立体几何知识点复习

【知识络构建】

【重点知识整合】 1．空间几何体的三视图

(1)正视图：光线从几何体的前面向后面正投影得到的投影图； (2)侧视图：光线从几何体的左面向右面正投影得到的投影图； (3)俯视图：光线从几何体的上面向下面正投影得到的投影图． 几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图． 2．斜二测画水平放置的平面图形的基本步骤

(1)建立直角坐标系，在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的Ox，Oy，建立直角坐标系；

(2)画出斜坐标系，在画直观图的纸上(平面上)画出对应的Ox′，Oy′，使∠x′Oy′＝45°(或135°)，它们确定的平面表示水平平面；

(3)画对应图形，在已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中画成平行于x′轴，且长度保持不变；在已知图形中平行于y轴的线段，在直观图中画成平行于y′轴，且长度变为原来的一半；

(4)擦去辅助线，图画好后，要擦去x轴、y轴及为画图添加的辅助线(虚线)． 3.体积与表面积公式:

(1)柱体的体积公式:V柱?Sh;锥体的体积公式: V锥?台体的体积公式: V棱台?1Sh; 341h(S?SS??S?);球的体积公式: V球??r3.

332 (2)球的表面积公式: S球?4?R.

【高频考点突破】

考点一 空间几何体与三视图

1．一个物体的三视图的排列规则是：俯视图放在正视图的

下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．

2．画直观图时，与坐标轴平行的线段仍平行，与x轴、z轴 平行的线段长度不变，与y轴平行的线段长度减半．

例1、将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为 ( )

解析：如图所示，点D1的投影为点C1，点D的投影为点C，点A的投影为点B.

答案：D

【方法技巧】该类问题主要有两种类型：一是由几何体确定三视图；二是由三视图还原成几何体．解决该类问题的关键是找准投影面及三个视图之间的关系．抓住“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点作出判断.

考点二 空间几何体的表面积和体积

常见的一些简单几何体的表面积和体积公式：

圆柱的表面积公式：S＝2πr2＋2πrl＝2πr(r＋l)(其中r为底面半径，l为圆柱的高)； 圆锥的表面积公式：S＝πr2＋πrl＝πr(r＋l)(其中r为底面半径，l为母线长)； 圆台的表面积公式：S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)(其中r和r′分别为圆台的上、下底面半径，l

为母线长)；

柱体的体积公式：V＝Sh(S为底面面积，h为高)； 1

锥体的体积公式：V＝Sh(S为底面面积，h为高)；

3

1

台体的体积公式：V＝(S′＋S′S＋S)h(S′、S分别为上、下底面面积，h为高)；

34

球的表面积和体积公式：S＝4πR2，V＝πR3(R为球的半径)．

3

例 2、如图所示，某几何体的正视图是平行四边形，侧视图和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为

( )

A．63

B．93 D．183

C．123

解析：由三视图可还原几何体的直观图如图所示．此几何体可通过分割和补形的方法拼凑成一个长和宽均为3，高为3的长方体，所求体积V＝3×3×3＝93.

答案：B 【方法技巧】

1．求三棱锥体积时，可多角度地选择方法．如体积分割、体积差、等积转化法是常用的方法．

2．与三视图相结合考查面积或体积的计算时，解决时先还原几何体，计算时要结合平

面图形，不要弄错相关数量．

3．求不规则几何体的体积常用分割或补形的思想将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．

4．对于组合体的表面积要注意其衔接部分的处理. 考点三 球与空间几何体的“切”“接”问题

1．长方体、正方体的外接球其体对角线长为该球的直径． 2．正方体的内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内切球的半径之比为3∶1.

例3、一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的外接球的表面积为________．

【方法技巧】1．涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题．

2．若球面上四点P、A、B、C构成的线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，则4R2＝a2＋b2＋c2(R为球半径)．可采用“补形”法，构造长方体或正方体的外接球

去处理．

考点四 空间线线、线面位置关系

(1)线面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α. (2)线面平行的性质定理：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b. (3)线面垂直的判定定理：

m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α. (4)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α?a∥b.

例4、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．

(1)求证：DE∥平面BCP； (2)求证：四边形DEFG为矩形；

(3)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：(1)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.

(2)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．

(3)存在点Q满足条件，理由如下： 连接DF，EG，设Q为EG的中点． 由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE 1

＝QF＝QG＝EG.

2

分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN.

1

与(2)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＝

2EG，

所以Q为满足条件的点． 【方法技巧】

1．证明线线平行常用的两种方法： (1)构造平行四边形； (2)构造三角形的中位线． 2．证明线面平行常用的两种方法： (1)转化为线线平行； (2)转化为面面平行．

3．证明直线与平面垂直往往转化为证明直线与直线垂直．而证明直线与直线垂直又需要转化为证明直线与平面垂直.

考点五 空间面面位置关系

1．面面垂直的判定定理：a?β，a⊥α?α⊥β. 2．面面垂直的性质定理： α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β. 3．面面平行的判定定理：

a?β，b?β，a∩b＝A，a∥α，b∥α?α∥β. 4．面面平行的性质定理： α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b. 5．面面平行的证明还有其它方法：

?1?a、b?α且a∩b＝A? c、d?β且c∩d＝B a∥c，b∥d

?

??α∥β， ??

(2)a⊥α、a⊥β ?α∥β.

例5、如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，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.

【证明】(1)如图，在△PAD中， 因为E，F分别为AP，AD的中点，

【方法技巧】

1．垂直问题的转化方向

面面垂直?线面垂直?线线垂直．主要依据有关定义及判定定理和性质定理证明．具体如下：

(1)证明线线垂直：①线线垂直的定义；②线面垂直的定义；③勾股定理等平面几何中的有关定理．

(2)证明线面垂直：①线面垂直的判定定理；②线面垂直的性质定理；③面面垂直的性质定理．

(3)证明面面垂直：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理．

2．证明面面平行的常用的方法是利用判定定理，其关键是结合图形与条件在平面内寻找两相交直线分别平行于另一平面.

例6、如图，平面 PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为 PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.

(1)设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE； (2)证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE.

【证明】

(1)如图，连接OP，以点O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，则O(0,0,0)，A(0，－8,0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，－4,3)，F(4,0,3)．

【方法技巧】

1．用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论证而直接计算就行了．把几何问题代数化．尤其是正方体、长方体、直四棱柱中相关问题证明用向量法更简捷．但是向量法要求计算必须准确无误．

2．利用向量法的关键是正确求平面的法向量．赋值时注意其灵活性．注意(0,0,0)不能作为法向量.

考点七 利用空间向量求角 1．向量法求异面直线所成的角：

若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈a，b〉|＝|a·b|

. |a||b|

2．向量法求线面所成的角：

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sinθ＝|cos〈n，a〉

|＝

|n·a|

. |n||a|

3．向量法求二面角：

求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α－l－β所成的角

θ为锐角，

则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝

|n1·n2|

； |n1||n2|

若二面角α－l－β所成的角θ为钝角， |n1·n2|

则cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－. |n1||n2|

例7、如图，在四棱锥P－ABCD中， PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形， AB＝2，∠BAD＝60°.

(1)求证：BD⊥平面PAC；

(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值； (3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．

(3)由(2)知

＝(－1，3，0)

设P(0，－3，t)(t＞0)， 则

＝(－1，－3，t)，

设平面PBC的一个法向量m＝(x，y，z)，

考点八 利用空间向量解决探索性问题

利用空间向量解决探索性问题，它无需进行复杂繁难的作图、论证、推理，只须通过坐标运算进行判断，在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，可以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．

例8、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BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)证明：AP⊥BC；

(2)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：(1)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.

x＝0，??12＋3λ即?可取n1＝(0,1，)． 2＋3λ

4－4λz＝y，??14－4λ1

2

??

由???

·n2＝0，

·n2＝0，5x2＝y2，

4

2

??3y2＋4z2＝0，即? ?－4x2＋5y2＝0，?

?

得?3

z＝－y，?4

可取n2＝(5,4，－3)．

2＋3λ

由n1·n2＝0，得4－3·＝0，

4－4λ2

解得λ＝，故AM＝3.

5

综上所述，存在点M符合题意，AM＝3. 【难点探究】

难点一 空间几何体的表面积和体积

例1、（1）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )

A．48 B．32＋817 C．48＋817 D．80

(2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

99

A．π＋12 B．π＋18

22C．9π＋42 D．36π＋18 【答案】（1）C (2)B

【解析】 (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1

所示)，所以该直四棱柱的表面积为S＝2××(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.

2

(2)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、3?349

高为2的长方体所构成的几何体，则其体积为：V＝V1＋V2＝×π×?＋3×3×2＝π＋18，故?2?32选B.

难点二 球与多面体

例 2、已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝3，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥S－ABC的体积为( )

A．33 B．23 C.3 D．1

【解题规律与技巧】

1．真实图形中和两坐标轴平行的线段在直观图中仍然和两坐标轴平行，在真实图形中与x轴平行的线段在直观图中长度不变，在真实图形中和y轴平行的线段在直观图中变为原来的一半．这种画法蕴含着一个一般的规律，在斜二测画法中，真实图形的面积和直观图的面积之比是22.

2．空间几何体的面积有侧面积和表面积之分，表面积就是全面积，是一个空间几何体中“暴露”在外的所有面的面积，在计算时要注意区分“是侧面积还是表面积”．多面体的表面积就是其所有面的面积之和，旋转体的表面积除了球之外，都是其侧面积和底面面积之和．

3．实际问题中的几何体往往不是单纯的柱、锥、台、球，往往是由柱、锥、台、球或其一部分组成的组合体，解决这类组合体体积的基本方法就是“分解”，将组合体“分解成若干部分，每部分是柱、锥、台、球或其一个部分，分别计算其体积”，然后根据组合体的结构，将整个的体积转化为这些“部分体积”的和或差．

【历届高考真题】 【2012年高考试题】 一、选择题

1.【2012高考真题新课标理7】如图，格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的

是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）

(A)6 (B) 9 (C)?? (D)??

2.【2012高考真题浙江理10】已知矩形ABCD，AB=1，BC=2。将△沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中。

A.存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直. B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直. C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直.

D.对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直

【答案】C

【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项C是正确的．

3.【2012高考真题新课标理11】已知三棱锥S?ABC的所有顶点都在球O的求面上，

?ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC?2；则此棱锥的体积为（ ）

(A)2322 (B) (C) (D) 66324.【2012高考真题四川理6】下列命题正确的是（ ）

A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行

5.【2012高考真题四川理10】如图，半径为R的半球O的底面圆O在平面?内，过点O作平面?的垂线交半球面于点A，过圆O的直径CD作平面?成45角的平面与半球面相交，

?所得交线上到平面?的距离最大的点为B，该交线上的一点P满足?BOP?60，则A、P?

ABDPαCO两点间的球面距离为（ ）

A、Rarccos

?R?R23 B、 C、Rarccos D、

43436.【2012高考真题陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC?A1B1C1，

CA?CC1?2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为（ ）

A. 32555 B. C. D.

5553

【答案】A. 【

解

析

】

设

|CB|?a，则

|CA|?|CC1|?2a，

A(2a,0,0),B(0,0,a),C1(0,2a,0),B1(0,2a,a)，

?cos?AB1,BC1???AB1?(?2a,2a,a),BC1?(0,2a,?a)，

选A.

7.【2012高考真题湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是 （ ）

AB1?BC1|AB1||BC1|?5，故5

9.【2012高考真题广东理6】某几何体的三视图如图所示，它的体积为

A．12π B.45π C.57π D.81π 【答案】C

【解析】该几何体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，根据三视图中的数量关系，可得V?V圆锥?V圆柱?1???32?52-32???32?5?57?．故选C． 3

10.【2012高考真题福建理4】一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是 （ ）

A.球 B.三棱柱 C.正方形 D.圆柱

11.【2012高考真题重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，2和a，且长为a的棱与长为2的棱异面，则a的取值范围是

（A）(0,2) （B）(0,3) （C）(1,2) （D）(1,3) 【答案】A 【

解

析

】

因

为

BE?1?(2212)?1??222则

BF?BE，

AB?2BF?2BE?2，选A，

12.【2012高考真题北京理7】某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）

A. 28+65 B. 30+65 C. 56+ 125 D. 60+125 【答案】B

【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，如图所示，图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。本题所求表面积应为三棱锥四个面的面积之和，利用垂直关系和三角形面积公式，可得：

S底?10，S后?10，S右?10，S左?65，因此该几何体表面积

S?S底?S后?S右?S左?30?65，故选B。

13.【2012高考真题全国卷理4】已知正四棱柱ABCD- A1B1C1D1中 ，AB=2，CC1=22 E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为 （ ）

A 2 B 3 C 2 D 1

二、填空

14.【2012高考真题浙江理11】已知某三棱锥的三视图（单位：cm）如图所示，则该三棱锥的体积等于________cm.

3

【答案】1

【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形，右侧面也是一直角三角形．故11体积等于?3?1?2??1．

2315.【2012高考真题四川理14】如图，在正方体ABCD?A1B1C1D1中，M、N分别是CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是____________。

D1A1DAB1C1NCBM

16.【2012高考真题辽宁理13】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为______________。

【答案】38

【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱，其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，所以该几何体的表面积为长方体的表面积加圆柱的侧面积再减去圆柱的底面积，即为

2(3?4?4?1?3?1)?2??1?1?2??38

17.【2012高考真题山东理14】如图，正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为1，E,F分别为线段

AA1,B1C上的点，则三棱锥D1?ED的F体积为

____________.

18.【2012高考真题辽宁理16】已知正三棱锥P?ABC，点P，A，B，C都在半径为3的求面上，若PA，PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为________。

【答案】3 3【解析】因为在正三棱锥P?ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径，球心为正方体对角线的中点。球心到截面ABC的距离为球的半径减去正三棱锥P?ABC在面ABC上的高。已知球的半径为3，所以正方体的棱长为2，可求得正

三棱锥P?ABC在面ABC上的高为23233，所以球心到截面ABC的距离为3? ?33319.【2012高考真题上海理8】若一个圆锥的侧面展开图是面积为2?的半圆面，则该圆锥的体积为 。

AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC?2，20.【2012高考真题上海理14】如图，

若AD?2c，且AB?BD?AC?CD?2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最

大值是 。【答案】

2ca2?c2?1。 321SADE?BC=SADE，

33【解析】过点A做AE⊥BC，垂足为E，连接DE，由AD⊥BC可知，BC⊥平面ADE， 所以V?VB?ADE?VC?ADE?当AB=BD=AC=DC=a时，四面体ABCD的体积最大。

过E做EF⊥DA，垂足为点F，已知EA=ED，所以△ADE为等腰三角形，所以点E为AD的中点，又AE?AB?BE?a?1，∴EF=

∴SADE=

2222AE2?AF2?a2?c2?1，

1AD?EF=ca2?c2?1， 22222∴四面体ABCD体积的最大值Vmax?SADE=ca?c?1。

3321.【2012高考江苏7】（5分）如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，AB?AD?3cm，

AA1?2cm，则四棱锥A?BB1D1D的体积为 ▲ cm．

3

22.【2012高考真题安徽理12】某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是_____．

【答案】92

【解析】该几何体是底面是直角梯形，高为4的直四棱柱，

几何体的表面积是S?2??(2?5)?4?(2?5?4?4?(5?2))?4?92． 23.【2012高考真题天津理10】一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则该几何体

632正视图12223132侧视图33

俯视图的体积为_________m.

24.【2012高考真题全国卷理16】三菱柱ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等， BAA1=CAA1=60°则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为____________.

【答案】

6 3【解析】如图

设AA1?a,AB?b,AC?c,设棱长为1，

则AB1?a?b,BC1?a?BC?a?c-b，因为底面边长和侧棱长都相等，且

0?BAA1??CAA1?60所以a?b?a?c?b?c?1，所以AB1?(a?b)2?3，2BC1?(a?c-b)2?2 ，AB1?BC1?(a?b)?(a?c-b)?2，设异面直线的夹角

为?，所以cos??AB1?BC1AB1BC1?22?3?6. 3三、解答题

27.【2012高考真题湖北理19】（本小题满分12分）

如图1，?ACB?45?，BC?3，过动点A作AD?BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿

． AD将△ABD折起，使?BDC?90?（如图2所示）

（Ⅰ）当BD的长为多少时，三棱锥A?BCD的体积最大；

（Ⅱ）当三棱锥A?BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在 棱CD上确定一点N，使得EN?BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．

A

B

D 图1

第19题图

C

B

A M D . ·E

C

图2

解法2：

1111同解法1，得VA?BCD?AD?S?BCD?(3?x)?x(3?x)?(x3?6x2?9x)．

332611令f(x)?(x3?6x2?9x)，由f?(x)?(x?1)x(?62且0?x?3，解得3?)，0x?1．

[Z,xx,k.Com]

当x?(0,1)时，f?(x)?0；当x?(1,3)时，f?(x)?0． 所以当x?1时，f(x)取得最大值．

故当BD?1时, 三棱锥A?BCD的体积最大．

z A M A M

D N B x E 图a

C y B

D N E 图b

F C M D N F E

C

G H

N E B 图c

P

B 图d

第19题解答图

故EN与平面BMN所成角的大小为60?. 解法2：由（Ⅰ）知，当三棱锥A?BCD的体积最大时，BD?1，AD?CD?2．

如图b，取CD的中点F，连结MF，BF，EF，则MF∥AD. 由（Ⅰ）知AD?平面BCD，所以MF?平面BCD.

如图c，延长FE至P点使得FP?DB，连BP，DP，则四边形DBPF为正方形， 所以DP?BF. 取DF的中点N，连结EN，又E为FP的中点，则EN∥DP， 所以EN?BF. 因为MF?平面BCD，又EN?面BCD，所以MF?EN. 又MF?BF?F，所以EN?面BMF. 又BM?面BMF，所以EN?BM. 因为EN?BM当且仅当EN?BF，而点F是唯一的，所以点N是唯一的. 即当DN?1（即N是CD的靠近点D的一个四等分点），EN?BM． 25， 2连接MN，ME，由计算得NB?NM?EB?EM?所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形， 如图d所示，取BM的中点G，连接EG，NG，

则BM?平面EGN．在平面EGN中，过点E作EH?GN于H， 则EH?平面BMN．故?ENH是EN与平面BMN所成的角． 在△EGN中，易得EG?GN?NE?2，所以△EGN是正三角形， 2故?ENH?60?，即EN与平面BMN所成角的大小为60?. 28.【2012高考真题新课标理19】（本小题满分12分） 如图，直三棱柱ABC?A1B1C1中，AC?BC?1AA1， 2D是棱AA1的中点，DC1?BD（1）证明：DC1?BC

（2）求二面角A1?BD?C1的大小.

E分29.【2012高考江苏16】（14分）如图，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB11?AC11，D，F为B1C1的中点． CC1上的点（点D 不同于点C）别是棱BC，，且AD?DE，求证：（1）平面ADE?平面BCC1B1； （2）直线A1F//平面ADE．

【解析】（1）要证平面ADE?平面BCC1B1，只要证平面ADE上的AD?平面BCC1B1即可。它可由已知ABC?A1B1C1是直三棱柱和AD?DE证得。

（2）要证直线A1F//平面ADE，只要证A1F∥平面ADE上的AD即可。 32.【2012高考真题北京理16】（本小题共14分）

如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD,如图2.

(I)求证：A1C⊥平面BCDE；

(II)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；

(III)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由

【答案】解：（1）?CD?DE，A1E?DE

?DE?平面A1CD，

又?AC?平面A1CD， 1?DE ?AC1又A1C?CD， ?平面BCDE。 ?AC1（2）如图建系C?xyz，则D??2，0，0?，A0，0，23，B?0，3，0?，E??2，2，0?

???????????∴A1B?0，3，?23,A1E???2，?1，0?

???设平面A1BE法向量为n??x，y，z?

则

???????A1B?n?0 ∴?????????A1E?n?0?3y?23z?0? ??2x?y?0??zA1 (0,0,23)ME (-2,2,0)yB (0,3,0)?3z?y??2∴?

y?x????2?n∴??1，2，3

D (-2,0,0)C (0,0,0)x??又∵M?1，0，3 ?????∴CM??1，0，3

??????????CM?n1?342?????∴cos??????

2|CM|?|n|1?4?3?1?32?22，

∴CM与平面A1BE所成角的大小45?。

3

3.【2012高考真题浙江理20】(本小题满分15分)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面是边长为23的菱形，且∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝26，M，N分别为PB，PD的中点．

(Ⅰ)证明：MN∥平面ABCD；

(Ⅱ) 过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值．

【答案】(Ⅰ)如图连接BD． ∵M，N分别为PB，PD的中点， ∴在?PBD中，MN∥BD． 又MN?平面ABCD， ∴MN∥平面ABCD； (Ⅱ)如图建系：

A(0，0，0)，P(0，0，26)，M(?N(3，0，0)，C(3，3，0)．

33，，0)， 22设Q(x，y，z)，则CQ?(x?3，y?3，z)，CP?(?3，?3，26)． ∵CQ??CP?(?3?，?3?，26?)，∴Q(3?3?，3?3?，26?)． ????????由OQ?CP????????1

?OQ?CP?0，得：??．

3

????????????????即：Q(2326，2，)． 33

40.【2012高考真题湖南理18】（本小题满分12分）

如图5，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=4，BC=3，AD=5，∠DAB=∠ABC=90°，E是CD的中点.

（Ⅰ）证明：CD⊥平面PAE；

（Ⅱ）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P-ABCD的体积.

由PA?平面ABCD知，?PBA为直线PB与平面ABCD所成的角.

AB?4,AG?2,BG?AF,由题意，知?PBA??BPF,

因为sin?PBA?PABF,sin?BPF?,所以PA?BF. PBPB由?DAB??ABC?90?知，AD//BC,又BG//CD,所以四边形BCDG是平行四边形，故GD?BC?3.于是AG?2.

在RtΔBAG中，AB?4,AG?2,BG?AF,所以

AB21685BG?AB?AG?25,BF???.

BG25522于是PA?BF?85. 51?(5?3)?4?16,所以四棱锥P?ABCD的体积为 2又梯形ABCD的面积为S? V?

11851285?S?PA??16??. 33515

解法2：如图（2），以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.设PA?h,则相关的各点坐标为：

A(4,0,0),B(4,0,0),C(4,3,0),D(0,5,0),E(2,4,0),P(0,0,h).

????????????????????????????????CD?PBPA?PBcos?CD,PB??cos?PA,PB?,即?????????????????.

CD?PBPA?PB????????????由（Ⅰ）知，CD?(?4,2,0),AP?(0,0,?h),由PB?(4,0,?h),故 ?16?0?025?16?h2解得h??0?0?h2h?16?h2.

85. 51?(5?3)?4?16，所以四棱锥P?ABCD的体积为 2又梯形ABCD的面积为S? V?

11851285?S?PA??16??. 33515

【2011年高考试题】 一、选择题:

1. (2011年高考山东卷理科11)下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：

①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如 下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是

(A)3 (B)2 (C)1 (D)0 【答案】A

【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以.

4.(2011年高考安徽卷理科6)一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为

（A） 48 (B)32+8?? (C) 48+8?? (D) 80 【答案】C

【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下

底为4，高为4，。故

S表??????????????????????? ????????5.(2011年高考辽宁卷理科8)如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是（ ） ．．．

(A) AC⊥SB

(B) AB∥平面SCD

(C) SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角 (D)AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角

8．(2011年高考江西卷理科8)已知?1，?2，?3是三个相互平行的平面．平面?1，?2之间的距离为d1，平面?2，?3之间的距离为d2．直线l与?1，?2，?3分别相交于P1，P2，

P3，那么“PP12=P2P3”是“d1?d2”的

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C

【解析】过点P1作平面?2的垂线g,交平面?2，?3分别于点A、B两点,由两个平面平行的性质可知P2A∥P3B,所以

9. (2011年高考湖南卷理科3)设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 A.

PPd12?1,故选C. PPd2129?9??12 B. ?18 C. 9??42 D. 36??18 223 2 3 正视图

侧视图

答案：B

解析：由三视图可以还原为一个底面为边长是3的正方形，高为2的长方体以及一个直径为3的球组成的简单几何体，其体积等于

10.(2011年高考广东卷理科7)如图l—3．某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为（ ）

9?433?18。故选B ?()???3?3?2?232

A.63 B.93 C.123 D.183 【解析】B.由题得三视图对应的直观图是如图所示的直四棱柱，EA?平面ABCD.

V?S平行四边形ABCD?h?3?22?1?3?93。所以选B

11.(2011年高考陕西卷理科5)某几何体的三视图如图所示，则它的体积是

HGD332F

EC

2??（B）8? 332?（C）8?2?（D）

3（A）8?【答案】A

12.(2011年高考重庆卷理科9)高为

2的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，点4S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为

（A）22 （B） 42（C）1 （D）2 解析：选C. 设底面中心为G，球心为O，则易得

AG?22，于是OG?，用一个与ABCD所在平面距222的平面去截球，S便为其中一个交点，此平面的4离等于

中心设为H，则OH?2222??，故2442?2?77?2?22SH2?12???，故SG?SH?HG????1 ??4??8??8?4???

15. (2011年高考全国卷理科11)已知平面?截一球面得圆M，过圆心M且与?成60，二面角的平面?截该球面得圆N，若该球的半径为4，圆M的面积为4?，则圆N的面积为

(A)7? (B)9? (c)11? (D)13? 【答案】D

【解析】由圆M的面积为4?得MA?2，OM?4?2?12

2220ON60°M?OM?23，在Rt?ONM中,?OMN?30

1?ON?OM?3,r=42?3?13 ?S圆N?13?故选D

220BA二、填空题:

1.(2011年高考辽宁卷理科15)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右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是

____________.

2. (2011年高考全国新课标卷理科15)已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB?6,BC?23,则棱锥O?ABCD的体积为 。

oj答案: 83

DC

Ao1B

解析：如图，连接矩形对角线的交点O1和球心O,则，AC?43,O1A?四棱锥的高为O1O?所以，体积为V?1AC?23,242?(23)2?2,

1?6?23?2?83 33．(2011年高考天津卷理科10)一个几何体的三视图如图所示（单位：m），则这个几何体的体积为__________ m

3

4. (2011年高考四川卷理科15)如图，半径为R的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，求球的表面积与该圆柱的侧面积之差是 .

答案： 2?R

解析：S侧?2?r?2R?r?4?r(R?r)?S侧max时，222222 R22r?R?r?r??r?R，则4?R2?2?R2?2?R2

222222三、解答题:

1. (2011年高考山东卷理科19)（本小题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ ACB=90?，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.

（Ⅰ)若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小． 【解析】（Ⅰ)连结AF,因为EF∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ， EF∩ＦＧ=F,所以平面EFG∥平面ABCD,又易证

?EFG∽?ABC,

所以

FGEF111??,即FG?BC,即FG?AD,又BCAB2221AD,又因为ＦＧ∥ＢＣ∥ＡD，所2M为AD

的中点,所以AM?以ＦＧ∥ＡM,所以四边形AMGF是平行四边形,故GM∥FA,又因为ＧＭ?平面ＡＢＦＥ,FA?平面ＡＢＦＥ,所以ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ.

（Ⅱ）取AB的中点O,连结CO,因为ＡＣ＝ＢＣ,所以CO⊥AB, 又因为ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，CO?平面ＡＢＣＤ,所以ＥＡ⊥CO,

又ＥＡ∩AB=A,所以CO⊥平面ＡＢＦＥ,在平面ABEF内,过点O作OH⊥BF于H,连结CH,由三垂线定理知: CH⊥BF,所以?CHO为二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的平面角.

设ＡＢ=２ＥＦ=2a,因为∠ ACB=90?，ＡＣ＝ＢＣ=2a,CO=a,AE?2a,连结2FO,容易证得FO∥EA且FO?26322a,所以BF?a,所以OH=a,所以在=a?22263Rt?COH中,tan∠ CHO=

CO?OH3,故∠ CHO=60?,所以二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小为

60?.

2.(2011年高考浙江卷理科20)（本题满分15分）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BC=8，PO=4，AO=3，

OD=2（Ⅰ）证明：AP⊥BC；（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-β为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。

???平面APC的法向量n2?(x2,y2,z2)

??????????4x1?(2?3?)y1?(4?4?)z1?0?BM?n1?0 由???? 得 ???????8x1?0??BC?n2?0????????x1?0???2?3??AP?n2?0?3y2?4z2?0?) 由???????即?即?得?2?3? ，可取n1?(0,1,4?4??4x?5y?0z?y22?11??AC?n2?0?4?4??

5?x?y22??4 ??z??3y22??4????????42?3??0解得?? ，故AM?3 可取n2?(5,4,?3)，由n1?n2?0得4?3?54?4?综上所述，存在点M 符合题意，AM?3

从而PM?PBcos?BPA?2，所以AM?PA?PM?3综上所述，存在点M 符合题意，

AM?3.

5. (2011年高考全国新课标卷理科18) (本小题满分12分)

如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底

面ABCD.

pDaCA2aB

(Ⅰ)证明：PA⊥BD；

(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。

8．(2011年高考湖南卷理科19)（本小题满分12分）

如图5，在圆锥PO中，已知PO=2，⊙O的直径AB?2,C是?AB的中点，D为AC的中点．

（Ⅰ）证明：平面POD ?平面PAC; （Ⅱ）求二面角B?PA?C的余弦值.

解法1：连结OC，因为OA?OC,D是AC的中点,所以AC?OD.

又PO?底面⊙O，AC?底面⊙O，所以AC?PO，

因为OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC?平面POD， 而AC?平面PAC，所以平面POD?平面PAC。

（II）在平面POD中，过O作OH?PD于H，由（I）知，

平面POD?平面PAC,所以OH?平面PAC，又PA?面PAC，所以PA?OH. 在平面PAO中，过O作

OG?PA于G，连接HG，

则有PA?平面OGH，从而PA?HG，故?OGH为二面角B—PA—C的平面角。 在Rt?ODA中,OD?OA?sin45??2. 22?22?10.

512?2在Rt?POD中,OH?PO?ODPO?OD22?在Rt?POA中,OG?PO?OAPO2?OA2?2?16?. 32?1

10OH15?5?. 在Rt?OHG中,sin?OGH?OG563所以cos?OGH?1?sin?OGH?1?21510?.故二面角B—PA—C的余255弦值为

10. 5

所以z1?0,x1?y1,取y1?1,得n1?(1,1,0).设n2?(x2,y2,z2)是平面PAC的一个法向量，

???????????x2?2z2?0,则由n2?PA?0,n2?PC?0，得?

??y2?2z2?0.所以x2??2z2,y2?2z2.取z2?1,得n2?(?2,2,1)。 因为n1?n2?(1,1,0)?(?2,2,1)?0,

9. (2011年高考广东卷理科18)如图5，在椎体P?ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，且?DAB?60,PA?PD?2,PB?2,E,F分别是BC,PC的中点，

（1） 证明：AD?平面DEF （2）求二面角P?AD?B的余弦值。

【解析】法一：（1）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD。

因PA=PD，有PG?AD，在?ABD中，AB?AD?1,?DAB?60?，有?ABD为等边三角形，因此BG?AD,BG?PG?G，所以AD?平面PBG?AD?PB,AD?GB.

又PB//EF，得AD?EF，而DE//GB得AD ?DE，又FE?DE?E，所以AD ?平面DEF。

0

（2）?PG?AD,BG?AD，

??PGB为二面角P—AD—B的平面角，

在Rt?PAG中,PG?PA?AG?2227 4在Rt?ABG中,BG=AB?sin60?=3 2273??4PG?BG?PB2144 ?cos?PGB????2PG?BG7732??2222

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