立体几何知识点题型整理

1立体几何总结（1）空间几何体的知识点：（2）点、直线、面的位置关系：(3)空间直角坐标系: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．题型一三视图的考察1、(2009·海南、宁夏)一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积(单位：cm2)为（)A．48＋122B．48＋242C．36＋122D．36＋2422、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．63B．93C．123D．183【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.2题型二平面图的直观图（斜二测面法）1、如图所示的直观图，其平面图形的面积为（）A．3B.322C．6D．322、如图所示为一平面图形的直观图，则这个平面图形可能是（）答案：C题型四其他类型：展开、投影、截面、旋转体等1、面积为3的等边三角形绕其一边中线旋转所得圆锥的侧面积是________．答案：2π2、如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，交于顶点A的三条棱长分别为AD＝3，AA1＝4，AB＝5，则从A点沿表面到C1的最短距离为()A．52B.74C．45D．310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.若正四面体的棱长为aaRaa126,46,36的半径为正四面的内切球径正四面体的外接球的半则正四面体的高为（熟悉常见的补体，特殊的几何体如正三棱柱、正四棱柱、正六棱柱,注意如何确定球心的位置）1.已知三棱锥ABCS的三条侧棱两两垂直，且2SA，4SCSB，则该三棱锥的外接球的半径为（）A.3B.6C.36D.92、在三棱锥BCDA中，5,6BCADBDACCDAB，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A.102B.54C.21D.43变式：在三棱锥BCDA中，5,4,6BCADBDACCDAB，则该三棱锥的外接球的表面积为————（277）2、棱长为2的正四面体（四个面均为正三角形）外接球的表面积是（）A3B3C33D233、在三棱柱CBAABC中，已知ABCAA平面，2AAACAB，32BC，且此三棱柱的各个顶点都在一个球面上，则球的表面积为__________.34.新课标（11）已知三棱锥SABC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2SC；则此棱锥的体积为（）()A26()B36()C23()D22【解析】选A5．（辽宁理）已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=3，30BSCASC，则棱锥S—ABC的体积为（）A．33B．32C．3D．16．（重庆理）高为24的四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形，点S、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）24（B）22(C)1(D)2（A）3a2（B）7、一个半径为3的球的内接正六棱柱（12个顶点都在球面上）当正六棱柱的体积最大时，其高为（）A.33B.32C.332D.38.【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】33【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．3.特殊棱锥的顶点在底面的射影位置：①棱锥的侧棱长均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心.②棱锥的侧棱与底面所成的角均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心.③棱锥的各侧面与底面所成角均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形内心.④棱锥的顶点到底面各边距离相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形内心.⑤三棱锥有两组对棱垂直，则顶点在底面的射影为三角形垂心.⑥三棱锥的三条侧棱两两垂直，则顶点在底面上的射影为三角形的垂心.4考点四空间线线、线面位置关系考点五.三类角的定义及求法（1）异面直线所成的角θ，0°＜θ≤90°。线线角：（2）直线与平面所成的角θ，0°≤θ≤90°＝时，∥或0bob（）二面角：二面角的平面角，30180loo考点六点到面距离：(1)作—证—求(2)等体积法考点七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．解答题1.（12年北京16）．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5例2、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.3江西19.（本题满分12分）在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=5，BC=4，在A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O。（1）证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；（2）求平面11ABC与平面BB1C1C夹角的余弦值。64、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．5．(本小题共l2分)如图，在直三棱柱AB-A1B1C1中．∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1．D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA．(I)求证：CD=C1D：(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值；(Ⅲ)求点C到平面B1DP的距离．【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．7立体几何答案1解：（1）CDDE，1AEDEDE平面1ACD，又1AC平面1ACD，1ACDE又1ACCD，1AC平面BCDE。（2）如图建系Cxyz，则200D，，，0023A，，，030B，，，220E，，∴10323AB，，,1210AE，，设平面1ABE法向量为nxyz，，则1100ABnAEn∴323020yzxy∴322zyyx∴123n，，又∵103M，，∴103CM，，∴1342cos2||||14313222CMnCMn，∴CM与平面1ABE所成角的大小45。（3）设线段BC上存在点P，设P点坐标为00a，，，则03a，则1023APa，，，20DPa，，设平面1ADP法向量为1111nxyz，，，则111123020ayzxay∴11113612zayxay∴1363naa，，。假设平面1ADP与平面1ABE垂直，则10nn，∴31230aa，612a，2a，∵03a，∴不存在线段BC上存在点P，使平面1ADP与平面1ABE垂直。2【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)．3．（本小题满分12分）解：（1）证明：连接AO，在1AOA中，作1OEAA于点E，因为11//AABB，得1OEBB,因为1AO平面ABC，所以1AOBC,因为,ABACOBOC,得AOBC,所以BC平面1AAO,所以BCOE,所以OE平面11BBCC,又2211,5AOABBOAA,得2155AOAEAA(2)如图所示，分别以1,,OAOBOA所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0),C(0,-2,0),A1(0.0,2),B(0,2,0)zyxA1(0,0,23)D(-2,0,0)E(-2,2,0)B(0,3,0)C(0,0,0)MByOCAEzA11B1C1x8由（1）可知115AEAA得点E的坐标为42(,0,)55，由（1）可知平面11BBCC的法向量是42(,0,)55，设平面11ABC的法向量(,,)nxyz，由100nABnAC，得200xyyz，令1y，得2,1xz，即(2,1,1)n所以30cos,10||||OEnOEnOEn即平面平面11ABC与平面BB1C1C夹角的余弦值是30104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.即x1＝0，z1＝2＋3λ4－4λy1，可取n1＝(0,1，2＋3λ4－4λ)．由·n2＝0，·n2＝0，即3y2＋4z2＝0，－4x2＋5y2＝0，9得x2＝54y2，z2＝－34y2，可取n2＝(5,4，－3)．由n1·n2＝0，得4－3·2＋3λ4－4λ＝0，解得λ＝25，故AM＝3.综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.5解析：（1）连接1BA交1BA于O,1//BP1面BDA,111,,BPABPABPDOD1面面面BA1//BPOD,又O为1BA的中点，D为AP中点，1C1为AP,1ACDPCD1CDCD,D为1CC的中点。（2）由题意11,ABACABAAABCC1面AA,过B作AHAD