专题-立体几何(教师)

专题-立体几何

重点1 三视图与空间几何体的表面积和体积 1.三视图的画法

三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，画几何体的三视图的要求是正视图、俯视图长对正，正视图、侧视图高平齐，俯视图、侧视图宽相等．画出的三视图要检验是否符合“长对正、高平齐、宽相等”的基本特征，

对于简单几何体的组合体，首先要弄清它是由哪些简单几何体组成的，再画出它的三视图． 2.由三视图还原直观图的方法

（1）还原后的几何体一般为较熟悉的柱、锥、台、球的组合体． （2）图中实线和虚线实际是原几何体中的可视线与被遮挡线．

（3）想象物体原形，画出草图后进行三视图还原，并与所给三视图比较，再准确画出原几何体． 3几何体表面积的求解方法 4.几何体体积的求解方法

[高考常考角度]

角度1 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为( )．

解析：由几何体的正视图和俯视图可知，该几何体应为一个半圆锥和一个有一侧面(与半圆锥的轴截面为同一三角形)垂直于底面的三棱锥的组

合体，故其侧视图应为D.

角度2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：所给选项中，A 、C 选项的正视图、俯视图不符合，D 选项的侧视图不符合，只有选项B 符合．

角度3一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+80

点评：考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.

解析：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4，两底面积和为()1

2244242

?

+?=，

四个侧面的面积为4(4224++=+

所以几何体的表面积为48+.故选C.

A

B

O

R

r

h

H

角度4一个几何体的三视图如图所示(单位：m )则该几何体的 体积为________3

m .

解析：由三视图可知该几何体是组合体，下面是长方体，长、宽、高分别为3、2、1， 上面是一个圆锥，底面圆半径为1，高为3，

所以该几何体的体积为2

13211363

ππ??+??=+(3

m )．答案 6π+

角度5已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的

16

3

，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 . 点评：本题考查球内接圆锥问题，属于较难的题目。

解析：作图分析，由圆锥底面面积是这个球面面积的163得223

416

r R ππ=

所以12

r r h R R ==>==>==，

从而小圆锥的高为

,2R 大圆锥的高为2

3R ，所以比值为31

角度6如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AB AD ⊥，点E 在线段AD 上，且//CE AB ． （Ⅰ）求证：CE ⊥平面P AD ；

（Ⅱ）若1PA AB ==，3AD

=，CD =0

45CDA ∠=，求四棱锥P ABCD -的体积．

点评：本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，满分12分。 解析：因为PA ⊥底面ABCD ，CE ?平面ABCD ，

所以PA CE ⊥．

因为AB AD ⊥，//CE AB ，所以CE AD ⊥．又PA AD A =∩， 所以CE ⊥平面P AD ．

（Ⅱ）由（Ⅰ），C E A D ⊥，

在Δ

Rt ECD 中，sin sin 451CE CD CDA =?∠=?=，cos 451DE CD =??=，

又因为1AB =，则AB CE =，又//CE AB ，AB AD ⊥， 所以四边形ABCE 为矩形．四边形ABCD 为梯形． 因为3AD =，所以2AE AD ED =-=，()()115231222

ABCD S BC AD AB =

+?=+?=， 1155

13326

P ABCD ABCD V S PA -=?=??=．

重点2 空间点、直线、平面的位置关系 1.证明直线与平面平行垂直的判定与证明 4.面面垂直的判定与证明的常用方法 2.证明面面平行的常用方法 3.直线与平面

5.合理选择适当的空间直角坐标系，利用空间向量进行证明，求解异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角、点到平面的距离.

[高考常考角度]

角度1已知1l ，2l ，3l 是空间中三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）

A. 12l l ⊥，23l l ⊥13//l l ?

B. 12l l ⊥，23//l l ?13l l ⊥

C. 123////l l l ? 1l ，2l ，3l 共面

D. 1l ，2l ，3l 共点?1l ，2l ，3l 共面

解析：在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A 错；

两平行线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B 正确； 相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C 错； 共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D 错．故选B

角度2下列命题中错误．．

的是（ ） A ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β B ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β C ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面,,l γαβ= 那么l ⊥平面γ D ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β

解析：对于D ，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，甚至可能平行于平面β， 其余选项均是正确的． 故选D

角度3如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，0

,60AB AD BAD =∠=，,E F 分别是,AP AD

的中点．求证：

（1）直线EF ∥平面PCD ； （2）平面BEF ⊥平面PAD . 解析：（1）如图，在△PAD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，

所以EF ∥PD .

又因为EF ?平面PCD ，PD ?平面PCD ， 所以直线EF ∥平面PCD .

（2）连接BD .因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形．

因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .

因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF ?平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以BF ⊥平面PAD . 又因为BF ?平面BEF ， 所以平面BEF ⊥平面PAD .

角度4如图，在ABC ?中，0045,90,ABC BAC AD ∠=∠=是BC 上的高，沿AD 把ABD ?折起，使0

90BDC ∠=.

（1）证明：平面ADB ⊥平面BDC ；

（2）若1BD =，求三棱锥D ABC -的表面积． 解析：（1）证明：∵折起前AD 是BC 边上的高，

∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB .

又DB ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC . ∵AD ?平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .

（2）由(1)知，DA ⊥DB ，DC ⊥DA ，

∵DB ＝DA ＝DC ＝1，DB ⊥DC ， ∴AB ＝BC ＝CA ＝ 2.

从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12， S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝3

2，

∴三棱锥D ABC -的表面积132S =?+=

角度5如图，在四面体PABC 中，,,PC AB PA BC ⊥⊥点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点． （Ⅰ）求证：DE ∥平面BCP ；

（Ⅱ）求证：四边形DEFG 为矩形；

（Ⅲ）是否存在点Q ，到四面体PABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由． 解析：（Ⅰ）证明：因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，所以DE ∥PC .

又因为DE ?平面BCP ， 所以DE ∥平面BCP .

（Ⅱ）证明：因为D ，E ，F ，G 分别为AP ，AC ，BC ，PB 的中点，

所以DE ∥PC ∥FG ，DG ∥AB ∥EF . 所以四边形DEFG 为平行四边形． 又因为PC ⊥AB ，所以DE ⊥DG . 所以四边形DEFG 为矩形．

（Ⅲ）存在点Q 满足条件，理由如下：连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点． 由（Ⅱ）知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝1

2EG .

分别取PC ，AB 的中点M ，N ，连接ME ，EN ，NG ，MG ，MN .

与（Ⅱ）同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ， 且QM ＝QN ＝1

2EG ，所以Q 为满足条件的点．

重点3 空间角的求解

1.角的范围：异面直线所成的角的范围是0

(0,90]，直线与平面所成的角的范围是0

[0,90]，

二面角的范围是0

[0,180]

2.角的求解

（1）异面直线所成的角：（综合法）将异面直线平移到一个平面，通过解三角形求解；（向量法）若异面直线,a b 的

方向向量分别为,a b ，设异面直线所成的角为θ，则||

cos |cos ,|||||

a b a b a b θ=<>=

（2）直线与平面所成的角：（综合法）通过垂线找射影及角，再通过解三角形求解；（向量法）求出平面的法向量n

，

直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则||

sin |cos ,|||||

n a n a n a θ=<>=

.

（3）二面角的大小：（综合法）通过线面关系找出二面角的平面角，再通过解三角形求解；（向量法）求出二面角的

两个半平面的法向量12,n n ，设二面角大小为θ，若θ为锐角，则121212||

cos |cos ,|||||

n n n n n n θ=<>=

. 若θ为钝角，则121212||

cos |cos ,|||||

n n n n n n θ=-<>=-

.

[高考常考角度]

角度1如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是棱BC 、1CC 上的点，

2CF AB CE ==,1::1:2:4AB AD AA =

（1）求异面直线EF 与1A D 所成角的余弦值； （2）证明AF ⊥平面1A ED

（3）求二面角1A ED F --的正弦值。

解析：本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，满分12分。 （综合法）（1）设AB =1，可得AD=2,AA 1=4,CF=1.CE =

1

2

如图，连结B 1C ，BC 1，设B 1C 与BC 1交于点M,易知A 1D ∥B 1C ，由

11

4CE CF CB CC ==,可知1//EF BC . 故BMC ∠是异面直线EF 与1A D

所成的角，易知11

2

BM CM B C ==

=所以2223

cos 25

BM CM BC BMC BM CM +-∠=

= ,所以异面直线EF 与1A D 所成角的余弦值为35

（2）证明：连接AC ，设AC 与DE 交点N ，因为

1

2

CD EC BC AB ==， 所以Rt DCE Rt CBA ?? ，从而CDE BCA ∠=∠，又由于90CDE CED ∠+∠=?,所以90BCA CED ∠+∠=?，

故AC DE ⊥,又因为1CC DE ⊥且1CC AC C ?=，所以DE ⊥平面ACF ，从而AF DE ⊥. 连接BF ，同理可证1B C ⊥平面ABF ,从而1AF B C ⊥, 所以1AF A D ⊥，因为1DE A D D ?=， 所以AF ⊥平面1A ED

（3）连接1,A N FN ，由（2）可知DE ⊥平面ACF ,又NF ?平面ACF , 1A N ?平面ACF ， 所以1,DE NF DE A N ⊥⊥, 故1A NF ∠为二面角1A ED F --的平面角 易知Rt CNE Rt CBA ?? ，所以

CN EC BC AC =，

又AC =

所以CN =，

在Rt NCF NF ?=中，1Rt A AN ?

中，1A N == 连结111,AC A F

，在111Rt AC

F A F ?==中，222111112

cos 23

A N FN A F Rt A NF A NF A N FN +-?∠==?在中，，

所以1sin A NF ∠= 所以二面角1A ED F --

（向量法）如图所示，建立空间直角坐标系A xyz -，设1AB =,依题意得

(0,2,D ,(1,2,1)F

,1(0,0,4)A ,3

(1,,0)2

E （1）解：易得1

(0,,1)2

EF = ,1(0,2,4)A D =-

于是1113

cos ,5||||

EF A D EF A D EF A D <>==-

所以异面直线EF 与1A D 所成角的余弦值为

3

5

（2）证明：已知(1,2,1)AF = , 13(1,,4)2EA =-- , 1

(1,,0)2

ED =-

于是AF ·10EA = ，AF ·0ED =

因此，1AF EA ⊥,

AF ED ⊥,又1EA ED E ?= 所以AF ⊥平面1A ED

（3）解：设平面EFD 的一个法向量为(,,)n x y z = ，由1(,,)(0,,1)0202

12(,,)(1,,0)02n EF x y z y z x y n ED x y z ?==?+=??=>??=??=-=?? ,

令1x =，则2,1y z ==-，(1,21n ∴=-

）， 由（2）可知，AF 为平面1A ED 的一个法向量。

于是2

cos ,3||||

n AF n AF n AF <>==

，从而sin ,n AF <>=

所以二面角1A ED F --

.

角度2如图，四棱锥S ABCD -中，//AB CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，

2,1AB BC CD SD ====.

（Ⅰ）证明：SD ⊥平面SAB

（Ⅱ）求AB 与平面SBC 所成角的大小.

（综合法）解析：

（Ⅰ）方法一：计算1,2SD AD SA ==,

于是222

SA SD AD +=，利用勾股定理，可知SD SA ⊥

同理，可证SD SB ⊥ 又SA SB S = 因此，SD ⊥平面SAB

方法二：取AB 的中点E ，连接DE ，则四边形BCDE 为矩形，2DE CB ==.连接SE

，则,SE AB SE ⊥=又1SD =，故222ED SE SD =+，所以0

90DSE ∠=，即SD SE ⊥.

由,,AB DE AB SE DE SE E ⊥⊥= ，得AB ⊥平面SDE ，所以AB SD ⊥. 又AB SE E = 所以SD ⊥平面SAB

（Ⅱ）由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE . 作SF DE ⊥，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD

，2

SD SE SF DE ?=

=. 作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1.连接SG ，则SG ⊥BC . 又BC ⊥FG ，SG ∩FG ＝G ，

故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG .作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .

FH ＝SF ×FG SG ＝37

，即F 到平面SBC 的距离为21

7.

由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 也为21

7

. 设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝

217

.

y

x

z

y

x

z

点评：求AB 与平面SBC 所成角，如果要找出AB 在平面SBC 上的射影，有点难。 （向量法）解析：方法一：取AB 中点为E ，连结,DE SE ，则,SE AB DE AB ⊥⊥ 故AB ⊥平面SDE ，AB SD ⊥，平面SDE ⊥平面ABCD ，交线为DE 过S 作SF DE ⊥，则SF ⊥平面ABCD ，作//FG AB 交BC 于G 建立如图所示空间直角坐标系F xyz -

2222,1DE SE SD DE SE SD SD SE ===>=+=>⊥，

所以SD ⊥平面SAB . 又

SD SE SF DE SD SE SF DE ??=?=>=

=

， 0031

30cos30,22

SED EF SE DF ∠==>===

则331(,1,0),(,1,0),(,1,0),(0,1,0)222A B C S G --

，(0,2,0),(2,0,0),(0,1,AB CB SG === ，

设(,,)n x y z = 是平面SBC

的一个法向量，由0(,,)(2,0,0)0(,,)(0,1,0x n CB x y z y z n SG x y z ?=??=?=??

=>??=

?=?=????

， 令2,z =

则y =

n ∴=

||sin 7||||n AB n AB θ?∴===

所以AB 与平面SBC

所成角为arcsin

7

方法二：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系C-xyz, 则(1,0,0),(2,2,0),(0,2,0)D A B ，又设(,,)S x y z ，则0,0,0x y z >>>.

（Ⅰ）(2,2,),(,2,),AS x y z BS x y z =--=-

(1,,)DS x y z =-

由

||||AS BS ==>= 1x = 由||1DS = 得221y z +=，又由||2BS = 得，222

(2)4x y z +-+=

即2

2

410y z y +-+=

，故1,2y z =

=

于是13(1,(1,22S AS =--

31(1,,(0,,2222BS DS =-=

0,0DS AS DS BS ?=?=

故,DS AS DS BS ⊥⊥，又AS BS S =

所以SD ⊥平面SAB

（Ⅱ）设平面SBC 的一个法向量(,,)a m n p = ，则,,0,0,a BS a CB a BS a CB ⊥⊥?=?=

又3(1,(0,2,0)2BS CB =-=

故3022

20

m n p n ?-+

=???=?

取2p =

得(a = ，又(2,0,0)AB =-

cos ,||||

AB a AB a AB a ?<>==?

， 所以AB 与平面SBC

所成角为arcsin 7

突破3个高考难点

难点1 探究与球有关的组合体问题

与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接，解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径，球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心、“切点”或“接点”作出截面图.

典例 1 四棱锥S ABCD -

,,,,S A B C D 都在同一个球面上，则该球的体积为_________．

解析： 如图所示，根据对称性，只要在四棱锥的高线SE 上找到一个点O 使得OA OS =，则四棱锥的五个顶点就在同一个球面上．在Rt SEA ?中，

1SA AE ==，故1SE =．设球的半径为R ，则,1OA OS R OE R ===-

Rt OAE ?中，221(1)1R R R =+-=>=，0OE =，即点E 即为球心，

故这个球的体积43

V π=

典例 2 如图所示，在等腰梯形ABCD 中，022,60,AB DC DAB E ==∠=为AB 的中点，将ADE ?与BEC ?分别沿ED 、EC 向上折起，使A 、B 重合，求形成的三棱锥的外接球的体积． 解析：平面图形中，1AE EB BC CD DA DE EC =======， 所以折叠后得到一个正四面体．

方法一：如图，作AF ⊥平面DEC ，垂足为F

三棱锥A DEC -是正四面体，∴ F 即为△DEC 的中心，且外接球的球心O 在线段AF 上． 取EC 的中点G ，连接DG 、AG ，过球心O 作OH 上平面AEC ，则垂足H 为△AEC 的外心． 又△AEC 为等边三角形，∴ 点H 在线段AG 上，且2

3

AH AG =

∴外接球半径可利用~Rt OHA Rt GFA ??求得

AG AF AH ====

4AG AH OA AF ?∴===

故 外接球体积为243V π=

= 方法二：如图所示，把正四面体放在正方体中，显然，正四面体的外接球就是正方体的外接球，

正四面体的棱长为1，∴正方体的棱长为

2

，

故外接球直径2R R ===>=

，所以外接球体积为243V π== 难点2 平面图形翻折问题的求解

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，这类问题称之为平面图形翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键，一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化，解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法． 典例 如图，在ABC ?中，,22

B AB B

C π

∠=

==，P 为AB 边上一动点，

//PD BC 交AC 于点D ,现将PDA ?沿PD 翻折至PDA '?使平面PDA '⊥平面PBCD

（1）当棱锥A PBCD '-的体积最大时，求PA 的长；

（2）若点P 为AB 的中点，E 为A C '的中点，求证：A B DE '⊥

点评：本题考查的空间里的翻折问题，考查空间思维能力，考查空间几何体的体积计算、考查空间直线的位置关系的证明，考查函数与方程的思想、考查数学应用意识等。

解析：（1）设,(02)PA x x =<<，,,2

B AB B

C π

∠== ABC ∴?为等腰直角

三角形，PD x ∴=

2111

222222

PBCD ABC APD S S S AP PD x ??=-=??-??=-

23-11121

(2)33236

A PBCD PBCD V S PA x x x x '=?=-=-

令321(),(0)36f x x x x =-> ， 则2

21(),(0)32

f x x x '=->

,(),()x f x f x '的变化如下表：

3

PBCD A -'

（2）证明：如图，取F 为A ′B 的中点，连接PF ，FE . 则有EF //=12BC ，PD //=1

2BC ，所以四边形PDEF 为平行四边形．

所以DE ∥PF .

又A ′P ＝PB ，所以PF ⊥A ′B .故DE ⊥A ′B .

难点3 立体几何中的探索问题

立体几何中的探索性问题的主要类型有：(1)探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么；(2)探索结论，即在给定的条件下，命题的结论是什么． 方法一 综合法 方法二 空间向量法

典例1如图，在三棱锥P ABC -中，,AB AC D =为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已

知8,4,3, 2.BC PO AO OD ====

（Ⅰ）证明：AP BC ⊥；

（Ⅱ）在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？

若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由． 解析：（综合法）（Ⅰ）由AB =AC ，D 是BC 的中点，得AD ⊥BC ． 由PO ⊥平面ABC ，得PO ⊥BC ．

因为PO AD O = ，所以BC ⊥平面PAD ， 故BC ⊥PA ．

(Ⅱ)如图，在平面PAB 内作BM ⊥PA 与于M ，连接CM

由（Ⅰ）知AP ⊥BC ，因为BM BC B = ，故AP ⊥平面BMC ． 又AP ?平面APC ，所以平面BMC ⊥平面APC .

在Rt ADB ?中，222

41AB AD BD AB =+==>=在Rt POD ?中，2

2

2

20PD PO OD =+=

在Rt PDB ?中，2

2

2

366PB PD BD PB =+==>= 在Rt POA ?中，2

2

2

255PA AO OP PA =+==>=

又 2221

cos 23

PA PB AB BPA PA PB +-∠=

=?,从而cos 2,3PM PB BPA AM PA PM =∠=∴=-= 综上所述，存在点M 符合题意，3AM =

（向量法）（Ⅰ）证明：如图，以O 为原点，以射线OP 为z 轴的正半轴，

建立空间直角坐标系O －xyz .则(0,0,0),(0,3,0),(4,2,0),(4,2,0),(0,0,4)O A B C P --

(0,3,4)AP = ，(8,0,0)BC =-

，由此可得0AP BC ?= ，

所以AP BC ⊥

，即AP BC ⊥.

（Ⅱ）假设存在符合题意的点M ，设,01,PM PA λλ=≤<

则(0,3,4)PM λ=--

(4,23,44)BM BP PM BP PA λλλ=+=+=----

，(4,5,0)AC =- ．

设平面BMC 的法向量1n ＝(x 1，y 1，z 1)，平面APC 的法向量2n

＝(x 2，y 2，z 2)．

由1100BM n BC n ??=???=??

得?????

－4x 1－2＋3λy 1＋4－4λz 1＝0，－8x 1＝0，即?

???

?x 1＝0，z 1＝2＋3λ

4－4λy 1，可取1n ＝(0,1，2＋3λ

4－4λ

)．

由2200

AP n AC n ??=???=??

即?????

3y 2＋4z 2＝0，－4x 2＋5y 2＝0，得?????

x 2

＝54y 2

，z 2

＝－3

4

y 2

，可取2n

＝(5,4，－3)．

由120n n ?= ，得4－3·2＋3λ4－4λ＝0，解得25

λ=，故3AM =.

综上所述，存在点M 符合题意，3AM =.

规避4个易失分点

易失分点1 共面条件理解有误

典例 设,M N 分别是正方体1111ABCD A B C D -的棱1BB 、AD 的中点，试作出平面1C MN 与正方体的截面． 易失分提示：本题易出现的问题是误认为1C MN ?即为所求截面． 解析：取1DD 的中点G ，G 的中点F ，连接AG 、NF ，

延长FN 交1A A 的延长线于点H ，连接HM 交AB 于点E ，连接1,NE MC ， 则五边形1C MENF 即为所求截面，如图所示． 下面证1C M E N F 、、、、五点共面，

易证1//C M AG 在△ADG 中， AN=ND ，GF=FD ，FN ∥ AG ．

又11//,//C M AG C M FN ∴，故1C M 与NF 确定平面1,C MNF H ∴∈平面1C MNF 故1C M E N F 、、、、五点共面

易失分点2 异面直线所成的角理解错误

典例 已知在空间四边形ABCD 中，AB=CD =3，点E 、F 分别是边BC 和AD 上的点，并且::1:2BE EC AF FD ==，

EF =求异面直线AB 与CD 所成角的大小．

易失分提示：对异面直线所成角的概念和范围不熟悉，误认为依据题意作出的EGF ∠(点G 为线段BD 上靠近点B 的一个三等分点)的大小就是所求异面直线AB 与CD 所成角的大小. 解析：在BD 上取靠近B 的三等分点G ，连接FG 、GE ，如图所示．

在BCD ?中，

//BG BE

EG CD GD EC

==> 同理，在ABD ?中，//GF AB

∴ EGF ∠就是异面直线AB 与CD 所成的角或其补角．

在BCD ?中，由1

//,3,

13

EG GE CD CD EG GD ===>=

在ABD ?中，由2

//,3,

23

FG FG AB AB EG AB ===>=

在EFG ?中，由1,2,EG FG EF ===22201

cos ,12022

EG FG EF EGF EGF EG FG +-∠=

=-∴∠=? 因此异面直线AB 与CD 所成角的大小为0

60

易失分点3 空间点、线、面位置关系不清

典例 已知,,αβγ是三个互不重合的平面，l 是一条直线，给出下列四个命题： ①若,l αββ⊥⊥，则//l α； ②若,//l l αβ⊥，则αβ⊥；‘

③若l 上有两个点到α的距离相等，则//l α； ④若,//,αβαγ⊥则γβ⊥

其中正确命题的序号是____________（填上所有正确命题的序号）．

易失分提示： 解本题可能出现的问题就是对空间点、线、面位置关系的判定定理和性质定理掌握不清导致误判． 如：命题①中，可能对线面平行关系认识不清，误以为直线在平面内也算平行，认为命题①正确；

命题③中，对点到平面的距离相等，考虑不到点可能在平面两侧，认为命题③正确． [答案] ②④

解析： ①中有l α?的可能；②//,l m ββ∴?? ，使得//,,l m l m αααβ⊥∴⊥=>⊥ ，故②正确； ③中包含两个点在平面两侧的情况；④,//,αβαγ⊥∴ 容易得γβ⊥，故④正确．

易失分点4 线面位置关系定理使用不当

典例 如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，0

22,//,,90,AB EF EF AB EF FB BFC ==⊥∠=

,BF FC G H =、分别为DC 、BC 的中点． （1）求证：平面FGH ∥平面BDE ； （2）求证：平面ACF ⊥平面BDE .

易失分提示：若不注意选取AC 与BD 的交点O ，难以找到本题的解题入口，对于（1），易出现表达上的漏洞， 如得到//FH EO 与//GH DB 即下结论平面FGH ∥平面BDE ；

对于（2），易缺少转换考虑，直接证AC OE ⊥，从而不能顺利得到结论． 解析：（1）设AC 与BD 交于点O ，连接OE 、OH ， 由//,12

EF AB EF AB =

得//1

2EF AB =

//

//1

,2OH EF AB OH ∴==

,OEFH 为平行四边形，//FH EO ∴ FH ? 平面BDE ，EO ?平面BDE ，//FH ∴平面BDE

,G H 分别为DC BC 、的中点，//GH DB ，GH ?平面BDE ，DB ?平面BDE ，//GH ∴平面BDE

又FH GH H = ，所以 平面FGH ∥平面BDE

（2） 四边形ABCD 为正方形，AC BD ∴⊥, ,//,AB BC EF AB EF BC ⊥∴⊥

又,,EF FB BF BC B EF ⊥=∴⊥ 平面,BCF EF FH ∴⊥，又//,EF OH FH OH ∴⊥ 又 ,BF FC H =是BC 的中点，FH BC FH ∴⊥=>⊥平面,ABCD FH AC =>⊥， //,,FH OE AC OE ∴⊥ 又,OE BD O AC =∴⊥ 平面BDE ，而AC ?ACF 因此 平面ACF ⊥平面BDE .

立体几何中的最值(教师版)2014.10.06

立体几何中的最值问题 一、运用变量的相对性求最值 例1. 在正四棱锥S-ABCD 中，SO ⊥平面ABCD 于O ，SO=2，底面边长为2，点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，则P 、Q 两点的最短距离为（ ） A. 5 5 B. 5 5 2 C. 2 D. 1 解析：如图1，由于点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，先让点P 在BD 上固定，Q 在SC 上移动，当OQ 最小时，PQ 最小。过O 作OQ ⊥SC ，在Rt △SOC 中，5 5 2=OQ 中。又P 在BD 上运动，且当P 运动到点O 时，PQ 最小，等于OQ 的长为5 5 2，也就是异面直线BD 和SC 的公垂线段的长。故选B 。 图1 图2 二、定性分析法求最值 例2. 已知平面α//平面β，AB 和CD 是夹在平面α、β之间的两条线段。AB ⊥CD ，AB=3，直线AB 与平面α成30°角，则线段CD 的长的最小值为______。 解析：如图2，过点B 作平面α的垂线，垂足为O ，连结AO ，则∠BAO=30°。过B 作BE//CD 交平面α于E ，则BE=CD 。连结AE ，因为AB ⊥CD ，故AB ⊥BE 。则在Rt △ABE 中，BE=AB ·tan ∠BAE ≥AB ·tan ∠BAO=3·tan30°=3。故3≥CD 。 三、展成平面求最值 例3. 如图3-1，四面体A-BCD 的各面都是锐角三角形，且AB=CD=a ，AC=BD=b ，AD=BC=c 。平面α分别截棱AB 、BC 、CD 、DA 于点P 、Q 、R 、S ，则四边形PQRS 的周长的最小值是（ ） A. 2a B. 2b C. 2c D. a+b+c 图3-1 图3-2 解析：如图3-2，将四面体的侧面展开成平面图形。由于四面体各侧面均为锐角三角形，且AB=CD ，AC=BD ，AD=BC ，所以，A 与A ’、D 与D ’在四面体中是同一点，且''////D A BC AD ， '//CD AB ，A 、C 、A ’共线，D 、B 、D ’共线，BD DD AA 2''==。又四边形PQRS 在展开图中变 为折线S ’PQRS ，S ’与S 在四面体中是同一点。因而当P 、Q 、R 在S ’S 上时， RS QR PQ P S +++'最小，也就是四边形PQRS 周长最小。又''SA A S =，所以最小值''DD SS L ==b BD 22==。 故选B 。

专题06 立体几何(解答题)(教师版)

专题06 立体几何（解答题） 1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】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） 17 . 【解析】（1）连结1,B C ME . 因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且11 2 ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以11 2 ND A D = . 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故= ME ND ∥， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ?平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H . 由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离， 由已知可得CE =1，C 1C =4，所以1C E 17 CH =.

从而点C 到平面1C DE 的距离为 17 . 【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及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，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解. 2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】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. 【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ?平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥．

立体几何专题 第2节 与球相关的切、接问题 【教师版】

第二节 与球相关的切、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 1 V 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 43 πR 3＝3 2 . [答案] 3 2 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 ．123 B ．18 3 C ．24 3 D ．54 3 [解析] 由等边△ABC 的面积为93，可得34 AB 2 ＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝ 3 3 AB ＝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1 3 ×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.16 3π C.323 π 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

立体几何三视图教师版

考点24 三视图 考点一：棱长类 1．★（2014西城二模4）某四棱锥的三视图如图所示，记A 为此棱锥所有棱的长度的集合，则（ ） （A ） 2A ，且4A （B A ，且4 A （C ） 2A ，且A （D A A 【答案】D 2．★（2015年北京丰台区高三一模理科）上图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是 (A) 4 (B) 5 (C) (D) 正(主)视图 侧(左)视图 俯视图

【答案】D 考点二：面积类 3．★（2013海淀二模4） 某空间几何体的三视图如右图所示，则该几何体的表面积为( ) A.180 B.240 C.276 D.300 【答案】B 4．★（2012西城一模4） 已知正六棱柱的底面边长和侧棱长相等，体积为33．其三视图中的俯视图如图所示，则其左视图的面积是（ ） （A ）23（B ）2 23（C ）28cm （D ）2 4cm 【答案】A 6 6 6 5 俯视图

正视图 俯视图 5．★★★（2012朝阳二模8） 有一个棱长为1的正方体，按任意方向正投影, 其投影面积的最大值是（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 6．★★（2010海淀期末理）11．一个几何体的三视图如下图所示，则该几何 体的表面积为__________________. 【答案】2412π+ 考点三：体积类 7．★★（2011丰台期末文）3．若一个螺栓的底面是正六边形，它的正视图和俯视图如图所示，则它的体积是 A ． 32225+π B ．32 25 π C ．3225π D ．128 25 π 【答案】C 正视图侧视图 俯视图

立体几何之及球有关的高考试题老师

立体几何与球专题讲义 一、球的相关知识 考试核心：方法主要是“补体”和“找球心” 1.长方体、正方体的外接球其体对角线长为该球的直径． 2．正方体的切球其棱长为球的直径． 3．正三棱锥的外接球中要注意正三棱锥的顶点、球心及底面正三角形中心共线．4．正四面体的外接球与切球的半径之比为3∶1. 5.性质的应用 2 2 2 1 2r R OO d- = = ，构造直角三角形建立三者之间的关系。 真题回放： 1.（2015高考新课标2，理9）已知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( ) A．36π B.64π C.144π D.256π

参考答案1、 2. 3. 4.

题型总结 类型一：有公共底边的等腰三角形，借助余弦定理求球心角。（两题互换条件形成不同的题） 1．如图球O 的半径为2，圆1O 是一小圆，1 OO =A 、B 是圆1O 上两点，若A ，B 两点间的球面距离为23 π ，则1AO B ∠= . 2．如图球O 的半径为2，圆1O 是一小圆，1 OO ，A 、B 是圆1O 上两点，若1AO B ∠=2 π ，则A,B 两点间的球面距离为 （2009年文科） 类型二：球接多面体，利用圆接多边形的性质求出小圆半径，通常用到余弦定理求余弦值，通过余弦值再利用正弦定理得到小圆半径 r C c 2sin =，从而解决问题。 3. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===, 120BAC ∠=?， 则此球的表面积等于 。 4.正三棱柱111ABC A B C -接于半径为2的球，若,A B 两点的球面距离为π，则正三棱柱的体积为 ． 5.12．已知球的直径SC =4，A ，B 是该球球面上的两点，AB =3，ο30=∠=∠BSC ASC ，则棱锥S —ABC 的体积为 A ．33 B ．32 C ．3 D ．1

高考数学专题复习立体几何专题空间角

立体几何专题：空间角 第一节：异面直线所成的角 一、基础知识 1.定义： 直线a 、b 是异面直线，经过空间一交o ，分别a ?//a ，b ?//b ，相交直线a ?b ?所成的锐角（或直 角）叫做 。 2.范围： ?? ? ??∈2,0πθ 3.方法： 平移法、问量法、三线角公式 （1）平移法：在图中选一个恰当的点（通常是线段端点或中点）作a 、b 的平行线，构造一个三角形，并解三角形求角。 （2）向量法： 可适当选取异面直线上的方向向量，利用公式b a = ><=,cos cos θ 求出来 方法1：利用向量计算。选取一组基向量，分别算出 b a ? 代入上式 方法2：利用向量坐标计算，建系，确定直线上某两点坐标进而求出方向向量 ),,(111z y x a = ),,(222z y x b =2 2 22222 1 2 12 12 12121cos z y x z y x z z y y x x ++++++= ∴θ （3）三线角公式 用于求线面角和线线角 斜线和平面内的直线与斜线的射影所成角的余弦之积等于斜线和平面内的直线所成角的余弦 即：θθθcos cos cos 2 1= 二、例题讲练 例1、（2007年全国高考）如图，正四棱柱 1111ABCD A B C D -中， 12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为 例2、在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，已知AB=a ，BC=)(b a b >,AA 1= c ，求异面直线D 1B 和AC 所成 的角的余弦值。 方法一：过B 点作 AC 的平行线（补形平移法） A B 1 B 1 A 1D 1 C C D

立体几何证明题专题(教师版)分析

立体几何证明题 考点1:点线面的位置关系及平面的性质 例1.下列命题： ①空间不同三点确定一个平面； ②有三个公共点的两个平面必重合； ③空间两两相交的三条直线确定一个平面； ④三角形是平面图形； ⑤平行四边形、梯形、四边形都是平面图形； ⑥垂直于同一直线的两直线平行； ⑦一条直线和两平行线中的一条相交，也必和另一条相交； ⑧两组对边相等的四边形是平行四边形. 其中正确的命题是__________ . 【解析】由公理3知，不共线的三点才能确定一个平面，所以知命题①错，②中有可能出现 两平面只有一条公共线（当这三个公共点共线时），②错.③空间两两相交的三条直线有三个交点或一个交点，若为三个交点，则这三线共面，若只有一个交点，则可能确定一个平面或三个平面.⑤中平行四边形及梯形由公理2可得必为平面图形，而四边形有可能是空间四边形，如图（1）所示. ABC —A B C D'中，直线BB丄AB, BB丄CB但AB与CB不平行，???⑥错. AB // CD BB n AB= B,但BB与CD不相交，.??⑦错?如图（2）所示，AB= CD BC= AD四边形ABCD不是平行四边形，故⑧也错. I、m外的任意一点，贝U （ A.过点P有且仅有条直线与I、m都平行 B.过点P有且仅有条直线与I、m都垂直 C.过点P有且仅有条直线与I、m都相交 D.过点P有且仅有条直线与I、m都异面 答案 B 解析对于选项A,若过点P有直线n与I , m都平行，则I // m这与I , m异面矛盾. 对于选项B,过点P与I、m都垂直的直线，即过P且与I、m的公垂线段平行的那一条直线. 对于选项C,过点P与I、m都相交的直线有一条或零条. 对于选项D,过点P与I、m都异面的直线可能有无数条.

三角函数与立体几何(二)教师版

1．如图，在ABC ?中，点D 在边BC 上， 4 CAD π ∠= ， 72AC = ， cos 10 ADB ∠=-． （1）求sin C ∠的值； （2）若ABD ?的面积为7，求AB 的长． 【答案】(1) sin C ∠= 4 5 ;(2) AB = 【解析】试题分析：（1）由同角三角函数基本关系式可求sin ADB ∠，由4 C ADB π ∠=∠- ，利用两角差 的正弦函数公式及特殊角的三角函数值即可求值得解；（2）先由正弦定理求AD 的值，再利用三角形面积公式求得BD ，与余弦定理即可得解AB 的长度. 试题解析：（1 ）因为cos 10ADB ∠=- ，所以sin 10 ADB ∠=， 又因为4 CAD π ∠= ，所以4 C ADB π ∠=∠- ， 所以sin sin 4C ADB π? ? ∠=∠- ?? ? sin cos cos sin 4 4 ADB ADB π π =∠-∠ 4 1021025 = +?=． （2）在ADC ?中，由正弦定理 sin sin AD AC C ADC =∠∠， 故( )74sin sin sin sin sin sin AC C AC C AC C AD ADC ADB ADB π? ?∠?∠?∠==== ∠-∠∠ = 又11sin 72210 ABD S AD AB ADB BD ?= ???∠=??=，解得5BD =． 在ADB ?中，由余弦定理得 2 2 2 2cos AB AD BD AD BD ADB =+-??∠ 8252537AB ?=+-??=?= ?? 2．在ABC ?中，内角A,B,C,所对应的边为,,a b c 且b c ≠,且 22sin sin cos cos C B B B C C -=

高考数学统考一轮复习第7章立体几何第1节空间几何体的结构及其表面积体积教师用书教案理新人教版

第7章立体几何 全国卷五年考情图解高考命题规律把握 1.考查形式 高考在本章一般命制2道小题、1 道解答题，分值约占22分. 2.考查内容 (1)小题主要考查三视图、几何体 体积与表面积计算，此类问题属于 中档题目；对于球与棱柱、棱锥的 切接问题，知识点较整合，难度稍 大. (2)解答题一般位于第18题或第19 题的位置，常设计两问：第(1)问 重点考查线面位置关系的证明；第 (2)问重点考查空间角，尤其是二 面角、线面角的计算．属于中档题 目. 空间几何体的结构及其表面积、体积 [考试要求] 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构. 2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图. 3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式. 4.了解球、棱柱、棱锥、台体的表面积和体积的计算公式．

1．多面体的结构特征 名称棱柱棱锥棱台 图形 底面互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱互相平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点 侧面形状平行四边形三角形梯形 (1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形． (2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体． 3．旋转体的结构特征 名称圆柱圆锥圆台球 图形 母线互相平行且相 等，垂直 于底面 长度相等且相交 于一点 延长线交于一点 轴截面全等的矩形全等的等腰三角 形 全等的等腰梯形圆 侧面展开图矩形扇形扇环 旋转图形矩形直角三角形直角梯形半圆三视图画法规则：长对正、高平齐、宽相等 直观图斜二测画法： (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

专题07 立体几何初步(重难点突破)教师版

专题07 立体几何初步 【重难点知识点网络】： 一、空间几何体的有关概念 1．空间几何体 对于空间中的物体，如果我们只考虑其形状和大小，而不考虑其他因素，那么由这些物体抽象出来的就叫做空间几何体.例如,一个正方体形包装箱,占有的空间部分就是一个几何体,这个几何体就是我们熟悉的正方体. 2．多面体 （1）多面体：一般地,我们把由若干个围成的几何体叫做多面体. （2）多面体的面：围成多面体的各个多边形叫做多面体的面,如图中面ABB′A′,面BCC ′B′等. （3）多面体的棱：相邻两个面的公共边叫做多面体的棱, 如图中棱AA′,棱BB′等. （4）多面体的顶点：棱与棱的公共点叫做多面体的顶点, 如图中顶点A,B,C等. 3．旋转体 （1）旋转体：由一个平面图形绕它所在平面内的一条定直线所形成的封闭几何体.如图所示为一个旋转体，它可以看作由矩形OBB′O′绕其边OO′所在的直线旋转而形成. （2）旋转体的轴：平面图形旋转时所围绕的定直线.如图中直线OO′是该旋转体的轴.

二、几种最基本的空间几何体 1．棱柱的结构特征 ①用表示底面的各顶点字母来表示棱柱.如图所示的六棱柱可以表示为棱柱 ABCDEF?A′B′C′D′E′F′. ②用棱柱的对角线表示棱柱.如图,(1)可表示为四棱柱AC1或四棱柱BD1等;(2)可表示 为六棱柱AD1或六棱柱AE1等;(3)可表示为五棱柱AC1或五棱柱AD1等.这种记法要说明棱柱是几棱柱. ①棱柱的底面：棱柱中，两个互相的面叫做棱柱的底面，简称底. ③棱柱的侧棱：相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱.

①底面互相 . ②侧面都是 . 2．棱锥的结构特征

三角函数、立体几何(教师)

源于名校，成就所托 高中数学备课组教师班级学生日期上课时间 学生情况： 主课题：三角函数、立体几何 教学目标： 教学重点： 教学难点： 考点及考试要求：

教学内容 三角函数 1、已知：函数()2(sin cos )f x x x =-． （1）求函数()f x 的最小正周期和值域； （2）若函数()f x 的图象过点6(,)5 α， 34 4π πα<< .求()4 f π α+的值． 解：（1）()2(sin cos )f x x x =-222(sin cos )22 x x =? -?2sin()4x π=----3分 ∴函数的最小正周期为2π，值域为{|22}y y -≤≤。--------------------------------------5分 （2）解：依题意得：62sin(),45π α-= 3 sin(),45 πα-=---------------------------6分 ∵ 3.4 4π πα<< ∴0,42 ππ α<-< ∴cos()4π α- ＝2234 1sin ()1()455 πα--=-=-----------------------------------------8分 ()4f π α+＝2sin[()]44 π π α-+ ∵sin[()]sin()cos cos()sin 444444π πππππααα- +=-+-＝23472 ()25510 += ∴()4 f π α+＝ 72 5 ------------------------------------------------------------------------------12分 2、在ABC ?中，2AB =，1BC =，3 cos 4 C =． （Ⅰ）求sin A 的值； （Ⅱ）求BC CA ?的值． 解：（1）在ABC ?中，由3cos 4C = ，得7sin 4 C =…………………………2分 又由正弦定理 sin sin AB BC C A = ………………………………………3分 得：14 sin 8 A = …………………………………………………………………………………4分 （2）由余弦定理：222 2cos AB AC BC AC BC C =+-??得：23 2124 b b =+-? ……6分

立体几何解题技巧及高考类型题—老师专用

立体几何解题技巧及高考类型题—老师专用 【命题分析】高考中立体几何命题特点： 1.线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系． 2.空间“角”与“距离”的计算常在解答题中综合出现． 3.多面体及简单多面体的概念、性质多在选择题，填空题出现． 4.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问题，特别是与球有关的问题将是高考命题的热点． 此类题目分值一般在17---22分之间，题型一般为1个选择题，1个填空题，1个解答题. 【考点分析】掌握两条直线所成的角和距离的概念，对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离.掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念.掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的距离的概念. 【高考考查的重难点】空间距离和角 “六个距离”： 1、两点间距离 221221221)()()(d z z y y x x -+-+-=； 2、点P 到线l 的距离d = （Q 是直线l 上任意一点，u 为过点P 的直线l 法向量）； 3 、两异面直线的距离d = （P 、Q 分别是两直线上任意两点，u 为两直线公共法向量）； 4、点P 到平面的距离 d =Q 是平面上任意一点，u 为平面法向量）； 5 、直线与平面的距离d =（P 为直线上的任意一点、Q 为平面上任意一点，u 为平面法向量）； 6 、平行平面间的距离d = （P 、Q 分别是两平面上任意两点，u 为两平面公共法向量 ）；

“三个角度”： 1、异面直线角[0，2π]，cos θ=2 121v v v v ;【辨】直线倾斜角范围[0，π）； 2、线面角 [0，2π] ，sin θ=n v vn n v =,cos 或者解三角形； 3、二面角 [0，π]，cos 212 1n n n n ±=θ 或者找垂直线，解三角形。 不论是求空间距离还是空间角，都要按照“一作，二证，三算”的步骤来完成，即寓证明于运算之中，证是本专题的一大特色. 求解空间距离和角的方法有两种：一是利用传统的几何方法，二是利用空间向量。其中，利用空间向量求空间距离和角的套路与格式固定，是解决立体几何问题这套强有力的工具时，使得高考题具有很强的套路性。 【例题解析】 考点1 点到平面的距离 求点到平面的距离就是求点到平面的垂线段的长度，其关键在于确定点在平面内的垂足，当然别忘了转化法与等体积法的应用. 典型例题1、（福建卷）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． 考查目的：本小题主要考查直线与平面的位置关系，二面角的大小， 点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力． 解：解法一：（Ⅰ）取BC 中点O ，连结AO ．

[高中数学]立体几何.球专题讲义,附练习题、

E B C D A 立体几何-球-专题学案 ? 双基练习 1.下列四个命题中错误．． 的个数是 （ ） ①经过球面上任意两点，可以作且只可以作一个球的大圆 ②球面积是它大圆面积的四倍 ③球面上两点的球面距离，是这两点所在截面圆上以这两点为端点的劣弧的长 A.0 B.1 C.2 D.3 2.一平面截一球得到直径为6 cm 的圆面，球心到这个平面的距离是4 cm ，则该球的体积是 A.3π100 cm 3 B.3π208 cm 3 C.3π500 cm 3 D.3 π34161 cm 3 3.某地球仪上北纬30°纬线的长度为12π cm ，该地球仪的半径是_____________cm ，表面积是_____________cm 2. ? 知识预备 1. 球心到截面的距离d 与球半径R 及截面的半径r 有以下关系： ． 2. 球面被经过球心的平面截得的圆叫 ．被不经过球心的平面截得的圆叫 ． 3. 在球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两点的大圆在这两点间的一段劣弧长，这个弧长 叫 ． 4. 球的表面积表面积S ＝ ；球的体积V ＝ ． 5. 球面距离计算公式：__________ ? 典例剖析 （1）球面距离，截面圆问题 例1．球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的 61，经过这3个点的小圆的周长为4π，那么这个球的半径为 A.43 B.23 C.2 D. 3 练习： 球面上有三点A 、B 、C ，A 和B 及A 和C 之间的球面距离是大圆周长的41，B 和C 之间的球面距离是大圆周长的61，且球心到截面ABC 的距离是7 21，求球的体积． 例2. 如图，四棱锥A －BCDE 中，BCDE AD 底面⊥，且AC ⊥BC ，AE ⊥BE ． (1) 求证：A 、B 、C 、D 、E 五点都在以AB 为直径的同一球面上； (2) 若,1,3,90===∠AD CE CBE 求B 、D 两点间的球面距离．

9.6立体几何大题1(教师版)

A B C D 1 A 1 C 1B E 科 目 数学 年级 高三 备课人 高三数学组 第 课时 9.2立体几何大题1 1、（2013新课标）如图,直棱柱111ABC A B C -中,,D E 分别是1,AB BB 的 中点,12 2 AA AC CB AB === . (Ⅰ)证明:1//BC 平面1A CD ; (Ⅱ)求二面角1D A C E --的正弦值. 【答案】 2、（2013湖南）如图5,在直棱柱 1111//ABCD A BC D AD BC -中，,90,,1BAD AC BD BC ∠=⊥=, 13AD AA ==. (I)证明:1AC B D ⊥; (II)求直线111B C ACD 与平面所成角的正弦值. 【答案】 解（Ⅰ) AC BB ABCD BD ABCD BB D C B A ABCD ⊥??⊥∴-111111,面且面是直棱柱 D B AC BDB D B BDB AC B BB BD BD AC 11 111,,⊥∴?⊥∴=?⊥，面。面且又 . (证毕)

(Ⅱ) 。 的夹角与平面的夹角即直线与平面直线θ111111,////ACD AD ACD C B AD BC C B ∴ 轴正半轴。 为轴正半轴，为点，量解题。设原点在建立直角坐标系，用向X AD Y AB A ()BD AC y BD y AC y C y B D D A ⊥-== ),0,,3(),0,,1()0,,1(),0,,0(),3,0,3(),0,0,3(,00,01，则，设 ). 3,0,3(),0,3,1(.30,003012==∴=?>=+-?=?AD AC y y y BD AC ） ，，（），，（的一个法向量平面则的法向量为设平面303,313-.0 ,111==??????=?=?AD n ACD AD n AC n n ACD 721 3 733|,cos |sin 003,313-1=?= ><=?==∴AD n AD n ACD θ），，（），，（的一个法向量平面 7 21 11夹角的正弦值为 与平面所以ACD BD . 3、（2013 北京）如图,在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AA 1C 1C 是边长为4的正方形,平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ,AB=3,BC=5. (Ⅰ)求证:AA 1⊥平面ABC ; (Ⅱ)求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值; (Ⅲ)证明:在线段BC 1存在点D,使得AD ⊥A 1B ,并求 1 BD BC 的值. 【答案】解: (I)因为AA 1C 1C 为正方形,所以AA 1 ⊥AC. 因为平面ABC⊥平面AA 1C 1C,且AA 1垂直于这两个平面的交线AC,所以AA 1⊥平面ABC. (II)由(I)知AA 1 ⊥AC,AA 1 ⊥AB. 由题知AB=3,BC=5,AC=4,所以AB⊥AC. 如图,以A 为原点建立空间直角坐标系A-xyz ,则B(0,3,0),A 1(0,0,4),B 1(0,3,4),C 1(4,0,4),

立体几何专题(教师版)

立体几何专题 1．如图，AE ⊥平面ABC ，AE BD ∥，22AB BC CA BD AE =====，F 为CD 中点． （1）求证：EF ⊥平面BCD ； （2）求二面角C DE A --的正弦值； （3）求点A 到平面CDE 的距离． 【答案】（1）详见解析；（2） 6 arccos ；（3）22 【解析】 试题分析：（Ⅰ）取BC 中点G 点，连接AG ，FG ，由F ，G 分别为DC ，BC 中点，知//FG BD 且1 2 FG BD = ，又AE ∥BD 且1 2 AE BD = ，故AE ∥FG 且AE=FG ，由此能够证明EF ⊥平面BCD ．（Ⅱ）取AB 的中点O 和DE 的中点H ，分别以OC 、OB 、OH 所在直线为x 、y 、z 轴建立如图空间直角坐标系，则( ) 300C ，，， ()012D ，，，()011E -，，，()010A -，，， ()312CD =-，，，()021ED =，， ．求出面CDE 的法向量( ) 1312n =-，，，面ABDE 的 法向量()2100n =，，，由此能求出二面角C DE A --的大小．（Ⅲ）由面CDE 的法向量( ) 1312n =-，，， ()001AE =，，，利用向量法能求出点A 到平面CDE 的距离． 试题解析：解：⑴取BC 中点G 点，连接AG 、FG ， ∵F 、G 分别为DC 、BC 中点，∴FG BD ∥且12FG BD =，又AE BD ∥且1 2 AE BD =． ∴AE FG ∥且AE FG =，∴四边形EFGA 为平行四边形，则EF AG ∥， ∵AE ⊥平面ABC ，AE BD ∥，∴BD ⊥平面ABC ． 又∵DB ?平面BCD ，∴平面ABC ⊥平面BCD ， ∵G 为BC 中点，且AC AB =，∴AG BC ⊥，∴AG ⊥平面BCD ，∴EF ⊥平面BCD ． ⑵取AB 的中点O 和DE 的中点H ， 分别以OC 、OB 、OH 所在直线为x 、y 、z 轴建立如图空间直角坐标系， 则() 300C ，，，()012D ， ，，()011E -，，，()010A -，，， ( ) 312CD =-，，，()021ED =，， ， 设面CDE 的法向量()1n x y z =，，，

立体几何证明题专题(教师版)

立体几何证明题 考点1：点线面的位置关系及平面的性质 例1.下列命题： ①空间不同三点确定一个平面； ②有三个公共点的两个平面必重合； ③空间两两相交的三条直线确定一个平面； ④三角形是平面图形； ⑤平行四边形、梯形、四边形都是平面图形； ， ⑥垂直于同一直线的两直线平行； ⑦一条直线和两平行线中的一条相交，也必和另一条相交； ⑧两组对边相等的四边形是平行四边形． 其中正确的命题是________． 【解析】由公理3知，不共线的三点才能确定一个平面，所以知命题①错，②中有可能出现两平面只有一条公共线(当这三个公共点共线时)，②错．③空间两两相交的三条直线有三个交点或一个交点，若为三个交点，则这三线共面，若只有一个交点，则可能确定一个平面或三个平面．⑤中平行四边形及梯形由公理2可得必为平面图形，而四边形有可能是空间四边形，如图(1)所示． 在正方体ABCD—A′B′C′D′中，直线BB′⊥AB，BB′⊥CB，但AB与CB不平行，∴⑥错．AB∥CD，BB′∩AB＝B，但BB′与CD不相交，∴⑦错．如图(2)所示，AB＝CD，BC＝AD，四边形ABCD不是平行四边形，故⑧也错． 【答案】④ ， 2.若P是两条异面直线l、m外的任意一点，则() A．过点P有且仅有一条直线与l、m都平行 B．过点P有且仅有一条直线与l、m都垂直 C．过点P有且仅有一条直线与l、m都相交 D．过点P有且仅有一条直线与l、m都异面 答案B 解析对于选项A，若过点P有直线n与l，m都平行，则l∥m，这与l，m异面矛盾． 对于选项B，过点P与l、m都垂直的直线，即过P且与l、m的公垂线段平行的那一条直线．! 对于选项C，过点P与l、m都相交的直线有一条或零条．

立体几何证明方法总结(教师)

、线线平行的证明方法： 1、利用平行四边形。 2、利用三角形或梯形的中位线。 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，那么这条直线就和交线平行。 线面平行的性质定理） 4、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。 6、平行于同一条直线的两条直线平行。 二、线面平行的证明方法： 1、定义法：直线与平面没有公共点。 2、如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行。 3、两个平面平行，其中一个平面内的任何一条直线必平行于另一个平面。 三、面面平行的证明方法： 1、定义法：两平面没有公共点。 2、如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行。 3、平行于同一平面的两个平面平行。 面面平行的性质定理） 5、如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线 平行。（线面垂直的性质定理） 7、夹在两个平行平面之间的平行线段相等。 需证明） 线面平行的判定定理） 面面平行的判定定理）

4、经过平面外一点，有且只有一个平面和已知平面平行。 5、垂直于同一直线的两个平面平行。 四、线线垂直的证明方法： 1、勾股定理。 2、等腰三角形。 3、菱形对角线。 4、圆所对的圆周角是直角。 5、点在线上的射影。 6、如果一条直线和一个平面垂直，那么这条直线就和这个平面内任意的直线都垂直。 7、在平面内的一条直线，如果和这个平面一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。证明） 8、在平面内的一条直线，如果和这个平面一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直。需证明） 9、如果两条平行线中的一条垂直于一条直线，则另一条也垂直于这条直线。 五、线面垂直的证明方法： 1、定义法：直线与平面内任意直线都垂直。三垂线定理，需三垂线逆定理，

2011年立体几何(文科)教师版

立体几何 1.课标文数8.G2[2011·安徽卷] 一个空间几何体的三视图如图1－1所示，则该几何体的表面积为( ) A ．48 B ．32＋817 C ．48＋817 D ．80 1.由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为 S ＝2×12 ×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817. 故选C 2.课标文数5.G2[2011·北京卷] 某四棱锥的三视图，该四棱锥的表面积是( ) A ．32 B ．16＋16 2 C ．48 D ．16＋32 2 2.解析由题意可知，该四棱锥是一个底面边长为4，高为2的正四棱锥，所以其表面积为4×4 ＋4×12 ×4×22＝16＋162，故选B. 3.课标文数 4.G2[2011·湖南卷] 设图1－1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( ) A ．9π＋42 B ．36π＋18 C.92π＋12 D.92 π＋18 3.解由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3高为2 的长方体所构成的几何体，则其体积为： V ＝V 1＋V 2＝43×π×????323＋3×3×2＝92 π＋18，故D. 4.课标文数8.G2[2011·辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三 视图中的俯视图如图1－3所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是( ) A ．4 B ．23 C ．2 D. 3 4.由俯视图知该正三棱柱的直观图为下图，其中M ，N 是中点，矩形MNC 1C 为左视图． 由于体积为23，所以设棱长为a ，则12 ×a 2×sin60°×a ＝23，解得a ＝2.所以CM ＝3，故矩形MNC 1C 面积为23，故选B. 5.课标文数8.G2[2011·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图1－2所示， 则相应的侧视图可以为( ) 5.【解析】 由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，如图，故侧视图选D. 6.课标文数11.G2[2011·山东卷] 如图1－3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、俯视图如图1－3；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如图1－3.其中真命题的个数是( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 6.A 【解析】①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确．

高考真题专题---空间向量与立体几何-教师版

高考真题专题---空间向量与立体几何 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知△ABC 是面积为 O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ） A B ． 32 C ．1 D 【答案】C 【解析】 【分析】 根据球O 的表面积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ，由 球的性质可知所求距离d =【详解】 设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =. 设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ， ABC 212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴===， ∴ 球心O 到平面ABC 的距离1d =. 故选：C. 【点睛】 本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.

2．已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ） A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 【答案】A 【解析】 【分析】 由已知可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论. 【详解】 设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意， 得24,2r r ππ=∴=， ABC 为等边三角形， 由正弦定理可得2sin 60AB r =?=， 1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ， 11,4OO O A R OA ∴⊥====， ∴球O 的表面积2464S R ππ==. 故选：A 【点睛】 本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 3．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）

高中数学立体几何之内切球与外接球习题讲义教师版

立体几何中的“内切”与“外接”问题的探究 1 球与柱体 规则的柱体，如正方体、长方体、正棱柱等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通过球的半径和棱柱的棱产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题. 1.1 球与正方体 如图1所示，正方体1111D C B A ABCD -,设正方体的棱长为a ，G H F E ,,,为棱的中点，O 为球的球心。 常见组合方式有三类：一是球为正方体的内切球，截面图为正方形EFHG 和其内切圆，则2 a r OJ ==； 二是与正方体各棱相切的球，截面图为正方形EFHG 和其外接圆，则a R OG 22 ==； 三是球为正方体的外接球，截面图为长方形11A ACC 和其外接圆，则2 3'1a R O A = =. 通过这三种类型可以发现，解决正方体与球的组合问题，常用工具是截面图，即根据组合的形式找到两个几何体的轴截面，通过两个截面图的位置关系，确定好正方体的棱与球的半径的关系，进而将空间问题转化为平面问题 。 例 1 棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E F ，分别是棱 1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为（ ）

A ． 22 B ．1 C ．212 + D ．2 1.2 球与长方体 长方体各顶点可在一个球面上，故长方体存在外切球.但是不一定存在内切球.设长方体的棱长为,,,a b c 其体对角线为l .当球为长方体的外接球时，截面图为长方体的对角 面和其外接圆，和正方体的外接球的道理是一样的，故球的半径222 .22l a b c R ++== 例 2 在长、宽、高分别为2，2，4的长方体内有一个半径为1的球，任意摆动此长方体，则球经过的空间部分的体积为( ) A.10π3 B.4π C.8π3 D.7π 3 1.3 球与正棱柱 球与一般的正棱柱的组合体，常以外接形态居多。下面以正三棱柱为例，介绍本类题目的解法——构造直角三角形法。设正三棱柱111C B A ABC -的高为h ，底面边长为a ，如图2所示，D 和1D 分别为上下底面的中心。根据几何体的特点，球心必落在高1DD 的中点O ，a AD R AO h OD 3 3 ,,2 = ==，借助直角三角形AOD 的勾股定理，可求