专题1.3 以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题 高考数学压轴题分项讲义(解析版)
专题一 压轴选择题第三关 以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题【名师综述】球作为立体几何中重要的旋转体之一，成为考查的重点．要熟练掌握基本的解题技巧．还有球的截面的性质的运用，特别是其它几何体的内切球与外接球类组合体问题，以及与球有关的最值问题,更应特别加以关注的．试题一般以小题的形式出现,有一定难度．解决问题的关键是画出正确的截面，把空间“切接”问题转化为平面“问题”处理．类型一 四面体的外接球问题典例1．[福建省泉州市2019届高三1月单科质检]已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若球的表面积为，则三棱锥的侧面积的最大值为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】设球O 得半径为R ，AB=x ，AC=y ，由4πR 2=29π，得4R 2=29．又x 2+y 2+22=（2R ）2，得x 2+y 2=25．三棱锥A-BCD 的侧面积：S=S △ABD +S △ACD +S △ABC =由x 2+y 2≥2xy，得xy≤当且仅当x=y=时取等号，由（x+y ）2=x 2+2xy+y 2≤2（x 2+y 2），得x+y≤5,当且仅当x=y=时取等号，∴S≤5+=当且仅当x=y=时取等号. ∴三棱锥A-BCD 的侧面积的最大值为.故选A.【方法指导】本题属于三棱锥的外接球问题，当三棱锥的某一顶点的三条棱两两垂直，可将其补全为长方体或长方体，三棱锥与长方体的外接球是同一外接球，而长方体的外接球的在球心就是对角线的交点，那么对角线就是外接球的直径2222c b a R ++=，c b a ,,分别指两两垂直的三条棱，进而确定外接球表面积．【举一反三】【2018南宁摸底联考】三棱锥中，为等边三角形，，，三棱锥的外接球的体积为（ ）A.B.C.D.【答案】B类型二 三棱柱的外接球问题典例2．[山东省临沂市2019届高三上学期第六次质量调研]已知三棱柱的侧棱垂直于底面,各顶点都在同一球面上,若该棱柱的体积为,则此球的体积等于( )A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】设AA 1=h ，则∵棱柱的体积为，AB=2，AC ＝，∠BAC ＝60°，∴×2××h ＝∴h=1，∵AB=2，AC ＝，∠BAC ＝60°∴BC=如图，连接上下底面外心，O 为PQ 的中点，OP ⊥平面ABC ，AP=则球的半径为OA ，由题意OP=，∴OA=所以球的体积为：πR 3=.故选B.【名师指导】确定球心位置是解决相关问题的关键，确定一个点到多面体各顶点相等的策略是将问题分解，即先确定到顶点A B C 、、距离相等的点在过ABC ∆的外心且垂直于平面ABC 的直线上，再确定到顶点111A B C 、、距离相等的点过111A B C ∆的外心且垂直于平面111A B C 的直线上，故直三棱柱111ABC A B C -的外接球球心为连接上下底面外心的线段的中点，进而可确定外接球半径．【举一反三】【陕西省榆林市2018届高考模拟第一次测试】已知直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上，若13,4,,12AB AC AB AC AA ==⊥=，则球O 的直径为（ ）A. 13B. 410C. 210D. 2172【答案】A【解析】因为三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB=3，AC=4，AB ⊥AC ，AA 1=12， 所以三棱柱的底面是直角三角形，侧棱与底面垂直，△ABC 的外心是斜边的中点，上下底面的中心连线垂直底面ABC ，其中点是球心， 即侧面B 1BCC 1，经过球的球心，球的直径是侧面B 1BCC 1的对角线的长， 因为AB=3，AC=4，BC=5，BC 1=13， 所以球的直径为：13． 故答案为：A 。
类型三 四棱锥的外接球问题典例3．【河北省承德市联校2018届高三上学期期末考试】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有阳马，广五尺，褒七尺，高八尺，问积几何?”其意思为：“今有底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，它的底面长、宽分别为7尺和5尺，高为8尺，问它的体积是多少?”若以上的条件不变，则这个四棱锥的外接球的表面积为（ ）A. 142π平方尺B. 140π平方尺C. 138π平方尺D. 128π平方尺 【答案】C【解析】将该几何体补形为长方体，外接球的直径2R 即为长方体的对角线，即()22222578254964138R =++=++=，故其表面积是24π138πR =.【名师指点】某些空间几何体是某一个几何体的一部分，在解题时，把这个几何体通过“补形”补成完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积问题，这是一种重要的解题策略——补形法．常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形．对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”问题．本题可以利用补体法，将四棱锥补体为直三棱锥，利用直三棱柱的外接球半径求法确定其外接球半径．【举一反三】【贵州省贵阳第一中学、云南师大附中、广西南宁三中2019届高三“333”高考备考诊断联考数学（理)试题】已知四棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，底面是等腰梯形，且满足，且，，则球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】依题意，得，，由余弦定理可得，则，则，又四边形是等腰梯形，故四边形的外接圆直径为，设的中点为，球的半径为，平面，，则，故选：A.类型四几何体的内切球问题典例4．若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为________．【答案】3π【名师指点】解决球与其他几何体的切接问题，关键在于认真分析、观察，弄清先关元素的几何关系和数量关系，选准最佳角度作出截面，截面的选择应该更多地体现元素与元素之间关系，达到空间问题平面化的目的．【举一反三】【黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019届高三上学期期末】在底面是边长为2的正方形的四棱锥中，点在底面的射影为正方形的中心，异面直线与所成角的正切值为2，若四棱锥的内切球半径为，外接球的半径为，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，E，F为AB，CD的中点，由题意，P﹣ABCD为正四棱锥，底边长为2，∵BC∥AD，∴∠PBC即为PB与AD所成角，可得斜高为2，∴△PEF为正三角形，正四棱锥P﹣ABCD的内切球半径即为△PEF的内切圆半径，可得r，设O为外接球球心，在Rt△OHA中，，解得R，∴，故选：B．【精选名校模拟】1.【2018河南漯河中学三模】已知三棱锥S ABC-的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，4,4AB SA SB SC====，则三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离为（）A. 233B. 23C. 2D. 33【答案】A 【解析】由图可知， 222OB OD DB =+，得()22234r r=-+，解得433r =， 233d ∴=，故选A 。
2．【广东省佛山市顺德区2019届高三第二次教学质量检测】已知三棱锥的底面是边长为2的等边三角形，平面，且，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】由已知得，作下图，连结，延长至圆上交于H ， 过作交于，则为，所以，为斜边的中点，所以，为的中位线，为小圆圆心，则为的中点，则，则，，则球的半径球的表面积为答案选D.3. 【2018河南漯河中学二模】四面体的四个顶点都在球的表面上，，，，平面，则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图，∵BC=CD=1，∠BCD=60°∴底面△BCD为等边三角形，取CD中点为E，连接BE，∴△BCD的外心G 在BE上，设为G，取BC中点F，连接GF，在Rt△BCE中，由，，得，又在Rt△BFG中，得BG=，过G作AB的平行线与AB的中垂线HO交于O，则O为四面体ABCD 的外接球的球心，即R=OB，∵AB⊥平面BCD，∴OG⊥BG，在Rt△BGO中，求得OB=，∴球O的表面积为4π故选D4．【福建省三明市第一中学2019届高三上学期期中考试】已知底面半径为1，高为的圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，则此球的表面积为（）A ．B ．C ．D ．【答案】D5．【山西省吕梁市2018届高三上学期第一次模拟】已知点,,,A B C D 在同一个球的球面上，2AB BC ==， 2AC =，若四面体ABCD 的体积为233，球心O 恰好在棱DA 上，则这个球的表面积为（ ） A.254πB. 4πC. 8πD. 16π 【答案】D【解析】根据条件可知球心O 在侧棱DA 中点，从而有AC 垂直CD ，可得4AD =， 所以球的半径为2r =，故球的表面积为2416S r ππ==.6．【河南省洛阳市2019届高三上学期尖子生第二次联考】已知正三角形三个顶点都在半径为2的球面上，球心到平面的距离为1，点是线段的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】设等边三角形的中心为，作出图像如下图所示. 根据题意可知，当截面直径为时，截面的面积最小.,.所以最小截面面积为.故选C.7．【河北省唐山市2018届高三上学期期末考试】在三棱椎P ABC -中，底面ABC 是等边三角形，侧面PAB 是直角三角形，且2PA PB ==，当三棱椎P ABC -表面积最大时，该三棱椎外接球的表面积为( ) A. 12π B. 8π C. 43π D. 323π【答案】A【解析】如图所示，由条件可得等边三角形ABC 的边长为22，且PAB ∆≌PCB ∆，所以PAB PCB ∠=∠，设PAB PCB θ∠=∠=，则三棱锥的表面积为2PAB PBC ABC S S S S ∆∆∆=++(2211322222sin 2224θ=⨯+⨯⨯⨯+22342sin θ=++，故当sin 1θ=，即90θ=︒时，表面积最大值，此时90PAB PCB ∠=∠=︒，所以()2222223PC =+=．取PC 的中点O ，连,OA OB ，则3OA OB OP OC ====，故点O 为三棱椎外接球的球心，且球半径3R =．所以该三棱椎外接球的表面积为2412S R ππ==球表．选A ．8．【湖南省邵阳市2019届高三上学期10月大联考】已知三棱锥底面的3个顶点在球的同一个大圆上，且为正三角形，为该球面上的点，若三棱锥体积的最大值为，则球的表面积为( ) A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】正三棱锥P ﹣ABC 的四个顶点都在同一球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上．因为题目中涉及到体积最大值，故ABC 的中心就是球心O ，PO 是球的半径，也是正三棱锥的高，设为R ， 底面三角形的边长设为a ，由正弦定理得到，三角形的面积为，椎体的体积为则球O 的表面积是4πR 2=4π×4=16π． 故答案为：B9．【2019贵州省贵阳市高三模拟】在四棱锥中，四条侧棱长均为2，底面为正方形，为的中点，且，若该四棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】设四棱锥底面棱长为，∵为的中点，且，则，则，解得：，则正方形的外接圆半径，棱锥的高，设棱锥外接球的半径为，则，解得：，故棱锥的外接球的表面积，故选：A．10．【黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三上学期期末考试】已知点在同一个球面上，，若四面体体积的最大值为 10，则这个球的表面积是A．B．C．D．【答案】B【解析】由，可知，则球心在过中点与面垂直的直线上，因为面积为定值，所以高最大时体积最大，根据球的几何性质可得，当过球心时体积最大，因为四面体的最大体积为10，所以，可得，在中，，，得，球的表面积为，故选B.11. 【黑龙江省牡丹江市第一高级中学2019届高三上学期期末】在三棱锥中，,是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】在中，线段长度最小值为,则线段长度最小值为,即A到BC的最短距离为1,则为等腰三角形,的外接圆半径为设球心距平面ABC的高度为h则,,学_则球半径则三棱锥的外接球的表面积是故选D13. 【福建省龙岩市2018-2019学年第一学期期末高三教学质量检查】在三棱锥中，和都是边长为的等边三角形，且平面平面，则三棱锥外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】14. 【四川省乐山四校2019届第三学期半期联考】如图，在等腰梯形ABCD中，AB DC DAB==∠=,E为AB中点.将ADE22,60∆分别沿ED、EC折起，使A、B重合于∆与BEC-的外接球的体积为（）学-点P，则三棱锥P DCEA. 4327πB.62πC.68πD.624π【答案】C【解析】由题意可知，折叠所得的几何体是一个棱长为1的正四棱锥，将其放入正方体如图所示，由题意可得，该三棱锥的外接球直径为：26322⎛⎫⨯=⎪⎪⎝⎭，外接球的体积：3344663348V Rπππ⎛⎫==⨯=⎪⎪⎝⎭.本题选择C选项.15. 【福建省宁德市2018-2019学年度第一学期期末高三质量检测】已知正六棱锥的底面边长为，体积为，则其外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】底面为正六边形，度数为，故每个角为，所以，，所以底面面积所以体积，解得结合题意可知，设球半径为R，则，对于三角形OCN，结合勾股定理，得到，所以面积为,故选A。
2012年高考第一轮复习数学9.10棱柱与棱锥
9.10 棱柱与棱锥●知识梳理1.有两个面互相平行，其余各面的公共边互相平行的多面体叫做棱柱.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正棱柱.2.棱柱的各侧棱相等，各侧面都是平行四边形；长方体的对角线的平方等于由一个顶点出发的三条棱的平方和.3.一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形的多面体叫做棱锥.底面是正多边形并且顶点在底面上的射影是正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥.4.棱锥中与底面平行的截面与底面平行，并且它们面积的比等于对应高的平方比.在正棱锥中，侧棱、高及侧棱在底面上的射影构成直角三角形；斜高、高及斜高在底面上的射影构成直角三角形.●点击双基1.设M =｛正四棱柱｝，N =｛直四棱柱｝，P =｛长方体｝，Q =｛直平行六面体｝，则四个集合的关系为A.MPNQ B.MPQNC.PMNQD.PMQN解析：理清各概念的内涵及包含关系. 答案：B2.如图，在斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，BC 1⊥AC ，则C 1在底面ABC 上的射影H 必在A.直线AB 上B.直线BC 上C.直线AC 上D.△ABC 内部 解析：由AC ⊥AB ，AC ⊥BC 1，知AC ⊥面ABC 1，从而面ABC 1⊥面ABC ，因此，C 1在底面ABC 上的射影H 必在两面的交线AB 上.答案：A3.将边长为a 的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使BD =a ，则三棱锥D —ABC 的体积为A.63aB.123a C. 123a 3 D.122 a 3答案：D4.（2003年春季上海）若正三棱锥底面边长为4，体积为1，则侧面和底面所成二面角的大小等于_______.（结果用反三角函数值表示）解析：取BC 的中点D ，连结SD 、AD ，则SD ⊥BC ，AD ⊥B C.∴∠SDA 为侧面与底面所成二面角的平面角，设为α.在平面SAD 中，作SO ⊥AD 与AD 交于O ，则SO 为棱锥的高.AO =2DO ，∴OD =323.又V S —ABC =31·21AB ·BC ·sin60°·h =1， ∴h =43.∴tan α=DO SO =33243=83.∴α=arctan 83.答案：arctan 835.过棱锥高的三等分点作两个平行于底面的截面，它们将棱锥的侧面分成三部分的面积的比（自上而下）为__________.解析：由锥体平行于底面的截面性质知，自上而下三锥体的侧面积之比，S 侧1∶S 侧2∶S 侧3=1∶4∶9，所以锥体被分成三部分的侧面积之比为1∶3∶5.答案：1∶3∶5 ●典例剖析【例1】 已知E 、F 分别是棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱A 1A 、CC 1的中点，求四棱锥C 1—B 1EDF 的体积.D 1解法一：连结A 1C 1、B 1D 1交于O 1，过O 1作O 1H ⊥B 1D 于H ， ∵EF ∥A 1C 1，∴A 1C 1∥平面B 1EDF .∴C 1到平面B 1EDF 的距离就是A 1C 1到平面B 1EDF 的距离. ∵平面B 1D 1D ⊥平面B 1EDF ，∴O 1H ⊥平面B 1EDF ，即O 1H 为棱锥的高. ∵△B 1O 1H ∽△B 1DD 1， ∴O 1H =D B DD O B 1111 =66a ，V EDF B C 11-=31S EDF B 1·O 1H =31·21·EF ·B 1D ·O 1H =31·21·2a ·3a ·66a =61a 3.解法二：连结EF ，设B 1到平面C 1EF 的距离为h 1，D 到平面C 1EF 的距离为h 2，则h 1+h 2=B 1D 1=2a ，∴V EDF B C 11-=V EF C B 11-+V EF C D 1-=31·S EF C 1∆·（h 1+h 2）=61a 3.解法三：V EDF B C 11-=V FD C D E B A 1111-多面体－V 1111D C B A E -－V D D C E 11-=61a 3.特别提示求体积常见方法有：①直接法（公式法）；②分割法；③补形法.【例2】 如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A =AB =2，BC =a ，又侧棱P A ⊥底面ABCD .（1）当a 为何值时，BD ⊥平面P AC ?试证明你的结论. （2）当a =4时，求D 点到平面PBC 的距离.（3）当a =4时，求直线PD 与平面PBC 所成的角.AC剖析：本题主要考查棱锥的性质，直线、平面所成的角的计算和点到平面的距离等基础知识.同时考查空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力.本题主要是在有关的计算中，推理得到所求的问题，因而尽量选择用坐标法计算. 解：（1）以A 为坐标原点，以AD 、AB 、AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，当a =2时，BD ⊥AC ，又P A ⊥BD ，故BD ⊥平面P AC .故a =2.（2）当a =4时，D （4，0，0）、C （0，2，0）、C （4，2，0）、P （0，0，2）、 =（0，2，－2），=（4，0，0）.设平面PBC 的法向量为n ，则n ·PB =0，n ·=0，即（x ，y ，z ）·（0，2，－2）=0，（x ，y ，z ）·（4，0，0）=0，得x =0，y =z ，取y =1，故n =（0，1，1）.则D 点到平面PBC 的距离d =|DC n n |||⋅=2. （3） =（4，0，2），cos 〈，n 〉n =1010>0，证〈，n 〉=α，设直线PD 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ=sin （2π－α）=cos α=1010.所以直线PD 与平面PBC 所成的角为arcsin 1010.【例3】 如图，设三棱锥S —ABC 的三个侧棱与底面ABC 所成的角都是60°，又∠BAC =60°，且SA ⊥BC .（1）求证：S —ABC 为正三棱锥；（2）已知SA =a ，求S —ABC 的全面积.A BCD SO（1）证明：正棱锥的定义中，底面是正多边形；顶点在底面上的射影是底面的中心，两个条件缺一不可.作三棱锥S —ABC 的高SO ，O 为垂足，连结AO 并延长交BC 于D .因为SA ⊥BC ，所以AD ⊥B C.又侧棱与底面所成的角都相等，从而O 为△ABC 的外心，OD 为BC 的垂直平分线，所以AB =AC .又∠BAC =60°，故△ABC 为正三角形，且O 为其中心.所以S －ABC 为正三棱锥.（2）解：只要求出正三棱锥S —ABC 的侧高SD 与底面边长，则问题易于解决.在Rt △SAO 中，由于SA =a ，∠SAO =60°，所以SO =23a ，AO =21a .因O 为重心，所以AD =23AO =43a ，BC =2BD =2AD cot60°=23a ，OD =31AD =41a .在Rt △SOD 中，SD 2=SO 2＋OD 2=（23a ）2＋（41a ）2=1613，则SD =1413a .于是，（S S －ABC ）全=21·（23a ）2sin60°＋3·21·413a ·23a =16)393(3+a 2.深化拓展（1）求正棱锥的侧面积或全面积还可以利用公式S正棱锥底=cos α·S正棱锥侧（α为侧面与底面所成的二面角）.就本题cos α=131，S ABC ∆=1633a 2，所以（S S －ABC ）侧=633a 2÷131=16393a 2.于是也可求出全面积. （2）注意到高SO =23a ，底面边长BC =23a 是相等的，因此这类正三棱锥还有高与底面边长相等的性质，反之亦真.（3）正三棱锥中，若侧棱与底面边长相等，则变成四个面都是正三角形的三棱锥，这时可称为正四面体，因此正四面体是特殊的正三棱锥，但正三棱锥不一定是正四面体.●闯关训练 夯实基础1.（2004年全国Ⅰ，10）已知正四面体ABCD 的表面积为S ，其四个面的中心分别为E 、F 、G 、H .设四面体EFGH 的表面积为T ，则ST等于 A.91 B. 94 C. 41 D. 31 解析：如图所示，正四面体ABCD 四个面的中心分别为E 、F 、G 、H ，∴四面体EFGH 也是正四面体. 连结AE 并延长与CD 交于点M ， 连结AG 并延长与BC 交于点N . ∵E 、G 分别为面的中心，∴AM AE =AN AG =32.∴MN GE =32. 又∵MN =21BD ，∴BD GE =31.∵面积比是相似比的平方，∴S T =91. 答案：A2.P 是长方体AC 1上底面A 1C 1内任一点，设AP 与三条棱AA 1、AB 、AD 所成的角为α、β、γ，则cos 2α+cos 2β+cos 2γ的值是A.1B.2C.23 D.不确定正 解析：以AP 为一条对角线截得小长方体AP ，由长方体的对角线长定理可得cos 2α+cos 2β+cos 2γ=1.答案：A3.在正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 的边及其内部运动，则M 只需满足条件__________时，就有MN ⊥AC .答案：点M 与F 重合说明：本题答案不唯一，当点M 在线段FH 上时均有MN ⊥AC .4.在三棱锥S —ABC 中，∠ASB =∠ASC =∠BSC =60°，则侧棱SA 与侧面SBC 所成的角的大小是_____________.答案：arccos33 5.三棱锥一条侧棱长是16 cm ，和这条棱相对的棱长是18 cm ，其余四条棱长都是17 cm ，求棱锥的体积.解：如图，取AD 的中点E ，连结CE 、BE ，D∵AC =CD =17，DE =8，CE 2=172－82=225，BE =CE ，∴取BC 的中点F ，连结EF ，EF 为BC 边上的高，EF =22CF CE -=22915-=12. ∴S BCE ∆=108.∵AC =CD =17cm ，E 为AD 的中点，CE ⊥AD ，同理BE ⊥AD ， ∴DA ⊥平面BCE .∴三棱锥可分为以底面BCE 为底，以AE 、DE 为高的两个三棱锥. ∴V A －BCD =V A —BCE +V D —BCE =2·31S BCE ∆·AE =2×31×108×8=576（cm 3）. 6.（2003年春季北京）如图，正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面边长为22，侧棱长为4，E 、F 分别为棱AB 、BC 的中点，EF ∩BD =G .A1（1）求证：平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1；（2）求点D 1到平面B 1EF 的距离d . （1）证法一：连结AC .∵正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面是正方形，∴AC ⊥BD .又AC ⊥D 1D ，∴AC ⊥平面BDD 1B 1.∵E 、F 分别为AB 、BC 的中点，故EF ∥AC . ∴EF ⊥平面BDD 1B 1.∴平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1.证法二：∵BE =BF ，∠EBD =∠FBD =45°， ∴EF ⊥BD .又EF ⊥D 1D ，∴EF ⊥平面BDD 1B 1. ∴平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1.（2）在对角面BDD 1B 1中，作D 1H ⊥B 1G ，垂足为H .∵平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1，且平面B 1EF ∩平面BDD 1B 1=B 1G ， ∴D 1H ⊥平面B 1EF ，且垂足为H . ∴点D 1到平面B 1EF 的距离d =D 1H . 解法一：在Rt △D 1HB 1中， D 1H =D 1B 1·sin ∠D 1B 1H .BB DDHG11∵D 1B 1=2A 1B 1=2·22=4， sin ∠D 1B 1H =sin ∠B 1GB =11GB B B =22144+=174，∴d =D 1H =4·174=171716. 解法二：∵△D 1HB 1∽△B 1BG ， ∴B B H D 11=GB B D 111. ∴d =D 1H =G B B B 121=222144+=171716.解法三：连结D 1G ，则△D 1GB 1的面积等于正方形DBB 1D 1面积的一半，即21·B 1G ·D 1H =21B 1B 2，D 1∴d =D 1H =G B B B 121= 171716.培养能力7.在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB 1=3BB 1，（1）求证：AB 1⊥BC 1；（2）求二面角A —BC 1—C 的正切值.（1）证法一：如图，取BC 的中点M ，连结B 1M 、BC 1交于N ，则AM ⊥面BC 1.下证BC 1⊥B 1M .设BB 1=1，则AB 1=3，AB =BC =2，A 1∴tan ∠B 1MB =2=tan ∠B 1BC 1.∴得△B 1MB ∽△B 1BN .∴∠B 1BM =90°=∠B 1NB ，即BC 1⊥B 1M . ∴BC 1⊥斜线AB 1.证法二：如图，取B 1C 1和B 1B 的中点E 与D ，连结ED ，则DE ∥BC 1.再取AB 的中点G ，连结DG ，则DG ∥AB 1，A1∴∠GDE 为异面直线AB 1、BC 1所成的角.下用勾股定理证明∠GDE 为直角.取A 1B 1的中点F ，连结EF 、EG 、FG ，则EG =22FG EF 且DE 、DG 均可表示出.故可知EG 2=DE 2＋DG 2，∴∠GDE =90°.（2）解：连结AN ，则∠ANM 为所求二面角的平面角，tan ∠ANM =3.评述：本题（1）证法一中可把面BB 1C 1C 单独拿出作成平面图形，则易于观察△B 1MB 与△B 1NB 的相似关系.证法二的特点是思路较好.因为所证为两异面直线，作出其所成角为一般方法.8.（2005年春季北京，文16）如图，正三棱锥S —ABC 中，底面的边长是3，棱锥的侧面积等于底面积的2倍，M 是BC 的中点.求：（1）SMAM的值； （2）二面角S —BC —A 的大小； （3）正三棱锥S —ABC 的体积. 解：（1）∵SB =SC ，AB =AC ，M 为BC 的中点，∴SM ⊥BC ，AM ⊥BC.由棱锥的侧面积等于底面积的2倍，即3×21BC ×SM =2×21BC ×AM ， 得SM AM =23.（2）作正三棱锥的高SG ，则G 为正三角形ABC 的中心，G 在AM 上，GM =31AM . ∵SM ⊥BC ，AM ⊥BC ，∴∠SMA 是二面角S —BC —A 的平面角. 在Rt △SGM 中，∵SM =32AM =32×3GM =2GM ， ∴∠SMA =∠SMG =60°，即二面角S —BC —A 的大小为60°. （3）∵△ABC 的边长是3，∴AM =233，GM =23，SG =GM tan60°=23·3= 23.∴V S —ABC =31 S ABC ·SG =31·439·23=839.（2005年春季北京，理16）如图，正三角形ABC 的边长为3，过其中心G 作BC 边的平行线，分别交AB 、AC 于B 1、C 1.将△AB 1C 1沿B 1C 1折起到△A 1B 1C 1的位置，使点A 1在平面BB 1C 1C 上的射影恰是线段BC 的中点M .求：（1）二面角A 1—B 1C 1—M 的大小；（2）异面直线A 1B 1与CC 1所成角的大小.（用反三角函数表示） 解：（1）连结AM 、A 1G.∵G 是正三角形ABC 的中心，且M 为BC 的中点， ∴A 、G 、M 三点共线，AM ⊥BC . ∵B 1C 1∥BC ，∴B 1C 1⊥AM 于点G ， 即GM ⊥B 1C 1，GA 1⊥B 1C 1.∴∠A 1GM 是二面角A 1—B 1C 1—M 的平面角. ∵点A 1在平面BB 1C 1C 上的射影为M ， ∴A 1M ⊥MG ，∠A 1MG =90°.在Rt △A 1GM 中，由A 1G =AG =2GM ，得∠A 1GM =60°， 即二面角A 1—B 1C 1—M 的大小是60°.（2）过B 1作C 1C 的平行线交BC 于点P ，则∠A 1B 1P 等于异面直线A 1B 1与CC 1所成的角. 由PB 1C 1C 是平行四边形得B 1P =C 1C =1=BP ，PM =BM －BP =21，A 1B 1=AB 1=2. ∵A 1M ⊥面BB 1C 1C 于点M ， ∴A 1M ⊥BC ，∠A 1MP =90°.在Rt △A 1GM 中，A 1M =A 1G ·sin60°=3·23=23. 在Rt △A 1MP 中，A 1P 2=A 1M 2+PM 2=（23）2+（21）2=25.在△A 1B 1P 中，由余弦定理得cos ∠A 1B 1P =P B B A P A P B B A 11121212112⋅⋅-+=122251222⋅⋅-+=85， ∴异面直线A 1B 1与CC 1所成角的大小为arccos85. 探究创新9.（2004年天津，理19）如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD =DC ，E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 交PB 于点F .（1）证明：P A ∥平面EDB ； （2）证明：PB ⊥平面EFD ； （3）求二面角C —PB —D 的大小.解法一：（1）证明：连结AC 交BD 于O .连结EO . ∵底面ABCD 是正方形，∴点O 是AC 的中点.在△P AC 中，EO 是中位线， ∴P A ∥EO .而EO ⊂平面EDB 且P A ⊄平面EDB ， ∴P A ∥平面EDB .（2）证明：∵PD ⊥底面ABCD 且DC ⊂底面ABCD ，∴PD ⊥DC . ∵PD =DC ，可知△PDC 是等腰直角三角形.而DE 是斜边PC 的中线， ∴DE ⊥PC . ①同样由PD ⊥底面ABCD ，得PD ⊥BC . ∵底面ABCD 是正方形，有DC ⊥BC ， ∴BC ⊥平面PDC .而DE ⊂平面PDC ，∴BC ⊥DE . ②由①和②推得DE ⊥平面PBC . 而PB ⊂平面PBC ，∴DE ⊥PB .又EF ⊥PB 且DE ∩EF =E ，所以PB ⊥平面EFD .（3）解：由（2）知PB ⊥DF ，故∠EFD 是二面角C —PB —D 的平面角. 由（2）知，DE ⊥EF ，PD ⊥DB .设正方形ABCD 的边长为a ，则PD =DC =a ，BD =2a ， PB =22BD PD +=3a ， PC =22DC PD +=2a ，DE =21PC =22a .在Rt △PDB 中，DF =PB BD PD ⋅=aaa 32⋅=36a .在Rt △EFD 中，sin ∠EFD =DF DE=a a3622=23，∴∠EFD =3π.∴二面角C —PB —D 的大小为3π.解法二：如图所示建立空间直角坐标系，D 为坐标原点.设DC =a.（1）证明：连结AC 交BD 于G .连结EG . 依题意得A （a ，0，0），P （0，0，a ），E （0，2a ，2a）. ∵底面ABCD 是正方形，∴G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为（2a ，2a，0）且PA =（a ，0，－a ），EG =（2a ，0，－2a）. ∴PA =2.这表明P A ∥EG .而EG ⊂平面EDB 且P A ⊄平面EDB ，∴P A ∥平面EDB .（2）证明：依题意得B （a ，a ，0），=（a ，a ，－a ）.又=（0，2a ，2a ）， 故·=0+22a －22a =0.∴PB ⊥DE .由已知EF ⊥PB ，且EF ∩DE =E ， ∴PB ⊥平面EFD .（3）解：设点F 的坐标为（x 0，y 0，z 0），PF =λPB ，则（x 0，y 0，z 0－a ）=λ（a ，a ，－a ）.从而x 0=λa ，y 0=λa ，z 0=（1－λ）a .∴FE =（－x 0，2a －y 0，2a－z 0）=［－λa ，（21－λ）a ，（λ－21）a ］.由条件EF ⊥PB 知·=0，即 －λa 2+（21－λ）a 2－（λ－21）a 2=0， 解得λ=31. ∴点F 的坐标为（3a ，3a ，32a ），且FE =（－3a ，6a ，－6a ），FD =（－3a ，－3a ，－32a）.∴PB ·FD =－32a －32a +322a =0，即PB ⊥FD .故∠EFD 是二面角C —PB —D 的平面角.∵·=92a －182a +92a =62a ，且||=61·a ，||=32·a ，∴cos ∠EFD =22326161a a=21.∴∠EFD =3π.∴二面角C —PB —D 为3π.●思悟小结1.棱柱是第一章有关线面关系的载体，棱柱的计算证明问题常借助于前面的内容来解决.因此要牢固掌握线面间的位置关系的性质、判定.2.三棱锥的等（体）积变换是解决点到面的距离的常见方法之一，同时也是使计算简化的灵活手法；“割”“补”是解决体积问题的常用技巧.正棱锥的四个“特征”直角三角形，是将“空间问题”转化为“平面问题”的桥梁.●教师下载中心 教学点睛1.使学生正确理解棱柱、直棱柱、正棱柱、平行六面体、长方体及正方体等有关概念，掌握棱柱的性质及长方体对角线性质，会求棱柱的侧面积及体积.2.要使学生理解棱锥、正棱锥的意义，掌握棱锥、正棱锥的性质，会求其侧面积及体积.结合例题讲清求体积的常用方法.3.在解答棱柱、棱锥的综合练习时，要善于联想，灵活运用柱、锥的性质和线面关系，善于揭示一类问题的共同特征，掌握基本方法，对于正棱柱、直棱柱问题借助空间坐标系或向量的运算或许更容易理解、掌握.4.仍以棱柱、棱锥为载体，训练计算能力.想象能力和逻辑推理能力. 拓展题例【例1】 斜三棱柱的一个侧面的面积为S ，这个侧面与它所对的棱的距离为d ，那么这个三棱柱的体积为_____________.解析：将该斜三棱柱补成一个四棱柱，该四棱柱的底面积为S ，高为d ，故四棱柱的体积为Sd ，∴V 斜三棱柱=21dS . 答案：21dS 【例2】 已知三棱锥S —ABC 的三条侧棱SA 、SB 、SC 两两互相垂直且长度分别为a 、b 、c ，设O 为S 在底面ABC 上的射影.求证：（1）O 为△ABC 的垂心；（2）O 在△ABC 内；（3）设SO =h ，则21a +21b +21c=21h . 证明：（1）∵SA ⊥SB ，SA ⊥SC ，∴SA ⊥平面SBC ，BC ⊂平面SBC .∴SA ⊥BC . 而AD 是SA 在平面ABC 上的射影，∴AD ⊥BC .同理可证AB ⊥CF ，AC ⊥BE ，故O 为△ABC 的垂心.（2）证明△ABC 为锐角三角形即可.不妨设a ≥b ≥c ，则底面三角形ABC 中，AB =22b a +为最大，从而∠ACB 为最大角.用余弦定理求得cos ∠ACB =2222222ca cb c ++>0，∴∠ACB 为锐角，△ABC 为锐角三角形.故O 在△ABC 内.（3）SB ·SC =BC ·SD ，故SD =22c b bc +，21SD = 21b +21c ，又SA ·SD =AD ·SO ， ∴21SO =222SD a AD ⋅=2222SD a SD a ⋅+=21a +21SD = 21a +21b +21c=21h .。
2020年高考数学专题+一+第一关+以圆锥曲线的几何性质为背景的选择题 (2)
2020年高考数学专题一 压轴选择题第三关 以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题【名师综述】球作为立体几何中重要的旋转体之一，成为考查的重点．要熟练掌握基本的解题技巧．还有球的截面的性质的运用，特别是其它几何体的内切球与外接球类组合体问题，以及与球有关的最值问题,更应特别加以关注的．试题一般以小题的形式出现,有一定难度．解决问题的关键是画出正确的截面，把空间“切接”问题转化为平面“问题”处理．类型一 四面体的外接球问题典例1．【2018河南漯河中学三模】已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形， ，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（ ） A.B.C.D.【答案】A【解析】由图可知， ，得，解得， ，故选A。
S ABC -AB 4,4AB SA SB SC ====ABC32222OB OD DB =+()224r r=+3r =d ∴=【方法指导】本题属于三棱锥的外接球问题，当三棱锥的某一顶点的三条棱两两垂直，可将其补全为长方体或长方体，三棱锥与长方体的外接球是同一外接球，而长方体的外接球的在球心就是对角线的交点，那么对角线就是外接球的直径2222c b a R ++=，c b a ,,分别指两两垂直的三条棱，进而确定外接球表面积．【举一反三】【2018南宁摸底联考】三棱锥 中， 为等边三角形， ， ，三棱锥 的外接球的体积为（ ） A.B.C. D.【答案】B【解析】由题意可得PA,PB ，PC 两两相等，底面是正三角形，所以三棱锥P-ABC 是正棱锥，P 在底面的身影是底面正三角形的中心O ，由 面PAO ，再由 ，可知 面PBC,所以可知 ，即PA,PB,PC 两两垂直，由于是球外接球，所以正三棱锥P-ABC 可以看成正方体切下来的一个角，与原正方体共外接球，所以。
类型二 三棱柱的外接球问题典例2．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，各项点都在同一球面上，若该棱柱，2AB =，1AC =，60BAC ∠=，则此球的表面积等于（ ） A.2π B.4π C.6π D.8π 【答案】D.【解析】由已知条件得：1121sin 602AA ⨯⨯⨯⨯=12AA =，∵2222cos60BC AB AC AB AC =+-⨯⨯，∴BC =，设ABC ∆的外接圆的半径为R ，则2sin 60BCR =，∴1R ==，∴球的表面积等于248ππ=.【名师指导】确定球心位置是解决相关问题的关键，确定一个点到多面体各顶点相等的策略是将问题分解，即先确定到顶点A B C 、、距离相等的点在过ABC ∆的外心且垂直于平面ABC 的直线上，再确定到顶点111A B C 、、距离相等的点过111A B C ∆的外心且垂直于平面111A B C 的直线上，故直三棱柱111ABC A B C -的外接球球心为连接上下底面外心的线段的中点，进而可确定外接球半径．【举一反三】【陕西省榆林市2018届高考模拟第一次测试】已知直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上，若13,4,,12AB AC AB AC AA ==⊥=，则球O 的直径为（ ） A. 13B.C.D. 2【答案】A【解析】因为三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB=3，AC=4，AB ⊥AC ，AA 1=12，所以三棱柱的底面是直角三角形，侧棱与底面垂直，△ABC 的外心是斜边的中点，上下底面的中心连线垂直底面ABC ，其中点是球心， 即侧面B 1BCC 1，经过球的球心，球的直径是侧面B 1BCC 1的对角线的长， 因为AB=3，AC=4，BC=5，BC 1=13， 所以球的直径为：13． 故答案为：A 。
以棱柱、棱锥与球的组合体为背景的选择题
23
A.
B. 2 3
C. 2
D. 3 3
3
【解析】
由图可知，
OB2 OD2 DB2 ，得 r 2
的外接球的半径为 2 2 ，则三棱锥 D' ABC 的体积为（ ）
A. 16 2
B. 16 2 3
C. 8 2
D. 8 2 3
【答案】B
5．【山西省吕梁市 2018 届高三上学期第一次模拟】已知点 A, B,C, D 在同一个球的球面上，
AB BC 2 ， AC 2 ，若四面体 ABCD 的体积为 2 3 ，球心 O 恰好在棱 DA 上，则这个球 3
1 22 2 1 2 2 2sin
3
2
2
2
2
2
4
2 2 3 4 2sin ，故当 sin 1，即 90 时，表面积最大值，此时 PAB PCB 90，
所以 PC
22
2
2
2 2
3 ．取 PC 的中点 O ，连 OA,OB ，则 OA OB OP OC
3，
·6·
故点 O 为三棱椎外接球的球心，且球半径 R 3 ．所以该三棱椎外接球的表面积为 S球表 4 R2 12 ．选 A．
8．已知边长为 2 3 的菱形 ABCD 中， A 60 ,现沿对角线 BD 折起，使得二面角 A BD C 为
120 ，此时点 A ， B ， C ， D 在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
的体积为 4 6 ，则球 O 的表面积为（ ） 3
人教版高中数学必修二课件 1.3 棱柱、棱锥与球的内接问题(共18张PPT)
二、例题分析
例1、已知三棱柱ABC A1 B1C1的6个顶点都在球O的 球面上。AB 3, AC 4, AB AC , AA1 12, 则球O的 半径为（ ） 3 17 A. 2
A1 C1 D1 B1 C A D O
B.2 10
13 C. 2
D.3 10
分析：连结OB
5 易知，OD=6，BD= 2
A B
C
四、思维拓展
2、一个几何体的三视图如图所示，该几何体外接球 的表面积为 。112 3 O
O1 A
五、课堂小结 本节课主要学习： （1）棱柱、有一条侧棱垂直于底面的棱锥内接于球 的问题的解决思路 （2）割补的方法在立体几何问题中的应用 （3）方程思想的应用
六、课后思考 S 如图，设正四面体S-ABC的棱长 为a，球O的半径为R，试确定R 与a的关系。 C
A C M D O B 于底面，故如图，可将该三棱锥
补成一个三棱柱。于是
R OB 1 1 1 2 2 2 ( MA) ( MB ) ( MB ) 2 2 2 MA2 MB2 MB2 4 R2 64
2 2
二、例题分析
变式、自半径为4的球面上一点M，引球的三条两两垂 直的弦MA，MB，MC，则MA2 MB 2 MC 2 。
一、知识点回顾
1、常用结论
③若长方体内接于球O，则球心为长方 体对角线的中点。设长方体的长，宽， 高分别为a,b,c，则球O的半径
O
1 2 R a b2 c 2 2
特别的，若边长为a的正方体内接于球O，则球O的 半径 3
R
2
a
一、知识点回顾
O
结论：棱柱内接于球时，球心位于 棱柱上下底面外接圆圆心的连线的 中点
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》单元汇编含答案解析
【最新】高中数学《空间向量与立体几何》专题解析一、选择题1．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =,123AA =，D ，F 分别是棱AB ，1AA 的中点，E 为棱AC 上的动点，则DEF ∆的周长的最小值为()A ．222+B ．232+C ．62+D ．72+【答案】D 【解析】 【分析】根据正三棱柱的特征可知ABC ∆为等边三角形且1AA ⊥平面ABC ，根据1AA AD ⊥可利用勾股定理求得2DF =；把底面ABC 与侧面11ACC A 在同一平面展开，可知当,,D E F 三点共线时，DE EF +取得最小值；在ADF ∆中利用余弦定理可求得最小值，加和得到结果. 【详解】Q 三棱柱111ABC A B C -为正三棱柱 ABC ∆∴为等边三角形且1AA ⊥平面ABCAD ⊂Q 平面ABC 1AA AD ∴⊥ 132DF ∴=+=把底面ABC 与侧面11ACC A 在同一平面展开，如下图所示：当,,D E F 三点共线时，DE EF +取得最小值 又150FAD ∠=o ，3AF =1AD =()22min32cos 42372DE EF AF AD AF AD FAD ⎛⎫∴+=+-⋅∠=-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭DEF ∴∆周长的最小值为：72+本题正确选项：D 【点睛】本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题，利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.2．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )A ．132πB ．7πC ．152πD ．8π【答案】B 【解析】 【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解表面积即可． 【详解】由题意可知：几何体是一个圆柱与一个14的球的组合体，球的半径为：1，圆柱的高为2， 可得：该几何体的表面积为：22141212274ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=．故选：B ． 【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.3．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α，SE 与平面ABC D 所成的角为β，二面角S-AB-C 的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．a βγ≤≤D ．γβα≤≤【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分别求出SE 与BC 所成的角α、SE 与平面ABC D 所成的角β、二面角S-AB-C 的平面角γ的正切值，由正四棱锥的线段大小关系即可比较大小. 【详解】四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等， 所以四棱锥为正四棱锥，（1）过E 作//EF BC ，交CD 于F ，过底面中心O 作ON EF ⊥交EF 于N ，连接SN ，取AB 中点M ，连接OM ，如下图（1）所示：则tan SN SN NE OMα==；（2）连接,OE 如下图（2）所示，则tan SO OEβ=;（3）连接OM ，则tan SOOMγ=，如下图（3）所示：因为,,SN SO OE OM ≥≥ 所以tan tan tan αγβ≥≥， 而,,αβγ均为锐角， 所以,αγβ≥≥ 故选：C. 【点睛】本题考查了异面直线夹角、直线与平面夹角、平面与平面夹角的求法，属于中档题.4．如图，正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）111ABC A B C -的底面边长为a ，侧棱长2a ，则1AC 与侧面11ABB A 所成的角是( )A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】A 【解析】 【分析】以C 为原点，在平面ABC 中，过点C 作BC 的垂线为x 轴，CB 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出1AC 与侧面11ABB A 所成的角． 【详解】解：以C 为原点，在平面ABC 中，过点C 作BC 的垂线为x 轴，CB 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则3(a A ，2a ，0)，1(0C ，02)a ，13(a A 2a 2)a ，(0B ，a ，0)， 13(a AC =u u u u r ，2a -2)a ，3(a AB =u u u r ，2a ，0)，1(0AA =u u u r ，02)a ， 设平面11ABB A 的法向量(n x =r，y ，)z ， 则13·022·20a an AB x y n AA az ⎧=-+=⎪⎨⎪==⎩u u u v v u u u v v ，取1x =，得(1n =r 3，0)，设1AC 与侧面11ABB A 所成的角为θ，则111||31sin |cos ,|2||||23n AC a n AC n AC a θ=<>===r u u u u rr u u u u r g r u u u ur g ， 30θ∴=︒，1AC ∴与侧面11ABB A 所成的角为30°．故选：A ．【点睛】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．5．若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )． A ．130 B ．140C ．150D ．160【答案】D 【解析】设直四棱柱1111ABCD A B C D -中，对角线119,15AC BD ==， 因为1A A ⊥平面,ABCD AC Ì,平面ABCD ，所以1A A AC ⊥， 在1Rt A AC ∆中，15A A =，可得221156AC AC A A =-= 同理可得2211200102BD D B D D =-==，因为四边形ABCD 为菱形，可得,AC BD 互相垂直平分， 所以2211()()1450822AB AC BD =+=+=，即菱形ABCD 的边长为8， 因此，这个棱柱的侧面积为1()485160S AB BC CD DA AA =+++⨯=⨯⨯=， 故选D.点睛：本题考查了四棱锥的侧面积的计算问题，解答中通过给出的直四棱柱满足的条件，求得底面菱形的边长，进而得出底面菱形的底面周长，即可代入侧面积公式求得侧面积，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力，其中正确认识空间几何体的结构特征和线面位置关系是解答的关键.6．以下说法正确的有几个（ ）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行； A ．0个 B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B 【解析】 【分析】对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数. 【详解】①错误，如空间四边形确定一个三棱锥. ②错误，直线可能和平面相交. ③正确，根据公理二可判断③正确. ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行.综上所述，正确的说法有1个，故选B. 【点睛】本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题.7．如图，直三棱柱ABC A B C '''-的侧棱长为3，AB BC ⊥，3AB BC ==，点E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE BF =，当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，则异面直线A F '与AC 所成的角为（ ）A ．2π B ．3π C ．4π D ．6π 【答案】C 【解析】 【分析】设AE BF a ==，13B EBF EBF V S B B '-'=⨯⨯V ，利用基本不等式，确定点 E ，F 的位置，然后根据//EF AC ，得到A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，再利用余弦定理求解. 【详解】设AE BF a ==，则()()23119333288B EBFa a V a a '-+-⎡⎤=⨯⨯⨯-⨯≤=⎢⎥⎣⎦，当且仅当3a a =-，即32a =时等号成立， 即当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，点E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点， 方法一：连接A E '，AF ，则352A E '=，352AF =，2292A F AA AF ''=+=，13222EF AC ==， 因为//EF AC ，所以A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，由余弦定理得222819452424cos 93222222A F EF A E A FE A F EF +-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯， ∴4A FE π'∠=．方法二：以B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB '分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()0,3,0A ，()3,0,0C ，()0,3,3A '，3,0,02F ⎛⎫⎪⎝⎭， ∴3,3,32A F ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭u u u u r ，()3,3,0AC =-u u u r ，所以9922cos ,92322A F AC A F AC A F AC +'⋅'==='⋅⨯u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r ，所以异面直线A F '与AC 所成的角为4π． 故选：C【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.8．如图，在正方体1111ABCD A B C D -，点P 在线段1BC 上运动，则下列判断正确的是（ ）①平面1PB D ⊥平面1ACD ②1//A P 平面1ACD③异面直线1A P 与1AD 所成角的取值范围是0,3π⎛⎤⎥⎝⎦④三棱锥1D APC -的体积不变 A ．①② B ．①②④C ．③④D ．①④【答案】B 【解析】 【分析】由面面垂直的判定定理判断①，由面面平行的性质定理判断②，求出P 在特殊位置处时异面直线所成的角，判断③，由换底求体积法判断④． 【详解】正方体中易证直线AC ⊥平面11BDD B ，从而有1AC B D ⊥，同理有11B D AD ^，证得1B D ⊥平面1ACD ，由面面垂直判定定理得平面1PB D ⊥平面1ACD ，①正确；正方体中11//A B CD ，11//BC AD ，从而可得线面平行，然后可得面面平行，即平面11A BC //平面1ACD ，而1A P ⊂平面11A BC ，从而得1//A P 平面1ACD ，②正确；当P 是1BC 中点时，1A P 在平面11A B CD 内，正方体中仿照上面可证1AD ⊥平面11A B CD ，从而11AD A P ⊥，1A P 与1AD 所成角为90︒．③错；∵11D APC P AD C V V --=，由1//BC 平面1ACD ，知P 在线段1BC 上移动时，P 到平面1ACD 距离相等，因此1P AD C V -不变，④正确． 故选：B ． 【点睛】本题考查面面垂直的判定定理、面面平行的性质定理、异面直线所成的角、棱锥的体积等知识，考查学生的空间想象能力，属于中档题．9．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，4AB BC BD ===，E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点，则直线EF 与平面ACD 所成角的余弦值（ ） A ．13B．3 C ．223D ．6 【答案】C 【解析】 【分析】因为AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系，求出向量EF u u u r 与平面ACD 的法向量n r ，再根据cos ,||||EF nEF n EF n ⋅〈〉=u u u r ru u u r r u u ur r ，即可得出答案. 【详解】因为在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系， 又因为4AB BC BD ===；()4,0,0,(0,0,0),(0,4,0),(0,0,4)A B D C ，又因为E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点所以(0,0,2),(2,2,0)E F故()2,2,2EF =-u u u r ，(4,4,0)AD =-u u u r ，(4,0,4)AC =-u u u r.设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =r，则00n AD n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v 令1,x = 则1y z ==；所以(1,1,1)n =r 1cos ,3||||332EF n EF n EF n ⋅〈〉===⨯u u u r r u u u r r u u u r r 设直线EF 与平面ACD 所成角为θ ，则sin θ= cos ,EF n 〈〉u u u r r所以222cos 1sin 3θθ=-=故选：C【点睛】本题主要考查线面角，通过向量法即可求出，属于中档题目.10．已知平面α⊥平面β，l αβ=I ，a α⊂，b β⊂，则“a l ⊥”是“a b ⊥r r ”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【答案】A【解析】【分析】 根据面面垂直的性质定理，以及充要条件的判定方法，即可作出判定，得到答案.【详解】由题意知，平面α⊥平面β，,,l a b αβαβ⋂=⊂⊂，当a l ⊥时，利用面面垂直的性质定理，可得a b ⊥r r 成立，反之当a b ⊥r r时，此时a 与l 不一定是垂直的， 所以a l ⊥是a b ⊥r r 的充分不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查了充要条件的判定，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理，以及充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．273B．276C．274D．272【答案】D【解析】【分析】先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.【详解】几何体为一个三棱锥，高为33，底为一个直角三角形，直角边分别为333，，所以体积为1127=33333=322V⨯⨯⨯⨯，选D.【点睛】(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．12．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．238B．823+C．283D．10【答案】A【解析】【分析】根据三视图可知该几何体为一组合体，是一个棱长为2的正方体与三棱锥的组合体，根据体积公式分别计算即可.【详解】几何体为正方体与三棱锥的组合体，由正视图、俯视图可得该几何体的体积为311232+232832V=⨯⨯=,故选A.【点睛】本题主要考查了三视图，正方体与三棱锥的体积公式，属于中档题.13．设α为平面，a ，b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( )A ．若//a α，//b α，则//a bB ．若a α⊥，//a b ，则b α⊥C ．若a α⊥，a b ⊥r r ，则//b αD ．若//a α，a b ⊥r r ，则b α⊥【答案】B【解析】【分析】 利用空间线线、线面、面面间的关系对每一个选项逐一分析判断得解．【详解】若//a α，//b α，则a 与b 相交、平行或异面，故A 错误；若a α⊥，//a b ，则由直线与平面垂直的判定定理知b α⊥，故B 正确；若a α⊥，a b ⊥r r ，则//b α或b α⊂，故C 错误；若//a α，a b ⊥r r ，则//b α，或b α⊂，或b 与α相交，故D 错误．故选：B ．【点睛】本题考查命题的真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．14．等腰三角形ABC 的腰5AB AC ==，6BC =，将它沿高AD 翻折，使二面角B AD C --成60︒，此时四面体ABCD 外接球的体积为（ ）A ．7πB ．28πCD 【答案】D【解析】分析：详解：由题意，设BCD ∆所在的小圆为1O ，半径为r ，又因为二面角B AD C --为060，即060BDC ∠=，所以BCD ∆为边长为3的等边三角形，又正弦定理可得，032sin 60r ==BE = 设球的半径为R ，且4=AD ，在直角ADE ∆中，()2222224428R AD DE R =+⇒=+=，所以R =，所以球的体积为3344333V R ππ==⨯=，故选D ．点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.15．在空间中，下列命题正确的是A ．如果一个角的两边和另一角的两边分别平行,那么这两个角相等B ．两条异面直线所成的有的范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行D ．如果一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行【答案】C【解析】【分析】根据两个角可能互补判断A ；根据两条异面直线所成的角不能是零度,判断B ；根据根据两个平面平行的性质定理知判断C ；利用直线与这个平面平行或在这个平面内判断D.【详解】如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行,这两个角相等或互补,故A 不正确； 两条异面直线所成的角不能是零度,故B 不正确；根据两个平面平行的性质定理知C 正确；如果一条直线和一个平面内的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行或在这个平面内,故D 不正确,综上可知只有C 的说法是正确的,故选C.【点睛】本题考查平面的基本性质及推论,考查等角定理,考查两个平面平行的性质定理,考查异面直线所成的角的取值范围,考查直线与平面平行的判断定理,意在考查对基础知识的掌握情况，本题是一个概念辨析问题.16．已知直线和不同的平面，下列命题中正确的是A ．//m m αβαβ⊥⎫⇒⎬⊥⎭B ．m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭C ．//////m m ααββ⎫⇒⎬⎭D ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭【答案】D【解析】【分析】对各个选项逐一进行分析即可【详解】 A ，若αβ⊥，m β⊥，则有可能m α⊂，故A 错误B ，若αβ⊥，m α⊂，则m 与β不一定垂直，可能相交或平行，故B 错误C ，若//m α，//m β则推不出//αβ，面面平行需要在一个面内找出两条相交线与另一个平面平行，故C 错误D ，若//αβ，m α⊂，则有//m β，故D 正确故选D【点睛】本题考查了线面平行与面面平行的判断和性质，在对其判定时需要运用其平行的判定定理或者性质定理，所以要对课本知识掌握牢固，从而判断结果17．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图是全等的直角三角形，则该几何体的各个面中，最大面的面积为（ ）A ．2B ．5C 13D 22【答案】D【解析】【分析】 根据三视图还原出几何体，找到最大面，再求面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，如图所示，将其放在一个长方体中，并记为三棱锥P ABC -.13PAC PAB S S ∆∆=22PAC S ∆=，2ABC S ∆=22.选D.【点睛】本题主要考查三视图的识别，复杂的三视图还原为几何体时，一般借助长方体来实现.18．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32D ．52【答案】C【解析】【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可．【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ． 【点睛】 本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.19．设,αβ是两个不同的平面，,l m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则（ ）A ．若//αβ，则//l mB ．若//m a ，则//αβC ．若m α⊥，则αβ⊥D ．若αβ⊥，则//l m【答案】C【解析】【分析】 根据空间线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断可得答案.【详解】A. 若//αβ，则l 与m 可能平行，可能异面，所以A 不正确.B. 若//m a ，则α与β可能平行，可能相交，所以B 不正确.C. 若m α⊥，由m β⊂，根据面面垂直的判定定理可得αβ⊥，所以C 正确. D 若αβ⊥，且l α⊂，m β⊂，则l 与m 可能平行，可能异面，可能相交, 所以D 不正确.【点睛】本题考查空间线线、线面、面面的位置判断定理和性质定理，考查空间想象能力，属于基础题.20．一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（ ）A ．6πB ．12πC ．32πD ．48π【答案】B【解析】【分析】先作出几何图形，确定四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积.【详解】由题得几何体原图如图所示，其中SA⊥平面ABC,BC⊥平面SAB,SA=AB=BC=2,所以2,3SC=设SC中点为O,则在直角三角形SAC中，3,在直角三角形SBC中，OB=13 2SC=所以3所以点O3所以四面体外接球的表面积为43=12ππ.故选：B【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.。
压轴题05 立体几何压轴题(原卷版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用-文)
压轴题05立体几何压轴题题型/考向一：点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积题型/考向二：外接球、内切球等相关问题题型/考向三：平面关系、垂直关系、体积、表面积等综合问题一、空间几何体的体积、表面积热点一空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l ＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.热点二空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(3)V台体＝13(4)V球＝4πR3.3二、外接球、内切球问题类型一外接球问题考向1墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.则(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝a2＋b2＋c2.常见的有以下三种类型：考向2对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2(长方体的长、宽高分别为a ，b ，c )，即R 2＝18(x 2＋y 2＋z 2)，如图.考向3汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，由对称性可知，球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2的连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝h 2，所以R 2＝r 2＋h 24.考向4垂面模型垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O 的位置是△CBD 的外心O 1与△AB 2D 2的外心O 2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.类型二内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r，建立等式V P－ABC＝V O－ABC＋V O－P AB＋V O－P AC＋V O－PBC⇒V P－ABC＝13S△ABC·r＋13S△P AB·r＋13S△P AC·r＋13S PBC·r＝13(S△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC)r；第三步：解出r＝3V P－ABCS△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC.类型三球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).三、平行关系和垂直关系的证明、二面角等热点一空间线、面位置关系的判定判断空间线、面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.(2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断.(3)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.热点二几何法证明平行、垂直1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面○热○点○题○型一点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积一、单选题1．设l ，m 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列说法正确的是（）A ．若//l α，//m α，则//l mB ．若//l α，//l β，则//αβC ．若l α⊥，m α⊥，则//l mD ．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβ2．将半径为6的半圆卷成一个无底圆锥（钢接处不重合），则该无底圆锥的体积为（）A ．273πB ．27πC ．3πD ．9π3．在正方体1111ABCD A B C D -中，直线m 、n 分别在平面ABCD 和11ABB A ，且m n ⊥，则下列命题中正确的是（）A ．若m 垂直于AB ，则n 垂直于AB B ．若m 垂直于AB ，则n 不垂直于ABC ．若m 不垂直于AB ，则n 垂直于ABD ．若m 不垂直于AB ，则n 不垂直于AB4．如图是一款多功能粉碎机的实物图，它的进物仓可看作正四棱台，已知该四棱台的上底面边长为40cm ，下底面边长为10cm ，侧棱长为30cm ，则该款粉碎机进物仓的容积为（）A ．32cmB ．386003cmC ．3105002cmD ．33cm5．已知在春分或秋分时节，太阳直射赤道附近.若赤道附近某地在此季节的日出时间为早上6点，日落时间为晚上18点，该地有一个底面半径为4m 的圆锥形的建筑物，且该建筑物在一天中恰好有四个小时在地面上没有影子，则该建筑物的体积为（）A ．643πB ．π3C ．16π3D ．π36．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为（）A ．4B 3C D 7．在三棱锥A BCD -中，4AB AC BD CD BC =====，平面α经过AC 的中点E ，并且与BC 垂直，则α截此三棱锥所得的截面面积的最大值为（）A B ．34C 2D ．328．已知圆台的母线长为4，上底面圆和下底面圆半径的比为1：3，其侧面展开图所在扇形的圆心角为π2，则圆台的高为（）A ．BC ．4D ．二、多选题9．已知平面α，β，直线l ，m ，则下列命题正确的是（）A ．若αβ⊥，,,m l m l αβα⋂=⊥⊂，则l β⊥B ．若l αβα⊂∥，，m β⊂，则//l mC ．若m α⊂，则“l α⊥”是“l m ⊥”的充分不必要条件D ．若m α⊂，l α⊄，则“l α∥”是“l m ”的必要不充分条件10．下列说法正确的是（）A ．若直线a 不平行于平面α，a α⊄，则α内不存在与a 平行的直线B ．若一个平面α内两条不平行的直线都平行于另一个平面β，则αβ∥C ．设l ，m ，n 为直线，m ，n 在平面α内，则“l α⊥”是“l m ⊥且l n ⊥”的充要条件D ．若平面α⊥平面1α，平面β⊥平面1β，则平面α与平面β所成的二面角和平面1α与平面1β所成的二面角相等或互补三、解答题11．已知直棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为菱形，且2AB AD BD ===，1AA =，点E 为11B D 的中点．(1)证明：//AE 平面1BDC ；(2)求三棱锥1E BDC -的体积．12．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为边长为2的正三角形，D 为BC 的中点，12AA =，且160CCB ∠= ，平面11BB C C ⊥平面ABC .(1)证明：1C D AB ⊥；(2)求三棱锥111B AA C -的体积.○热○点○题○型二外接球、内切球等相关问题一、单选题1．已知ABC 是边长为3的等边三角形，其顶点都在球O 的球面上，若球O 的体积为323π，则球心O 到平面ABC 的距离为（）AB ．32C ．1D ．22．已知三棱锥-P ABC 的底面ABC 是边长为1的正三角形，侧棱,,PA PB PC 两两垂直，若此三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是（）A ．3πB ．πC ．3π4D ．3π23．一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在一个球面上，且这个球的半径为5，则这个圆锥的体积的最大值时，圆锥的底面半径为（）A ．103B ．2C ．3D 4．已知圆锥的侧面积为2π，母线与底面所成角的余弦值为12，则该圆锥的内切球的体积为（）A ．4π3B C D 5．如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为A ，圆柱的上、下底面的圆心分别为B 、C ，若该几何体Ω存在外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上）．已知24BC AB ==，则该组合体的体积等于（）A ．56πB ．70π3C ．48πD ．64π6．已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O 的球面上，3AB =，BC =，且四棱锥O ABCD-的体积为，则球O 的表面积为（）A ．76πB ．112πCD 7．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（）A ．4B ．2C ．2D ．68．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，2PA BC ==，PB AC ==PC AB =Q 为球O 的球面上一动点，则点Q 到平面PAB 的最大距离为（）A 2211B C 2211D 二、填空题9．在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，14AB AC PA AB AC ⊥=+=，，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥-P ABC 外接球的体积为______．10．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB BC ==．设D 为1AC 的中点，三棱锥D ABC -的体积为94，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，则三棱柱111ABC A B C -外接球的表面积为______．11．如图，直三棱柱111ABC A B C -的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB AC =，侧面11BCC B 是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱111ABC A B C -的体积为___________.12．如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为12，则该棱锥的内切球半径为___．○热○点○题○型三平面关系、垂直关系、体积、表面积等综合问题1．已知直棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为菱形，且2AB AD BD ===，1AA =，点E 为11B D 的中点．(1)证明：//AE 平面1BDC ；(2)求三棱锥1E BDC -的体积．2．如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 是等边三角形，底面ABCD 是棱长为2的菱形，平面PAD ⊥平面ABCD ，O 是AD 的中点，π3DAB ∠=.(1)证明：OB ⊥平面PAD ；(2)求点O 到平面PAB 的距离.3．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为边长为2的正三角形，D 为BC 的中点，12AA =，且160CCB ∠= ，平面11BB C C ⊥平面ABC .(1)证明：1C D AB ⊥；(2)求三棱锥111B AAC -的体积.4．如图1，在直角梯形ABCD 中，90ADC ∠=︒，AB CD ，122AD CD AB ===，E 为AC 的中点，将ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，如图2.在图2所示的几何体D ABC -中：(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD EF ，求几何体F BCE -的体积.5．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为菱形，60BCD ∠=︒，4AB =，EF CD ∥，2EF =，4CF =，点F 在平面ABCD 内的射影恰为BC 的中点G ．(1)求证：平面ACE 平面BED；(2)求该几何体的体积．。
高中数学讲义(人教A版必修二)：第21讲 棱柱、棱锥、棱台(教师版)
第21课棱柱、棱锥、棱台课程标准课标解读1.通过对实物模型的观察，归纳认知棱柱、棱锥、棱台的结构特征.2.理解棱柱、棱锥、棱台之间的关系.3.能运用棱柱、棱锥、棱台的结构特征描述现实生活中简单几何体的结构并进行有关计算．1.通过对实物模型的观察，归纳认知棱柱、棱锥、棱台的结构特征.2.理解棱柱、棱锥、棱台之间的关系.学会用连续变化的观点，或者函数的思想找到他们之间的区别与联系.3.在熟悉基本知识的基础上，能运用棱柱、棱锥、棱台的结构特征描述现实生活中简单几何体的结构并进行有关计算，提升数学抽象和数学运算能力.知识精讲知识点01空间几何体、多面体、旋转体的定义1．空间几何体：如果我们只考虑物体的形状和大小，而不考虑其他因素，那么由这些物体抽象出来的空间图形就叫做空间几何体．2．多面体、旋转体类别多面体旋转体定义由若干个平面多边形围成的几何体一条平面曲线(包括直线)绕它所在平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫做旋转面，封闭的旋转面围成的几何体叫做旋转体图形相关概念面：围成多面体的各个多边形；棱：相邻两个面的公共边顶点：棱与棱的公共点轴：形成旋转体所绕的定直线【即学即练1】有两个面平行的多面体不可能是()A ．棱柱B ．棱锥C ．棱台D ．以上都错答案B解析由棱锥的结构特征可得．知识点02棱柱的结构特征1．棱柱的结构特征棱柱图形及表示定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱如图可记作：棱柱ABCDEF —A ′B ′C ′D ′E ′F ′相关概念：底面(底)：两个互相平行的面；侧面：其余各面；侧棱：相邻侧面的公共边；顶点：侧面与底面的公共顶点分类：按底面多边形的边数分：三棱柱、四棱柱、五棱柱……2.几个特殊的棱柱(1)直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱(如图①③)；(2)斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱叫做斜棱柱(如图②④)；(3)正棱柱：底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱(如图③)；(4)平行六面体：底面是平行四边形的四棱柱也叫做平行六面体(如图④)．反思感悟棱柱结构的辨析方法(1)扣定义：判定一个几何体是不是棱柱的关键是棱柱的定义．①看“面”，即观察这个多面体是否有两个互相平行的面，其余各面都是四边形；②看“线”，即观察每相邻两个四边形的公共边是否平行．(2)举反例：通过举反例，如与常见几何体或实物模型、图片等不吻合，给予排除．【即学即练2】下列关于棱柱的说法：①所有的面都是平行四边形；②每一个面都不会是三角形；③两底面平行，并且各侧棱也平行；④被平面截成的两部分可以都是棱柱．其中正确的说法的序号是________．答案③④解析①错误，棱柱的底面不一定是平行四边形．②错误，棱柱的底面可以是三角形．③正确，由棱柱的定义易知．④正确，棱柱可以被平行于底面的平面截成两个棱柱．所以说法正确的序号是③④.知识点03棱锥的结构特征棱锥图形及表示定义：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥如图可记作：棱锥S —ABCD相关概念：底面(底)：多边形面；侧面：有公共顶点的各个三角形面；侧棱：相邻侧面的公共边；顶点：各侧面的公共顶点分类：(1)按底面多边形的边数分：三棱锥、四棱锥……，其中三棱锥又叫四面体；(2)底面是正多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫做正棱锥【即学即练3】(多选)下列说法中，正确的是()A ．棱锥的各个侧面都是三角形B ．四面体的任何一个面都可以作为棱锥的底面C ．棱锥的侧棱平行D ．有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥答案AB解析由棱锥的定义，知棱锥的各个侧面都是三角形，故A 正确；四面体就是由四个三角形所围成的几何体，因此四面体的任何一个面都可以作为三棱锥的底面，故B 正确；棱锥的侧棱交于一点，不平行，故C 错．棱锥的侧面是有一个公共顶点的三角形，故D 错．知识点04棱台的结构特征棱台图形及表示定义：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台如图可记作：棱台ABCD —A ′B ′C ′D ′相关概念：上底面：平行于棱锥底面的截面；下底面：原棱锥的底面；侧面：其余各面；侧棱：相邻侧面的公共边；顶点：侧面与上(下)底面的公共顶点分类：由三棱锥、四棱锥、五棱锥……截得的棱台分别叫做三棱台、四棱台、五棱台……【即学即练4】(多选)下列说法错误的是()A ．有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的多面体是棱锥B ．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C ．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥D ．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体答案ABC解析有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥，即其余各面的三角形必须有公共的顶点，故A 错误；棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的，而有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台，因为它的侧棱长延长后不一定交于一点，故B 错误；当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是360°时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确．能力拓展考法01棱柱的结构特征【典例1】如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别为棱A1B1，C1D1的中点．①这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？②用平面BCNM把这个长方体分成两部分，各部分形成的几何体还是棱柱吗？如果是，是几棱柱，并用符号表示；如果不是，请说明理由．解①是棱柱，并且是四棱柱，因为以长方体相对的两个面作底面，是互相平行的，其余各面都是矩形，且四条侧棱互相平行，符合棱柱的定义．②截面BCNM右上方部分是三棱柱BB1M－CC1N，左下方部分是四棱柱ABMA1－DCND1.【变式训练】下列命题中正确的是()A．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．棱柱中互相平行的两个面叫棱柱的底面C．棱柱的侧面都是平行四边形，而底面不是平行四边形D．棱柱的侧棱都相等，侧面是平行四边形答案D考法02棱锥、棱台的结构特征【典例2】有下列四种叙述：①用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台；②两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；③有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台；④棱台的侧棱延长后必交于一点．其中正确的有()A．0个B．1个C．2个D．3个答案B解析①中的平面不一定平行于底面，故①错；由棱台的定义知，④正确；②③可用反例去检验，如图所示，侧棱延长线不能相交于一点，故②③错．反思感悟判断棱锥、棱台的方法(1)举反例法结合棱锥、棱台的定义举反例直接排除关于棱锥、棱台结构特征的某些不正确说法．(2)直接法棱锥棱台定底面只有一个面是多边形，此面即为底面两个互相平行的面，即为底面看侧棱相交于一点延长后相交于一点【变式训练】下列关于棱锥、棱台的说法：①棱台的侧面一定不会是平行四边形；②由四个平面围成的封闭图形只能是三棱锥；③棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥．其中正确说法的序号是________．答案①②解析①正确，棱台的侧面一定是梯形，而不是平行四边形；②正确，由四个平面围成的封闭图形是四面体也就是三棱锥；③错误，如图所示的四棱锥被平面截成的两部分都是棱锥．分层提分题组A基础过关练一、单选题1．下列命题：①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱．其中正确命题的个数为（）A．0B．1C．2D．3【答案】A【详解】①如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形，显然不是棱柱，故①错误；ABB A与底面垂直，但不是直棱柱，②错误；②如图2，满足两侧面11③如图3，四边形11即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，④错误．故选：A2．一个棱锥所有的棱长都相等，则该棱锥一定不是（）A．正三棱锥B．正四棱锥C．正五棱锥D．正六棱锥【答案】D【详解】因为正六变形的中心到底面顶点的距离等于边长，所以正六棱锥的侧棱必大于底面棱长，故选：D.3．如图是一个正方体的表面展开图，则图中“0”在正方体中所在的面的对面上的是（）A．2B．1C．高D．考【答案】C【详解】解：将展开图还原成正方体可知，“0”在正方体中所在的面的对面上的是“高”，故选:C.4．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的最长棱的长度为（）A．2B．C D．45．如图所示的几何体的结构特征是（）A．一个棱柱中截去一个棱柱B．一个棱柱中截去一个圆柱C．一个棱柱中截去一个棱锥D．一个棱柱中截去一个棱台【答案】C【详解】图中的几何体为一个棱柱截去一个角，截去的角是一个棱锥.故选C.6．棱台不具备的特点是（）A．两底面相似B．侧面都是梯形C．侧棱长都相等D．侧棱延长后都交于一点【答案】C【详解】根据棱台的定义知，棱台底面相似，侧面都是梯形，侧棱延长后都交于一点，但是侧棱长不一定相等，故选：C7．下列判断正确的是（）A．正三棱锥一定是正四面体B．底面是正方形的四棱锥是正四棱锥C．底面是正方形的直四棱柱是正四棱柱D．底面是正方形的棱台是正四棱台【答案】C【详解】正三棱锥不一定是正四面体，侧棱长与底面边长可能不相等，故A错误；底面是正方形的四棱锥不一定是正四棱锥，顶点在底面的射影不一定是底面的中心，故B错误；由正四棱住的概念可知，底面是正方形的直四棱柱是正四棱柱，故C正确；底面是正方形的棱台不一定是正四棱台，原因是棱台的侧棱延长后的交点在两底面的射影不一定为正方形的中心，故D错误．故选：C8．过棱锥的高的两个三等分点，分别作与底面平行的两个平行截面，则自上向下的两个截面与底面的面积之比是（）．A ．1:2:3B ．C ．1:4:9D ．1:3:5【答案】C【详解】如图所示：当棱锥为三棱锥时，易知PDL PEI PFC △△△，相似比为1:2:3，则::1:2:3PL PI PC ，易知PKL PHI PBC △△△，::1:2:3KL HI BC ，同理::1:2:3JL GI AC ，::1:2:3JK GH AB ，故JKL GHI BC △△△A ，相似比为1:2:3，故面积比为1:4:9，当棱锥为n 棱锥，4n 时，可以看成是多个三棱锥的组合体，面积比不改变.综上所述：两个截面与底面的面积之比是1:4:9.故选：C.9．三棱锥P ABC 中，PA PB AB PC a AC b BC c ，，，若三角形PAC 和PBC 都是等腰直角三角形，则a b c ，，可能的不同取值有（）A ．1种B ．2种C ．3种D ．至少4种【答案】C【详解】根据题意可画简图如下,PAB 为等边三角形，且,PAC PBC 都是等腰直角三角形，分类讨论如下：,2PA PC PA PC ①时，PC 所以，22,AC PC 2BC PB 此时，2,2,2;a b c ,2PA AC PA AC ②时，PC 90PBC ,此时2BC PB ，此时,AC PC AC PC ③时，AC PC 90BCP ，此时1BC PC ，此时二、多选题10．下列说法中正确的是（）A ．长方体是直四棱柱B ．两个面平行，其余各面是梯形的多面体是棱台C ．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形D ．平行六面体不是棱柱【答案】AC【详解】长方体是直四棱柱，A 正确；两个平面平行，其余各面是梯形的多面体，当侧棱延长后不交于同一点时，就不是棱台，B 错；正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，C正确；平行六面体一定是棱柱，D错．故选：AC．11．一个正方体内接于一个球，过球心作一个截面，则截面的图形可能是（）A．B．C．D．【答案】ABC【分析】根据正方体截面过外接球球心，讨论截面是否过顶点及所过顶点个数、是否与侧面平行，即可判断截面图形的元素.【详解】当过球心的截面不平行于侧面且不过顶点时，截面图形为A；当过球心的截面平行于一对侧面时，截面图形为C；当过球心的截面过其中4个顶点，则截面图形为圆中含一个长方形，B正确，D错误.故选：ABC三、填空题12．关于棱柱，下列说法正确的是______．（选填序号）①所有的棱长都相等；②相邻两个面的交线叫做侧棱；③棱柱中任意两个侧面都不可能互相平行；④棱柱中至少有两个面的形状完全相同；⑤在斜棱柱的所有侧面中，矩形最多有2个．【答案】④⑤【分析】依据棱柱的定义和分类去判断即可解决.【详解】①棱柱的所有的侧棱长都相等，所有的棱长不一定相等.判断错误；②相邻两个侧面的交线叫做侧棱，相邻两个面的交线可能是底面的边.判断错误；③正四棱柱中相对的两个侧面互相平行.判断错误；④棱柱的两个底面全等，则棱柱中至少有两个面的形状完全相同.判断正确；⑤在斜棱柱的所有侧面中，最多互相平行的两个侧面可以是矩形，则矩形最多有2个．判断正确；故答案为：④⑤13．下列说法中，正确的个数为________．（1）有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；（2）有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台；（3）底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；（4）棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是正六棱锥．【答案】0【分析】根据棱锥的概念可判断（1）；根据棱台的概念可判断（2）；根据正三棱锥的概念可判断（3）；根据正六棱锥的侧棱长一定大于底面边长可判断（4）.【详解】对于（1），棱锥的定义是：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥，故错误；对于（2），有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体不一定是棱台，只有当四个等腰梯形的腰延长后交于一点时，这个六面体才是棱台，如图1，侧棱延长线可能不交于一点，故错误；对于（3），底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥不一定是正三棱锥，只有当三棱锥的顶点在底面的射影是底面中心时，才是正三棱锥，不一定是正三棱锥，故错误；对于（4），因为正六棱锥的底面是正六边形，侧棱在底面内的射影与底面边长相等，所以正六棱锥的侧棱长一定大于底面边长，故错误.故答案为：0.14．面数最少的棱柱为________棱柱，共有________个面围成．【答案】三5【详解】棱柱有相互平行的两个底面，其侧面至少有3个，故面数最少的棱柱为三棱柱，共有5个面围成．故答案为：三，5四、解答题15．已知一个直四棱柱的底面边长为5cm 的正方形，侧棱长都是8cm ，回答下列问题：(1)这个直四棱柱一共有几个面？几个顶点？几条棱？(2)将这个直四棱柱的侧面展开成一个平面图形，这个图形是什么形状？面积是多少？【答案】(1)6个面，8个顶点，12条棱(2)是长方形，2160cm 【分析】(1)由直四棱柱的特征即可得出答案.(2)由直四棱柱的特征可知侧面展开图为长方形，求出长方形面积即可.【详解】（1）由直四棱柱的特征可知直四棱柱一共有6个面，8个顶点，12条棱.（2）将直四棱柱的侧面展开是一个长方形.长方形的宽为直四棱柱的侧棱长，所以宽为8cm ，长为直四棱柱的底边边长的四倍，即5420(cm) ，所以长为20cm ，所以侧面展开图面积为2820160(cm )题组B 能力提升练一、单选题1．下列说法错误的是（）A ．一个棱柱至少有5个面B ．长方体、正方体都是棱柱C ．三棱柱的侧面是三角形D ．六棱柱有6条侧棱、6个侧面，侧面为平行四边形【答案】C【详解】选项A：一个棱柱至少有5个面.判断正确；选项B：长方体、正方体都是棱柱.判断正确；选项C：三棱柱的侧面是平行四边形.判断错误；选项D：六棱柱有6条侧棱、6个侧面，侧面为平行四边形判断正确.故选：C2．下面图形中，为棱锥的是（）A．①③B．①③④C．①②④D．①②【答案】C【详解】一般地，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥，显然①②④满足棱锥定义，③不满足棱锥定义，所以①②④是棱锥，③不是棱锥.故选：C3．下列命题正确的是（）A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱D．棱柱的侧面都是全等的平行四边形【答案】C【详解】有两个面平行,其余各面都是四边形的几何体，A错；有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体如图所示，B错；棱柱的侧面不一定是全等的平行四边形，D错；由棱柱的定义，C正确.故选：C.4．如图所示的几何体的结构特征是（）A ．一个棱柱中截去一个棱柱B ．一个棱柱中截去一个圆柱C ．一个棱柱中截去一个棱锥D ．一个棱柱中截去一个棱台【答案】C【详解】图中的几何体为一个棱柱截去一个角，截去的角是一个棱锥.故选C.【点睛】本题考查空间几何体的组成，难度较易.5．如图，位于西安大慈恩寺的大雁塔，是唐代玄奘法师为保存经卷佛像而主持修建的，是我国现存最早的四方楼阁式砖塔．塔顶可以看成一个正四棱锥，其侧棱与底面所成的角为45 ，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为（）A ．2B ．2C ．3D ．4【答案】D6．下列判断正确的是（）A．正三棱锥一定是正四面体B．底面是正方形的四棱锥是正四棱锥C．底面是正方形的直四棱柱是正四棱柱D．底面是正方形的棱台是正四棱台【答案】C【详解】正三棱锥不一定是正四面体，侧棱长与底面边长可能不相等，故A错误；底面是正方形的四棱锥不一定是正四棱锥，顶点在底面的射影不一定是底面的中心，故B错误；由正四棱住的概念可知，底面是正方形的直四棱柱是正四棱柱，故C正确；底面是正方形的棱台不一定是正四棱台，原因是棱台的侧棱延长后的交点在两底面的射影不一定为正方形的中心，故D错误．故选：C7．下列说法正确的是（）A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．过空间内不同的三点，有且只有一个平面C．棱锥的所有侧面都是三角形D．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台【答案】C【详解】如下图，两个三棱柱合在一起，仍然满足有两个面平行，其余各面都是四边形，但它不是棱柱，A错；当空间三点共线时，过这三点有无数个平面，B 错；根据棱锥的定义，C 正确；用一个与底面平行的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体才叫棱台，不是任意平面都能截出棱台的，D 错．故选：C ．8．已知正四棱柱1111ABCD A B C D 中，12312AA AB ，点M 是线段1BB 的中点，点N 是线段1DD 上靠近D 的三等分点，若正四棱柱1111ABCD A B C D 被过点1A ，M ，N 的平面所截，则所得截面的周长为（）A ．10 B ．10 C ．9 D ．9 延长1C C 至Q ，使得CQ 记MQ 与BC 交于点R ，则142A N ，15A M ，9．如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，E 是棱1CC 的中点，则过三点A 、D 1、E 的截面过（）A ．AB 中点B ．BC 中点C ．CD 中点D ．BB 1中点【答案】B 【详解】取BC 的中点F ，连接EF ，AF ，如图，则1EF AD ∥，所以F 在截面上,故选：B二、多选题10．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（）（多选）A．①是棱台B．②是圆台C．③是棱锥D．④是棱柱【答案】CD【详解】题图①中的几何体不是由棱锥被一个平面所截得到的，且上、下底面不是相似的图形，所以不是棱台；题图②中的几何体上、下两个面不平行，所以②不是圆台；图③中的几何体是三棱锥；题图④中的几何体前、后两个面平行，其他面都是平行四边形，且每相邻两个平行四边形的公共边都互相平行，所以④是棱柱.故选:CD.11．下列命题错误的是（）A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形B．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台C．四面体的任何一个面都可以作为棱锥的底面D．棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形【答案】ABD【详解】棱柱的侧棱都相等，但侧面不一定是全等的平行四边形，A错误；用一个平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分才是棱台，B错误；四面体的任何一个面都可以作为棱锥的底面，C正确；棱台的侧棱延长后交于一点，但侧面不一定是等腰梯形，D错误.故选：ABD.三、填空题12．①直四棱柱一定是长方体；②正方体一定是正四棱柱；③底面是正多边形的棱柱是正棱柱；④有相邻两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；⑤平行六面体的六个面均为平行四边形；⑥直棱柱的侧棱长与高相等．以上说法中正确的命题有_________．【答案】②④⑤⑥【详解】①侧棱垂直于底面的四棱柱叫做直四棱柱，底面是长方形的直四棱柱才是长方体.底面如果不是长方形，则该直四棱柱不是长方体，故①错误；②上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面的棱柱叫做正四棱柱，所以正方体是正四棱柱，但正四棱柱不一定是正方体，故②正确；③底面是正多边形的直棱柱是正棱柱，底面是正多边形且侧棱与底面不垂直的棱柱不是正棱柱，故③错误；④有两个相邻的侧面是矩形，说明侧棱与底面两条相交直线垂直，则侧棱与底面垂直，所以，有相邻两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱，故④正确；⑤底面是平行四边形的四棱柱叫做平行六面体，而棱柱的各个侧面都是平行四边形，故⑤正确；⑥直棱柱的侧棱垂直于底面，因此侧棱长与高相等，故⑥正确.故答案为：②④⑤⑥四、解答题13．已知正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F 1，则动点从A 沿侧面移到点1D 时的最短的路程是多长？则 22221133128AD AD DD ，所以127AD .即动点从A 沿侧面移到点1D 时的最短路程为27题组C 培优拔尖练一、单选题1．下列关于棱台的说法中错误的是（）A ．所有的侧棱所在直线交于一点B ．只有两个面互相平行C ．上下两个底面全等D ．所有的侧面不存在两个面互相平行【答案】C【详解】由棱台的定义可知：A.所有的侧棱所在直线交于一点，正确；B.只有两个面互相平行，就是上、下底面平行，正确；C.棱台的上下两个底面不全等，故C 不正确；D.所有的侧面不存在两个面互相平行，正确.故选：C.2．侧面都是矩形的棱柱一定是（）A ．长方体B ．三棱柱C ．直平行六面体D ．直棱柱【答案】D 【详解】侧面都是矩形的棱柱，只需侧棱和底面垂直，即侧面都是矩形的棱柱一定是直棱柱.故选：D 3．在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD且2PA PB PC PD ．若点E 、F 、G 分别为棱PB 、PC 、PD 上的动点（不包含端点P ），则AE EF FG GA 的最小值为（）A ．2B ．C ．D ．4【答案】C【详解】把四棱锥P ABCD 沿PA 展开，得到如图所示图形：AE EF FG GA 的最小时，点,,E F G 与,A A 共线时，所以求AE EF FG GA 的最小值即求AA 的长。
新高考数学重难点培优专题讲义——立体几何小题专练(含详细答案解析)
立体几何小题培优讲义高考规律立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．知识梳理【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．2.以立体几何为载体的情境题的求解思路以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题.此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【题型1 求几何体的体积与表面积】【例1】（2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测）在三棱锥P−ABC中，三条侧棱P A，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱锥P−ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，则该球的体积是（）A．4√3πB．4√2πC．6πD．12π【变式1-1】（2023·陕西铜川·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③V台=13(S上+S下+√S上⋅S下)ℎ）A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为2,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点，若四边形PQDB的面积为152，则该四棱台的体积为（）A．563B．56C．283D．28【变式1-3】（2023·山东·统考一模）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积是（）A．(144+12√13)πcm2B．(144+24√13)πcm2C．(108+12√13)πcm2D．(108+24√13)πcm2【题型2 与球有关的截面问题】【例2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（）A．8πB．9πC．12πD．16π【变式2-1】（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为3，上、下底面边长分别为√15，2√6，则该球的表面积为（）A．32πB．36πC．40πD．42π【变式2-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心，√6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）A．2√3πB．√3πC．√3π2D．√3π4【变式2-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（）A．136πB．2512πC．83πD．23π【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】【例3】（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（）A．a327B．a336C．a354D．a372【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=60°，侧面BCC1B1的面积为2√3，则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积的最小值为（）A．4πB．8πC．4√3πD．8√3π【变式3-2】（2023·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P为底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高ℎ∈[√2,2√2]，点M到平面PCD的距离的最大值为（）A．2√63B．83C．4√23D．329【变式3-3】（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为20√53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2√3，且三棱锥A－BCD的体积为2√3，则线段CD长度的最大值为（）A．2√3B．3√2C．√13D．2√5【题型4 几何体与球的切、接问题】【例4】（2023·河北邯郸·统考三模）三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SC于点E、F，记三棱锥S−FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S−ABC的外接球表面积为S2，则S1S2=（）A．√33B．13C．√22D．12【变式4-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（）A．π6B．πC．4π3D．4π【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）为了便于制作工艺品，某工厂将一根底面半径为6cm，高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料，已知该正四棱台上底面的边长不大于4√2cm，则当该正四棱台的体积最大时，该正四棱台外接球的表面积为（）A．128πcm2B．145πcm2C．153πcm2D．160πcm2【变式4-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为2√6，则模型中九个球的表面积和为（）A．6πB．9πC．31π4D．21π【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】【例5】（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知底面边长为a的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1内接于半径为√3的球内，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，G，H分别为线段AC1，EF上的动点，M为线段AB1的中点，当正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积最大时，|GH|+|GM|的最小值为（）A．√2B．3√22C．2D．1+√2【变式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC= 1，AA1=√3，在线段A1D上取点M，在CD1上取点N，使得直线MN//平面ACC1A1，则线段MN长度的最小值为（）A．√33B．√213C．√37D．√217【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，以下四个命题：；④|C1P|+①三棱锥D−BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12|DP|的最小值为√10．其中真命题有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【变式5-3】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线，则下列说法正确的是（）段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163A．EF=2B．EF=4C．EG+FG的最小值为3√2D．EG+FG的最小值为2√6【题型6 空间角问题】【例6】（2023·全国·模拟预测）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积是底面积的6√3倍，点E为四边形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（）A．2√3913B．√3913C．√3926D．3√3926【变式6-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（）A．13B．√33C．23D．√53【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点N是棱BB1上的动点，点M是线段A1C1（不含线段的端点）上的动点，则下列说法正确的是（）A．存在直线MN，使MN//B1C B．异面直线CM与AB所成的角可能为π3C．直线CM与平面BND所成的角为π3D．平面BMC//平面C1NA【变式6-3】（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F（E在F的左边），且EF=√2．下列说法不正确的是（）A．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45∘B．当E,F运动时，三棱锥体积B−AEF不变C．当E,F运动时，存在点E,F使得AE//BFD．当E,F运动时，二面角C−EF−B为定值【题型7 翻折问题】【例7】（2023·四川泸州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A−BD−P为120°，则此时三棱锥P−ABD的外接球的表面积为（）A．21πB．28√21πC．52πD．84π【变式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将△ABD 沿对角线BD翻折至△A′BD的位置，使得平面A′BD⊥平面BCD，则在三棱锥A′−BCD的外接球中，以A′C为直径的截面到球心的距离为（）A．√43510B．6√25C．√23910D．√11310【变式7-2】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（）A．存在点P，使得PE∥CFB．存在点P，使得PE⊥EDC．三棱锥P−AED的体积最大值为√26D．当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED外接球表面积为4π【变式7-3】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC 的中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P−BCED，则下列命题错误的是（）A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBCC．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为√33πD．当PB=√10时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523【题型8 立体几何中的轨迹问题】【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，B1C的中点，若直线BP与MN所成的角为θ，且sinθ=√55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（）A．3π4B．π2C．π3D．π4【变式8-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（）A．√3B．√2C．2√33D．√52【变式8-2】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD 内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（）A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1，则以下说法正确的有（）A．若P在面AB1C1D上，则其轨迹周长为8√6π9B．若A1P⊥AB1，则D1P的最小值为√3+1−√6C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为32√6π227+4√3πD．四棱锥P-ABCD体积最大值为4(2√6+√2+3)9【题型9 以立体几何为载体的情境题】【例9】（2023·云南大理·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则该天池盆中水的体积为（）A．1404π立方寸B．1080π立方寸C．756π立方寸D．702π立方寸【变式9-1】（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球O的表面上，且点O到正六边形面的距离为√62，则球O的体积为（）A．7√1424πB．7√143πC．11√2224πD．11√223π【变式9-2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm 和6dm，则该花灯的表面积为（）A．(108+30√3)dm2B．(72+30√3)dm2C．(64+24√3)dm2D．(48+24√3)dm2【变式9-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列等式错误的是（）A．V1+V2+V3=V B．V1=2V2C．V2=2V3D．V2−V3=V61．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平，则该五面体的所有棱长之和为（）面与平面ABCD的夹角的正切值均为√145A．102m B．112mC．117m D．125m2．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A．15B．√25C．√35D．253．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为√3，O为底面圆心，P A，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于9√34，则该圆锥的体积为（）A．πB．√6πC．3πD．3√6π4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（）A．19B．29C．13D．495．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B16．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体7．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（）．A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4√3πC．AC=2√2D．△PAC的面积为√38．（2023·全国·统考高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=．9．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是．10．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．11．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则该棱台的体积为．12．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．立体几何小题【题型1 求几何体的体积与表面积】 (4)【题型2 与球有关的截面问题】 (7)【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 (10)【题型4 几何体与球的切、接问题】 (13)【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】 (18)【题型6 空间角问题】 (23)【题型7 翻折问题】 (30)【题型8 立体几何中的轨迹问题】 (35)【题型9 以立体几何为载体的情境题】 (40)立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．。
2023年新高考数学临考题号押题第6题 立体几何(新高考)(解析版)
押新高考卷6题立体几何考点3年考题考情分析立体几何2022年新高考Ⅰ卷第8题2022年新高考Ⅱ卷第7题2021年新高考Ⅰ卷第3题2021年新高考Ⅱ卷第5题2020年新高考Ⅰ卷第16题2020年新高考Ⅱ卷第13题立体几何会以单选题、多选题、填空题、解答题4类题型进行考查，单选题难度一般或较难，纵观近几年的新高考试题，分别考查棱锥的体积问题，圆锥的母线长问题，球体的内切外接及表面积体积问题，棱台的体积问题。
可以预测2023年新高考命题方向将继续以表面积体积问题、球体等问题展开命题．1.立体几何基础公式（1）所有椎体体积公式：sh V 31=（2）所有柱体体积公式：shV =（3）球体体积公式：334R V π=（4）球体表面积公式：24R S π=（5）圆柱：rh r s s s sh V ππ22,2+=+==侧底表（6）圆锥：rl r s s s sh V ππ+=+==2,31侧底表2.长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式（1）已知长宽高求体对角线：2222c b a l ++=（2）已知共点三面对角线求体对角线：22322212l l l l ++=3.棱长为a 的正四面体的内切球的半径为612a ,外接球的半径为64a .4.欧拉定理(欧拉公式)2V F E +-=(简单多面体的顶点数V、棱数E 和面数F).（1）E =各面多边形边数和的一半.特别地,若每个面的边数为n 的多边形，则面数F 与棱数E 的关系：12E nF =；（2）若每个顶点引出的棱数为m ，则顶点数V 与棱数E 的关系：12E mV =.[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a ，高为则2222l a h =+，2232(3a =+所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积13V Sh =3．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题）已知圆锥的底面半径为长为（）A．2B．22C．4【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得【详解】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则故选：B.4．（2021·新高考Ⅱ卷高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为A．20123+B．282C．56 3【答案】D【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为所以该棱台的高()2222222h =--=，下底面面积116S =，上底面面积24S =，所以该棱台的体积()12121133V h S S S S =++=故选：D.5．（2020·新高考Ⅰ卷高考真题）已知直四棱柱5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________【答案】22π.【分析】根据已知条件易得1D E 3=，1D E ⊥离为2，可得侧面11B C CB 与球面的交线是扇形取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为因为BAD ∠=60°，直四棱柱ABCD 111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以因为1111BB B C B = ，所以1D E【详解】因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为111111232NMD D AMN V -==⨯⨯⨯⨯=故答案为：13【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些A ．10πB ．20π【答案】A【分析】新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，列出方程求解即可【详解】显然新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则所以圆柱的侧面积为2π10πrh =．故选：A.3．（2023·浙江台州·统考二模）如图所示的粮仓可以看成圆柱体与圆锥体的组合体圆柱部分的高为2米,底面圆的半径为A ．3π立方米B ．2π立方米【答案】C+A．241639+C．12839【答案】B【分析】过点P作底面ABCQ Q Q QP ABC与平面123-P【详解】因为三棱锥-===.2AB AC BCP ABC为正三棱锥，因此过点又因为-过B作AC的垂线于H.由三角形在直角三角形AHO中，AOPO=，在直角三角形又因为2P ABC为正三棱锥，因此因为三棱锥-又M到平面ABC距离为点Q Q AC交PC于过点M作12//【详解】3A D CD '===.()2222229C CD A C CD A C CD A D A C CD ''''⋅=+--=--=-.3,5CD BD ===.222222()99257CD CB CD CB CD CB CD DB ⋅=+--=+-=+-=- .()97822CD A C CB CD A C CD CB CD ''⋅=+⋅=⋅+⋅=--=- .A ．15,66⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．13⎛ ⎝【答案】A【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体答案.【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则如图，水最少的临界情况为，水面为面水最多的临界情况为多面体ABCDA 因为111111132A A BD V -=⨯⨯⨯⨯=11111111ABCDA B D ABCD A B C D C B V V V --=-所以1566V <<，即15,66V ⎛∈ ⎝故选：A.故选：C9．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）线MN与平面BCD所成角的正切值是（A．2147B【答案】C【分析】作出图形，找出直线【详解】如图，过点A向底面作垂线，垂足为过点M作⊥MG OC于G由题意可知：//MG AO且MG因为AO⊥平面BCD，所以则MNG∠即为直线MN与平面设正四面体的棱长为2，则所以222AO AN ON=-=在MNC中，由余弦定理可得：A ．2B ．12【答案】B【分析】连接PO ，O 为AD 的中点，再由面面垂直性质定理证明CPD ∠，解三角形求其正切值【详解】取AD 的中点O ，连接由已知PAD 为等边三角形，所以又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD ，设PD x =，则32PO x =，所以矩形ABCD 的面积ABCD S 所以四棱锥P ABCD -的体积11．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）111ABC A B C -的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（A ．12πB ．24π【答案】C【分析】设ABC 为等腰直角三角形的直角边为的体积得264a h ⋅=，根据直三棱柱外接球半径的求法可求出最小值，即可得到该三棱柱外接球表面积的最小值【详解】设ABC 为等腰直角三角形的直角边为则111212ABC A B C ABC V S h a -=⋅=⋅故选：A13．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）当过A ，C ，P 三点的平面截球O A ．()222a +C ．()23a +【答案】A【分析】由球的截面性质结合条件确定截面的位置，的截线的长度.【详解】设底面正方形ABCD 的中心为当过A ，C ，P 三点的平面截球O 的截面面积最大时，截面圆为大圆，截面过球心O ，故点P ，O ，1O 三点共线，因为1OO ⊥平面ABCD ，所以1PO ⊥平面ABCD ，此平面截正方体的截面即为正方体的面所以()222L a =+．故选：A ．14．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，求出球心的位置，再求球的半径15．（2023·湖南·校联考模拟预测）《九章算术》卷五《商功》中描述几何体直于底面的四棱锥”，现有阳马P ABCD -在,AB BC 上，当空间四边形PEFD 的周长最小时，三棱锥A ．9πB ．11π【答案】B【分析】把,AP PB 剪开，使得PAB P ，E ，F ，M 在同一条直线上时，PE 122CF PD ==，∴1BF =.∴点E 为AB 利用勾股定理进而得出结论.【详解】如图所示，把,AP PB 剪开，使得延长DC 到M ，使得CM DC =，则四点间四边形PEFD 的周长取得最小值.可得如图所示，设AFD △的外心为1O ，外接圆的半径为则210sin45==︒AFr .设三棱锥P ADF -外接球的半径为R ，球心为O ，连接1OO ，则则22210111224R ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.∴三棱锥P ADF -外接球的表面积故选：B.16．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为则可雕刻成的最大球体积是（）A ．18πB ．92πC ．6π【答案】D【分析】先利用条件求出正多形的边长，再将求最大球的体积转化成求金刚石的内切球体积，进而转化成求截面EMFH 内切圆的半径，从而求出结果.【详解】如图，设底面ABCD EM ,设金刚石的边长为a ，则由题知，在等边EBC 中，BC 边上的高在Rt EOH △中，EO EH =由题可知，最大球即为金刚石的内切球，由对称性易知球心在球的半径即为截面EMFH 内切圆的半径，设内切圆半径为17．（2023·广东深圳·统考二模）设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为A ．123V V V <<B ．21<<V V 【答案】B 【分析】设正方体棱长为a ，正四面体棱长为出,,a b R ，进而求出体积的平方，比较体积的平方大小，然后得出答案【详解】设正方体棱长为a ，正四面体棱长为正方体表面积为26S a =，所以2a =所以，()()3232321216S V a a ===；则三棱锥A M BC -的外接球的球心由题意可得3sin 60CO = 直线CM 与平面ABC 故N 的轨迹是以C 为圆心，当球心H 到CM 的距离最大时，三棱锥所以N 在O C 延长线上时，三棱锥设CM 的中点为G ，连接又3CO =，OH OC ⊥所以Rt Rt HOC HGC ≌∴223HC OC ==，∴三棱锥A M BC -的外接球体积最大为故选：C ．19．（2023·浙江·统考二模）MN 折起，使点A 到达点球O 表面积的最小值为（A ．8π3B 【答案】D【分析】由题设,,B C M如上图，△ANM 、△BNM 、△由平面图到立体图知：MN A N ⊥'又面A MN '⊥面BCMN ，面A MN '所以A N '⊥面BCMN ，同理可得将AMN 翻折后，,A M BM '的中点过D 作DO ⊥面A NM '，过E 作EO 再过D 作DF ⊥面BCMN ，交NM 综上，//DF A N '，//DO BN ，则所以12DO EF BN ==，而A C '=令A N x '=且01x <≤，则BN =所以球O 半径2()2A M r DO =+'当23x =时，min 13r =，故球O点H 恰好是正DAC △的中心（外心），故球心O 必在BH 上，Rt BAC 的外心为E ，连接OE ,则OE ⊥平面ABC ，OE BE ⊥,设三棱锥在Rt BEO △中，由射影定理可得2BE BH BO =⨯，即2323R =，解得∴三棱锥D ABC -外接球的表面积24π12πS R ==．故选：B.。
高三数学第一轮复习讲义 棱柱 棱锥 试题
高三数学第一轮复习讲义棱柱棱锥制卷人：打自企；成别使；而都那。
审核人：众闪壹；春壹阑；各厅……日期：2022年二月八日。
【知识归纳】1、棱柱：〔1〕棱柱的分类：①按侧棱是否与底面垂直分类：分为斜棱柱〔侧棱不垂直于底面〕和直棱柱〔侧棱垂直于底面〕，其中底面为正多边形的直棱柱叫正棱柱。
②按底面边数的多少分类：底面分别为三角形，四边形，五边形…，分别称为三棱柱，四棱柱，五棱柱，…；〔2〕棱柱的性质：①棱柱的各个侧面都是平行四边形，所有的侧棱都相等，直棱柱的各个侧面都是矩形，正棱柱的各个侧面都是全等的矩形。
②与底面平行的截面是与底面对应边互相平行的全等多边形。
③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形。
2、平行六面体：〔1〕定义：底面是平行四边形的四棱柱叫做平行六面体；〔2〕几类特殊的平行六面体：{平行六面体}⊃≠{直平行六面体}⊃≠{长方体}⊃≠{正四棱柱}⊃≠{正方体}；〔3〕性质：①平行六面体的任何一个面都可以作为底面；②平行六面体的对角线交于一点，并且在交点处互相平分；③平行六面体的四条对角线的平方和等于各棱的平方和；④长方体的一条对角线的平方等于一个顶点上三条棱长的平方和。
3、棱锥的性质：假如棱锥被平行于底面的平面所截，那么所得的截面与底面相似，截面面积与底面面积的比等于顶点至截面间隔与棱锥高的平方比，截得小棱锥的体积与原来棱锥的体积比等于顶点至截面间隔与棱锥高的立方比。
4、正棱锥：〔1〕定义：假如一个棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫正棱锥。
特别地，侧棱与底面边长相等的正三棱锥叫做正四面体。
〔2〕性质：①正棱锥的各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰三角形，各等腰三角形底边上的高〔叫侧高〕也相等。
②正棱锥的高h、斜高h'、斜高在底面的射影〔底面的内切圆的半径r〕、侧棱、侧棱在底面的射影〔底面的外接圆的半径R〕、底面的半边长可组成四个直角三角形。
如图，正棱锥的计算集中在四个直角三角形中：,Rt SOB Rt SOE∆∆，,Rt EOB Rt SBE∆∆，其中,,,a lαθ分别表示底面边长、侧棱长、侧面与底面所成的角和侧棱与底面所成的角。