立体几何题型总结.doc

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1、立体几何题型总结　　立体几何题型总结　　一、高考考查的公理、性质、判定等1.　　二、题目归类与练习（一）三视图1.某几何体的三视图如图所示，则它的体积是A．2π83?B．83π?C．82π?D．2π3【答案】A2.右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题①存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主）视图、俯视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命题的个数是A．3C．1【答案】AB．2D．03.如图1－3，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

2、何体的体积为A．63B．93C．123D．183【答案】B（二）点、线、面的位置判断1.命题①空间直线a，b，c，若a∥b，b∥c则a∥c②非零向量c、b、a，若a∥b，b∥c则a∥c③平面α、β、γ若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ④空间直线a、b、c若有a⊥b，b⊥c，则a∥c⑤直线a、b与平面β，若a⊥β，c⊥β，则a∥c其中所有真命题的序号是（C）A．①②③B．①③⑤C．①②⑤D．②③⑤2.下列命题中错误的是A．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β

3、C．如果平面αγ⊥平面，平面βγ⊥平面，=lαβ∩，那么lγ⊥平面D．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β【答案】D4.如图，四棱锥S—ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是（A）AC⊥SB（B）AB∥平面SCD（C）SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角（D）AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角【答案】D（三）基本计算1.P为矩形ABCD所在平面外一点，且PA⊥平面ABCD，P到B，C，D三点的距离分别是5，17，13，则P到A点的距离是（A）（Ａ）１（Ｂ）２（Ｃ）3（

4、Ｄ）４2.将边长为3的正四面体以各顶点为顶点各截去(使截面平行于底面)边长为1的小正四面体，所得几何体的表面积为_____________　　(37).（四）球的内切与外接问题1.已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π，它们位于球心的同一侧且相距是1，那么这个球的半径是(B)A.4B.3C.2D.52.棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1被以A为球心，AB为半径的球相截，则被截形体的表面积为（A）A．45πB．87πC．πD．47π4.已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=3，?30=∠=∠BSCASC，则棱

5、锥S—ABC的体积为（A）33（B）32（C）3（D）1【答案】C解答部分（一）直接建系(题中给出从某个顶点出发的三线互相垂直)运算1.如图，PABCD?是正四棱锥,1111ABCDABCD?是正方体，其中2,6ABPA==．（Ⅰ）求证11PABD⊥；（Ⅲ）求1B到平面PAD的距离．解(Ⅰ)连结AC,交BD于点O,连结PO,则PO⊥面ABCD,又∵ACBD⊥,∴PABD⊥,∵11//BDBD,∴11PABD⊥．(Ⅲ)用体积法求解11BPADABPDV?V?=BPDPADxSAOSh?=??3131解得655xh=，即1B到平面PAD的

6、距离为6552.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点．　　（1）求证//EF平面PAD；证　　（1）取CD中点G，连结EG、FG∵E、F分别是AB、PC的中点，∴EG//AD，FG//PD，∴平面EFG//平面PAD，∴EF//平面PAD．3.已知多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，AC=AD=CD=DE=2a，AB=a，F为CD的中点.（Ⅰ）求证AF⊥平面CDE；.解（Ⅰ）∵DE⊥平面ACD，AF?平面ACD∴DE⊥AF。　　又∵AC=AD=C，F为CD中点

7、∴AF⊥CD，∴AF⊥面CDE∴AF⊥平面CDE。　　4.如图，正三棱柱ABC—A1B1C1中，D是BC的中点，AA1=AB=1.（I）求证A1C//平面AB1D；解法一（I）证明连接A1B，设A1B∩AB1=E，连接DE.∵ABC—A1B1C1是正三棱柱，且AA1=AB，∴四边形A1ABB1是正方形，∴E是A1B的中点，又D是BC的中点，∴DE∥A1C.∵DE?平面AB1D，A1C?平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D.4.如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长都为a，P为A1B上的点。　　（1）试确定PBPA1的值，使得P

8、C⊥AB；解法一　　（1）当11=PBPA时，PC⊥AB取AB的中点D′，连结CD′、PD′∵△ABC为正三角形，∴CD′⊥AB。　　当P为A1B的中点时，PD′//A1A，∵A1A⊥底面ABC，∴PD′⊥底面ABC，∴