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 =，，，

则1132020

n CD x y z n ED y z ?

?=-++=???=+=??，取(

)

1312n =-，，，

取面ABDE 的法向量()2100n =，，， 由()

()12122

2

212

3

6

cos 4

3

121

n n n n n n ?<>=

=

=

?+-+?，， 故二面角C DE A --的大小为6arccos 4

． ⑶由⑵，面CDE 的法向量(

)

1312n =

-，，，()001AE =，，

， 则点A 到平面CDE 的距离，12221||||22

23()()12

AE n d n =

==+-+? ．.

考点：1.用空间向量求平面间的夹角；2.直线与平面垂直的判定；3.与二面角有关的立体几何综合题；4.点、线、

面间的距离计算．

【方法点睛】利用空间向量法求二面角的一般方法，设二面角的平面角为θ)0(πθ≤≤，设12,n n 分别为平面

,αβ的法向量，二面角l αβ--的大小为θ，向量12,n n 的夹角为ω，则有πωθ=+（图1）或 ωθ=（图

2）其中|

|||cos 2121n n n n ??=

ω.

2．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，AD BC ∥，

90ADC ∠=，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，2PA PD AD ===，1BC =，3CD =．

（1）求证：平面PQB ⊥平面PAD ；

（2）若3PM MC =，求二面角M BQ C --的大小． 【答案】见解析

【解析】（1Q 2PA PD AD ===，1BC =，

∴PQ AD ⊥，QD BC ∥，∴四边形BCDQ 是平行四边形，∴DC QB ∥，

∵底面ABCD 为直角梯形，AD BC ∥

，90ADC ∠=，∴BQ AD ⊥．（4分） 又BQ

PQ Q =，∴AD ⊥平面PQB ．

∵AD ?平面PAD ，∴平面PQB ⊥平面PAD ．（5分） （2）∵PQ AD ⊥，平面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD 底面ABCD AD =，

∴PQ ⊥底面ABCD ，

以Q 为原点，

QA 所在直线为x 轴，QB 所在直线为y 轴，QP 所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)Q ，(0,3,0)B ，(1,3,0)C -，(0,0,3)P .（6分）

设(,,)M a b c ，则

3

4PM PC =

，

即

333333(,,3)(3,3)(,4444a b c -=

-=--，

∴3

4a =-

，334b =，34c =

，∴333(,444M -，（8分）

∴

3333

(,444QM =-，(0,3,0)QB =， 设平面MQB 的法向量(,,)x y z =r ，则3333044430

QM x y z QB y ??=-++=?

?

??==?

r r ，

取1x =，得(1,0,3)=r ，易知平面BQC 的一个法向量(0,0,1)=n ． M BQ C --的平面角为θ(显然θ为锐角)，则

3

cos ||||2θ?=

=

?r n r n ，

∴

6θπ=

，

∴二面角M BQ C --的大小为6π

．（12分）

3．如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，60DAB DBF ∠=∠=?，且FA FC =．

（1）求证：AC ⊥平面BDEF ； （2）求证：//FC 平面EAD ；

（3）求二面角A FC B --的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）

15

5

. 【解析】 试题分析：（1）由线面垂直的判定定理得到结论；（2）通过证明线线平行,得到线面平行；（3）建立空间直角坐标系O xyz -，求出平面BFC 的法向量,易知BD ⊥面ACF ,所以面ACF 的法向量为BD ,再求出它们的夹角的余弦值. 试题解析：（1）证明：设AC 与BD 相交于点O ，连接FO ，因为四边形ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥，且O 为AC 中点，又FA PC =，所以AC FO ⊥， 因为FO BD O =，所以AC ⊥平面BDEF ．

（2）证明：因为四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，

所以//AD BC ，//DE BF ，所以平面//FBC 平面EAD ， 又FC ?平面FBC ，所以//FC 平面EAD ．

（3）解：因为四边形BDEF 为菱形，且60DBF ∠=?，所以△DBF 为等边三角形， 因为O 为BD 中点，所以FO BD ⊥，故FO ⊥平面ABCD ．

由OA ，OB ，OF 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -．

设2AB =，因为四边形ABCD 为菱形，60DAB ∠=?，则2BD =，所以1OB =，3OA OF ==

所以(0,0,0)O ，(3,0,0)A ，(0,1,0)B ，(3,0,0)C -，3)F ． 所以(3,0,3)CF =，(3,1,0)CB =．

设平面BFC 的法向量(,,)n x y z =，则有0,0,n CF n CB ??=???=??所以330,

30x z x y ?=??+=??，

取1x =，得(1,3,1)n =--．

易知平面AFC 的法向量为(0,1,0)v =． 由二面角A FC B --是锐角，得|,||cos ,|||||

u v n v u v <>=15

=， 所以二面角A FC B --15

．

考点：1.线面垂直的判定定理；2.线面平行的判定；3.求二面角.

4．如图1，在ABC ?中，0

2,90,30,P AC ACB ABC =∠=∠=是AB 边的中点，现把ACP ?沿CP 折成如图2所示的三棱锥A BCP -，使得10AB =．

（1）求证：平面ACP ⊥平面BCP ； （2）求二面角B AC P --的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）313

. 【解析】

试题分析：（1）做辅助线可得AE CP ⊥，AO CP ⊥，且3AO =，再由余弦定理有

()

2

22

0123

2123cos307OB =+-??=?22210AO OB AB +==?AO OB ⊥．

又,AO CP CP

OB O ⊥=?AO ⊥平面PCB ?平面ACP ⊥平面CPB ；（2）因为AO ⊥平面CPB ，且

OC OE ⊥，故可如图建立空间直角坐标系，求得平面ABC 的法向量为()0,1,0n =和平面ABC 的法向(

)

3,3,1m =

?所求角的余弦值321

cos |cos ,|77

m n θ=<>=

=. 试题解析： （1）在图1中，取CP 的中点O ，连接AO 交CB 于E ，则AE CP ⊥，

在图2中，取CP 的中点O ，连接AO ，OB ，因为2AC AP CP ===，所以AO CP ⊥，且3AO =，

在OCB ?中，由余弦定理有()

2

22

0123

2123cos307OB =+-??=，

所以2

2

2

10AO OB AB +==，所以AO OB ⊥．

又,AO CP CP OB O ⊥=，所以AO ⊥平面PCB ， 又AO ?平面ACP ，所以平面ACP ⊥平面CPB

（2）因为AO ⊥平面CPB ，且OC OE ⊥，故可如图建立空间直角坐标系，则

()()()()()

0,0,0,1,0,0,0,0,3,1,0,0,3,0O C A P B --，

()(2,3,3,1,0,3AB AC =--=-，

显然平面ABC 的法向量为()0,1,0n =设平面ABC 的法向量为(),,m x y z =，则由0

0m AB m AC ?=?=?

得

()

3,3,1m =；故所求角的余弦值3313

cos |cos ,|1313

m n θ=<>==. 考点：1、线面垂直；2、面面垂直；3、二面角.

5．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PA ⊥底面ABCD ，M 是棱PD 的中点，且

2,22PA AB AC BC ====．

（1）求证：CD ⊥平面PAC ；

（2）如果N 是棱AB 上一点，且直线CN 与平面MAB 所成角的正弦值为105，求AN

NB

的值． 【答案】（1）证明见解析；（2）1AN

NB

=． 【解析】

试题分析：（1）由2,BC 22AB AC ===?222

BC AB AC =+?所以AB AC ⊥?AC CD ⊥．又因为

PA ⊥底面ABCD ?PA CD ⊥?CD ⊥平面PAC ；

（2）如图以A 为原点建立空间直角坐标系，求得平面MAB 的法向量()0,1,1n =-和(),2,0NC x =-?10sin cos 25n NC n NC παα??

=-=

= ????1x = ?1,NB 1AN ==?

1AN

NB

=． 试题解析： （1）连结AC ，因为在ABC ?中，2,BC 22AB AC ===，所以222

BC AB AC =+， 所以AB AC ⊥．因为//AB CD ，所以AC CD ⊥．

又因为PA ⊥底面ABCD ，所以PA CD ⊥，因为AC PA A =， 所以CD ⊥平面PAC

（2）

如图以A 为原点，,,AB AC AP 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则

()()()()()0,0,0,0,0,2,2,0,0,0,2,0,2,2,0A P B C D -．因为M 是棱PD 的中点，所以()1,1,1M -．

所以()()1,1,1,2,0,0AM AB =-=，设(),,n x y z =为平面MAB 的法向量，

所以00n AM n AB ?=?=?

，即020x y z x -++=??=?，

令1y =，则011x y z =??

=??=-?

，所以平面MAB 的法向量()0,1,1n =-

因为N 是在棱AB 上一点，所以设()(),0,0,02,,2,0N x x NC x ≤≤=-． 设直线CN 与平面MAB 所成角为α， 因为平面MAB 的法向量()0,1,1n =-， 所以10

sin cos 25n NC n NC

παα??

=-==

???． 解得1x =，即1,NB 1AN ==，所以

1AN

NB

= 考点：1、线面垂直；2、线面角.

6．在长方体1111ABCD A B C D -中，12AA AD ==，E 是棱CD 上的一点．

（1）求证：1AD ⊥平面11A B D ； （2）求证：11B E AD ⊥；

（3）若E 是棱CD 的中点，在棱1AA 上是否存在点P ，使得//DP 平面1B AE ？若存在，求出线段AP 的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）当点P 是棱1AA 的中点时，有//DP 平面1B AE ．

【解析】 试题分析：（1）由11A B ⊥平面11A D DA ，可得111A B AD ⊥，在矩形11A D DA 中，可证得11AD A D ⊥，根据线面垂直的判定定理即可证得1AD ⊥平面11A B D ；（2）由（1）可知，AD ⊥平面11A B CD ，根据线面垂直的性质可得11B E AD ⊥；（3）假设点P 是棱1AA 的中点时，有//DP 平面1B AE ，在1AB 上取中点M ，连接PM ，ME ，根据线面平行的性质定理可得四边形PMED 是平行四边形，所以//DP ME ． 试题解析：（1）证明：在长方体1111ABCD A B C D -中， 因为11A B ⊥平面11A D DA ，1AD ?平面11A D DA ，所以111A B AD ⊥． 在矩形11A D DA 中， 因为12AA AD ==， 所以11AD A D ⊥， 因为1111A D

A B A =，

所以1AD ⊥平面11A B D ．

（2）证明：因为E CD ∈，所以1B E ?平面11A B CD ， 由（1）可知，AD ⊥平面11A B CD ， 所以11B E AD ⊥．

（3）解：当点P 是棱1AA 的中点时，有//DP 平面1B AE ． 理由如下：

在1AB 上取中点M ，连接PM ，ME ， 因为P 是棱1AA 的中点，M 是1AB 的中点， 所以11//PM A B ，且111

2

PM A B =， 又11//DE A B ，且111

2

DE A B =

， 所以//PM DE ，且PM DE =，

所以四边形PMED 是平行四边形，所以//DP ME ． 又DP ?平面1B AE ，ME ?平面1B AE ，

所以//DP 平面1B AE ， 此时11

12

AP A A =

=． 考点：空间直线与平面的平行、垂直的判定与应用.

7．如图，斜三棱柱111ABC A B C -的底面是直角三角形，90ACB ∠=,点1B 在底面内的射影恰好是BC 的中点，且2BC CA ==．

（1）求证：平面11ACC A ⊥平面11B C CB ；

（2）若二面角11B AB C --的余弦值为5

7

-，求斜三棱柱111ABC A B C -的高.

【答案】（1）证明见解析；（23 【解析】 试题分析：（1）取BC 中点M ，连接1B M ，则1B M ⊥平面ACB ，所以1B M AC ⊥，结合AC BC ⊥有AC ⊥平面11B C CB ，从而有平面11ACC A ⊥平面11B C CB ；（2）以CA 为ox 轴，CB 为oy 轴，过点C 与面ABC 垂直方向为oz 轴，建立空间直角坐标系，设1B M t =，利用二面角11B AB C --的余弦值为57

-和向量法建立方程，求得

3t =3

试题解析：

(1)取BC 中点M ，连接1B M ，则1B M ⊥平面ACB ∴1B M AC ⊥ 又AC BC ⊥，且1B M BC M AC =∴⊥平面11B C CB

因为AC ?平面11ACC A ,所以平面11ACC A ⊥平面11B C CB ；

(2)以CA 为ox 轴，CB 为oy 轴，过点C 与面ABC 垂直方向为oz 轴，建立空间直角坐标系

2CA BC ==,设1B M t =，则11(200),(020),(010),(01,),C (0,1,t)A B M B t -，

，，，，，， 即111(21,),(2,2,0),(0,2,0)AB t AB B C =-=-=-，

设面1AB B 法向量111

(,,)(1,1,)n x y z n t

=∴= 面11AB C 法向量21(,,)(,0,1)2

t n x y z n =∴=

125

cos ,37

n n t <>=-∴=即斜三棱柱的高为3.

考点：空间向量与立体几何.

8．如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直,,,22,AB CD AB BC AB CD BC EA EB ⊥==⊥.

（1）求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；

（2）线段EA 上是否存在点F ，使EC 平面FBD ？若存在，求出EF

EA

;若不存在，说明理由. 【答案】（1）33；（2）点F 满足3

1=EA EF 时，有FBD EC 平面//. 【解析】

试题分析：（1）先证明OE OD OB ,,两两垂直，通过建立适当的坐标系，向量法求解；（2）通过线EC 的方向向量和平面BDF 的法向量垂直证明FBD EC 平面//.

试题解析：）

（1取AB 的中点O ，连DO EO ,，则OB DO ⊥，因为平面平面ABCD ABE ⊥,且AB EO ⊥,平面AB 平面ABCD ABE = ,所以平面ABCD EO ⊥,所以OD EO ⊥,由OE OD OB ,,两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系xyz O -.

因为三角形EAB 为等腰直角三角形，所以OE OD OB OA ===，设1=OB ，

所以)1,0,0(),0,1,0(),0,1,1(),0,0,1(),0,0,1(),0,0,0(E D C B A O -，所以)1,1,1(-EC ，平面EAB 的一个法向量为

)0,1,0(=OD .设直线EC 与平面EAB 所成角为θ，所以3

3

|

||||,cos |sin =

=

=OD EC OD EC OD EC θ.即直线EC 与平面EAB 所成角的正弦值为

3

3

. ）（2存在点F ,且3

1

=EA EF 时， 有FBD EC 平面//.证明如下：假设AE 上存在点F ，使得EC 平面BDF ,

连接AC 交BD 于点M ，连接MF ,则MF EC //,所以

MA CM EA EF =, 由CD AB //,得2

1

==AB CD MA CM ，

其他证明方法：由),31,0,31(31--==EA EF ),32,0,31(-F ，所以),3

2

,0,34(-=FB ，设平面FBD 的一个法向量

为),,(c b a v =，则有?????=?=?00FB v BD v ，所以???

??=-=+0323

40a -c a b ，取1=a 得，)2,1,1(=v ，

因为0211)2,1,1()1,1,1(=-+=?-=?v EC ，且FBD EC 平面?，所以FBD EC 平面//.即点F 满足3

1

=

EA EF 时，有FBD EC 平面//.

考点：直线与平面平行，直线与平面所成的角. 9．如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 为矩形，平面⊥PAB 平面ABCD ，3==AP AB ，2==PB AD ，E 为线段AB 上一点，且2:7:=EB AE ，点M G F 、、分别为线段BC PD PA 、、的中点. （1）求证：⊥PE 平面ABCD ；

（2）若平面EFG 与直线CD 交于点N ，求二面角A MN P --的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)

35

35

3. 【解析】

试题分析:(1)先在APB ?中用余弦定理求出PE 长,再用勾股定理证明AB PE ⊥,由面面垂直的性质定理可得线面垂直；(2)建立空间直角坐标系,分别求出两个平面的法向量,二面角的大小即为两个法向量所成的角.

试题解析：（1）证明：在等腰APB ?中，3

121cos ==∠AB PB

ABP ，

则由余弦定理可得9

32

3123222)32(222=???-+=PE ，∴324=PE .

∵2

224PB BE PE ==+，∴AB PE ⊥.

∵平面⊥PAB 平面ABCD ，平面 PAB 平面AB ABCD =，∴⊥PE 平面ABCD . （2）解：由已知可得AD EN //.

以E 为坐标原点，EN EB EP 、、分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，

则)0,0,324(

P ，)1,32,0(M ，)2,0,0(N ，从而)1,32,324(-=PM ，)1,3

2

,0(-=. 设平面PMN 的法向量为),,(z y x =，则0=?PM ，0=?， 即032324=++-

z y x ，032

=+-z y ，令3=y ，可得平面PMN 的一个法向量为)2,3,2

3(

=n . 由（1）知平面AMN 的一个法向量为)0,0,32

4(

=，353532

35

3244,cos =?>=<，

由图可知二面角A MN P --的平面角为锐角，

故二面角A MN P --的余弦值为

35

35

3.

考点：1.线面垂直；2.空间向量的应用.

10．在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是菱形，且1111,60AB A A A AB A AD =∠=∠=. （1） 求证: 平面1A BD ⊥平面 1A AC ;

（2）若122BD A D ==,求平面1A

BD 与平面1B BD 所成角的大小.

【答案】（1）详见解析（2）45

【解析】 试题分析：（1）证明面面垂直，一般利用面面垂直判定定理，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，往往利用线面垂直判定定理，即从线线垂直出发给予证明，其中线线垂直的寻找与论证，往往需要利用平几知识，如本题利用等腰三角形性质及菱形性质可得线线垂直（2）求二面角，一般可利用空间向量，即先根据条件建立恰当的空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面的法向量，根据向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角之间关系得结果 试题解析：（1）因为

111,60

AA AB AD A AB A AD ==∠=∠=,所以

1A AB

?和

1A AD

?均为正三角形，于是

11A B A D

=，设AC 与BD 的交点为O ，则

1A O BD

⊥，又ABCD 是菱形，所以AC BD ⊥，而

1

AO AC O

=，

所以 BD ⊥ 平面

1A AC

，而BD ?平面

1A BD

，故平面

1A BD ⊥

平面

1A AC

.

（2）由

11A B A D

=

及

12BD D ==知11A B A D ⊥，又由11,,A D AD A B AB BD BD ===得

1A BD ABD ???，故90BAD ∠=

，于是

11

122AO A O BD AA ==

=，从而1A O AO ⊥，结合1A O BD ⊥得

1A O ⊥

底

面

ABCD

.如图

，

建

立

空

间

直

角

坐

标

系

，

则

()()()()()()

1111,0,0,0,1,0,0,1,0,0,0,1,1,0,1,0,2,0A B D A BB AA DB -==-=,设平面

1B BD

的一个法向量

为(),,n x y z =，由100n BD n BB ?=??

=??得0

0y x z =??-+=?

,令1x =，得()1,0,1n =，设1A BD 平面的一个法向量为()2,0,0CA =，设平面1A BD 设平与平面1B BD 所成角为θ，则2

cos 2n CA n CA θ==

，故45θ=.

考点：面面垂直判定定理，线面垂直判定定理，利用空间向量求二面角

【思路点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

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