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1、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（ ) A4812 2 B4824 2 C3612 2 D 3624 2
2、 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 ( ) A6 3 B9 3 C12 3 D18 3 【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 3 B.3 22 C6 D3 2 2、如
3、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 ：2 2、 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 ( ) A5 2 B.74 C4 5 D3 10 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、 4 正 四 面 体 的 外 接 球 与 内 切 球 的 半 径 之 比 为 31. 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2SA，4 SCSB，则该三棱锥的外接球的半径为（ ）A.3 B.6 C.36 D.9 2、在三棱锥BCDA中，5, 6BCADBDACCDAB，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A.102 B. 54 C. 21 D. 43 变式：在三棱锥BCDA中
5、，5, 4, 6BCADBDACCDAB，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 3 B 3 C 33 D23 3、在三棱柱CBAABC中，已知ABCAA平面，2AAACAB，32BC，且此三棱柱的各个顶点都在一个球面上，则球的表面积为_. 3 4. 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 ( )B 36 ()C 23 ()D22 【解析】选A 5 （辽宁理）已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，A
6、B=3，30BSCASC，则 棱锥SABC的体积为 （ ） A33 B32 C 3 D1 6 （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）3a2 （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.33 B. 32 C. 332 D. 3 8. 【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
7、，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PAa，PBb，PCc，则4R2a2b2c2(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： 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. 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. 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
8、边形内心. 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. 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. 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，090。 线线角： （2）直线与平面所成的角，090 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
9、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 RtABC 中，C=90，BC=3，AC=6，D，E 分别是 AC，AB 上的点，且 DEBC，DE=2，将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，使 A1CCD,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
10、 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，AC16，PAPC10. (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。 6 4、如图，在三棱锥 PABC中，ABAC
11、，D为BC的中点， PO平面ABC，垂足O落在线段AD上已知BC8，PO4，AO3，OD2. (1) 证明：APBC； (2) 在线段AP上是否存在点M，使得二 面角AMCB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 =1D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； ()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
12、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，1AEDEDE 平面1ACD，又1AC 平面1ACD， 1AC
13、 DE又1ACCD，1AC 平面BCDE。 （2）如图建系Cxyz，则200D ， ，002 3A， ，030B， ，220E ， ， 1032 3AB ， ，,1210AE ， 设平面1ABE法向量为nxyz ， ， 则1100AB nAE n 32 3020yzxy 322zyyx 123n ， ， 又103M ， ， 103CM ， ， 1342cos2| |143132 2 2CMnCMn ， 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102 3APa， ，20DPa ， ， 设平面1ADP法向量为1111nxyz， 则
14、11112 3020ayzxay 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Oxyz，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
15、点 E，因为11/AABB，得1OEBB, 因为1AO 平面 ABC，所以1AOBC,因为,ABAC OBOC, 得AOBC,所以BC 平面1AAO,所以BCOE, 所以OE 平面11BB C C, 又2211,5AOABBOAA, 得2155AOAEAA (2)如图所示，分别以1,OA OB OA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 (0,0,2 3)D (-2,0,0)E (-2,2,0)B (0,3,0)C (0,0,0)MB y O C A E z A11 B1 C1 x 8 由
16、 （1） 可知115AEAA得点 E 的坐标为42(,0,)55， 由 （1） 可知平面11BBC C的法向量是42(,0,)55，设平面11ABC的法向量( , , )nx y z， 由100nABnAC，得200xyyz ，令1y ，得2,1xz ，即(2,1, 1)n 所以30cos,10| |OEnOE nOEn 即平面平面11ABC与平面 BB1C1C 夹角的余弦值是3010 4 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Oxyz. 即 x10，z12344y1，可取n1(0,1 ，2344) 由 n20，n20，即 3y24z20，4x25y2
17、0， 9 得 x254y2，z234y2，可取n2(5,4 ，3) 由n1n20，得 4323440， 解得 25，故AM3. 综上所述，存在点M符合题意，AM3. 5 解析： （1）连接1B A交1BA于O,1/B P1面BDA,111,B PAB PAB PDOD1面面面BA 1/B POD,又O为1B A的中点， D 为AP中点，1C1为AP,1ACDPC D1C DCD,D 为1CC的中点。 （2）由题意11,ABAC ABAAABC C1面AA,过 B 作AHAD,连接BH，则BHAD,AHB为 二 面 角1AA DB的 平 面 角 。 在1AAD中 ，11551,22AAADAD,则2 52 53 525,cos5533 55AHAHBHAHBBH (3)因为11CB PDB PCDVV，所以1111133B PDPCDh SAB S,111AB 11111244PCDPC CPC DSSS , 在1B DP中，1111955352 5544,5,.cos,sin32255252BDBPPDDBPDBP ， 11 35315,2 2543B PDSh
