(word完整版)立体几何知识点题型整理,推荐文档

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 48122B 48242 C36122D 362422、如图所示，

2、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()A63B93C123D183【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.1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 332D3 2B.C 622、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

3、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：22、 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()A52B.74C45D310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31.若正四面体的棱长为则正四面体的高为6a,正四面体的外接球的半径R6a,正四面的内

4、切球a34的半径为6a12（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S ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA 2，SB SC4 ，则该三棱锥的外接球的半径为（） A.3B.6C.36D.92、在三棱锥 ABCD 中， ABCD6, ACBDADBC5 ，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A. 2 10B.45C.21D.43变式： 在三棱锥 ABCD 中， ABCD6, ACBD4, ADBC5，则该三棱锥的外接77球的表面积为（）22、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 3B333CD323、在三棱柱 A

5、BC A B C 中，已知 AA平面 ABC ， AB AC AA2， BC2 3 ，且此三棱柱的各个顶点都在一个球面上，则球的表面积为_.24. 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SC 2；则此棱锥的体积为（）( A)232(D )2( B)6(C )263【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，ASCBSC 30 ，则 棱锥 S ABC的体积为（）A3 3B2 3C 3D 16（重庆理） 高为2 的四棱锥 S-ABCD的底面是边长为 1 的正方形，点 S、

6、 A、B、 C、 D 均在半4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）2（ B）2(C)1(D)2（ A）3a2（ B）427、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.23233C.D.38. 【 2012 高考真题辽宁理16】已知正三棱锥PABC，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

7、上四点P、 A、 B、 C 构成的线段PA、 PB、PC 两两垂直，且PAa， PB b， PC c，则4R2a2 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：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

8、射影为三角形的垂心.3考点四空间线线、线面位置关系考点六点到面距离：(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DEBC ，DE=2 ，将 ADE 沿 DE 折起到 A 1DE 的位置，使A

9、 1C CD, 如图 2.(I) 求证： A 1C平面 BCDE ；考点五 .三类角的定义及求法(II) 若 M 是 A 1D 的中点，求CM 与平面 A 1BE 所成角的大小；（ 1）异面直线所成的角，0° 90°。(III) 线段 BC 上是否存在点P，使平面 A 1DP 与平面 A 1BE 垂直？说明理由线线角：（ 2）直线与平面所成的角，0° 90° 0o 时， b或 b（ 3）二面角：二面角l的平面角， 0o180o4例 2、如图，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形， ，O分别为，3 江西 19.（本题满分12 分）PACABCABCACE

10、FPAPB， AC的中点， AC 16， PA PC 10.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) 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.（ 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A1B1C 与平面 BB1C1C 夹角的余弦值。54、如图，在三棱锥中，为的中点，平面，垂足O落在线段5( 本小题共 l2 分 )PABCABAC DBCPOABCAB-A B C

11、中 BAC=90°， AB=AC=AA=1 D 是棱 CC上的一点， P 是 AD如图，在直三棱柱AD上已知 BC 8，PO 4，AO 3， OD 2.11111的延长线与 A1C1 的延长线的交点，且PB1平面 BDA证明： APBC；(1)(I) 求证： CD=CD：1(2)在线段AP上是否存在点，使得二(II) 求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值；M( ) 求点 C到平面 B1DP的距离面角 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【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

12、、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6立体几何答案1 解： （1）QCDDE，A EDEDE平面ACDA C平面ACD，11，又Q 11A CDE 又ACCD，A C平面 BCDE 。111（ 2）如图建系Cxyz

13、，则 D2，0，0 ， A0，0，23 ， B 0，3，0， E2，2，0uuuruuuurAB 0，3， 2 3, A1E2， 1，01rx，y ，zz设平面 A1BE 法向量为 nA1 (0,0,23)uuurrz3yMA1B n 03 y 2 3z 02则 uuuurr2 xy0A1En0xyE (-2,2,0)2D (-2,0,0)r，C (0,0,0)yn3B (0,3,0)12x又 M1，0， 3uuuurCM， ，310uuuurr1342 cosCMnuuuurr143132222| CM | | n |， CM 与平面 A1BE 所成角的大小 45。（ 3）设线段 BC 上存

14、在点 P ，设 P 点坐标为0 ，a ，0，则 a0 ，3uuuruuur则 A1P0 ，a ， 2 3， DP2 ，a ，0uur设平面 A1DP 法向量为 n1x1，y1 ，z1，ay123z10z13 ay1则62 x1ay101x1ay12uurn13a， ，3a 。6假设平面 A1DP 与平面 A1 BE 垂直，uurr0 ， 3a 123a0 ， 6a12 ， a2 ，则 n1n 0a3 ， 不存在线段 BC 上存在点 P ，使平面 A1 DP 与平面 A1 BE 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

15、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) ， (4,0,3)F3（本小题满分12 分）解：（ 1）证明：连接AO ，在 VAOA1 中，作 OEAA1 于点 E，因为 AA1 / BB1 ，得 OEBB1 ,因为 A1O平面 ABC，所以 A1OBC ,因为 ABAC ,OB OC ,zA 1得AOBC,所以BC平面所以,C1AA1O ,BCOE1所以 OE平面 BB1C1C ,B1AB2BO2又 AO1,AA15 ,得 AEAO25EAA15xCA(2) 如图所示，分别以O

16、A,OB,OA1 所在的直线OyB为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0), C(0,-2,0), A 1 (0.0,2),B(0,2,0)7uuur1 uuurE 的坐标为4242由（ 1）可知 AE5AA1 得点(,0, ) ，由（ 1）可知平面 BB1C1C 的法向量是( ,0,) ，r5555设平面 A1B1C 的法向量 n( x, y, z) ，ruuur0x2 y0rnAB1，得 x 2, z由 ruuur，得，令 y1 ，即 n (2,1, 1)nA1C0yz0uuur ruuurr30OEn所以 cos OE,nuuuuruur10|OE | n |即平面平面A

17、1B1C 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Oxyz.x10，2 3即12 31可取 n (0,1， 4 4) z 4 4y ，1· n 0，3y22 ，24z0由即 0，· n2 0， 4x 5y2285x2 4y2，2 (5,4 ， 3) 得可取n3z2 4y2，由 n1· n20，得 43· 2 3 0，4 42解得 5，故 AM 3.综上所述，存在点M符合题意， AM3.5 解析：（1）连接 B1A 交 BA1 于 O ,Q B1P / 面BDA1, B1P面 AB1 P, 面AB1P I面 BA1DOD,B1P / OD ,又 O 为 B1 A 的中点，D为AP中点，C1为 A1P,ACDPC1 DC1DCD ,D 为 CC1 的中点。（2）由题意 AB AC,ABAA1AB面