2019年高考理科数学三年高考真题精品分类汇编：24 立体几何的位置关系-附答案中高考前沿
路漫漫其修远兮，吾将上下而求索！
2019-2020年备考
青霄有路终须到，金榜无名誓不还！
2019-2020年备考
专题24 立体几何的位置关系
考纲解读明方向
考点内容解读要求高考示例常考题
型预测热度
1.点、线、面的位置关系理解空间直线、平面位置关系的定
义,并了解如下可以作为推理依据
的公理和定理.
·公理1:如果一条直线上的两点
在一个平面内,那么这条直线上所
有的点都在此平面内.
·公理2:过不在同一条直线上的
三点,有且只有一个平面.
·公理3:如果两个不重合的平面
有一个公共点,那么它们有且只有
一条过该点的公共直线.
·公理4:平行于同一条直线的两
条直线互相平行.
·定理:空间中如果一个角的两边
与另一个角的两边分别平行,那么
理解
2016浙江,2;
2015广东,8;
2014广东,7;
2013课标全
国Ⅱ,4;
2013江西,8
选择题
★★
☆
2.异面直线
所成的
角掌握
2017课标全
国Ⅱ,10;
2017课标全
国Ⅲ,16;
2016课标全
国Ⅰ,11;
2015四
川,14;
2015广东,18
选择题
填空题
★★
★
这两个角相等或互补
分析解读 1.会用平面的基本性质证明点共线、线共点、点线共面问题;会用反证法证明有关异面或共面问题.2.会判定和证明两条直线异面;会应用三线平行公理和等角定理及推论解决有关问题,会求两条异面直线所成的角;了解两条异面直线间的距离.3.高考对本节内容的考查常以棱柱、棱锥为依托,求异面直线所成的角,分值约为5分,属中档题.
考点内容解读要求高考示例常考题
型预测热度
1.直线与平面平行的判定与性质①以立体几何中的定义、公理和
定理为出发点,认识和理解空间
中线面平行的有关性质与判定定
理,理解以下判定定理.
如果平面外一条直线与此平面内
的一条直线平行,那么该直线与
此平面平行.
如果一个平面内的两条相交直线
与另一个平面都平行,那么这两
个平面平行.
理解以下性质定理,并能够证明.
如果一条直线与一个平面平行,
那么经过该直线的任一个平面与
此平面的交线和该直线平行.
如果两个平行平面同时和第三个
掌握
2017江
苏,15;
2016江
苏,16;
2016四
川,18;
2015安
徽,5;
2015江
苏,16;
2013广东,6
选择
题
解答
题
★★
★
2.平面与平面
平行的判定与掌握
2016课标全
国Ⅱ,14;
2013江
苏,16
选择
题
解答
题
★★
☆。
高中数学高考专题24 立体几何的位置关系(原卷版)
专题24立体几何的位置关系命题规律内 容典 型１ 考查空间线面、面面平行与垂直的判定与性质 2019年高考全国Ⅱ卷理数 ２ 以解答题形式考查线面平行的判定与性质 2019年高考全国Ⅰ卷理数 ３ 以解答题形式考查线线垂直 2019年高考江苏卷 ４ 以解答题形式考查线面垂直2019年高考全国Ⅱ卷理数 ５以解答题形式考查面面垂直的判定与性质2019年高考全国Ⅲ卷理数命题规律一 考查空间线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质【解决之道】解决此类问题的关键在于熟记平面的基本性质、线线、线面、面面垂直的判定与性质，可以通过实验进行判断. 【三年高考】1.【2020年高考浙江卷6】已知空间中不过同一点的三条直线,,m n l ，则“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 2.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（ ） A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面3.【2018年高考浙江卷】已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m ∥n ”是“m ∥α”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则（ ）A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线5.．【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．命题规律二 以解答题形式考查线面平行的判定与性质【解决之道】解决此类问题的关键要熟记线面平行、面面平行的判定与性质，会利用定理实现线线、线面、线面的相互转化. 【三年高考】1.【2020年高考上海卷15】在棱长为10的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为左侧面11ADD A 上一点，已知点P 到11A D 的距离为3，P 到1AA 的距离为2，则过点P 且与1A C 平行的直线相交的面是（ ）A ． ABCDB ． 11BBC C C ． 11CCD D D ． 11AA B B2.【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求二面角A−MA 1−N 的正弦值．命题规律三以解答题形式考查线线垂直【解决之道】直线与直线的垂直证明思路：（1）转化为相交垂直，依据：一条直线与两平行线中的一条垂直，则与另一条也垂直；（2）转化为线面垂直，依据线面垂直的定义：一直线与与一平面垂直 这条直线与平面内任意直线都垂直；（3）向量法：证明两直线的方向向量垂直.【三年高考】1.【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．命题规律四以解答题形式考查线面垂直【解决之道】线面垂直的判定方法：①定义法；②判定定理法；③性质定理2；④性质定理4；⑤面面垂直性质定理法；⑥向量法：证明直线的方向向量与平面的法向量平行.【三年高考】1.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．命题规律五以解答题形式考查面面垂直的判定与性质【解决之道】面面垂直的判定思路：①定义法；②判定定理法；③向量法：证明两个平面的法向量垂直.【三年高考】1.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2. （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的二面角B −CG −A 的大小.2.【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．3.【2018年高考江苏卷】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．。
2019高考真题理分类汇编立体几何含答案解析 选择题填空题.docx
专题05立体几何（选择题' 填空题）1.[2019年高考全国I卷理数】已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC, &ABC是边长为2的正三角形，E, F分别是B4, 的中点，ZCEF=90。
,则球。
的体积为A. 8A/?兀B. 4\/6KC. 2A/6KD. y/6n【答案】D【解析】解法一：PA=PB = PC,AABC为边长为2的等边三角形，.•./>-ABC为正三棱锥，PBLAC,又E , F 分别为PA, AB 的中点，:.EF〃 PB , EF / AC ,又EF ICE, CE AC = C, :. EF± 平面PAC, :. PB L平面PAC ZAPB = 90。
,:. PA= PB = PC =也，P — ABC为正方体的一部分,2R = J2 + 2 + 2 = , 即R =寸!.，y= re—/?= 3-$/6 ,2 3 3 8故选D.解法二：设PA = PB = PC = 2x,分别为PA,AB 的中点，:.EF//PB,且EF=Lp3 = x,2 AABC为边长为2的等边三角形,.・.CF = B又ZCEF =90° , CE = 73-x2, AE^-PA^x,2△AEC中，由余弦定理可得cos ZEAC = x +4 ^-3 % ,2x2xx作PDLAC于。
，AD 1 X2+4-3+ X2 1PA = PC , \ D^jAC的中点，cosZEAC =——=—,J + x =—,PA 2x 4-x 2x12尤2 +1 = 2,尤？ = —, x ———，PA = PB — PC — y/^2，2 2又A8=8C=AC=2, .•.徵，您，PC两两垂直，:.2R = yj2 + 2 + 2=^6 > :.R = — , .-.V=-TI R3 =—71X 6^^ = J^7T ,故选D.2 3 3 8【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题.可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决.2.[2019年高考全国II卷理数】设a, g为两个平面，则a//p的充要条件是A. a内有无数条直线与”平行B. a内有两条相交直线与”平行C. a,月平行于同一条直线D. a, 垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：。
2019高考数学试题汇编之立体几何(原卷版)
专题04 立体几何1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线3．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158 B．162C．182 D．3244．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β5．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________．6．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）7．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D 挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =AA =，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.8．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．9．【2019年高考北京卷文数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．10．【2019若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.11．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD的体积是 ▲ .12．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求点C 到平面C 1DE 的距离．13．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C 的体积．14．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 15．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCD为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．16．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ； （2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.17．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1； （2）BE ⊥C 1E ．18．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.19．【云南省昆明市2019届高三高考5月模拟数学试题】已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若αβ⊥，则下列结论正确的是 A ．l β∥或l β⊄ B ．//l m C ．m α⊥D ．l m ⊥20．【陕西省2019届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为A B ．34C ．4D ．5421．【四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2的正方形ABCD 中，,E F 分别是,BC CD 的中点，现在沿,AE AF 及EF 把这个正方形折成一个四面体，使,,B C D 三点重合，重合后的点记为P ，则四面体P AEF -的高为A ．13 B ．23C ．34D ．122．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学试题】在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．23．【河南省洛阳市2019年高三第三次统一考试（5月）数学试题】在四棱柱1111ABCD A B C D -中，四边形ABCD 是平行四边形，1A A ⊥平面ABCD ， 60BAD ∠=︒，12,1,AB BC AA ===，E 为11A B 中点.（1）求证：平面1A BD ⊥平面1A AD ； （2）求多面体1A E ABCD -的体积.。
2019高考数学试题汇编之立体几何(原卷版)
暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱“专题04立体几何1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线3．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的幂势既同，则积不容异”称为祖=体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158C．182B．162D．3244．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱V A上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则A．β<γ，α<γB．β<α，β<γC．β<α，γ<αD．α<β，γ<β5．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为___________．6．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）7．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD A B C D挖去四棱锥O−EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H 1111分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm，3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.8．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【 E 12． 2019 年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱 ABCD –A 1B 1C 1D 1 的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，9．【2019 年高考北京卷文数】已知 l ，m 是平面 α 外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥ α ；③l ⊥ α ．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．10．【2019 年高考天津卷文数】已知四棱锥的底面是边长为 2 的正方形，侧棱长均为 5 .若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 __________.11． 2019 年高考江苏卷】如图，长方体 ABCD - A B C D 的体积是 120， 为 CC 的中点，则三棱锥 E −BCD1 1 1 11的体积是 ▲ .【E ，M ，N 分别是 BC ，BB 1，A 1D 的中点.A（1）证明：MN ∥平面 C 1DE ；（2）求点 C 到平面 C 1DE 的距离．13．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体 ABCD – 1B 1C 1D 1的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面 EB 1C 1；（2）若 AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥 EBB 1C 1C的体积．14．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB，△Rt ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的四边形ACGD的面积.15．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，E 为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面P AC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面P AB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．16．【2019 年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P - ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，△PCD 为等边三角形，平面 PAC ⊥ 平面 PCD ， P A ⊥ CD , C D = 2, AD = 3 .（1）设 G ，H 分别为 PB ，AC 的中点，求证： G H ∥平面 P AD ；（2）求证： P A ⊥ 平面 PCD ；（3）求直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值.17．【2019 年高考江苏卷】如图，在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 中，D ，E 分别为 BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面 DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ．18．【2019 年高考浙江卷】如图，已知三棱柱 ABC - A B C ，平面 A ACC ⊥ 平面 ABC , ∠ABC = 90︒ ，1 1 1 11∠BAC = 30︒, A A = AC = AC, E, F 分别是 AC ，A B 的中点.【1 11 1（1）证明： EF ⊥ BC ；（2）求直线 EF 与平面 A 1BC 所成角的余弦值.19．云南省昆明市 2019 届高三高考 5 月模拟数学试题】已知直线 l ⊥ 平面 α ，直线 m ∥平面 β ，若 α ⊥ β ，A ．B ． 2【 1则下列结论正确的是A ． l ∥β 或 l ⊄ βC ． m ⊥ αB ． l // mD ． l ⊥ m20．【陕西省 2019 届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱 ABC - A B C 的侧棱与底面边长都相等，1 1 1A 在底面 ABC 上的射影为 BC 的中点，则异面直线 AB 与 CC 所成的角的余弦值为1 1A ．34B ．345C ．D ．45 421．【四川省宜宾市 2019 届高三第三次诊断性考试数学试题】如图，边长为2 的正方形 ABCD 中， E , F 分别是 BC , C D 的中点，现在沿 AE , AF 及 EF 把这个正方形折成一个四面体，使 B, C , D 三点重合，重合后的点记为 P ，则四面体 P - AEF 的高为13 3C ．3 4D ．122． 广东省深圳市高级中学 2019 届高三适应性考试（6 月）数学试题】在三棱锥 P - ABC 中，平面 P AB ⊥平面 ABC ，△ABC 是边长为 6 的等边三角形，△PAB 是以 AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．23．【河南省洛阳市 2019 年高三第三次统一考试（5 月）数学试题】在四棱柱 ABCD - A B C D 中，四边1 1 1 1形 ABCD 是平行四边形，A A ⊥平面 ABCD ， ∠BAD = 60︒ ，AB = 2, BC = 1, AA 1 = 6 ，E 为 A 1B 1中点.1（1）求证：平面 A 1BD ⊥ 平面 A 1AD ；（2）求多面体 A E - ABCD 的体积.。
2019年高考真题理科数学解析汇编：立体几何26页word文档
第 1 页2019年高考真题理科数学解析汇编：立体几何一、选择题1 ．（2019年高考（新课标理））已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上,ABC ∆是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且2SC =;则此棱锥的体积为 （ ）A．6BC．3 D22 ．（2019年高考（新课标理））如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为A ．6B ．9C ．12D ．183 ．（2019年高考（浙江理））已知矩形ABCD ,AB =1,BC 将∆ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻着,在翻着过程中, A ．存在某个位置,使得直线AC 与直线BD 垂直 B ．存在某个位置,使得直线AB 与直线CD 垂直 C ．存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置,三直线“AC 与BD ”,“AB 与CD ”,“AD 与BC ”均不垂直4 ．（2019年高考（重庆理））设四面体的六条棱的长分别为a ,且长为a 异面,则a 的取值范围是 （ ）A ．B ．C ．D ．5 ．（2019年高考（四川理））如图,半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内,过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ,过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交,所得交线上到平面α的距离最大的点为B ,该交线上的一点P 满足60BOP ∠=,则A 、P 两点间的球面距离为 （ ）A ．arccos4R B ．4Rπ C ．arccos3R D ．3Rπ 6 ．（2019年高考（四川理））下列命题正确的是（ ）A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C ．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D ．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行7 ．（2019年高考（上海春））已知空间三条直线.l m n 、、若l 与m 异面,且l 与n 异面,则 [答]第 2 页（ ）A ．m 与n 异面.B ．m 与n 相交.C ．m 与n 平行.D ．m 与n 异面、相交、平行均有可能.8 ．（2019年高考（陕西理））如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱111A B C A B C -,12CA CC CB ==,则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为 （ ）ABCD ．359 ．（2019年高考（江西理））如图,已知正四棱锥S-ABCD 所有棱长都为1,点E 是侧棱SC 上一动点,过点E 垂直于SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分.记SE=x(0<x<1),截面下面部分的体积为V(x),则函数y=V(x)的图像大致为10．（2019年高考（湖南理））某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不可能是11．（2019年高考（湖北理））我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以十六乘之,九而一,所得开立方除之,即立圆径. “开立圆术”相当于给出了已知球的体积V ,求其直径d的一个近似公式d ≈人们还用过一些类似的近似公式. 根据π =3.14159判断,下列近似公式中最精确的一个是（ ）[来源:shulihua]A．d ≈ B．d ≈C．d ≈D ．(一)必考题(11—14题)12．（2019年高考（湖北理））已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为A ．8π3B ．3πC ．10π3D ．6π13．（2019年高考（广东理））(立体几何)某几何体的三视图如图1所示,它的体积为 （ ）A ．12πB ．45πC ．57πD ．81π14．（2019年高考（福建理））一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是 （ ）A 图1B C D 侧视图正视图俯视图第 3 页A ．球B ．三棱柱C ．正方形D ．圆柱15．（2019年高考（大纲理））已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中,12,AB CC E ==为1CC 的中点,则直线1AC 与平面BED 的距离为 （ ）A ．2BCD ．116．（2019年高考（北京理））某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是 （ ）A．28+B．30+C．56+D ．60125+17．（2019年高考（安徽理））设平面α与平面β相交于直线m ,直线a 在平面α内,直线b 在平面β内,且b m ⊥,则“αβ⊥”是“a b ⊥”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．即不充分不必要条件二、填空题18．（2019年高考（天津理））―个几何体的三视图如图所示(单位:m ),则该几何体的体积为______3m .19．（2019年高考（浙江理））已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积等于___________cm 3.20．（2019年高考（四川理））如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,M 、N 分别是CD 、1CC 的中点,则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________.21．（2019年高考（上海理））如图,AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱,BC=2。
2019年高考数学立体几何部分知识点分析
第 1 页 共 8 页2019年全国高考数学立体几何部分考查知识分析一、基本立体图形1．（2019年北京文理）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为l，那么该几何体的体积为．2．（2019年江苏）如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E BCD -的体积是 ．3.（2019年上海秋）一个直角三角形的两条直角边长分别为1和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋转得到的两个圆锥的体积之比为（ ）A. 1B. 2C. 4D. 8 4．（2019年浙江）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V sh =柱体，其中s 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是( )A ．158B ．162C ．182D ．3245．（2019年天津文理）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 ． 6．（2019年全国Ⅰ理）已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，PA PB PC ==，ABC ∆是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为( )A ．86πB ．46πC ．26πD ．6π 7．（2019年全国Ⅰ文）已知90ACB ∠=︒，P 为平面ABC 外一点，2PC =，点P 到ACB ∠两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为 ． 8．（2019年全国Ⅱ文理）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有 个面，其棱长为 ． 9．（2019年全国Ⅲ文理）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型，如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -，挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H ，分别为所在棱的中点，6AB BC cm ==，14AA cm =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 g ．二、基本图形的位置关系1．（2019年全国Ⅱ文理）设α，β为两个平面，则//αβ的充要条件是( ) A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面 2．（2019年全国Ⅲ文理）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD ∆为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )第 3 页 共 8 页A ．BM EN =，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM EN ≠，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM EN =，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM EN ≠，且直线BM ，EN 是异面直线 3．（2019年北京文理）已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l m ⊥；②//m α；③l α⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： ． 4．（2019年上海春）已知平面α、β、γ两两垂直，直线a 、b 、c 满足：a α⊆，b β⊆，c γ⊆，则直线a 、b 、c 不可能满足以下哪种关系( ) A ．两两垂直 B ．两两平行 C ．两两相交 D ．两两异面 5．（2019年浙江）设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则( ) A ．βγ<，αγ< B ．βα<，βγ< C ．βα<，γα< D ．αβ<，γβ<三、基本图形的位置关系的证明1．（2019年全国Ⅰ文）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点． （1）证明：//MN 平面1C DE ； （2）求点C 到平面1C DE 的距离．2．（2019年全国Ⅱ文）如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．（1）证明：BE ⊥平面11EB C ；（2）若1AE A E =，3AB =，求四棱锥11E BB C C -的体积．3．（2019年全国Ⅲ文）图1是由矩形ADEB ，Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1AB =，2BE BF ==，60FBC ∠=︒．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的四边形ACGD 的面积． 4．（2019年北京文）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点．（Ⅰ）求证：BD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）若60ABC ∠=︒，求证：平面PAB ⊥平面PAE ；（Ⅲ）棱PB 上是否存在点F ，使得//CF 平面PAE ？说明理由．5．（2019年江苏）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB BC =． 求证：（1）11//A B 平面1DEC ； （2）1BE C E ⊥．第 5 页 共 8 页6．（2019年上海春）如图，在正三棱锥P ABC -中，2,3PA PB PC AB BC AC ======． （1）若PB 的中点为M ，BC 的中点为N ，求AC 与MN 的夹角； （2）求P ABC -的体积．四、空间向量在立体几何中应用1．（2019年全国Ⅰ理）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点． （1）证明：//MN 平面1C DE ；（2）求二面角1A MA N --的正弦值．2．（2019年全国Ⅱ理）如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．（1）证明：BE ⊥平面11EB C ；（2）若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．3．（2019年全国Ⅲ理）图1是由矩形ADEB 、Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1AB =，2BE BF ==，60FBC ∠=︒．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的二面角B CG A --的大小． 4．（2019年北京理）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，//AD BC ，2PA AD CD ===，3BC =．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．（Ⅰ）求证：CD ⊥平面PAD ；（Ⅱ）求二面角F AE P --的余弦值；（Ⅲ）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．5．（2019年天津理）如图，AE ⊥平面ABCD ，//CF AE ，//AD BC ，AD AB ⊥，1AB AD ==，2AE BC ==．（Ⅰ）求证：//BF 平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．第 7 页 共 8 页6．（2019年天津文）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD ∆为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA CD ⊥，2CD =，3AD =． （Ⅰ）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：//GH 平面PAD ； （Ⅱ）求证：PA ⊥平面PCD ；（Ⅲ）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值．7．（2019年浙江）如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，30BAC ∠=︒，11A A AC AC ==，E ，F 分别是AC ，11AB 的中点． （Ⅰ）证明：EF BC ⊥；（Ⅱ）求直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值．8.（2019年上海秋）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，M 为1BB 上一点，已知2BM =，4AD =，3CD =，15AA =.（1）求直线1A C 与平面ABCD 的夹角； （2）求点A 到平面1A MC 的距离.。
三年高考高考数学真题分项汇编专题立体几何解答题文含解析.doc
专题06立体几何(解答题)1.[2019年高考全国I卷文数】如图，直四棱柱ABCD-A^C^的底面是菱形，』4=4, AB=2, ZBAD=60° ,E, M,"分别是成；BBi, 4〃的中点.(1)证明：刎〃平面GDE；(2)求点。
到平面G庞的距离.【答案】(1)见解析；(2) .【解析】(1)连结.因为〃，盼别为的中点，所以，且.又因为伪的中点，所以.由题设知，可得，故，因此四边形姗为平行四边形，.又平面，所以沥V〃平面.(2)过。
乍G碰垂线，垂足为H由己知可得，，所以班_L平面，故DELCH.从而世上平面，故囹的长即为徐(J平面的距离，由已知可得上1, G&4,所以，故.从而点6®!平面的距离为.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.2.[2019年高考全国II卷文数】如图，长方体ABCD- ABGB的底面敬刀是正方形，点E在棱如i上，BE LEQ.(1)证明：班」平面EB&(2)若A^AxE, AB=3,求四棱锥的体积.【答案】(1)见详解；(2) 18.【解析】(1)由已知得平面ABB^Ax,政平面ABRA,故.又，所以血工平面.(2)由(1)知ZBE&=90° .由题设知Rt△，母竺RtZ\43E,所以，故』庆舟3,.作，垂足为尸，则时平面，且.所以，四棱锥的体积.【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.3.[2019年高考全国III卷文数】图1是由矩形血陟，政和菱形阴Z组成的一个平面图形，其中AB=\,BE=BF^2,ZFB(=60° .将其沿43 折起使得庞与欧重合，连结〃G,如图2.(1)证明：图2中的瓦C, G,〃四点共面，且平面』3GL平面冏％S'；(2)求图2中的四边形成％〃的面积.【答案】(1)见解析；(2) 4.【解析】(1)由已知得地陋，CGBE,所以ADCG,故时 CG确定一个平面，从而』，C, G,〃四点共面. 由已知得』姗，ABBC,故/疗平面成洗又因为/砰面/3G所以平面/及砰面及石(2)取做]中点泌连结敬DM.因为AB//DE, /砰面冏:依所以班平面此窿，故DECG.由已知，四边形及派是菱形，且ZEBG60。
2019年高考数学分类汇编：立体几何
训练一：2019年高考文科数学新课标Ⅰ卷第16题：已知090=∠ACB ，P 为平面ABC 外一点，2=PC ，点P 到ACB ∠两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为 。
本题解答：如下图所示：假设：⊥PO 平面ABC ，OD 、⊂OE 平面OD PO ABC ⊥⇒，OE PO ⊥。
22223PO PO PD OD OD PO -=-=⇒⊥，22223PO PO PE OE OE PO -=-=⇒⊥ OE OD OE OD =⇒=⇒22。
⊥PO 平面ABC ，AC ，⊂BC 平面AC PO ABC ⊥⇒，BC PO ⊥。
AC PO ⊥，AC PD ⊥，PO 、⊂PD 平面⊥⇒AC PDO 平面PDO ，⊂OD 平面OD AC PDO ⊥⇒。
BC PO ⊥，BC PE ⊥，PO 、⊂PE 平面⊥⇒BC PEO 平面PEO ，⊂OE 平面OE BC PEO ⊥⇒。
OD AC ⊥，OE BC ⊥，⇒=∠090ACB 四边形CEOD 是矩形，⇒=OE OD 四边形CEOD 是正方形。
在COD Rt ∆中：2222222633PO PO PO CD OD CO -=-+-=+=。
⊥PO 平面ABC ，⊂OC 平面222222226=-+⇒=+⇒⊥⇒PO PO PC OC PO OC PO ABC⇒=⇒=⇒222PO PO P 到平面ABC 的距离为2。
训练二：2019年高考文科数学新课标Ⅰ卷第19题：如图，直四棱柱1111D C B A ABCD -的底面是菱形，41=AA ，2=AB ，060=∠BAD ，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，D A 1的中点。
（Ⅰ）证明：//MN 平面DE C 1； （Ⅱ）求点C 到平面DE C 1的距离。
本题解答：（Ⅰ）证明：连接ME 和C B 1。
M 是1BB 的中点，E 是BC 的中点ME ⇒是C BB 1∆的中位线C B ME 1//⇒，C B ME 121=。
2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何3(空间线面关系)带详细答案
2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何（空间线面关系）（一）空间线面的平行与垂直选择题1．（2014•广东文）若空间中四条两两不同的直线1l ，2l ，3l ，4l ，满足12l l ⊥，23//l l ，34l l ⊥，则下列结论一定正确的是( ) A ．14l l ⊥B ．14//l lC ．1l 与4l 既不垂直也不平行D ．1l 与4l 的位置关系不确定【考点】空间中直线与直线之间的位置关系【分析】根据空间直线平行或垂直的性质即可得到结论．【解答】解：在正方体中，若AB 所在的直线为2l ，CD 所在的直线为3l ，AE 所在的直线为1l ， 若GD 所在的直线为4l ，此时14//l l ， 若BD 所在的直线为4l ，此时14l l ⊥， 故1l 与4l 的位置关系不确定， 故选：D ．【点评】本题主要考查空间直线平行或垂直的位置关系的判断，比较基础．2．（2014•广东理）若空间中四条两两不同的直线1l ，2l ，3l ，4l ，满足12l l ⊥，23l l ⊥，34l l ⊥，则下列结论一定正确的是( ) A ．14l l ⊥B ．14//l lC ．1l 与4l 既不垂直也不平行D ．1l 与4l 的位置关系不确定【考点】空间中直线与直线之间的位置关系【分析】根据在空间中垂直于同一直线的二直线的位置关系是平行、相交或异面可得，1l ∴与4l 的位置关系不确定．【解答】解：12l l ⊥，23l l ⊥，1l ∴与3l 的位置关系不确定， 又43l l ⊥，1l ∴与4l 的位置关系不确定． 故A 、B 、C 错误． 故选：D ．【点评】本题考查了空间直线的垂直关系的判定，考查了学生的空间想象能力，在空间中垂直于同一直线的二直线的位置关系是平行、相交或异面．3．（2014•辽宁文理）已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是( ) A ．若//m α，//n α，则//m n B ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥ C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n α D ．若//m α，m n ⊥，则n α⊥【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【分析】A ．运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；B ．运用线面垂直的性质，即可判断；C ．运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；D ．运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断．【解答】解：A ．若//m α，//n α，则m ，n 相交或平行或异面，故A 错；B ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥，故B 正确；C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n α或n α⊂，故C 错；D ．若//m α，m n ⊥，则//n α或n α⊂或n α⊥，故D 错．故选：B ．【点评】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面的平行、垂直的判断与性质，记熟这些定理是迅速解题的关键，注意观察空间的直线与平面的模型．4．（2014•浙江文）设m 、n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则( ) A ．若m n ⊥，//n α，则m α⊥ B ．若//m β，βα⊥，则m α⊥ C ．若m β⊥，n β⊥，n α⊥，则m α⊥ D ．若m n ⊥，n β⊥，βα⊥，则m α⊥【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【分析】根据空间线线，线面，面面之间的位置关系分别进行判定即可得到结论． 【解答】解：A ．若m n ⊥，//n α，则m α⊥或m α⊂或//m α，故A 错误．B ．若//m β，βα⊥，则m α⊥或m α⊂或//m α，故B 错误．C ．若m β⊥，n β⊥，n α⊥，则m α⊥，正确．D ．若m n ⊥，n β⊥，βα⊥，则m α⊥或m α⊂或//m α，故D 错误．故选：C ．【点评】本题主要考查空间直线，平面之间的位置关系的判定，要求熟练掌握相应的判定定理和性质定理． 5．（2015•北京理）设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂，“//m β “是“//αβ”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【考点】充分条件、必要条件、充要条件；面面平行的判定定理【分析】//m β并得不到//αβ，根据面面平行的判定定理，只有α内的两相交直线都平行于β，而//αβ，并且m α⊂，显然能得到//m β，这样即可找出正确选项．【解答】解：m α⊂，//m β得不到//αβ，因为α，β可能相交，只要m 和α，β的交线平行即可得到//m β；//αβ，m α⊂，m ∴和β没有公共点，//m β∴，即//αβ能得到//m β；∴ “//m β”是“//αβ”的必要不充分条件．故选：B ．【点评】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念．6．（2015•福建理）若l ，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α，则“l m ⊥”是“//l α”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【考点】充分条件、必要条件、充要条件；直线与平面平行与垂直关系 【分析】利用直线与平面平行与垂直关系，判断两个命题的充要条件关系即可．【解答】解：l ，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α，则“l m ⊥”可能“//l α”也可能l α⊂， 反之，“//l α”一定有“l m ⊥”，所以l ，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α，则“l m ⊥”是“//l α”的必要而不充分条件． 故选：B ．【点评】本题考查空间直线与平面垂直与平行关系的应用，充要条件的判断，基本知识的考查． 7．（2015•广东理）若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值( ) A ．至多等于3B ．至多等于4C ．等于5D ．大于5【考点】棱锥的结构特征【分析】先考虑平面上的情况：只有三个点的情况成立；再考虑空间里，只有四个点的情况成立，注意运用外接球和三角形三边的关系，即可判断．【解答】解：考虑平面上，3个点两两距离相等，构成等边三角形，成立；4个点两两距离相等，三个点在圆上，一个点是圆心，圆上的点到圆心的距离都相等，则不成立；n 大于4，也不成立；在空间中，4个点两两距离相等，构成一个正四面体，成立；若4n >，由于任三点不共线，当5n =时，考虑四个点构成的正四面体， 第五个点，与它们距离相等，必为正四面体的外接球的球心， 且球的半径不等于边长，即有球心与正四面体的底面的中心重合， 但显然球的半径不等于棱长，故不成立； 同理5n >，不成立． 故选：B ．【点评】本题考查空间几何体的特征，主要考查空间两点的距离相等的情况，注意结合外接球和三角形的两边与第三边的关系，属于中档题和易错题．8．（2015•广东文）若直线1l 和2l 是异面直线，1l 在平面α内，2l 在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( ) A ．l 与1l ，2l 都不相交 B ．l 与1l ，2l 都相交C ．l 至多与1l ，2l 中的一条相交D ．l 至少与1l ，2l 中的一条相交【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【分析】可以画出图形来说明l 与1l ，2l 的位置关系，从而可判断出A ，B ，C 是错误的，而对于D ，可假设不正确，这样l 便和1l ，2l 都不相交，这样可推出和1l ，2l 异面矛盾，这样便说明D 正确． 【解答】解：A ．l 与1l ，2l 可以相交，如图：∴该选项错误；B ．l 可以和1l ，2l 中的一个平行，如上图，∴该选项错误；C ．l 可以和1l ，2l 都相交，如下图：，∴该选项错误；D ．“l 至少与1l ，2l 中的一条相交”正确，假如l 和1l ，2l 都不相交； l 和1l ，2l 都共面； l ∴和1l ，2l 都平行；12//l l ∴，1l 和2l 共面，这样便不符合已知的1l 和2l 异面；∴该选项正确．故选：D ．【点评】考查异面直线的概念，在直接说明一个命题正确困难的时候，可说明它的反面不正确． 9．（2015•湖北文）1l ，2l 表示空间中的两条直线，若1:p l ，2l 是异面直线，1:q l ，2l 不相交，则( ) A ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件 B ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件 【考点】空间直线的位置关系【分析】根据充分条件和必要条件的定义结婚空间直线的位置关系，进行判断即可． 【解答】解：若1l ，2l 是异面直线，则1l ，2l 不相交，即充分性成立， 若1l ，2l 不相交，则1l ，2l 可能是平行或异面直线，即必要性不成立， 故p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件， 故选：A ．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据空间直线的位置关系是解决本题的关键． 10．（2015•浙江文）设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，( ) A ．若l β⊥，则αβ⊥ B ．若αβ⊥，则l m ⊥ C ．若//l β，则//αβD ．若//αβ，则//l m【考点】空间中直线与平面之间的位置关系 【分析】A 根据线面垂直的判定定理得出A 正确；B 根据面面垂直的性质判断B 错误；C 根据面面平行的判断定理得出C 错误；D 根据面面平行的性质判断D 错误．【解答】解：对于A ，l β⊥，且l α⊂，根据线面垂直的判定定理，得αβ⊥，A ∴正确； 对于B ，当αβ⊥，l α⊂，m β⊂时，l 与m 可能平行，也可能垂直，B ∴错误； 对于C ，当//l β，且l α⊂时，α与β可能平行，也可能相交，C ∴错误； 对于D ，当//αβ，且l α⊂，m β⊂时，l 与m 可能平行，也可能异面，D ∴错误． 故选：A ．【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了数学符号语言的应用问题，是基础题目．11．（2015•安徽理）已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( ) A ．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行 B ．若m ，n 平行于同一平面，则m 与n 平行 C ．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线 D ．若m ，n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系【分析】利用面面垂直、线面平行的性质定理和判定定理对选项分别分析解答．【解答】解：对于A ，若α，β垂直于同一平面，则α与β不一定平行，例如墙角的三个平面；故A 错误；对于B ，若m ，n 平行于同一平面，则m 与n 平行．相交或者异面；故B 错误； 对于C ，若α，β不平行，则在α内存在无数条与β平行的直线；故C 错误；对于D ，若m ，n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面；假设两条直线同时垂直同一个平面，则这两条在平行；故D 正确； 故选：D ．【点评】本题考查了空间线面关系的判断；用到了面面垂直、线面平行的性质定理和判定定理．12．（2016•浙江文理）已知互相垂直的平面α，β交于直线l ，若直线m ，n 满足//m α，n β⊥，则() A ．//m lB ．//m nC ．n l ⊥D ．m n ⊥【考点】直线与平面垂直【分析】由已知条件推导出l β⊂，再由n β⊥，推导出n l ⊥．【解答】解：互相垂直的平面α，β交于直线l ，直线m ，n 满足//m α， //m β∴或m β⊂或m 与β相交，l β⊂， n β⊥， n l ∴⊥．故选：C ．【点评】本题考查两直线关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养． 13．（2016•上海文）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别为BC 、1BB 的中点，则下列直线中与直线EF 相交的是( )A ．直线1AAB ．直线11A BC ．直线11A DD ．直线11B C【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【分析】根据异面直线的定义便可判断选项A ，B ，C 的直线都和直线EF 异面，而由图形即可看出直线11B C 和直线相交，从而便可得出正确选项．【解答】解：根据异面直线的概念可看出直线1AA ，11A B ，11A D 都和直线EF 为异面直线； 11B C 和EF 在同一平面内，且这两直线不平行；∴直线11B C 和直线EF 相交，即选项D 正确．故选：D ．【点评】考查异面直线的概念及判断，平行直线和相交直线的概念及判断，并熟悉正方体的图形形状． 14．（2016•山东文理）已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内．则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【考点】充分条件、必要条件、充要条件; 空间位置关系【分析】直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a 和直线b 相交” ⇒ “平面α和平面β相交”，反之不成立．【解答】解：直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a 和直线b 相交” ⇒ “平面α和平面β相交”， 反之不成立．∴ “直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．故选：A ．【点评】本题考查了空间位置关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力，属于基础题．15．（2017•新课标Ⅰ文）如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是( )A ．B ．C ．D ．【考点】直线与平面平行【分析】利用线面平行判定定理可知B 、C 、D 均不满足题意，从而可得答案． 【解答】解：对于选项B ，由于//AB MQ ，结合线面平行判定定理可知B 不满足题意； 对于选项C ，由于//AB MQ ，结合线面平行判定定理可知C 不满足题意； 对于选项D ，由于//AB NQ ，结合线面平行判定定理可知D 不满足题意； 所以选项A 满足题意， 故选：A ．【点评】本题考查空间中线面平行的判定定理，利用三角形中位线定理是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．16．（2017•新课标Ⅲ文）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则( ) A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥【考点】空间中直线与直线之间的位置关系【分析】法一：连1B C ，推导出11BC B C ⊥，111A B BC ⊥，从而1BC ⊥平面11A ECB ，由此得到11A E BC ⊥． 法二：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果． 【解答】解：法一：连1B C ，由题意得11BC B C ⊥， 11A B ⊥平面11B BCC ，且1BC ⊂平面11B BCC ，111A B BC ∴⊥， 1111A B B C B =，1BC ∴⊥平面11A ECB ， 1A E ⊂平面11A ECB ， 11A E BC ∴⊥．故选：C ．法二：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为2，则1(2A ，0，2)，(0E ，1，0)，(2B ，2，0)，(0D ，0，0)，1(0C ，2，2)，(2A ，0，0)，(0C ，2，0)， 1(2A E =-，1，2)-，1(0DC =，2，2)，(2BD =-，2-，0)， 1(2BC =-，0，2)，(2AC =-，2，0)，112A E DC =-，12A E BD =，110A E BC =，16A E AC =， 11A E BC ∴⊥．故选：C ．【点评】本题考查线线垂直的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用． 17．（2018•浙江）已知平面α，直线m ，n 满足m α⊂/，n α⊂，则“//m n ”是“//m α”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【考点】充分条件、必要条件、充要条件【分析】根据线面平行的定义和性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【解答】解：m α⊂/，n α⊂，∴当//m n 时，//m α成立，即充分性成立，当//m n不一定成立，即必要性不成立，mα时，//则“//mα”的充分不必要条件．m n”是“//故选：A．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据线面平行的定义和性质是解决本题的关键，是基础题．αβ的充要条件是()18．（2019新课标Ⅱ文理）设α，β为两个平面，则//A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面【考点】；充分条件、必要条件、充要条件；空间位置关系【分析】充要条件的定义结合面面平行的判定定理可得结论αβ；【解答】解：对于A，α内有无数条直线与β平行，αβ或//αβ；对于B，α内有两条相交直线与β平行，//αβ；对于C，α，β平行于同一条直线，αβ或//αβ．对于D，α，β垂直于同一平面，αβ或//故选：B．【点评】本题考查了充要条件的定义和面面平行的判定定理，考查了推理能力，属于基础题．19．（2019•新课标Ⅲ文理）如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD∆为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM EN=，且直线BM，EN是相交直线B．BM EN≠，且直线BM，EN是相交直线C．BM EN=，且直线BM，EN是异面直线D．BM EN≠，且直线BM，EN是异面直线【考点】空间中直线与直线之间的位置关系【分析】推导出BM是BDE∆中BD边上的中线，从而直线BM，EN是∆中DE边上的中线，EN是BDE相交直线，设DE a≠．=，则BD，BE=，从而BM EN【解答】解：点N为正方形ABCD的中心，ECD∆为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，BM ∴⊂平面BDE ，EN ⊂平面BDE ，BM 是BDE ∆中DE 边上的中线，EN 是BDE ∆中BD 边上的中线，∴直线BM ，EN 是相交直线，设DE a =，则BD =，BE =，BM ∴=，EN a =， BM EN ∴≠，故选：B ．【点评】本题考查两直线的位置关系的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．20．（2019•上海）已知平面α、β、γ两两垂直，直线a 、b 、c 满足：a α⊆，b β⊆，c γ⊆，则直线a 、b 、c 不可能满足以下哪种关系( )A ．两两垂直B ．两两平行C ．两两相交D ．两两异面【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系 【分析】利用面面垂直的性质．画图判定【解答】解：如图1，可得a 、b 、c 可能两两垂直； 如图2，可得a 、b 、c 可能两两相交； 如图3，可得a 、b 、c 可能两两异面；故选：B ．【点评】本题考查面面垂直的性质，属于基础题．填空题1．（2016•新课标Ⅱ理）α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题： ①如果m n ⊥，m α⊥，//n β，那么αβ⊥． ②如果m α⊥，//n α，那么m n ⊥． ③如果//αβ，m α⊂，那么//m β．④如果//m n ，//αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确的命题是 ②③④ （填序号）【考点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系 【分析】根据空间直线与平面的位置关系的判定方法及几何特征，分析判断各个结论的真假，可得答案． 【解答】解：①如果m n ⊥，m α⊥，//n β，不能得出αβ⊥，故错误；②如果//n α，则存在直线l α⊂，使//n l ，由m α⊥，可得m l ⊥，那么m n ⊥．故正确； ③如果//αβ，m α⊂，那么m 与β无公共点，则//m β．故正确④如果//m n ，//αβ，那么m ，n 与α所成的角和m ，n 与β所成的角均相等．故正确； 故答案为：②③④【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了空间直线与平面的位置关系，难度中档． 2．（2019北京文理科12）已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l m ⊥；②//m α；③l α⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： 若l α⊥，l m ⊥，则//m α ．【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【分析】由l ，m 是平面α外的两条不同直线，利用线面平行的判定定理得若l α⊥，l m ⊥，则//m α． 【解答】解：由l ，m 是平面α外的两条不同直线，知： 由线面平行的判定定理得： 若l α⊥，l m ⊥，则//m α．故答案为：若l α⊥，l m ⊥，则//m α．【点评】本题考查满足条件的真命题的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．（二）空间线面所成的角1．（2014•新课标Ⅱ理）直三棱柱111ABC A B C -中，90BCA ∠=︒，M ，N 分别是11A B ，11A C 的中点，1BC CA CC ==，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A ．110B ．25C D 【考点】异面直线及其所成的角【分析】画出图形，找出BM 与AN 所成角的平面角，利用解三角形求出BM 与AN 所成角的余弦值． 【解答】解：直三棱柱111ABC A B C -中，90BCA ∠=︒，M ，N 分别是11A B ，11A C 的中点，如图：BC 的中点为O ，连结ON ，//1112MN B C OB ==，则0MN B 是平行四边形，BM 与AN 所成角就是ANO ∠，1BC CA CC ==，设12BC CA CC ===，1CO ∴=，AO =AN MB ==在ANO ∆中，由余弦定理可得：222cos2AN NO AO ANO AN NO +-∠===故选：C ．【点评】本题考查异面直线对称角的求法，作出异面直线所成角的平面角是解题的关键，同时考查余弦定理的应用．2．（2014•大纲版文）已知正四面体ABCD 中，E 是AB 的中点，则异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为()A ．16B C ．13D 【考点】异面直线及其所成的角【分析】由E 为AB 的中点，可取AD 中点F ，连接EF ，则CEF ∠为异面直线CE 与BD 所成角，设出正四面体的棱长，求出CEF ∆的三边长，然后利用余弦定理求解异面直线CE 与BD 所成角的余弦值． 【解答】解：如图，取AD 中点F ，连接EF ，CF ，E 为AB 的中点，//EF DB ∴，则CEF ∠为异面直线BD 与CE 所成的角，ABCD 为正四面体，E ，F 分别为AB ，AD 的中点， CE CF ∴=．设正四面体的棱长为2a ， 则EF a =，CE CF =．在CEF ∆中，由余弦定理得：2222cos 2CE EF CF CEF CE EF +-∠===故选：B ．【点评】本题考查异面直线及其所成的角，关键是找角，考查了余弦定理的应用，是中档题．3．（2014•大纲版理）已知二面角l αβ--为60︒，AB α⊂，AB l ⊥，A 为垂足，CD β⊂，C l ∈，135ACD ∠=︒，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为( )A ．14B C D ．12【考点】异面直线及其所成的角【分析】首先作出二面角的平面角，然后再构造出异面直线AB 与CD 所成角，利用解直角三角形和余弦定理，求出问题的答案．【解答】解：如图，过A 点做AE l ⊥，使BE β⊥，垂足为E ，过点A 做//AF CD ，过点E 做EF AE ⊥，连接BF ， AE l ⊥ 90EAC ∴∠=︒ //CD AF又135ACD ∠=︒ 45FAC ∴∠=︒ 45EAF ∴∠=︒在Rt BEA ∆中，设AE a =，则2AB a =，BE =， 在Rt AEF ∆中，则EF a =，AF =， 在Rt BEF ∆中，则2BF a =，∴异面直线AB 与CD 所成的角即是BAF ∠，222cos 2AB AF BF BAF AB AF +-∴∠===． 故选：B ．【点评】本题主要考查了二面角和异面直线所成的角，关键是构造二面角的平面角和异面直线所成的角，考查了学生的空间想象能力和作图能力，属于难题．4．（2014•四川理）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点，设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( )A．，1] B．1] C．]3D．[3，1] 【考点】直线与平面所成的角【分析】由题意可得：直线OP 于平面1A BD 所成的角α的取值范围是111[,][,]22AOA C OA ππ∠∠．再利用正方体的性质和直角三角形的边角关系即可得出．【解答】解：由题意可得：直线OP 于平面1A BD 所成的角α的取值范围是111[,][,]22AOA C OA ππ∠∠．不妨取2AB =．在1Rt AOA ∆中，111sin AA AOA AO ∠===111111sin sin(2)sin 22sin cos 2C OA AOA AOA AOA AOA π∠=-∠=∠=∠∠==>， sin12π=．sin α∴的取值范围是． 故选：B ．【点评】本题考查了正方体的性质和直角三角形的边角关系、线面角的求法，考查了推理能力，属于中档题．5．（2015•浙江理）如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成△A CD '，所成二面角A CDB '--的平面角为α，则( )A ．A DB α∠'…B ．A DB α∠'…C ．ACB α∠'…D ．ACB α∠'…【考点】二面角的平面角及求法【分析】解：画出图形，分AC BC =，AC BC ≠两种情况讨论即可． 【解答】解：①当AC BC =时，A DB α∠'=； ②当AC BC ≠时，如图，点A '投影在AE 上，AOE α=∠'，连结AA '，易得ADA AOA ∠'<∠'，A DB AOE ∴∠'>∠'，即A DB α∠'>综上所述，A DB α∠'…， 故选：B ．【点评】本题考查空间角的大小比较，注意解题方法的积累，属于中档题．6．（2016•新课标Ⅰ文理）平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，//α平面11CB D ，α⋂平面ABCD m =，α⋂平面11ABB A n =，则m 、n 所成角的正弦值为( )A B C D ．13【考点】异面直线及其所成的角【分析】画出图形，判断出m 、n 所成角，求解即可．【解答】解：如图：//α平面11CB D ，α⋂平面ABCD m =，α⋂平面11ABA B n =， 可知：1//n CD ，11//m B D ，△11CB D 是正三角形．m 、n 所成角就是1160CD B ∠=︒．则m 、n ． 故选：A ．【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．7．（2017•新课标Ⅱ理）已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为( )ABCD【考点】异面直线及其所成的角【分析】【解法一】设M 、N 、P 分别为AB ，1BB 和11B C 的中点，得出1AB 、1BC 夹角为MN 和NP 夹角或其补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出AC 、MQ ，MP 和MNP ∠的余弦值即可． 【解法二】通过补形的办法，把原来的直三棱柱变成直四棱柱，解法更简洁． 【解答】解：【解法一】如图所示，设M 、N 、P 分别为AB ，1BB 和11B C 的中点， 则1AB 、1BC 夹角为MN 和NP 夹角或其补角 （因异面直线所成角为(0,])2π，可知112MN AB ==，112NP BC ==； 作BC 中点Q ，则PQM ∆为直角三角形； 1PQ =，12MQ AC =， ABC ∆中，由余弦定理得2222cos AC AB BC AB BC ABC =+-∠ 141221()2=+-⨯⨯⨯-7=，AC ∴=MQ ∴=在MQP ∆中，2MP =； 在PMN ∆中，由余弦定理得222222cos 2MN NP PMMNP MN NP+-+-∠===； 又异面直线所成角的范围是(0，]2π，1AB ∴与1BC． 【解法二】如图所示，补成四棱柱1111ABCD A B C D -，求1BC D ∠即可；1BC =，BD =1C D =∴22211BC BD C D +=，190DBC ∴∠=︒，1cos BC D ∴∠==故选：C ．【点评】本题考查了空间中的两条异面直线所成角的计算问题，也考查了空间中的平行关系应用问题，是中档题．8．（2017•浙江）如图，已知正四面体D ABC -（所有棱长均相等的三棱锥），P 、Q 、R 分别为AB 、BC 、CA 上的点，AP PB =，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D PR Q --，D PQ R --，D QR P --的平面角为α、β、γ，则( )A ．γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<【考点】二面角的平面角及求法【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面ABC ∆的中心为O ．不妨设3OP =．则(0O ，0，0)，(0P ，3-，0)，(0C ，6，0)，(0D ，0，，Q ，(R -，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．解法二：如图所示，连接OP ，OQ ，OR ，过点O 分别作垂线：OE PR ⊥，OF PQ ⊥，OG QR ⊥，垂足分别为E ，F ，G ，连接DE ，DF ，DG ．．可得tan OD OE α=．tan OD OF β=，tan ODOGγ=．由已知可得：OE OG OF >>．即可得出．【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面ABC ∆的中心为O ．不妨设3OP =．则(0O ，0，0)，(0P ，3-，0)，(0C ，6，0)，(0D ，0，，B 3-，0)．Q ，(R -，(PR =-，(0PD =，3，，(3PQ =6，0)，(3,0)QR =--，(QD =-．设平面PDR 的法向量为(n x =，y ，)z ，则00n PR n PD ⎧=⎪⎨=⎪⎩，可得3030y y ⎧-+=⎪⎨+=⎪⎩，可得(6,21)n =-，取平面ABC 的法向量(0m =，0，1)． 则cos ,||||15m n m n m n <>==，取α=同理可得：β=γ=>>．αγβ∴<<．解法二：如图所示，连接OP ，OQ ，OR ，过点O 分别作垂线：OE PR ⊥，OF PQ ⊥，OG QR ⊥，垂足分别为E ，F ，G ，连接DE ，DF ，DG ．设OD h =． 则tan ODOEα=． 同理可得：tan OD OF β=，tan ODOGγ=． 由已知可得：OE OG OF >>．tan tan tan αγβ∴<<，α，β，γ为锐角． αγβ∴<<．故选：B ．【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．9．（2018•浙江）已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点）．设SE 与BC 所成的角为1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则()A ．123θθθ剟B ．321θθθ剟C ．132θθθ剟D ．231θθθ剟【考点】棱锥的结构特征；异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法 【分析】作出三个角，表示出三个角的正弦或正切值，根据三角函数的单调性即可得出三个角的大小．【解答】解：由题意可知S 在底面ABCD 的射影为正方形ABCD 的中心． 过E 作//EF BC ，交CD 于F ，过底面ABCD 的中心O 作ON EF ⊥交EF 于N ， 连接SN ，取AB 中点M ，连接SM ，OM ，OE ，则EN OM =， 则1SEN θ=∠，2SEO θ=∠，3SMO θ=∠． 显然，1θ，2θ，3θ均为锐角． 1tan SN SN NE OM θ==，3tan SOOMθ=，SN SO …， 13θθ∴…，又3sin SO SM θ=，2sin SOSEθ=，SE SM …， 32θθ∴…．故选：D ．【点评】本题考查了空间角的计算，三角函数的应用，属于中档题．10．（2018•新课标Ⅰ理）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A B C D 【考点】直线与平面所成的角【分析】利用正方体棱的关系，判断平面α所成的角都相等的位置，然后求解α截此正方体所得截面面积的最大值．【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，，α截此正方体所得截面最大值为：26． 故选：A ．【点评】本题考查直线与平面所成角的大小关系，考查空间想象能力以及计算能力，有一定的难度． 11．（2018•新课标Ⅰ文）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为( )A ．8B ．C ．D ．【考点】直线与平面所成的角【分析】画出图形，利用已知条件求出长方体的高，然后求解长方体的体积即可． 【解答】解：长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==， 1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，即130AC B ∠=︒，可得1tan30ABBC ==︒可得1BB ==．所以该长方体的体积为：22⨯⨯= 故选：C ．【点评】本题考查长方体的体积的求法，直线与平面所成角的求法，考查计算能力．12．（2018•新课标Ⅱ文）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A B C D 【考点】异面直线及其所成的角。
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第八章立体几何§8.1空间几何体的结构、三视图和直观图1．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．2．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图．3．会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．高考主要考查空间几何体的结构和视图，柱、锥、台、球的定义与性质是基础，以它们为载体考查线线、线面、面面的关系是重点，三视图一般会在选择题、填空题中考查，以给出空间图形选择其三视图或给出三视图判断其空间图形的形式出现，考查空间想象能力．1．棱柱、棱锥、棱台的概念(1)棱柱：有两个面互相______，其余各面都是________，并且每相邻两个四边形的公共边都互相________，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．※注：棱柱又分为斜棱柱和直棱柱．侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．(2)棱锥：有一个面是________，其余各面都是有一个公共顶点的__________，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．※注：如果棱锥的底面是正多边形，且它的顶点在过底面中心且与底面垂直的直线上，则这个棱锥叫做正棱锥．(3)棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，叫做棱台．※注：由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．※2.棱柱、棱锥、棱台的性质(1)棱柱的性质侧棱都相等，侧面是______________；两个底面与平行于底面的截面是__________的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是______________；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面、对角面都是________．(2)正棱锥的性质侧棱相等，侧面是全等的__________；棱锥的高、斜高和斜高在底面上的射影构成一个____________；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面上的射影也构成一个____________；侧面的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个____________；侧棱在底面上的射影、斜高在底面上的射影及底面边长的一半也构成一个____________．(3)正棱台的性质侧面是全等的____________；斜高相等；棱台的高、斜高和两底面的边心距组成一个____________；棱台的高、侧棱和两底面外接圆的半径组成一个____________；棱台的斜高、侧棱和两底面边长的一半也组成一个____________．3．圆柱、圆锥、圆台(1)圆柱、圆锥、圆台的概念分别以________的一边、__________的一直角边、________中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台．(2)圆柱、圆锥、圆台的性质圆柱、圆锥、圆台的轴截面分别是________、___________、___________；平行于底面的截面都是__________．4．球(1)球面与球的概念以半圆的______所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称球．半圆的圆心叫做球的________．(2)球的截面性质球心和截面圆心的连线________截面；球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r的关系为______________．5．平行投影在一束平行光线照射下形成的投影，叫做__________．平行投影的投影线互相__________．6．空间几何体的三视图、直观图(1)三视图①空间几何体的三视图是用正投影得到的，在这种投影下，与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的．三视图包括__________、__________、__________．②三视图尺寸关系口诀：“长对正，高平齐，宽相等．” 长对正指正视图和俯视图长度相等，高平齐指正视图和侧(左)视图高度要对齐，宽相等指俯视图和侧(左)视图的宽度要相等．(2)直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：①在已知图形所在空间中取水平面，在水平面内作互相垂直的轴Ox ，Oy ，再作Oz 轴，使∠xOz ＝________且∠yOz ＝________．②画直观图时，把Ox ，Oy ，Oz 画成对应的轴O ′x ′，O ′y ′，O ′z ′，使∠x ′O ′y ′＝____________，∠x ′O ′z ′＝____________．x ′O ′y ′所确定的平面表示水平面．③已知图形中，平行于x 轴、y 轴或z 轴的线段，在直观图中分别画成____________x ′轴、y ′轴或z ′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同．④已知图形中平行于x 轴和z 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y 轴的线段，长度为原来的__________．⑤画图完成后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图．注：空间几何体的三视图和直观图在观察角度和投影效果上的区别是：(1)观察角度：三视图是从三个不同位置观察几何体而画出的图形，直观图是从某一点观察几何体而画出的图形；(2)投影效果：三视图是在平行投影下画出的平面图形，用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形．【自查自纠】1．(1)平行 四边形 平行 (2)多边形 三角形2．(1)平行四边形 全等 平行四边形 矩形 (2)等腰三角形 直角三角形 直角三角形 直角三角形 直角三角形(3)等腰梯形 直角梯形 直角梯形 直角梯形 3．(1)矩形 直角三角形 直角梯形 (2)矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆4．(1)直径 球心 (2)垂直于 d ＝R 2－r 2 5．平行投影 平行6．(1)①正(主)视图 侧(左)视图 俯视图 (2)①90° 90°②45°(或135°) 90° ③平行于 ④一半下列说法中正确的是( ) A ．棱柱的底面一定是平行四边形B ．棱锥的底面一定是三角形C ．棱锥被平面分成的两部分不可能都是棱锥D ．棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱 解：根据棱柱、棱锥的性质及截面性质判断，故选D.以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是( )A ．球的三视图总是三个全等的圆B ．正方体的三视图总是三个全等的正方形C ．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D ．水平放置的圆台的俯视图是一个圆解：几何体的三视图要考虑视角，只有球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．故选A.(2012·陕西)将正方体(如图a 所示)截去两个三棱锥，得到图b 所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )解：还原正方体知该几何体侧视图为正方形，AD 1为实线，B1C 的正投影为A 1D ，且B 1C 被遮挡为虚线．故选B.用一张4cm×8cm 的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则圆柱轴截面的面积为________cm 2(接头忽略不计)．解：以4cm 或8cm 为底面周长，所得圆柱的轴截面面积均为32πcm 2，故填32π．已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解：如图所示是实际图形和直观图．由图可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图中作C ′D ′⊥A ′B ′，垂足为D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a . ∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′×C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.故填616a 2.类型一 空间几何体的结构特征(2012·湖南)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是()解：D 选项的正视图应为如图所示的图形． 故选D.【评析】本题主要考查空间想象能力，是近年高考中的热点题型．本题可用排除法一一验证：A ，B ，C 都有可能，而D 的正视图与侧视图不可能相同．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()解：从俯视图看，B ，D 符合，从正视图看，B 不符合，D 符合，而从侧视图看D 也是符合的．故选D.类型二 空间几何体的三视图如图，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 3B ．93C ．12 3D ．18 3解：由三视图可知该几何体是一个斜四棱柱，高h ＝22－1＝3，底面积为9，所以体积V ＝9×3＝9 3.故选B.【评析】通过三视图考查几何体的体积运算是较为常规的考题，考生对此并不陌生．对于空间几何体的考查，从内容上看，柱、锥的定义和相关性质是基础，以它们为载体考查三视图、体积是重点．本题给出了几何体的三视图，只要掌握三视图的画法“长对正、高平齐，宽相等”，不难将其还原得到斜四棱柱．如图所示的三个直角三角形是 一个体积为20cm 3的几何体的三视图，则h ＝________cm.解：由三视图可知，该几何体为三棱锥，此三棱锥的底面为直角三角形，直角边长分别为5cm ，6cm ，三棱锥的高为h cm ，则三棱锥的体积为V ＝13×12×5×6×h＝20，解得h ＝4cm.故填4.类型三 空间多面体的直观图如图是一个几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图．解：由三视图知该几何体是一个简单组合体，它的下部是一个正四棱台，上部是一个正四棱锥．画法：(1)画轴．如图1，画x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°.图1(2)画底面．利用斜二测画法画出底面ABCD ，在z 轴上截取O ′使OO ′等于三视图中相应高度，过O ′作Ox 的平行线O ′x ′，Oy 的平行线O ′y ′，利用O ′x ′与O ′y ′画出底面A ′B ′C ′D ′.(3)画正四棱锥顶点．在Oz 上截取点P ，使PO ′等于三视图中相应的高度．(4)成图．连接P A ′，PB ′，PC ′，PD ′，A ′A ，B ′B ，C ′C ，D ′D ，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图2所示．图2【评析】根据三视图可以确定一个几何体的长、宽、高，再按照斜二测画法，建立x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°，确定几何体在x 轴、y 轴、z 轴方向上的长度，最后连线画出直观图．已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( )A . 2B ．6 2C .13D ．2 2解：因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形，该正方形的对角线长为2，根据斜二测画法的规则，原图底面的底边长为1，高为直观图中正方形的对角线长的两倍，即22，则原图底面积为S ＝2 2.因此该四棱锥的体积为V ＝13Sh ＝13×22×3＝2 2.故选D.类型四 空间旋转体的直观图用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3cm ，求圆台的母线长．解：设圆台的母线长为l ，截得圆台的上、下底面半径分别为r ，4r .根据相似三角形的性质得， 33＋l ＝r4r，解得 l ＝9. 所以，圆台的母线长为9cm.【评析】用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，设相关几何变量列方程求解．圆锥底面半径为1cm ，高为2cm，其中有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长.解：过圆锥的顶点S 和正方体底面的一条对角线CD 作圆锥的截面，得圆锥的轴截面SEF ，正方体对角面CDD 1C 1如图所示. 设正方体棱长为x ，则CC 1＝x ，C 1D 1＝2x .作SO ⊥EF 于O ，则SO ＝2，OE ＝1.∵△ECC 1∽△ESO ，∴CC 1SO ＝EC 1EO ，即x2＝1－22x1， 解得x ＝22(cm)． 故内接正方体的棱长为22cm.1．在研究圆柱、圆锥、圆台的相关问题时，主要方法就是研究它们的轴截面，这是因为在轴截面中容易找到这些几何体的有关元素之间的位置关系以及数量关系．2．正多面体(1)正四面体就是棱长都相等的三棱锥，正六面体就是正方体，连接正方体六个面的中心，可得到一个正八面体，正八面体可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成．(2)如图，在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，连接A 1B ，BC 1，A 1C 1，DC 1，DA 1，DB ，可以得到一个棱长为2a 的正四面体A 1-BDC 1，其体积为正方体体积的13.(3)正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体．它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a ，球的半径为R )．3．长方体的外接球(1)长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R .(2)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R .4．棱长为a 的正四面体(1)斜高为32a ；(2)高为63a ；(3)对棱中点连线长为22a ； (4)外接球的半径为64a ，内切球的半径为612a ；(5)正四面体的表面积为3a 2，体积为212a 3. 5．三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，对于能看见的轮廓线和棱用实线表示，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．6．一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比发生了变化，注意原图与直观图中的“三变、三不变”．三变：坐标轴的夹角改变，与y 轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变．三不变：平行性不变，与x 轴平行的线段长度不变，相对位置不变．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系：S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图．1．由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A ．六棱锥B ．六棱台C ．六棱柱D ．非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解：平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义，故选C .2．下列说法中，正确的是( ) A ．棱柱的侧面可以是三角形B ．若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其它侧面也是矩形C ．正方体的所有棱长都相等D ．棱柱的所有棱长都相等解：棱柱的侧面都是平行四边形，选项A 错误；其它侧面可能是平行四边形，选项B 错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D 错误；易知选项C 正确．故选C.3．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括( )A ．一个圆台、两个圆锥B ．两个圆台、一个圆柱C ．两个圆台、一个圆锥D ．一个圆柱、两个圆锥解：把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥．故选D.4．将正三棱柱截去三个角(如图1所示A ，B ，C分别是△GHI 三边的中点)得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图(或称左视图)为( )A B C D 解：观察图形，易知图2所示几何体的侧视图为直角梯形，且EB 为直角梯形的对角线．故选A.5．(2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()A ．棱柱B ．棱台C ．圆柱D ．圆台 解：由俯视图可知该几何体的上、下两底面为半径不等的圆，又∵正视图和侧视图相同，∴可判断其为旋转体．故选D.6．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为()A ．2 2 B. 2C ．2 3D. 3解：由三视图可知，此多面体是四棱锥，底面是边长为2的正方形，并且有一条长为2的侧棱垂直于底面，所以最长棱长为22＋22＋22＝2 3.故选C.7．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其表面积等于________．解：由正视图知，三棱柱是底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为2×12×2×2×32＝23，侧面积为3×2×1＝6，所以其表面积为6＋2 3.故填6＋23.8．如图是某个圆锥的三视图，根据图中所标尺寸可得俯视图中圆的面积为________，圆锥母线长为________．解：由三视图可知，圆锥顶点在底面的射影是底面圆的中心，根据图中的数据，底面圆的半径为10，则俯视图中圆的面积为100π，母线长为302＋102 ＝1010，故填100π；1010.9．如图a 是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图．解：图a中几何体三视图如图b 所示：10．如图1是某几何体的三视图，试说明该几何体的结构特征，并用斜二测画法画出它的直观图．解：图1中几何体是由上部为正六棱柱，下部为倒立的正六棱锥堆砌而成的组合体．斜二测画法：(1)画轴．如图2，画x 轴，y 轴，z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝∠yOz ＝90°.(2)画底面，利用斜二测画法画出底面ABCDEF ，在z 轴上截取O ′，使OO ′等于正六棱柱的高，过O ′作Ox 的平行线O ′x ′，Oy 的平行线O ′y ′，利用O ′x ′与O ′y ′画出底面A ′B ′C ′D ′E ′F ′.(3)画正六棱锥顶点．在Oz 上截取点P ，使PO ′等于正六棱锥的高．(4)成图．连接P A ′，PB ′，PC ′，PD ′，PE ′，PF ′，AA ′，BB ′，CC ′，DD ′，EE ′，FF ′，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图3所示．注意：图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y 轴的线段，长度为原来的一半．11．某长方体的一条对角线长为7，在该长方体的正视图中，这条对角线的投影长为6，在该长方体的侧视图与俯视图中，这条对角线的投影长分别为a 和b ，求ab的最大值．解：如图，则有AC 1＝7，DC 1＝6， BC 1＝a ，AC ＝b ，设AB ＝x ，AD ＝y ，AA 1＝z ，有x 2＋y 2＋z 2＝7，x 2＋z 2＝6，∴y 2＝1. ∵a 2＝y 2＋z 2＝z 2＋1，b 2＝x 2＋y 2＝x 2＋1， ∴a ＝z 2＋1，b ＝x 2＋1.∴ab ＝（z 2＋1）（x 2＋1）≤z 2＋1＋x 2＋12＝4，当且仅当z 2＋1＝x 2＋1，即x ＝z ＝3时，ab 的最大值为4.水以匀速注入某容器中，容器的三视图如图所示，其中与题中容器对应的水的高度h 与时间t的函数关系图象是( )解：由三视图知其直观图为两个圆台的组合体，水是匀速注入的，所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大，又因为容器的对称性，所以函数图象关于一点中心对称．故选C.§8.2空间几何体的表面积与体积1．了解棱柱、棱锥、台、球的表面积和体积的计算公式．2．会利用公式求一些简单几何体的表面积与体积．高考主要考查空间几何体的侧面积、表面积、体积以及相关元素的关系与计算，这些内容常与三视图相结合，以选择题、填空题的形式出现，也可能以空间几何体为载体，考查线面关系、侧面积、表面积以及体积．1．柱体、锥体、台体的表面积(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积S直棱柱侧＝__________，S正棱锥侧＝__________，S正棱台侧＝__________(其中C，C′为底面周长，h为高，h′为斜高)．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积S圆柱侧＝________，S圆锥侧＝________，S圆台侧＝________(其中r，r′为底面半径，l为母线长)．(3)柱或台的表面积等于________与__________的和，锥体的表面积等于________与__________的和．2．柱体、锥体、台体的体积(1)棱柱、棱锥、棱台的体积V棱柱＝__________，V棱锥＝__________，V棱台＝__________(其中S，S′为底面积，h为高)．(2)圆柱、圆锥、圆台的体积V圆柱＝__________，V圆锥＝__________，V圆台＝__________(其中r，r′为底面半径，h为高)．3．球的表面积与体积(1)半径为R的球的表面积S球＝________．(2)半径为R的球的体积V球＝________.【自查自纠】1．(1)Ch 12Ch′12()C＋C′h′(2)2πrlπrlπ(r＋r′)l(3)侧面积两个底面积侧面积一个底面积2．(1)Sh 13Sh13h()S＋SS′＋S′(2)πr2h 13πr2h13πh()r2＋rr′＋r′23．(1)4πR2(2)43πR3圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为()A．6π(4π＋3)B．8π(3π＋1)C．6π(4π＋3)或8π(3π＋1)D．6π(4π＋1)或8π(3π＋2)解：分两种情况：①以边长为6π的边为高时，4π为圆柱底面周长，则2πr＝4π，r＝2，∴S底＝πr2＝4π，S侧＝6π×4π＝24π2，S表＝2S底＋S侧＝8π＋24π2＝8π(3π＋1)；②以边长为4π的边为高时，6π为圆柱底面周长，则2πr＝6π，r＝3.∴S底＝πr2＝9π，S表＝2S底＋S侧＝18π＋24π2＝6π(4π＋3)．故选C.正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为()A.23 2 B. 2 C.23 D.43 2解：∵正三棱锥的侧面均为直角三角形，故侧面为等腰直角三角形，且直角顶点为棱锥的顶点，∴侧棱长为2，V＝13×12×(2)2×2＝23.故选C.已知圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则圆柱的体积与球体积之比为()A．1∶2 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2解：设球半径为R，圆柱底面半径为R，高为2R.∵V球＝43πR3，V圆柱＝πR2·2R＝2πR3，∴V圆柱∶V球＝3∶2.故选D.长方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上，且AB＝2，AD＝3，AA1＝1，则球面面积为________．解：∵长方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上，则外接球的直径是长方体的体对角线，而长方体的体对角线的长为AB2＋AD2＋AA21＝22，∴半径R＝ 2.∴S球＝4πR2＝8π.故填8π.若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为____________．解：设圆锥底面半径为r，母线长为l，则⎩⎪⎨⎪⎧πr 2＝π，πrl ＝2π，有⎩⎪⎨⎪⎧r ＝1，l ＝2，从而可知圆锥的高h ＝l 2－r 2＝4－1＝ 3.∴V ＝13×π×3＝33π.故填33π.类型一 空间几何体的面积问题如图，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC＝90°，AD 是BC 边上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ； (2)若BD ＝1，求三棱锥D -ABC 的表面积． 解：(1)证明：∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴沿AD 把△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥BD . 又DB ∩DC ＝D ，∴AD ⊥ 平面BDC .又∵AD ⊂平面ADB ，∴平面ADB ⊥ 平面BDC . (2)由(1)知，DA ⊥BD ，BD ⊥DC ，DC ⊥DA ， DB ＝DA ＝DC ＝1，∴AB ＝BC ＝CA ＝ 2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12，S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32.∴三棱锥D-ABC 的表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.【评析】充分运用图形在翻折前后的不变性，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变等，再由面面垂直的判定定理进行推理证明，然后再计算．(2013·福建)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是____________．解：由三视图可知该组合体为球内接一个棱长为2的正方体，∴正方体的体对角线为球的直径2r ＝22＋22＋22＝23，S 球＝4πr 2＝12π.故填12π.类型二 空间旋转体的面积问题如图，半径为4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______．解：如图，设球的一条半径与圆柱相应的母线的夹角为α，圆柱侧面积S ＝2π×4sin α×2×4cos α＝32πsin2α，当α＝π4时，S 取最大值32π，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为32π.故填32π.【评析】根据球的性质，内接圆柱上、下底面中心连线的中点为球心，且圆柱的上、下底面圆周均在球面上，球心和圆柱的上、下底面圆上的点的连线与母线的夹角相等，这些为我们建立圆柱的侧面积与上述夹角之间的函数关系提供了依据．(2012·辽宁)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为____________．解：由三视图知该几何体为长4宽3高1的长方体的中间挖去一个半径为1高为1的圆柱所成几何体，所以表面积为2×(4×3＋4×1＋3×1)－2×π×12＋2π×1×1＝38.故填38.类型三 空间多面体的体积问题一个正三棱锥(底面是正三角形，顶点在底面的射影是底面正三角形的中心)的底面边长为6，侧棱长为15，求这个三棱锥的体积．解：如图所示为正三棱锥S -ABC ，设H 为正三角形ABC 的中心，连接SH ，则SH 的长即为该正三棱锥的高．连接AH 并延长交BC 于E ，则E 为BC 的中点，且AH ⊥BC .∵△ABC 是边长为6的正三角形，∴AE ＝32×6＝33，AH ＝23AE ＝2 3. 在△ABC 中，S △ABC ＝12BC ×AE ＝12×6×33＝93，在Rt △SHA 中，SA ＝15，AH ＝23， ∴SH ＝SA 2－AH 2＝15－12＝ 3.∴V 正三棱锥＝13×S △ABC ×SH ＝13×93×3＝9.【评析】(1)求锥体的体积，要选择适当的底面和高，然后应用公式V ＝13Sh 进行计算．(2)求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别的，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”．如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为()A.23B.33C.43D.32解：如图，过A ，B 两点分别作AM ，BN 垂直于EF ，垂足分别为M ，N ，连接DM ，CN ，可证得DM ⊥EF ，CN ⊥EF ，则多面体ABCDEF 分为三部分，即多面体的体积V ABCDEF ＝V AMD -BNC ＋V E -AMD ＋VF -BNC .依题意知AEFB 为等腰梯形．易知Rt △DME Rt △CNF ，∴EM ＝NF ＝12.又BF ＝1，∴BN ＝32.作NH 垂直于BC ，则H 为BC 的中点，∴NH ＝22. ∴S △BNC ＝12·BC ·NH ＝24.∴V F -BNC ＝13·S △BNC ·NF ＝224， V E -AMD ＝V F -BNC ＝224，V AMD -BNC ＝S △BNC ·MN ＝24. ∴V ABCDEF ＝23，故选A .类型四 空间旋转体的体积问题某几何体的三视图如图所示，则它的体积是( )A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2πD ．2π3解：由三视图知几何体为一个正方体中间去掉一个圆锥，所以它的体积是V ＝23－13×π×12×2＝8－23π.故选A.【评析】根据已知三视图想象出该几何体的直观图，然后分析该几何体的组成，再用对应的体积公式进行计算．(2012·河南模拟)已知某几何体的三视图如图所示，其中，正(主)视图、侧(左)视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与其内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )A.2π3＋12 B.4π3＋16 C.2π6＋16D.2π3＋12解：由三视图可得该几何体的上部是一个三棱锥，下部是半球，根据三视图中的数据可得V ＝12×43π×⎝⎛⎭⎫223＋13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×1＝2π6＋16.故选C.1．几何体的展开与折叠(1)几何体的表面积，除球以外，都是利用展开图求得的，利用空间问题平面化的思想，把一个平面图形折叠成一个几何体，再研究其性质，是考查空间想象能力的常用方法．(2)多面体的展开图①直棱柱的侧面展开图是矩形；②正棱锥的侧面展开图是由一些全等的等腰三角形拼成的，底面是正多边形；③正棱台的侧面展开图是由一些全等的等腰梯形拼成的，底面是正多边形．(3)旋转体的展开图①圆柱的侧面展开图是矩形，矩形的长(或宽)是底面圆周长，宽(或长)是圆柱的母线长；②圆锥的侧面展开图是扇形，扇形的半径长是圆锥的母线长，弧长是圆锥的底面周长；③圆台的侧面展开图是扇环，扇环的上、下弧长分别为圆台的上、下底面周长．注：①圆锥中母线长l 与底面半径r 和展开图扇形中半径和弧长间的关系及符号容易混淆，同学们应多动手推导，加深理解．②圆锥和圆台的侧面积公式S 圆锥侧＝12cl 和S 圆台侧＝12(c ′＋c )l 与三角形和梯形的面积公式在形式上相同，可将二者联系起来记忆．2．空间几何体的表面积的计算方法有关空间几何体的表面积的计算通常是将空间图形问题转化为平面图形问题，这是解决立体几何问题常用的基本方法．(1)棱柱、棱锥、棱台等多面体的表面积可以分别求各面面积，再求和，对于直棱柱、正棱锥、正棱台也可直接利用公式；(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算其侧面积时需将曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和；(3)组合体的表面积应注意重合部分的处理． 3．空间几何体的体积的计算方法(1)计算柱、锥、台体的体积，关键是根据条件找出相应的底面面积和高，应注意充分利用多面体的截面和旋转轴截面，将空间问题转化为平面问题求解．(2)注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、还台为锥法等，它们是计算一些不规则几何体体积常用的方法，应熟练掌握．(3)利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些点到平面的距离问题，即将点到平面的距离视为一个三棱锥的高，通过将其顶点和底面进行转化，借助体积的不变性解决问题．4．由几何体的三视图求几何体的表面积与体积问题，一般按如下三个步骤求解：(1)由三视图想象出原几何体的形状；(2)由三视图给出的数量关系确定原几何体的数量关系；(3)如果是规则几何体，直接代入公式求解，如果不是规则几何体，通过“割补”后，转化为规则几何体求解．1．已知圆锥的正视图是边长为2的等边三角形，则该圆锥体积为( )A .2π2B .2πC .3π3D .3π 解：易知圆锥的底面直径为2，母线长为2，则该圆锥的高为22－12＝3，因此其体积是13π·12×3＝3π3.故选C. 2．一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2，3，6，则这个长方体的体对角线的长是( ) A ．2 3 B ．3 2 C ．6 D . 6解：设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则有ab ＝2，ac ＝3，bc ＝6，解得a ＝1，b ＝2，c ＝3，则长方体的体对角线的长l＝a 2＋b 2＋c 2＝ 6.故选D.3．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2π＋2 3B ．4π＋2 3C ．2π＋233D ．4π＋233。