2020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练

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2020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,AB//EF,AD1,AB1EF22, 2AFBE2,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PQ//EC, 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AB//EM,且QBEM22, 所以四边形ABEM为平行四边形, 所以AM//BE,且AMBE2. 在AMF中,AMAF2,MF22. 所以AM2AF2MF2,故AMAF. 由AD面ABEF,得ADAM, 因为ADAFA,所以AM面ADF.

【易错点】定理证明所用知识点不清楚

22

【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.

例2 在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1．

D1A1B1C1A求证：(1)AB∥平面A1B1C；

(2)平面ABB1A1平面A1BC．

【答案】 见解析

DBC

【解析】(1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB∥A1B1．

因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．

D1A1B1C1ADBC

(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形． 又因为AA1AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．

33

又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC． 又因为A1BBC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．

因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC． 【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.

题型二 立体几何体积求解

例1 如图所示，在三棱锥VABC中，平面VAB平面三角形VAB为等边三角形，ACBC，且ACBC2，VABC，

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VABC的体积.

AMOCB

【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OM//VB，OM平面MOC，VB平面MOC，故VB//平面MOC. （2）因为在△ABC中，ACBC，且O为AB的中点，所以OCAB， 又平面VAB平面ABC，平面VAB平面ABCAB，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，

44

1132321所以VVABCVCVABS△VABOC

3343【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P–ABC中，PAAB，PABC，ABBC，

PAABBC2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点． （1）求证：PABD；

PEDAC（2）求证：平面BDE平面PAC；

（3）当PA//平面BDE时，求三棱锥E–BCD的体积． 【答案】 见解析

【解析】（1）因为PAAB，PABC ，AB平面ABC，所以PABD.

BBCB，所以PA平面ABC.又因为BD（2）因为ABBC，ABBC，D为线段AC的中点，所以在等腰Rt△ABC中，BDAC.又

由（1）可知，PABD，PAACA，所以BD平面PAC.由E为线段PC上一点，则

DE平面PAC，所以BDED.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BDEDE,可得PA//DE.由D是AC边的中点知，E为PC边的中点.故而ED所以ED平面BDC.

由ABBC2，ABBC，D为AC边中点知，BDCD2.又BDAC，有

1PA1，ED∥PA，因为PA平面ABC，21111BDDC，即BDC90.因此，VEBCDS△BCDED221.

332355

【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．16 B．20 C．24 D．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； 9

【解析】（1）Va2h16，a2，4R2a2a2h2441624，S24，选C；

（2）4R23339，S4R29

【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】 B

66

【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PABCD中,底面ABCD为菱形, BAD60°,PAPDAD2,点M在线段

PC上,且PM2MC,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PNBM的体积. 【答案】（1）见解析；（2）

2. 3【解析】（1）∵PAPD,N为AD的中点,∴PNAD, ∵底面ABCD为菱形,BAD60,∴BNAD,

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∵PNBNN,∴AD平面PNB.

（2）∵PNPDAD2, ∴PNNB3,

∵平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCDAD,PNAD, ∴PN平面ABCD, ∴PNNB,

13∴SPNB33.

22∵AD平面PNB,AD//BC,∴BC平面PNB.

22132∵PM2MC,∴VPNRMVMPNBVCPNB2.

333232.如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,D是AB的中点. （1）证明：BC1//平面A1CD； （2）若ACCB,求证：A1DCD. 【答案】见解析.

【解析】证明：（1）如图,连接AC1,交A1C于点O,连结OD. 据直三棱柱性质知四边形ACC1A1为平行四边形,所以O为AC1的又因为D是AB的中点,所以BC1//OD. 又因为BC1平面A1CD,OD平面A1CD, 所以BC1//平面A1CD.

（2）因为ACBC,D为AB的中点,所以CDAB.

据直三棱柱ABCA1B1C1性质知AA1平面ABC,又因为CD平面ABC,所以AA1CD. 又因为AA1ABA,AA1,AB平面ABB1A1,

中点.

所以CD平面ABB1A1,

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又因为A1D平面ABB1A1,所以CDA1D,即A1DCD.

题型二 立体几何体积求解

1. 如图所示，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，AD//BC，

ABADAC3，

PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点. （1）证明MN//平面PAB； （2）求四面体NBCM的体积．

BPNAMDC11145VPAS425【答案】（1） （2）NBCM． △ABC2363【解析】（1）取PB中点Q，连接AQ、NQ，因为N是PC中点，NQ//BC，且

NQ12231BC，又AMADBCBC，且AM//BC，所以QN//AM，且23342PQNAM，所以四边形AQNM是平行四边形.所以MN//AQ.又MN平面PAB，AQ平面PAB，所以MN//平面PAB.

QN

(2)由(1) QN//平面ABCD.

BCAMD11VVVVPBCA. 所以NBCMQBCMPBCM2211145VPAS425所以NBCM. △ABC23632.如图所示，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂

P直于底面ABCD，

ABBC1AD，BADABC90o. 299

BACD（1）证明：直线BC//平面PAD；

（2）若△PCD面积为27，求四棱锥PABCD的体积. 【答案】（1） （2）V12242343． 32【解析】（1）在平面ABCD内，因为BADABC90，所以BC//AD.

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ABBCAD，及BC//AD，ABC90，得四边形ABCM为正方形，则CMAD. 因为侧面PAD是等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以

PMAD，因为PM平面PAD，所以PM平面ABCD.因为CM平面ABCD，所以PMCM.

12设BCx，则CMx，CD2x，PM3x，PCPD2x. 取CD的中点N，联结PN，则PNCD，所以PN因为△PCD的面积为27，所以2x1214x. 214x27，解得x2（舍去），x2，于是212242343. ABBC2，AD4，PM23.所以四棱锥PABCD的体积V32题型三 几何体的外接球问题

1. 在正三棱锥SABC中，M、N分别是棱SC、BC的中点，且AMMN,若侧棱SA23,则正三棱锥SABC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AB,BC的中点D,E，连接AE,CD，AE,CD交于H，连接SH，则H是底面正三角形ABC的中心，SH平面ABC，SHAB，

ACBC，ADBD，CDAB，AB平面SCD，

SACDB(3)题-1HE1010

ABSC，同理：BCSA，ACSB，即正三棱锥的对棱互垂直，

本题图如图（3）-2， AMMN，SB//MN，

AMSB，ACSB，SB平面SAC， SBSA，SBSC，SBSA，BCSA， SA平面SBC，SASC，

S故三棱锥SABC的三棱条侧棱两两互相垂直，

(2R)2(23)2(23)2(23)236，即4R236， 正三棱锥SABC外接球的表面积是36

ANB(3)题-2MC

2. 在四面体SABC中，SA平面ABC，BAC120,SAAC2,AB1,则该四面体的外接球的表面积为（ ）

A.11 B.7 C.【答案】D

1040 D. 33【解析】在ABC中，BC2AC2AB22ABBCcos1207，

BC7，ABC的外接球直径为2rBC727， sinBAC332(2R)2(2r)2SA2(2724040，S，选D )43333.一个正六棱柱的底面上正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球

9面上，且该六棱柱的体积为，底面周长为3，则这个球的体积为 .

84【答案】V

3【解析】解：设正六边形边长为a，正六棱柱的高为h，底面外接圆的关径为r，则a1， 21111

底面积为S63123333931()h，h3，R2()2()21， ，V柱Sh4288822R1，球的体积为V4 34. 如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线及粗虚线画出的某多面体的三视图,则该多面体外接球的表面积为（ ）

A.8 B.

【答案】D

222Rx2【解析】根据三视图，还原原图如图所示，A,D为棱中点，根据几何体判断

222R12x,2541 C.12 D. 24解得x341，R，该几何体外接球的表面积为444R241，故选D 4题型四 立体几何的计算

1.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）

1111A. B. C. D. 8765图如

主视图侧视图

俯视图【答案】D

1212

﹣A1B1C1D1中，截去四面体【解析】由三视图得，在正方体ABCDD1C1A﹣A1B1D1，如图所示，设正方体棱长为a，则

A1DB1C1131313533，故剩余几何体体积为VAaaaaa，所以截﹣A1B1D1326661去部分体积与剩余部分体积的比值为．故选D.

5AB

2.一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（ ）.

A．13 B．122 C．23 D．22

2211侧（左）视图11正（主）视图12俯视图12【答案】C

【解析】由该几何体的三视图，在长为2，宽为1，高为1的长方体中还原其立体图形，如图所示.由图及三视图中所给的数据可知，△PAC与△ABC为等腰直角三角形，△PAB与

△PBC为等边三角形，PAPCABBC2，所以四面体的表面积为

S23422122123.故选C.

23.一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）.

1212212π C.π D.1π A.π B.333663311正（主）视图【答案】C

【解析】由三视图可知,半球的半径是1侧（左）视图22π,四棱锥的 ，体积为26俯视图体积为

112π .故选C. ,所以该几何体的体积为3361313

4.已知正三棱锥VABC的主视图、左视图和俯视图如图所示．

(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出左视图的面积．

【答案】 (1)见解析 (2)6

【解析】（2）如图所示．

232BC23（2）根据三视图间的关系可得, ∴左视图中VA4322323, ∴SVBC2123236. 2

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