专题10 立体几何(分层训练)教师版

专题10 立体几何

A 组 基础巩固

1．（2020·四川省成都市金堂中学校高三模拟（文））如图，在矩形中，，，是

的中点，以为折痕将向上折起，变为，且平面平面.

（1）求三棱锥的体积； （2）求证：；

（3）求证：平面平面 【答案】（1

（2）证明见解析（3）证明见解析

【解析】（1

）取的中点,连接,由是的中点，

易得为等腰直角三角形，即为等腰直角三角形，且 由，可得

由平面平面，且,平面平面,且 平面，

可得平面， 可得：,

（2）证明：易得, , 可得：,

,

ABCD 4AB =2AD =E CD AE DAE ?D 'D 'D AE ⊥ABCE 'A D CE -'AD BE ⊥'ABD ⊥

BD E

'AE F 'D F E CD DAE ?'D AE ?'D F AE ⊥2AD ='D F =

'

D A

E ⊥ABCE 'D

F AE ⊥'D AE ABCE AE ='D F ?'D AE 'D F ⊥ABCE 11

4222222

AEC S ?=

??-??='''112333

A D CE D ACE AEC V V S D F --?==??=?=

AE BE ==4AB =222AB AE BE =+AE BE ⊥

由（1）得平面，可得， 由，平面，，平面，

可得：平面，可得，即. (3)由（2）得，，且，且,且平面，平面

，可得平面，由平面，

可得：平面平面.

2．（2020·安徽省滁州市定远育才学校高三模拟（文））如图，四棱锥中，平面，

，，，为线段上一点，，为的

中点．

（I ）证明平面； （II ）求四面体的体积.

【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ

【解析】（Ⅰ）取的中点，然后结合条件中的数据证明四边形为平行四边形，从而得到

，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）由条件可知四面体N-BCM 的高，即点到底面的

距离为棱的一半，由此可顺利求得结果． 试题解析：（Ⅰ）由已知得

，取

的中点，连接

，由为

中点知

，

.

又，故平行且等于，四边形为平行四边形，于是

.

因为

平面

，

平面

，所以

平面

.

'D F ⊥ABCE 'D F ⊥BE 'D F

AE F ='D F ?'D AE 'D F ⊥BE AE ?'D AE BE ⊥'D AE 'BE AD ⊥'AD BE ⊥'AD BE ⊥''AD D E ⊥'BE

D E E =BE ?BD E ''D E ?BD E ''AD ⊥BD E ''AD ?'ABD 'ABD ⊥BD E 'P ABC -PA ⊥ABCD AD BC ∥3AB AD AC ===4PA

BC M AD 2AM MD =N PC MN ∥PAB N BCM -PB T AMNT MN AT N PA T N AMNT

（Ⅱ）因为平面

，为

的中点，

所以到平面的距离为.

取的中点

，连结

.由得，.

由

得到

的距离为

，故. 所以四面体

的体积。

3．（2020·东北师大附中高三模拟（文））在四棱锥中，平面，在棱上，且，在底面中，，

，为对角线，的交点.

（1）证明：平面；

（2）若，求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）1 【解析】

（1）证：在底面中，，

都为等腰三角形，故对角线， 所以，，

由在棱上，且知：，

N N 1

45252

BCM

S

=?=1

453

2N BCM BCM

PA V S -=

??

=P ABCD -PA ⊥ABCD M PD 3

5

PM PD =

ABCD BA BC ==DA DC ==2AC =O AC BD OM

PBC 2PA =M PBC -ABCD BAC ?DAC ?AC BD ⊥3BO =

=2OD ==M PD 35PM PD =

2

3

DM MP =

所以在中有

，所以， 又平面，平面，所以平面；

（2）解：由（1）可知：点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 而平面，所以三棱锥的高， 所以，故三棱锥的体积为1． 4．（2020·福建省漳州市高三测试（文）如图，三棱柱的底面是正三角形，底面

，M 为的中点．

（1）求证：平面；

（2）若，且沿侧棱展开三棱柱的侧面，得到的侧面展开图的对角线长为，求作点在平面内的射影H ，请说明作法和理由，并求线段AH 的长． 【答案】（1）证明见解析（2）作法见解析，理由见解析，

【解析】（1）如图，

连结，交于点O ，连结OM ．

因为三棱柱的侧面是平行四边形，所以O 为中点，

PBD ?2

3

DM DO MP OB ==//OM PB OM ?PBC PB ?PBC OM

PBC M PBC O PBC M PBC -O PBC -PA ⊥ABCD O PBC -2h PA ==11

321132

M PBC P BOC V V --==

????=M PBC -111ABC A B C -1AA ⊥111A B C 11A

B 1//B

C 1AMC 14BB =1

BB 1A 1

AMC 5

AH

=1A C 1AC 111ABC A B C -11AAC C 1A C

因为M为的中点，所以．

又因为平面，平面，

所以平面．

（2）过作于H，

因为平面，平面，所以，

因为是正三角形，M为的中点，

所以，又，平面，

所以平面，又平面，所以，又因为，平面，

所以平面于H，

所以H为点在平面内的射影．

因为三棱柱侧面展开图是矩形，

且对角线长为

，

．

又因为三棱柱的底面是正三角形，所以底面边长，

在中，

由射影定理，有，

即

．

11

A B

1

//

OM B C

OM?1

AMC

1

B C?

1

AMC

1

//

B C

1

AMC

1

A

1

A H AM

⊥

1

AA⊥

111

A B C

1

C M?

111

A B C

11

C M AA

⊥111

A B C

△

11

A B

111

C M A B

⊥

1111

AA A B A

=

1

,

AA

11

A B?

11

AA B B 1

C M⊥

11

AA B B

1

A H?

11

AA B B

11

A H C M

⊥

1

AM C M M

=,

AM

1

C M?

1

AMC

1

A H⊥

1

AMC

1

A

1

AMC

1

4

BB=

12

=

11

4,

A B=

1

2

A M=

1

Rt AA M

1

4,

AA=AM==

2

1

AA AH AM

=?

2

4AH

=?

5

AH=

B 组 能力提升

5．

（2020·梅河口市第五中学高三其他模拟）如图，在三棱锥A BCD -中，BCD 是边长为4的正三角形，E 为BC 的中点，平面ADE ⊥平面BCD ，二面角A BC D --

的余弦值为7

7

，三棱锥

A BCD

-的体积为4

6

．

（1）求证：平面ADE ⊥平面ABC ； （2）求二面角C AD B --的余弦值． 【答案】（1）见解析（2）11

25

【解析】（1）

BCD ?为等边三角形，E 为BC 的中点，所以有DE BC ⊥，又平面ADE ⊥平面

BCD ，平面ADE 平面BCD DE =，BC DE ⊥，所以BC ⊥平面ADE （面面垂直的性质定理），又BC ?平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面ADE （线面垂直的判定定理），得证.

（2）因为AB AC =，BD CD =，AD AD =，所以ACD ABD ? 过C 作CF

⊥AD 于点F ，连接BF ，则BF ⊥AD ，所以BFC ∠为二面角C AD B --的平面角.即

cos BFC ∠即为所求.

设三棱锥A BCD -的高为h ，则有1

116334

A BCD BCD

V S h h -=

??=??=h =由（1）可知，AED ∠为二面角A BC D --的平面角，所以cos 7AED ∠=

，则sin 7

AED ∠=，

则

sin 7

h AE AED =

==∠5AC AB ==. 由余弦定理可得：2222cos 21AD DE AE DE AE AED =+-??∠=，AD ∴=

.

在ACD △中，由余弦定理可知：2221

cos 22

AC CD AD ACD AC CD +-∠==?，60ACD ∠=

则有

11sin 6022AC CD AD CF ??=?，所以7CF =，同理7

BF =，又

4BC =，所以由余弦定理可知11

cos 25

BFC ∠=.

6．

（2020·天津南开中学高三月考）如图，PD ⊥平面ABCD AD CD AB CD PQ CD ⊥，，∥，∥，222AD CD DP PQ AB =====，点E F M ，，分别为AP CD BQ ，，的中点.

（Ⅰ）求证：EF

平面MPC ；

（Ⅱ）求二面角Q PM C --的正弦值；

（Ⅲ）若N 为线段CQ 上的点，且直线DN 与平面PMQ 所成的角为

6

π

，求线段QN 的长.

【答案】（Ⅰ）证明见解析；

【解析】（Ⅰ）连接EM ，因为AB CD PQ CD ∥，∥，所以AB PQ ∥，又因为AB PQ =，所以PABQ 为平行四边形.

由点E 和M 分别为AP 和BQ 的中点，可得EM AB ∥且EM

AB =，

因为2AB CD CD AB F =∥，，为CD 的中点，所以CF AB ∥且CF AB =，可得EM CF ∥且

EM CF =，即四边形EFCM 为平行四边形，所以EF MC ，又EF MPC ?平面，

CM MPC ?平面，

所以EF MPC ∥平面.

（Ⅱ）因为PD ABCD ⊥平面，AD CD ⊥，可以建立以D 为原点，分别以DA DC DP ，，的方向为x 轴，

y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系.

依题意可得()()()()000200210020D

A B C ，

，，，，，，，，，，， ()()()002012111P Q M ，，，，，，，，.

()()()()111010111022PM PQ CM PC =-==-=-，，，，，，，，，，，

设()1n x y z =，，为平面PMQ 的法向量，

则1100

n PM n PQ ??=???=??，即00x y z y +-=??=?，不妨设1z =，可得()1=101n ，，

设()2n x y z =，，为平面MPC 的法向量，

则220

0n PC n CM ??=???=??，即2200y z x y z -=??-+=?，不妨设1z =，可得()2=011n ，，.

12

12121cos 2n n n n n n ?=

=?，，于是12

3sin 2

n n =，. 所以，二面角Q PM C --的正弦值为

2

. （Ⅲ）设()01QN QC λλ=≤≤，即()02QN QC λλλ==-，，，则()0122N λλ+-，，.

从而()0122DN ，，λλ=+-.

由（Ⅱ）知平面PMQ 的法向量为()1101n =，，，

由题意，1

11

sin cos 6DN n DN n DN n ，π

?==?，即1

2=

整理得231030λλ-+=，解得1

3

λ=或3λ=， 因为01λ≤≤所以13λ=

，所以115333

QN QC QN QC ===，.

7．（2020·山东高三三模）如图，点C 是以AB 为直径的圆上的动点（异于A ，B ）

，已知2AB =，

AE =EB ⊥平面ABC ，四边形BEDC 为平行四边形.

（1）求证：BC ⊥平面ACD ；

（2）当三棱锥A BCE -的体积最大时，求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）因为四边形BEDC 为平行四边形，所以//CD BE . 因为EB ⊥平面ABC ，所以CD ⊥平面ABC ，所以CD BC ⊥. 因为ACB ∠是以AB 为直径的圆上的圆周角，所以BC AC ⊥， 因为AC

DC C =，,AC DC ?平面ACD ，

所以BC ⊥平面ACD .

（2）ABC ?中，设AC x =，)02BC x =

<<，

所以11

22

ABC S AC BC x =?=△

因为AE

=，2AB =

，所以BE =

所以1

3

A BCE E ABC ABC V V S BE --==

?△

2246623

x x x +-==≤=

， 当且仅当224x x

=-，即x =A BCE -

法一：以C 为坐标原点，以CA ，CB ，CD 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系.

则()0,0,0

C

，)

A ，(

D

，(E ，

所以(AD =

-，()0,0DE =，平面

ABC 的法向量(10,n =，

设平面ADE 的法向量()2,,n x y z =，220

0n AD n DE ??=???=??，

所以0

?+=?=

，即(23,0,n

=，

所以121212

cos ,53n n n n n n ?=

=

=?.

法二：因为//DE BC ，BC ?平面ABC ，DE ?平面ABC ， 所以//DE 平面ABC ， 设平面ADE

平面=ABC

l ，则//l DE ，

又//BC DE ，所以//l BC ， 又点

A 是平面ADE 与平面ABC 公共点，所以l 过点A ，

过点

A 在圆内作//BC AF 交圆于点F ，则直线AF 与l 重合，

所以AF 为平面ADE 与平面ABC 的交线， 因为//AF BC ，AC BC ⊥，所以AC AF ⊥，

又因为BC ⊥平面ACD ，所以BC AD ⊥，所以AD AF ⊥， 所以DAC ∠为两个平面所成的锐二面角的平面角， 在Rt ACD △中，

=2AC DC BE AD ==∴===，

所以cos

5AC DAC AD ∠=

==

，

所以平面ADE 与平面ABC

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 。

立体几何练习题及答案

… 数学立体几何练习题 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的． 1．如图，在正方体－A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为 A 1 B 和上 的点，A 1M ＝＝，则与平面1C 1C 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行 C ．垂直 D ．不能确定 2．将正方形沿对角线折起，使平面⊥平面，E 是中点，则AED ∠的大小为（ ） A.45 B.30 C.60 D.90 ] 3．，，是从P 引出的三条射线，每两条的夹角都是60o，则直线 与平面所成的角的余弦值为（ ） A ．12 B 。 3 C 。 3 D 。 6 4．正方体—A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是1与1的中点，则直线与D 1F 所成角的余弦值是 A ．15 B 。13 C 。12 D 。 3 5． 在棱长为2的正方体1111D C B A ABCD -中，O 是底面的中心，E 、 F 分别是1CC 、的中点，那么异面直线和1FD 所成的角的余弦值等于（ ） A ． 5 10 B ．32 C ． 5 5 D ． 5 15

6．在正三棱柱1B 1C 1中，若2，A A 1=1，则点A 到平面A 1的距离为（ ） A ． 4 3 B ． 2 3 C ． 4 33 D ．3 ： 7．在正三棱柱1B 1C 1中，若1,则1与C 1B 所成的角的大小为 （ ） o B. 90o o D. 75o 8．设E ，F 是正方体1的棱和D 1C 1的中点，在正方体的12条面对 角线中，与截面A 1成60°角的对角线的数目是（ ） A ．0 B ．2 C ．4 D ．6 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分． 9.在正方体－A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱1和1的中点，则 〈CM ，1D N 〉的值为. 10．如图，正方体的棱长为1，C 、D 分别是两条棱的中点， A 、B 、M 是顶点， 那么点M 到截面的距离是 . 11．正四棱锥的所有棱长都相等，E 为中点，则直线与截面所成的角为 ． 12．已知正三棱柱1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则 直线与平面B 1所成角的正弦值为 . ： 13．已知边长为的正三角形中，E 、F 分别为和的中点，⊥面， 且2，设平面α过且与平行，则与平面α间的距离 A B | D C

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 ⊥．

高一数学立体几何练习题及部分答案汇编

立体几何试题 一．选择题（每题4分，共40分） 1.已知AB 0300300150空间，下列命题正确的个数为（ ） （1）有两组对边相等的四边形是平行四边形,（2）四边相等的四边形是菱形 （3）平行于同一条直线的两条直线平行 ;（4）有两边及其夹角对应相等的两个三角形全等 A 1 B 2 C 3 D 4 3.如果一条直线与两个平行平面中的一个平行，那么这条直线与另一个平面的位置关系是（ ） A 平行 B 相交 C 在平面内 D 平行或在平面内 4.已知直线m αα过平面α外一点，作与α平行的平面，则这样的平面可作（ ） A 1个 或2个 B 0个或1个 C 1个 D 0个 （ 6.如图,如果MC ⊥菱形ABCD 所在平面,那么MA 与BD 的位置关系是( ) A 平行 B 垂直相交 C 异面 D 相交但不垂直 7.经过平面α外一点和平面α内一点与平面α垂直的平面有（ ） A 0个 B 1个 C 无数个 D 1个或无数个 8.下列条件中,能判断两个平面平行的是( ) A 一个平面内的一条直线平行于另一个平面; B 一个平面内的两条直线平行于另一个平面 C 一个平面内有无数条直线平行于另一个平面 D 一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面 ) 9.对于直线m ,n 和平面,αβ,使αβ⊥成立的一个条件是( ) A //,,m n n m βα⊥? B //,,m n n m βα⊥⊥ C ,,m n m n α βα⊥=? D ,//,//m n m n αβ⊥ 10 .已知四棱锥,则中,直角三角形最多可以有( ) A 1个 B 2个 C 3个 D 4个 二．填空题（每题4分，共16分）

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

立体几何练习题

数学立体几何练习题 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的． 1．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上 的点，A 1M ＝AN ＝ 2a 3 ，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行 C ．垂直 D ．不能确定 2．将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使平面ABD ⊥平面CBD ，E 是CD 中点，则AED ∠的大小为（ ） A.45 B.30 C.60 D.90 3．PA ，PB ，PC 是从P 引出的三条射线，每两条的夹角都是60o，则直线PC 与平面PAB 所成的角的余弦值为（ ） A ． 12 B C D 4．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AA 1与CC 1的中点，则直线ED 与D 1F 所成角的余弦值是 A ． 15 B 。13 C 。 12 D 5． 在棱长为2的正方体1111D C B A ABCD -中，O 是底面ABCD 的中心，E 、F 分别是1CC 、 AD 的中点，那么异面直线OE 和1FD 所成的角的余弦值等于（ ） A ．510 B ．3 2 C ．55 D ．515 6．在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，若AB=2，A A 1=1，则点A 到平面A 1BC 的距离为（ ） A ． 4 3 B ． 2 3 C ． 4 3 3 D ．3 7．在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，若AB=2BB 1,则AB 1与C 1B 所成的角的大小为 （ ） A.60o B. 90o C.105o D. 75o 8．设E ，F 是正方体AC 1的棱AB 和D 1C 1的中点，在正方体的12条面对角线中，与截面 A 1ECF 成60°角的对角线的数目是（ ） A ．0 B ．2 C ．4 D ．6 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分． 9.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则 sin 〈CM ，1D N 〉的值为_________. 10．如图，正方体的棱长为1，C 、D 分别是两条棱的中点， A 、B 、M 是顶点， 那么点M 到截面ABCD 的距离是 . A B M D C

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.

立体几何大题练习题答案

立体几何大题专练 1、如图，已知PA ⊥矩形ABCD 所在平面，M 、N 分别为AB 、PC 的中点； (1)求证：MN//平面PAD (2)若∠PDA=45°，求证：MN ⊥平面PCD 2（本小题满分12分） 如图，在三棱锥P ABC -中，,E F 分别为,AC BC 的中点． （1）求证：//EF 平面PAB ； （2）若平面PAC ⊥平面ABC ，且PA PC =，90ABC ∠=?， 求证：平面PEF ⊥平面PBC ． P A C E B F

（1）证明：连结EF , E 、F 分别为AC 、BC 的中点， //EF AB ∴. ……………………2分 又?EF 平面PAB ，?AB 平面PAB ， ∴ EF ∥平面P AB . ……………………5分 （2）PA PC = ，E 为AC 的中点， PE AC ∴⊥ ……………………6分 又 平面PAC ⊥平面ABC PE ∴⊥面ABC ……………………8分 PE BC ∴⊥……………………9分 又因为F 为BC 的中点， //EF AB ∴ 090,BC EF ABC ⊥∠=∴ ……………………10分 EF PE E = BC ∴⊥面PEF ……………………11分 又BC ? 面PBC ∴面PBC ⊥面PEF ……………………12分 3. 如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AC=BC ，点D 是AB 的中点。 （1）求证：BC 1//平面CA 1D ； （2）求证：平面CA 1D⊥平面AA 1B 1B 。 4．已知矩形ABCD 所在平面外一点P ，PA ⊥平面ABCD ，E 、F 分别是 AB 、PC 的中点． (1) 求证：EF ∥平面PAD ； (2) 求证：EF ⊥CD ； (3) 若∠PDA ＝45°，求EF 与平面ABCD 所成的角的大小．

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

(完整版)高一必修二经典立体几何专项练习题

高一必修二经典立体几何专项练习题 空间中直线与平面、平面与平面之间的位置关系 1、直线与平面有三种位置关系： （1）直线在平面内——有无数个公共点 （2）直线与平面相交——有且只有一个公共点 （3）直线在平面平行——没有公共点 指出：直线与平面相交或平行的情况统称为直线在平面外，可用a α来表示 a α a∩α=A a∥α 2.2.直线、平面平行的判定及其性质 2.2.1 直线与平面平行的判定 1、直线与平面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。 简记为：线线平行，则线面平行。 符号表示： a α b β => a∥α a∥b 2.2.2 平面与平面平行的判定 1、两个平面平行的判定定理：一个平面内的两条交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行。 符号表示： aβ bβ a∩b =pβ∥α a∥α b∥α 2、判断两平面平行的方法有三种： （1）用定义； （2）判定定理； （3）垂直于同一条直线的两个平面平行。

2.2.3 —2.2.4直线与平面、平面与平面平行的性质 1、直线与平面平行的性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行。 简记为：线面平行则线线平行。 符号表示： a ∥α a β a∥b α∩β= b 作用：利用该定理可解决直线间的平行问题。 2、两个平面平行的性质定理：如果两个平行的平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行。 符号表示： α∥β α∩γ=a a∥b β∩γ=b 作用：可以由平面与平面平行得出直线与直线平行 2.3直线、平面垂直的判定及其性质 2.3.1直线与平面垂直的判定 1、定义：如果直线L与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线L与平面α互相垂直，记作L⊥α，直线L叫做平面α的垂线，平面α叫做直线L的垂面。如图，直线与平面垂直时,它们唯一公共点P叫做垂足。 P a L 2、直线与平面垂直的判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直。 注意点： a)定理中的“两条相交直线”这一条件不可忽视； b)定理体现了“直线与平面垂直”与“直线与直线垂直”互相转化的数学思想。 2.3.2平面与平面垂直的判定 1、二面角的概念：表示从空间一直线出发的两个半平面所组成的图形 A

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

高一数学必修二第一章空间几何体基础练习题及答案

高一数学（必修2）第一章 空间几何体 [基础训练] 一、选择题 1．有一个几何体的三视图如下图所示，这个几何体应是一个( ) A .棱台 B .棱锥 C .棱柱 D .都不对 2．棱长都是1的三棱锥的表面积为（ ） A . 3 B . 23 C . 33 D . 43 3．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3,4,5，且它的8个顶点都在 同一球面上，则这个球的表面积是（ ） A ．25π B ．50π C ．125π D ．都不对 4．正方体的内切球和外接球的半径之比为（ ） A ．3:1 B ．3:2 C ．2:3 D ．3:3 5．在△ABC 中，0 2, 1.5,120AB BC ABC ==∠=,若使绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的体积是 （ ） A. 92π B. 72π C. 52π D. 32 π 6．底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长 分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是（ ） A ．130 B ．140 C ．150 D ．160 二、填空题 1．一个棱柱至少有 _____个面，面数最少的一个棱锥有 ________个顶点， 顶点最少的一个棱台有 ________条侧棱。 2．若三个球的表面积之比是1:2:3，则它们的体积之比是_____________。 3．正方体1111ABCD A B C D - 中，O 是上底面ABCD 中心，若正方体的棱长为a ，则三棱锥11O AB D -的体积为_____________。 4．如图，,E F 分别为正方体的面11A ADD 、面11B BCC 的中心，则四边形 E BFD 1在该正方体的面上的射影可能是____________。

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 ．

空间立体几何基础练习题

空间立体几何基础练习题 1、如图，平行四边形ABCD 中，CD BD ⊥，正方形ADEF 所在的平面和平面ABCD 垂直，H 是BE 的中点，G 是,AE DF 的交点. ⑴求证： //GH 平面CDE ；⑵求证： BD ⊥平面CDE . 2、如图，四棱锥S ABCD -的底面是正方形，SD ⊥平面ABCD ，E 是SD 的中点． （Ⅰ）求证：//SB 平面EAC ；（Ⅱ）求证：AC BE ⊥． 3、长方体1111ABCD A B C D -中11,2AB AA AD ===.点 E 为ＡＢ中点. (I)求三棱锥1A ADE -的体积；(II)求证：1A D ⊥平面11ABC D ；（III ）求证：1BD // 平面1A DE .

4、如图，矩形ABCD 中，ABE AD 平面⊥，2===BC EB AE ，F 为CE 上的点，且ACE BF 平面⊥. （Ⅰ）求证：BCE AE 平面⊥；（Ⅱ）求证；BFD AE 平面//；（Ⅲ）求三棱锥BGF C -的体积. 5、如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，PD ⊥底面ABCD ，M 、N 分别为PA 、BC 的中 点，且PD=AD=2。 （1）求证：MN ∥平面PCD ； （2）求证：平面PAC ⊥平面PBD ；（3）求三棱锥P-ABC 的体积。 6、四棱锥A BCDE -中，底面BCDE 为矩形，AB AC =, 1,2==CD BC ．并且侧面ABC ⊥底面 BCDE ， （Ⅰ）取CD 的中点为F ，AE 的中点为G ，证明：FG ∥面ABC ； （Ⅱ）若M 为BC 中点,求证：DM AE ⊥. A B C D E F G A B C D E M G F

[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),