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2013高三专题复习四 立体几何

一．专题综述：
立体几何的主要任务是培养学生的空间想像能力，当然推理中兼顾逻辑思维能力的培养，几何是研究位置关系与数量关系的学科，而位置关系与数量关系可以相互转化，解决立体几何的基本方法是将空间问题转化为平面的问题，即空间问题平面化，平面化的手法有：平移（包括线、面、体的平移）、投影、展开、旋转等变换。
1.考纲要求
（1）掌握平面的基本性质。会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图：能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想像它们的位置关系。
（2）掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理：理解直线和平面垂直的概念，掌握直线和平面垂直的判定定理：掌握三垂线定理及其逆定理。
（3）理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘。
（4）了解空间向量的基本定理；理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算。
（5）掌握空间向量的数量积的定义及其性质：掌握用直角坐标计算空间向量数量积的公式；掌握空间两点间距离公式。
（6）理解直线的方向向量、平面的法向量、向量在平面内的射影等概念。
（7）掌握直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角、距离的概念，对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线或在坐标表示下的距离掌握直线和平面垂直的性质定理掌握两个平面平行、垂直的判定定理和性质定量。
（8）了解多面、凸多面体的概念，了解正多面体的概念。
（9）了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图。
（10）了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图。
（11）了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式。
2.考题设置与分值
从近几年各地高考试题分析，立体几何题型一般是1至3个填空或选择题，1个解答题，分值25分左右
3.考试重点与难度
（1）空间基本的线、面位置关系。一般以客观题的形式出现，试题很基础，但需要全面、准确掌握空间线、面位置关系的判断、性质，还需要有好的空间感。
（2）空间距离和角的计算。一般以主观题的形式出现，以棱柱、棱锥或其部分图为试题背景，其解题方法一般都在二种以上，并且一般都能用空间向量求解（但不一定是最简单的解法）。立体几何的解答题一般设置在解答题的前三题之一，所以试题不很难，属中档题。
（3）球的有关问题，特别是球面距离的计算，也是高考的重点考察内容。
（4）平面图形的翻折与空间图形的铺展能很好的考察学生的空间想象能力，这往往作为立体几何试题的背景。
总之，立体几何试题难度不大，是我们必须抓好的得分点。

二．考点选讲
【考点1】空间基本的线、面位置关系的判断

【例题1】设a、b是异面直线，给出以下五个命题：
①存在唯一平面，使a、b与α距离相等；
②空间存在直线c，使c上任一点到a、b的距离相等；
③夹在异面直线a、b间的三条异面直线段的中点不能共线；
④过空间任一点M，可作直线l与a、b均相交；
⑤经过直线a有且仅有一个平面垂直于b。
正确的命题的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解析】C
①存在过a、b公垂线段的中垂面只有1个；
②存在中垂面内与a和b所成角相等的直线c；
③正四面体ABCD中，E、F为AB、CD中点，到BC、EF、AD三异面直线中点共线；
④M与a确定平面与b平行时，不存在l；
⑤反证法若 ，则b不一定成立。
【注】像这种题能全面考察学生对立体几何的基础知识的掌握情况，是一种较理想的考题，要引起重视。

【练习1】一个透明密闭的正方体体容器中，恰好盛有容器一半容积的水，任意转动这个正方体，则水面在容器中的形状不可能是
A．菱形 B．矩形
C．正六边形 D．三角形
【提示】本小题转化为立体问题就是：用一个平面将正方体截为体积相等的两部分，创截面是什么图形？

【考点2】角与距离的计算

【例题2】如图棱长均为2的正四棱锥的侧面展开图，E是PA中点，则在正四棱锥中PB与CE所成角的余弦值为（ ）
E
B
P
C
D
A
A． B．
C． D．

【解析】在正四棱锥中，连接AB，CD，相交于O，连EO，则EO∥PB，∠CEO为异面直线PB与CE所成的角，OE＝1，OC＝，CE=，故cos∠CEO=
选B
【注】角与距离的计算是立体几何的重要考点，不仅可能出现在客观题中，在主观题中是一定要考的，我们要把用传统方法和向量方法求角与距离的的步骤及相应的公式牢牢掌握。

【练习1】将正方形沿对角线BD折成二面角A—BD—C，若正方形的边长为1，点A到平面BCD的距离为，则直线AB与CD所成角的余弦值为( )
A． B． C． D．

C
A
B
D
D
F
E
O
G
A
C
B

【练习2】若三棱锥A—BCD的侧面ABC内一动点P到棱AB的距离与到棱BC的距离相等，且∠ABC=40°，则BP与平面BCD所成角θ的取值范围是
【提示】如图，P到棱AB为距离与到棱BC的距离相等，BP是ABC的角平分线，故∠PBC20°，利用最小角定理知：θ∠PBC=20o

【练习2】已知平面与平面所成的二面角为，P为平面α、β外一定点，过点P的一条直线l与α、β所成角为，且这样的直线l且只有4条，则角取值范围为

【提示】将直线l与α、β所成的角转化为l与其法向量的角思考，问题便转化为直线所成的角的问题，欲使过P的直线l与α、β所成角为，只需直线l与平面α、β的法线所成角均为，即转化为过空间一点的直线与两异面直线所成角相等的问题。

C
B
O
S
A
【考点3】球与球面距离

【例题5】在半径为R的球内有一内接正三棱锥，其底面上的三个顶点都在同一个大圆上，一个动点从三棱锥的一个顶点出发沿球面运动，经过其余三点后返回，则经过的最短路程是（ ）
A．2πR B．
C． D．
【解析】B
沿球面运动的最短距离可选:

=2

【练习1】设直线与球O有且仅有一个公共点P，从直线l出发的两个半平面截球O的两个截面和的半径分别为1和2，若两半平面所成二面角为120O，则球O的半径R 。

O1
O2
O

P

【提示】
如图:连，则，
从而O、四点共圆，且OP为球O的半径，在中，由余弦定理得|O1O2|，又由正弦定理得:
2R=,

考点4】立体几何的综合

以解答题的形式综合对立体几何进行考察，这是高考的必考题，试题难度中档，往往即可用传统方法解，亦可用向量法解。一般题目是多问设置，既有位置关系的证明，又有角与距离的问题。
【例4】　如图：ABCD是正方形，DE平面ABCD，BF平面ABCD，且ABFBDE；
（1）求证：平面AEC平面AFC；
（2）求EC与平面BCF所成角；
A
D
F
M
E
O
B
C
（3）在EF上是否存在一点M，使三棱锥M—ACF是正三棱锥？若存在，试确定M位置；若不存在，请说明理由。

【练习1】四棱锥P—ABCD，PA平面ABCD，ABCD是直角梯形，DAAB、CBAB，PA2ADBC2，AB，设PC与AD的夹角为
（1）求点A到平面PBD的距离；（2）求二面角B—PD—C的大小；
（3）求θ的大小，当平面ABCD内有一个动点Q，始终满足PQ与AD的夹角为则此动点的轨迹是经过C的一条曲线C，试判断曲线C的形状；如果是直线，说出C与直线AD夹角；如果C是圆，说出圆心位置及半径；如果C是圆锥曲线，则说也C的曲线类型，中心位置与离心率。
P
A
D
.Q
C
B

【练习2】已知斜三棱柱ABC—A1B1C1的底面是直角三角形，，侧棱与底面所成的角为 ，（），点B1在底面上的射影D落在BC上，
（1）求证：AC平面BB1C1C，
（2）当为何值时，AB1BC1，且使D恰为BC中点？
（3）若，且当ACBCAA1时，求二面角C1—AB—C的大小。

C1
A
B1
D
C
B
A1

三．专题训练

立体几何专题检测
(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．(2010·山东)在空间中，下列命题正确的是(　　)
A．平行直线的平行投影重合
B．平行于同一直线的两个平面平行
C．垂直于同一平面的两个平面平行
D．垂直于同一平面的两条直线平行
2．(2011·聊城模拟)设m、n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：
①⇒β∥γ； ②⇒m⊥β；
③⇒α⊥β； ④⇒m∥α.
其中真命题的序号是(　　)
A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
3．(2010·福建)

如图，若Ω是长方体ABCD－A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是(　　)
A．EH∥FG
B．四边形EFGH是矩形
C．Ω是棱柱
D．Ω是棱台
4．正四面体的内切球与外接球的半径之比为(　　)
A．1∶3 B．1∶9 C．1∶27 D．1∶81
5．(2011·广东)如图所示，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为(　　)

A．6 B．9
C．12 D．18
6．(2011·舟山月考)若一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比为(　　)
A. B. C. D.
7.

如图所示，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离为(　　)
A. B.
C. D.
8．(2011·四川)l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是(　　)
A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3
B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3
C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面
D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面
9．(2011·临沂模拟)某几何体的三视图如图，则该几何体的体积的最大值为(　　)

A. B. C. D.
10．设P是60°的二面角α—l—β内一点，PA⊥平面α，PB⊥平面β，A、B分别为垂足，PA＝4，PB＝2，则AB的长是(　　)
A．2 B．2 C．2 D．4
11．正三棱柱ABC－A1B1C1的底面三角形的边长是a，D，E分别是BB1，CC1上的点，且EC＝BC＝2BD，则平面ADE与平面ABC的夹角的大小为(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．90°
12．(2011·丽水月考)

如图所示，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α、β所成的角分别为和.过A、B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′、B′，则AB∶A′B′等于(　　)
A．2∶1 B．3∶1
C．3∶2 D．4∶3

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．如图，是△AOB用斜二测画法画出的直观图△A′O′B′，则△AOB的面积是________．

14.

如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F，G，H，N分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC，BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则点M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.
15．(2011·上海)若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为________．
16．(2011·阳江月考)正四棱锥S—ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是________．
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)有一个圆锥的侧面展开图是一个半径为5、圆心角为的扇形，在这个圆锥中内接一个高为x的圆柱．
(1)求圆锥的体积；
(2)当x为何值时，圆柱的侧面积最大？

18．(12分)已知在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，沿对角线AC折叠，使面ABC与面ADC垂直，求B、D间的距离．

19．(12分)(2011·陕西)如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.
(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；
(2)设E为BC的中点，求与夹角的余弦值．

20．(12分)(2011·广州模拟)

如图，A1A是圆柱的母线，AB是圆柱底面圆的直径，C是底面圆周上异于A，B的任意一点，A1A＝AB＝2.
(1)求证：BC⊥平面AA1C；
(2)求三棱锥A1—ABC的体积的最大值．

21．(12分)(2011·重庆)如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AD＝CD，∠CAD＝30°.
(1)若AD＝2，AB＝2BC，求四面体ABCD的体积．
(2)若二面角C－AB－D为60°，求异面直线AD与BC所成角的余弦值．

22．(12分)(2011·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．

立体几何专题检测参考答案
1．D　2.C　3.D　4.A
5．B　[由三视图可还原几何体的直观图如图所示．

此几何体可通过分割和补形的方法拼凑成一个长和宽均为3，高为的平行六面体，所求体积V＝3×3×＝9.]
6．A　7.B
8．B　[当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1也可能与l3相交或异面，故A不正确；l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3，故B正确；当l1∥l2∥l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故C不正确；l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故D不正确．]
9．D　10.C　11.B　12.A
13．16　14.M∈线段FH　15.π　16.30°
17．解　(1)因为圆锥侧面展开图的半径为5，所以圆锥的母线长为5.设圆锥的底面半径为r，
则2πr＝5×，解得r＝3.(2分)
所以圆锥的高为4.
从而圆锥的体积V＝πr2×4＝12π.(4分)

(2)右图为轴截面图，这个图为等腰三角形中内接一个矩形．
设圆柱的底面半径为a，
则＝，从而a＝3－x.(6分)
圆柱的侧面积S(x)＝2π(3－x)x
＝π(4x－x2)＝π[4－(x－2)2](0<x<4)．
(8分)
当x＝2时，S(x)有最大值6π.
所以当圆柱的高为2时，
圆柱有最大侧面积为6π.(10分)
18．解　方法一　如图，过D、B分别作DE⊥AC于点E，BF⊥AC于点F，则由已知条件得AC＝5，
∴DE＝＝，BF＝＝.
∴AE＝＝＝CF.
∴EF＝AC－2AE＝.(3分)
∵＝＋＋，
∴||2＝|＋＋|2
＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·.(6分)
∵面ADC⊥面ABC，而DE⊥AC，
∴DE⊥面ABC，∴DE⊥BF.(8分)
∴||2＝2＋2＋2＝＋＋＝.
∴||＝，故B、D间的距离为.(12分)
方法二　

同方法一，过E作FB的平行线交AB于P点，以E为坐标原点，以EP、EC、ED所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图．则由方法一知DE＝FB＝，EF＝.(4分)
∴D，B.(6分)
∴||＝＝.
(12分)
19．(1)证明　∵折起前AD是BC边上的高，
∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB.(2分)
又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC.(4分)
∵AD⊂平面ABD，
∴平面ADB⊥平面BDC.(6分)

(2)解　由∠BDC＝90°及(1)，知DA，DB，DC两两垂直．不妨设DB＝1，以D为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，)，E(，，0)，(9分)
∴＝(，，－)，＝(1,0,0)，(10分)
∴与夹角的余弦值为cos〈，〉＝＝＝.(12分)
20．(1)证明　∵C是底面圆周上异于A，B的任意一点，且AB是圆柱底面圆的直径，∴BC⊥AC.
∵AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴AA1⊥BC.(4分)
∵AA1∩AC＝A，AA1⊂平面AA1C，
AC⊂平面AA1C，∴BC⊥平面AA1C.(5分)
(2)解　设AC＝x，在Rt△ABC中，
BC＝＝ (0<x<2)，(7分)
故VA1—ABC＝S△ABC·AA1＝··AC·BC·AA1
＝x (0<x<2)，(9分)
即VA1—ABC＝x
＝＝.
∵0<x<2,0<x2<4，∴当x2＝2，即x＝时，
三棱锥A1—ABC的体积最大，最大值为.
(12分)
21.

①
(1)解　如图①，设F为AC的中点，连接DF，由于AD＝CD，所以DF⊥AC.故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，且DF＝ADsin 30°＝1，AF＝ADcos 30°＝.(2分)
在Rt△ABC中，因为AC＝2AF＝2，AB＝2BC，由勾股定理易知BC＝，AB＝，(4分)
故四面体ABCD的体积V＝·S△ABC·DF＝××××1＝.(6分)
(2)解　方法一　如图①，设G，H分别为边CD，BD的中点，连接FG，FH，HG，则FG∥AD，GH∥BC，从而∠FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角．(7分)
设E为边AB的中点，连接EF，则EF∥BC，
由AB⊥BC，知EF⊥AB.
又由(1)有DF⊥平面ABC，故由三垂线定理知DE⊥AB.
所以∠DEF为二面角C－AB－D的平面角．由题设知∠DEF＝60°.(9分)
设AD＝a，则DF＝AD·sin∠CAD＝.
在Rt△DEF中，EF＝DF·cot∠DEF＝·＝a，
从而GH＝BC＝EF＝a.
因为Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD＝AD＝a，
从而，在Rt△BDF中，FH＝BD＝.(10分)
又FG＝AD＝，从而在△FGH中，因FG＝FH，
由余弦定理得cos∠FGH＝＝＝.
因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为.(12分)

②
方法二　如图②，过F作FM⊥AC，交AB于M.已知AD＝CD，平面ABC⊥平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F－xyz.(7分)
不妨设AD＝2，由CD＝AD，∠CAD＝30°，易知点A，C，D的坐标分别为A(0，－，0)，C(0，，0)，D(0,0,1)，则＝(0，，1)．
显然向量k＝(0,0,1)是平面ABC的法向量．
已知二面角C－AB－D为60°，故可取平面ABD的单位法向量n＝(l，m，n)，使得〈n，k〉＝60°，从而n＝.
由n⊥，有m＋n＝0，从而m＝－.
由l2＋m2＋n2＝1，得l＝±.
设点B的坐标为(x，y,0)，由⊥，n⊥，取l＝，有
解得或(舍去)．
易知l＝－与坐标系的建立方式不合，舍去．
因此点B的坐标为(，，0)．(10分)
所以＝(，－，0)，从而cos〈，〉＝＝＝－.
故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为.(12分)
22．(1)证明　因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.
所以BD⊥平面PAC.(3分)
(2)解　设AC∩BD＝O，

因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)．(6分)
所以＝(1，，－2)，
＝(0,2，0)．
设PB与AC所成角为θ，则
cos θ＝＝＝.(6分)
(3)解　由(2)知＝(－1，，0)．
设P(0，－，t)(t>0)，则＝(－1，－，t)．
设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，
则·m＝0，·m＝0.
所以
令y＝，则x＝3，z＝.所以m＝(3，，)．
同理，平面PDC的法向量n＝(－3，，)．
(10分)
因为平面PBC⊥平面PDC，
所以m·n＝0，即－6＋＝0，
解得t＝.所以PA＝.(12分)

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