立体几何——2023届高考数学一轮复习学案.pdf

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1、2023 届高考数学一轮复习立体几何第 1 页 共 103 页立体几何目录【知识点讲解】2【例题讲解】一、表面积10二、体积10三、外接球12四、内切球12五、截面问题13六、轨迹问题17七、动态问题19八、翻折问题20九、立体几何大题角度21十、立体几何大题求长度24十一、立体几何大题求体积26十二、立体几何大题求距离28【对点训练】选填题29大题40【参考答案】-552023 届高考数学一轮复习立体几何第 2 页 共 103 页【知识点讲解】一、空间几何体的结构特征、表面积与体积1.简单几何体（1）多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱互相平行且相等

2、相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形（2）旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球1图形母线互相平行且相等，垂直于底面长度相等且相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2.直观图（1）画法：常用斜二测画法。（2）规则原图形中， 轴、 轴、 轴两两垂直，直观图中，轴、轴的夹角为45（或135），轴与轴和轴所在平面垂直。原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴。平行于 轴和 轴的线段在直观图中保持原长度不变， 平行于 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半。3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台

3、2023 届高考数学一轮复习立体几何第 3 页 共 103 页侧面展开图侧面积公式圆柱侧= 2 圆锥侧= 圆台侧= + 4.柱、锥、台、球的表面积和体积表面积体积柱体棱柱棱柱= 侧+ 2底棱柱= 底圆柱圆柱= 2 + 圆柱= 2锥体棱锥棱锥= 侧+ 底棱锥=13底圆锥圆锥= + 圆锥=132台体棱台棱台= 侧+ 上+ 下棱台=13上+ 下+上下圆台圆台= 2+ 2+ + 圆台=132+ + 2球球= 4 2球=433二、空间点、直线、平面之间的位置关系1.平面的基本事实与推论基本事实：基本事实 1 :过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面。基本事实 2 :如果一条直线上的两个点在一个平面内，

4、那么这条直线在这个平面内。基本事实 3 :如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线。推论：推论 1 :经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面。推论 2 :经过两条相交直线，有且只有一个平面。推论 3 :经过两条平行直线，有且只有一个平面。2023 届高考数学一轮复习立体几何第 4 页 共 103 页2.空间两直线的位置关系共面直线平行直线：在同一平面内，没有公共点；相交直线：在同一平面内，有且只有一个公共点.异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点.3异面直线所成的角设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O分别作直线aa，bb，把直线a与b所成的角叫做异

5、面直线a与b所成的角(或夹角)范围为0，2 4.空间直线与平面、平面与平面的位置关系（1）直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况。（2）平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况。三、直线、平面平行的判定与性质1.直线与直线平行（1）基本事实 4 :平行于同一条直线的两条直线平行。（2）定理：如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补。2.直线与平面平行（1）直线和平面平行的判定定理定义：若直线与平面没有公共点，则称直线与平面平行；判定定理: , ，且/ / ；其他判定方法：/ ， / 。（2）直线和平面平行的性质定理/ ， ， = / 。3.平面与平面平行（1）两

6、个平面平行的判定定理2023 届高考数学一轮复习立体几何第 5 页 共 103 页定义：两个平面没有公共点，称这两个平面平行；判定定理：如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行；推论： 若一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，则这两个平面平行。（2）两个平面平行的性质定理两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行。补充：（1）垂直于同一条直线的两个平面平行，即若 ， ，则/ 。（2）平行于同一平面的两个平面平行，即若/ ，/ ，则/ 。（3）两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面（4）夹在两个平行平面之间的

7、平行线段长度相等四、直线、平面垂直的判定与性质1.直线与直线垂直（1）异面直线所成的角设 ， 是两条异面直线，经过空间任一点 分别作直线/ ，/ ，把直线与所成的角叫做异面直线 与 所成的角（或夹角）范围是(0,2 。（2）如果两条异面直线所成的角是直角，那么说这两条异面直线互相垂直。2.直线与平面垂直（1）定义如果直线 与平面 内的任意一条直线都垂直，则直线 与平面 互相垂直，记作 ，直线 叫做平面 的垂线，平面 叫做直线 的垂面。（2）判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言2023 届高考数学一轮复习立体几何第 6 页 共 103 页判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该

8、直线与此平面垂直a，babOlalbl性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行abab3.直线和平面所成的角平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角， 叫做这条直线和这个平面所成的角。 若一条直线垂直于平面， 它们所成的角是直角， 若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0的角。范围是0,2 。4.平面与平面垂直（1）二面角的有关概念二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线， 这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角。二面角的范围：0, 。（2）平面和平面垂直的定义两个平面相交，如

9、果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直。（3）平面与平面垂直的判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判 定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直ll性 质定理两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直lalal补充：2023 届高考数学一轮复习立体几何第 7 页 共 103 页（1）若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面（2）垂直于同一条直线的两个平面平行（3）两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面五、空间向量及空间位置关系1.空间向量及其有关概念（1）空间向量：在空间中，具

10、有大小和方向的量叫做空间向量。（2）相等向量：方向相同且模相等的向量。（3）共线向量：表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量。（4）共面向量：平行于同一个平面的向量。2.空间向量中的有关定理（1）共线向量定理:对任意两个空间向量, 0，/存在唯一一个实数 ,使=。（2）共面向量定理:若两个向量，不共线，则向量与向量,共面存在唯一的有序实数对 ,使=+ 。（3）空间向量基本定理：如果三个向量，不共面，那么对任意一个空间向量,存在唯一的有序实数组 ,，使得=+ + 。3.两个向量的数量积非零向量,的数量积= cos 。4.空间向量及其运算的坐标表示设=1, 2,3,=1, 2,

11、3,向量表示坐标表示加法+1+ 1,2+ 2,3+ 32023 届高考数学一轮复习立体几何第 8 页 共 103 页减法1 1,2 2,3 3数乘1,2,3数量积11+ 22+ 33共线= 01= 1,2= 2,3= 3垂直= 0 （0，0）11+ 22+ 33= 0模12+ 22+ 32夹角, （0，0）cos, =11+22+3312+22+3212+22+325、应用（1）求点到直线的距离如图，直线 的单位方向向量为，向量?在直线 上的投影向量为?，则 是直角三角形。设向量?=，点 到直线 的距离为 =?2 ?2=22。（2）求点到平面的距离如图，已知平面 的法向量为， 是平面 内的定点

12、， 是平面 外一点。过点 作平面 的垂线 ，交平面 于点 ，则是直线 的方向向量，且点 到平面 的距离就是?在直线 上的投影?的长度。因此 =?。（3）求线面距离已知直线 上一点 0,0,0，平面 内一点 1,1,1，平面 的一个法向量，且/ ，则直线 到平面 的距离为 =?。（4）求面面距离已知平面 内一点 1,1,1，平面 内一点 0,0,0，平面 （或2023 届高考数学一轮复习立体几何第 9 页 共 103 页平面 ）的一个法向量，则平行平面 , 间的距离为 =?。（5）求两条异面直线所成角的求法设两条异面直线 , 的方向向量分别为,其夹角为 ,则 cos =cos = （其中 为异面

13、直线 , 所成的角）。（6）求直线和平面所成角的求法如图所示，设直线 的方向向量为,平面 的法向量为,直线 与平面所成的角为 ，向量与的夹角为 ，则有 sin = cos = 。（7）求二面角的大小二面角l为或设二面角大小为，则|cos|cos|n nn n2|n n1|n n2|补充：最小角定理如图，若OA为平面的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面内的射影，OC为平面内的一条直线，其中为OA与OC所成的角，1为OA与OB所成的角，即线面角，2为OB与OC所成的角，那么 coscos1cos22023 届高考数学一轮复习立体几何第 10 页 共 103 页【例题讲解】一、表面积例 1 已知正

14、四棱锥PABCD的底面正方形的中心为O， 若高2PO ，45PAO，则该四棱锥的表面积是A42 2B44 2C42 3D44 3【答案】D【解析】依题意，正四棱锥的高PO 底面ABCD，且45PAO，知PAO为等腰直角三角形，则侧棱22sinsin45POPAPAO，且2AOPO，则底面正方形ABCD的对角线22 22ACAOAB，得正方形的边长2AB ，从而知正四棱锥的4个侧面均是边长为2的正三角形；所以底面积为24AB ；侧面积为1442 2 sin604 32PABS 故正四棱锥的表面积为44 3故选 D二、体积例 2 已知球O是正四面体SABC的外接球，E为线段BC的中点， 过点E的平

15、面与球O形成的截面面积的最小值为6，则正四面体SABC的体积为A9 3B12 3C6 3D8 3【答案】D【解析】如图所示：易知EO 平面时，截面面积最小设外接球的半径为R，截面面积最小时截面圆的半径为r，ABa=，ABC外接圆的圆心2023 届高考数学一轮复习立体几何第 11 页 共 103 页为O，则222RO OO B，222OEO OO E，所以22222rROEO BO E由26r，解得6r ，则2233636aa，解得2 6a 又正四面体的高为223633hSOaaa，所以正四面体SABC的体积3231136222 68 333431212VShaaa，故选 D例 3运用祖暅原理计

16、算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点， 圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体 （如图） ，用任何一个平行于底面的平面去截它们时， 可证得所截得的两个截面面积相等， 由此可证明新几何体与半球体积相等 现将椭圆22149xy绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体 （如图），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于A8B16C24D32【答案】B【解析】构造一个底面半径为 2，高为 3 的圆

17、柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为(04)hh 时，小圆锥的底面半径为r，则32hr，23rh ，故截面面积为2494h，把yh代入椭圆22149xy可得22 93hx ，2023 届高考数学一轮复习立体几何第 12 页 共 103 页橄榄球形几何体的截面面积为22449hx，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积221222323163VVV圆柱圆锥故选 B三、外接球例 4在三棱锥ABCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，ABC、ACD、ABD的面积分别为 1、32、3，则三棱锥ABCD的外接球的表面积为A14B72C494D7 143【答案】A【解析】三棱锥

18、ABCD中，侧棱AB、AC、AD两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的体对角线就是球的直径，设长方体的三度为a，b，c由题意得2ab ，3ac ，6bc ，解得1a ，2b ，3c ，所以球的直径为22212314，它的半径为142，球的表面积为2144142；故选 A四、内切球例 5 已知四面体PABC中，4PA ，2 7AC ，2 3PBBC，PA 平面 PBC，则四面体PABC的内切球半径与外接球半径的比A216B3 28C3 216D28【答案】C【解析】由已知及勾股定理得，2 7,2 3,ABPCPBC为等边三角形，ABC为等腰三角形，且易得底边的高为 5所以，1113

19、2 32 344 33322P ABCPBCVSPA，2023 届高考数学一轮复习立体几何第 13 页 共 103 页表面积211312 3422 32 352222S16 3，设内切球半径为r，13VS r，所以，14 316 33r，34r ；如图，取PBC的外接圆圆心为1O，三棱锥的外接球球心为O，由12 324,sin60PO12PO ，1122OOPA，因此外接球半径22222 2,R 故内切球半径与外接球半径的比为3 216故选 C五、截面问题例 6.（多选）如图，在长方体1111ABCDABC D中，14,2ABBCBB，E、F 分别为棱AB、11AD的中点，则下列说法中正确的有

20、A1DBCEB三棱锥DCEF的体积为83C若 P 是棱11C D上一点，且11D P ，则 E、C、P、F 四点共面D平面CEF截该长方体所得的截面为五边形【答案】BCD【解析】连接 DE，1D E，如图所示，2023 届高考数学一轮复习立体几何第 14 页 共 103 页因为 E 为 AB 的中点，所以 EB=BC=2，所以222 2CEBEBC，同理2 2DECE，又 DC=4，所以222DEECDC，即DEEC，因为1DD 底面 ABCD，CE 底面 ABCD，所以1DDCE，所以CE 平面1DD E，即1CED E，又111D ED BD，即1D E与1DB不平行，所以 CE 不垂直1

21、DB，故 A 错误；由等体积法可得三棱锥DCEF的体积1184 2 2323D CEFF CEDVV ， 故 B 正确；作出 P，使11D P ，取11C D中点 G，则 P 为1DG中点，连接 FP，CP，1AG，因为 F，P 分别为11AD，1DG中点，所以1FPAG，又11ADGCBE，且11ADBC，1DGEB所以1AGEC，所以FPEC，所以 E、C、P、F 四点共面，故 C 正确；由选项 C 可得 E、C、P、F 四点共面，平面 CEF 即为平面 CEFP，作EHCP，交1AA于 H ，如图所示：所以 E、H、P、C 在同一平面内，即 H 点在平面 ECP 内，所以 E、C、P、F

22、、H 在同一平面内，所以平面CEF截该长方体所得的截面为五边形，故 D 正确故选 BCD例 7 （多选） 如图， 在棱长为 1 的正方体1111ABCDABC D中，P，M，N分别为棱1CC，CB，CD上的动点(点P不与点C，1C重合)，若CPCMCN，则下列说法正确的是2023 届高考数学一轮复习立体几何第 15 页 共 103 页A存在点P，使得点1A到平面PMN的距离为43B用过P，M，1D三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形C1/BD平面PMND用平行于平面PMN的平面去截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为3 2【答案】ABD【解析】A连接1111111,AC BC

23、 AB BD C D AD BC，如图所示：因为CPCMCN，所以易知11/ /,/ /,/ /MNBD NPC D MPBC，且平面/ /MNP平面1BC D，又已知三棱锥11ABC D各条棱长均为2，所以三棱锥11ABC D为正四面体，所以1A到平面1BC D的距离为22222 323233，因为11AB 平面11BCC B，所以111ABBC，又11BCBC，且1111ABBCB，所以1BC 平面11A BC，又1AC 平面11A BC，所以11BCAC，同理可得11C DAC，且111BCC DC，所以1AC 平面1BC D，2023 届高考数学一轮复习立体几何第 16 页 共 103

24、 页因为13AC ，所以1A到平面PMN的距离2 3, 33，且2 34333，故正确；B如图所示，连接1D P并延长交DC的延长线于Q点，连接QM并将其延长与AD相交于A， 因为CPCM， 且1/ /,/ /CPDD CMAD， 则1CPCMCQDDDADQ， 所以1DADD ，所以A即为A，连接1AD，所以过P，M，1D的截面为四边形1AD PM，由条件可知111/ /,/ /MPBC BCAD，且1MPAD，所以四边形1AD PM为梯形，故正确；C连接1BD，由 A 可知平面/ /MNP平面1BC D，因为B平面1BC D，1D 平面1BC D，所以1BD不平行于平面1BC D，所以1/

25、 /BD平面PMN不成立，故错误；D 在1BB上取点1P， 过点1P作12/ /PPMP交11BC于2P， 过2P作21/ /P NMN交11C D于1N，以 此 类 推 ， 依 次 可 得 点212,NM M， 此 时 截 面 为 六 边 形 ， 根 据 题 意 可 知 平 面121212/ /PP N N M M平面MNP，不妨设1BPx，所以1221212PMP NN Mx，所以1212122 1PPN NM Mx， 所以六边形的周长为322 13 2xx，故正确；故选 ABD2023 届高考数学一轮复习立体几何第 17 页 共 103 页六、轨迹问题例 8 在棱长为2 2的正方体111

26、1ABCDABC D中，EFG分别为棱ABAD11DC的中点，则以下结论正确的为A12 2DDEFVB平面1D EF与正方体1111ABCDABC D的交点轨迹长度为610C/ /DG平面1D EFD正方体1111ABCDABC D外接球表面积为6【答案】C【解析】1112 2222 2323DDEFV，故 A 选项错误；E、F分别为棱AB、AD的中点，/ /EFBD，1=2EFBD，正方体1111ABCDABC D，11/ /B DBD，11/ /EFB D，故平面1D EF与正方体1111ABCDABC D的交点为E、1B、1D、F，2211=2 2+ 2 2=4B D；=2EF；2211

27、2+ 2 210D FEB；平面1D EF与正方体1111ABCDABC D的交点轨迹长度111162 10FEEBB DFD，故 B 选项错误；E、G为AB和11C D的中点，1DGEB ，又1EB 面1D EF，DG 面1D EF，/ /DG面1D EF，故 C 选项正确；正方体1111ABCDABC D的外接球半径为32 262，则其表面积为24624，故 D 选项错误故选 C2023 届高考数学一轮复习立体几何第 18 页 共 103 页例 9在棱长为2 2的正方体1111ABCDABC D中，E、F分别为棱AB、AD的中点，则平面1D EF与正方体1111ABCDABC D外接球的交

28、点轨迹长度为A2 3B13C4 133D4【答案】C【解析】如图所示，连接111,B D B E，取11B D的中点N，EF的中点M，BD的中点Q，连接,MN MQ NQ， 其中O为正方体1111ABCDABC D的中心， 作OPMN， 垂足为P，因为NQ 平面ABCD，EF 平面ABCD，所以NQEF，因为四边形ABCD为正方形且,E F为,AB AD的中点，,M Q为,FE DB的中点，可得FEMQ，因为,FENQ MQNQQ，且,MQ NQ 平面MNQ，所以EF 平面MNQ，因为OP 面MNQ，所以EFOP，又由,OPMN MNFEM，且,MN FE 平面11D B EF，所以OP 平面

29、11D B EF，因为面11D B EF和面1D EF是同一面，所以OP 平面1D EF，在直角MNQ中，1,2 2MQNQ，可得223MNMQNQ，所以1sin3MNQ，因为2ON ，在NPO中，可得2sin3OPNOMNQ，由平面截球的轨迹为圆，其中P是截面圆的圆心，O为球心，因为正方体1111ABCDABC D的棱长为2 2，所以外接球的半径6OS ，根据截面圆的性质，可得222 133PSOSOP，所以截面的周长为4 1323PS故选 C2023 届高考数学一轮复习立体几何第 19 页 共 103 页七、动态问题例 10（多选）如图，在棱长为 1 的正方体1111ABCDABC D中，

30、P 为棱 CC1上的动点(点P 不与点 C，C1重合)，过点 P 作平面分别与棱 BC，CD 交于 M，N 两点，若 CPCMCN，则下列说法正确的是AA1C平面B存在点 P，使得 AC1平面C存在点 P，使得点 A1到平面的距离为53D用过点 P，M，D1的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形【答案】ACD【解析】连接1111,BC BD DC AD D P因为,CMCN CBCD，所以CMCBCNCD，所以/MN BD又MN 平面1C BD，BD 平面1C BD，所以/MN平面1C BD同理可证1/MP BC，/MP平面1C BD又MPMNM，MN、MP 平面，所以平面1C BD/平面易证

31、1AC平面1C BD，所以1AC平面，A 正确又1AC 平面1C BD1C，所以1AC与平面相交，不存在点 P，使得1AC平面，B2023 届高考数学一轮复习立体几何第 20 页 共 103 页不正确因为11 1 13AC ，点C到平面1C BD的距离为33所以点 A1到平面的距离的取值范围为2 3(, 3)3又2 35333，所以存在点 P，使得点 A1到平面的距离为53，C 正确因为11/ADBC，所以1/ADMP，所以用过点 P，M，D1的平面去截正方体得到的截面是四边形1AD PM又1/ADMP，且1ADMP，所以截面为梯形，D 正确，故选 ACD.八、翻折问题例 11（多选）在直角梯

32、形ABCD中，2ADCD，/AB CD，30ABC，点M为直线AB上一点，且2AM ，将该直角梯形沿AC折叠成三棱锥DABC，则下列说法正确的是（）A存在位置D，使得BDACB在折叠的过程中，始终有DMACC三棱锥DABC体积最大值为2263D当三棱锥DABC体积最大时，2164 3BD 【答案】BCD【解析】 如图所示，D从D翻折过程中， 点D在平面ABC内射影H始终落在直线D M上，假设存在位置D，使得BDAC，又DH 平面ABC所以DHAC，所以AC 平面BDH，因此ACBH，与题意不符，选项 A 错误；2023 届高考数学一轮复习立体几何第 21 页 共 103 页因为四边形ADCM为

33、菱形，所以ACDM，又DHAC，所以AC 平面DHM，所以DMAC，故 B 选项正确；当 平 面ACD 平 面ABC时 ， 三 棱 锥DABC体 积 最 大 ， 此 时 的 体 积 为22611222 32323V ，故 C 选项正确；当三棱锥DABC体积最大时，D在ABC上的投影为O，则22222BDBOODBO，在BCO中，4BC ，2CO ，105BCO，由余弦定理得2144 3BO ，所以2164 3BD 故选 BCD九、立体几何大题角度例 12如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA 平面ABCD，E为PD的中点（1）证明：/PB平面AEC；（2）设1,60PAABC，三棱

34、锥EACD的体积为38，求二面角DAEC的余弦值2023 届高考数学一轮复习立体几何第 22 页 共 103 页【答案】（1）证明见解析；（2）1313【解析】（1）连接BD交AC于点O，连接OE，则O为BD中点，E为PD的中点，所以/ /PBOE，OE 平面,ACE PB 平面ACE，所以/PB平面AEC；（2）设菱形ABCD的边长为a，3242P ABCDP ACDEACDVVV，21133213342P ABCDABCDVSPAa ，则3a 取BC中点M，连接AM以点A为原点，以AM方向为x轴，以AD方向为y轴，以AP方向为z轴，建立如图所示坐标系0, 3,0D，0,0,0A，3 10,

35、22E，33,022C，3 10,22AE ，33,022AC ，设平面ACE的法向量为1( , , )nx y z，由11,nAE nAC ，得3102233022yzxy，令1x ，则3,3yz ，11,3,3n ，平面ADE的一个法向量为21,0,0n ，121212113cos13139nnn nnn ，即二面角DAEC的余弦值为13132023 届高考数学一轮复习立体几何第 23 页 共 103 页例 13直三棱柱111ABCABC被平面11A BC截去一部分后得到如图所示几何体，90ABC，12BCBB，E是1BC中点（1）求证：平面ABE平面11A BC；（2）若三棱锥EABC体

36、积为23，求二面角1AAEC的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）63【解析】（1）因为11,BCBB EBEC，所以1BEBC，在直三棱柱中，由1BB 平面ABC可得1BBAB，又ABBC，1BCBBB，所以AB 平面1BBC，所以1ABBC，因为ABBEB，所以1BC 平面ABE，由1BC 平面11A BC可得平面11ABC 平面ABE；（2）由题意，11112213263E ABCABCVSBBAB ，解得2AB ，以B为原点，1,BA BC BB分别为, ,x y z轴建立直角坐标系，如图，2023 届高考数学一轮复习立体几何第 24 页 共 103 页则11( 2,0,0),(0,

37、2,0),( 2,0,2),(0,0,2)ACAB，(0,1,1)E，设面1AAE的一个法向量为( , , )mx y z，11(0,0,2),(2,1, 1)AAAE ，则112020m AAzm AExyz ，取2x ，( 2,2,0)m ，设面1CAE的一个法向量为111( ,)nx y z，1(0, 1,1),( 2, 2,2)CECA ，则11111102220n CEyzm CAxyz ，取111yz，(0,1,1)n 所以23cos3| |26m nm nmn ，所以二面角1AAEC的正弦值236sin133十、立体几何大题求长度例 14如图，PD 平面ABCDADCDABCDP

38、QCD，222ADCDDPPQAB，点EFM， ，分别为APCDBQ，的中点（1）求证：EF 平面MPC；（2）求二面角QPMC的正弦值；（3）若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面PMQ所成的角为6，求线段QN的长2023 届高考数学一轮复习立体几何第 25 页 共 103 页【答案】（1）证明见解析；（2）32；（3）53【解析】（1）连接EM，因为ABCDPQCD，所以ABPQ，因为ABPQ，所以PABQ为平行四边形由点E和M分别为AP和BQ的中点，可得EMAB且EMAB，因为2ABCDCDABF，为CD的中点，所以CFAB且CFAB，可得EMCF且EMCF，即四边形EFCM为平行四边形

39、，所以EFMC，又EFMPC 平面，CMMPC 平面，所以EFMPC平面（2）因为PDABCD 平面，ADCD，可以建立以D为原点，分别以DA DC DP ，的方 向 为x轴 ，y轴 ，z轴 的 正 方 向 的 空 间 直 角 坐 标 系 依 题 意 可 得0 0 02 0 02 1 00 2 0DABC， ， ， ， ，0 0 20 1 21 1 1PQM， ， ， ， ，1110 1 01110 22PMPQCMPC ， ， ， ， ，设1nxyz， ，为平面PMQ的法向量，则1100nPMnPQ ，即00 xyzy，不妨设1z ，可得1= 1 0 1nu v，设2nxyz ， ，为平面M

40、PC的法向量，则2200nPCnCM ，即2200yzxyz，不妨设1z ，可得2= 0 11n ， ，1212121cos2n nn nnn ， 于是123sin2n n ， 所以， 二面角QPMC的正弦值为32（3） 设01QNQC， 即02QNQC， ， 则01 22N，2023 届高考数学一轮复习立体几何第 26 页 共 103 页从而01 22DN，由（2）知平面PMQ的法向量为11 0 1n ，由题意，111sincos6DN nDN nDNn ，即2222121222，整理得231030，解得13或3，因为01所以13，所以115333QNQCQNQC，十一、立体几何大题求体积例

41、 15如图所示，ABC中，2B，四棱锥ABCDE是由ABC沿其中位线DE翻折而成，其中A EB为锐角，2PCPA（1）证明：/AE平面PBD；（2）若4ABBC，二面角CADE的大小为56，求四棱锥ABCDE的体积2023 届高考数学一轮复习立体几何第 27 页 共 103 页【答案】（1）证明见解析；（2）8 67【解析】（1）连接CE交BD与点F，连接PF因为翻折前，DE为ABC的中位线，所以/DE BC，且12DEBC，翻折后，平行关系不变，因此FDEFBC ，FEDFCB ，DFEBFC ，所以BCFDEF，所以2CFBCEFDE，2PCPA，/AE PF 又PF 平面PBD，AE平面

42、PBD/AE平面PBD（2）因为ABC中，2B，沿中位线DE翻折，垂直关系不变，即EBBC，因此，以B为原点，EB 为x轴的正方向，BC 为y轴的正方向，竖直方向为z轴建立空间直角坐标系记A在底面的投影为A，且设A Ex则22,0, 4A xx，0,4,0C，2,2,0D ，2,0,0E ，所以2,0,4EAxx，(0,2,0)ED ，22,4,4A Cxx ，2,2,0DC ，设平面A DE的一个法向量为, ,ma b c ，则00EA mED m ，即24020 xacxb，不妨令cx ，则24ax，0b ，所以24,0,mxx；设平面ACD的一个法向量为111,na b c，则00A C

43、 nDC n ，即2111112440220 x abcxab，不妨令214bx，则214ax ，12cx，即224,4,2nxxx 则2224253cos,cos624412412m nxxm nm nxxxx ，化简得，274200 xx，则27100 xx，则107x ，或2x （舍），即107A E，则2222104 6277A AA EA E ，又四边形BCDE的面积为11242622SDEBCBE，2023 届高考数学一轮复习立体几何第 28 页 共 103 页故114 68 663377ABCDEVSA A 十二、立体几何大题 求距离例 16如图在直三棱柱111ABCABC中，1

44、90 ,2,BACABACAAM为AB的中点，N为11BC的中点，H是11AB中点，P是1BC与1BC的交点，Q是1AN与1C H的交点.(1)求证：11ACBC；(2)求证：PQ平面1ACM；(3)求直线PQ与平面1ACM的距离.例 17 已知三棱柱111ABCABC的侧棱垂直于底面，90oBAC，11ABACAA，EF、分别是棱1C CBC、的中点.(1)求证：1B F 平面AEF；(2)求点1A到直线1B E的距离.【答案】1(3)632(2)53.2023 届高考数学一轮复习立体几何第 29 页 共 103 页【对点训练】一、单选题一、单选题1已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图为如

45、图所示的三角形，其中2ABAC，则该平面图形的面积为（）A3B2C2 3D42 三棱锥BACD的顶点都在同一球面上， 其中BA、BC、BD两两垂直， 且3BA ，4BC ，5BD ，则该球的表面积为（）A100B64C50D363若底面边长为1，高为2的正四棱柱的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A3B6C12D244已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为A3 34B2 33C3 24D325在正方体1111ABCDABC D中，E为棱1CC的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为A22B32C52D726已知直三棱柱111AB

46、CABC的所有棱长都相等，M为11AC的中点，则AM与1BC所成角的余弦值为A153B53C64D1047如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD 平面,ABCD M是线段ED的中点，则2023 届高考数学一轮复习立体几何第 30 页 共 103 页ABMEN，且直线,BM EN是相交直线BBMEN，且直线,BM EN是相交直线CBMEN，且直线,BM EN是异面直线DBMEN，且直线,BM EN是异面直线8设，为两个平面，则/ /的充要条件是A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面9若一个圆锥的底面面积为，其侧面展开图是圆心角

47、为23的扇形，则该圆锥的体积为（）A33B2 23C3D2 310在如图（1）所示的四棱锥ABCDE中，底面BCDE为正方形，且侧面ABC垂直于底面BCDE，水平放置的侧面ABC的斜二测直观图如图（2）所示，已知2A B ，1A C ，则四棱锥ABCDE的侧面积是（）A1234B202 342023 届高考数学一轮复习立体几何第 31 页 共 103 页C22 22 5D24 22 511如图，已知一个八面体的各条棱长均为 2，四边形ABCD为正方形，则下列结论正确的是（）A该八面体的体积为83B该八面体的外接球的表面积为16CE到平面ADF的距离为3DEC与BF所成角为60二、多选题二、多选

48、题12已知m，n是两条不重合的直线，是三个两两不重合的平面，则下列命题正确的是A若m，n，/ ，则/m nB若，则/ C若/m，n/，,m n，则/ D若n ，n，则13如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足/MN平面ABC的有（）AB2023 届高考数学一轮复习立体几何第 32 页 共 103 页CD14下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（）A/ /AECDB/ /CHBECDGBHDBGDE15如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M，N 为正方体的顶点则满足MNOP的是（）ABCD16已知菱形 ABCD 中，BAD=60，AC 与 BD

49、 相交于点 O将ABD 沿 BD 折起，使顶点 A至点 M，在折起的过程中，下列结论正确的是（）ABDCMB存在一个位置，使CDM 为等边三角形CDM 与 BC 不可能垂直D直线 DM 与平面 BCD 所成的角的最大值为 6017为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了诵经典，获新知的演讲比赛，本次比2023 届高考数学一轮复习立体几何第 33 页 共 103 页赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图，已知球的体积为43，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成， 如图.则下列结论正确的是 （）A经过三个顶点,A B C的球的截面圆的面积为4B异面直线AD与CF所成的角

50、的余弦值为58C直线AD与平面DEF所成的角为3D球离球托底面DEF的最小距离为631318已知正四棱柱1111ABCDABC D的底面边长为 2，侧棱11AA ，P为上底面1111DCBA上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（）A若3PD ，则满足条件的P点有且只有一个B若3PD ，则点P的轨迹是一段圆弧C若PD平面1ACB，则DP长的最小值为 2D若PD平面1ACB，且3PD ，则平面BDP截正四棱柱1111ABCDABC D的外接球所得平面图形的面积为9419如图，四边形ABCD为正方形，ED 平面ABCD，,2FBED ABEDFB，记三棱锥EACD，FABC，FACE的体积分别为1