立几专题复习教师用

立体几何专题

备课人：辛颖 一、2012考纲要求 程度 知道（了解、模仿） 理解（独立操作） 掌握（运用、迁移） 内容 空间几何体结构特征； 能识别三视图，会画简单空间向量的正交分解和坐球、棱柱、棱锥、台的表空间图形三视图； 标表示； 面积和体积计算公式； 空间直线、平面位置关系空间向量的线性运算及其点、直线、平面位置关系的定义； 坐标表示； 相关的公理（4个）和定理线线、线面平行、垂直的空间向量的数量积及其坐（等角定理）； 判定和性质定理； 标表示，能运用向量的数空间向量的概念、基本定直线的方向向量与平面的量积判断向量的共线与垂理及其意义； 法向量； 直； 能用向量语言表示直线与 直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系； 能用向量方法证明有关直线、平面位置关系的一些定理； 能有向量方法解决夹角的计算问题

二、四年高考回顾

年份 2011 2010 2009 2008 分值 22分 22分 22分 22分 题号 6、15、18 10、14、18 8、11、19 12、15、18

2011年

（6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示， 则相应的俯视图可以为D

（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 83 。

(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. (Ⅰ)证明：PA⊥BD；

(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。 (18)解：

（Ⅰ）因为?DAB?60?,AB?2AD, 由余弦定理得BD?3AD

从而BD2

+AD2

= AB2

，故BD?AD 又PD?底面ABCD，可得BD?PD

所以BD?平面PAD. 故 PA?BD

（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，则

1

A?1,0,0?,B?0，3,0?,C??1,3,0?,P?0,0,1?。

uuABuv?(?1,3,0),uuvPB?(0,3,?1),uuuBCv?(?1,0,0)

设平面PAB的法向量为?n?(x,y,z)则????????n?AB?0???????

??n?PB?0 即 ?x?3y?0，因此可取?n?(3,1,3)

3y?z?0设平面??PBC的法向量为m，则?????????m?PB??0???????

??m?BC?0??可取m?(0,?1,?3) cosm,n??42727??7 故二面角A-PB-C的余弦值为 ?277

2010

10．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为B

A．?a2

B．7?a223

C．

113?a

D．5?a2

14．正视图为一个三角形的几何体可以是三棱锥、三棱柱、圆锥（其他正确答案同样给分）．（写出三种）

18．（本小题满分12分）

如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD垂足为H，PH是四棱

锥的高，E为AD中点.

（Ⅰ）证明：PE⊥BC

（Ⅱ）若?APB=?ADB=60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.

18．解：

以H为原点，HA,HB,HP 分别为x,y,z轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系如图， 则A(1,0,0),B(0,1,0)

（Ⅰ）设 C(m,0,0),P(0,0,n)(m?0,n?0)

则 D(0m,,0E),1m2(2, ,0).可得 PE?(12,m2?,n)BC,?m(?,1 ,0).因为PE?BC?mm2?2?0?0

所以 PE?BC

（Ⅱ）由已知条件可得 m??33,n?1,故 C(?33,0,0)

2

, D(0?33,0E),12?(3,6,P0),( 0,0,1) 设 n?(x,y,z)为平面PEH的法向量

?13?y?0?x??n?HE?,o 则 ? 即?2 6???n?HP?,oz?0?

（19）（本小题满分12分）

(19)如图，四棱锥S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是地面边长的2倍，P为侧棱SD上的点。 （Ⅰ）求证：AC⊥SD；

（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E， 使得BE∥平面PAC。若存在，求SE：EC的值； 若不存在，试说明理由。 （19）解法一：

（Ⅰ）连BD，设AC交BD于O，由题意SO?AC。在正方

w.w.w..s.5.u.c.o.m w.w.w.s.5.u.c.o.m 因此可以取n?(1,3,0)，

????由PA?(1,0,?1)，

????,?可得 cosPAn24

所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为

2009年

24

（8） 如图，正方体ABCD?A1B1C1D1的棱线长为1，线段B1D1上有

22形ABCD中，AC?BD，所以AC?平面SBD,得AC?SD. (Ⅱ)设正方形边长a，则SD?22两个动点E，F，且EF? （A）AC?BE （B）EF//平面ABCD

，则下列结论中错误的是 D

2a。

又OD?a，所以?SOD?60,

0 （C）三棱锥A?BEF的体积为定值 （D）异面直线AE,BF所成的角为定值

（11）一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：cm2）为A

连OP，由（Ⅰ）知AC?平面SBD,所以AC?OP,

w.w.w.s.5.u.c.o.m 且AC?OD,所以?POD是二面角P?AC?D的平面角。 由SD?平面PAC,知SD?OP,所以?POD?30, 即二面角P?AC?D的大小为30。

00（A）48+122 （B）48+242

（Ⅲ）在棱SC上存在一点E，使BE//平面PAC

（C）36+122 （D）36+242

3

由（Ⅱ）可得PD?24a，故可在SP上取一点N,使PN?PD,过N作PC的平行线与SC

的交点即为E。连BN。在?BDN中知BN//PO，又由于NE//PC,故平面BEN//平面PAC，得BE//平面PAC,由于SN：NP?2：1,故SE：EC?2：1.

解法二：

（Ⅰ）；连BD,设AC交于BD于O，由题意知SO?平面ABCD.以O为坐标原点，

OB，OC，OS分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O?xyz如图。

设底面边长为a，则高SO?62a。

于是 S(0,0,6D(?22a),2a,0,0)

C(0,22a,0)w.w.w..s.5.u.c.o.m

OC?(0,22a,0)

SD?(?22a,0,?62a)

OC?SD?0w.w.w..s.5.u.c.o.m

故 OC?SD

从而 AC?SD

(Ⅱ)由题设知，平面PAC的一个法向量DS?(22a,0,62a)，平面DAC的一个

法向量OS?)0,0,6S2a)，设所求二面角为?，则cos??OS?D?3OSDS2,所求二面角的大小为

300

（Ⅲ）在棱SC上存在一点E使BE//平面PAC.

由（Ⅱ）知DS是平面PAC的一个法向量，

且 DS?（2a,0,6a),CS?(0,?2a,62222a)

设 CE?tCS,w.w.w.s.5.u.c.o.m

则 BE?BC?CE?BC?tCS?(?2a,2a(1?t),6222at)

而 BE?DC?0?t?13

即当SE:EC?2:1时，BE?DSw.w.w..s.5.u.c.o.m

而BE不在平面PAC内，故BE//平面PAC

2008年

12．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在

该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a+b的最大值为（C ）A．22

B．23 C．4

D．25 解：结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算。如图

设长方体的高宽高分别为m,n,k，由题意得

km2?n2?k2?7，m2?k2?6?n?1

nm1?k2?a，1?m2?b，所以(a2?1)?(b2?1)?6

?a2?b2?8，∴(a?b)2?a2?2ab?b2?8?2ab?8?a2?b2?16

?a?b?4当且仅当a?b?2时取等号。

15．一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为

98，底面周长为3，则这个球的体积为 ．

解：令球的半径为R，六棱柱的底面边长为a，高为h，显然有

a2?(h2)2?R，且

4

???V?6?34a2?h?9?8??a?1?2?R?1?V?4?R3?4? ??6a?3?33?h?318．（本小题满分12分）

如图，已知点P在正方体ABCD?A?B?C?D?的对角线BD?上，?PDA?60?． （Ⅰ）求DP与CC?所成角的大小；

（Ⅱ）求DP与平面AA?D?D所成角的大小．

D? C?

A? 解：如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系D?xyz．

P B?

?????????D C 则DA?(1，0，0)，CC??(0，0，1)．连结BD，B?D?． z A B 在平面BB?D?D中，延长DP交B?D?于H．

?????设?????????DH?(m，m，1)(m?0)，由已知?DH，DA??60?， D? H C? A? B???????????????????P 由?????????DA?DH?DADHcos?DA，DH?

D C y 2m?2m2?1．解得m?2A B 可得2，

x 2所以??????2??????????2?0?2DH??2?2?，，1?．（Ⅰ）因为cos?DH，CC?2?0?1?1，

?22????1?2?2所以???????????DH，CC???45?．即DP与CC?所成的角为45?． （Ⅱ）平面AA?D?D的一个法向量是????DC?(0，1，0)． 2??????????0?2?1?1?0因为cos?DH，DC??22， 所以??????????DH，??60． 1?2?1DC?2可得DP与平面AA?D?D所成的角为30?． 三、例题选讲

例1如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线， 垂足为点H，则以下命题中，错误．．

的命题是（ ）

Ａ．点H是△A1BD的垂心 Ｂ．AH的延长线经过点C1 Ｃ．AH垂直平面CB1D1

Ｄ．直线AH和BB?1所成角为45 【答案】D

[来源:学科网ZXXK]

例2设某几何体的三视图如下（尺寸的长度单位为m）。则该几何体的体积为 m3

【解析】这是一个三棱锥,高为2,底面三角形一边为4,这边上的高为3, 体积等于16×2×4×3＝4

【答案】4

例3如图，已知球O是棱长为1 的正方体ABCD?A1B1C1D1的内切球，则以B1为顶点，以平面ACD1被球O所截得的圆为底面的圆锥的全面积为________.

2?D1C1【答案】

3

A1B1【解析】O为球心，也是正方体的中心， ODC O到平面ACD131的距离h等于体对角线的

6，即为h?6， AB

B到平面ACD1的距离k等于体对角线的

23，即为k?233，

5

又球的半径R等于正方体棱长的一半，即为R?12，

由勾股定理可知，截面圆的半径为r?66，

圆锥底面面积为S1???(6?6)2?6，

圆锥的母线可利用勾股定理求出：l?r2?k2=62，

圆锥的侧面积为S2???66?6?6?l=??62=2.

圆锥的表面积为S?S?1+S2??6?2?2?3.

例4如图是某直三棱柱被削去上底后所得几何体的直观图、左视图、俯视图，在直观图中，M是

BD的中点，左视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示。 （Ⅰ）求该几何体的体积；

（Ⅱ）求证：EM∥平面ABC； D E ·M 4 2 C 2

2

A B 左视图 俯视图 (Ⅰ)∵EA?平面ABC,∴EA?AB,又AB?AC, ∴AB?平面ACDE

∵M为BD的中点， ∴MG∥CD且MG＝1

2

CD,于是MG∥AE,且MG＝AE,

所以四边形AGME为平行四边形,∴EM∥AG, ∴EM∥平面ABC

例5如图所示，在棱长为2的正方体AC1中，点P、Q分别在棱BC、CD上，满足B1Q?D1P，且PQ?2

（Ⅰ）试确定P、Q两点的位置； （Ⅱ）求二面角C1?PQ?A的余弦值．

【解析】 (1)以????????????AB, AD, AA1为正交基底建立空间直角坐标系A?xyz,设

CP?a (0?a?2),则

CQ?2?a22????, P(2,2?a,0), Q(2?2?a,2,0),B21Q?(?2?a,2,?2),

[

?????D1P?(2,?a,?2),

∵?????????BP,∴B21Q?D11Q?D1P?0，∴?22?a?2a?4?0，解得a?1

∴PC=1,CQ=1,即P、Q分别为BC, CD中点

(2)设平面?C?????????1PQ的法向量为n?(a,b,c)，∵PQ?(?1,1, 0P),1C?(0,,又1???????????n?PQ?n?PC1?0，

∴??a?b?0??，令c??1，则a?b?2,n?(2,2,?1) ?b?2c?0∵?k?(0,0,?2)为面APQ的一个法向量,

∴??cos?n,k??113,而二面角为钝角,故余弦值为?3

例6如图，在四棱锥P?ABCD中，PD?平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC?6，

BD?63，E是PB上任意一点．

6

,2)

(1) 求证：AC?DE；

(2) 当?AEC面积的最小值是9时，证明EC?平面PAB． 解：（1）证明：连接BD，设AC与BD相交于点F。 因P为四边形ABCD是菱形， 所以AC?BD。 又因为PD?平面ABCD，AC?平面PDB

E为PB上任意一点，DE?平面PBD，所以AC?DE E（2）连ED．由（I），知AC?平面PDB，EF?平面PBD，

DC所以AC?EF． S1?ACE?2AC?EF,在?ACE面积最小时，EF最小，则

ABEF?PB．

S1?ACE?9,2?6?EF?9，解得EF?3

由PB?EF且PB?AC得PB?平面AEC,则PB?EC，

又由 EF?AF?FC?3得EC?AE，而PB?AE?E，故EC?平面PAB--

例7如图，在底面为直角梯形的四棱锥P?ABCD中AD∥BC，??ABC90°，PD?平面ABCD，AD?1，AB?3，BC?4．

P⑴求证：BD?PC；

(2)设点E在棱PC上，?P?E?????P?C??，若DE∥平面PAB，求?的值. E

AD（1）证明：由题意知DC?23, 则BCBC2=DB2?DCB2，?D?DC， ?PD?面ABCD，?BD?PD，而PD?CD?D，

?BD?面在PDC.?PC面PDC内，?BD?PC. ------------- 6分 （2）过D作DF//AB交BC于F 连结EF，

∵DF∥AB，∴DF∥平面PAB.

又∵DE∥平面PAB，∴平面DEF∥平面PAB，∴EF∥AB.

又∵AD?1,BC?4,BF?1,

PEBF1???? ∴PC?BC?4,∴PE?1????4PC，即??14.

例8如图，侧棱垂直底面的三棱柱ABC?A1B1C1中，AB?AC，AA1?AB?AC?3，AB?AC?t(t?0)，P是侧棱AA1上的动点.

7

（Ⅰ）当AA1?AB?AC时，求证：A1C?平面ABC1； （Ⅱ）试求三棱锥P?BCC1的体积V取得最大值时的t值；

（Ⅲ）若二面角A?BC?C的平面角的余弦值为

10110，试求实数t的值.

（Ⅰ）证法一：∵AA1?面ABC，∴AA1?AC，AA1?AB.

又∵AA1?AC，∴四边形AA1C1C是正方形， ∴AC1?A1C.

∵AB?AC,AB?AA1,AA1,AC?平面AA1C1C,AA1?AC?A， ∴AB?平面AA1C1C.

又∵AC1?平面AA1C1C, ∴AB?AC1. ∵AB,AC1?平面ABC1,AB?AC1?A, ∴A1C?平面ABC1.

证法二：∵AA1?面ABC，∴AA1?AC，AA1?AB. 又∵AB?AC，

∴分别以AB,AC,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.

【解析】

则A(0,0,0),C1(0,1,1),B(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,1)， ?????????????A1C?(0,1,?1),AC1?(0,1,1),AB?(1,0,0)， ∴?????????????????A1C?AC1?0,A1C?AB?0， ∴?????????????????A1C?AC1,A1C?AB.

又∵AB,AC1?平面ABC1,AB?AC1?A ∴A1C?平面ABC1.

证法三：∵AA1?面ABC，∴AA1?AC，AA1?AB.

又∵AB?AC，

∴分别以AB,AC,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 则A(0,0,0),C1(0,1,1),B(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,1), z?????????????BA11C?(0,1,?1),AC1?(0,1,1),AB?(1,0,0).

C1?A1 设平面ABC1的法向量n?(x,y,z)，

[来源:Zxxk.Com]

Px则????????n?AC?1?y?z?0?????，解得?x?00??B?n?AB?x??y??z. y 令z?1，则?n?(0,?1,1)，

CA(O)∵?????A1C??n, ∴A1C?平面ABC1.

（Ⅱ）∵AA1?平面BB1C1C，

∴点P到平面BB1C1C的距离等于点A到平面BB1C1C的距离 ∴V?V12213P?BCC1?VA?BCC1?VC1?ABC?6t(3?2t)?12t?3t(0?t?32),

8

V'??t(t?1)，

令V'?0，得t?0（舍去）或t?1，

列表，得

(0,1) 1 (1,32) V'[来源学科网ZXXK]

+ 0 － V

递增 极大值

递减

∴当t?1时，V1max?6.

（Ⅲ）分别以AB,AC,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.

则A(0,0,0),C1(0,t,3?2t),B(t,0,0),C(0,t,0),A1(0,0,3?2t), ?????????????A1C?(0,t,2t?3),AC1?(0,t,3?2t),AB?(t,0,0)， ?????????CC1?(0,0,3?2t)，BC?(?t,t,0).

设平面的法向量??ABC1n1?(x1,y1,z1)，

????????则

?n??1?AC???1?ty1?(3?2t)z1?0??，解得

??n1?AB?tx1?0??x1?0?2t?3,

??y1?tz1 令??z1?t，则n1?(0,2t?3,t). 设平面???BCC1的法向量n2?(x2,y2,z2)， 则?????????n2?BC??tx2?ty2?0?????????. ??n2?CC1?(3?2t)z2?0由于0?t?3?x2?y22，所以解得??z.

2?0

令???y2?1，则n2?(1,1,0).

设二面角A?BC1?C的平面角为?， ?????则有|cos?|?|??n1?n??2?||2t?3|10|nn?2.

1|?|2|2?t?(2t?3)2?10 化简得5t2?16t?12?0,解得t?2（舍去）或t?65.

所以当t?65时，二面角A?BC101?C的平面角的余弦值为

10.

例9如图，AC 是圆 O 的直径，点 B 在圆 O 上，?BAC?300，BM?AC交 AC 于点 M，

EA?平面ABC，FC?EA，AC＝4，EA＝3，FC＝1．

（I）证明：EM⊥BF；

（II）求平面 BEF 与平面ABC 所成的二面角的余弦值．

??EMF?90?，即EM?MF（也可由勾股定理证得）

． ?MF?BM?M， ?EM?平面MBF．

而BF?平面MBF，

?EM?BF．

（2）延长EF交AC于G，连BG，过C作CH?BG，连结FH． 由（1）知FC?平面ABC，BG?平面ABC， ?FC?BG．

而FC?CH?C，?BG?平面FCH． ?FH?平面FCH， ?FH?BG，

??FHC为平面BEF与平面ABC所成的 二面角的平面角．

在Rt?ABC中，??BAC?30?，AC?4，

?BM?AB?sin30??3．

由

FCEA?GCGA?13，得GC?2．

?GC?BM3BG?CHBM，则CH?GCBG?2??123．

??FCH是等腰直角三角形，?FHC?45?．

9

?平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为2． 2例10如图，在锥体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．

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。

（2）?PG?AD,BG?AD，

??PGB为二面角P—AD—B的平面角，

Rt?PAG中,PG2?PA2?AG2?7 在

4

Rt?ABG中,BG=AB?sin60?=3

在

2

72?3?cos?PGB?PG?BG2?PB22PG?BG?44?4??212?72?37 2

法二：（1）取AD中点为G，因为PA?PD,PG?AD.

又AB?AD,?DAB?60?,?ABD为等边三角形，因此，BG?AD，从而AD?平面PBG。 延长BG到O且使得PO ?OB，又PO?平面PBG，PO ?AD，AD?OB?G, 所以PO ?平面ABCD。

以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为x轴，z轴，平行于AD的

直线为y轴，建立如图所示空间直角坐标系。

P(0,0,m),G(n,0,0),则A(n,?12,0),D(n,1 设2,0).

?????????|GB|?|AB|sin60??3

2 ?B(n?3?3

2,0,0),C(n2,1,0),E(n?31n31m2,2,0),F(2?4,2,2).

???????????AD?(0,1,0),DE?(3?n3m 由于

2,0,0),FE?(2?4,0,?2) ????????????????

得

AD?DE?0,AD?FE?0,AD?DE,AD?FE,DE?FE?E

10

?AD?平面DEF。

?????????PA?(n,?1,?m),PB?(n?3,0,?m （2）22)

?m2?n2?14?2,(n?322)?m2?2,解之得m?1,n?32.

取平面ABD的法向量

n1?(0,0,?1),设平面PAD的法向量

n2?(a,b,c)由

????????PA?n3b2?0,得2a?2?c?0,由PD?n332?0,得2a?b2?c?0,n取2?(1,0,2).

?3?cos?n1,n2??2??211?77. 4

11

?AD?平面DEF。

?????????PA?(n,?1,?m),PB?(n?3,0,?m （2）22)

?m2?n2?14?2,(n?322)?m2?2,解之得m?1,n?32.

取平面ABD的法向量

n1?(0,0,?1),设平面PAD的法向量

n2?(a,b,c)由

????????PA?n3b2?0,得2a?2?c?0,由PD?n332?0,得2a?b2?c?0,n取2?(1,0,2).

?3?cos?n1,n2??2??211?77. 4

11

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/n8bo.html