2020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练

12020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一立体几何证明例1如图五面体中,四边形ABCD是矩形,AD面ABEF,//ABEF,1AD,1222ABEF,2AFBE,P、Q、M分别为AE、BD、EF的中点.（1）求证：//PQ面BCE；（2）求证：AM面ADF.【答案】见解析【解析】（1）连结AC.因为四边形ABCD是矩形,且Q为BD的中点,所以Q为AC的中点.又因为P为AE的中点,所以//PQEC,又因为PQ面BCE,EC面BCE,所以//PQ面BCE.（2）取EF的中点M,连结AM.因为//ABEM,且22QBEM,所以四边形ABEM为平行四边形,所以//AMBE,且2AMBE.在AMF中,2AMAF,22MF.所以222AMAFMF,故AMAF.由AD面ABEF,得ADAM,因为ADAFA,所以AM面ADF.【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.如该题中的（1）问需要利用五面体中的面ABCD是矩形,根据对角线的性质确定线段BD与AC的中点.（2）问中利用勾股定理验证线线垂直关系,这些都是证明空间平行与垂直关系的基础.2例2在平行六面体1111ABCDABCD中，1AAAB，111ABBC．求证：(1)AB∥平面11ABC；(2)平面11ABBA平面1ABC．【答案】见解析【解析】(1)在平行六面体1111ABCDABCD中，AB∥11AB．因为AB平面11ABC，11AB平面11ABC，所以AB∥平面11ABC．(2)在平行六面体1111ABCDABCD中，四边形11ABBA为平行四边形．又因为1AAAB，所以四边形11ABBA为菱形，因此1AB⊥1AB．又因为1AB⊥11BC，BC∥11BC，所以1AB⊥BC．又因为1ABBC=B，1AB平面1ABC，BC平面1ABC，所以1AB⊥平面1ABC．因为1AB平面11ABBA，所以平面11ABBA⊥平面1ABC．【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.D1C1B1A1DCBAD1C1B1A1DCBA3题型二立体几何体积求解例1如图所示，在三棱锥VABC中，平面VAB平面ABC，三角形VAB为等边三角形，ACBC，且2ACBC，O，M分别为AB，VA的中点.（1）求证：//VB平面MOC.（2）求证：平面MOC平面VAB.（3）求三棱锥VABC的体积.【答案】见解析【解析】（1）依题意，O，M分别为AB，VA的中点，则OM是VAB△的中位线，所以//OMVB，OM平面MOC，VB平面MOC，故//VB平面MOC.（2）因为在ABC△中，ACBC，且O为AB的中点，所以OCAB，又平面VAB平面ABC，平面VAB平面ABCAB，OC平面ABC，所以OC平面VAB，又OC平面MOC，故平面MOC平面VAB.（3）由（2）知，OC平面VAB，所以21133213343VABCCVABVABVVSOC△【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.例2如图所示，在三棱锥–PABC中，PAAB，PABC，ABBC，2PAABBC，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PABD；（2）求证：平面BDE平面PAC；（3）当//PA平面BDE时，求三棱锥–EBCD的体积．【答案】见解析【解析】（1）因为PAAB，PABC，ABBCB，所以PA平面ABC.又因为BD平面ABC，所以PABD.（2）因为ABBC，ABBC，D为线段AC的中点，所以在等腰RtABC△中，BDAC.又由（1）可知，PABDPAACA，，所以BD平面PAC.由E为线段PC上一点，则DE平面PAC，OMCBAVPABCDE4所以.BDED又因为BD平面BDE，所以平面BDE平面PAC.（3）当//PA平面BDE时，PA平面PAC,且平面PAC平面BDEDE,可得//PADE.由D是AC边的中点知，E为PC边的中点.故而112EDPA，EDPA∥，因为PA平面ABC，所以ED平面BDC.由2ABBC，ABBC，D为AC边中点知，.2CDBD又ACBD，有BDDC，即.90BDC因此，11112213323EBCDBCDVSED△.【易错点】注意体积几何证明题条件的严谨性【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.掌握线面平行的性质定理的应用及其体积的求解方法.题型三几何体的外接球问题例1（1）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是（）A．16B．20C．24D．32（2）若三棱锥的三个侧面两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是.【答案】C；【解析】（1）162haV，2a，24164442222haaR，24S，选C；（2）933342R，942RS【易错点】外接球球心位置不好找【思维点拨】应用补形法找外接球球心的位置题型四立体几何的计算例1如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角边边长分别为3和4,过直角顶点的侧棱长为4,且垂直于底面,该三棱锥的主视图是()【答案】B95【解析】显然由空间直角坐标系可知,该几何体在xoy面内的点保持不动,在y轴上的点在xoy面内的射影为坐标原点,所以该几何体的主视图就是其在面xoy面的表面图形,即主视图应为高为4,底面边长为3的直角三角形．故选B.【易错点】该题易出现的问题是误以为y轴上的点在xoy面的射影落在x轴的正半轴上而误选D,【思维点拨】判断几何体的三视图应注意以下几个方面：（1）明确几何体的放置位置和角度,注意投影线和投影面；（2）准确把握几何体的结构特征,特别是几何体中的线面垂直关系等；（3）注意实线和虚线的区别.【巩固训练】题型一立体几何的证明1.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为菱形,60BAD°,2PAPDAD,点M在线段PC上,且2PMMC,N为AD的中点.（1）求证：AD平面PNB；（2）若平面PAD平面ABCD,求三棱锥PNBM的体积.【答案】（1）见解析；（2）23.【解析】（1）∵,PAPDN为AD的中点,∴PNAD,∵底面ABCD为菱形,60BAD,∴BNAD,∵PNBNN,∴AD平面PNB.（2）∵2PNPDAD,∴3PNNB,∵平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCDAD,PNAD,∴PN平面ABCD,∴PNNB,6∴133322PNBS.∵AD平面,//PNBADBC,∴BC平面PNB.∵2PMMC,∴22132233323PNRMMPNBCPNBVVV.2.如图,在直三棱柱111ABCABC中,D是AB的中点.（1）证明：1//BC平面1ACD；（2）若ACCB,求证：1ADCD.【答案】见解析.【解析】证明：（1）如图,连接1AC,交1AC于点O,连结OD.据直三棱柱性质知四边形11ACCA为平行四边形,所以O为1AC的中点.又因为D是AB的中点,所以1//BCOD.又因为1BC平面1ACD,OD平面1ACD,所以1//BC平面1ACD.（2）因为ACBC,D为AB的中点,所以CDAB.据直三棱柱111ABCABC性质知1AA平面ABC,又因为CD平面ABC,所以1AACD.又因为1AAABA,1,AAAB平面11ABBA,所以CD平面11ABBA,又因为1AD平面11ABBA,所以1CDAD,即1ADCD.题型二立体几何体积求解1.如图所示，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，//ADBC，3ABADAC，4PABC，M为线段AD上一点，2AMMD，N为PC的中点.（1）证明//MN平面PAB；PNMDCBA7（2）求四面体NBCM的体积．【答案】（1）（2）．【解析】（1）取中点，连接、，因为是中点，，且，又，且，所以，且，所以四边形是平行四边形.所以.又平面，平面，所以平面.(2)由(1)平面.所以.所以.2.如图所示，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，12ABBCAD，o90BADABC.（1）证明：直线//BC平面PAD；（2）若PCD△面积为27，求四棱锥PABCD的体积.【答案】（1）（2）2241234332V．【解析】（1）在平面ABCD内，因为90BADABC，所以//BCAD.又BC平面PAD，AD平面PAD，故//BC平面PAD.（2）取AD的中点M，联结PM，CM.由12ABBCAD，及//BCAD，90ABC，得四边形ABCM为正方形，则CMAD.因为侧面PAD是等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以PMAD，因为PM平面PAD，所以PM平面ABCD.因为CM平面ABCD，所以PMCM.111454252363NBCMABCVPAS△PBQAQNQNPC//NQBC12NQBC22313342AMADBCBC//AMBC//QNAMQNAMAQNM//MNAQMNPABAQPAB//MNPAB//QNABCD1122NBCMQBCMPBCMPBCAVVVV111454252363NBCMABCVPAS△PQNMDCBAPABCD8设BCx，则CMx，2CDx，3PMx，2PCPDx.取CD的中点N，联结PN，则PNCD，所以142PNx.因为PCD△的面积为27，所以11422722xx，解得2x（舍去），2x，于是2ABBC，4AD，23PM.所以四棱锥PABCD的体积2241234332V.题型三几何体的外接球问题1.在正三棱锥中，分别是棱的中点，且MNAM,若侧棱,则正三棱锥ABCS外接球的表面积是.【答案】36【解析】正三棱锥的对棱互垂直。证明如下：如图（3）-1，取BCAB,的中点ED,，连接CDAE,，CDAE,交于H，连接SH，则H是底面正三角形ABC的中心，SH平面ABC，ABSH，BCAC，BDAD，ABCD，AB平面SCD，SCAB，同理：SABC，SBAC，即正三棱锥的对棱互垂直，本题图如图（3）-2，MNAM，MNSB//，SBAM，SBAC，SB平面SAC，SASB，SCSB，SASB，SABC，SA平面SBC，SCSA，故三棱锥ABCS的三棱条侧棱两两互相垂直，36)32()32()32()2(2222R，即3642R，正三棱锥ABCS外接球的表面积是362.在四面体中，ABCSA平面，,1,2,120ABACSABAC则该四面体的外接球的表面积为（）11.A7.B310.C340.D【答案】DSABCMN、SCBC、23SASABC(3)题-1HEDBACS(3)题-2MNABCS9【解析】在ABC中，7120cos2222BCABABACBC，7BC，ABC的外接球直径为372237sin2BACBCr，3404)372()2()2(2222SArR，340S，选D3.一个正六棱柱的底面上正六边形，其侧棱垂