高考数学二轮复习 专题五《立体几何》新人教版

【专题五】 立体几何

【考情分析】

1． 立体几何内容既承担着对逻辑思维能力的考查，又承担着对空间想象能力的考查，

常以选择题、填空题的形式全面考查线线、线面、面面等空间位置关系，难度适中，纵观历年的高考题一定有一个立体几何的解答题，考查平行、垂直的证明及面积、体积的计算等，难度中等，理科还可以以空间向量为工具证明位置关系或求空间中的角和距离等．高考的另一个新趋势是以立体几何为载体，考查函数、解析几何等的知识交汇点的综合题．

2． 立体几何考查的重点有：空间几何体的结构特征、空间几何体的侧面积、表面积和

体积、直线与平面、平面与平面之间的位置关系，三视图是新教材的内容，已经成为了必考的重点知识点．等体积转化法、割补思想是该部分考查的主要思想方法．

【知识交汇】

1．充分、必要条件与点线面位置关系的综合

高考对简单逻辑用语中的充分、必要条件的考查，主要通过与其它部分的综合问题出现，而与立体几何相综合的问题最为普遍，通过这种形式主要考查对充分、必要条件的理解和立体几何部分的几何体、点线面的位置关系等严密性问题．

例1．已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“αβ⊥”是“m β⊥”

的( )

A ．充分不必要条件

B ．必要不充分条件

C ．充要条件

D ．既不充分也不必要条件 答案：B

解析：由平面与平面垂直的判定定理知，如果m 为平面α内的一条直线，m β⊥，则αβ⊥；

反过来则不一定．所以“αβ⊥”是“m β⊥”的必要不充分条件． 例2．设b a ,是两条直线，βα,是两个平面，则b a ⊥的一个充分条件是（ ）

（A ）βαβα⊥⊥,//,b a （B ）βαβα//,,⊥⊥b a （C ）βαβα//,,⊥?b a （D ）βαβα⊥?,//,b a 答案：C

解析：由b β⊥，α∥β得b α⊥，又a α?，因此可知b a ⊥，故a b ⊥的一个充分条件

是C ，选C ．

点评：此类题目主要考查了立体几何中垂直关系的判定和充分必要条件的概念．解决此类问

题的关键是弄清楚点线面之间的位置关系的判定．此类小题是很容易出错的题目，解答时要特别注意．

2．三视图与几何体的面积、体积的综合

空间几何体的结构与视图主要培养观察能力、归纳能力和空间想象能力，识别三视图所表示的空间几何体，柱、锥、台、球体及其简单组合体的结构特征与新增内容三视图的综合会重点考查，新课标地区的高考题来看，三视图是出题的热点，题型多以选择题、填空题为主，属中等偏易题．随着新课标的推广和深入，难度逐渐有所增加． 例3． 右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（ ）

A ．9π

B ．10π

C ．11π

D ．12π

答案：D

解析：从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的简单几何体，其表

面及为：2

2

411221312.S ππππ=?+??+??=，故选D ．

点评：本小题主要考查三视图与几何体的表面积．既要能识别简单几何体的结构特征，又要掌握基本几何体的表面积的计算方法．

例4．若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是 3

cm ． 答案：18

解析：该几何体是由两个长方体组成，下面体积为1339??=，上面

的长方体体积为3319??=，因此其几何体的体积为18． 点评：此题主要是考查了几何体的三视图，通过三视图的考查充分体现

了几何体直观的考查要求，与表面积和体积结合的考查方法．

3．几何体与线、面位置关系的综合

以空间几何体为载体考查直线与平面平行或垂直、平面与平面平行或垂直的判定与性质定理，能用判定定理和性质定理证明线线平行或垂直、线面平行或垂直、面面平行或垂直，多以选择题和解答题形式出现，解答题中多以证明线线垂直、线面垂直、面

俯视图 正(主)视图 侧(左)视图

2 3

2 2

面垂直为主，属中档题．

例5． 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中O 为正方形ABCD 的中心，M 为BB 1的中点， 求证：（1）D 1O//平面A 1BC 1；

（2）D 1O ⊥平面MAC ．

证明: (1)连结11,BD B D 分别交11,AC A C 于1,O O 在正方体1111ABCD A B C D -中，对角面11BB D D 为矩形

1,O O 分别是11,BD B D 的中点11//BO D O ∴

∴四边形11BO D O 为平行四边形11//BO D O ∴

1D O ?平面11A BC ，1BO ?平面11A BC 1//D O ∴平面11A BC

（2）连结MO ，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，

在正方体1111ABCD A B C D -中，对角面11BB D D 为矩形且

1,2BB a BD a ==

,O M 分别是1,BD BB 的中点

2,22a BM BO OD a ∴=

== 12

2

BM BO OD DD ∴== 1ODD Rt MBO Rt ??? 1BOM DD O ∴∠=∠

在1ODD Rt ?中，1190DD O D OD ∠+∠= 190BOM D OD ∴∠+∠=，即

1D O MO ⊥

在正方体1111ABCD A B C D -中 1DD ⊥平面ABCD 1DD AC ∴⊥

又AC BD ⊥，1DD BD D = AC ∴⊥平面11BB D D

1D O ?平面11BB D D 1AC D O ∴⊥

又AC

MO O = 1D O ∴⊥平面MAC

点评：证明线面垂直，关键是在平面内找到两条相交直线与已知直线垂直，由线线垂

直推出线面垂直，证明线线垂直有时要用勾股定理的逆定理．

4．空间向量与空间角和距离的综合

用空间向量解决立体几何问题的基本步骤：（1）用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，建立立体图形与空间向量的联系，从而把立体几何问题转化为向量问题（几何问题向量化）；（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹我有等问题（进行向量运算）；（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义（回归几何问题）．

例6． 如图，在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB//CD ，AB=4，

BC=CD=2， AA 1=2， E 、E 1、F 分别是棱AD 、AA 1、AB 的中点．

（1） 证明：直线EE 1//平面FCC 1； （2） 求二面角B-FC 1-C 的余弦值．

解析：解法一：（1）在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，取A 1B 1的 中点F 1，

连接A 1D ，C 1F 1，CF 1，因为AB=4， CD=2，且AB//CD ， 所以CD =//

A 1F 1，A 1F 1CD 为平行四边形，所以CF 1//A 1D ， 又因为E 、E 1分别是棱AD 、AA 1的中点，所以EE 1//A 1D ，

所以CF 1//EE 1，又因为1EE ?平面FCC 1，1CF ?平面FCC 1，

所以直线EE 1//平面FCC 1．

（2）因为AB=4， BC=CD=2， 、F 是棱AB 的中点，所以BF=BC=CF ，△BCF 为正三角形， 取CF 的中点O ，则OB ⊥CF ，又因为直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，CC 1⊥平面ABCD ， 所以CC 1⊥BO ，所以OB ⊥平面CC 1F ，

过O 在平面CC 1F 内作OP ⊥C 1F ，垂足为P ，连接BP ，则∠OPB 为二面角B-FC 1-C 的一个平面角，

在△BCF

为正三角形中，OB =

在Rt △CC 1F 中， △OPF ∽△CC 1F ，∵

11OP OF CC C F =

∴22OP ==

， E

A

B C

F E 1

A 1

B 1

C 1

D 1

D

F 1

O

P

E

A

B

C

F

E 1

A 1

B 1

C 1

D 1 D

在Rt△OPF中

，

2 BP===

，

cos

2

OP

OPB

BP

∠===，

所以二面角B-FC

1

-C

的余弦值为

7

．

解法二:（1）因为AB=4， BC=CD=2， F是棱AB的中点，

所以BF=BC=CF，△BCF为正三角形，因为ABCD为

等腰梯形，所以∠BAC=∠ABC=60°，取AF的中点M，

连接DM，则DM⊥AB，所以DM⊥CD，

以DM为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，

则D（0，0，0），A

-1，0），F

1，0），C（0，2

1

2

-，0），E1，-1，1），

所以

1

31

(,1)

22

EE=-，(3,1,0)

CF=-，

1

(0,0,2)

CC=

1

(,2)

FC=-

设平面CC1F的法向量为(,,)

n x y z

=则

1

n CF

n CC

??=

?

?

?=

??

所以

y

z

-=

=

??

取(1,3,0)

n=，则

1

31

1100

2

n EE

?=?-?=，所以

1

n EE

⊥，所以直线EE

1

//

平面FCC

1

．

（2）(0,2,0)

FB=，设平面BFC1的法向量为

1111

(,,)

n x y z

=，则1

11

n FB

n FC

??=

?

?

?=

??

所以

1

111

20

y

y z

=

??

?

++=

??

，取

1

n=，则

1

21002

n n?=?+=，

||1(2

n=+=，2

1

||2

n=+=，所以

1

1

1

cos,

7

||||2

n n

n n

n n

?

??===

?

，

E

A

由图可知二面角B-FC 1-C 为锐角，所以二面角B-FC 1-C 的余弦值为

77

． 点评：本题主要考查直棱柱的概念、线面位置关系的判定和二面角的计算．考查空间想象能力和推理运算能力，以及应用向量知识解答问题的能力，向量法求二面角是一种独特的方法，因为它不但是传统方法的有力补充，而且还可以另辟溪径，解决传统方法难以解决的求二面角问题．向量法求二面角通常有以下三种转化方式：①先作、证二面角的平面角

AOB ∠，再求得二面角的大小为arccos

OA OB OA OB

·；②先求二面角两个半平面的法向量12

，n n （注意法向量的方向要分布在二面角的内外），再求得二面角的大小为12

12

arccos

n n n n ·或其补角；③先分别在二面角两个半平面内作棱的垂线（垂足不重合），又可转化为求两条异面直线的夹角．

【思想方法】

【例1】在半径为13的球面上有A ， B ， C 三点，AB=6，BC=8，CA=10，则球心到平面ABC 的距离为 ．

答案：12解析：由ABC ?的三边大小易知此三角形是直角三角形，所以过,,A B C 三点小圆的直径即为10，也即半径是5，设球心到小圆的距离是d ，则由2

2

2

513d +=，可得

12d =．

【分析】该题体现了方程函数思想的考查，构造方程求解立体几何中的几何量是考题中经常性的问题，其解法一般要根据题意构造方程来求解． 【例2】已知二面角α-l-β为60

，动点P 、Q 分别在面α、β内，P 到β的距离为3，Q

到α的距离为23，则P 、Q 两点之间距离的最小值为（ ） A ．１ B ．2 C ．23 D ．4 解

析

:

如

图

分

别

作

,,,QA A AC l C PB B αβ⊥⊥⊥于于于

PD l D ⊥于，连,60,CQ BD ACQ PBD ∠=∠=?则 23,3AQ BP ==，2AC PD ∴==

又

2221223PQ AQ AP AP =+=+≥

当且仅当0AP =，即A P 点与点重合时取最小值． 故答案选C ．

【分析】该题考查了函数思想和数形结合思想，立体几何中的最值问题一般要用函数法或均值不等式法，该题通过构造PQ 关于AP 的函数，借助图象看出当A P 点与点重合时取最小值．

【例3】已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA =2AB ，E 为1AA 重点，则异面直线BE 与1CD 所形成角的余弦值为

A

．

10 B ． 15 C

．10 D ．3

5

解析：本题考查异面直线夹角求法，利用平移，CD'∥BA'，因此求△EBA'中∠A'BE 即

可，易知EB=2，A'E=1，A'B=5，故由余弦定理求cos ∠

． 答案：C

【分析】该题体现了转化与化归思想的考查，对与异面直线的夹角的求解，一种方法是通过这种平移的方法将所求的夹角转化为三角形中的内角，通过解三角形即可．另一种是利用空间向量这一工具来求解．

【专题演练】

1．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为（ ） A ．

38π

B ． 328π

C ． π28

D ． 3

32π

2． 给定空间中的直线l 及平面α，条件“直线l 与平面α内无数条直线都垂直”是“直线l 与平面α垂直”的（ ）条件

A ．充要

B ．充分非必要

C ．必要非充分

D ．既非充分又非必要 3．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

A ．223π+

B ． 423π+

C ． 2323π+

D ． 23

43

π+ 4．设OA 是球O 的半径，M 是OA 的中点，过M 且与OA 成45°角的平面截球O 的表面得到圆C ．若圆C 的面积等于

4

7π

，则球O 的表面积等于 ． 5．一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：2

cm ）为 （A ）48122+ （B ）48242+ （C ）36122+ （D ）36242+

6．如图，在三棱锥P ABC -中，⊿PAB 是等边三角形， ∠PAC =∠PBC =90 o （Ⅰ）证明：AB ⊥PC

（Ⅱ）若4PC =，且平面PAC ⊥平面PBC ， 求三棱锥P ABC -体积．

2

2

侧(左)视图

2

2 2 正(主)视图

俯视图

7．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，

4PA AD ==，2AB =．以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面

交PD 于点M ．

（1）求证：平面ABM ⊥平面PCD ； （2）求直线PC 与平面ABM 所成的角； （3）求点O 到平面ABM 的距离．

【参考答案】

1．答案：B

解析：截面面积为π?截面圆半径为1，又与球心距离为1?

，

所以根据球的体积公式知3433

R V π==球，故B 为正确答案． 2．答案：C

解析：直线与平面α内的无数条平行直线垂直，但该直线未必与平面α垂直，即充分性不成立．因此选C ． 3．答案：C

解析：该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的，圆柱的底面半径为1，高为2，体积为

2π，四棱锥的底面边长为2，高为3

，所以体积为

2

1

3

?

=

所以该几何

体的体积为23

π+

． 4．答案：8π

解析：本题考查立体几何球面知识，注意结合平面几何知识进行运算，

由.

8)14474(442

2πππ

ππ===R S

5．答案：A

B

解析：棱锥的直观图如右，则有PO ＝4，OD ＝3，由勾股定理，得PD ＝5，AB ＝62，全面积为：

21×6×6＋2×21×6×5＋2

1

×62×4＝48＋122，故选A ． 6．解析：（Ⅰ）因为PAB ?是等边三角形，90PAC PBC ∠=∠=?， 所以Rt PBC Rt PAC ???，可得AC BC =． 如图，取AB 中点D ，连结PD ，CD ， 则PD AB ⊥，CD AB ⊥， 所以AB ⊥平面PDC ， 所以AB PC ⊥．

（Ⅱ）作BE PC ⊥，垂足为E ，连结AE ． 因为

Rt PBC Rt PAC ???，

所以AE PC ⊥，AE BE =．

由已知，平面PAC ⊥平面PBC ，故90AEB ∠=?．

因为Rt AEB Rt PEB ???，所以,,AEB PEB CEB ???都是等腰直角三角形． 由已知4PC =，得2AE BE ==， AEB ?的面积2S =． 因为PC ⊥平面AEB ， 所以三角锥P ABC -的体积

1833

V S PC =??=．

7．解析：方法（一）：

（1）证：依题设，Ｍ在以ＢＤ为直径的球面上，则ＢＭ⊥ＰＤ． 因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，则ＰＡ⊥ＡＢ，又ＡＢ⊥ＡＤ， 所以ＡＢ⊥平面ＰＡＤ，则ＡＢ⊥ＰＤ，因此有ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，所以平面ＡＢＭ⊥平面ＰＣＤ．

（２）设平面ＡＢＭ与ＰＣ交于点Ｎ，因为ＡＢ∥ＣＤ，所以ＡＢ∥平面ＰＣＤ，则ＡＢ∥ＭＮ∥ＣＤ，

由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，则MN 是PN 在平面ABM 上的射影， 所以 PNM ∠就是PC 与平面ABM 所成的角， 且PNM PCD ∠=∠

tan tan 22PD

PNM PCD DC

∠=∠=

=所求角为arctan 22

（3）因为O 是BD 的中点，则O 点到平面ABM 的距离等于D 点到平面ABM 距离的一半，由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ于M ，则|DM|就是D 点到平面ABM 距离．

O

N

A

P

B

C

M

D

z y

因为在Rt △PAD 中，4PA AD ==，PD AM ⊥，所以M 为PD 中点，DM =，

则O 点到平面ABM ． 方法二： （1）同方法一；

（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(0,0,4)P ，(2,0,0)B ， (2,4,0)C ，

(0,4,0)D ，(0,2,2)M ，

设平面ABM 的一个法向量(,,)n x y z =，由,n AB n AM ⊥⊥可得：20

220

x y z =??

+=?，令

1z =-，则1y =，即(0,1,1)n =-．设所求角为α，则2sin 3

PC n PC n

α?=

=，

所求角的大小为． （3）设所求距离为h ，由(1,2,0),(1,2,0)O AO =，得：2AO n h n

?=

=．