2020年高三数学第二轮复习讲义 立体几何 理（通用）

1、立体几何典型例题 类型一：三视图例1. 陕西理5某几何体的三视图如图所示，则它的体积是 （ ）（A）（B）（C）（D）即一个正方体中间去掉一个圆锥体，所以它的体积是.类型二：关于球例2. 已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，则棱锥SABC的体积为A B CD1变式训练2. （四川）如图，半径为R的球O中有一内接圆柱当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是_答案：2R2解析：如图，设求的一条半径与圆柱相应的母线夹角为，则圆柱的侧面积，当时，S取最大值，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为类型三：平行与垂直的证明例3.如图，在四棱锥中，平面PAD平面ABCD，AB

2、=AD，BAD=60，E、F分别是AP、AD的中点求证：（1）直线EF/平面PCD；（2）平面BEF平面PAD.变式训练3：如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直。EF/AC，AB=,CE=EF=1（）求证：AF/平面BDE；（）求证：CF平面BDF;证明：（）设AC于BD交于点G。因为EFAG,且EF=1，AG=AG=1 所以四边形AGEF为平行四边形 所以AFEG 因为EG平面BDE,AF平面BDE, 所以AF平面BDE （）连接FG。因为EFCG,EF=CG=1,且CE=1,所以平行四边形CEFG为菱形。所以CFEG. 因为四边形ABCD为正方形，所以BDAC.又因为平面

3、ACEF平面ABCD,且平面ACEF平面ABCD=AC,所以BD平面ACEF.所以CFBD.又BDEG=G,所以CF平面BDE.类型四：例4： 如图，直三棱柱中，为的中点，为上的一点，（）证明：为异面直线与的公垂线；（）设异面直线与的夹角为45，求二面角的大小 (19)解法一：（I）连接A1B，记A1B与AB1的交点为F.因为面AA1BB1为正方形，故A1BAB1，且AF=FB1，又AE=3EB1，所以FE=EB1，又D为BB1的中点，故DEBF，DEAB1. 3分作CGAB，G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点.又由底面ABC面AA1B1B.连接DG，则DGAB1，故DEDG，由三垂线定理

4、，得DECD.所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.（II）因为DGAB1，故CDG为异面直线AB1与CD的夹角，CDG=45设AB=2，则AB1=，DG=，CG=，AC=.作B1HA1C1，H为垂足，因为底面A1B1C1面AA1CC1，故B1H面AA1C1C.又作HKAC1，K为垂足，连接B1K，由三垂线定理，得B1KAC1，因此B1KH为二面角A1-AC1-B1的平面角.变式训练4：已知三棱锥PABC中，PAABC，ABAC，PA=AC=AB，N为AB上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.（）证明：CMSN；（）求SN与平面CMN所成角的大小.证明：设PA=1，以A为原点，

5、射线AB，AC，AP分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系如图。则P（0,0,1），C（0,1,0），B（2,0,0），M（1,0,），N（,0,0），S（1,0）.（）,因为，所以CMSN （）,设a=（x，y，z）为平面CMN的一个法向量，则 因为所以SN与片面CMN所成角为45。 例5：如图5，在椎体中，是边长为1的棱形，且,分别是的中点，（1）证明：;（2）求二面角的余弦值. 变式训练5：如图5，在圆锥中，已知的直径的中点（I）证明：（II）求二面角的余弦值解：（I）连接，因为,为的中点，所以.又因为内的两条相交直线，所以而，所以。（II）在平面中，过作于，由（I）知，,所以又所以.

6、在平面中，过作连接,则有，从而，所以是二面角的平面角在在在在,所以。故二面角的余弦值为。类型六：例6：直线EF与线段AB相交于C点，BCF，且AC = CB = 4，将此平面沿直线EF折成的二面角EF，BP平面，点P为垂足. （） 求ACP的面积； （） 求异面直线AB与EF所成角的正切值. BAFCECBPAEF （）解：如图，在平面内，过点P作PMEF，点M为垂足，连结BM，则BMP为二面角EF的平面角. 以点P为坐标原点，以直线PM为x轴，射线PB为z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz.在RtBMC中,由BCM，CB = 4，得 xyzCBPAEMzFCM =，BM =2.

7、在RtBMP中,由BMP，BM =2，得MP = 1，BP =.故P（0,0,0），B（0，0,），C（1,，0），M（1,0,0）.由ACM，得A（1,4，0）.所以= （1,0），= （2,0）,则10, cosACP = , sinACP = .因此SACP. （）解：（1,4,），（0,2,0）,24,cos=, 所以AB与EF所成角的正切值为. 方法二： （）解：如图，在平面内，过点P作PMEF，点M为垂足,连结BM，则BMP为二面角EF的平面角.CBPAEMQF在RtBMC中,由BCM，CB = 4，得CM =，BM=2.在RtBMP中,由BMP，BM=2，得MP=1.在RtCMP

8、中,由CM =，MP=1，得CP=， cosPCM， sinPCM =.故 sinACP = sin（PCM）. 所以SACP. 7分 （）解：如图，过点A作AQEF，交MP于点Q ,则BAQ是AB与EF所成的角，且AQ平面BMQ .在BMQ中, 由BMQ，BMMQ2，得 BQ = 2.在RtBAQ中, 由AQACCM 4，BQ = 2，得tanBAQ =. 因此AB与EF所成角的正切值为.变式训练6：如图，四棱锥S-ABCD中，SD底面ABCD，AB/DC，ADDC，AB=AD=1，DC=SD=2，E为棱SB上的一点，平面EDC平面SBC .（）证明：SE=2EB；（）求二面角A-DE-C的

9、大小 .类型七：例7：（2020浙江理数）（20）（本题满分15分）如图， 在矩形中，点分别在线段上，.沿直线将 翻折成，使平面. （）求二面角的余弦值；（）点分别在线段上，若沿直线将四边形向上翻折，使与重合，求线段的长。（）解：取线段EF的中点H，连结，因为=及H是EF的中点，所以,又因为平面平面.如图建立空间直角坐标系A-xyz则（2，2，），C（10，8，0），F（4，0，0），D（10，0，0）. 故=（-2，2，2），=（6，0，0）.设=（x,y,z）为平面的一个法向量， -2x+2y+2z=0所以 6x=0.取，则。又平面的一个法向量，故。所以二面角的余弦值为（）解：设则， 因为

10、翻折后，与重合，所以， 故， ，得，经检验，此时点在线段上，所以。方法二：（）解：取线段的中点,的中点,连结因为=及是的中点，所以又因为平面平面，所以平面,又平面,故，又因为、是、的中点，易知，所以，于是面，所以为二面角的平面角，在中，=，=2，=所以.故二面角的余弦值为。（）解：设, 因为翻折后，与重合，所以，而， 得，经检验，此时点在线段上，所以。变式训练7：如图， 在四面体ABOC中, , 且（）设为为的中点， 证明： 在上存在一点，使，并计算的值；（）求二面角的平面角的余弦值。类型八：如图，在四棱锥P-ABCD中，PD平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，ABDC，BCD=90

11、0。(1) 求证：PCBC；(2) 求点A到平面PBC的距离。（1）证明所以BC平面PCD。因为PC平面PCD，故PCBC。（2）（方法一）分别取AB、PC的中点E、F，连DE、DF，则：易证DECB，DE平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等。又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍。由（1）知：BC平面PCD，所以平面PBC平面PCD于PC，因为PD=DC，PF=FC，所以DFPC，所以DF平面PBC于F。易知DF=，故点A到平面PBC的距离等于。（方法二）体积法：由，得，故点A到平面PBC的距离等于。1一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为【解】几何体是由一个

12、正四棱锥和一个长方体组合而成设几何体的体积为，正四棱锥的体积为，长方体的体积为则2已知一个球的球心到过球面上A、B、C三点的截面的距离等于此球半径的一半，若，则球的体积为 . 重庆理高为的四棱锥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 C（A） （B） (C) 1 (D) 学|科|19.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，ACB=，平面，EF，.=.（)若是线段的中点，求证：平面;（）若=,求二面角-的大小【解析】（)连结AF,因为EF，EF=F,所以平面EFG平面ABCD,又易证,所以,即,即,又M为AD的中点,所以,又因为D，所以M,所以四边形AMGF是平行四边形,故GMFA,