2020版高考数学大二轮复习专题三立体几何第二讲立体几何中的综合问题课件文
“立体几何”大题的常考题型探究(课件)2023年高考数学二轮复习(全国通用)
因为 ，所以 ．由已知得 ，故 ．又 ，所以 ．因为 , , , , ，所以 ．
提分秘籍 体积问题考查的本质就是点面距离，解题关键是抓住以下几种方法：
（1）等体积法（仅限三棱锥）转换顶点;
（2）顶点不变，延展或缩小底面，如四棱锥的高即同顶点的三棱锥的高，点 到平面 的距离可看作点 到平面 的距离;
设 ，则 , , .设平面 的法向量为 ，则 即
令 ，则 ，∴平面 的一个法向量为 ， .∵直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，∴直线 与平面 所成角的正弦值等于, ，当且仅当 时取等号.
∴直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .（法二：定义法）如图2， 平面 ， ， 平面 .
大题攻略03 平面与平面所成的角
例3 (2021年全国甲卷)已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ， ， 分别为 和 的中点， 为棱 上的点， .
（1）证明： .（2）当 为何值时，平面 与平面 所成的二面角的正弦值最小?
▶审题微“点”
切入点
（1）常规方法是几何法，不过用几何法较为复杂，根据题目条件建系是最优解法；（2）建系是常规方法，也是最优法
▶审题微“点”
切入点
（1）关键是在平面 内找一条直线与 平行,根据线面平行的判定定理即可证明；（2）将包装盒分割成几个规则的锥体和柱体求解
障碍点
（1）在平面 内找直线与 平行；（2）将不规则的几何体分割或补形成几个规则的几何体
隐蔽点
（1）平面 内与 平行的直线；（2）包装盒的高
[解析] （1）如图1所示，分别取 ， 的中点 ， ，连接 ，因为 ， 为全等的正三角形，所以 ， ， .
2020届高考数学大二轮复习 专题题型2解答题 立体几何第2课时空间距离与几何体中体积、面积的计算练习文
第2课时空间距离与几何体中体积、面积的计算[考情分析] 空间距离和几何体体积(面积)问题是每年高考的必考内容，并且多在解答题的第二、三问中出现，难度适中，为中档题.热点题型分析热点1 空间距离的计算点面距离常用以下两种方法求解：一是直接做出垂线段求解；二是利用三棱锥体积转换，求点到面的距离．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O 为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．解(1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2 3.连接OB，因为AB＝BC＝22AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝12AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知OP⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC.(2)作CH⊥OM，垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM. 故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC ＝12AC ＝2，CM ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°.所以由余弦定理，得OM ＝253，CH ＝OC ·MC ·sin∠ACB OM ＝455.所以点C 到平面POM 的距离为455.诚如上文所说，求点面距问题可以采用等积转换求解，除此之外个别问题也可采用垂面法(利用面面垂直性质定理)和等价转移法(利用线面平行)求解．当然，一些求几何体体积问题，也是对点面距问题的相应考查．如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°，四边形BFED 为矩形，平面BFED ⊥平面ABCD ，BF ＝1.(1)求证：AD ⊥平面BFED ；(2)已知点P 在线段EF 上，且EP PF＝2，求D 到面APE 的距离．解 (1)证明：在梯形ABCD 中，因为AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°，所以∠DAB ＝∠CBA ＝60°，AB ＝2，所以由余弦定理得BD ＝ 3.因此AB 2＝AD 2＋BD 2，所以AD ⊥BD .又因为平面BFED ⊥平面ABCD ，平面BFED ∩平面ABCD ＝BD ，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面BFED .(2)由(1)知，AD ⊥平面BFED ，所以AD ⊥EP ，AD ⊥ED .又因为EP ⊥ED ，所以EP ⊥平面ADE .BD＝3，BF ＝1，EP PF ＝2，所以EP ＝233，设D 到面PEA 的距离为d ，因为V A －EDP ＝V D －AEP ，即13·AD ·S△EDP＝13·d ·S △AEP ，所以d ＝AD ·S △EDP S △AEP ＝1×3333×2＝22. 热点2 几何体体积(面积)的计算空间几何体体积的常用公式：(1)V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为体高)； (2)V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为体高)；(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ′，S 分别为上，下底面面积，h 为体高)(不要求记忆)．(2019·全国卷Ⅱ)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E －BB 1C 1C 的体积．解 (1)证明：由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)由(1)知∠BEB 1＝90°. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ， 所以∠AEB ＝∠A 1EB 1＝45°， 故AE ＝AB ＝3，AA 1＝2AE ＝6.如图，作EF ⊥BB 1，垂足为F ，则EF ⊥平面BB 1C 1C ，且EF ＝AB ＝3. 所以四棱锥E －BB 1C 1C 的体积V ＝13×3×6×3＝18.1．直接法：求一些规则几何体的体积时，可以根据几何体的特点，利用线面垂直、面面垂直等条件，确定几何体的高，再根据体积公式直接求解；2．等积变换法：三棱锥也称为四面体，它的每一个面都可以当做底面，恰当地进行换底等积变换便于问题的求解；3．割补法：割补法是处理立体几何问题的一种基本方法，解题思路是以已知几何体为背景，将其补成或分割成熟悉的、更易利用已知条件解决的简单几何体．(2019·广州模拟)如图，直角梯形ABEF 中，∠ABE ＝∠BAF ＝90°，C ，D 分别是BE ，AF 上的点，且DA ＝AB ＝BC ＝2a ，DF ＝2CE ＝2a .沿CD 将四边形CDFE 翻折至四边形CDPQ 的位置，连接AP ，BP ，BQ ，得到多面体ABCDPQ ，且AP ＝6a .(1)求多面体ABCDPQ 的体积； (2)求证：平面PBQ ⊥平面PBD .解 (1)∵DA ＝AB ＝BC ＝2a ，∠ABC ＝∠BAD ＝90°， ∴四边形ABCD 是正方形，∴CD ⊥AD ，CD ⊥DP . 又AD ∩DP ＝D ，AD ，DP ⊂平面ADP ， ∴CD ⊥平面ADP .∵AB ∥CD ，∴AB ⊥平面ADP ， ∵AD 2＋DP 2＝AP 2，∴AD ⊥DP ，又CD ⊥AD ，CD ∩DP ＝D ，CD ，DP ⊂平面CDPQ ， ∴AD ⊥平面CDPQ ，又AD ∥BC ， ∴BC ⊥平面CDPQ . ∴V B －CDPQ ＝13S 梯形CDPQ ·BC＝13×a ＋2a ×2a 2×2a ＝a 3， V B －ADP ＝13S △ADP ·AB＝13×12×2a ×2a ×2a ＝2a 33， ∴多面体ABCDPQ 的体积为V B －CDPQ ＋V B －ADP ＝5a 33.(2)证明：取BP 的中点G ，连接GQ ，DG ，DQ ，在△ABP 中，BP ＝AB 2＋AP 2＝22a ， ∴BG ＝12BP ＝2a ，在△BCQ 中，BQ ＝BC 2＋CQ 2＝3a .PQ ＝DP －CQ2＋CD 2＝3a ，∴PQ ＝BQ ，∴GQ ⊥BP .∴QG ＝BQ 2－BG 2＝a ，又BD ＝2AB ＝2a ＝DP ， ∴DG ⊥BP ，∴DG ＝BD 2－BG 2＝2a ， 又DQ ＝CQ 2＋CD 2＝3a ， ∴DQ 2＝QG 2＋DG 2，∴QG ⊥DG . 又BP ∩DG ＝G ，BP ，DG ⊂平面PBD ， ∴QG ⊥平面PBD ，又QG ⊂平面PBQ ，∴平面PBQ ⊥平面PBD .专题作业1．(2019·河南六市三模)已知在空间几何体ABCDE 中，△BCD 与△CDE 均是边长为2的等边三角形，△ABC 是腰长为3的等腰三角形，平面CDE ⊥平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD .(1)试在平面BCD 内作一条直线，使得直线上任意一点F 与E 的连线EF 均与平面ABC 平行，并给出证明；(2)求三棱锥E －ABC 的体积．解 (1)如图所示，取DC 的中点N ，取BD 的中点M ，连接MN ，则MN 即为所求． 证明：连接EM ，EN ，取BC 的中点H ，连接AH ， ∵△ABC 是腰长为3的等腰三角形，H 为BC 的中点，∴AH ⊥BC ，又平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，AH ⊂平面ABC ， ∴AH ⊥平面BCD ，同理可证EN ⊥平面BCD ， ∴EN ∥AH ，∵EN ⊄平面ABC ，AH ⊂平面ABC ， ∴EN ∥平面ABC .又M ，N 分别为BD ，DC 的中点，∴MN ∥BC ， ∵MN ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， ∴MN ∥平面ABC .又MN ∩EN ＝N ，MN ⊂平面EMN ，EN ⊂平面EMN ， ∴平面EMN ∥平面ABC ，又EF ⊂平面EMN ， ∴EF ∥平面ABC ，即直线MN 上任意一点F 与E 的连线EF 均与平面ABC 平行． (2)连接DH ，取CH 的中点G ，连接NG ，则NG ∥DH ， 由(1)可知EN ∥平面ABC ，∴点E 到平面ABC 的距离与点N 到平面ABC 的距离相等， 又△BCD 是边长为2的等边三角形，∴DH ⊥BC ，又平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，DH ⊂平面BCD ， ∴DH ⊥平面ABC ，∴NG ⊥平面ABC ， 易知DH ＝3，∴NG ＝32， 又S △ABC ＝12·BC ·AH ＝12×2×32－12＝22，∴V E －ABC ＝13·S △ABC ·NG ＝63.2.已知四棱锥S －ABCD 的底面ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2BC ＝2CD ＝2，△SAD 为正三角形．(1)点M 为线段AB 上一点，若BC ∥平面SDM ，AM →＝λAB →，求实数λ的值；(2)若BC ⊥SD ，求点B 到平面SAD 的距离．解 (1)因为BC ∥平面SDM ，BC ⊂平面ABCD ，平面SDM ∩平面ABCD ＝DM ， 所以BC ∥DM .又AB ∥DC ，所以四边形BCDM 为平行四边形， 所以CD ＝MB ，又AB ＝2CD ，所以M 为AB 的中点． 因为A M →＝λAB →，所以λ＝12.(2)因为BC ⊥SD ，BC ⊥CD ，所以BC ⊥平面SCD ， 又BC ⊂平面ABCD ， 所以平面SCD ⊥平面ABCD .如图，在平面SCD 内过点S 作SE 垂直CD 交CD 的延长线于点E ，连接AE ， 又平面SCD ∩平面ABCD ＝CD ， 所以SE ⊥平面ABCD ， 所以SE ⊥CE ，SE ⊥AE ， 在Rt △SEA 和Rt △SED 中，AE ＝SA 2－SE 2，DE ＝SD 2－SE 2，因为SA ＝SD ，所以AE ＝DE ， 又易知∠EDA ＝45°， 所以AE ⊥ED ，由已知求得SA ＝AD ＝2，所以AE ＝ED ＝SE ＝1. 连接BD ，则V 三棱锥S －ABD ＝13×12×2×1×1＝13，又V 三棱锥B －ASD ＝V 三棱锥S －ABD ，S △SAD＝12×2×2×32＝32， 所以点B 到平面SAD 的距离为233.3．(2019·河南洛阳统一考试)在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是平行四边形，A 1A ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝60°，AB ＝2，BC ＝1，AA 1＝6，E 为A 1B 1的中点．(1)求证：平面A 1BD ⊥平面A 1AD ； (2)求多面体A 1E －ABCD 的体积．解 (1)证明：在△ABD 中，∠BAD ＝60°，AB ＝2，AD ＝BC ＝1， 由余弦定理得BD ＝3，∴BD 2＋AD 2＝AB 2. ∴BD ⊥AD .∵A 1A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴A 1A ⊥BD .又A 1A ∩AD ＝A ，∴BD ⊥平面A 1AD .又BD ⊂平面A 1BD ，∴平面A 1BD ⊥平面A 1AD .(2)设AB ，CD 的中点分别为F ，G ，连接EF ，FG ，GE ，BD ∩FG ＝H . ∵E ，F ，G 分别为A 1B 1，AB ，CD 的中点， ∴多面体EFG －A 1AD 为三棱柱．∵BD ⊥平面A 1AD ， ∴DH 为三棱柱的高．又S △A 1AD ＝12AD ·A 1A ＝62，DH ＝12BD ＝32，∴三棱柱EFG －A 1AD 的体积为S △A 1AD ·HD ＝62×32＝324. 在四棱锥E －BCGF 中，EF ∥A 1A ，∴EF ⊥底面BCGF ，EF ＝A 1A ＝ 6. ∵S 四边形BCGF ＝12S 四边形ABCD＝12×2×1×sin60°＝32， ∴四棱锥E －BCGF 的体积为 13S 四边形BCGF ·EF ＝13×32×6＝22， ∴多面体A 1E －ABCD 的体积为324＋22＝524.。
专题 立体几何中的截面与交线问题(课件)-高考数学二轮专题复习
解： 正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 2，球O 与该正方体的各个面相切， 则球 O 的半径为 1，如图，
设 E 、 F 、 G 分别为球 O 与平面 ABCD 、平面 BB1C1C 、 AA1B1B 的切点， 则等边三角形 EFG 为平面 ACB1 截此球所得的截面圆的内接三角形，
所以，由点 P,Q, R 确定的平面 即为截面 PQSRTM ，其为六边形．
故选：D．
如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E，F 分别是棱 AA1， CC1 的中点，过 BE 的平面 α 与直线 A1F 平行，则平面 α 截该正方体所得截面的面 积为( B )
A． 5 C．4
典型例题讲解：
例题 2．已知正方体 ABCD ABCD 棱长为 2，M，N，P 分别是棱 AA、AB 、BC 的中点，
则平面 MNP 截正方体所得的多边形的周长为（ ）
A． 2 2 6
B． 4 2
C．6 2
D．2 21
【详解】过直线 MN 与射线 BA, BB 分别交于 I , J ，作射线 JP 交CC, BC 于G, H ， 连接 IH 交 AD,CD 于 E, F ，如下图示：
23
3
故一个面上的交线长 l 2 2 3 4 3 ，
33 9
则 6 个面的交线长为 4 3 6 8 3 ，
9
3
故答案为： 8 3 ．
3
9
则过点 G 的平面截球 O 所得截面圆的最小半径 r2 R2 OG2 3 11 16 ，
99
所以截面面积的最小值为 r2
16 ，最大值为 R2
9
3
,
故选：D.
典型例题讲解：
例题 5.正方体 ABCD A1B1C1D1 棱长为 2，以其体对角线的交点O 为球心，
2020届高考数学(理)课标版二轮课件：重难考点专题三第3讲 空间向量与立体几何
(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点, DA的方向为x轴正方向,建立如图所
示的空间直角坐标系D-xyz,
则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1, 3,2),N(1,0,2),
uuur
uuuur
uuuur
A1A=(0,0,-4), A1M =(-1, 3,-2), A1N =(-1,0,-2),
可得PH= 3 ,EH= 3 ,
2
2
则H(0,0,0),P 0,0,
3 2
,D
-1,-
3 2
,0
, uDuPur
=1,
3 2
,
3 2
,
uuur
HP= 0,0,
3 2
为平面ABFD的法向量.
3
设DP与平面ABFD所成角为θ,则sin θ=
= 4 = 3.
下列结论:
①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;
②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;
③直线AB与a所成角的最小值为45°;④直线AB与a所成角的最大值为60°.
其中正确的是
.(填写所有正确结论的编号)
答案 ②③
解析 解法一:过点C作直线a1∥a,b1∥b,则直线AC、a1、b1两两垂直.不妨分
|m||n| 2 5 5
所以二面角A-MA1-N的正弦值为 10 .
5
总结提升 向量法求二面角 设二面角α-l-β的平面角为θ(0≤θ≤π),n1,n2分别为平面α,β的法向量,向量n1,n2 的夹角为ω,则有θ+ω=π(如图1)或θ=ω(如图2),其中cos ω=n1 n2 .
2020高考二轮复习立体几何
专题三立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019三棱锥的外接球、球的体积·T12空间几何体的结构特征、直观图、几何运算、数学文化·T16空间两直线的位置关系的判定·T8简单几何体的组合体、长方体和棱锥的体积·T16 2018空间几何体的三视图、直观图及最短路径问题·T7圆锥的性质及侧面积的计算·T16三视图与数学文化·T3与外接球有关的空间几何体体积的最值问题·T10 2017空间几何体的三视图与直观图、面积的计算·T7空间几何体的三视图及组合体体积的计算·T4球的内接圆柱、圆柱的体积的计算·T8(1)“立体几何”在高考中一般会以“两小一大”或“一小一大”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积，空间点、线、面位置关系(特别是平行与垂直)．(2)考查一个小题时，本小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查两个小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度稍高，一般会出现在第12或16题的位置上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查．考点一空间几何体的三视图、直观图与截面图[例1](1)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()(2)(2019·江西八所重点中学联考)某四面体的三视图如图所示，则该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值是()A ．52B ．2C ．355D ．32(3)(2018·全国卷Ⅰ)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 ．334B ．233C ．324D ．321.(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．217B ．25C ．3D ．22．已知球O 是正三棱锥A BCD 的外接球，BC ＝3，AB ＝23，点E 在线段BD 上，且BD ＝3BE ，过点E 作球O 的截面，则所得截面中面积最小的截面圆的面积是________．考点二 几何体的表面积与体积 题型一 求空间几何体的表面积[例2] (1)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD 为矩形，棱EF ∥AB .若此几何体中，AB ＝4，EF ＝2，△ADE 和△BCF 都是边长为2的等边三角形，则该几何体的表面积为( )A ．83B ．8＋83C ．62＋23D ．8＋62＋23(2)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“今有倚壁外角堆米，下周九十尺，高十二尺．”其意思为：在屋外墙角处堆放米(其三视图如图所示)，米堆底部的弧长为90尺，米堆的高为12尺．圆周率约为3.若将此堆米用草席盖上，则此草席的面积至少约为(计算结果保留整数，如544≈23，550≈23)( )A ．250平方尺B ．990平方尺C ．1 035平方尺D ．518平方尺题型二 求空间几何体的体积[例3] (1)(2019·天津高考)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________．(2)(2019·江西省五校协作体试题)某几何体的三视图如图所示，正视图是一个上底为2，下底为4的直角梯形，俯视图是一个边长为4的等边三角形，则该几何体的体积为______．1．(2019·重庆市学业质量调研)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A.323 B ．643 C.1283 D ．16032．已知一个底面是菱形、侧面是矩形的四棱柱，侧棱长为5，菱形的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )A ．3034B ．6034C ．3034＋135D ．1353．已知直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的所有棱长都是1，∠ABC ＝60°，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，点H 在线段OB 1上，OH ＝3HB 1，点M 是线段BD 上的动点，则三棱锥M C 1O 1H 的体积的最小值为________．考点三 与球有关的切、接问题 题型一 外接球[例4] (2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF ＝90°，则球O 的体积为( )A ．86πB ．46πC ．26πD ．6π题型二 内切球[例5] 已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O (重量忽略不计)，现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于( ) A.7π6 B ．4π3 C.2π3 D ．π2题型三 与球有关的最值问题[例6] (2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( )A ．123B ．183C ．243D ．5431．已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( ) A ．83πB ．323πC ．16πD ．32π 2．(2019·福建五校第二次联考)已知直三棱柱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，则球O 的直径为______．3．已知四棱锥S ABCD 的所有顶点在同一球面上，底面ABCD 是正方形且球心O 在此平面内，当四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于16＋163，则球O 的体积为______．4.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于( )A ．2π＋4B ．4π＋2 C.2π3＋4 D ．4π3＋8【课后专项练习】A 组一、选择题1．如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为( )2．(2019·福州市质量检测)棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1木块的直观图如图所示，平面α过点D 且平行于平面ACD 1，则该木块在平面α内的正投影面积是( )A.3 B ．323C.2D ．13．已知矩形ABCD ，AB ＝2BC ，把这个矩形分别以AB ，BC 所在直线为轴旋转一周，所成几何体的侧面积分别记为S 1，S 2，则S 1与S 2的比值等于( )A.12B ．1C ．2D ．44．设球O 是正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的内切球，若平面ACD 1截球O 所得的截面面积为 6π，则球O 的半径为( )A.32 B ．3 C.32 D ．35．(2019·武汉市调研测试)如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 为CD 的中点，则三棱锥A BC 1M 的体积VA BC 1M ＝( )A.12 B ．14C.16 D ．1126．(2019·武汉市调研测试)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.23π B ．43πC ．2πD ．25π7．在三棱锥A BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积分别为22，32，62，则该三棱锥的体积为( ) A. 6 B ．66 C ．6 D ．268．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．3π4C.π2 D ．π49．若一个球与四面体的六条棱都相切，则称此球为四面体的棱切球．已知正四面体的棱长为2，则它的棱切球的体积为( )A ．3π54B ．π6C ．π3D ．3π210．已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝3，AC ＝3.若三棱锥D ABC 体积的最大值为334，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．16πC ．12πD ．163π11．已知一个半径为7的球中有一个各条棱长都相等的内接正三棱柱，则正三棱柱的体积是( )A ．18B ．16C ．12D ．812.(2019·福州市质量检测)如图，以棱长为1的正方体的顶点A 为球心，以2为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )A.3π4 B ．2π C.3π2 D ．9π4二、填空题13．(2019·长春市质量监测(一))已知一所有棱长都是2的三棱锥，则该三棱锥的体积为______．14.已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为______．15．古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为______．16．已知三棱锥P ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，且P A ＝8.若平面ABC 截球O 所得截面的面积为9π，则球O 的表面积为______．B 组1.(2019·合肥市第二次质量检测)如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有( )A ．2对B ．3对C ．4对D ．5对2．在棱长为3的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M PBC 的体积为( )A ．1B ．32C.92D ．与M 点的位置有关3．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为1，点M 在线段BC 上(点M 异于B ，C 两点)，点N 为线段CC 1的中点，若平面AMN 截正方体ABCD A 1B 1C 1D 1所得的截面为四边形，则线段BM 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎤0，13 B ．⎝⎛⎦⎤0，12 C.⎣⎡⎭⎫12，1D ．⎣⎡⎦⎤12，234．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA 1，BB 1，CC 1分别交于三点M ，N ，Q ，若△MNQ 为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )A ．22B ．3C ．23D ．45．(2019·郑州市第二次质量预测)在△ABC 中，已知AB ＝23，BC ＝26，∠ABC ＝45°，D 是边AC 上的一点，将△ABD 沿BD 折叠，得到三棱锥A BCD ，若该三棱锥的顶点A 在底面BCD 上的射影M 在线段BC 上，设BM ＝x ，则x 的取值范围是( )A．(0，23)B．(3，6)C．(6，23)D．(23，26)6.如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D为棱AA1的中点．若AA1＝4，AB＝2，则四棱锥BACC1D 的体积为________．7．已知在正四棱锥SABCD中，SA＝63，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为________．8．(2019·河南八市重点高中联盟测评改编)已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，则三棱锥的表面积为________，若三棱锥内有一个体积为V 的球，则V的最大值为________．第2讲空间位置关系的判断与证明[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019线面平行的证明·T18(1)面面平行的判定·T7直线与直线位置关系的判定·T8面面垂直的证明·T19(1)线面垂直的证明·T17(1)2018直线与平面所成的角、正方体的截面·T12求异面直线所成的角·T9面面垂直的证明·T19(1)面面垂直的证明·T18(1)线面垂直的证明·T20(1)2017面面垂直的证明·T18(1)求异面直线所成的角·T10圆锥、空间线线角的求解·T16线面平行的证明·T19(1)面面垂直的证明·T19(1)(1)高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题(或填空题)和一道解答题或只考一道解答题．(2)选择题一般在第9～11题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．(3)解答题多出现在第18或19题的第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等．考点一空间点、线、面的位置关系1.[命题真假的判定]已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.其中正确的命题是()A．①④B．③④C．①②D．①③2.[判断直线与直线的位置关系](2019·全国卷Ⅲ)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.[线面垂直、面面垂直的判定]如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，G 是EF 的中点，现在沿AE ，AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为H ，那么，在这个空间图形中必有( )A ．AG ⊥平面EFHB ．AH ⊥平面EFHC ．HF ⊥平面AEFD ．HG ⊥平面AEF4.[求异面直线所成的角](2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A ．22B ．32C ．52D ．721.[与充要条件交汇](2019·全国卷Ⅱ)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.[与命题的交汇](2019·北京高考)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：____________．3.[线面角与其他问题的交汇](2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．考点二 空间平行、垂直关系的证明[例1] 如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面P AD ⊥底面ABCD ，P A ⊥AD ，E 和F 分别是CD 和PC 的中点，求证：(1)P A ⊥底面ABCD ； (2)BE ∥平面P AD ； (3)平面BEF ⊥平面PCD .1.如图，在四棱锥P ABCD 中，平面P AB ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，P A ⊥AB ，CD ⊥AD ，BC ＝CD ＝12AD .求证：(1)P A ⊥CD ； (2)平面PBD ⊥平面P AB .2．如图，四边形ABCD 与四边形ADEF 均为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点．求证：(1)BE ∥平面DMF ； (2)平面BDE ∥平面MNG .考点三 平面图形中的折叠问题[例2] 如图①，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝12AB ＝2，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 ∥平面BEF ，求几何体F BCE 的体积．1.如图①，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝4，E ，F 分别在线段BC ，AD 上，EF ∥AB ，将矩形ABEF 沿EF 折起，记折起后的矩形为MNEF ，且平面MNEF ⊥平面ECDF ，如图②.(1)求证：NC ∥平面MFD ； (2)若EC ＝3，求证：ND ⊥FC ； (3)求四面体NEFD 体积的最大值．2.如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.【课后专项练习】A组一、选择题1．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⊥αC．若a⊥α，a⊥b，则b∥αD．若a∥α，a⊥b，则b⊥α2．设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β3.如图，在三棱锥DABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE4．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题：①若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β；②若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β； ③若m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β； ④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β. 其中正确的命题是( ) A ．①② B ．②③ C ．①④ D ．②④5．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A ．15B ．56C ．55D ．226.如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，将△ACD 沿AC 折起，使得D 折起后的位置为D 1，且D 1在平面ABC 上的射影恰好落在AB 上，在四面体D 1ABC 的四个面中，有n 对平面相互垂直，则n 等于( )A ．2B ．3C ．4D ．5二、填空题7．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点M 为CC 1的中点，点N 为线段DD 1上靠近D 1的三等分点，平面BMN 交AA 1于点Q ，则线段AQ 的长为________．8.如图，∠ACB ＝90°，DA ⊥平面ABC ，AE ⊥DB 交DB 于点E ，AF ⊥DC 交DC 于点F ，且AD ＝AB ＝2，则三棱锥D AEF 体积的最大值为________．9．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝4，AA 1＝2.过点A 1作平面α与AB ，AD 分别交于M ，N 两点，若AA 1与平面α所成的角为45°，则截面A 1MN 面积的最小值是________．三、解答题10．(2019·全国卷Ⅲ)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．11.如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE ＝2AB，F为CD的中点．求证：(1)AF∥平面BCE；(2)平面BCE⊥平面CDE.12．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB⊥平面ADC；(2)若AD＝1，AC与其在平面ABD内的正投影所成角的正切值为6，求点B到平面ADE 的距离．B组1．如图，三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是等边三角形，侧面BCC1B1是矩形，AB ＝A1B，N是B1C的中点，M是棱AA1上的点，且AA1⊥CM.(1)证明：MN∥平面ABC；(2)若AB⊥A1B，求二面角ACMN的余弦值．2.如图，在四棱锥PABCD中，P A⊥平面ABCD，底面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P AE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面P AE？说明理由．3．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝π2，AB＝BC＝12AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1BCDE.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为362，求a的值．4．(2019·天津高考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面P AC⊥平面PCD，P A⊥CD，CD＝2，AD＝3.(1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面P AD；(2)求证：P A⊥平面PCD；(3)求直线AD与平面P AC所成角的正弦值．第3讲立体几何中的向量方法*[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019二面角的正弦值的求解·T18二面角的正弦值的求解·T17二面角的大小的求解·T192018线面角的正弦值的求解·T18(2)二面角、线面角的正弦值的求解·T20(2)二面角的正弦值的求解·T19(2)2017二面角的余弦值的求解·T18(2)二面角的余弦值的求解·T19(2)二面角的余弦值的求解·T19(2)高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第18或19题的第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上．考点一利用空间向量证明空间位置关系[例1]如图，在四棱锥PABCD中，P A⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC ＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面P AD；(3)平面PCD⊥平面P AD.在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．求证：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.考点二 利用空间向量求空间角题型一 求直线与直线所成的角[例2] (1)已知△ABC 与△BCD 均为正三角形，且AB ＝4.若平面ABC ⊥平面BCD ，且异面直线AB 和CD 所成的角为θ，则cos θ＝( )A ．－154B ．154C ．－14D ．14(2)(2017·全国卷Ⅲ)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)题型二 求直线与平面所成的角[例3] (2019·浙江高考)如图，已知三棱柱ABC A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝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．题型三 求二面角[例4] (2019·全国卷Ⅰ)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 1N 的正弦值．1.(2019·江西省五校协作体试题)如图，圆锥的底面直径AB ＝4，高OC ＝22，D 为底面圆周上的一点，且∠AOD ＝2π3，则直线AD 与BC所成的角为( )A.π6B.π3C.5π12D.π22．(2019·天津高考)如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角E BD F 的余弦值为13，求线段CF 的长．考点三 利用空间向量解决探索性问题[例5] 如图，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，点E 是棱PD 的中点，点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)若四边形ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C AF D 大小为60°？1．(2019·湖南省湘东六校联考)如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明：直线BC ∥平面OEF ；(2)在线段DF 上是否存在一点M ，使得二面角M OE D 的余弦值是31313若不存在，请说明理由； 若存在，请求出M 点所在的位置．2.如图，在三棱锥P ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ； (2)求二面角C EM N 的正弦值；(3)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．【课后专项练习】1．(2019·全国卷Ⅱ)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 ，求二面角B EC C 1的正弦值．2.如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k ＞0)，侧棱AA 1⊥底面ABCD .(1)证明：CD ⊥平面ADD 1A 1；(2)若直线AA 1与平面AB 1C 所成的角的正弦值为67，求k 的值．3.已知四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是梯形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，且AB ＝BC ＝1，AD ＝2，顶点P 在平面ABCD 内的射影H 在AD 上，P A ⊥PD .(1)求证：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若直线AC 与PD 所成角为60°，求二面角A PC D 的余弦值．4.(2019·安徽五校联盟第二次质检)如图，在五面体ABCDFE中，底面ABCD为矩形，EF∥AB，BC⊥FD，过BC的平面交棱FD于P，交棱F A于Q.(1)证明：PQ∥平面ABCD；(2)若CD⊥BE，EF＝EC，CD＝2EF，BC＝tEF，求平面ADF与平面BCE所成锐二面角的大小．5．(2019·东北四市联合体模拟(一))如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC ＝1，CD＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置．(1)证明：AE⊥PB；(2)当四棱锥PABCE的体积最大时，求二面角APEC的余弦值．6.(2019·广州市综合检测(一))如图，在三棱锥ABCD中，△ABC是等边三角形，∠BAD ＝∠BCD＝90°，点P是AC的中点，连接BP，DP.(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；(2)若BD＝6，且二面角ABDC为120°，求直线AD与平面BCD所成角的正弦值．7.(2019·长沙市统一模拟考试)如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE ∥CF，∠BCF＝90°，AD＝3，BE＝3，CF＝4，EF＝2.(1)求证：AE∥平面DCF；(2)当AB的长为何值时，二面角AEFC的大小为60°？8．在平行四边形P ABC中，P A＝4，PC＝22，∠P＝45°，D是P A的中点(如图1)．将△PCD沿CD折起到图2中△P1CD的位置，得到四棱锥P1ABCD.(1)将△PCD沿CD折起的过程中，CD⊥平面P1DA是否成立？请证明你的结论．(2)若P1D与平面ABCD所成的角为60°，且△P1DA为锐角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值．9.(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥PABC中，AB＝BC＝22，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MP AC为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值．。
2020高考数学二轮复习 专题三 立体几何学案 理
专题三立体几何[全国卷3年考情分析],第一讲小题考法——空间几何体的三视图、表面积与体积及空间线面位置关系的判定考点(一)空间几何体的三视图主要考查利用三视图的画法规则及摆放规则，根据空间几何体确定其三视图，或根据三视图还原其对应直观图，或根据三视图中的其中两个确定另一个.[典例] (1)(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A．10 B．12C．14 D．16(2)(2018·重庆调研)如图①是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体的直观图，其中DD1＝1，AB＝BC＝AA1＝2.若此几何体的俯视图如图②所示，则可以作为其正视图的是( )[解析] (1)由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为2＋4×2×2＝12，故选B.2(2)由题意，根据该几何体的直观图和俯视图知，其正视图的长应为底面正方形的对角线长，宽应为正方体的棱长，故排除B，D；在三视图中看不见的棱用虚线表示，故排除A，选C.[答案] (1)B (2)C[方法技巧]熟练掌握规则几何体的三视图是由三视图还原几何体的基础，在明确三视图画法规则的基础上，按以下步骤可轻松解决此类问题：[演练冲关]1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )解析：选A 由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.2．(2018·安徽淮北二模)某几何体的三视图如图所示，网格纸的小方格是边长为1的正方形，则该几何体中最长棱的棱长是( )A. 5 B． 6C.7 D．3解析：选A 由三视图可知该几何体为一个三棱锥DABC，如图，将其置于长方体中，该长方体的底面是边长为1的正方形，高为2.所以AB＝1，AC＝2，BC＝3，CD＝2，DA＝2，BD＝5，因此最长棱为BD，棱长是5，故选A.3．(2018·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是( )A．2 B．3C．4 D．5解析：选C 由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥PABCD，易知四棱锥PABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4，故选C.4.(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )A．217 B．2 5C．3 D．2解析：选B 先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．ON＝1 4×16＝4，OM＝2，∴MN＝OM2＋ON2＝22＋42＝2 5.考点(二) 空间几何体的表面积与体积主要考查空间几何体的结构特征、表面积与体积公式的应用，涉及的几何体多为柱体、锥体，且常与三视图相结合考查.[典例感悟][典例] (1)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A．90πB．63πC．42πD．36π(2)(2018·武汉调研)一个几何体的三视图如图，则它的表面积为( )A．28 B．24＋2 5C．20＋4 5 D．20＋2 5(3)(2018·哈尔滨六中模拟)在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，F 是侧面BCC 1B 1内(包括边)的动点，且A 1F ∥平面D 1AE ，沿A 1F 将点B 1所在的几何体削去，则剩余几何体的体积为( )A.34 B ．78 C.1112D ．2324[解析] (1)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V ＝π×32×7＝63π.(2)根据该几何体的三视图作出其直观图如图所示，可以看出该几何体是一个底面是梯形的四棱柱．根据三视图给出的数据，可得该几何体中梯形的上底长为2，下底长为3，高为2，所以该几何体的表面积S ＝12×(2＋3)×2×2＋2×2＋2×3＋2×2＋2×22＋12＝24＋25，故选B.(3)分别取B 1B ，B 1C 1的中点M ，N ，连接A 1M ，MN ，A 1N ，∵A 1M ∥D 1E ，A 1M ⊄平面D 1AE ，D 1E ⊂平面D 1AE ，∴A 1M ∥平面D 1AE .同理可得MN ∥平面D 1AE ，又A 1M ，MN 是平面A 1MN 内的相交直线，∴平面A 1MN ∥平面D 1AE ，由此结合A 1F ∥平面D 1AE ，可得直线A 1F ⊂平面A 1MN ，即点F 的轨迹是线段MN ，∴VB 1A 1MN ＝13×12×1×12×12＝124，∴将点B 1所在的几何体削去，剩余几何体的体积为1－124＝2324. [答案] (1)B (2)B (3)D[方法技巧]1．求解几何体的表面积与体积的技巧(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积：常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体求解．(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化．求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积．2．根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤[演练冲关]1．(2018·洛阳尖子生统考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2B ．1 C.23D ．13解析：选C 由题图可知，该几何体是一个四棱锥，如图所示，其中PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是一个对角线长为2的正方形，底面积S ＝12×2×2＝2，高h ＝1，则该几何体的体积V ＝13Sh ＝23，故选C. 2．(2018·长春模拟)《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1)，那么该刍甍的体积为( )A ．4B ．5C ．6D ．12解析：选B 如图，由三视图可还原得几何体ABCDEF ，过E ，F 分别作垂直于底面的截面EGH 和FMN ，将原几何体拆分成两个底面积为3，高为1的四棱锥和一个底面积为32，高为2的三棱柱，所以V ABCDEF ＝2V 四棱锥E ADHG ＋V 三棱柱EHG FNM ＝2×13×3×1＋32×2＝5，故选B.3．(2018·贵州模拟)某实心几何体是用棱长为1 cm 的正方体无缝粘合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．50 cm 2B ．61 cm 2C ．84 cm 2D ．86 cm 2解析：选D 根据题意可知该几何体由3个长方体(最下面长方体的长、宽、高分别为5 cm,5 cm,1 cm ；中间长方体的长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm ；最上面长方体的长、宽、高分别为1 cm,1 cm,1 cm)叠合而成，长、宽、高分别为5 cm,5 cm,1 cm 的长方体的表面积为2(5×5＋5×1＋5×1)＝2×35＝70(cm 2)；长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm 的长方体的表面积为2(3×3＋3×1＋3×1)＝2×15＝30(cm 2)；长、宽、高分别为 1 cm,1 cm,1 cm 的长方体的表面积为2(1×1＋1×1＋1×1)＝2×3＝6(cm 2)．由于几何体的叠加而减少的面积为2×(3×3)＋2×(1×1)＝2×10＝20(cm 2)，所以所求表面积为70＋30＋6－20＝86(cm 2)．故选D.考点(三) 与球有关的组合体的计算问题主要考查与多面体、旋转体构成的简单组合体的有关切、接球表面积、体积的计算问题，其本质是计算球的半径.[典例感悟][典例] (1)(2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．(3)(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．[解析] (1)由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6， 所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3. 设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3.(2)如图，连接AO ，OB ，∵SC 为球O 的直径，∴点O 为SC 的中点，∵SA ＝AC ，SB ＝BC ， ∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，∴AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ，则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S ABC ＝V A SBC ＝13×S △SBC ×AO＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3，∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π.(3)设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR3＝32.[答案] (1)B (2)36π (3)32[方法技巧]求解多面体、旋转体与球接、切问题的策略(1)过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题．(2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或通过画内切、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．[演练冲关]1．(2019届高三·山西八校联考)已知一个球的表面上有A ，B ，C 三个点，且AB ＝AC ＝BC ＝23，若球心到平面ABC 的距离为1，则该球的表面积为( )A ．20πB ．15πC ．10πD ．5π解析：选A 设球心为O ，△ABC 的中心为O ′，因为AB ＝AC ＝BC ＝23，所以AO ′＝23×23×32＝2，因为球心到平面ABC 的距离为1，所以OO ′＝1，所以AO ＝22＋12＝5，故该球的表面积S ＝4π×(OA )2＝20π.故选A.2．(2018·重庆模拟)已知三棱锥A BCD 中，平面ABC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AB ⊥AC ，CD ＝2，BC ＝22，则该三棱锥外接球的表面积为( )A ．4πB ．43πC ．12πD ．93π解析：选C 如图，取BC 的中点E ，BD 的中点O ，连接OA ，OE ，OC ，AE ，则OE ∥CD .由平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，CD ⊂平面BCD ，CD ⊥BC ，得CD ⊥平面ABC ，则OE ⊥平面ABC ，所以OE ⊥BC ，OE ⊥AE .在Rt △ABC 中，AE ＝12BC ＝BE ＝CE ，则Rt △OCE ≌Rt △OAE ≌Rt△OBE ，所以OC ＝OA ＝OB ，又OB ＝OD ，所以O 为三棱锥A BCD 的外接球的球心，外接球的半径R ＝12BD ＝12 BC 2＋CD 2＝3，则三棱锥A BCD 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝12π，故选C.3．(2018·陕西渭南二模)体积为4π3的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________．解析：设球的半径为R ，由4π3R 3＝4π3，得R ＝1，所以正三棱柱的高h ＝2.设底面边长为a ，则13×32a ＝1，所以a ＝2 3.所以V ＝12×23×3×2＝6 3.答案：6 3考点(四) 空间线面位置关系问题主要考查利用四个公理、八个定理来判断与点、线、面有关命题的真假或判断简单的线面位置关系及简单空间角问题的求解.[典例感悟][典例] (1)(2017·全国卷Ⅰ)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( )(2)(2018·惠州模拟)设l ，m ，n 为三条不同的直线，α为一个平面，则下列命题中正确的个数是( )①若l ⊥α，则l 与α相交；②若m ⊂α，n ⊂α，l ⊥m ，l ⊥n ，则l ⊥α；③若l ∥m ，m ∥n ，l ⊥α，则n ⊥α；④若l ∥m ，m ⊥α，n ⊥α，则l ∥n .A ．1B ．2C ．3D ．4(3)(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A.22B ．32C.52D ．72[解析] (1)法一：对于选项B ，如图所示，连接CD ，因为AB ∥CD ，M ，Q 分别是所在棱的中点，所以MQ ∥CD ，所以AB ∥MQ .又AB ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，所以AB ∥平面MNQ .同理可证选项C 、D 中均有AB ∥平面MNQ .故选A.法二：对于选项A ，设正方体的底面对角线的交点为O (如图所示)，连接OQ ，则OQ ∥AB .因为OQ 与平面MNQ 有交点，所以AB 与平面MNQ 有交点，即AB 与平面MNQ 不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B 、C 、D 中AB ∥平面MNQ .故选A.(2)对于①，若l ⊥α，则l 与α不可能平行，l 也不可能在α内，所以l 与α相交，①正确；对于②，若m ⊂α，n ⊂α，l ⊥m ，l ⊥n ，则有可能是l ⊂α，故②错误；对于③，若l ∥m ，m ∥n ，则l ∥n ，又l ⊥α，所以n ⊥α，故③正确；对于④，因为m ⊥α，n ⊥α，所以m ∥n ，又l ∥m ，所以l ∥n ，故④正确．选C.(3)如图，连接BE ，因为AB ∥CD ，所以AE 与CD 所成的角为∠EAB .在Rt △ABE 中，设AB ＝2，则BE ＝5，则tan ∠EAB ＝BEAB ＝52， 所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52. [答案] (1)A (2)C (3)C[方法技巧]1．判断与空间位置关系有关命题真假的方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．(3)借助反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．2．平移法求异面直线所成的角通过作图(如结合中位线、平行四边形等)来构造平行线、作出异面直线所成的角，通过解三角形来求解，具体步骤为：[演练冲关]1．(2018·安徽宣城第二次调研)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题，其中错误的命题是( )A．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥nB．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥nC．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝m，则m⊥αD．若α∥β，m∥α，则m∥β解析：选D 若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则由线面平行的性质可得m∥n，故A正确．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则由线面垂直的性质可得m⊥n，故B正确．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝m，则由面面垂直的性质可得m⊥α，故C正确．若α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，故D不正确．故选D.2.如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：①直线BM与ED平行；②直线CN与BE是异面直线；③直线CN与BM成60°角；④直线DM与BN是异面直线．以上四个命题中，正确命题的序号是( )A．①②③B．②④C．③④D．②③④解析：选C 由题意得到正方体的直观图如图所示，由正方体的结构特征可得，直线BM与ED是异面直线，故①不正确；直线CN与BE是平行的，故②不正确；连接AN，则AN∥BM，所以直线CN与BM所成的角就是∠ANC，且∠ANC＝60°，故③正确；直线DM与BN是异面直线，故④正确．所以正确命题的序号是③④.3．已知α，β表示两个不同平面，a，b表示两条不同直线，对于下列两个命题：①若b⊂α，a⊄α，则“a∥b”是“a∥α”的充分不必要条件；②若a⊂α，b⊂α，则“α∥β”是“a∥β且b∥β”的充要条件．判断正确的是( )A ．①，②都是真命题B ．①是真命题，②是假命题C ．①是假命题，②是真命题D ．①，②都是假命题解析：选B 若b ⊂α，a ⊄α，a ∥b ，则由线面平行的判定定理可得a ∥α，反过来，若b ⊂α，a ⊄α，a ∥α，则a ，b 可能平行或异面，所以若b ⊂α，a ⊄α，“a ∥b ”是“a ∥α”的充分不必要条件，①是真命题；若a ⊂α，b ⊂α，α∥β，则由面面平行的性质可得a ∥β，b ∥β，反过来，若a ⊂α，b ⊂α，a ∥β，b ∥β，则α，β可能平行或相交，所以若a ⊂α，b ⊂α，则“α∥β”是“a ∥β，b ∥β”的充分不必要条件，②是假命题，选项B 正确．[必备知能·自主补缺] 依据学情课下看，针对自身补缺漏；临近高考再浏览，考前温故熟主干[主干知识要记牢]1．简单几何体的表面积和体积(1)S 直棱柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)． (2)S 正棱锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．(3)S 正棱台侧＝12(c ′＋c )h ′(c 与c ′分别为上、下底面周长，h ′为斜高)．(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl (r 为底面半径，l 为母线长)， S 圆锥侧＝πrl (r 为底面半径，l 为母线长)，S 圆台侧＝π(r ′＋r )l (r ′，r 分别为上、下底面的半径，l 为母线长)．(5)柱、锥、台体的体积公式V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)， V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)，V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ，S ′为上、下底面面积，h 为高)．(6)球的表面积和体积公式S 球＝4πR 2，V 球＝43πR 3.2．两类关系的转化 (1)平行关系之间的转化(2)垂直关系之间的转化3．证明空间位置关系的方法已知a ，b ，l 是直线，α，β，γ是平面，O 是点，则 (1)线线平行⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ∥c ⇒c ∥b ， ⎭⎪⎬⎪⎫a ∥αa ⊂βα∩β＝b ⇒a ∥b ，⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b ，⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∩γ＝a β∩γ＝b ⇒a ∥b . (2)线面平行⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b b ⊂αa ⊄α⇒a ∥α，⎭⎪⎬⎪⎫α∥βa ⊂β⇒a ∥α，⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βa ⊥βa ⊄α⇒a ∥α. (3)面面平行⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂α，b ⊂αa ∩b ＝Oa ∥β，b ∥β⇒α∥β，⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αa ⊥β⇒α∥β，⎭⎪⎬⎪⎫α∥βγ∥β⇒α∥γ.(4)线线垂直⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊂α⇒a ⊥b ，⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ∥α⇒a ⊥b .(5)线面垂直⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂α，b ⊂αa ∩b ＝O l ⊥a ，l ⊥b ⇒l ⊥α，⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝l a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β， ⎭⎪⎬⎪⎫α∥βa ⊥α⇒a ⊥β，⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ⊥α⇒b ⊥α. (6)面面垂直⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂βa ⊥α⇒α⊥β，⎭⎪⎬⎪⎫a ∥βa ⊥α⇒α⊥β.[二级结论要用好]1．长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系d 2＝a 2＋b 2＋c 2；若长方体外接球半径为R ，则有(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2.[针对练1] (2019届高三·西安八校联考)设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为2,23，4，则其外接球的表面积为( )A ．48πB ．32πC ．20πD ．12π解析：选B 依题意，设题中的三棱锥外接球的半径为R ，可将题中的三棱锥补形成一个长方体，则R ＝12 22＋232＋42＝22，所以该三棱锥外接球的表面积为S ＝4πR2＝32π.2．棱长为a 的正四面体的内切球半径r ＝612a ，外接球的半径R ＝64a .又正四面体的高h ＝63a ，故r ＝14h ，R ＝34h .[针对练2] 正四面体ABCD 的外接球半径为2，过棱AB 作该球的截面，则截面面积的最小值为________．解析：由题意知，面积最小的截面是以AB 为直径的圆，设AB 的长为a ，因为正四面体外接球的半径为2，所以64a ＝2，解得a ＝463，故截面面积的最小值为π⎝ ⎛⎭⎪⎫2632＝8π3. 答案：8π3[易错易混要明了]应用空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理时，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l ，易误得出m ⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m ⊂α的限制条件．[针对练3] 设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m ⊂α，则“m ∥β ”是“α∥β ”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解析：选B 当m ∥β时，过m 的平面α与β可能平行也可能相交，因而m ∥β⇒/ α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m ⊂α，所以m ∥β.综上可知，“m ∥β ”是“α∥β ”的必要不充分条件．[课时跟踪检测]A 级——12＋4提速练一、选择题1.(2018·广州模拟)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正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )解析：选D 由题意可得该几何体可能为四棱锥，如图所示，其高为2，底面为正方形，面积为2×2＝4，因为该几何体的体积为13×4×2＝83，满足条件，所以俯视图可以为D.2．(2018·陕西模拟)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使得平面ABD ⊥平面CBD ，形成的三棱锥C ABD 的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为( )A.12 B ．22C.24D ．14解析：选D 由三棱锥C ABD 的正视图、俯视图得三棱锥C ABD 的侧视图为直角边长是22的等腰直角三角形，其形状如图所示，所以三棱锥C ABD 的侧视图的面积为14，故选D.3．(2018·郑州一模)已知两条不重合的直线m ，n 和两个不重合的平面α，β，m ⊥α，n ⊂β.给出下列四个命题：①若α∥β，则m ⊥n ；②若m ⊥n ，则α∥β； ③若m ∥n ，则α⊥β；④若α⊥β，则m ∥n . 其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选C 依题意，对于①，由“若一条直线与两个平行平面中的一个垂直，则该直线也垂直于另一个平面”得知，m ⊥β，又n ⊂β，因此m ⊥n ，①正确；对于②，当α⊥β时，设α∩β＝n ，在平面β内作直线m ⊥n ，则有m ⊥α，因此②不正确；对于③，由m ∥n ，m ⊥α得n ⊥α，又n ⊂β，因此有α⊥β，③正确；对于④，当m ⊥α，α∩β＝n ，α⊥β时，直线m ，n 不平行，因此④不正确．综上所述，正确命题的个数为2，故选C.4.(2018·唐山模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．3 B.113 C ．7D.233解析：选B 由题中的三视图可得，该几何体是由一个长方体切去一个三棱锥所得的几何体，长方体的长，宽，高分别为2,1,2，体积为4，切去的三棱锥的体积为13，故该几何体的体积V ＝4－13＝113.5．(2018·长郡中学模拟)某几何体的三视图如图所示，其俯视图中的曲线部分为半圆，则该几何体的体积是( )A ．192＋96πB ．256＋96πC ．192＋100πD ．256＋100π解析：选C 题中的几何体是由一个直三棱柱和一个半圆柱构成的几何体，其中直三棱柱的底面是两直角边分别为8和6的直角三角形，高为8，该半圆柱的底面圆的半径为5，高为8，因此该几何体的体积为12×8×6×8＋12π×52×8＝192＋100π，选C.6.(2018·贵阳模拟)某几何体的三视图如图所示(粗线部分)，正方形网格的边长为1，该几何体的顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A ．15πB ．16πC ．17πD ．18π解析：选C 由题中的三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥D 1BCD ，将其放在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，则该几何体的外接球即长方体的外接球，长方体的长、宽、高分别为2,2,3，长方体的体对角线长为9＋4＋4＝17，球O 的直径为17，所以球O 的表面积S ＝17π，故选C.7．(2018·石家庄模拟)如图是某四棱锥的三视图，其中正视图是边长为2的正方形，侧视图是底边分别为2和1的直角梯形，则该几何体的体积为( )A.83 B ．43 C.823D ．423解析：选A 记由三视图还原后的几何体为四棱锥A BCDE ，将其放入棱长为2的正方体中，如图，其中点D ，E 分别为所在棱的中点，分析知平面ABE ⊥平面BCDE ，点A 到直线BE 的距离即四棱锥的高，设为h ，在△ABE 中，易知AE ＝BE ＝5，cos ∠ABE ＝55，则sin ∠ABE ＝255，所以h ＝455，故四棱锥的体积V ＝13×2×5×455＝83，故选A.8．(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A.15 B.56 C.55D.22解析：选C 如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的一侧补上一个相同的长方体EFBA E 1F 1B 1A 1.连接B 1F ，由长方体性质可知，B 1F ∥AD 1，所以∠DB 1F 为异面直线AD 1与DB 1所成的角或其补角．连接DF ，由题意，得DF ＝12＋1＋12＝5，FB 1＝12＋32＝2，DB 1＝12＋12＋32＝ 5.在△DFB 1中，由余弦定理，得DF 2＝FB 21＋DB 21－2FB 1·DB 1·cos∠DB 1F ，即5＝4＋5－2×2×5×cos∠DB 1F ，∴cos ∠DB 1F ＝55. 9．已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O ，半径为R 的球面上，AB ＝6，BC ＝23，且四棱锥O ABCD 的体积为83，则R 等于( )A ．4B ．2 3 C.479D ．13解析：选A 如图，设矩形ABCD 的中心为E ，连接OE ，EC ，由球的性质可得OE ⊥平面ABCD ，所以V O ABCD ＝13·OE ·S 矩形ABCD ＝13×OE ×6×23＝83，所以OE ＝2，在矩形ABCD 中可得EC ＝23，则R ＝OE 2＋EC 2＝4＋12＝4，故选A.10．(2018·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A ．2＋42＋2 3B ．2＋22＋4 3C ．2＋6 3D ．8＋4 2解析：选A 由三视图知该几何体为三棱锥，记为三棱锥P ABC ，将其放在棱长为2的正方体中，如图所示，其中AC ⊥BC ，PA ⊥AC ，PB ⊥BC ，△PAB 是边长为22的等边三角形，故所求表面积为S △ABC ＋S △PAC＋S △PBC ＋S △PAB ＝12×2×2＋12×2×22＋12×2×22＋34×(22)2＝2＋42＋2 3.故选A.11.(2018·唐山模拟)把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm 的铁丝接成的四棱锥形骨架中，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形)，则皮球的半径为( )A ．10 3 cmB ．10 cmC ．10 2 cmD ．30 cm解析：选B 依题意，在四棱锥S ABCD 中，所有棱长均为20 cm ，连接AC ，BD 交于点O ，连接SO ，则SO ＝AO ＝BO ＝CO ＝DO ＝10 2 cm ，易知点O 到AB ，BC ，CD ，AD 的距离均为10 cm ，在等腰三角形OAS 中，OA ＝OS ＝10 2 cm ，AS ＝20 cm ，所以O 到SA 的距离d ＝10 cm ，同理可证O 到SB ，SC ，SD 的距离也为10 cm ，所以球心为四棱锥底面ABCD 的中心，所以皮球的半径r ＝10 cm ，选B.12．(2018·广州模拟)正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点M 为CC 1的中点，点N 为线段DD 1上靠近D 1的三等分点，平面BMN 交AA 1于点Q ，则线段AQ 的长为( )A.23 B ．12 C.16D ．13解析：选D 如图所示，在线段DD 1上靠近点D 处取一点T ，使得DT ＝13，因为N 是线段DD 1上靠近D 1的三等分点，故D 1N ＝23，故NT ＝2－13－23＝1，因为M 为CC 1的中点，故CM ＝1，连接TC ，由NT ∥CM ，且CM ＝NT ＝1，知四边形CMNT 为平行四边形，故CT ∥MN ，同理在AA 1上靠近点A 处取一点Q ′，使得AQ ′＝13，连接BQ ′，TQ ′，则有BQ ′∥CT ∥MN ，故BQ ′与MN 共面，即Q ′与Q 重合，故AQ ＝13，选D.二、填空题13．(2018·南京模拟)在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，侧棱PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2，E 为AB 的中点，则三棱锥P BCE 的体积为________．解析：由题意知S 底面ABCD ＝2×2sin 60°＝23，所以S △EBC ＝32，故V P EBC ＝13×2×32＝33. 答案：3314．(2018·内蒙古包头一模)已知直线a ，b ，平面α，且满足a ⊥α，b ∥α，有下列四个命题：①对任意直线c ⊂α，有c ⊥a ； ②存在直线c ⊄α，使c ⊥b 且c ⊥a ； ③对满足a ⊂β的任意平面β，有β∥α； ④存在平面β⊥α，使b ⊥β. 其中正确的命题有________．(填序号)解析：因为a ⊥α，所以a 垂直于α内任一直线，所以①正确；由b ∥α得α内存在一直线l 与b 平行，在α内作直线m ⊥l ，则m ⊥b ，m ⊥a ，再将m 平移得到直线c ，使c ⊄α即可，所以②正确；由面面垂直的判定定理可得③不正确；若b ⊥β，则由b ∥α得α内存在一条直线l 与b 平行，必有l ⊥β，即有α⊥β，而满足b ⊥β的平面β有无数个，所以④正确．答案：①②④15．(2019届高三·益阳、湘潭联考)已知三棱锥S ABC 的顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为3的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝4，则此三棱锥的体积为________．解析：如图，设O 1为△ABC 的中心，连接OO 1，故三棱锥S ABC 的高h ＝2OO 1，三棱锥S ABC 的体积V ＝13×2OO 1×S △ABC ，因为OO 1＝22－32＝1，所以V ＝13×2×1×34×32＝332.答案：33216．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．解析：如图，∵SA 与底面成45°角，∴△SAO 为等腰直角三角形．设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r .在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，∴sin ∠ASB ＝158，∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin∠ASB ＝12×(2r )2×158＝515，解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45，∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×210×45＝402π.答案：402πB 级——难度小题强化练1．(2018·武汉调研)已知底面半径为1，高为3的圆锥的顶点和底面圆周都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A.323π27 B ．4π C.16π3D ．12π解析：选C 如图，△ABC 为圆锥的轴截面，O 为其外接球的球心，设外接球的半径为R ，连接OB ，OA ，并延长AO 交BC 于点D ，则AD ⊥BC ，由题意知，AO ＝BO ＝R ，BD ＝1，AD ＝3，则在Rt △BOD 中，有R 2＝(3－R )2＋12，解得R ＝233，所以外接球O 的表面积S ＝4πR 2＝16π3，故选C. 2．(2018·南京模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A.23B ．43C ．2D ．83解析：选A 由三视图可知，该几何体为三棱锥，将其放在棱长为2的正方体中，如图中三棱锥A BCD 所示，故该几何体的体积V ＝13×12×1×2×2＝23. 3．(2018·福州模拟)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4πB ．163πC.323π D ．16π解析：选D 如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝12＋32＝2.故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.故选D.4．(2018·贵阳检测)三棱锥P ABC 的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC 所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 依题意，设题中球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则4πR33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P ABC 的高的最大值为5＋3＝8，故选C.5．(2018·全国卷Ⅰ)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.334 B ．233C.324D ．32解析：选A 如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与棱A 1A ，A 1B 1，A 1D 1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A 1A ，A 1B 1，A 1D 1平行，故正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的每条棱所在直线与平面AB 1D 1所成的角都相等．如图所示，取棱AB ，BB 1，B 1C 1，C 1D 1，D 1D ，DA 的中点E ，F ，。
二轮复习通用版专题3第3讲立体几何与空间向量课件(72张)
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专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
设平面 ABD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
则nn··AA→→BD＝＝－－xx＋＋z＝3y0＝，0， 取 y＝ 3，
则 n＝(3， 3，3)，
又因为
C(－1，0，0)，F0，
43，34，
所以C→F＝1，
43，34，
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专题三 立体几何
4 ．(2022·全国乙卷 ) 如图，四面体ABCD 中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在 BD 上 ， 当 △AFC 的 面 积 最 小 时 ， 求 CF 与 平 面 ABD所成的角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原 点，建立空间直角坐标系，如图，
由(1)得 AE＝ 2，所以 AA1＝AB＝2，A1B ＝2 2，
所以 BC＝2， 则 A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)， C(2，0，0)， 所以 A1C 的中点 D(1，1，1)，
(1)证明：FN⊥AD； (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
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【解析】 (1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别 交于点G、H.
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB∥DC，CD∥EF，AB＝ 5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，由平面几何知识易知，
则
VA
－
A1BC
＝
1 3
S△A1BC·h
2020版高考数学大二轮复习第二部分专题3立体几何第3讲空间向量与立体几何课件理
解析：(1)证明： ∵BC⊥SD ，BC⊥CD， 则 BC⊥平面 SDC, 又 BC∥AD， 则 AD⊥平面 SDC，SC⊂平面 SDC， SC⊥AD， 又在△SDC 中，SC＝SD＝2, DC＝AB＝2 2，故 SC2＋SD2＝DC2 则 SC⊥SD ，又 SD∩AD＝D ∴SC⊥平面 SAD
则 A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,4,0)，D(2,0,0)，P(1,2),
假设存在 M(a，b，c)满足要求，设CCMP ＝λ(0≤λ≤1)，即C→M＝λC→P， 所以 M(2－λ，4－3λ，2λ)，
易得平面 PBD 的一个法向量为B→C＝(2,2,0). 设 n 为平面 ABM 的一个法向量，A→B＝(0,2,0), A→M＝(2－λ，4－3λ，2λ)
立体几何中的探索性问题
考情调研
考向分析
在探索性问题中，涉及用向量法先计算，再判断，考查热点 1.探索点的存在性．
是空间角的求解．题型以解答题为主，要求有较强的运算能 2.探索平行或垂直关系.
力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.
[题组练透] 1．如图，四棱锥 P-ABCD 中，AB∥DC，∠ADC＝π2，AB＝AD＝12CD＝2，PD＝PB ＝ 6，PD⊥BC.
设PPBF＝λ(λ∈[0,1])， 则P→F＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以E→F＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)，
易得平面 ABCD 的一个法向量为 m＝(0,0,1)． 设平面 PDC 的法向量为 n＝(x，y，z)，
n·P→C＝0， 由n·P→D＝0，
2020版高考数学大二轮复习专题三立体几何第二讲空间向量与立体几何限时规范训练理20191128221
- 1 - 第二讲 空间向量与立体几何 1．(2019·合肥二模)如图，三棱台ABCEFG的底面是正三角形，平面ABC⊥平面BCGF，CB＝2GF，BF＝CF.
(1)求证：AB⊥CG； (2)若BC＝CF，求直线AE与平面BEG所成角的正弦值． 解析：(1)证明：取BC的中点为D，连接DF. 由ABCEFG是三棱台得，平面ABC∥平面EFG，从而BC∥FG. ∵CB＝2GF，∴CD綊GF， ∴四边形CDFG为平行四边形，∴CG∥DF. ∵BF＝CF，D为BC的中点， ∴DF⊥BC，∴CG⊥BC. ∵平面ABC⊥平面BCGF，且交线为BC，CG⊂平面BCGF， ∴CG⊥平面ABC，而AB⊂平面ABC， ∴CG⊥AB. (2)连接AD.由△ABC是正三角形，且D为中点得，AD⊥BC. 由(1)知，CG⊥平面ABC，CG∥DF， ∴DF⊥AD，DF⊥BC， ∴DB，DF，DA两两垂直． 以DB，DF，DA分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
设BC＝2，则A(0,0，3)，E－12，3，32，B(1,0,0)，G(－1，3，0)，
∴AE→＝－12，3，－32，BG→＝(－2，3，0)，BE→＝－32，3，32. 设平面BEG的一个法向量为n＝(x，y，z)． - 2 -
由 BG→·n＝0BE→·n＝0，可得 －2x＋3y＝0，－32x＋3y＋32z＝0. 令x＝3，则y＝2，z＝－1，∴n＝(3，2，－1)． 设AE与平面BEG所成角为θ，
则直线AE与平面BEG所成角的正弦值为sin θ＝|cos 〈AE→，n〉|＝AE→·n|AE→|·|n|＝64.
2.(2019·湖南五市十校联考)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝22，BC＝42，PA＝2. (1)求证：AB⊥PC； (2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为45°，如果存在，求出BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
2020版高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何解密高考4立体几何问题重在“建”“转”——建模、转换课件文
[规范解答·评分标准] (1)连接 ME，B1C. ∵M，E 分别为 BB1，BC 中点， ∴ME 为△B1BC 的中位线， ∴ME∥B1C 且 ME＝12B1C.2 分
又 N 为 A1D 中点，且 A1D 綊 B1C，
∴ND∥B1C 且 ND＝12B1C， ∴ME 綊 ND，∴四边形 MNDE 为平行四边形.·········4 分
第二部分 讲练篇
解密高考④ 立体几何问题重在 “建”“转”——建模、转换
——————[思维导图]——————
——————[技法指津]—————— 立体几何解答题建模、转换策略 立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几 何体为依托，分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是建模、转 换． 建模——问题转化为平行模型、垂直模型、翻折模型； 转换——对几何体的体积、三棱锥的体积考查顶点转换，多面体 体积分割转换为几个规则几何体的体积和或体积差求解．
母题示例：2019 年全国卷Ⅰ，本小题满分 12 分
如图，直四棱柱
本题考查：线面平行的证明，
形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD
的计算，考生的直观想象、
＝60°，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 转化化归、数学运算能力，
的中点.
∴MN∥DE，又 MN⊄平面 C1DE，DE⊂平面 C1DE
∴MN∥平面 C1DE.················6 分
(2)在菱形 ABCD 中，E 为 BC 中点，∴DE⊥BC. 根据题意有 DE＝ 3，C1E＝ 17， ∵棱柱为直棱柱，所以有 DE⊥平面 BCC1B1， ∴DE⊥EC1，所以 S△DEC1＝12× 3× 17，·············8 分
考生的直观想象和数学运算