2020新课标高考数学二轮习题：小题专题练(四) 立体几何

2020年高考数学模拟试卷汇编专题4 立体几何（含答案解析）1．（2020·河南省实验中学高三二测（理））现有一副斜边长相等的直角三角板.若将它们的斜边AB 重合，其中一个三角板沿斜边折起形成三棱锥A BCD -，如图所示，已知,64DAB BAC ππ∠=∠=，三棱锥的外接球的表面积为4π，该三棱锥的体积的最大值为（ ）A 3B ．36C 3D 3 2．（2020·湖南省长沙市明达中学高三二模（理）魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π：4.若正方体的棱长为2，则“牟合方盖”的体积为( )A ．16B ．163C ．163D ．1283 3．（2020·湖南省长沙市明达中学高三二模（理）关于三个不同平面,,αβγ与直线l ，下列命题中的假命题是（ ）A ．若αβ⊥，则α内一定存在直线平行于βB ．若α与β不垂直，则α内一定不存在直线垂直于βC ．若αγ⊥，βγ⊥，l αβ=I ，则l γ⊥D ．若αβ⊥，则α内所有直线垂直于β4．（2020·江西省南昌市第十中学校高三模拟（理））榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式。

广泛用于建筑，同时也广泛用于家具。

我国的北京紫禁城，山西悬空寺，福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构，榫卯结构中凸出部分叫榫（或叫榫头），已知某“榫头”的三视图如图所示，则该“榫头”的体积是（ ）A ．36B ．45C ．54D ．635．（2020·江西省名高三第二次大联考（理））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．83π3B ．4π1633C 16343π+D ．43π1636．（2020·江西省名高三第二次大联考（理））在平面五边形ABCDE 中，60A ∠=︒，63AB AE ==BC CD ⊥，DE CD ⊥，且6BC DE ==.将五边形ABCDE 沿对角线BE 折起，使平面ABE 与平面BCDE 所成的二面角为120︒，则沿对角线BE 折起后所得几何体的外接球的表面积为（ ）A ．63πB ．84πC ．252πD ．126π7．（2020·陕西省西安中学高三三模（理））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）。

立体几何1．一个物体的三视图的排列规则是俯视图放在正(主)视图下面，长度与正(主)视图一样，侧(左)视图放在正(主)视图右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样，即“长对正，高平齐，宽相等”．在画一个物体的三视图时，一定注意实线与虚线要分明．[问题1] 如图，若一个几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图均为面积等于2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________． 答案 432．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x 轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y 轴的线段平行性不变，长度减半．”[问题2] 如图所示的等腰直角三角形表示一个水平放置的平面图形的直观图，则这个平面图形的面积是________． 答案 2 23．简单几何体的表面积和体积(1)S 直棱柱侧＝c ·h (c 为底面的周长，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)， S 圆锥侧＝πrl (同上)，S 圆台侧＝π(r ′＋r )l (r ′、r 分别为上、下底的半径，l 为母线)． (5)体积公式V 柱＝S ·h (S 为底面面积，h 为高)， V 锥＝13S ·h (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 S 球＝4πR 2，V 球＝43πR 3.[问题3] 如图所示，一个空间几何体的正(主)视图和俯视图都是边长为1的正方形，侧(左)视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的表面积为( ) A ．4π B ．3π C ．2π D.32π 答案 D4．空间直线的位置关系：①相交直线——有且只有一个公共点．②平行直线——在同一平面内，没有公共点．③异面直线——不在同一平面内，也没有公共点．[问题4] 在空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是四边上的中点，则直线EG 和FH 的位置关系是________． 答案 相交5．空间直线与平面、平面与平面的位置关系 (1)直线与平面①位置关系：平行、直线在平面内、直线与平面相交． ②直线与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．③直线与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直． 性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行． (2)平面与平面①位置关系：平行、相交(垂直是相交的一种特殊情况)． ②平面与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行． 性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行． ③平面与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．[问题5] 已知b ，c 是平面α内的两条直线，则“直线a ⊥α”是“直线a ⊥b ，直线a ⊥c ”的________条件． 答案 充分不必要 6．空间向量(1)用空间向量求角的方法步骤①异面直线所成的角若异面直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，它们所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈v 1，v 2〉|. ②直线和平面所成的角利用空间向量求直线与平面所成的角，可以有两种方法：方法一 分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两条直线的方向向量的夹角(或其补角)．方法二 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，取其余角就是斜线和平面所成的角． ③利用空间向量求二面角也有两种方法：方法一 分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小．方法二 通过平面的法向量来求，设二面角的两个面的法向量分别为n 1和n 2，则二面角的大小等于〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．易错警示：①求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，容易误以为是线面角的余弦．②求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析． (2)用空间向量求A 到平面α的距离： 可表示为d ＝|n ·AB →||n |.[问题6] (1)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于________．(2)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则点O 到平面ABC 1D 1的距离为________． 答案 (1)64 (2)24解析 (1)方法一 取A 1C 1的中点E ，连接AE ，B 1E ，如图． 由题意知B 1E ⊥平面ACC 1A 1，则∠B 1AE 为AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角． 设正三棱柱侧棱长与底面边长为1， 则sin ∠B 1AE ＝B 1E AB 1＝322＝64.方法二 如图，以A 1C 1中点E 为原点建立空间直角坐标系E －xyz ，设棱长为1，则A ⎝⎛⎭⎫12，0，1，B 1⎝⎛⎭⎫0，32，0， 设AB 1与平面ACC 1A 1所成的角为θ，EB 1→为平面ACC 1A 1的法向量． 则sin θ＝|cos 〈AB 1→，EB 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫－12，32，－1·⎝⎛⎭⎫0，32，02×32＝64. (2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,1,1)，O ⎝⎛⎭⎫12，12，1. 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋z ＝0.令z ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0，∴n ＝(1,0,1)，又OD 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0， ∴O 到平面ABC 1D 1的距离d ＝|n ·OD 1→||n|＝122＝24.易错点1 三视图认识不清致误例1 一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80错解 由三视图知，该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4，宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是正方形，边长为4. 所以表面积S ＝42×3＋2×4＋2×12(2＋4)×4＝48＋8＋24＝80.找准失分点 不能准确把握三视图和几何体之间的数量关系，根据正视图可知，侧视图中等腰梯形的高为4，而错认为等腰梯形的腰为4.正解 由三视图知该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12 ＝17.所以S 表＝42＋2×4＋12×(2＋4)×4×2＋4×17×2＝48＋817.答案 C易错点2 对几何概念理解不透致误例2 给出下列四个命题：①有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱； ②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ③底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ④底面是矩形的平行六面体是长方体．其中正确的命题是__________(写出所有正确命题的序号)． 错解1 ①②③ 错解2 ②③④找准失分点 ①是错误的，因为棱柱的侧棱要都平行且相等；④是错误的，因为长方体的侧棱必须与底面垂直． 正解 ②③易错点3 对线面关系定理条件把握不准致误例3 已知m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面．给出下列命题： ①若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊥m ，则n ⊥α，或n ⊥β； ②若α∥β，α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，则m ∥n ；③若m 不垂直于α，则m 不可能垂直于α内的无数条直线； ④若α∩β＝m ，n ∥m ，且n ⊄α，n ⊄β，则n ∥α，且n ∥β； ⑤若m 、n 为异面直线，则存在平面α过m 且使n ⊥α. 其中正确的命题序号是________． 错解 ②③④⑤找准失分点③是错误的；⑤是错误的．正解①是错误的．如正方体中面ABB′A′⊥面ADD′A′，交线为AA′.直线AC⊥AA′，但AC不垂直面ABB′A′，同时AC也不垂直面ADD′A′.②正确．实质上是两平面平行的性质定理．③是错误的．在上面的正方体中，A′C不垂直于平面A′B′C′D′，但与B′D′垂直．这样A′C就垂直于平面A′B′C′D′内与直线B′D′平行的无数条直线．④正确．利用线面平行的判定定理即可．⑤错误．从结论考虑，若n⊥α且m⊂α，则必有m⊥n，事实上，条件并不能保证m⊥n.故错误．答案②④1．已知三条不同直线m，n，l与三个不同平面α，β，γ，有下列命题：①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若α∥β，l⊂α，则l∥β；③α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；④若m，n为异面直线，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β.其中正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 C解析因为平行于同一平面的两条直线除了平行，还可能相交或成异面直线，所以命题①错误；由直线与平面平行的定义知命题②正确；由于垂直于同一个平面的两个平面可能平行还可能相交，因此命题③错误；过两条异面直线分别作平面互相平行，这两个平面是唯一存在的，因此命题④正确．故选C.2．设m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列选项中不正确的是()A．当m⊂α时，“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件B．当m⊂α时，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件C．当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”成立的充要条件D．当m⊂α时，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件答案 A解析当m⊂α时，若n∥α可得m∥n或m，n异面；若m∥n可得n∥α或n⊂α，所以“n∥α”是“m∥n”的既不充分也不必要条件，答案选A.3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A ．64B ．72C ．80D ．112答案 B解析 根据三视图，该几何体为下面是一个立方体、上面两个三棱锥，所以V ＝4×4×4＋2×13×(12·4·2)×3＝72，故选B.4．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P ，Q 分别是AA 1，A 1D 1，CC 1，BC 的中点，给出以下四个结论：①A 1C ⊥MN ；②A 1C ∥平面MNPQ ；③A 1C 与PM 相交；④NC 与PM 异面．其中不正确的结论是( ) A ．① B ．② C ．③ D ．④ 答案 C解析 作出过M ，N ，P ，Q 四点的截面交C 1D 1于点S ，交AB 于点R ，如图所示中的六边形MNSPQR ，显然点A 1，C 分别位于这个平面的两侧，故A 1C 与平面MNPQ 一定相交，不可能平行，故结论②不正确．5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．2＋ 2B ．3＋ 2C ．1＋2 2D ．5答案 A解析 由三视图可知，该几何体是一个四棱锥，如图所示． 该几何体的底面是边长为1的正方形，故S 1＝12＝1. 侧棱P A ⊥面ABCD ，且P A ＝1， 故S △P AB ＝S △P AD ＝12×1×1＝12，而PD ⊥DC ，CB ⊥PB ，且PB ＝PD ＝2， 所以S △PBC ＝S △PDC ＝12×2×1＝22.所以该几何体的表面积为S ＝1＋2×12＋2×22＝2＋ 2.故选A.6．如图，已知六棱锥P —ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2AB ，则下列结论正确的是( ) A ．PB ⊥ADB ．平面P AB ⊥平面PBC C ．直线BC ∥平面P AED ．直线PD 与平面ABC 所成的角为45° 答案 D解析 若PB ⊥AD ，则AD ⊥AB ，但AD 与AB 成60°角，A 错误；平面P AB 与平面ABD 垂直，所以平面P AB 一定不与平面PBC 垂直，B 错误；BC 与AE 是相交直线，所以BC 一定不与平面P AE 平行，C 错误；直线PD 与平面ABC 所成角为∠PDA ，在Rt △P AD 中，AD ＝P A ， ∴∠PDA ＝45°，D 正确．7．对于四面体ABCD ，给出下列四个命题： ①若AB ＝AC ，BD ＝CD ，则BC ⊥AD ； ②若AB ＝CD ，AC ＝BD ，则BC ⊥AD ； ③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD ，则BC ⊥AD ； ④若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则BC ⊥AD .其中正确的是________．(填序号) 答案 ①④解析 取线段BC 的中点E ，连接AE ，DE ， ∵AB ＝AC ，BD ＝CD ， ∴BC ⊥AE ，BC ⊥DE ， ∴BC ⊥平面ADE ， ∵AD ⊂平面ADE ， ∴BC ⊥AD ，故①正确．设点O 为点A 在平面BCD 上的射影， 连接OB ，OC ，OD ， ∵AB ⊥CD ，AC ⊥BD ， ∴OB ⊥CD ，OC ⊥BD ， ∴点O 为△BCD 的垂心， ∴OD ⊥BC ，∴BC ⊥AD ，故④正确，易知②③不正确，填①④.8.如图，四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2，∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A －BC －D 的大小为________．答案 π3解析 由∠ABC ＝∠DCB ＝π2知，BA →与CD →的夹角θ就是二面角A －BC －D 的平面角． 又AD →＝AB →＋BC →＋CD →，∴AD →2＝(AB →＋BC →＋CD →)2 ＝AB →2＋BC 2→＋CD →2＋2AB →·CD →.因此2AB →·CD →＝(23)2－12－32－22＝－2， ∴cos(π－θ)＝－12，且0<π－θ<π，则π－θ＝23π，故θ＝π3.9．已知直线l ，m ，平面α，β，且l ⊥α，m ⊂β，给出四个命题：①若α∥β，则l ⊥m ；②若l ⊥m ，则α∥β；③若α⊥β，则l ∥m ；④若l ∥m ，则α⊥β. 其中为真命题的是________．(填序号) 答案 ①④解析 对命题①，则l ⊥α，α∥β得，l ⊥β，m ⊂β，∴l⊥m，故①正确．对命题②，l⊥mD⇒/l⊥β，则l⊥mD⇒/α∥β，故②错误．对命题③，当α⊥β时，l与m也可能相交或异面或平行，故③错误．对命题④，由l⊥α，l∥m得m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β，故④正确．10．三棱锥D－ABC及其三视图中的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则棱BD的长为________．答案4 2解析由正(主)视图知CD⊥平面ABC，设AC中点为E，则BE⊥AC，且AE＝CE＝2；由侧(左)视图知CD＝4，BE＝23，在Rt△BCE中，BC＝BE2＋EC2＝(23)2＋22＝4，在Rt△BCD中，BD＝BC2＋CD2＝42＋42＝4 2.故答案为4 2.。

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．。

专题四立体几何与空间向量第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积年份卷别考查内容及考题位置命题分析2018卷Ⅰ空间几何体的三视图及侧面展开问题·T71.“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、面的位置关系(特别是平行与垂直)．2．考查一个小题时，此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，另一个小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，此小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查.空间几何体的截面问题·T12卷Ⅱ圆锥的侧面积·T16卷Ⅲ三视图的识别·T3三棱锥的体积及外接球问题·T102017卷Ⅰ空间几何体的三视图与直观图、面积的计算·T7卷Ⅱ空间几何体的三视图及组合体体积的计算·T4卷Ⅲ球的内接圆柱、圆柱的体积的计算·T82016卷Ⅰ有关球的三视图及表面积的计算·T6卷Ⅱ空间几何体的三视图及组合体表面积的计算·T6卷Ⅲ空间几何体的三视图及组合体表面积的计算·T9直三棱柱的体积最值问题·T10空间几何体的三视图(基础型) 一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．由三视图还原到直观图的三个步骤(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的直观图形状．[注意]在读图或者画空间几何体的三视图时，应注意三视图中的实线和虚线．[考法全练]1．(2018·高考全国卷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.由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.2．(2018·高考全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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.由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N 的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.故选B.3．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.12B.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，如图所示，所以三棱锥C -ABD 的侧视图的面积为14，故选D.4．(2018·长春质量监测(二))如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥中最长棱的长度为( )A ．2 B. 5 C ．2 2D ．3解析：选D.如图，三棱锥A -BCD 即为所求几何体，根据题设条件，知辅助的正方体棱长为2，CD ＝1，BD ＝22，BC ＝5，AC ＝2，AB ＝3，AD ＝5，则最长棱为AB ，长度为3.5．(2018·石家庄质量检测(一))如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中，最小面的面积是( )A ．2 3B ．2 2C ．2D. 3解析：选C.在正方体中还原该几何体，如图中三棱锥D -ABC 所示，其中正方体的棱长为2，则S △ABC ＝2，S △DBC ＝22，S △ADB ＝22，S △ADC ＝23，故该三棱锥的四个面中，最小面的面积是2，选C.空间几何体的表面积和体积(综合型)柱体、锥体、台体的侧面积公式 (1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)． (2)S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)． (2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)．(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ，S ′分别为上下底面面积，h 为高)(不要求记忆)．[典型例题]命题角度一 空间几何体的表面积(1)(2018·潍坊模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．4＋23B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．6＋4 2(2)(2018·合肥第一次质量检测)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．5π＋18B ．6π＋18C ．8π＋6D ．10π＋6【解析】 (1)由三视图还原几何体的直观图如图所示，易知BC ⊥平面P AC ，又PC ⊂平面P AC ，所以BC ⊥PC ，又AP ＝AC ＝BC ＝2，所以PC ＝22＋22＝22，又AB ＝22，所以S △PBC ＝S △P AB ＝12×2×22＝22，S △ABC ＝S △P AC ＝12×2×2＝2，所以该几何体的表面积为4＋4 2.(2)由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和两个半球构成的，故该几何体的表面积为2×12×4π×12＋2×12×π×12＋2×3＋12×2π×1×3＝8π＋6. 【答案】 (1)B (2)C求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得几何体的表面积．命题角度二 空间几何体的体积(1)(2018·武汉调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.12B.22C.33D.23(2)(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________．【解析】 (1)由三视图知，该几何体是在长、宽、高分别为2，1，1的长方体中，截去一个三棱柱AA 1D 1­BB 1C 1和一个三棱锥C -BC 1D 后剩下的几何体，即如图所示的四棱锥D -ABC 1D 1，四棱锥D -ABC 1D 1的底面积为S 四边形ABC 1D 1＝2×2＝22，高h ＝22，其体积V ＝13S 四边形ABC 1D 1h ＝13×22×22＝23.故选D.(2)由题意画出图形，如图，设AC 是底面圆O 的直径，连接SO ，则SO 是圆锥的高．设圆锥的母线长为l ，则由SA ⊥SB ，△SAB 的面积为8，得12l 2＝8，得l ＝4.在Rt △ASO 中，由题意知∠SAO ＝30°，所以SO ＝12l ＝2，AO ＝32l ＝2 3.故该圆锥的体积V ＝13π×AO 2×SO ＝13π×(23)2×2＝8π.【答案】 (1)D (2)8π求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．[对点训练]1．(2018·洛阳第一次统考)一个几何体的三视图如图所示，图中的三个正方形的边长均为2，则该几何体的体积为( )A ．8－2π3B ．4－π3C ．8－π3D ．4－2π3解析：选A.由三视图可得该几何体的直观图如图所示，该几何体是一个棱长为2的正方体上、下各挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，其体积为23－2×13×π×12×1＝8－2π3.故选A.2．(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.故选B.多面体与球(综合型)[典型例题]命题角度一 外接球(2018·南宁模拟)三棱锥P -ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，P A⊥PB ，三棱锥P -ABC 的外接球的体积为( )A.272π B.2732πC ．273πD ．27π【解析】 因为三棱锥P -ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，所以△P AB ≌△PBC ≌△P AC .因为P A ⊥PB ，所以P A ⊥PC ，PC ⊥PB .以P A ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P -ABC 的外接球．因为正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，所以其外接球半径R ＝332.因此三棱锥P -ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝⎛⎭⎫3323＝2732π，故选B.【答案】 B解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．命题角度二 内切球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.7π6B.4π3C.2π3D.π2【解析】 当注入水的体积是该三棱锥体积的78时，设水面上方的小三棱锥的棱长为x (各棱长都相等)，依题意，⎝⎛⎭⎫x 43＝18，得x ＝2.易得小三棱锥的高为263，设小球半径为r ，则13S 底面·263＝4·13·S 底面·r ，得r ＝66，故小球的表面积S ＝4πr 2＝2π3.故选C.【答案】 C求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．命题角度三 与球有关的最值问题(2018·高考全国卷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【解析】 如图，E 是AC 中点，M 是△ABC 的重心，O 为球心，连接BE ，OM ，OD ，BO .因为S △ABC ＝34AB 2＝93，所以AB ＝6，BM ＝23BE ＝23AB 2－AE 2＝2 3.易知OM ⊥平面ABC ，所以在Rt △OBM 中，OM ＝OB 2－BM 2＝2，所以当D ，O ，M 三点共线且DM ＝OD ＋OM 时，三棱锥D -ABC 的体积取得最大值，且最大值V max ＝13S △ABC ×(4＋OM )＝13×93×6＝18 3.故选B.【答案】 B多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题，二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下，截面的最值问题．[对点训练]1．(2018·福州模拟)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.83π B.323π C ．16πD ．32π解析：选B.设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，R 2＝(3－R )2＋(3)2，解得R ＝2，所以所求球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π，故选B.2．(2018·洛阳第一次联考)已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱均相切，则球O 的体积为( )A.823πB.833πC.863π D.1623π解析：选A.将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径为正方体的棱长22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π，故选A.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 的体积等于( )A.42π3B.162π3C.322π3D.642π3解析：选D.由题意得，当四棱锥的体积取得最大值时，该四棱锥为正四棱锥．因为该四棱锥的表面积等于16＋163，设球O 的半径为R ，则AC ＝2R ，SO ＝R ，如图，所以该四棱锥的底面边长AB ＝2R ，则有(2R )2＋4×12×2R × （2R ）2－⎝⎛⎭⎫22R 2＝16＋163，解得R ＝22，所以球O 的体积是43πR 3＝6423π.故选D.一、选择题1．(2018·长沙模拟)如图是一个正方体，A ，B ，C 为三个顶点，D 是棱的中点，则三棱锥A -BCD 的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)( )解析：选A.正视图和俯视图中棱AD 和BD 均看不见，故为虚线，易知选A.2．(2018·高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示．易知，BC ∥AD ，BC ＝1，AD ＝AB ＝P A ＝2，AB ⊥AD ，P A ⊥平面ABCD ，故△P AD ，△P AB 为直角三角形， 因为P A ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥BC ，又BC ⊥AB ，且P A ∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面P AB ，又PB ⊂平面P AB ，所以BC ⊥PB ，所以△PBC 为直角三角形，容易求得PC ＝3，CD ＝5，PD ＝22， 故△PCD 不是直角三角形，故选C.3．(2018·沈阳教学质量监测(一))如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.4π3B.8π3C.16π3D.32π3解析：选A.由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V ＝12×13×π×22×2＝4π3，故选A.4．(2018·西安八校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.4π3B.5π3 C ．2＋2π3D ．4＋2π3解析：选B.由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球与一个底面半径为1，高为2的半圆柱组合而成的组合体，故其体积V ＝23π×13＋12π×12×2＝5π3，故选B.5．(2018·长春质量检测(一))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.6．(2018·南昌调研)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.23 B.43 C ．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＝23.7．(2018·辽宁五校协作体联考)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是三棱锥的三视图，则此三棱锥的体积是( )A ．8B ．16C ．24D ．48解析：选A.由三视图还原三棱锥的直观图，如图中三棱锥P ­ABC 所示，且长方体的长、宽、高分别为6，2，4，△ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝6，三棱锥P -ABC 的高为4，故其体积为13×12×6×2×4＝8，故选A.8．将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( )A.π27B.8π27C.π3D.2π9解析：选B.如图所示，设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V ，由题意可得r 1＝2－x2，所以x ＝2－2r ，所以圆柱的体积V ＝πr 2(2－2r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，设V (r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，则V ′(r )＝2π(2r －3r 2)，由2π(2r －3r 2)＝0得r ＝23，所以圆柱的最大体积V max ＝2π⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫232－⎝⎛⎭⎫233＝8π27. 9．(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 ．14B ．10＋4 2 C.212＋4 2 D.21＋32＋4 2解析：选D.由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示．所以该多面体的表面积S ＝2×⎝⎛⎭⎫22－12×1×1＋12×(22－12)＋12×22＋2×22＋12×32×(2)2＝21＋32＋42，故选D. 10．(2018·太原模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最长的棱长为( )A ．3 3B ．2 6 C.21D ．2 5解析：选B.由三视图得，该几何体是四棱锥P -ABCD ，如图所示，ABCD 为矩形，AB ＝2，BC ＝3，平面P AD ⊥平面ABCD ，过点P 作PE ⊥AD ，则PE ＝4，DE ＝2，所以CE ＝22，所以最长的棱PC ＝PE 2＋CE 2＝26，故选B.11．(2018·南昌调研)已知三棱锥P -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 满足AB ＝22，∠ACB ＝90°，P A 为球O 的直径且P A ＝4，则点P 到底面ABC 的距离为( )A. 2 B ．2 2 C. 3D ．2 3解析：选B.取AB 的中点O 1，连接OO 1，如图，在△ABC 中，AB ＝22，∠ACB ＝90°，所以△ABC 所在小圆O 1是以AB 为直径的圆，所以O 1A ＝2，且OO 1⊥AO 1，又球O 的直径P A ＝4，所以OA ＝2，所以OO 1＝OA 2－O 1A 2＝2，且OO 1⊥底面ABC ，所以点P 到平面ABC 的距离为2OO 1＝2 2.12．(2018·高考全国卷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.32解析：选A.记该正方体为ABCD -A ′B ′C ′D ′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB ′，AD ′，B ′D ′，因为三棱锥A ′­AB ′D ′是正三棱锥，所以A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面AB ′D ′所成的角都相等．分别取C ′D ′，B ′C ′，BB ′，AB ，AD ，DD ′的中点E ，F ，G ，H ，I ，J ，连接EF ，FG ，GH ，IH ，IJ ，JE ，易得E ，F ，G ，H ，I ，J 六点共面，平面EFGHIJ 与平面AB ′D ′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF ＝FG ＝GH ＝IH ＝IJ ＝JE ＝22，所以该正六边形的面积为6×34×⎝⎛⎭⎫222＝334，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334，故选A. 二、填空题13．(2018·洛阳第一次联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：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.答案：2314．(2018·福州四校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析：在长、宽、高分别为3，33，33的长方体中，由几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥C -BAP ，其中底面BAP 是∠BAP ＝90°的直角三角形，AB ＝3，AP ＝33，所以BP ＝6，又棱CB ⊥平面BAP 且CB ＝33，所以AC ＝6，所以该几何体的表面积是12×3×33＋12×3×33＋12×6×33＋12×6×33＝27 3. 答案：27 315．(2018·高考全国卷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：如图所示，设S 在底面的射影为S ′，连接AS ′，SS ′.△SAB 的面积为12·SA ·SB ·sin∠ASB ＝12·SA 2·1－cos 2∠ASB ＝1516·SA 2＝515，所以SA 2＝80，SA ＝4 5.因为SA 与底面所成的角为45°，所以∠SAS ′＝45°，AS ′＝SA ·cos 45°＝45×22＝210.所以底面周长l ＝2π·AS ′＝410π，所以圆锥的侧面积为12×45×410π＝402π.答案：402π16．(2018·潍坊模拟)已知正四棱柱的顶点在同一个球面上，且球的表面积为12π，当正四棱柱的体积最大时，正四棱柱的高为________．解析：设正四棱柱的底面边长为a ，高为h ，球的半径为r ，由题意知4πr 2＝12π，所以r 2＝3，又2a 2＋h 2＝(2r )2＝12，所以a 2＝6－h 22，所以正四棱柱的体积V ＝a 2h ＝⎝⎛⎭⎫6－h 22h ，则V ′＝6－32h 2，由V ′>0，得0<h <2，由V ′<0，得h >2，所以当h ＝2时，正四棱柱的体积最大，V max ＝8.答案：2。

2017届高考数学二轮复习第一部分专题篇专题四立体几何第二讲空间点、线、面位置关系的判断课时作业理1．(2016·正定摸底)已知直线a与平面α，β，α∥β，a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中( )A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一一条与a平行的直线解析：设直线a和点B所确定的平面为γ，则α∩γ＝a，记β∩γ＝b，∵α∥β，∴a ∥b，故存在唯一一条直线b与a平行．答案：D2．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：易知①正确；②错误，l与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明；④正确，可以以三棱柱为例证明，故选B.答案：B3．如图所示，O为正方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是( )A．A1D B．AA1C．A1D1D．A1C1解析：由题意知，A1C1⊥平面DD1B1B，又OB1⊂面DD1B1B，所以A1C1⊥OB1，故选D.答案：D4．(2016·某某模拟)设m、n为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，给出下列命题：①若m⊥α，m⊥β，则α∥β；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若m⊥α，n⊥α，则m∥n.上述命题中，所有真命题的序号是( )A．①④B．②③C．①③D．②④解析：由线面垂直的性质定理知①④正确；平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，故②错；平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能相交或异面，故③错．选A. 答案：A5.如图，在三棱锥P­ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.答案：B6．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是( ) A．垂直B．相交不垂直C ．平行D ．重合 解析：如图，分别取另三条棱的中点A ，B ，C 将平面LMN 延展为平面正六边形AMBNCL ，因为PQ ∥AL ，PR ∥AM ，且PQ 与PR 相交，AL与AM 相交，所以平面PQR ∥平面AMBNCL ，即平面LMN ∥平面PQR .答案：C7．一个面截空间四边形的四边得到四个交点，如果该空间四边形的两条对角线与这个截面平行，那么此四个交点围成的四边形是________．解析：如图，由题意得AC ∥平面EFGH ，BD ∥平面EFGH .∵AC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面EFGH ＝EF ，∴AC ∥EF ，同理AC ∥GH ，所以EF ∥GH .同理，EH ∥FG ，所以四边形EFGH 为平行四边形．答案：平行四边形8．(2016·某某模拟)如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，P 为棱DC 的中点，则D 1P 与BC 1所在直线所成角的余弦值等于________．解析：连接AD 1，AP (图略)，则∠AD 1P 就是所求角，设AB ＝2，则AP ＝D 1P ＝5，AD 1＝22，∴cos ∠AD 1P ＝12AD 1D 1P ＝105. 答案：1059.如图，在棱长为1的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值X 围是________．解析：取B 1C 1中点M ，则A 1M ∥AE ；取BB 1中点N ，则MN ∥EF (图略)，∴平面A 1MN ∥平面AEF .若A 1P ∥平面AEF ，只需P ∈MN ，则P 位于MN 中点时，A 1P 最短；当P 位于M 或N 时，A 1P 最长．不难求得A 1P 的取值X 围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52 10.(2016·某某模拟)如图，在四面体ABCD 中，平面BAD ⊥平面CAD ，∠BAD ＝90°.M ，N ，Q 分别为棱AD ，BD ，AC 的中点．(1)求证：CD ∥平面MNQ ；(2)求证：平面MNQ ⊥平面CAD .证明：(1)因为M ，Q 分别为棱AD ，AC 的中点，所以MQ ∥CD ，又CD ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，故CD ∥平面MNQ .(2)因为M ，N 分别为棱AD ，BD 的中点，所以MN ∥AB ，又∠BAD ＝90°，故MN ⊥AD .因为平面BAD ⊥平面CAD ，平面BAD ∩平面CAD ＝AD ，且MN ⊂平面ABD ，所以MN ⊥平面CAD ，又MN ⊂平面MNQ ，所以平面MNQ ⊥平面CAD .11．(2016·某某五校联考)如图，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA ＝PD ，∠BAD ＝60°，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．(1)求证：AD ⊥平面PBE ；(2)若Q 是PC 的中点，求证：PA ∥平面BDQ ；(3)若V P ­BCDE ＝2V Q ­ABCD ，试求CP CQ的值．解析：(1)证明：由E 是AD 的中点，PA ＝PD 可得AD ⊥PE .又底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，所以AB ＝BD ，又因为E 是AD 的中点，所以AD ⊥BE ，又PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PBE .(2)证明：连接AC (图略)，交BD 于点O ，连接OQ .因为O 是AC 的中点， Q 是PC 的中点，所以OQ ∥PA ，又PA ⊄平面BDQ ，OQ ⊂平面BDQ ，(3)设四棱锥P ­BCDE ，Q ­ABCD 的高分别为h 1，h 2.所以V P ­BCDE ＝13S 四边形BCDE h 1， V Q ­ABCD ＝13S 四边形ABCD h 2.又因为V P ­BCDE ＝2V Q ­ABCD ，且S 四边形BCDE ＝34S 四边形ABCD ，所以CP CQ ＝h 1h 2＝83. 12．(2016·某某模拟)一个正方体的平面展开图及该正方体直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N .(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN ∥平面BDH ；(3)过点M ，N ，H 的平面将正方体分割为两部分，求这两部分的体积比．解析：(1)点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)证明：连接BD ，设O 为BD 的中点，连接OM ，OH ，AC ，BH ，MN .∵M ，N 分别是BC ，GH 的中点，∴OM ∥CD ，且OM ＝12CD ，NH ∥CD ，且NH ＝12CD ， ∴OM ∥NH ，OM ＝NH ，则四边形MNHO 是平行四边形，∴MN ∥OH ，又∵MN ⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ，(3)由(2)知，OM∥NH，OM＝NH，连接GM，MH，过点M，N，H的平面就是平面GMH，它将正方体分割为两个同高的棱柱，高都是GH，底面分别是四边形BMGF和三角形MGC，体积比等于底面积之比，即3∶1.。

第三讲立体几何——大题备考【命题规律】立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关．微专题1线面角保分题[2022·辽宁沈阳二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，P A⊥平面ABCD，P A＝2AB＝4，点M是P A的中点．(1)求证：BD⊥CM；(2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．提分题例1 [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．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求线面角的答题模板巩固训练1[2022·山东泰安一模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，P A⊥平面ABCD，E为PD中点．(1)若P A＝1，求证：AE⊥平面PCD；(2)当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E-ABC的体积．微专题2二面角保分题[2022·山东临沂二模]如图，AB是圆柱底面圆O的直径，AA1、CC1为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB＝AA1＝2BC＝2CD，E、F分别为A1D、C1C的中点．(1)证明：EF∥平面ABCD；(2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值．提分题例2 [2022·湖南岳阳三模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，F是PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AFC；(2)若直线P A⊥平面ABCD，AC＝AP＝2，且P A与平面AFC所成的角正弦值为√21，求7锐二面角F-AC-D的余弦值．听课笔记：AD，现例3 [2022·山东日照二模]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝12以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且P A⊥CD.(1)证明：平面APC⊥平面ADC；(2)若M为PD上一点，且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍，求二面角P-AC-M的余弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求二面角的答题模板巩固训练21.[2022·广东韶关二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB 的中点．AB＝2，AD＝4，P A＝PD＝2√2.(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO∥平面P AD；(2)若二面角P-AD-B的大小为2π，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．32．[2022·河北保定一模]如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝1，∠BCD ＝60°，现将DAC沿AC折起至P AC，使得PB＝√2.(1)证明：AB⊥PC；(2)求二面角A-PC-B的余弦值．微专题3探索性问题提分题例4 [2022·山东聊城三模]已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证：AP⊥BE；(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．听课笔记：【技法领悟】1．通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；否则假设不成立．2．探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．巩固训练3[2022·湖南岳阳一模]如图，在三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC，BC⊥AC.(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；(2)若BC＝SC，SC⊥SA，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．第三讲 立体几何微专题1 线面角保分题解析：(1)证明：如图，连接AC ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD .又P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BD ， ∵P A ，AC ⊂平面P AC ，P A∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面P AC ， 又CM ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥CM .(2)易知AB ，AD ，AP 两两垂直，以点A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz . ∵P A ＝2AB ＝4，∴A (0，0，0)，P (0，0，4)，M (0，0，2)，C (2，2，0)，D (0，2，0), ∴MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－2)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2，－2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－4)． 设平面MCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y −2z =0n ·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y −2z =0，令y ＝1，得n ＝(0，1，1)．设直线PC 与平面MCD 所成角为θ，由图可知0<θ<π2，则sin θ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·PC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√12+12×√22+22+(−4)2＝√36.即直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√36.提分题[例1]解析：(1)证明：∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，∴AB＝CB.∵E为AC的中点，∴DE⊥AC，BE⊥AC.∵DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面BED，∴AC⊥平面BED.∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD.(2)如图，连接EF.由(1)知AC⊥平面BED.又∵EF⊂平面BED，∴EF⊥AC.AC·EF.∴S△AFC＝12当EF⊥BD时，EF的长最小，此时△AFC的面积最小．由(1)知AB＝CB＝2.又∵∠ACB＝60°，∴△ABC是边长为2的正三角形，∴BE＝√3.∵AD⊥CD，∴DE＝1，∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE.以点E为坐标原点，直线EA，EB，ED分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，√3，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，√3，0)，AD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，1)，DB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3，－1)，ED⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)，EC⃗⃗⃗⃗ ＝(－∴AB1，0，0)．设DF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)＋λ(0，√3，－1)＝(0，√3λ，1－λ)． ∵EF ⊥DB ，∴EF⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3λ，1－λ)·(0，√3，－1)＝4λ－1＝0， ∴λ＝14，∴EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)，∴CF ⃗⃗⃗⃗ ＝EF ⃗⃗⃗⃗ −EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)－(－1，0，0)＝(1，√34，34)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ·AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{−x +√3y =0，−x +z =0.取y ＝1，则x ＝√3，z ＝√3，∴n ＝(√3，1，√3)．设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·CF ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝|√3×1+1×√34+√3×34|√3+1+3× √1+316+916＝4√37. 故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37. [巩固训练1]解析：(1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， ∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ⊥CD ，又AD∩P A ＝A ，AD 、P A ⊂平面P AD ，∴CD ⊥平面P AD ， ∵AE ⊂平面P AD ，∴AE ⊥CD ，在△P AD 中，P A ＝AD ，E 为PD 的中点，∴AE ⊥PD ， 而PD∩CD ＝D ，PD 、CD ⊂平面PCD ， ∴AE ⊥平面PCD .(2)以A 为坐标原点，分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系， 设AP ＝a (a ＞0)，则C (2，1，0)，P (0，0，a )，E (0，12，a2)， ∴AC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，12，a2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，－a )， 设平面ACE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y =0n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =12y +a 2z =0，取y ＝－a ，可得n ＝(a2，－a ，－1)．设直线PC 与平面ACE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·FC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||FC ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√54a 2+1·√5+a 2＝√29+20a2+5a ≤27，当且仅当a ＝√2时等号成立．即当AP ＝√2时，直线PC 与平面ACE 所成角最大， 此时三棱锥E - ABC 的体积V ＝13×12×2×1×√22＝√26.微专题2 二面角保分题解析：(1)证明：取AD 的中点M ，连接EM 、MC ，∵E 为A 1D 的中点，F 为CC 1的中点，∴EM ∥AA 1，EM ＝12AA 1，又CF ∥AA 1，CF ＝12AA 1，∴EM ∥CF ，EM ＝CF ，∴四边形EMCF 为平行四边形，∴EF ∥CM ， 又EF ⊄平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ， ∴EF ∥平面ABCD .(2)设AB ＝AA 1＝2BC ＝2CD ＝4，∵AC ⊥BC ，∴AC ＝2√3.由题意知CA 、CB 、CC 1两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CA 、CB 、CC 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．则A 1(2√3，0，4)、O (√3，1，0)、F (0，0，2)、C (0，0，0)、D (√3，－1，0)， ∴A 1D 的中点E 的坐标为(3√32，－12，2)， ∴OF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√3，－1，2)，EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(－3√32，12，0)， 设平面OEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0，即{−√3x −y +2z =0−3√32x +12y =0，即{√3x +y −2z =03√3x −y =0， 令x ＝√3，得n ＝(√3，9，6)， ∵AC ⊥BC ，AC ⊥CC 1，BC ∩CC 1＝C ， ∴AC ⊥平面BCC 1，∴平面BCC 1的一个法向量为CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√3，0，0)，cos 〈n ，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝n·CA ⃗⃗⃗⃗⃗|n |·|CA ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√3+81+36·2√3＝√1020， ∴平面OEF 与平面BCC 1夹角的余弦值为√1020. 提分题[例2] 解析：(1)证明：连接BD 交AC 于O ， 易证O 为BD 中点，又F 是PD 的中点， 所以OF ∥PB ，又OF ⊂平面AFC ，且PB 不在平面AFC 内， 故PB ∥平面AFC .(2)取PC 中点为Q ，以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OQ 为z 轴建立空间直角坐标系，设OB ＝m ，则A (0，－1，0)，B (m ，0，0)，C (0，1，0)，P (0，－1，2)，D (－m ，0，0)⇒F (－m2，－12，1)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，2)，OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－m 2，－12，1)，OC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，1，0)， 设平面AFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由{n ⊥OF ⃗⃗⃗⃗⃗ n ⊥OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒{−m2x −12y +z =0y =0，令x ＝2，有n ＝(2，0，m )，由P A 与平面AFC 所成的角正弦值为√217⇒√217＝|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AP⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|＝2√4+m 2⇒m ＝√3， 平面ACD 的法向量为m ＝(0，0，1)，则锐二面角F - AC - D 的余弦值为 |m·n ||m |·|n |＝√3√7＝√217. [例3] 解析：(1)证明：在梯形ABCD 中取AD 中点N ，连接CN ， 则由BC 平行且等于AN 知ABCN 为平行四边形，所以CN ＝AB ， 由CN ＝12AD 知C 点在以AD 为直径的圆上，所以AC ⊥CD . 又AP ⊥CD ，AP∩AC ＝A, AP ，AC ⊂平面P AC ， ∴CD ⊥平面P AC ， 又CD ⊂平面ADC ， ∴平面APC ⊥平面ADC .(2)取AC 中点O ，连接PO ，由AP ＝PC ，可知PO ⊥AC ，再由平面P AC ⊥平面ACD ，AC 为两面交线，所以PO ⊥平面ACD ，以O 为原点，OA 为x 轴，过O 且与OA 垂直的直线为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，令AB ＝2，则A (√3，0，0)，C (－√3，0，0)，P (0，0，1)，D (－√3，2，0)， 由V P - ACM ∶V D - ACM ＝1∶2，得PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√33，23，23)， 设平面ACM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由{n ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{−√33x +23y +23z =0√3x =0， 取z ＝－1得x ＝0，y ＝1，所以n ＝(0，1，－1)，而平面P AC 的法向量m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝m·n |m ||n |＝√22. 又因为二面角P - AC - M 为锐二面角，所以其余弦值为√22. [巩固训练2]1．解析：(1)证明：取线段PD 的中点H ，连接OH 、HA ，如图，在△PCD 中，O 、H 分别是PC 、PD 的中点，所以OH ∥CD 且OH ＝12CD ， 所以OH ∥AS 且OH ＝AS ，所以四边形ASOH 是平行四边形，所以SO ∥AH ， 又AH ⊂平面P AD ，SO ⊄平面P AD ，所以SO ∥平面P AD .(2)取线段AD 、BC 的中点E 、F ，连结PE 、EF .由点E 是线段AD 的中点，P A ＝PD 可得PE ⊥AD ，又EF ⊥AD ，所以∠PEF 是二面角P - AD － B 的平面角，即∠PEF ＝23π，以E 为原点，EA ⃗⃗⃗⃗⃗ 、EF ⃗⃗⃗⃗ 方向分别为x 轴、y 轴正方向，建立如图所示坐标系，在△P AD 中，AD ＝4，P A ＝PD ＝2√2知：PE ＝2，所以P (0，－1，√3)，D (－2，0，0)，B (2，2，0)，C (－2，2，0)，所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，1，－√3)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，3，－√3)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，3，－√3)， 设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则{n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗=0n ·PC⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x +3y −√3z =0−2x +3y −√3z =0，可取n ＝(0，1，√3)，设直线PD 与平面PBC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈PD⃗⃗⃗⃗⃗ ，n 〉|＝2·2√2＝√24，所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为√24.2．解析：(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，过A 作AE ⊥BC 于E ，过D 作DF ⊥BC 于F ，因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝CD ＝1，∠BCD ＝60°，所以BE ＝CF ＝12CD ＝12，AE ＝DF ＝√12−(12)2＝√32，所以AC ＝BD ＝√(32)2+(√32)2＝√3，BC ＝2，所以BD 2＋CD 2＝BC 2，所以BD ⊥CD ，同理AB ⊥AC ， 又因为AP ＝AB ＝1，PB ＝√2， ∴AP 2＋AB 2＝PB 2，∴AB ⊥AP 又AC∩AP ＝A ，AC ，AP ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥平面ACP ， 因为PC ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥PC .(2)取AC 的中点为M ，BC 的中点为N ，则MN ∥AB ， 因为AB ⊥平面ACP ，所以MN ⊥平面ACP ，因为AC ，PM ⊂平面ACP ，所以MN ⊥AC ，MN ⊥PM ， 因为P A ＝PC ，AC 的中点为M ，所以PM ⊥AC ， 所以MN ，MC ，MP 两两垂直，所以以M 为原点，以MN 所在直线为x 轴，以MC 所在直线为y 轴，以MP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，－√32，0)，B (1，－√32，0)，C (0，√32，0)，P (0，0，12)， PC⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√32，－12)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，－√32，－12)， 平面APC 的一个法向量为m ＝AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，0)， 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 {n ·PC⃗⃗⃗⃗ =√32y −12z =0n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −√32y −12z =0，令y ＝1，则n ＝(√3，1，√3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝√31×√7＝√217， 因为二面角A - PC - B 为锐角， 所以二面角A - PC - B 的余弦值为√217.微专题3 探索性问题提分题[例4] 解析：(1)证明：因为四边形ABCD 为平行四边形，且△ADE 为等边三角形， 所以∠BCE ＝120°，又E 为CD 的中点，所以CE ＝ED ＝DA ＝CB ，即△BCE 为等腰三角形， 所以∠CEB ＝30°.所以∠AEB ＝180°－∠AED －∠BEC ＝90°， 即BE ⊥AE .又因为平面AEP ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ， 所以BE ⊥平面APE ，又AP ⊂平面APE ，所以BE ⊥AP .(2)取AE 的中点O ，连接PO ，由于△APE 为正三角形，则PO ⊥AE ， 又平面APE ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面EAP ， 所以PO ⊥平面ABCE ，PO ＝√3，BE ＝2√3， 取AB 的中点G ，则OG ∥BE ， 由(1)得BE ⊥AE ，所以OG ⊥AE ，以点O 为原点，分别以OA ，OG ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz ，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (－1，2√3，0)，P (0，0，√3)，E (－1，0，0)， 则EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，0，0)，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2√3，0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，2√3，－√3)，EP ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3), 假设存在点F ，使平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°， 设PF⃗⃗⃗⃗ ＝λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－λ，2√3λ，－√3λ)，λ∈[0，1]， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝EP ⃗⃗⃗⃗ +PF ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3)＋(－λ，2√3λ，－√3λ)＝(1－λ，2√3λ，√3−√3λ)， 设平面AEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由{EF ⃗⃗⃗⃗·m =0EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{(1−λ)x +2√3λy +(√3，－√3λ)z =02x =0， 取z ＝2λ，得m ＝(0，λ－1，2λ); 由(1)知EB⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面AEP 的一个法向量，于是，cos 45°＝|cos 〈m ，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|m·EB ⃗⃗⃗⃗⃗||m |·|EB⃗⃗⃗⃗⃗ |＝2√3|λ−1|2√3·√5λ2−2λ+1＝√22，解得λ＝13或λ＝－1(舍去)，所以存在点F ，且当点F 为线段PB 的靠近点P 的三等分点时，平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°.[巩固训练3]解析：(1)证明：取AB 的中点E ，连接SE ，CE ，∵SA ＝SB ，∴SE ⊥AB ， ∵BC ⊥AC ，∴三角形ACB 为直角三角形，∴BE ＝EC ， 又BS ＝SC ，∴△SEC ≌△SEB ，∴∠SEB ＝∠SEC ＝90°， ∴SE ⊥EC ，又SE ⊥AB ，AB∩CE ＝E ，∴SE ⊥平面ABC . 又SE ⊂平面SAB ，∴平面SAB ⊥平面ABC .(2)以E 为坐标原点，平行AC 的直线为x 轴，平行BC 的直线为y 轴，ES 为z 轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设SA ＝SB ＝SC ＝2，SC ⊥SA ，则AC ＝2√2，BC ＝SC ＝2知EC ＝2√3，SE ＝1，则A (－√2，1，0)，B (√2，－1，0)，C (√2，1，0)，E (0，0，0)，S (0，0，1)，∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√2，－2，0)，SA ⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2，1，－1)， 设D (x ，y ，z )，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λCS ⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则(x －√2，y －1，z )＝λ(－√2，－1，1)， ∴D (√2−√2λ，1－λ，λ)，BD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2λ，2－λ，λ)． 设平面SAB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2√2x 1−2y 1=0n ·SA ⃗⃗⃗⃗ =−√2x 1+y 1−z 1=0，取x 1＝1，得n ＝(1，√2，0)，sin 60°＝|n·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，则√2−2√2λ|√3×√2λ2+(2−λ)2+λ2＝√32， 得λ2＋7λ＋1＝0，又∵0≤λ≤1，方程无解，∴不存在点D ，使直线BD 与平面SAB 所成的角为60°.。

2020高考虽然延期，但是每天练习一定要跟上，加油！一、选择题1、已知m,n 是两条不同直线，α,β,Υ是三个不同平面.下列命题中正确的是（A ）若α⊥Υ，β∥Υ，则α∥β (B)若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n （C ）若m ∥α，n ∥α，则m ∥n （D ）若m ∥α，m ∥β，则a ∥β2、如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AA 1=1,则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为 A.63B.265C.155D.1053、用与球心距离为1的平面去截面面积为π，则球的体积为 A.323πB.83πC.82πD. 823π4、已知直线m 、n 和平面、满足m ⊥n ，⊥，m α⊥则 A. n ⊥B. n ∥或nC. n ⊥D. n ∥或n5、长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的8个顶点在同一个球面上，且AB ＝2，AD ＝3，AA 1＝1，则顶点A 、B 间的球面距离是 A.42πB.22π C.π2 D.π226、设直线m 与平面α相交但不．垂直，则下列说法中正确的是 A. 在平面α内有且只有一条直线与直线m 垂直 B. 过直线m 有且只有一个平面与平面α垂直 C. 与直线m 垂直的直线不可能．．．与平面α平行 D. 与直线m 平行的平面不．可能与平面α垂直 7、已知三棱柱ABC －111C B A 的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC内的射影为△ABC 的中心，则A 1B 与底面ABC 所成角的正弦值等于 (A)31(B)32 (C)33 (D)32 8、正四棱锥的侧棱长为32，侧棱与底面所成的角为︒60，则该棱锥的体积为A. 3B. 6C. 9D.189、已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆.若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于A.1B. 2C. 3D. 210、设M 是球O 的半径OP 的中点，分别过M 、O 作垂直于OP 的平面，截球面得到两个圆，则这两个圆的面积比值为（A ）14 （B ）12 （C ）23（D ）3411、设直线l α⊂平面，过平面α外一点A 且与l 、α都成30°角的直线有且只有（A ）1条 （B ）2条 （C ）3条 （D ）4条12、若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60°的菱形，则该棱柱的体积为（A （B ） （C ） （D ）13、设a b ，是两条直线，αβ，是两个平面，则a b ⊥的一个充分条件是（ ）A ．a b αβαβ⊥⊥，∥，B ．a b αβαβ⊥⊥，，∥C ．a b αβαβ⊂⊥，，∥D ．a b αβαβ⊂⊥，∥，14、对两条不相交的空间直线a 和b ，必定存在平面α，使得 （A ）,a b αα⊂⊂ （B ）,//a b αα⊂ （C ）,a b αα⊥⊥ （D ）,a b αα⊂⊥15、设有直线m 、n 和平面α、β。

专题04 立体几何1．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【解析】依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S=140.0k m2=140×106m2，下底面积S'=180.0k m2=180×106m2，∴V=13ℎ(S+S'+√S S')=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)¿3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．故选：C．2．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）A．[18,814]B．[274,814]C．[274,643]D．[18,27]【答案】C【分析】设正四棱锥的高为ℎ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【解析】∵ 球的体积为36π，所以球的半径R=3,设正四棱锥的底面边长为2a，高为ℎ，则l2=2a2+ℎ2，32=2a2+(3−ℎ)2,所以6ℎ=l2，2a2=l2−ℎ2所以正四棱锥的体积V=13Sℎ=13×4a2×ℎ=23×(l2−l436)×l26=19(l4−l636)，所以V'=19(4l3−l56)=19l3(24−l26)，当3≤l≤2√6时，V'>0，当2√6<l≤3√3时，V'<0，所以当l=2√6时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为64 3，又l=3时，V=274，l=3√3时，V=814,所以正四棱锥的体积V的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是[274，643].故选：C.3．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A．100πB．128πC．144πD．192π【答案】A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，所以2r1=3√3sin60∘,2r2=4√3sin60∘，即r 1=3,r2=4，设球心到上下底面的距离分别为d1,d2，球的半径为R，所以d1=√R2−9，d2=√R2−16，故|d1−d2|=1或d1+d2=1，即|√R2−9−√R2−16|=1或√R2−9+√R2−16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．故选：A．4．【2021年新高考1卷】已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）A ．B．C．D．【答案】B【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.【解析】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.故选：B.5．【2021年新高考2卷】正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A．B．C．D．【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.【解析】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2，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积.故选：D. 6．【2020年新高考1卷（山东卷）】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ）A．20°B．40°C．50°D．90°【答案】B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..由于，所以，由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.7．【2022年新高考1卷】已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则（ ）A．直线BC1与D A1所成的角为90°B．直线BC1与C A1所成的角为90°C．直线BC1与平面B B1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【答案】ABD【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【解析】如图，连接B1C、BC1，因为D A1/¿B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与D A1所成的角，因为四边形B B1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与D A1所成的角为90°，A 正确；连接A1C，因为A1B1⊥平面B B1C1C，BC1⊂平面B B1C1C，则A1B1⊥B C1，因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C=B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥C A1，故B正确；连接A1C1，设A1C1∩B1D1=O，连接BO，因为B B1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B=B1，所以C1O⊥平面B B1D1D，所以∠C1BO为直线BC1与平面B B1D1D所成的角，设正方体棱长为1，则C1O=√22，BC1=√2，sin∠C1BO=C1OB C1=12，所以，直线BC1与平面B B1D1D所成的角为30∘，故C错误；因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC=45∘，故D正确.故选：ABD8．【2022年新高考2卷】如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V1,V2,V3，则（ ）A．V3=2V2B．V3=V1 C．V3=V1+V2D．2V3=3V1【答案】CD【分析】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=VA−EFM+VC−EFM计算出V3，依次判断选项即可.【解析】设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=√2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2√2a,EG=a，则EM=√2(√)2√6a,FM=√2(√)2√3a，EF=√2(√)23a，E M2+F M2=E F2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=3√22a2，AC=2√2a，则V3=V A−EFM+V C−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.9．【2021年新高考1卷】在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）A ．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．【解析】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．10．【2021年新高考2卷】如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）A．B．C．D．【答案】BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.【解析】设正方体的棱长为，对于A，如图（1）所示，连接，则，故（或其补角）为异面直线所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正确.对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，故，故C正确.对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，因为正方体的棱长为2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D错误.故选：BC.11．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．【答案】.【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.【解析】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，又四棱柱为直四棱柱，所以平面A1B1C1D1，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得.故答案为：.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.12．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N 分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________【答案】【分析】利用计算即可.【解析】因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点所以，故答案为：【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. 13．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2√2．(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为A1C的中点，A A1=AB，平面A1BC⊥平面AB B1A1，求二面角A−BD−C 的正弦值．【答案】(1)√2；(2)√3 2【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC⊥平面AB B1A1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.【解析】(1)在直三棱柱ABC−A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则V A−A1BC=13S△A1BC⋅ℎ=2√23ℎ=VA1−ABC=13S△ABC⋅A1A=13VABC−A1B1C1=43，解得ℎ=√2，所以点A到平面A1BC的距离为√2；(2)取A1B的中点E,连接AE,如图，因为A A1=AB，所以AE⊥A1B,又平面A1BC⊥平面AB B1A1，平面A1BC∩平面AB B1A1=A1B，且AE⊂平面AB B1A1，所以AE⊥平面A1BC，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，B B1⊥平面ABC，由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，B B1⊥BC，又AE,B B1⊂平面AB B1A1且相交，所以BC⊥平面AB B1A1，所以BC,BA,B B1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE =√2，所以A A 1=AB =2，A 1B =2√2，所以BC =2，则A (0,2,0),A 1(0,2,2),B (0,0,0),C (2,0,0),所以A 1C 的中点D (1,1,1)，则⃗B D =(1,1,1)，⃗B A =(0,2,0),⃗BC =(2,0,0),设平面ABD 的一个法向量⃗m =(x ,y ,z )，则{⃗m ⋅⃗BD =x +y +z =0⃗m ⋅⃗BA =2y =0，可取⃗m =(1,0,−1)，设平面BDC 的一个法向量⃗n =(a ,b ,c )，则{⃗m ⋅⃗BD =a +b +c =0⃗m ⋅⃗BC =2a =0，可取⃗n=(0,1,−1)，则cos 〈⃗m ,⃗n 〉=⃗m ⋅⃗n¿⃗m ∨⋅∨⃗n ∨¿=√√=12¿，所以二面角A −BD−C 的正弦值为√1−(12)2=√32.14．【2022年新高考2卷】如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，P A =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点．(1)证明：OE /¿平面P AC ；(2)若∠ABO =∠CBO =30°，PO =3，P A =5，求二面角C −AE −B 的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)11 13【分析】（1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OA=OB，再根据直角三角形的性质得到AO=DO，即可得到O为BD的中点从而得到OE//PD，即可得证；（2）过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；【解析】(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO⊂平面ABC，所以PO⊥AO、PO⊥BO，又P A=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，∠OBA+∠ODA=90°，所以∠ODA=∠OAD所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//PD，又OE⊄平面P AC，PD⊂平面P AC，所以OE//平面P AC(2)解：过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，因为PO=3，AP=5，所以OA=√A P2−P O2=4，又∠OBA=∠OBC=30°，所以BD=2OA=8，则AD=4，AB=4√3，所以AC=12，所以O(2√3,2,0)，B(4√3,0,0)，P(2√3,2,3)，C(0,12,0)，所以E(3√3,1,32)，则⃑AE=(3√3,1,32)，⃑AB=(4√3,0,0)，⃑AC=(0,12,0)，设平面AEB的法向量为⃑n=(x,y,z)，则¿，令z=2，则y=−3，x=0，所以⃑n=(0,−3,2)；设平面AEC的法向量为⃑m=(a,b,c)，则¿，令a=√3，则c=−6，b=0，所以⃑m=(√3,0,−6)；所以cos⟨⃑n,⃑m⟩=⃑n⋅⃑m|⃑n||⃑m|=√√−4√313设二面角C−AE−B为θ，由图可知二面角C−AE−B为钝二面角，所以cosθ=−4√313，所以sinθ=√1−cos2θ=1113故二面角C−AE−B的正弦值为11 13；15．【2021年新高考1卷】如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【解析】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设,所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，所以，解得．又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G．作，垂足为点F，连结，则．因为平面，所以平面，为二面角的平面角．因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为，．[方法三]：三面角公式考虑三面角，记为，为，，记二面角为．据题意，得．对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得．①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得．如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.16．【2021年新高考2卷】在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.【解析】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.17．【2020年新高考1卷（山东卷）】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.【解析】（1）在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面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，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.［方法二］：定义法如图2，因为平面，，所以平面．在平面中，设．在平面中，过P点作，交于F，连接．因为平面平面，所以．又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．设，在中，易求．由与相似，得，可得．所以，当且仅当时等号成立．［方法三］：等体积法如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．设，在三棱锥中，．在三棱锥中，．由得，解得，当且仅当时等号成立．在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．18．【2020年新高考2卷（海南卷）】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为．（1）证明：平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到平面；（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得，即可得到直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面；（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则有，设，则有，因为QB=，所以有设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面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，所以直线与平面所成角的正弦值等于所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.。

2020专题四：立体几何题型分析考点一三视图、直观图与表面积、体积1.直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系S直观图＝24S原图形，S原图形＝22S直观图．2.三视图(1)几何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π(r＋r′)l2名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S ＝4πR 2 V ＝43πR 3例1.等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．例2．(2020·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．180B ．200C ．220D ．240例3.(1)如图所示，已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1 ­ABC 1的体积为( )A.312 B.34 C.612D.64(2)(2020·新课标Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π考点二 球与空间几何体的“切”“接”问题 方法主要是“补体”和“找球心” 方法一：直接法例1、一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为1,2,3 ，则此球的表面积为 .练习：已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积为（ ） A. 16π B. 20π C. 24π D. 32π 方法二：构造法（构造正方体或长方体）例2（2020年福建高考题）若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是 练习 （2020年全国卷）一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ） A. 3π B. 4π C. 33π D. 6π 三、确定球心位置法例3、在矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，AC 沿将矩形ABCD 折成一个直二面角B-AC-D ，则四面体ABCD 的外接球的体积为( )四、构造直角三角形例4、正四面体的棱长为a ，则其内切球和外接球的半径是多少,体积是多少？练习： 角度一 直三棱柱的外接球1．(2020·辽宁高考)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 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310角度二 正方体的外接球2．(2020·合肥模拟)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示 (图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________． 角度三 正四面体的内切球3．(2020·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________. 角度四 四棱锥的外接球4．四棱锥P ­ABCD 的五个顶点都在一个球面上，该四棱锥的三视图如图所示，E ，F 分别是棱AB ，CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球的表面积为( ) A ．9π B ．3π C ．22π D ．12π考点三 利用空间向量求角和距离 1．两条异面直线所成角的求法π12125.A π9125.B π6125.C π3125.D设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．2．直线和平面所成的角的求法如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n·e||n||e|.3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 是二面角α ­l ­β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB u u u r ，CD u u ur 〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α ­l ­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．4．点到平面的距离的求法设n r 是平面α的法向量，在α内取一点B, 则 A 到α的距离|||||cos |||AB n d AB n θ==u u u r r u u u r g r 易错点：1．求异面直线所成角时，易求出余弦值为负值而盲目得出答案而忽视了夹角为⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.2．求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值．3．利用平面的法向量求二面角的大小时，二面角是锐角或钝角由图形决定．由图形知二面角是锐角时cosθ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；由图形知二面角是钝角时，cos θ＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.当图形不能确定时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点．一、线线角问题1．(2020·沈阳调研)在直三棱柱A 1B 1C 1 ­ABC 中，∠BCA ＝90°，点D 1，F 1分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是( )A.3010 B.12 C.3015D.15102．如图，在棱长为1的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M 和N 分别是A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值为________．二、线面角的问题3、(2020·湖南高考)如图，在直棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值．[针对训练](2020·福建高考改编)如图，在四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k >0)．若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为67，求k 的值．三、二面角问题4、(2020·新课标卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB . (1)证明：BC 1//平面A 1CD ； (2)求二面角D ­A 1C ­E 的正弦值．[针对训练](2020·杭州模拟)如图，已知平面QBC 与直线PA 均垂直于Rt△ABC 所在平面， 且PA ＝AB ＝AC .(1)求证：PA ∥平面QBC ；(2)若PQ ⊥平面QBC ，求二面角Q ­PB ­A 的余弦值．四、 利用空间向量解决探索性问题．(2020·江西模拟)如图，四边形ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成的角为60°.(1)求证：AC ⊥平面BDE ； (2)求二面角F ­BE ­D 的余弦值；(3)设点M 是线段BD 上一个动点，试确定点M 的位置，使得AM ∥平面BEF ，并证明你的结论．[针对训练]已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 在线段BD 1上．当∠APC 最大时，三棱锥P ­ABC 的体积为________．五、近三年新课标高考试题立体几何（三视图1小+1小1大：（1）三视图（2）线面关系（3）与球有关的组合体（4）证明、求体积与表面积（注意规范性），作辅助线的思路（5）探索性问题的思考方法）(11)（6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（15）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为（18）（本小题满分12分）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为平行四 边形，∠DAB=60°,AB=2AD ,PD ⊥底面ABCD . （Ⅰ）证明：PA ⊥BD ；（Ⅱ）若PD =AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值。