC ⊥平面11BCC B ．3．如图，在直角梯形CD AB 中，D//C A B ，DC 90∠A = ，AE ⊥平面CD AB ，F//CD E ，1C CD F D 12B ==AE =E =A =．（1）求证：C //E 平面F AB ；（2）在直线C B 上是否存在点M ，使二面角D E -M -A 的大小为6π？若存在，求出C M 的长；若不存在，说明理由．4．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，90CDA BAD ∠=∠= ，1AD DC ==，2AB =，E 、F 分别为PD 、PB 的中点．（1）求证：平面PCB ⊥平面PAC ；（2）若平面CEF 与底面ABCD 所成的锐二面角为4π，求PA 的长．5．如图，两个相同的正四棱锥底面重合组成一个八面体，可放入棱长为2的正方体中，重合的底面与正方体的某一个面平行，各顶点均在正方体的表面上，将满足上述条件的八面体称为正方体的“正子体”．（1）若正子体的六个顶点分别是正方体各面的中心，求该八面体的表面积．（2）此正子体的表面积S 是否为定值？若是，求出该定值；若不是，求出表面积的取值范围．6．如图1，已知四边形ABCD 满足//AD BC ，12BA AD DC BC a ====，E 是BC 的中点，将BAE 沿着AE 翻折成1B AE △，形成四棱锥1B AECD -，F 为1B D 的中点，M 为AE 的中点，如图2所示.（1）求证：面1B DM ⊥面1B AE ；（2）当平面1B AE 与平面1B DC 所成角的余弦值为5时，求1B D 的长度；（3）当面1B AE ⊥面AECD 时，求平面1ADB 与平面1ECB 所成角的正弦值.7．在棱长均为2的正三棱柱111ABC A B C -中，E 为11B C 的中点．过AE 的截面与棱1BB ，11A C 分别交于点F ，G．（1）若F 为1BB 的中点，求三棱柱被截面AGEF 分成上下两部分的体积比12V V ；（2）若四棱雉1A AGEF -求截面AGEF 与底面ABC 所成二面角的正弦值；（3）设截面AFEG 的面积为0S ，AEG ∆面积为1S ，AEF 面积为2S ，当点F 在棱1BB 上变动时，求2012S S S的取值范围．8．如图，在四棱锥B ACDE -中，平面ABC ⊥平面ACDE ，ABC 是等边三角形，在直角梯形ACDE 中，//AE CD ，AE AC ⊥，1AE =，2AC CD ==，P 是棱BD 的中点．（1）求证：EP ⊥平面BCD ；（2）设点M 在线段AC 上，若平面PEM 与平面EAB求MP 的长．9．如图，ABCD是块矩形硬纸板，其中2AB AD ==E 为DC 中点，将它沿AE 折成直二面角D AE B --.（1）求证：AD ⊥平面BDE ；（2）如果()0AH HB λλ=> ，求二面角H AD E --的余弦值.10．如图1，在边长为2的正方形ABCD 中，P 为CD 中点，分别将△PAD,△PBC 沿PA,PB 所在直线折叠，使点C 与点D 重合于点O，如图2．在三棱锥P-OAB 中，E 为PB 中点．(Ⅰ)求证：PO⊥AB;(II）求直线BP 与平面POA 所成角的正弦值；(Ⅲ）求二面角P-AO-E 的大小．11．如图，在四棱锥P −ABCD 中，PA⊥平面Q 在PB 上，且满足PQ∶QB=1∶3，求直线CQ 与平面PAC 所成角的正弦值．12．已知四棱锥中平面，点在棱上，且，底面为直角梯形，分别是的中点．（1）求证：//平面；（2）求截面与底面所成二面角的大小．13．如图，已知四边形ABCD由Rt ABC∆拼接而成，其中∆和Rt BCDBAC BCD∠=∠=︒，3090∆沿着BC折起.=，BC=ABC∠=︒，AB ACDBC（1）若AD=，求异面直线AB与CD所成角的余弦值；（2）当四面体ABCD的表面积的最大时，求二面角A BC D--的余弦值.14．如图，ABCD与ADEF是两个边长为1的正方形，它们所在的平面互相垂直．（1）求异面直线AE 与BD 所成角的大小；（2）在线段BD 上取点M ，在线段AE 上取点N ，且BMx BD=，EN y EA =，试用x ，y 来表示线段MN 的长度；（3）在（2）的条件下，求MN 长度的最小值，并判断当MN 最短时，MN 是否是异面直线AE 与BD 的公垂线段?15．（本题满分14分）如图所示，正方形ABCD 所在的平面与等腰ABE ∆所在的平面互相垂直，其中顶120BAE ∠= ，4AE AB ==，F 为线段AE 的中点．（1）若H 是线段BD 上的中点，求证：//FH 平面CDE ；（2）若H 是线段BD 上的一个动点，设直线FH 与平面ABCD 所成角的大小为θ，求tan θ的最大值．16．如图所示，正方体ABCD A B C D -''''的棱长为1，E F 、分别是棱AA CC ''、的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB DD ''、交于M N 、，设[]01BM x x =∈，，，求:(1)求EF 与面A B BA ''所成的角的大小；(2)求四棱锥C MENF '-的体积()V h x =，并讨论它的单调性；(3)若点P 是正方体棱上一点，试证:满足'2PA PC +=成立的点的个数为6.17．如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，AC BC =，D 为AB 的中点，1D 为11A B 的中点，平面111A B C ⊥平面11ABB A ，异面直线1BC 与1AB 互相垂直.（1）求证：平面1//A DC 平面11BD C ；（2）若1CC 与平面11ABB A 的距离为x ，116AC AB ==，三棱锥1AACD -的体积为y ，试写出y 关于x 的函数关系式；（3）在（2）的条件下，当1CC 与平面11ABB A 的距离为多少时，三棱锥1A ACD -的体积取得最大值？并求出最大值.18．如图,四棱锥P ABCD -的底面为菱形且∠ABC=120°,PA ⊥底面ABCD,AB=1,PA E 为PC 的中点.(1)求直线DE 与平面PAC 所成角的大小；(2)求二面角E-AD-C 平面角的正切值；(3)在线段PC 上是否存在一点M ,使PC ⊥平面MBD 成立.如果存在,求出MC 的长；如果不存在,请说明理由参考答案1．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）BG 与平面BCD所成角的正弦值为6．【解析】（Ⅰ）由已知CD AB //，︒=∠90ABC ，42==AB CD 及BC AE //交CD 于点E ．得到四边形ABCE 是边长为2的正方形．BE AC ⊥，AE DE ⊥．再据平面ADE ABCE ⊥平面，平面ADE ABCE AE ⋂=平面，得到DE ABCE ⊥平面，DE AC ⊥，AC DBE ⊥平面，得证．（Ⅱ）由（Ⅰ）知DE ABCE ⊥平面，EC AE ⊥，以E 为原点，ED EC EA ,,的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．)0,0,2(A ，)0,2,2(B ，(0,2,0)C ，)2,0,0(D 设x EH =，则x DH GH -==2（20<<x ）由CE AB //，得到DAE AB 面⊥，从而2)]2(21[3131⨯-=⋅=∆-x x AB S V GHE GHE B ]1)1([31)2(3122+--=+-=x x x ，根据1=x 时，三棱锥GHE B -体积最大，此时，H 为ED 中点．G 也是AD 的中点，求得)1,0,1(G ，)1,2,1(--=BG ．设),,(z y x n =是面BCD 的法向量．由⎪⎩⎪⎨⎧=-=-⋅=⋅=-=-⋅=⋅022)2,2,0(),,(02)0,0,2(),,(z y z y x DC n x z y x BC n ，令1=y ，得)1,1,0(=n ，设BG 与面BCD 所成角为θ，由||sin ||||BG n BG n θ⋅=即得．试题解析：（Ⅰ）∵CD AB //，︒=∠90ABC ，42==AB CD 又BC AE //交CD 于点E ．∴四边形ABCE 是边长为2的正方形∴BE AC ⊥，AE DE ⊥．又∵平面ADE ABCE ⊥平面平面ADE ABCE AE = 平面∴DE ABCE⊥平面∵AC ABCE ⊂平面，∴DE AC ⊥又E BE DE = ∴AC DBE ⊥平面∵AC DAC ⊂平面∴平面DAC DEB⊥平面（Ⅱ）由（Ⅰ）知DE ABCE ⊥平面，ECAE ⊥以E 为原点，ED EC EA ,,的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．则)0,0,2(A ，)0,2,2(B ，(0,2,0)C ，)2,0,0(D 设x EH =，则x DH GH -==2（20<<x ）∵CE AB //，∴DAE AB 面⊥∴2)]2(21[3131⨯-=⋅=∆-x x AB S V GHE GHE B ]1)1([31)2(3122+--=+-=x x x ∵20<<x ，∴1=x 时，三棱锥GHE B -体积最大，此时，H 为ED 中点．∵AE GH //，∴G 也是AD 的中点，∴)1,0,1(G ，)1,2,1(--=BG ．设),,(z y x n =是面BCD 的法向量．则(,,)(2,0,0)20(,,)(0,2,2)220n BC x y z x n DC x y z y z ⎧⋅=⋅-=-=⎪⎨⋅=⋅-=-=⎪⎩ 令1=y ，得)1,1,0(=n 设BG 与面BCD 所成角为θ则||sin 6||||BG n BG n θ⋅===∴BG 与平面BCD所成角的正弦值为6．2．（1）见详解；（2）见详解.【分析】（1）通过1BE C D 来证明BE 平面1AC D ；（2）通过AD ⊥平面11BCC B 来证明平面1ADC ⊥平面11BCC B .【详解】证明：（1）由三棱柱111ABC A B C －是直三棱柱，得11BC B C .因为点D E 、分别在边11BC B C 、上，1CD B E =，所以1BD C E =，1BD C E .所以四边形1BDC E 是平行四形，所以1BE C D 因为1C D ⊂平面1AC D ，BE ⊄平面1AC D 所以BE 平面1AC D .(2)由三棱柱111ABC A B C －是直三棱柱,得1CC ⊥平面ABC ，因为AD ⊂平面ABC ,所以1AD CC ⊥，在ACD ∆中,由12CD AC =，60ACD ∠︒＝，得32AD AC ==，所以222AD CD AC +=，所以90ADC ∠︒＝,即：AD BC ⊥，因为BC ⊂平面11BCC B ，1CC ⊂平面11BCC B ，1BC CC C = ，所以AD ⊥平面11BCC B ，因为AD ⊂平面1ADC ，所以平面1ADC ⊥平面11BCC B .3．（1）详见解析（2）C 3M =【解析】（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理进行论证，即从平几出发，寻找线线平行：根据题意先将图形补全，再利用平行四边形得线线平行（2）研究二面角，一般方法为利用空间向量：先建立坐标系，利用坐标求二面角两个平面的法向量，因为AE ⊥平面D AM ，所以AE 为平面D AM 的一个法向量，而平面D EM 的一个法向量，则需联立方程组解出，再利用向量数量积求两法向量的夹角的余弦值，最后根据二面角与法向量夹角相等或互补关系，列等量关系确定点M ，同时根据向量的模求出C M 的长.解：（1）如图，作FG//EA ，G//F A E ，连接G E 交F A 于H ，连接BH ，G B ，F//CD E 且F CD E =，∴G//CD A ，即点G 在平面CD AB 内．由AE ⊥平面CD AB ，知G AE ⊥A ，∴四边形FG AE 为正方形，四边形CD G A 为平行四边形，∴H 为G E 的中点，B 为CG 的中点，∴//C BH E ．BH ⊂平面F AB ，C E ⊄平面F AB ，∴C //E 平面F AB ．（4分）（2）法一：如图，以A 为原点，G A 为x 轴，D A 为y 轴，AE 为z 轴，建立空间直角坐标系xyz A -．则()0,0,0A ，()0,0,1E ，()D 0,2,0，设()01,,0y M ，∴()D 0,2,1E =- ，()0D 1,2,0y M =-，设平面D EM 的一个法向量为(),,n x y z = ，则()0D 20D 20n y z n x y y ⎧⋅E =-=⎪⎨⋅M =+-=⎪⎩，令1y =，得2z =，02x y =-，∴()02,1,2n y =-．（10分）又 AE ⊥平面D AM ，∴()0,0,1AE =为平面D AM 的一个法向量，∴cos ,cos62n πAE ==，解得023y =±，∴在直线C B 上存在点M ，且33C 2233⎛M =-±= ⎝⎭．方法二：作D S A⊥M ，则SA ，由等面积法，得D 3M =，∴C 3M =．【分析】（1）本题首先可根据题意求出AC 、BC 的长度，然后根据222AC BC AB +=得出BC AC ⊥，再然后根据PA ⊥底面ABCD 得出PA BC ⊥，即可得出BC ⊥平面PAC ，最后根据BC ⊂平面PCB 即可证得平面PCB ⊥平面PAC ；（2）本题首先可结合图像构造空间直角坐标系，然后设PA a =，写出平面ABCD的法向量1n u r 以及平面CEF 的法向量2n u u r，最后根据平面CEF 与底面ABCD 所成的锐二面角为4π即可求出PA 的长.【详解】（1）因为1AD DC ==，2AB =，90CDA BAD ∠=∠=，所以AC BC ==因为222AC BC AB +=，所以BC AC ⊥，因为PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PA BC ⊥，因为AC PA A ⋂=，所以BC ⊥平面PAC ，因为BC ⊂平面PCB ，所以平面PCB ⊥平面PAC .（2）如图，以A 为坐标原点，分别以AD 、AB 、AP 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，设(0)PA a a =>，则()0,2,0B =，()1,1,0C ，()1,0,0D ，()0,0,P a ，因为E 、F 分别为PD 、PB 的中点，所以1,0,22a E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,1,2a F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,1,22a CE ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，1,0,2a CF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，易知平面ABCD 的一个法向量1(0,0,1)n =，设平面CEF 的法向量为2(,,)n x y z =，则220,0,CE n CF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即10,220,2az x y az x ⎧--+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，不妨取4z =，则2x a =，y a =，即2(2,,4)a a n=，因为平面CEF 与底面ABCD 所成的锐二面角为4π，所以121212cos,nnn nnn⋅=⋅解得a=，即PA【点睛】利用空间向量解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将相关向量用坐标表示，通过向量运算判断或证明空间元素的位置关系及探究空间角、空间距离问题．建立空间直角坐标系的三种方法：（1）以几何体中共顶点且互相垂直的三条棱所在的直线作为坐标轴建系；（2）利用线面垂直关系找到三条互相垂直的直线建系；（3）利用面面垂直关系找到三条互相垂直的直线建系．5．（1）．【分析】（1）根据题意，正子体的所有棱都是正方体相邻两个面中心的连线，则正子体每个面都是正三角形，进而求出表面积；（2）设平面ABCD截正方体所得截面为A B C D''''，设(01)AA x x'=≤≤，进而算出ADE的面积，从而算出正子体的表面积即可判断.【详解】（1）依题意，正子体任一棱都是正方体相邻两个面中心的连线，所以正子体所有棱的长均相等.因为AB=所以242ABES=⨯，故该八面体的表面积8=．（2）正子体的表面积S不是定值．如图1，设平面ABCD截正方体所得截面为A B C D''''，且A B C D''''的中心为O，过点O作OG A B''⊥，垂足为G．设(01)AA x x '=≤≤，则1AG x =-，222222(1)1123AE DE AO OE x x x ==+=-++=-+，()2222(2)224AD x x x x =-+=-+.设AD 的中点为H ，如图2，则()22212122AD AH x x ⎛⎫==-+ ⎪⎝⎭，()22221222EH AE AH x x =-=-+，所以()()()2222211122422442ADE S AD EH x x x x ⎡⎤⎡⎤=⋅=-+-+⎢⎥⎣⎦⎣⎦ ()()2221322242x x x x =-+-+．因为01x ≤≤，所以2120x x -≤-≤，则()()2223132222442x x x x ≤-+-+≤，ADE S ≤≤ S ≤≤，所以此正子体的表面积S 的取值范围为．6．（1）证明见解析；（2）5a ；（3）45.【分析】(1)要证面1B DM ⊥面1B AE ，只需证AE ⊥面1B DM 即可；(2)根据已知条件可知，1MB D ∠即为面1B AE 与面1B DC 所成角的平面角，进而可得1B D 的长度；(3)建立适当的空间直角坐标系进行求解即可.【详解】(1)证明：因为12BA AD DC BC a ====，E 是BC 的中点，所以AD CE a ==，又因为//AD BC ，所以四边形AECD 为菱形，所以ABE △为正三角形，又因为M 为AE 的中点，所以1B M AE ⊥，DM AE ⊥，又因为1B M DM M ⋂=，所以AE ⊥面1B DM ，又因为AE ⊆面1B AE ，所以面1B DM ⊥面1B AE ，(2)由(1)知：DM AE ⊥，1B M AE ⊥，又因为//AE CD ，所以1B M CD ⊥，CD DM ⊥，所以CD ⊥面1B DM ，所以面1B DC ⊥面1B DM ，又因为面1B DM ⊥面1B AE ，所以1MB D ∠即为面1B AE 与面1B DC所成角的平面角，即1cos 5MB D ∠=，在1MB D △中，1B M =，DM =，由余弦定理得：22211111cos 25B M B D DM MB D B M B D +-∠=⋅，解得：15B D =.(3)因为面1B AE ⊥面AECD ，1B M AE ⊥，所以1B M ⊥面AECD ，所以以M 为坐标原点，以向量ME，MD ，1MB 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，由题可得：,0,02aA ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1B ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，0,,02D ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，,0,02aE ⎛⎫⎪⎝⎭，,,02C a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，则有：1,0,22a B A ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,22B D ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，1,0,22a B E ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ，133,22B C a a a ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1ADB 与平面1ECB 的法向量分别为()1111,,x n y z =，()2222,,n x y z = ，由111100n B A n B D ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220a x z y z ⎧--=⎪⎪=，令11z =，则1x =11y =，所以()1n =，由212100n B E n B C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得222220220ax z ax y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，令21z =，则1x =21y =-，所以)21,1n =-，设平面1ADB 与平面1ECB 所成角的平面角为θ，则：12123cos 5n n n n θ⋅==⋅ 所以4sin 5θ=.7．（1）121323V V =；（2）45；（3）94,2⎡⎤⎢⎣⎦．【分析】（1）连结EF ，并延长分别交1CC ，CB 于点M ，N ，连结AM 交11A C 于点G ，连结AN ，GE ，利用比例关系确定G 为11A C 靠近1C 的三等分点，然后先求出棱柱的体积，连结1A E ，1A F ，由11111A EFB G AA E F AA E V V V V ---=++和21V V V =-进行求解，即可得到答案；（2）求出点G 到平面1A AE 的距离，得到点G 为11A C 靠近1C 的四等分点，通过面面垂直的性质定理可得1AGA ∠即为截面AGEF 与底面ABC 所成的二面角，在三角形中利用边角关系求解即可；（3）设1GC m =，则[0m ∈，1]，先求出12S S 的关系以及取值范围，然后将2012S S S 转化为1S ，2S 表示，求解取值范围即可．【详解】解：（1）连接EF ，并延长分别交1CC ，CB 延长线于点M ，N ，连接AM 交11A C 于点G ，连接AN ，GE ．易得11113GC MC C E AC MC CN ===．故G 为11A C 靠近1C 的三等分点．11MC =，123GC =．下面求三棱柱被截面分成两部分的体积比．三棱柱111ABC A B C -的体积2224V =⨯=连接1A E ，1A F ．由1//BB 平面1A AE 知，1F AA E V -为定值．11121323F AA E V -=⨯⨯=．11111A EFB G AA E F AA E V V V V ---=++1111211232323=⨯⨯⨯⨯⨯+=21V V V =-=121323V V =．（2）由111A AGEF G AA E F AA E V V V ---=+及1F AA E V -=1G AA E V -=又1113G AA E AA E V S h -=⨯⨯△，所以34h =．即点G 到1A E 的距离为34，G 为11A C 靠近1C 的四等分点．因为平面111//A B C 平面ABC ，所以截面AGEF 与平面ABC 所成角即为截面AGEF 与平面111A B C 所成角，在1GC E △中，112GC =，11C E =，故1EG GC ⊥．又因为平面11ACC A ⊥平面111A B C ，且平面11ACC A 平面11111A B C AC =，所以EG ⊥平面11ACC A ．则1AGA ∠即为截面AGEF 与底面ABC 所成的二面角．在1Rt AGA △中，132A G =，12AA =，52AG =．故114sin 5AA A GA AG ∠==．因此，截面AGEF 与平面ABC 所成二面角的正弦值为45．（3）设1GC m =，则[]0,1m ∈，2MG mGA m=-．设MGE 的面积为S ，所以12S m S m=-．又因为21S S S =+，所以1222S mS -=．且1221,122S m S -⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦．令12S t S =则1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦故()21201212122212S S SS S S S S S S S +==++．令12S t S =则1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以()12g t t t =++在1,12t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递减，所以()()min 14g t g ==，()max 1922g t g ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以()94,2g t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以20121221924,2S S S S S S S ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦8．（1）证明见解析；（2）2M P =.【分析】（1）取BC 的中点Q ，连接PQ 、AQ ，由线面垂直判定定理可证AQ ⊥面BCD ，即可得证；（2）以Q 为原点建立坐标系，利用向量法建立关系可求出.【详解】（1）证明：如图，取BC 的中点Q ，连接PQ 、AQ ，因为ABC 是等边三角形，所以AQ BC ⊥，又平面ABC ⊥平面ACDE ，AE AC ⊥，平面ABC 平面ACDE =AC ，所以AE ⊥面ABC ，又AQ ⊂面ABC ，所以AE AQ ⊥，又//AE CD ，所以CD AQ ⊥，又CD BC C ⋂=，所以AQ ⊥面BCD ，因为2BP PD =，又P 是棱BD 的中点，所以112PQ DC ==，//PQ DC ，又//AE CD ，1AE =，所以//AE PQ ，AE PQ =，即四边形AEPQ 是一个平行四边形，所以//EP AQ ，所以EP ⊥平面BCD ；（2）由（1）得PQ ⊥平面ABC ，所以以点Q 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0Q ，)A ，()0,1,0B ，)E ，()0,0,1P ，设平面EAB 的法向量为()111,,m x y z =，由()111+00m AB y m m AE z ⎧⋅==⎪⇒=⎨⋅==⎪⎩，因为点M 在线段AC上，设其坐标为),0M t -，其中01t ≤≤，所以(),,1EM t =--，()EP = 设平面PEM 的法向量为()222,,n x y z =，由()222200,1,0n EM ty z n t n EP ⎧⋅=--=⎪⇒=-⎨⋅==⎪⎩，由题意，设平面PEM 与平面EAB 所成的锐二面角为θ，则1cos 2m n t m n θ⋅=⇒=-⋅或12t =，因为01t ≤≤，所以1,02M ⎫-⎪⎪⎝⎭，所以M P =.【点睛】向量法求二面角的步骤：建、设、求、算、取.1、建：建立空间直角坐标系.以三条互相垂直的垂线的交点为原点，没有三垂线时需做辅助线;建立右手直角坐标系,让尽量多的点落在坐标轴上。
数学习题立体几何题目讲解【数学习题立体几何题目讲解】数学中的立体几何是一个涉及到三维空间中的图形、体积、表面积等概念的重要分支。
掌握立体几何的知识对于我们解决实际问题、培养逻辑思维能力具有重要意义。
本文将就数学习题中的立体几何题目进行详细讲解，帮助读者理解并掌握相关知识。
一、平面与立体的关系在立体几何中，平面是一个基本的概念。
平面是无限多个点的集合，它可以与立体进行相交。
下面以一个具体的立体几何题目为例，讲解平面与立体的关系：题目：已知一个等腰三角柱，底面的底边长为6cm，高为8cm，侧面积为60cm²。
求该等腰三角柱的体积。
解析：首先，根据题目中的描述，我们可以得知等腰三角柱的底边长为6cm，高为8cm。
然后，题目给出了该等腰三角柱的侧面积为60cm²。
由于等腰三角柱的底面和侧面是连接在一起的，因此可以构成一个立体图形。
我们可以设侧面的形状为一个等腰三角形，两个直角边的长度分别为a和b。
根据等腰三角形的性质，我们可以得到等腰三角形的面积公式为：S = 1/2 * 底边 * 高。
代入题目中给出的数据，可以得到等腰三角形的面积为：S = 1/2 * 6 * 8 = 24cm²。
由于等腰三角柱的侧面积为60cm²，而侧面的形状是一个等腰三角形，所以两个等腰三角形的面积之和等于60cm²。
设等腰三角形的底边为a，高为b，可以得到方程：24 + 24 + a * b = 60。
解方程可得：a * b = 12。
由于等腰三角柱的高为8，可以得到体积的公式为：V = 底面积 * 高。
代入题目中给出的数据，可以得到等腰三角柱的体积为：V = 6 * 8 = 48cm³。
因此，该等腰三角柱的体积为48cm³。
二、立体的体积计算在解决立体几何题目时，计算体积是一个常见的问题。
下面以一个具体的例子进行讲解：题目：一个正方体的体积为27cm³，求该正方体的边长。
空间几何体的结构特征例题和知识点总结在我们的日常生活中，随处可见各种各样的空间几何体，比如建筑物的形状、日常用品的外形等。
了解空间几何体的结构特征，不仅能够帮助我们更好地认识周围的世界，也是学习数学的重要基础。
接下来，让我们通过一些例题和知识点的总结，深入探讨空间几何体的奥秘。
一、棱柱棱柱是由两个互相平行的平面，以及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的多面体。
例 1：一个三棱柱有几个面？几条棱？几个顶点？解：三棱柱有 5 个面（2 个底面和 3 个侧面），9 条棱，6 个顶点。
棱柱的性质：1、侧棱都相等，侧面都是平行四边形。
2、两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形。
3、过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形。
二、棱锥棱锥是由一个底面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形所围成的多面体。
例 2：一个四棱锥有几个面？几条棱？几个顶点？解：四棱锥有 5 个面（1 个底面和 4 个侧面），8 条棱，5 个顶点。
棱锥的性质：1、侧面都是三角形。
2、平行于底面的截面与底面相似，其面积比等于对应高的平方比。
三、棱台棱台是用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分。
例 3：正四棱台的上、下底面边长分别为 2 和 4，高为 2，求侧棱长。
解：设正四棱台的侧面梯形的高为\（h\），根据勾股定理可得：＼＼begin{align}h&＝＼sqrt{2^2 ＋＼left(＼dfrac{4 2}｛2}＼right)＾2}＼＼＆＝＼sqrt{4 ＋ 1}＼＼＆＝＼sqrt{5}＼end{align}＼侧棱长为\（＼sqrt{5}＼）。
棱台的性质：1、上下底面是相似多边形。
2、各侧棱延长后交于一点。
四、圆柱圆柱是以矩形的一边所在直线为轴旋转，其余三边旋转所成的曲面所围成的几何体。
例 4：已知圆柱的底面半径为 3，高为 5，求圆柱的侧面积和体积。
解：圆柱的侧面积\（S ＝ 2\pi rh ＝ 2\pi×3×5 ＝ 30\pi\）圆柱的体积\（V ＝＼pi r^2h ＝＼pi×3^2×5 ＝ 45\pi\）圆柱的性质：1、圆柱的轴截面是矩形。
高中数学第八章立体几何初步知识总结例题单选题1、如图，点N为正方形ABCD的中心，ΔECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM,EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM,EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM,EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM,EN是异面直线答案：B解析：利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．如图所示，作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F．连BF，∵平面平面ABCD．EO⊥CD,EO⊂平面CDE，∴EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，∴ΔMFB与ΔEON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO=√3,ON =EN=2，MF=√32,BF=52,∴BM=√7．∴BM≠EN，故选B．CDE小提示：本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形．2、如图直角△O′A′B′是一个平面图形的直观图，斜边O′B′=4，则原平面图形的面积是（）A．8√2B．4√2C．4D．√2答案：A解析：根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解. 由题意可知△O′A′B′为等腰直角三角形，O′B′=4，则OʹAʹ=2√2，所以原图形中，OB=4，OA=4√2，故原平面图形的面积为1×4×4√2=8√2.2故选：A3、如图，用斜二测画法作水平放置的正三角形A1B1C1的直观图，则正确的图形是（）A．B．C．D．分析：由斜二侧画法的规则分析判断即可先作出一个正三角形A1B1C1，然后以B1C1所在直线为x轴，以B1C1边上的高所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，画对应的x′,y′轴，使夹角为45°，画直观图时与x轴平行的直线的线段长度保持不变，与y轴平行的线段长度变为原来的一半，得到的图形如图，然后去掉辅助线即可得到正三角形的直观图如图，故选：A4、下列空间图形画法错误的是（）A．B．C．D．分析：根据空间图形画法：看得见的线画实线，看不见的线画虚线.即可判断出答案.D选项：遮挡部分应画成虚线．故选:D.5、如图，已知正方体的棱长为a，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）A．(8+2√2)a2B．(2+4√2)a2C．(4+2√2)a2D．(6−4√2)a2答案：C分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解. 由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为√2a，宽为a，所以面积为√2a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2+2√2a2=(4+2√2)a2.故选：C.6、已知三棱锥A−BCD的所有顶点都在球O的球面上，且AB⊥平面BCD，AB=2√3，AC=AD=4，CD= 2√2，则球O的表面积为（）A．20πB．18πC．36πD．24π答案：A分析：根据AB⊥平面BCD，得到AB⊥BC，AB⊥BD，再由AB=2√3，AC=AD=4，CD=2√2，得到BC⊥BD，则三棱锥A−BCD截取于一个长方体，然后由长方体的外接球即为三棱锥的外接球求解.因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥BC，AB⊥BD，∴BC=BD=√42−(2√3)2=2，在△BCD中，CD=2√2，∴CD2=BC2+BD2，∴BC⊥BD.如图所示：三棱锥A−BCD的外接球即为长方体AGFH-BCED的外接球，设球O的半径为R，则2R=√BA2+BC2+BD2=√(2√3)2+22+22=2√5，解得R=√5，所以球O的表面积为20π，故选：A.7、下列条件中，能得出直线m与平面α平行的是（）A．直线m与平面α内的所有直线平行B．直线m与平面α内的无数条直线平行C．直线m与平面α没有公共点D．直线m与平面α内的一条直线平行答案：C分析：根据线面平行的判定，线面平行的性质逐个辨析即可.对A ，直线m 与平面α内的所有直线平行不可能，故A 错误；对B ，当直线m 在平面α内时，满足直线m 与平面α内的无数条直线平行，但m 与α不平行；对C ，能推出m 与α平行；对D ，当直线m 在平面α内时，m 与α不平行.故选：C.8、如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH 为截面，长方形ABCD 为底面，则四边形EFGH 的形状为（ ）A ．梯形B ．平行四边形C ．可能是梯形也可能是平行四边形D ．矩形答案：B解析：利用面面平行的性质判断EF 与的平行、EH 与FG 平行.因为平面ABFE //平面CGHD ,且平面EFGH ∩平面ABFE =EF ,平面EFGH ∩平面CGHD =GH ,根据面面平行的性质可知EF //,同理可证明EH //FG .所以四边形EFGH 为平行四边形.故选：B.小提示：本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.多选题9、（多选）一个几何体有6个顶点，则这个几何体可能是（ ）A ．三棱柱B ．三棱台C ．五棱锥D ．四面体答案：ABCGH GH分析：根据棱柱、棱台、棱锥及四面体的图形分析，即可得答案.对于A ，三棱柱是上下两个三角形，有6个顶点，满足题意；对于B ，三棱台是上下两个三角形，有6个顶点，满足题意；对于C ，五棱锥是底面为五边形及一个顶点，有6个顶点，满足题意；对于D ，四面体的顶点个数为4个，不满足题意.故选：ABC.10、我国古代数学名著《九章算术》中将正四棱锥称为方锥．已知半球内有一个方锥，方锥的底面内接于半球的底面，方锥的顶点在半球的球面上，若方锥的体积为18，则半球的说法正确的是（ ）A ．半径是3B ．体积为18πC ．表面积为27πD ．表面积为18π答案：ABC分析：作出正四棱锥的对角面，为半球的半个大圆的内接三角形，由图形可用球的半径表示出棱锥底面边长，高，由棱锥体积求得半球半径．然后计算半球体积，表面积，判断各选项．如图，是正四棱锥的对角面，设球半径为r ，AC 是半圆的直径，则正四棱锥底面边长为√2r ，棱锥体积为V =13×(√2r)2×r =23r 3=18，r =3， 半球体积为V =23πr 3=23π×33=18π，表面积为S =2π×32+π×32=27π，故选：ABC ．11、如图，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）PAC △PAC△A．两条异面直线D1C和BC1所成的角为π4B．直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4C．点D到面ACD1的距离为√33D．三棱柱AA1D1−BB1C1外接球半径为√32答案：BCD分析：对于A：根据异面直线的求法易得：异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C；对于B：可证B1C⊥平面ABC1D1，则直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1；对于C：根据等体积转换V D−ACD1=V D1−ACD，求点D到面ACD1的距离；对于D：三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．连接AC、AD1∵AB∥C1D1且AB=C1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，∴异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C∵AC=AD1=D1C，则△ACD1为正三角形，即∠AD1C=π3A不正确；连接B1C在正方形BB1C1C中，BC1⊥B1C∵AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C∴AB⊥B1CAB∩BC1=B，则B1C⊥平面ABC1D1∴直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4 B正确；根据等体积转换可知：V D−ACD1=V D1−ACD即13×ℎ×12×√2×√2×√32=13×1×12×1×1，则ℎ=√33C正确；三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球则外接球的半径即为正方体ABCD−A1B1C1D1体对角线的一半，即R=√32D正确；故选：BCD．12、如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V1,V2,V3，则（）A．V3=2V2B．V3=V1C．V3=V1+V2D．2V3=3V1答案：CD分析：直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=V A−EFM+V C−EFM计算出V3，依次判断选项即可.设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=√2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2√2a,EG=a，则EM=√(2a)2+(√2a)2=√6a,FM=√a2+(√2a)2=√3a，EF=√a2+(2√2a)2=3a，EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=3√22a2，AC=2√2a，则V3=V A−EFM+V C−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.13、正三棱锥底面边长为3，侧棱长为2√3，则下列叙述正确的是（）A．正三棱锥高为3B．正三棱锥的斜高为√392C．正三棱锥的体积为27√34D．正三棱锥的侧面积为9√394答案：ABD分析：先求出正三棱锥的高和斜高，从而可判断AB的正误，再计算出体积和侧面积，从而可判断CD的正误.设E为等边三角形ADC的中心，F为CD的中点，连接PF,EF,PE，则PE为正三棱锥的高，PF为斜高，又PF=√12−94=√392，EF=32×√33=√32，故PE=√394−34=3,故AB正确.而正三棱锥的体积为13×3×√34×9=9√34，侧面积为3×12×3×√392=9√394，故C错误，D正确.故选：ABD.填空题14、如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论正确的是____．①平面A 1D 1P ⊥平面BB 1P ；②DC 1⊥PC ；③∠APD 1的取值范围是[π2,π)； ④三棱锥C 1−D 1PC 的体积为定值43．答案：①②④分析：由正方体的特征知A 1D 1⊥平面AA 1B 1B ，DC 1⊥对角面A 1BCD 1，由面面垂直的判定和线面垂直的性质可知①②正确；当点P 为线段A 1B 的一个四等分点且靠近点B 时，由长度关系可求得cos∠APD 1>0，知③错误；由体积桥和三棱锥体积公式可确定④正确.对于①，∵几何体是正方体，∴A 1D 1⊥平面AA 1B 1B ，又A 1D 1⊂平面A 1D 1P ，∴平面A 1D 1P ⊥平面BB 1P ，①正确；对于②，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，DC 1⊥对角面A 1BCD 1，对角面A 1BCD 1，∴DC 1⊥PC ，②正确；对于③，当点P 为线段A 1B 的一个四等分点且靠近点B 时，可得：AP =√102，D 1P =√342，AD 1=2√2，由余弦定理得：cos∠APD 1=AP 2+D 1P 2−AD 122AP⋅D 1P =52+172−82×√102×√342=√85>0，此时∠APD 1<π2，③错误； 对于④，∵△D 1C 1C 的面积是定值S =12×2×2=2，点P 到面D 1C 1C 的距离为BC =2，∴三棱锥C 1−D 1PC的体积V =13×2×2=43，④正确． PC所以答案是：①②④．15、如图，在正方体中，A 、B 、C 、D 分别是顶点或所在棱的中点，则A 、B 、C 、D 四点共面的图形______（填上所有正确答案的序号）．答案：①③④分析：四点共面主要通过证明两线平行说明，本题利用中位线、平行四边形的性质结合平行线的传递性进行说明，证明平行时绝不能凭直观感觉或无理论依据．图①：证明AB ∥EF ，CD ∥EF ，可得AB ∥CD ；图③：证明BD ∥EF ，AC ∥EF ，可得BD ∥AC ；图④：证明GH ∥EF ，AC ∥EF ， BD ∥GH ，可得BD ∥AC ．图①：取GD 的中点F ，连结BF 、EF ，∵B 、F 均为相应边的中点，则：BF ∥HG又∵HG ∥，则BF ∥即ABFE 为平行四边形∴AB ∥EF同理: CD ∥EF则AB ∥CD 即A 、B 、C 、D 四点共面，图①正确；图②：显然AB 与CD 异面，图②不正确；AEAE图③：连结AC,BD,EF,∵BE∥DF即BDFE为平行四边形∴BD∥EF又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图③正确；图④：连结AC,BD,EF,GH,∵GE∥HF即GEFH为平行四边形，则GH∥EF又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF同理：BD∥GH∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图④正确．所以答案是：①③④．16、一个正四棱柱的底面边长为2，高为4，则该正四棱柱的体积为________．答案：16分析：根据棱柱的体积公式直接计算即可.由题可得该正四棱柱的体积为2×2×4=16.所以答案是：16.解答题17、在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱BB1的中点．(1)求证：B1D∥平面ACE．(2)若F是棱CC1的中点，求证：平面B1DF∥平面ACE．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；（2）证明B1F∥平面ACE，结合B1D∥平面ACE，利用面面平行判定定理证明即可.（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG．∵ABCD是正方形，BD∩AC＝G，∴DG＝BG．又∵E是BB1中点，∴B1E＝BE，∴DB1∥GE，又DB1⊄平面ACE，GE⊂平面ACE，∴B1D∥平面ACE．（2）∵E是棱BB1的中点，F是棱CC1的中点．∴B1E∥CF且B1E＝CF，∴四边形B1ECF是平行四边形，∴B1F∥CE，又∴B1F⊄平面ACE，CE⊂平面ACE，∴B1F∥平面ACE，由（1）B1D∥平面ACE，又∵DB1∩B1F＝B1，∴平面B1DF∥平面ACE．18、用符号表示下列语句，并画出图形.（1）平面α与β相交于直线l，直线a与α，β分别相交于点A，B；（2）点A，B在平面α内，直线a与平面α交于点C，点C不在直线AB上.答案：（1）α∩β＝l，a∩α＝A，a∩β＝B；图象见解析；（2）A∈α，B∈α，a∩α＝C，C∉AB；图象见解析分析：由题意将自然语言转化为符号语言,根据点线面的关系,借用集合符号,表示即可.（1）用符号表示：α∩β＝l,a∩α＝A,a∩β＝B，如图.（2）用符号表示：A∈α,B∈α,a∩α＝C,C∉AB，如图.小提示：本题主要考查点、线、面的关系的符号表达,属于基础题.。
空间几何体的表面积和体积一．课标要求：了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）。
二．命题走向近些年来在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题。
即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想，会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，会把立体问题转化为平面问题求解，会运用“割补法”等求解。
由于本讲公式多反映在考题上，预测2016年高考有以下特色：（1）用选择、填空题考查本章的基本性质和求积公式；（2）考题可能为：与多面体和旋转体的面积、体积有关的计算问题；与多面体和旋转体中某些元素有关的计算问题；三．要点精讲1．多面体的面积和体积公式表中S表示面积，c′、c分别表示上、下底面周长，h表斜高，h′表示斜高，l表示侧棱长。
2．旋转体的面积和体积公式表中l、h分别表示母线、高，r表示圆柱、圆锥与球冠的底半径，r1、r2分别表示圆台上、下底面半径，R表示半径。
四．典例解析题型1：柱体的体积和表面积例1．一个长方体全面积是20cm 2，所有棱长的和是24cm ，求长方体的对角线长. 解：设长方体的长、宽、高、对角线长分别为xcm 、ycm 、zcm 、lcm 依题意得：⎩⎨⎧=++=++24)(420)(2z y x zx yz xy )2()1(由（2）2得：x 2+y 2+z 2+2xy+2yz+2xz=36（3）由（3）－（1）得x 2+y 2+z 2=16 即l 2=16所以l =4(cm)。
点评：涉及棱柱面积问题的题目多以直棱柱为主，而直棱柱中又以正方体、长方体的表面积多被考察。
我们平常的学习中要多建立一些重要的几何要素（对角线、内切）与面积、体积之间的关系。
例2．如图1所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB=5，AD=4，AA 1=3，AB ⊥AD ，∠A 1AB=∠A 1AD=3π。
