专题四 立体几何

专题四：立体几何 【一、基础知识归类：】1、三视图画法规则：高平齐：主视图与左视图的高要保持平齐 长对正：主视图与俯视图的长应对正 宽相等：俯视图与左视图的宽度应相等2、空间几何体三视图：正视图（从前向后的正投影）；侧视图（从左向右的正投影）； 俯视图（从上向下正投影）． 3、空间几何体的直观图——斜二测画法特点：①斜二测坐标系的y 轴与x 轴正方向成 45角； ②原来与x 轴平行的线段仍然与x 平行,长度不变； ③原来与y 轴平行的线段仍然与y 平行，长度为原来的一半． 常用结论：平面图形面积与其斜二侧直观图面积之比为22：1． 4、特殊几何体表面积公式（c 为底面周长，h 为高，'h 为斜高，l 为母线）：ch S =直棱柱侧面积 rh S π2=圆柱侧 '21ch S =正棱锥侧面积 rl S π=圆锥侧面积 ')(2121h c c S +=正棱台侧面积 l R r S π)(+=圆台侧面积 ()l r r S +=π2圆柱表 ()l r r S +=π圆锥表()22R Rl rl r S +++=π圆台表 S 球面=24R π5、柱体、锥体、台体和球的体积公式：V Sh =柱 2V Sh r h π==圆柱 13V S h =锥 h r V 231π=圆锥'1()3V S S h =台'2211()()33V S S h r rR R h π=++=++圆台V 球=343R π 6、空间线面的位置关系①直线与直线：相交、平行、异面（不同在任何一个平面内的两条直线）； ②直线与平面：属于a ⊂α、相交a∩α＝A 、平行a ∥α；③ 平面与平面：平行—没有公共点：α∥β、相交—有一条公共直线：α∩β＝b ． 7、垂直和平行证明问题的解决方法须熟练掌握两类相互转化关系： ① 平行转化 ② 垂直转化同时注意结合运用中位线定理、勾股定理、等腰（等边）三角形“三线合一”； 平行四边形两组对边分别平行且相等，对角线互相平分；菱形对边平行且四边相等，对角线互相垂直平分并平分对角； 矩形对边平行且相等，四个角为直角，以及对角线互相平分且相等；正方形对边平行且四边相等，四个角为直角，对角线互相垂直平分且相等并平分对角； 梯形上底和下底平行； 圆直径对应圆周角为直角、垂径定理、过切点的半径垂直于切线等． 8、立体几何中体积的求法：直接法、割补法、等积转化等方法． 等积转化在三棱锥求体积或求点到面的距离问题中经常运用．【二、专题练习：】一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，总分60分）1．（2009天津重点学校二模） 如图，直三棱柱的主视图面积为2a 2,则左视图的面积为（ ）A ．2a 2B ．a 2C ．23a D ．243a2．（2009枣庄市二模）一个几何体的三视图如图所示， 则这个几何体的体积等于（ ） A ．361a B ．321a C ．332a D ．365a 3．（2009青岛二模）下图为长方体木块堆成的几何体三视图，则组成此几何体的长方体木块块数共有（ ）A ．3块B ．4块C ．5块D ．6块4．（2009广东省恩城中学）半径为2cm 的半圆纸片做成圆锥放在桌面上，一阵风吹倒它，它的最高处距桌面（ ）A ．4cmB ．2cmC ．cm 32D ．cm 3aaa5．（2005全国卷Ⅰ）如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为 （ ） A.32B .33 C .34 D .23 6．一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：2cm ）为（ ） A．48+ B．48+C．36+ D．36+7．（2009汕头一模）在空间中，有如下命题：①互相平行的两条直线在同一个平面内的射影必然是互相平行的两条直线； ②若平面α∥平面β，则平面α内任意一条直线m ∥平面β；③若平面α与平面β的交线为m ，平面α内的直线n ⊥直线m ，则直线n ⊥平面β； ④若平面α内的三点A, B, C 到平面β的距离相等，则α∥β． 其中正确命题的个数为（ ）个．A ．0B ．1C ．2D ．38.（2007宁夏理）已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm ），可得这个几何体的体积是（ ） A ．34000cm 3 B ．38000cm 3C ．32000cmD ．34000cm 9．（2009泰安一模）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的 体积等于（ ）A ．4B ．6C ．8D ．12正视图侧视图俯视图66663334410．设b a ,是两条直线，βα,是两个平面，则b a ⊥的一个充分条件是（ ） A ．βαβα⊥⊥,//,b a B ．βαβα//,,⊥⊥b a C ．βαβα//,,⊥⊂b a D ．βαβα⊥⊂,//,b a11．（2009玉溪市民族中学第四次月考）若球O 的半径为1，点A 、B 、C 在球面上，它们任意两点的球面距离都等于,2π则过A 、B 、C 的小圆面积与球表面积之比为 （ ） A ．121 B ．81 C ．61 D ．4112．正六棱锥P －ABCDEF 中，G 为PB 的中点，则三棱锥D －GAC 与三棱锥P －GAC 体积之比为（ ）A ．1：1B ．1：2C ．2：1D ．3：2二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，总分16分）13．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面为045，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是 ．14．在半径为13的球面上有A ， B ， C 三点，AB=6，BC=8，CA=10，则球心到平面ABC 的距离为 ． 15．图2中实线围成的部分是长方体（图1）的平面展开图，其中四边形ABCD 是边长为1的正方形．若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展开图内的概率是14，则此长方体的体积是 ．16．如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点．现将AFD ∆沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ．在平面ABD 内过点D ，作DK AB ⊥，K 为垂足．设AK t =，则t 的取值范围是 ．三、解答题（本大题共6小题，总分74分）17．右图为一简单组合体，其底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，//EC PD ，且2P D A D E C ===2．（1）答题卡指定的方框内已给出了该几何体的俯视图，请在方框内画出该几何体的正(主)视图和侧(左)视图；（2）求四棱锥B －CEPD 的体积； （3）求证：//BE 平面PDA ．18．如图，在三棱锥P ABC -中，⊿PAB 是等边三角形，∠P AC =∠PBC =90 º． （Ⅰ）证明：AB ⊥PC ；（Ⅱ）若4PC =，且平面PAC ⊥平面PBC ，求三棱锥P ABC -体积．PABCDEDABC俯视图19．如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC =12AD ，BE =12F A ，G 、H 分别为F A 、FD 的中点．（1）证明：四边形BCHG 是平行四边形； （2）C 、D 、F 、E 四点是否共面？为什么？ （3）设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE ．20．如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，且侧棱垂直于底面，由B 沿棱柱侧面经过棱CC 1到点A 1的最短路线长为CC 1的交点为D ． （1）求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积；（2）在平面A 1BD 内是否存在过点D 的直线与平面ABC 平行？证明你的判断；（3）证明：平面A 1BD ⊥平面A 1ABB 1．DC 1B 1A 1CBA21．（2009届广东省重点中学高三模拟）如图：已知四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面是正方形，O1．O分别是上．下底面的中心，A1O⊥平面ABCD．（1）求证：平面O1DC⊥平面ABCD；（2）若点E在棱AA1上，且AE=2EA1，问在棱BC上是否存在点F，使得EF⊥BC？若存在，求出其位置；若不存在，说明理由．22．（2007-2008汕头市金山中学）已知等腰梯形PDCB 中（如图1），PB=3，DC=1，PD=BC =2，A 为PB 边上一点，且P A=1，将△P AD 沿AD 折起，使面P AD ⊥面ABCD （如图2）． （Ⅰ）证明：平面P AD ⊥PCD ；（Ⅱ）试在棱PB 上确定一点M ，使截面AMC 把几何体分成的两部分1:2: MACB PD CMA V V ； （Ⅲ）在M 满足（Ⅱ）的情况下，判断直线PD 是否平行面AMC ．正视图侧视图俯视图【参考答案】一、选择题1—5：C D B D A6．答案：A 解析：棱锥的直观图如右，则有PO ＝4，OD ＝3，由勾股定理，得PD ＝5，AB ＝62，全面积为：21×6×6＋2×21×6×5＋21×62×4＝48＋122，故选A ． 7—9：B B A10．答案：C 解析：由b β⊥，α∥β得b α⊥，又a α⊂，可知b a ⊥，故a b ⊥的一个充分条件是C ． 11．答案 C12．【解析】选C .由于G 是PB 的中点,故P －GAC 的体积等于B －GAC 的体积 在底面正六边形ABCDER 中，BH ＝ABtan30°AB 而BD故DH ＝2BH 于是V D －GAC ＝2V B －GAC ＝2V P －GAC ． 二、填空题13．恢复后的原图形为一直角梯形1(11)222S =+⨯=+ 14．答案：12解析：由ABC ∆的三边大小易知此三角形是直角三角形，所以过,,A B C 三点小圆的直径即为10，也即半径是5，设球心到小圆的距离是d ，则由222513d +=，可得12d =．15．【解析】向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展开图内的概率是14，设长方体的高为x ，则()()42122214x x x +=++，所以3x =，所以长方体的体积为3．16．【解析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F 位于DC 的中点时，1t =，随着F 点到C 点时，因,,CB AB CB DK CB ⊥⊥∴⊥平面A D B ，即有CB BD ⊥，对于2,1,CD BC BD ==∴，又1,2AD AB ==，因此有AD BD ⊥，则有12t =，因此t 的取值范围是1,12⎛⎫⎪⎝⎭． 三、解答题17．解：（1）该组合体的主视图和侧视图如右图示：-----3分 （2）∵PD ⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PDCE ∴平面PDCE ⊥平面ABCD∵BC CD ⊥ ∴BC ⊥平面PDCE ----------5分 ∵11()32322S PD EC DC =+⋅=⨯⨯=梯形PDCE --6分∴四棱锥B －CEPD 的体积1132233B CEPD PDCE V S BC -=⋅=⨯⨯=梯形.----8分 （3）证明：∵//EC PD ，PD ⊂平面PDA ，EC ⊄平面PDA∴EC//平面PDA ,------------------------------------10分 同理可得BC//平面PDA ----------------------------11分∵EC ⊂平面EBC,BC ⊂平面EBC 且ECBC C =∴平面BEC //平面PDA -----------------------------13分又∵BE ⊂平面EBC ∴BE//平面PDA------------------------------------------14分 18．解析：（Ⅰ）因为PAB ∆是等边三角形，90PAC PBC ∠=∠=︒， 所以Rt PBC Rt PAC ∆≅∆，可得AC BC =． 如图，取AB 中点D ，连结PD ，CD ，则PD AB ⊥，CD AB ⊥， 所以AB ⊥平面PDC ， 所以AB PC ⊥．（Ⅱ）作BE PC ⊥，垂足为E ，连结AE ． 因为Rt PBC Rt PAC ∆≅∆，所以AE PC ⊥，AE BE =．由已知，平面PAC ⊥平面PBC ，故90AEB ∠=︒．因为Rt AEB Rt PEB ∆≅∆，所以,,AEB PEB CEB ∆∆∆都是等腰直角三角形． 由已知4PC =，得2AE BE ==， AEB ∆的面积2S =． 因为PC ⊥平面AEB ， 所以三角锥P ABC -的体积1833V S PC =⨯⨯=．19．证明：（1）由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，所以GH =12AD .又BC =12AD ，故GH =BC ，所以四边形BCHG 是平行四边形． （2）C 、D 、F 、E 四点共面．理由如下：由BE =12AF ，G 是F A 的中点知，BE =GF ，所以EF ∥BG ，由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面． 又点D 直线FH 上，所以C 、D 、F 、E 四点共面．（3）连结EG ，由AB ＝BE ，BE =AG ，及∠BAG ＝90°知ABEG 是正方形，O B 2DC 1B 1A 1CBA故BG ⊥EA .由题设知，F A 、AD 、AB 两两垂直，故AD ⊥平面F ABE ， 因此EA 是ED 在平面F ABE 内的射影，∴BG ⊥ED . 又EC ∩EA ＝E ，所以BG ⊥平面ADE . 又BG ∥CH ，所以CH ⊥平面ADE故由CH ⊂平面CDFE ，得平面ADE ⊥平面CDE .20．解：（1）如图，将侧面BB 1C 1C 绕棱CC 1旋转120°使其与侧面AA 1C 1C 在同一平面上，点B 运动到点B 2的位置，连接A 1B 2，则A 1B 2就是由点B 沿棱柱侧面经过棱CC 1到点A 1的最短路线。

专题四 向量及立体几何一．选择题（湖南）6. 若非零向量a ，b 满足||||,(2)0a b a b b =+⋅=，则a 与b 的夹角为 A. 300 B. 600 C. 1200 D. 1500（全国卷2）（8）ABC V 中，点D 在AB 上，CD 平方ACB ∠．若C B a =u u r ，CA b =uu r ，1a =，2b =，则CD =uu u rA 1233a b +B 2133a b +C 3455a b +D 4355a b + （重庆）(2) 已知向量a ，b 满足0,1,2,a b a b ∙===，则2a b -= A. 0 B. 22 C. 4 D. 8（四川）（6）设点M 是线段BC 的中点，点A 在直线BC 外，216BC = ，AB AC AB AC +=-，则AM =（A ）8 （B ）4 （C ）2 （D ）1（山东） (12)定义平面向量之间的一种运算“ ”如下，对任意的a=(m,n) ，b p,q)=（，令a b=mq-np，下面说法错误的是（ ）A.若a 与b 共线，则a b=0B.a b=b aC.对任意的R λ∈，有a)b=(λλ （a b)D. 2222(a b)+(ab)=|a||b| （湖南）4、在Rt ABC ∆中，C ∠=90°AC=4，则AB AC ⋅u u u r u u u r等于A 、-16B 、-8C 、8D 、16（湖北）5．已知ABC ∆和点M 满足0M A M B M C --→--→--→+=+.若存在实数m 使得AB AC AMm --→--→--→+=成立，则m= A ．2 B ．3 C ．4 D ．5立体几何（浙江）（6）设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（A ）若l m ⊥，m α⊂，则l α⊥ （B ）若l α⊥，l m //，则m α⊥ （C ）若l α//，m α⊂，则l m // （D ）若l α//，m α//，则l m //（全国卷2）（11）与正方体1111ABCD A B C D -的三条棱AB 、1CC 、11A D 所在直线的距离相等的点（A ）有且只有1个 （B ）有且只有2个[来源:学科网ZXXK] （C ）有且只有3个 （D ）有无数个（陕西） 8.若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（A ）2 （B ）1 （C ）23（D ）13（辽宁）（11）已知,,,S A B C 是球O 表面上的点，SA ABC ⊥平面，AB BC ⊥，1SA AB ==，2BC =，则球O 的表面积等于（A ）4π （B ）3π （C ）2π （D ）π（辽宁）(12) (12)有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a 的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a 的取值范围是(A)（0,62+） (B)（1,22） (C) (62-,62+） (D) （0,22）（江西）10.过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A 作直线L ，使L 与棱AB ,AD ,1AA 所成的角都相等，这样的直线L 可以作A.1条B.2条C.3条D.4条（重庆）（9）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点A.只有1个B.恰有3个C.恰有4个D.有无穷多个 （山东）(4)在空间，下列命题正确的是A.平行直线的平行投影重合B.平行于同一直线的两个平面平行C.垂直于同一平面的两个平面平行D.垂直于同一平面的两条直线平行（福建）3．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示,则其侧． 面积．．等于 ( ) A ．3 B ．2 C ．23 D ．6 （全国卷1）（9）正方体ABCD -1111A B C D 中，1BB 与平面1ACD 所成角的余弦值为（A ）23 （B ）33 （C ）23（D ）63（全国卷1）(6)直三棱柱111ABC A B C -中，若90BAC ∠=︒，1AB AC AA ==，则异面直线1BA 与1AC 所成的角等于(A)30° (B)45° (C)60° (D)90° （湖北）4.用a 、b 、c 表示三条不同的直线，y 表示平面，给出下列命题： ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ；②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ⊥c ； ③若a ∥y ，b ∥y ，则a ∥b ；④若a ⊥y ，b ⊥y ，则a ∥b . A. ①②B. ②③C. ①④D.③④二.解答题【湖南】如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，AB=AD=1，AA 1=2，M 是棱CC 1的中点，（Ⅰ）求异面直线A 1M 和C 1D 1所成的角的正切值； （Ⅱ）证明：平面ABM ⊥平面A 1B 1M 1【全国卷2】如图，直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC =，1AA AB =，D 为1BB 的中点，E 为1AB 上的一点，13AE EB =．（Ⅰ）证明：DE 为异面直线1AB 与CD 的公垂线；（Ⅱ）设异面直线1AB 与CD 的夹角为45°，求二面角111A AC B --的大小．【陕西】如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AP=AB ，BP=BC=2，E ，F 分别是PB,PC 的中点.(Ⅰ)证明：EF ∥平面PAD ； (Ⅱ)求三棱锥E —ABC 的体积V.【辽宁】如图，棱柱111ABC A B C -的侧面11BCC B 是菱形，11B C A B ⊥， （Ⅰ）证明：平面1AB C ⊥平面11A BC ；（Ⅱ）设D 是11AC 上的点，且1//A B 平面1B CD ，求11:A D DC 的值.【江苏卷】如图，在四棱锥P-ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD=DC=BC=1，AB=2，AB ∥DC ，∠BCD=900.(1)求证：PC ⊥BC ；(2)求点A 到平面PBC 的距离.【宁波市二模】如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为一直角梯形，其中,BA AD CD AD ⊥⊥，2,CD AD AB PA ==⊥底面ABCD ，E 是PC的中点．（1）求证：BE //平面PAD ； （2）若BE ⊥平面PCD ，①求异面直线PD 与BC 所成角的余弦值；②求二面角E BD C --的余弦值．【广东】在直四棱柱1111D C B A ABCD -中，12AA =，底面是边长为1的正方形，E 、F 分别是棱B B 1、DA 的中点.(Ⅰ)求二面角1D AE C --的大小； (Ⅱ)求证：直线BF //平面E AD 1.【东城一模】三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，ABC ∆是边长为2的等边三角形，D 为AB 边中点，且12CC AB =． ⑴求证：平面1C CD ⊥平面ABC ；C 1B 1A 1D CBAFEABDC1C 1A1B 1D⑵求证：1AC ∥平面1CDB ； ⑶求三棱锥1D CBB 的体积．【石家庄市质检】如图，已知四棱锥P-ABCD 的底面为矩形，PA=AD=1,AB=2,且PA⊥平面ABCD ，E ，F 分别为AB ，PC 的中点．（I ）求证：EF⊥PD；（II ）求二面角C-PD-E 的大小．。

专题04 立体几何【2020年】1.（2020·新课标Ⅰ）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A. 51-B. 51-C. 51+D. 51+ 【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-， 由题意212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得15b a +=（负值舍去）.2.（2020·新课标Ⅰ）已知A 、B 、C 为球O 球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，由正弦定理可得2sin 6023AB r =︒=，123OO AB ∴==，根据圆截面性质1OO ⊥平面ABC ， 222211111,4OO O A R OA OO O A OO r ∴⊥==+=+=，∴球O 的表面积2464S R ππ==.3.（2020·新课标Ⅱ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）A. EB. FC. GD. H【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，图中标出了根据三视图M点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为E。

4.（2020·新课标Ⅲ）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）2233【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDBS S S===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：22AB AD DB===∴ADB△是边长为2根据三角形面积公式可得：2113sin 60(22)23222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△ ∴该几何体的表面积是：2362332=⨯++.5.（2020·北京卷）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）． A . 63+ B. 623+C. 123+D. 1223+ 【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形， 则其表面积为：()1322222sin 6012232S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+⎪⎝⎭. 6.（2020·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°【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 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//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.7.（2020·天津卷）若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. 12π B. 24π C. 36π D. 144π【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即()()()22223232332R ++==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.8.（2020·浙江卷）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A. 73B. 143C. 3D. 6【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 9.（2020·山东卷）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E 3=，111D E B C ⊥， 又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥， 因为球的半径为5，13D E =，所以2211||||||532EP D P D E =-=-=， 所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E 的距离为2，因为||||2EF EG ==，所以侧面11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得2222FG ππ=⨯=. 10.（2020·浙江卷）已知圆锥展开图的侧面积为2π，且为半圆，则底面半径为_______．【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==. 11.（2020·江苏卷）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【解析】正六棱柱体积为23622=123⨯；圆柱体积为21()222ππ⋅=；所求几何体体积为1232π 12.（2020·新课标Ⅲ）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．2【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC ，设内切圆半径为r ，则： ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ ()1332222r =⨯++⨯=，解得：22r ，其体积：34233V r ππ==. 【2019年】1．【2019·全国Ⅰ卷】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 ．68πB ．64πC ．62πD ．6π 【解析】,PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体的一部分，22226R =++=，即364466,π62338R V R =∴=π=⨯=π，故选D ．2．【2019·全国Ⅱ卷】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【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．3．【2019·全国Ⅲ卷】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【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ===,，35,,722MF BF BM ==∴=，BM EN ∴≠，故选B ．4．【2019·浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是( )A ．158B ．162C ．182D ．324 【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭. 故选B.5．【2019·浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则( ) A ．β<γ，α<γ B ．β<α，β<γ C ．β<α，γ<α D ．α<β，γ<β 【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BD PB PB PB PBαβ===<=，即αβ>； 在Rt △PED 中，tan tan PD PD ED BD γβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.6．【2019·全国Ⅲ卷】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【解析】由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形，∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=． 又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=，所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．7．【2019·北京卷】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=.8．【2019·北京卷】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：__________．【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α.故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.9．【2019·天津卷】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_____________．【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5，借助勾股定理，可知四棱锥的高为512-=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 10．【2019·江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 ▲ .【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ， 所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 【2018年】1．【2018·全国Ⅰ卷】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 ．172B ．52C ．3D ．2【答案】B2．【2018·全国Ⅰ卷】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 ．33 B ．23 C ．324D ．3【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体1111ABCD A B C D -中， 平面11AB D 与线11111,,AA A B A D 所成的角是相等的，所以平面11AB D 与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的， 同理，平面1C BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面11AB D 与1C BD 中间，且过棱的中点的正六边形，且边长为22，所以其面积为232336424S ⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选A. 3．【2018·全国Ⅲ卷】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】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A ．4．【2018·浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是俯视图正视图2211A ．2B ．4C ．6D ．8【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为()112226,2⨯+⨯⨯=故选C. 5．【2018·全国Ⅲ卷】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 ．543【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，2393ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，2233BM BE ∴==，Rt OBM ∴△中，有222OM OB BM =-=，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 19361833D ABC V -∴=⨯⨯=，故选B.6．【2018·全国Ⅱ卷】在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A ．15B ．5C ．5 D ．2 【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则11B P AD ∥，连接DP ，易求得1=5DB DP =，12B P =，则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得222111115cos 2545DB B P DP DB P DB PB +-∠===⋅.故选C.方法二：以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系， 则()()((110,0,0,1,0,0,3,3D A B D ,所以()(111,0,3,3AD DB =-=, 因为1111115cos ,25AD DB AD DB AD DB ⋅===⨯， 所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55，故选C. 7．【2018·浙江卷】已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1【解析】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO ，SN ，SE ，SM ，OM ，OE ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ， 因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ 从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ，故选D.8．【2018·江苏卷】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．【答案】439．【2018·全国II 卷】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__________．【解析】因为母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，所以母线SA ，SB 所成角的正弦值为158，因为SAB △的面积为515,l 所以22115515,802l l ⨯=∴=，因为SA 与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为π2cos ,42r l ==因此圆锥的侧面积为22ππ402π.2rl l == 【2017年】1．【2017·全国Ⅱ卷】已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为A 3B 15C 10D 3【答案】C【解析】如图所示，补成直四棱柱1111ABCD A B C D -，则所求角为21111,2,21221cos603,5BC D BC BD C D AB ∠==+-⨯⨯⨯︒===，易得22211C D BD BC =+，因此111210cos 55BC BC D C D ∠===，故选C ． 2．【2017·全国Ⅰ卷】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 ．10B ．12C ．14D ．16【解析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为12(24)2122⨯+⨯⨯=，故选B ． 3．【2017·北京卷】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为A ．2B ．3C ．2D ．2【解析】几何体是四棱锥P ABCD -，如图.最长的棱长为补成的正方体的体对角线，即该四棱锥的最长棱的长度为22222223l =++=，选B ． 4．【2017·全国Ⅱ卷】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【解析】由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积213436V =π⨯⨯=π，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积221(36)272V =⨯π⨯⨯=π，故该组合体的体积12362763V V V =+=π+π=π．故选B ．5．【2017·全国Ⅲ卷】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 ．3π4 C ．π2D ．π4【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：由题意可得：11,2AC AB ==，结合勾股定理，底面半径2213122r ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭， 由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是2233ππ1π24V r h ⎛⎫==⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选B. 6．【2017·浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ．332π+ 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为21113(21)13222V π⨯π=⨯⨯+⨯⨯=+，故选A ．7．【2017·浙江卷】如图，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为αβγ,,，则A ． γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βγα<<【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而三棱锥的高相等，因此αγβ<<，所以选B ．8．【2017·全国I 卷】如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△F AB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△F AB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为 .【解析】如下图，连接DO 交BC 于点G ，设D ，E ，F 重合于S 点，正三角形的边长为x (x >0)，则133OG x =⨯3x =.∴35FG SG x ==-， 222233566SO h SG GO x x ⎛⎫⎛⎫==-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3553x ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， ∴三棱锥的体积2113355333ABC V S h x x ⎛⎫=⋅=⨯⨯- ⎪ ⎪⎝⎭△451535123x x =-. 设()4535n x x x =-，x >0，则()345320n x x x '=-， 令()0n x '=，即43403x -=，得43x =，易知()n x 在43x =处取得最大值. ∴max 154854415V =⨯⨯-=.9．【2017·山东卷】由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为.【解析】由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆的半径为1,所以2π1π21121242V⨯=⨯⨯+⨯⨯=+.10．【2017·天津卷】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为___________．【解析】设正方体的边长为a，则26183a a=⇒=，其外接球直径为233R a==，故这个球的体积34π3V R==4279ππ382⨯=．11．【2017·江苏卷】如图，在圆柱12O O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12O O的体积为1V，球O的体积为2V，则12VV的值是.【解析】设球半径为r，则213223423V r rV rπ⨯==π．故答案为32．12．【2017·全国Ⅲ卷】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）【解析】设1AC BC ==.由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连接AD ，等腰ABD △中，2AB AD ==,当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=，故2BD =，又在Rt BDE △中，2,2BE DE =∴=，过点B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连接AF ，由圆的对称性可知2BF DE ==,ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【2016年】1. 【2016高考新课标1卷】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是283π,则它的表面积是（ ） （A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π【解析】该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的18,设球的半径为R ,则37428V R 833ππ=⨯=,解得R 2=,所以它的表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和2271=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯故选A ． 2.【2016高考新课标2理数】下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）（A ）20π （B ）24π （C ）28π （D ）32π【解析】由题意可知，圆柱的侧面积为12π2416πS =⋅⋅=，圆锥的侧面积为2π248πS =⋅⋅=，圆柱的底面面积为23π24πS =⋅=，故该几何体的表面积为12328πS S S S =++=，故选C.3.【2016年高考北京理数】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A.16B.13C.12D.1 【解析】分析三视图可知，该几何体为一三棱锥P ABC -，其体积111111326V =⋅⋅⋅⋅=，故选A. 4.【2016高考新课标3理数】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）（A ）18365+（B ）54185+（C ）90 （D ）81【解析】由三视图该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱，所以该几何体的表面积236233233554185S =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+，故选B ．5.【2016高考山东理数】一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为（ ）（A ）1233+π （B ）1233+π （C ）1236+π （D ）216+π 【解析】由三视图可知,2的半球,体积为31142223V =⨯π⨯=）,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积2111133V =⨯⨯=,故选C. 6.【2016高考浙江理数】已知互相垂直的平面αβ，交于直线l .若直线m ，n 满足,m n αβ∥⊥， 则（ ）A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n【解析】由题意知,l l αββ=∴⊂，,n n l β⊥∴⊥．故选C ． 7.【2016年高考四川理数】已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是 .正视图331【解析】由三棱锥的正视图知，三棱锥的高为1，底面边长为232,2，所以，该三棱锥的体积为113322132V =⨯⨯⨯=.8.【2016高考浙江理数】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积是 cm 2，体积是 cm 3.【解析】几何体为两个相同长方体组合，长方体的长宽高分别为4,2,2，所以体积为2(224)32⨯⨯⨯=，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为2(222244)2(22)72⨯⨯+⨯⨯-⨯=9.【2016高考新课标2理数】 ,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题：（1）如果,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥.（2）如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥.（3）如果//,m αβα⊂，那么//m β.（4）如果//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等.其中正确的命题有 ． (填写所有正确命题的编号）【解析】对于①，,,//m n m n αβ⊥⊥，则,αβ的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为//n α，所以过直线n 作平面γ与平面β相交于直线c ，则//n c ，因为,,m m c m n α⊥∴⊥∴⊥，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，正确的有②③④.10.【2016高考浙江理数】如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是 .【解析】ABC △中，因为2,120AB BC ABC ==∠=，所以30BAD BCA ∠=∠=.由余弦定理可得2222cos AC AB BC AB BC B =+-⋅2222222cos12012=+-⨯⨯=，所以AC =设AD x =，则0x <<DC x =.在ABD ∆中，由余弦定理可得2222cos BD AD AB AD AB A =+-⋅22222cos30x x =+-⋅24x =-+.故BD =在PBD ∆中，PD AD x ==，2PB BA ==.由余弦定理可得222cos 2PD PB BD BPD PD PB +-∠===⋅，所以30BPD ∠=. 由此可得，将△ABD 沿BD 翻折后可与△PBD 重合，无论点D 在任何位置，只要点D 的位置确定，当平面PBD ⊥平面BDC 时，四面体PBCD 的体积最大（欲求最大值可不考虑不垂直的情况）.EDC B A P过P 作直线BD 的垂线，垂足为O .设PO d =，则11sin 22PBD S BD d PD PB BPD =⨯=⋅∠△，12sin 302d x =⋅，解得d = 而△BCD的面积111sin )2sin 30(2)222S CD BC BCD x x=⋅∠=⋅=.当平面PBD ⊥平面BDC 时：四面体PBCD 的体积111)332BCD V S d x=⨯=⨯△=.观察上式，易得)2x x x x +≤，当且仅当x x -，即x 时取等号，同时我们可以发现当x x PBCD 的体积最大，为1.211.【2016高考新课标1卷】平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1,α平面ABCD =m ,α平面AB B 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为 (A)2(B )2(C)3 (D)13【解析】设平面11CB D 平面ABCD ='m ，平面11CB D 平面11ABB A ='n ，因为α∥平面11CB D ，所以','m m n n ∥∥，则,m n 所成的角等于','m n 所成的角.过1D 作11D E B C ∥，交AD 的延长线于点E,连接CE ，则CE 为'm .连接1A B ，过B 1作111B F A B ∥，交1AA 的延长线于点1F ，则11B F 为'n .连接BD ，则111,BD CE B F A B ∥∥，则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角，为60︒，故,m n 所成角的正弦值为32，选A.12.【2016高考新课标3理数】在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（ ）（A ）4π （B ）92π （C ）6π （D ）323π 【解析】要使球的体积V 最大，必须球的半径R 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值32，此时球的体积为334439()3322R πππ==，故选B ． 13.【2016高考天津理数】已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m ），则该四棱锥的体积为_______m 3.【解析】由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的一边长为2，其对应的高为1，因此所求四棱锥的体积1(21)323V =⨯⨯⨯=．故答案为2．。

[A卷]1．(2021·宁波市高三模拟) 用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()解析：选B.由题意知，用平行于水平面的平面去截球所得的底面圆是看不见的，所以在俯视图中该部分应当是虚线圆，结合选项可知选B.2．下列命题中，错误的是()A．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个B．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台C．圆台的全部平行于底面的截面都是圆D．圆锥全部的轴截面都是全等的等腰三角形解析：选B.依据棱台的定义，用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．3．(2021·台州市高三调考)一个空间几何体的三视图如图所示，其体积为()A．16B．32C．48 D．96解析：选A.由题意作出直观图P-ABCD如图所示，则该几何体是一个四棱锥，底面是一个直角梯形，其面积为12×(2＋4)×4＝12，高为4，因此其体积V＝13×12×4＝16.4．(2021·高考全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝()A．1 B．2C．4 D．8解析：选B.如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝12×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，所以(5π＋4)r2＝16＋20π，所以r2＝4，r＝2，故选B.5．如图是一个体积为10的空间几何体的三视图，则图中x的值为()A．2 B．3C．4 D．5解析：选A.依据给定的三视图可知，该几何体对应的直观图是一个长方体和四棱锥的组合体，所以几何体的体积V＝3×2×1＋13×3×2×x＝10，解得x＝2.故选A.6. 如图，水平放置的三棱柱的侧棱长为1，且侧棱AA1⊥平面A1B1C1，正视图是边长为1的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的侧视图的面积为()A．2 3 B． 3C.32D．1解析：选C.由直观图、正视图以及俯视图可知，侧视图是宽为32，长为1的长方形，所以面积S＝32×1＝32.故选C.7．一平面截一球得到直径为2 5 cm的圆面，球心到这个平面的距离是2 cm，则该球的体积是() A．12πcm3B．36πcm3C．646πcm3D．108πcm3解析：选B.由于球心和截面圆心的连线垂直于截面，由勾股定理得，球半径R＝22＋（5）2＝3，故球的体积为43πR3＝36π(cm3)．8．(2021·石家庄市第一次模拟)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解析：选B.由三视图可知该几何体是一个组合体，下面是一个棱长为4的正方体；上面是一个三棱锥，三棱锥的高为3.故所求体积为43＋13×12×4×4×3＝72.9．已知某组合体的正视图与侧视图相同(其中AB＝AC，四边形BCDE为矩形)，则该组合体的俯视图可以是________(把正确的图的序号都填上)．解析：几何体由四棱锥与四棱柱组成时，得①正确；几何体由四棱锥与圆柱组成时，得②正确；几何体由圆锥与圆柱组成时，得③正确；几何体由圆锥与四棱柱组成时，得④正确．答案：①②③④10．把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1∶4，母线长是10 cm，则圆锥的母线长为________ cm.解析：作出圆锥的轴截面如图，设SA＝y，O′A′＝x，利用平行线截线段成比例，得SA′∶SA＝O′A′∶OA，则(y－10)∶y＝x∶4x，解得y＝403.所以圆锥的母线长为403cm.答案：40311．(2022·高考课标全国卷Ⅱ改编)正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为 3，D为BC中点，则三棱锥A­B1DC1的体积为________．解析：由题意可知AD⊥BC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面DB1C1，又AD＝2sin 60°＝3，所以V A­B1DC1＝13AD·S△B1DC1＝13×3×12×2×3＝1，故选C.答案：112．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥的侧面积为________，体积为________．解析：由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为22＋12＝5，所以S 侧＝4×⎝⎛⎭⎫12×2×5＝45，V＝13×22×2＝83.答案：458313．(2021·南昌市第一次模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为________．解析：依据题意，三棱锥P -BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，故三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1. 答案：1∶114．如图是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是棱长为2，2，1的长方体挖去一个半径为1的半球，所以长方体的体积为2×2×1＝4，半球的体积为12×43π×13＝2π3，所以该几何体的体积是4－2π3.答案：4－2π315．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1­EDF的体积为________．解析：由于B 1C ∥平面ADD 1A 1，所以F 到平面ADD 1A 1的距离d 为定值1，△D 1DE 的面积为12D 1D ·AD ＝12，所以V D 1­EDF ＝V F ­D 1DE ＝13S △D 1DE ·d ＝13×12×1＝16.答案：16[B 卷]1．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不行能是该锥体的俯视图的是( )解析：选C.依据三视图中“正俯长一样，侧俯宽一样，正侧高一样”的规律，C 选项的侧视图宽为32，不符合题意，故选C.2．(2021·邢台市摸底考试)已知一个几何体的三视图是三个全等的边长为1的正方形，如图所示，则该几何体的体积为( )A.16 B.13 C.23D ．56解析：选D.依题意得，题中的几何体是从棱长为1的正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中截去三棱锥A ′­ABD 后剩余的部分，因此该几何体的体积等于13－13×⎝⎛⎭⎫12×12×1＝56，故选D. 3．(2022·高考湖南卷)一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B.由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，如图所示．由题意知，当打磨成的球的大圆恰好与三棱柱底面直角三角形的内切圆相同时，该球的半径最大，故其半径r ＝12×(6＋8－10)＝2.因此选B.4．(2021·高考山东卷)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3 B ．4π3 C.5π3D ．2π 解析：选C.过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C.5．(2021·郑州市第一次质量猜测)某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy 的最大值为( )A ．32B ．327C ．64D ．647解析：选C.依题意，题中的几何体是三棱锥P -ABC (如图所示)， 其中底面ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，P A ⊥平面ABC ， BC ＝27，P A 2＋y 2＝102，(27)2＋P A 2＝x 2，因此xy ＝x 102－[x 2－（27）2]＝x128－x 2≤x 2＋（128－x 2）2＝64，当且仅当x 2＝128－x 2，即x ＝8时取等号，因此xy 的最大值是64，故选C.6．(2021·山西省第三次四校联考)在半径为10的球面上有A ，B ，C 三点，假如AB ＝83，∠ACB ＝60°，则球心O 到平面ABC 的距离为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选C.设A ，B ，C 三点所在圆的半径为r ，圆心为P .由于∠ACB ＝60°，所以∠APB ＝120°.在等腰三角形ABP 中，AP ＝43sin 60°＝8，所以r ＝8，所以球心O 到平面ABC 的距离为102－82＝6，故选C.7．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．5＋ 3B ．5＋2 3C ．4＋2 2D ．4＋2 3解析：选A.该几何体的直观图如图．表面积S ＝1×1＋12×1×1×2＋2×12×(1＋2)×1＋12×6×2＝5＋3，所以选A.8．在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，D 为侧棱PC 上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是( )A ．AD ⊥平面PBC ，且三棱锥D -ABC 的体积为83B ．BD ⊥平面P AC ，且三棱锥D -ABC 的体积为83C ．AD ⊥平面PBC ，且三棱锥D -ABC 的体积为163D ．BD ⊥平面P AC ，且三棱锥D -ABC 的体积为163解析：选C.由正视图可知，P A ＝AC ，且点D 为线段PC 的中点，所以AD ⊥PC .由侧视图可知，BC ＝4.由于P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥BC .又由于BC ⊥AC ，且AC ∩P A ＝A ，所以BC ⊥平面P AC ，所以BC ⊥AD .又由于AD ⊥PC ，且PC ∩BC ＝C ，所以可得AD ⊥平面PBC ，V D ­ABC ＝13×12×P A ×S △ABC ＝163.9．某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为________．解析：侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152.答案：15210．(2021·洛阳市高三班级统考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )解析：由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去一个角后得到，该长方体的长、宽、高分别为5、4、3，所以其外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以该几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π.答案：50π 11．(2021·绍兴市高三诊断性测试)若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，最长的侧棱长为________．解析：依据三视图及有关数据还原该几何体，得该几何体是底面为直角梯形的四棱锥P -ABCD ，如图，过点P 作PH ⊥AD 于点H ，连接CH .底面面积S 1＝（1＋2）×12＝32，V ＝13×32×1＝12，最长的侧棱长为PB ＝ 3.答案：12312．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________． 解析：设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，则h 1h 2＝23，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝32.答案：3213．(2021·洛阳市统考)已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝6，AC ＝23，若三棱锥D -ABC 体积的最大值为3，则球O 的表面积为________．解析：由题意可得，∠ABC ＝π2，△ABC 的外接圆半径r ＝3，当三棱锥的体积最大时，V D ­ABC ＝13S △ABC ·h (h为D 到底面ABC 的距离)，即3＝13×12×6×6h ⇒h ＝3，即R ＋R 2－r 2＝3(R 为外接球半径)，解得R ＝2，所以球O 的表面积为4π×22＝16π.答案：16π 14．(2021·杭州市联谊学校高三其次次联考)一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的三条侧棱上，已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为________．解析：如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 为正三角形，边长为2，△DEF 为等腰直角三角形，DF 为斜边，设DF 的长为x ，则DE ＝EF ＝22x ，作DG ⊥BB 1，GH ⊥CC 1，EI ⊥CC 1，垂足分别为G ，H ，I ，则EG ＝DE 2－DG 2＝x 22－4，FI ＝EF 2－EI 2＝x 22－4，FH ＝FI ＋HI ＝FI ＋EG＝2x 22－4.连接DH ，在Rt △DHF 中，DF 2＝DH 2＋FH 2，即x 2＝4＋⎝⎛⎭⎫2x 22－42，解得x ＝23，即该三角形的斜边长为2 3.答案：2 3 15．(2021·浙江省名校新高考联盟第一次联考)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，则BC ＝________，四棱锥F-OBED的体积为________．解析：取AO的中点M，连接CM，BM，由△OAB，△OAC是正三角形，OA＝1，可知CM⊥AO，BM⊥AO，且BM＝CM＝32，又平面ABED⊥平面ACFD，所以CM⊥平面ABED，所以CM⊥BM，故BC＝62.过点F作FQ⊥OD于点Q，由于平面ABED⊥平面ACFD，所以FQ⊥平面ABED，FQ就是四棱锥F-OBED的高．易知FQ＝3，又S△OBE＝12×1×2×32＝32，S△OED＝12×2×2×32＝3，所以S四边形OBED＝32＋3＝332，故V四棱锥F-OBED＝13×332×3＝32.答案：6232。

专题四 高考中的立体几何问题1.如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB ．(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P －ABCD 的体积．[解析] (1)∵PA ⊥底面ABCD ，CE 平面ABCD∴CE ⊥PA ，又∵AB ⊥AD ，CE ∥AB ．∴CE ⊥AD ．又∵PA ∩AD ＝A ，∴CE ⊥平面PAD ．(2)由(1)可知CE ⊥AD ．在Rt △ECD 中，DE ＝CD·cos45°＝1，CE ＝CD·sin45°＝1.又∵AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ，所以四边形ABCE 为矩形．∴S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △CDE ＝AB·AE ＋12CE·DE＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥底面ABCD ，PA ＝1所以V 四棱锥p －ABCD ＝13S 四边形ABCD×PA ＝13×52×1＝56.2．(2015·潍坊模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点．求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面PAD ．[证明] (1)在△PAD 中，因为E 、F 分别为AP 、AD 的中点，所以EF ∥PD ．又因为E F ⃘平面PCD ，PD 平面PCD ．所以直线EF ∥平面PCD ．(2)连结BD ．因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形．因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD ．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD．又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD．3．如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD、PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD．[解析](1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD．(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD．又因为B E⃘平面PAD，AD平面PAD，所以BE ∥平面PAD ．(3)因为AB ⊥AD ，而且四边形ABED 为平行四边形，所以BE ⊥CD ，AD ⊥CD ．由(1)知PA ⊥底面ABCD ．所以PA ⊥CD ．所以CD ⊥平面PAD ．所以CD ⊥PD ．因为E 和F 分别是CD 和PC 的中点，所以PD ∥EF.所以CD ⊥EF ，又因为CD ⊥BE ，BE ∩EF ＝E ，所以CD ⊥平面BEF.所以平面BEF ⊥平面PCD ．4．如图，在几何体P －ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，AB ＝PA ＝2.(1)当AD ＝2时，求证：平面PBD ⊥平面PAC ；(2)若PC 与AD 所成的角为45°，求几何求P －ABCD 的体积．[解析] (1)证明：当AD ＝2时，四边形ABCD 是正方形，则BD ⊥AC ．∵PA ⊥平面ABCD ，BD 平面ABCD ，∴PA ⊥BD ．又∵PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC ．∵BD 平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAC ．(2)解：PC 与AD 成45°角，AD ∥BC ，则∠PCB ＝45°.∵BC ⊥AB ，BC ⊥PA ，AB ∩PA ＝A ，∴BC ⊥平面PAB ，PB 平面PAB ．∴BC ⊥PB ．∴∠CPB ＝90°－45°＝45°.∴BC ＝PB ＝2 2.∴几何体P －ABCD 的体积为13×(2×22)×2＝823.1.(2014·四川高考)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC ⊥BC ，证明：直线BC ⊥平面ACC1A1；(2)设D ，E 分别是线段BC ，CC1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线DE ∥平面A1MC ？请证明你的结论．[解析] (1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB ，AA1⊥AC ．因为AB ，AC 为平面ABC 内两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC ．因为直线BC 平面ABC ，所以AA1⊥BC ．又由已知，AC ⊥BC ，AA1，AC 为平面ACC1A1内两条相交直线，所以BC ⊥平面ACC1A1.(2)取线段AB 的中点M ，连接A1M ，MC ，A1C ，AC1，设O 为A1C ，AC1的交点． 由已知，O 为AC1的中点．连接MD ，OE ，则MD ，OE 分别为△ABC ，△ACC1的中位线，所以，MD 綊12AC ，OE 綊12AC ，因此MD綊OE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为直线D E⃘平面A1MC，MO平面A1MC．所以直线DE∥平面A1MC．即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC．2．如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.(1)证明：AA1⊥BD；(2)证明：CC1∥平面A1BD．[解析](1)∵DD1⊥平面ABCD，BD平面ABCD∴DD1⊥BD，又∵AB＝2AD且∠BAD＝60°∴由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD即BD＝3AD，∴AD2＋BD2＝AB2，∴BD⊥AD又∵AD∩DD1＝D∴BD⊥平面ADD1A1，又∵AA1平面ADD1A1，∴BD⊥AA1(2)连接AC，交BD于M，连接A1M，A1C1，∵底面ABCD 是平行四边形，∴AM ＝CM ＝12AC又∵AB ＝2AD ＝2A1B1∴A1G 綊CM ，即四边形A1MCC1是平行四边形；∴CC1∥AM1，又∵CC 1⃘平面A1BD ，A1M 平面A1BD∴CC1∥平面A1BD ．3．(文)(2015·临沂模拟)如图，在边长为3的正三角形ABC 中，G ，F 为边AC 的三等分点，E ，P 分别是AB ，BC 边上的点，满足AE ＝CP ＝1，今将△BEP ，△CFP 分别沿EP ，FP 向上折起，使边BP 与边CP 所在的直线重合，B ，C 折后的对应点分别记为B1，C1.(1)求证：C1F ∥平面B1GE ；(2)求证：PF ⊥平面B1EF.[解析] (1)取EP 的中点D ，连接FD ，C1D ．因为BC ＝3，CP ＝1，所以折起后C1为B1P 的中点．所以在△B1EP 中，DC1∥EB1.又因为AB ＝BC ＝AC ＝3，AE ＝CP ＝1，所以EP AC ＝EB AB ，所以EP ＝2且EP ∥GF.因为G ，F 为AC 的三等分点，所以GF ＝1.又因为ED ＝12EP ＝1，所以GF ＝ED ，所以四边形GEDF 为平行四边形．所以FD ∥GE.又因为DC1∩FD ＝D ，GE ∩B1E ＝E ，所以平面DFC1∥平面B1GE.又因为C1F 平面DFC1， 所以C1F ∥平面B1GE.(2)连接EF ，B1F ，由已知得∠EPF ＝60°，且FP ＝1，EP ＝2，由余弦定理，得EF2＝12＋22－2×1×2×cos60°＝3，所以FP2＋EF2＝EP2，可得PF ⊥EF.因为B1C1＝PC1＝1，C1F ＝1，得FC1＝B1C1＝PC1，所以△PB1F 的中线C1F ＝12PB1，可得△PB1F 是直角三角形，即B1F ⊥PF.因为EF ∩B1F ＝F ，EF ，B1F 平面B1EF ，所以PF ⊥平面B1EF.(理)(2014·浙江高考)如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面ABC ⊥平面BCDE ，∠CDE ＝∠BED ＝90°，AB ＝CD ＝2，DE ＝BE ＝1，AC ＝ 2.(1)证明：DE ⊥平面ACD ；(2)求二面角B －AD －E 的大小．[解析] (1)在平面四边形BCDE 中，BC ＝2，在三角形ABC 中，AB＝2，BC ＝2，AC ＝ 2.根据勾股定理逆定理．∴AC ⊥BC ．∵平面ABC ⊥平面BCOE ，而平面ABC ∩平面BCDE ＝BCAC ⊥BC ，∴AC ⊥平面BCDE ，∴AC ⊥DE ，又∵AC ⊥DE ，DE ⊥DC ，∴DE ⊥平面ACD ．(2)由(1)知分别以CD →、CA →为x 轴、z 轴正方向．以过C 平行DE →为y 轴正向建立坐标系．则B(1,1,0)，A(0,0，2)，D(2,0,0)，E(2,1,0)∴AB →＝(1,1，－2)，AD →＝(2,0，－2)，DE →＝(0,1,0)设平面ABD 法向量n1＝(x1，y1，z1)，由n1·DE →＝n1·AD →＝0，解得n1＝(1,1，2)设平面ADE 法向量n2＝(x2，y2，z2)，则n2·AE →＝n2·AD →＝0，解得：n2＝(1,0，2)设平面ABD 与平面ADE 夹角为θ，cosθ＝|cos 〈n1，n2〉|＝1＋0＋22×3＝32π∴平面ABD与平面ADE的二面角平面角为6.。

专题四高考立体几何命题动向高考命题分析立体几何主要包括柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、三视图，点、直线、平面的位置关系等.高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上，着重考查空间中点、线、面位置关系的判断及空间角等几何量的计算，既有以选择题、填空题形式出现的试题，也有以解答题形式出现的试题．一般来说，选择题、填空题大多考查概念辨析，位置关系探究，空间几何量的简单计算求解等，考查画图、识图、用图的能力；解答题多以简单几何体为载体，考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，综合考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．试题在突出对空间想象能力考查的同时，关注对平行、垂直的探究，关注对条件和结论不完备情形下开放性问题的探究．高考命题特点立体几何在高考中占据重要的地位，通过分析近几年的高考情况，可以发现对立体几何问题的考查已经突破了传统的框架，在命题风格上，正逐步由封闭性向灵活性、开放性转变．因此，如何进一步把握复习的重点，提高复习效率，从而快速地突破立体几何难点是高考复习过程中必须认真考虑的问题．近几年高考对立体几何的考查特点主要表现在以下几个方面：(1)从命题形式来看，涉及立体几何内容的命题形式最为多变：除保留传统的“四选一”的选择题型外，还尝试开发了“多选填空”、“完型填空”等题型，并且这种命题形式正在不断完善和翻新；解答题则设计成几个小问题，此类考题往往以多面体为依托，第一小问考查线线、线面、面面的位置关系，后面几问考查空间角、空间距离、面积、体积等知识，其解题思路也都是“作证——求”，强调作图、证明和计算相结合．(2)从内容上来看，主要考查：①直线和平面的各种位置关系的判定和性质，这类试题一般难度不大，多为选择题和填空题；②计算角的问题，试题中常见的是异面直线所成的角，直线与平面所成的角；③求距离，试题中常见的是点与点之间的距离，点到直线的距离，点到平面的距离，直线与直线的距离，直线到平面的距离，要特别注意解决此类问题的转化方法；④求简单几何体的侧面积和表面积问题，解此类问题时除套用特殊几何体的侧面积和表面积公式外，还可将侧面展开，转化为求平面图形的面积问题；⑤体积问题，要注意解题技巧，如等积变换、割补思想的应用；⑥三视图，要能辨认空间几何体的三视图，高考中三视图常与表面积、体积相结合．(3)从能力上来看，着重考查空间想象能力，即对空间几何体的观察分析和抽象的能力，要求“四会”：①会画图——根据题设条件画出适合题意的图形或画出自己想作的辅助线(面)，作出的图形要直观、虚实分明；②会识图——根据题目给出的图形，想象出立体的形状和有关线面的位置关系；③会析图——对图形进行必要的分解、组合；④会用图——对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或实行割补术．高考动向透视空间几何体的结构、三视图、直观图本部分在新课标高考中的考查重点是以三视图为命题背景来研究空间几何体的结构特点和求解几何体的表面积和体积．备考中，要熟悉一些典型的几何体(如三棱柱、长(正)方体、三棱锥等)的三视图．近年的新课标高考的命题重点和热点依然是以选择题、填空题的方式考查以下两个方面：①几何体的三视图与直观图的认识；②通过三视图和几何体的结合，考查几何体的表面积和体积．【示例1】►(2010·广东)如图，△ABC 为正三角形，AA ′∥BB ′∥CC ′，CC ′⊥平面ABC ，且3AA ′＝32BB ′＝CC ′＝AB ，则多面体ABCA ′B ′C ′的正视图(也称主视图)是( )．解析 画三视图时，由内到外CC ′为虚线，且虚线所在直线应垂直平分AB ，故选D.答案 D三视图和直观图是空间几何体的不同的表现形式，空间几何体的三视图可以使我们很好地把握空间几何体的性质．由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间可以相互转化．空间几何体的计算问题本部分是新课标高考考查的重点内容，常以几何体的表面积和体积的计算以及几何体的外接球、内切球的知识为主要命题点进行考查．在备考中要牢记一些典型几何体的表面积和体积的计算公式，以及几何体的棱长与它的内切球、外接球的半径之间的转换关系．【示例2】►(2011·辽宁)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝3，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥SABC的体积为()．A．3 3 B．2 3 C. 3 D．1解析由题可知AB一定在与直径SC垂直的小圆面上，作过AB的小圆交直径SC于D，设SD＝x，则DC＝4－x，此时所求棱锥即分割成两个棱锥SABD和CABD，在△SAD和△SBD中，由已知条件可得AD＝BD＝33x，又因为SC为直径，所以∠SBC＝∠SAC＝90°，所以∠DCB＝∠DCA＝60°，在△BDC中，BD＝3(4－x)，所以33x＝3(4－x)，所以x＝3，AD＝BD＝3，所以△ABD为正三角形，所以V＝13S△ABD×4＝ 3.故选C.答案 C本题考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力．本题的难点在于对三棱锥SABC的结构特征的分析判断，其中的体积分割法是求解体积问题时经常使用的方法．【训练】(2011·陕西)如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，AD是BC 上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；(2)若BD ＝1，求三棱锥DABC 的表面积．(1)证明 ∵折起前AD 是BC 边上的高，∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，又DB ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC ，∵AD ⊂平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)解 由(1)知，DA ⊥DB ，DC ⊥DA ，∵DB ＝DA ＝DC ＝1，DB ⊥DC ，∴AB ＝BC ＝CA ＝2，从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12，S △ABC ＝12×2×2×sin 60°＝32，∴三棱锥DABC 的表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.空间的线面位置关系对于直线与平面的位置关系，高考中主要考查平面的基本性质，考查空间的线线、线面和面面的平行关系与垂直关系的判定并运用平行、垂直的判定定理与性质进行推理论证，一般会以选择题或解答题的形式进行考查．解题的策略：结合图形进行平行与垂直的推理证明，由线线平行或垂直推证出线面平行或垂直，再由线面平行或垂直证明面面平行或垂直．如果是选择题还可以依据条件举出反例否定．【示例3】►(2011·扬州模拟)在四棱锥P ABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD ＝CD ＝2AB ＝2，M 为PC 的中点．(1)求证：BM ∥平面P AD ；(2)平面P AD 内是否存在一点N ，使MN ⊥平面PBD ？若存在，确定点N 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明如图，取PD 中点E ，连接EM 、AE ，∴EM綉12CD，而AB綉12CD，∴EM綉AB.∴四边形ABME是平行四边形．∴BM∥AE.∵AE⊂平面ADP，BM⊄平面ADP，∴BM∥平面P AD.(2)解∵P A⊥平面ABCD，∴P A⊥AB.而AB⊥AD，P A∩AD＝A，∴AB⊥平面P AD，∴AB⊥PD.∵P A＝AD，E是PD的中点，∴PD⊥AE.AB∩AD＝A. ∴PD⊥平面ABME.作MN⊥BE，交AE于点N.∴MN⊥平面PBD.易知△BME∽△MEN.而BM＝AE＝2，EM＝12CD＝1，由ENEM＝EMBM，得EN＝(EM)2BM＝12＝22，∴AN＝22.即点N为AE的中点．在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知图形通过计算证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直，其中要特别重视平面与平面垂直的性质定理．空间角的计算高考中立体几何的计算主要有两个方面，即空间几何体的表面积、体积的计算，空间角与距离的计算，其中空间角的计算是高考考查考生逻辑推理能力、空间想象能力和运算求解能力的重点．这类试题如果是在选择题或者填空题中出现，则考查简单的空间角的计算，如果是在解答题中出现，则往往是试题的一个组成部分．【示例4】►(2011·湖南)如图，在圆锥PO中，已知PO＝2，⊙O的直径AB＝2，点C在AB上，且∠CAB＝30°，D为AC的中点．(1)证明：AC⊥平面POD；(2)求直线OC和平面P AC所成角的正弦值．(1)证明如图，因为OA＝OC，D是AC的中点，所以AC⊥OD.又PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O，所以AC⊥PO.而OD，PO是平面POD内的两条相交直线，所以AC⊥平面POD.(2)解由(1)知，AC⊥平面POD，又AC⊂平面P AC，所以平面POD⊥平面P AC.在平面POD中，如图，过O作OH⊥PD于H，则OH⊥平面P AC.连接CH，则CH是OC在平面P AC上的射影，所以∠OCH是直线OC和平面P AC所成的角．在Rt△ODA中，OD＝OA·sin 30°＝1 2.在Rt△POD中，OH＝PO·ODPO2＋OD2＝2×122＋14＝23.在Rt△OHC中，sin∠OCH＝OHOC＝23.故直线OC和平面P AC所成角的正弦值为23.本题考查垂直关系的证明，线面角的求解及逻辑推理能力、空间想象能力和运算求解能力．试题的难点是第二问的线面角，其中作出线面角是解题的关键，作线面角就是找直线上的点在平面内的射影，一个根本的方法就是通过两个平面互相垂直的性质定理得出点在平面上的射影．空间距离的计算高考试题中直接考查距离求解的不多，但距离是立体几何的重要内容之一，在计算空间几何体的体积、空间角时，往往需要计算距离．距离问题的关键是“垂直”，通过作垂线把求解的距离问题纳入到一个具体的平面图形中进行计算．距离问题也与逻辑推理、空间想象密不可分，是立体几何考查逻辑推理能力和空间想象能力的深化．【示例5】►(2011·重庆)高为2的四棱锥SABCD 的底面是边长为1的正方形，点S 、A 、B 、C 、D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为( )． A.102 B.2＋32 C.32 D. 2解析 设题中的球的球心为O ，球心O 与顶点S 在底面ABCD 上的射影分别是O 1，E ，连接OA ，OB ，OC ，OD ，OS ，则有OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝OS ＝1，点O 1是底面正方形ABCD 的中心，OO 1∥SE ，且OO 1＝OA 2－O 1A 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝22，SE ＝ 2.在直角梯形OO 1ES 中，作OF ⊥SE 于点F ，则四边形OO 1EF 是矩形，EF ＝OO 1＝22，SF ＝SE －EF ＝2－22＝22.在Rt △SOF 中，OF 2＝OS 2－SF 2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝12，即O 1E ＝22.在Rt △SO 1E 中，SO 1＝O 1E 2＋SE 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋(2)2＝102，选A. 答案 A本小题主要考查了考生的空间想象能力以及如何有效地利用已知条件恰当地将空间问题平面化，从而借助于平面几何知识解决相关问题．【训练】 (2011·北京)如图，在四面体P ABC 中，PC ⊥AB ，P A ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．(1)求证：DE ∥平面BCP ；(2)求证：四边形DEFG 为矩形；(3)是否存在点Q ，到四面体P ABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由．(1)证明 因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，所以DE ∥PC .又因为DE ⊄平面BCP ，所以DE ∥平面BCP .(2)证明 因为D ，E ，F ，G 分别为AP ，AC ，BC ，PB 的中点，所以DE ∥PC ∥FG ，DG ∥AB ∥EF .所以四边形DEFG 为平行四边形．又因为PC ⊥AB ，所以DE ⊥DG .所以四边形DEFG 为矩形．(3)解 存在点Q 满足条件，理由如下：如图，连接DF ，EG ，设Q 为EG 的中点．由(2)知，DF ∩EG ＝Q ，且QD ＝QE ＝QF ＝QG ＝12EG .分别取PC ，AB 的中点M ，N ，连接ME ，EN ，NG ，MG ，MN .与(2)同理，可证四边形MENG 为矩形，其对角线交点为EG 的中点Q ，且QM＝QN ＝12EG ，所以Q 为满足条件的点．空间向量及其运算高考对空间向量的考查主要在立体几何的解答题中进行，试题的一般设计模式是先进行一个线面位置关系的证明，再设计一个求解空间角或距离的问题，第一个问题的意图是考查考生使用综合几何法进行逻辑推理的能力，对于空间角或距离的求解，虽然也可以使用综合几何法解决，但命题者的意图显然不是如此，其真正的意图是考查考生使用空间向量的方法解决立体几何问题的能力．【示例6】►(2011·湖北高考)如图，已知正三棱柱ABCA 1B 1C 1的各棱长都是4，E 是BC 的中点，动点F 在侧棱CC 1上，且不与点C 重合．(1)当CF ＝1时，求证：EF ⊥A 1C ；(2)设二面角CAFE 的大小为θ，求tan θ的最小值．解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，连接EF ，AF ，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)，于是CA 1→＝(0，－4,4)，EF →＝(－3，1,1)． 则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0， 故EF ⊥A 1C .(2)设CF ＝λ(0＜λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)．AE→＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0.取m ＝(3λ，－λ，4)． 又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n ||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4， 所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2.故0＜λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63.故当λ＝4，即点F与点C1重合时，tan θ取得最小值6 3.本题考查空间垂直关系的证明和二面角的求解及函数思想．本题的空间几何体便于建立空间直角坐标系，而且对于要证明的线线垂直和要求解的二面角正切的最值，使用空间向量的方法有一定的优势．线线垂直就是直线的方向向量的数量积等于零，二面角的大小可以使用两个平面的法向量进行计算，便于建立函数关系式．。

专题四 立体几何第一讲 空间几何体的表面积与体积——小题备考微专题1 空间几何体的表面积和体积常考常用结论1．柱体、锥体、台体、球的表面积公式： ①圆柱的表面积S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积 S ＝πr (r ＋l )；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2.2．柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR 3.保 分 题1.[2022·山东枣庄三模]若圆锥的母线长为2，侧面积为2π，则其体积为( ) A ．√6π B ．√3π C ．√63π D ．√33π2．[2022·河北保定一模]圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．2∶33．[2022·湖北武汉二模]如图，在棱长为2的正方体中，以其各面中心为顶点构成的多面体为正八面体，则该正八面体的体积为( )A ．2√23B ．43 C ．4√23D ．83提分题例1 (1)[2022·河北张家口三模]如图，在三棱柱ABC­ A1B1C1中，过A1B1的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则CDAC＝()A．13B．12C．2−√32D．√3−12(2)[2022·湖南雅礼中学二模]某圆锥高为1，底面半径为√3，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为()A．2 B．√3C．√2D．1听课笔记：【技法领悟】1．求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键．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，易于求解．巩固训练11.[2022·山东菏泽一模]如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC ­ A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A 1B 1C (如图2)，则容器的高h 为( )A ．3B ．4C ．4√2D ．62．[2022·福建福州三模]已知AB ，CD 分别是圆柱上、下底面圆的直径，且AB ⊥CD ，O 1，O 分别为上、下底面的圆心，若圆柱的底面圆半径与母线长相等，且三棱锥A ­ BCD 的体积为18，则该圆柱的侧面积为( )A ．9πB ．12πC ．16πD ．18π微专题2 与球有关的切、接问题常考常用结论1．球的表面积S ＝4πR 2，体积V ＝43πR 3.2．长方体、正方体的体对角线等于其外接球的直径． 3．n 面体的表面积为S ，体积为V ，则内切球的半径r ＝3VS .4．直三棱柱的外接球半径：R ＝√r 2+(L2)2，其中r 为底面三角形的外接圆半径，L 为侧棱长，如果直三棱柱有内切球，则内切球半径R ′＝L2.5．正四面体中，外接球和内切球的球心重合，且球心在高对应的线段上，它是高的四等分点，球心到顶点的距离为外接球的半径R ＝√64a (a 为正四面体的棱长)，球心到底面的距离为内切球的半径r ＝√612a ，因此R ∶r ＝3∶1.保 分 题1.[2022·广东深圳二模]已知一个球的表面积在数值上是它的体积的√3倍，则这个球的半径是( )A ．2B ．√2C ．3D ．√32．已知正四棱锥P ­ ABCD 中，AB ＝√6，P A ＝2√3，则该棱锥外接球的体积为( )A．4π B．32π3C．16π D．16π33．[2022·天津红桥一模]一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1、√2、3，则此球的体积为________．提分题例2 (1)[2022·江苏苏州三模]《九章算术》卷第五《商功》中，有“贾令刍童，上广一尺，袤二尺，下广三尺，袤四尺，高一尺．”，意思是：“假设一个刍童，上底面宽1尺，长2尺；下底面宽3尺，长4尺，高1尺．”(注：刍童为上下底面为相互平行的不相似长方形，两底面的中心连线与底面垂直的几何体)，若该几何体所有顶点在一球体的表面上，则该球体的体积为()立方尺A．√41πB．41π3D．3√41πC．41√41π6(2)[2022·山东泰安三模]如图，已知三棱柱ABC ­ A1B1C1的底面是等腰直角三角形，AA1⊥底面ABC，AC＝BC＝2，AA1＝4，点D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动，则三棱锥D ­ ABC 的外接球表面积的最大值为()π B．24πA．814C．243π D．8√6π16听课笔记：【技法领悟】1．确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与几何体的位置和数量关系．2．求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．3．补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体．巩固训练21.已知圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球O，球O的表面积为8π，则该圆柱的体积为()A．√22π B．√2πC．2π D．2√2π2．[2022·广东潮州二模]已知△ABC是边长为3的等边三角形，三棱锥P ­ ABC全部顶点都在表面积为16π的球O的球面上，则三棱锥P ­ ABC的体积的最大值为()A．√3B．3√32C．9√34D．√32专题四 立体几何第一讲 空间几何体的表面积与体积微专题1 空间几何体的表面积和体积保分题1．解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则πr ×2＝2π，可得r ＝1，则h ＝√22−r 2＝√3，因此，该圆锥的体积为V ＝13πr 2h ＝13π×12×√3＝√33π. 答案：D2．解析：设球的半径为r ，依题意圆柱的底面半径也是r ，高是2r ， 圆柱的侧面积＝2πr ·2r ＝4πr 2 ，球的表面积为4πr 2 ， 其比例为1∶1. 答案：A3．解析：该正八面体是由两个同底的正四棱锥组成，且正四棱锥的底面是边长为√2的正方形，棱锥的高为1，所以该正八面体的体积为2×13×√2×√2×1＝43.答案：B提分题[例1] 解析：(1)由题可知平面A 1B 1ED 与棱柱上、下底面分别交于A 1B 1，ED ， 则A 1B 1∥ED ，ED ∥AB ， 显然CDE - C 1A 1B 1是三棱台，设△ABC 的面积为1，△CDE 的面积为S ，三棱柱的高为h ， ∴12·1·h ＝13h (1＋S ＋√S )， 解得√S ＝√3−12，由△CDE ∽△CAB ，可得CD AC ＝√S√1＝√3−12. (2)如图，截面为△P AB ，设C 为AB 中点，设OC ＝x ，x ∈[0，√3)，则AB ＝2√3−x 2，PC ＝√x 2+1，则截面面积S ＝12×2√3−x 2×√x 2+1＝√−(x 2−1)2+4，则当x 2＝1时，截面面积取得最大值为2. 答案：(1)D (2)A[巩固训练1]1．解析：在图1中V 水＝12×2×2×2＝4，在图2中，V 水＝V ABC − A 1B 1C 1− V C − A 1B 1C 1＝12×2×2×h －13×12×2×2×h ＝43h ， ∴43h ＝4，∴h ＝3.答案：A2．解析：分别过A ，B 作圆柱的母线AE ，BF ，连接CE ，DE ，CF ，DF ，设圆柱的底面半径为r ，则三棱锥A - BCD 的体积为两个全等四棱锥C - ABFE 减去两个全等三棱锥A - CDE ， 即2×13×r ×2r ×r －2×13×r ×12×2r ×r ＝23r 3＝18，则r ＝3，圆柱的侧面积为2πr ×r ＝18π答案：D微专题2 与球有关的切、接问题保分题1．解析：设球的半径为R ，则根据球的表面积公式和体积公式， 可得，4πR 2＝43πR 3×√3，化简得R ＝√3. 答案：D2．解析：正方形ABCD 的对角线长√6+6＝2√3，正四棱锥的高为 √(2√3)2−(2√32)2＝3，设外接球的半径为R ，则(3－R )2＋(2√32)2＝R 2⇒R ＝2， 所以外接球的体积为4π3×23＝32π3.答案：B3．解析：长方体外接球的直径为√12+(√2)2+32＝2√3，所以外接球半径为√3，所以球的体积为4π3×(√3)3＝4√3π.答案：4√3π提分题[例2] 解析：(1)作出图象如图所示：由已知得球心在几何体的外部， 设球心到几何体下底面的距离为x ， 则R 2＝x 2＋(52)2＝(x ＋1)2＋(√52)2，解得x ＝2，∴R 2＝414， ∴该球体的体积V ＝4π3×(√412)3＝41√41π6.(2)因为△ABC 为等腰直角三角形，AC ＝BC ＝2，所以△ABC 的外接圆的圆心为AB 的中点O 1, 且AO 1＝√2，连接O 1与A 1B 1的中点E ，则O 1E ∥AA 1，所以O 1E ⊥平面ABC ， 设球的球心为O ，由球的截面性质可得O 在O 1E 上， 设OO 1＝x ，DE ＝t (0≤t ≤√2)，半径为R ， 因为OA ＝OD ＝R ，所以√2+x 2＝√(4−x )2+t 2， 所以t 2＝8x －14，又0≤t ≤√2， 所以74≤x ≤2，因为R 2＝2＋x 2，所以8116≤R 2≤6，所以三棱锥D －ABC 的外接球表面积的最大值为24π. 答案：(1)C (2)B [巩固训练2]1．解析：设外接球的半径为R ，圆柱底面圆的半径为r ，因为圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的高h ＝2r ，由球O 的表面积S ＝4πR 2＝8π，得R ＝√2，又R ＝ √(h2)2+r 2＝√2r ，得r ＝1，所以圆柱的体积V ＝πr 2·2r ＝2πr 3＝2π.答案：C2．解析：球O 的半径为R ，则4πR 2＝16π，解得：R ＝2，由已知可得：S △ABC ＝√34×32＝9√34，其中AE ＝23AD ＝√3，球心O 到平面ABC 的距离为√R 2−(√3)2＝1， 故三棱锥P - ABC 的高的最大值为3， 体积最大值为13S △ABC ·3＝9√34.答案：C。

新高考数学大一轮复习专题：第1讲 空间几何体[考情分析] 几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积与体积是高考题的重点与热点，多以小题的形式进行考查，属于中等难度． 考点一 表面积与体积 核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式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 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例1 (1)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________． 答案 402π解析 因为母线SA 与圆锥底面所成的角为45°， 所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形． 设底面圆的半径为r ，则母线长l ＝2r . 在△SAB 中，cos∠ASB ＝78，所以sin∠ASB ＝158.因为△SAB 的面积为515，即12SA ·SB sin∠ASB＝12×2r ×2r ×158＝515， 所以r 2＝40，故圆锥的侧面积为πrl ＝2πr 2＝402π.(2)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D －BB 1C 1的体积为________．答案 233解析 如图，取BC 的中点O ，连接AO .∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2， ∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3. ∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3. 又11BB C S＝12×2×2＝2， ∴11D BB C V ＝13×2×3＝233.易错提醒 (1)计算表面积时，有些面的面积没有计算到(或重复计算)． (2)一些不规则几何体的体积不会采用分割法或补形思想转化求解． (3)求几何体体积的最值时，不注意使用基本不等式或求导等确定最值．跟踪演练1 (1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( ) A ．122π B ．12π C ．82π D ．10π答案 B解析 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由题意可知2r ＝h ＝22，∴圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πr ·h ＝4π＋8π＝12π.故选B.(2)如图，在Rt△ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上异于端点的点，DE ⊥BC ，将△CDE 沿DE 折起，使点C 到点P 的位置，得到四棱锥P －ABDE ，则四棱锥P －ABDE 的体积的最大值为________．答案327解析 设CD ＝DE ＝x (0<x <1)，则四边形ABDE 的面积S ＝12(1＋x )(1－x )＝12(1－x 2)，当平面PDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P －ABDE 的体积最大，此时PD ⊥平面ABDE ，且PD ＝CD ＝x ，故四棱锥P －ABDE 的体积V ＝13S ·PD ＝16(x －x 3)，则V ′＝16(1－3x 2)．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33时，V ′>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫33，1时，V ′<0. ∴当x ＝33时，V max ＝327. 考点二 多面体与球 核心提炼解决多面体与球问题的两种思路(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．(2)利用球心O 与截面圆的圆心O 1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．例2 (1)已知三棱锥P －ABC 满足平面PAB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝4，∠APB ＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________． 答案 64π解析 因为AC ⊥BC ，所以△ABC 的外心为斜边AB 的中点，因为平面PAB ⊥平面ABC ，所以三棱锥P －ABC 的外接球球心在平面PAB 上， 即球心就是△PAB 的外心，根据正弦定理ABsin∠APB ＝2R ，解得R ＝4，所以外接球的表面积为4πR 2＝64π.(2)(2020·全国Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面PAB ，如图所示，则△PAB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB 中，PA ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ， 故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π.规律方法 (1)长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长．(2)三棱锥S －ABC 的外接球球心O 的确定方法：先找到△ABC 的外心O 1，然后找到过O 1的平面ABC 的垂线l ，在l 上找点O ，使OS ＝OA ，点O 即为三棱锥S －ABC 的外接球的球心． (3)多面体的内切球可利用等积法求半径．跟踪演练2 (1)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O －ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36πB．64πC．144πD．256π 答案 C解析 如图所示，设球O 的半径为R ，因为∠AOB ＝90°， 所以S △AOB ＝12R 2，因为V O －ABC ＝V C －AOB ， 而△AOB 的面积为定值，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大， 此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为S ＝4πR 2＝144π.(2)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD ＝5，ED ＝3，若鳖臑P －ADE 的外接球的体积为92π，则阳马P －ABCD 的外接球的表面积为________．答案 20π解析 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ⊥CD ，即AD ⊥CE ，且AD ＝5，ED ＝3， ∴△ADE 的外接圆半径为r 1＝AE 2＝AD 2＋ED 22＝2，设鳖臑P －ADE 的外接球的半径为R 1， 则43πR 31＝92π，解得R 1＝322. ∵PA ⊥平面ADE ，∴R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 21，可得PA 2＝R 21－r 21＝102，∴PA ＝10.正方形ABCD 的外接圆直径为2r 2＝AC ＝2AD ＝10， ∴r 2＝102， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴阳马P －ABCD 的外接球半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 22＝5， ∴阳马P －ABCD 的外接球的表面积为4πR 22＝20π.专题强化练一、单项选择题1.水平放置的△ABC 的直观图如图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 是一个( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．三边中只有两边相等的等腰三角形D ．三边互不相等的三角形 答案 A解析 AO ＝2A ′O ′＝2×32＝3，BC ＝B ′O ′＋C ′O ′＝1＋1＝2.在Rt△AOB 中，AB ＝12＋32＝2，同理AC ＝2，所以原△ABC 是等边三角形．2．(2020·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt△SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22，∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎪⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0， 解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)． 3．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( )A.12B.13C.14D.18答案 C解析如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r，l为底面圆周长，R为母线长，则12lR＝2πr2，即12·2π·r·R＝2πr2，解得R＝2r，故∠ADC＝30°，则△DEF为等边三角形，设B为△DEF的重心，过B作BC⊥DF，则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，则BCBD＝12，∴r内r外＝12，故S1S2＝14.4．(2020·大连模拟)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形，高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1000元，则气体的费用最少为( )A．4500元B．4000元C．2880元D．2380元答案 B解析因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5米，又文物高 1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2(米)，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积V＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)，因为气体每立方米1000元，所以气体的费用最少为4×1000＝4000(元)，故选B.5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，动点E 在BB 1上，动点F 在A 1C 1上，O 为底面ABCD 的中心，若BE ＝x ，A 1F ＝y ，则三棱锥O －AEF 的体积( )A ．与x ，y 都有关B ．与x ，y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关 答案 B解析 由已知得V 三棱锥O －AEF ＝V 三棱锥E －OAF ＝13S △AOF ·h (h 为点E 到平面AOF 的距离)．连接OC ，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以点E 到平面AOF 的距离为定值．又AO ∥A 1C 1，OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值，所以△AOF 的面积是定值，所以三棱锥O －AEF 的体积与x ，y 都无关．6．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3B.4π3 C.5π3D ．2π 答案 C解析 如图，过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.7．(2020·全国Ⅰ)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64πB．48πC．36πD．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a . 由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt△OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.8．(2020·武汉调研)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为( ) A.32π3B ．3πC.4π3D ．8π 答案 A解析 设△ABC 外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，∴球O 的体积V ＝43π·OA 3＝32π3.故选A.9.如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭的几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上、下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )A.2000π9B.4000π27C ．81πD ．128π答案 B解析 小圆柱的高分为上、下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0<h <5)，底面半径为r (0<r <5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱的体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，把V 看成是关于h 的函数，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h <53时，V ′>0，V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值．即V max ＝π⎝⎛⎭⎪⎫25－259×⎝⎛⎭⎪⎫53＋5＝4000π27，故选B.10．已知在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等．若点P ，A ，B ，C 都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC 的距离为( ) A.36B.12C.13D.32答案 C解析 ∵在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等，∴此三棱锥的外接球即以PA ，PB ，PC 为三边的正方体的外接球O ， ∵球O 的半径为1，∴正方体的边长为233，即PA ＝PB ＝PC ＝233，球心到截面ABC 的距离即正方体中心到截面ABC 的距离，设P 到截面ABC 的距离为h ，则正三棱锥P －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×h ＝13S △PAB ×PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎪⎫2333， ∵△ABC 为边长为263的正三角形，S △ABC ＝233，∴h ＝23， ∴球心(即正方体中心)O 到截面ABC 的距离为13.二、多项选择题11．(2020·枣庄模拟)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD －A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图③所示时，AE ·AH 为定值 答案 AD解析 由于AB 固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD ∥HG ∥EF ∥AB ，且平面AEHD ∥平面BFGC ，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB 为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A 正确；因为水面EFGH 所在四边形，从图②，图③可以看出，EF ，GH 长度不变，而EH ，FG 的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH 所在四边形的面积是变化的，故B 错；假设A 1C 1与水面所在的平面始终平行，又A 1B 1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A 1B 1C 1D 1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C 错；水量不变时，棱柱AEH －BFG 的体积是定值，又该棱柱的高AB 不变，且V AEH －BFG ＝12·AE ·AH ·AB ，所以AE ·AH ＝2V AEH －BFGAB，即AE ·AH 是定值，故D 正确．12.(2020·青岛检测)已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的表面积为16π 答案 AD解析 将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，并取E ，E 1分别为BC ，B 1C 1的中点，记四棱台上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，BD ，A 1C 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE .由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱PA ，PB ，PC ，PD 的中点，则PA ＝2AA 1＝4，OA ＝2，所以OO 1＝12PO ＝12PA 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由PA ＝PC ＝4，AC ＝4，得△PAC 为正三角形，则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 不正确；四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE2＝12×232＋22＝142，所以该四棱台的表面积为(22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 不正确；易知OA 1＝OB 1＝OC 1＝OD 1＝O 1A 21＋O 1O 2＝2＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为2，外接球表面积为4π×22＝16π，故D 正确．三、填空题13．(2020·浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________． 答案 1解析 如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π， 即r ·l ＝2.由于侧面展开图为半圆， 可知12πl 2＝2π，可得l ＝2，因此r ＝1.14.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40cm ，母线长最短50cm ，最长80cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________cm 2.答案 2600π解析 将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S ＝12×(π×40)×(50＋80)＝2600π(cm 2)．15．已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为________． 答案823π 解析 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2R ＝22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π.16．(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． 答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ， 连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ， 则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2. 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.。

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。

专题04立体几何题型简介立体几何一般作为全国卷第20题21题.重点题型主要是1体积问题及表面积问题2线面距离及线面角问题3二面角问题4空间几何综合问题典例在线题型一：体积及表面积问题1．在如图所示的多面体ABCDE 中，⊥AE 平面ABC ，AE CD ∥，22AE CD ==，3CA CB ==，25AB =(1)证明：平面ABE ⊥平面BDE ；(2)求多面体ABCDE 的体积．变式训练1．如图①，在平面四边形ABCD 中，2AB AD ==，2BC CD ==60BAD ∠= ．将BCD △沿着BD 折叠，使得点C 到达点C '的位置，且二面角A BD C '--为直二面角，如图②．已知,,P G F 分别是,,AC AD AB '的中点，E 是棱AB 上的点，且C E '与平面ABD 所成角的正233(1)证明：平面//PGF 平面C DB '；(2)求四棱锥P GFED -的体积．题型二：线面距离及线面角问题1如图，在多面体ABCDE 中，已知ABC ，ACD ，BCE 均为等边三角形，平面ACD ⊥平面ABC ，平面BCE ⊥平面ABC ，H 为AB的中点．(1)判断DE 与平面ABC 的位置关系，并加以证明；(2)求直线DH 与平面ACE 所成角的正弦值．变式训练1如图，PD 垂直于梯形ABCD 所在平面，90ADC BAD ∠=∠=，F 为PA 的中点，2PD =112AB AD CD ===，四边形PDCE 为矩形.(1)求证：//AC 平面DEF ；(2)求平面ABCD 与平面BCP 的夹角的大小；(3)求点F 到平面BCP 的距离.题型三：二面角问题1如图，四棱锥P -ABCD 中，已知AD BC ∥，BC =2AD ，AD =DC ，∠BCD =60°，CD ⊥PD ，PB ⊥BD．(1)证明：PB ⊥AB ；(2)设E 是PC 的中点，直线AE 与平面ABCD 所成角等于45°，求二面角B -PC -D 的余弦值．变式训练1如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为梯形，AB CD ∥，2AB CD =，AD SD =，SAB △为正三角形，SC BC ⊥，CB CS =.(1)求证：平面SAB ⊥平面SBC ；(2)求二面角C SA D --的余弦值.题型四：空间几何综合问题1．如图所示，正方形ABCD 所在平面与梯形ABMN 所在平面垂直，AN BM ∥，2AN AB BC ===，4BM =，23CN =(1)证明：BM ⊥平面ABCD ；(2)在线段CM （不含端点）上是否存在一点E ，使得二面角E BN M --33若存在，求出的CEEM值；若不存在，请说明理由.变式训练1如图，在四棱锥E -ABCD 中，平面ADE ⊥平面ABCD ，O ､M 分别为线段AD ､DE 的中点，四边形BCDO 是边长为1的正方形，AE =DE ，AE ⊥DE.(1)求证：CM //平面ABE ；(2)求直线CM 与BD 所成角的余弦值；(3)点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长.模拟尝试1．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ．(1)证明：平面MCD ⊥平面PAB ；(2)若//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，求平面MCD 与平面PBC 夹角的余弦值．2．（2023·山东·日照一中校考模拟预测）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为22(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AAAB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C--的正弦值．3．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 为线段AB 的中点，4CB =，43AB =118AC =，三棱锥1A A DC -的体积为8．(1)证明：1A D ⊥平面11B C D ；(2)求平面1ACD 与平面1A BC 夹角的余弦值．4．（2022·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60ADC ∠=︒，PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，且平面PAD ⊥平面ABCD ，M 是线段PC 上的点.(1)求证：OM BC ⊥；(2)若直线AM 与平面PAB 的夹角的正弦值为1010，求四棱锥M ABCD -的体积.5．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -中，16AA =E 是1AA 的中点，底面ABCD 是平行四边形，若1A C ⊥平面1BDC.(1)若1AB AA =，证明：底面ABCD 是正方形(2)若60BAD ∠=︒，求二面角1B BE D --的余弦值6．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）直四棱柱1111ABCD A B C D -被平面α所截，所得的一部分如图所示，EF DC =．（1）证明：//ED 平面ACF ；（2）若1242DC AD A E ===，3ADC π∠=，平面EFCD 与平面ABCD 所成角的正切值433，求点E 到平面ACF 的距离．真题再练1．（2021·全国·统考高考真题）如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．2．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?3．（2021·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.4．（2022·全国·统考高考真题）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2,60AB BD ACB ==∠=︒，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．5．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，,,,EAB FBC GCD HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直．(1)证明：//EF 平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．6．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为22(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C--的正弦值．7．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO 是三棱锥-P ABC 的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．8．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．9．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C -中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D为11A B 的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值；(3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值．。

专题04立体几何题型简介立体几何一般作为全国卷第20题21题.重点题型主要是1体积问题及表面积问题2线面距离及线面角问题3二面角问题4空间几何综合问题典例在线题型一：体积及表面积问题1．在如图所示的多面体ABCDE 中，⊥AE 平面ABC ，AE CD ∥，22AE CD ==，3CA CB ==，25AB =．(1)证明：平面ABE ⊥平面BDE ；(2)求多面体ABCDE 的体积．【答案】(1)证明见解析(2)25解（1）证明：设AB ，BE 的中点分别为F ，G ，连接CF ，FG ，DG ，则FG AE ∥，且12FG AE =，又CD AE ∥，且12CD AE =，所以FG CD ∥，且FG CD =，所以四边形CFGD 为平行四边形，所以∥CF DG ．因为⊥AE 平面ABC ，CF ⊂平面ABC ，所以AE CF ⊥，所以AE DG ⊥，因为CA CB =，F 为AB 的中点，所以CF AB ⊥，所以DG AB ⊥，又AB ，AE ⊂平面ABE ，且AB AE A = ，所以DG ⊥平面ABE ，又DG ⊂平面BDE ，所以平面ABE ⊥平面BDE ．（2）由（1）得CF AB ⊥，CF AE ⊥，且AB ，AE ⊂平面ABE ，AB AE A = ，所以CF ⊥平面ABE ，又因为3CA CB ==，25AB =，F 为AB 的中点，所以2CF =．因为CD AE ∥，AE ⊂平面ABE ，CD ⊄平面ABE ，所以CD ∥平面ABE ，所以点D 到平面ABE 的距离等于点C 到平面ABE 的距离CF ．因为⊥AE 平面ABC ，AC ，BC ⊂平面ABC ，所以AE AC ⊥，AE BC ⊥，又CD AE ∥，所以CD AC ⊥，CD BC ⊥，又AC ，BC ⊂平面ABC ，且AC BC C = ，所以CD ⊥平面ABC ，连接AD ，多面体ABCDE 的体积V 等于三棱锥D ABC -的体积与三棱锥D ABE -的体积之和，而11252521323D ABC V -=⨯⨯⨯⨯=，11452522323D ABE V -=⨯⨯⨯⨯=，所以多面体ABCDE 的体积25452533V =+=．变式训练1．如图①，在平面四边形ABCD 中，2AB AD ==，2BC CD ==，60BAD ∠=．将BCD △沿着BD 折叠，使得点C 到达点C '的位置，且二面角A BD C '--为直二面角，如图②．已知,,P G F 分别是,,AC AD AB'的中点，E 是棱AB 上的点，且C E '与平面ABD 所成角的正切值为3．(1)证明：平面//PGF 平面C DB '；(2)求四棱锥P GFED -的体积．【答案】(1)证明见解析解（1）,,P G F 分别为,,AC AD AB '的中点，//PG C D '∴，//PF BC '，,PG PF ⊄ 平面C DB '，,C D BC ''⊂平面C DB '，//PG ∴平面C DB '，//PF 平面C DB '，又PG PF P ⋂=，,PG PF ⊂平面PGF ，∴平面//PGF 平面C DB '.（2）取BD 的中点M ，连接,C M EM '，2AB AD == ，60BAD ∠= ，ABD ∴ 为等边三角形，2BD ∴=，又BC C D ''==222BC C D BD ''∴+=，C DB '∴ 为等腰直角三角形，112C M BD '∴==，C M BD '⊥； 二面角A BD C '--是直二面角，即平面C DB '⊥平面ABD ，平面C DB '⋂平面ABD BD =，C M '⊂平面C DB '，C M '∴⊥平面ABD ，C EM '∴∠即为C E '与平面ABD所成角，1tan 3C M C EM EM EM ''∴∠===，解得：2EM =；在EMB △中，由余弦定理得：2222cos60EM BM BE BM BE =+-⋅ ，即2314BE BE =+-，解得：12BE =，E ∴为线段AB 上靠近点B 的四等分点，111442ABD AGF BDE ABD ABD ABD ABDGFED S S S S S S S S ∴=--=--=四边形211222=⨯⨯⨯111113232P GFED GFED V S C M -'∴=⨯⨯=⨯=四棱锥四边形题型二：线面距离及线面角问题．如图，在多面体ABCDE 中，已知ABC ，ACD ，BCE 均为等边三角形，平面ACD ⊥平面ABC ，平面BCE ⊥平面ABC ，H 为AB的中点．(1)判断DE 与平面ABC 的位置关系，并加以证明；(2)求直线DH 与平面ACE 所成角的正弦值．【答案】(1)DE ∥平面ABC ，证明见解析；(2)155【详解】（1）DE ∥平面ABC ，理由如下：分别取,AC BC 的中点,O P ，连接,,DO EP OP ，因为AD CD =，所以DO AC ⊥，又平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD 平面ABC AC =，DO ⊂平面ACD ，所以DO ⊥平面ABC ，同理EP ⊥平面ABC ，所以EP DO ∥，又因为,ACD BCE 是全等的正三角形，所以EP DO =，所以四边形DOPE 是平行四边形，所以DE OP ∥，因为ED ⊄平面ABC ，OP ⊂平面ABC ，所以ED ∥平面ABC ；（2）连接BO ，则易知BO ⊥平面ACD ，以O 为坐标原点，分别以,,OD OA OB的方向为,,x y z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，令2AC =.则()()())13130,0,0,0,1,0,0,1,0,3,0,0,0,,,0,,2222O A C DH P ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，13,3,,22DE OP E ⎫=∴-⎪⎪⎭所以()33130,2,0,3,,3,2222AC AE DH ⎛=-=-= ⎭⎝⎭ ，设平面ACE 的法向量为(),,m x y z =，所以·0·0m AC m AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ，所以20333022y y z -=⎧⎪⎨-+=⎪⎩则0y =，取2z =，1x ∴=-，则()1,0,2m =-，所以2315cos ,525DH m DH m DH m ===，设直线DH 与平面ACE 所成的角为θ，则15sin cos ,5DH m θ==．变式训练1如图，PD 垂直于梯形ABCD 所在平面，90ADC BAD ∠=∠=，F 为PA 的中点，2PD =112AB ADCD ===，四边形PDCE 为矩形.(1)求证：//AC 平面DEF ；(2)求平面ABCD 与平面BCP 的夹角的大小；(3)求点F 到平面BCP 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)45 (3)14【详解】（1）设CP DE G = ，连接FG，四边形PDCE 为矩形，G ∴为PC 中点，又F 为PA 中点，//AC FG ∴，又FG ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，//AC ∴平面DEF .（2）以D 为坐标原点，,,DA DC DP正方向为,,x y z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则()1,1,0B ，()0,2,0C，(P ，()1,1,0BC ∴=-，(0,CP =-，设平面BCP 的法向量(),,n x y z =，020BC n x y CP n y ⎧⋅=-+=⎪∴⎨⋅=-+=⎪⎩，令1y =，解得：1x =，z =，(n ∴=；z 轴⊥平面ABCD ，∴平面ABCD 的一个法向量()0,0,1m =，cos ,2m n m n m n⋅∴<>==⋅ ，则平面ABCD 与平面BCP的夹角为45 .（3）由（2）知：1,0,22F ⎛ ⎝⎭，(P，1,0,22PF ⎛⎫∴= ⎪ ⎪⎝⎭，由平面BCP的法向量(n =，∴点F 到平面BCP 的距离11224PF nd n⋅=== .题型三：二面角问题1如图，四棱锥P -ABCD 中，已知AD BC ∥，BC =2AD ，AD =DC ，∠BCD =60°，CD ⊥PD ，PB ⊥BD ．(1)证明：PB ⊥AB ；(2)设E 是PC 的中点，直线AE 与平面ABCD 所成角等于【答案】(1)证明见解析(2)77解（1）连结BD ，在BDC 中，因为BC=2DC ，∠BCD=60°，由余弦定理()22222cos603BD DC DC DC DC +-⋅⋅︒．因为222BD CD BC +=，所以CD ⊥BD ，又CD ⊥PD ，BD PD D = ，,BD PD ⊂平面PDB ，所以CD ⊥平面PDB ，由于PB ⊂平面PDB ，所以CD ⊥PB ．因为PB ⊥BD ，CD BD D =I ，,CD BD ⊂平面ABCD ，所以PB ⊥平面ABCD ，由于AB ⊂平面ABCD ，因此PB ⊥AB ．（2）解法1：以B 为坐标原点，BC的方向为x 轴正方向，||DC为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，由（1）可知y 轴在平面ABCD 内．则(0,0,0)B ，1322A ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，(2,0,0)C ，3322D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13,22DC ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．设(0,0,)(0)P t t >，则(2,0,)PC t =- ，1,0,2t E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13,222t AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．因为平面ABCD 的法向量为(0,0,1)m =，所以2cos ,||||4AE m AE m AE m t 〈〉==⋅+⋅由AE 与平面ABCD 所成角等于45°，2sin 454t =+，解得t=2．设平面DPC 的法向量1(,,)n x y z =，则110,0.n PC n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即220,130.22x z x -=⎧⎪⎨=⎪⎩所以可取1(3,1,3)n =．因为平面BPC 的法向量为2(0,1,0)n = ，于是1212127cos ,7n n n n n n 〈〉=⋅=．因为二面角B-PC-D 是锐二面角，所以其余弦值为77．解法2：取BC 中点为F ，连结EF ，AF ，则EF PB ∥，且AF=DC ．由（1）可知EF ⊥平面ABCD ，∠EAF 是AE 与平面ABCD 所成角，所以∠EAF=45°，所以EF=AF=DC ，于是PB=2EF=2DC ．以B 为坐标原点，BC的方向为x 轴正方向，||DC 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，由（1）可知y 轴在平面ABCD 内．则(0,0,0)B ，(2,0,0)C ，332D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(0,0,2)P ，(2,0,2)PC =-，13,22DC ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．设平面DPC 的法向量(,,)m x y z =，则0,0.m PC m DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即可得220,130.22x z x y -=⎧⎪⎨-=⎪⎩所以可取(3,1,3)m = ．因为平面BPC 的法向量(0,1,0)n = ，于是7cos ,7||||m n m n m n ⋅〈〉==⋅．因为二面角B-PC-D 是锐二面角，所以其余弦值为77．解法3：取BC 中点为F ，连结EF ，AF ，则//EF PB ，且AF=DC ．由（1）可知EF ⊥平面ABCD ，∠EAF 是AE 与平面ABCD 所成角，故∠EAF=45°，因此EF=AF=DC ，于是PB=2EF=2DC=BC ，可得22PC DC =．连结BE ，则BE ⊥PC ．过E 在平面PDC 内作EG ⊥PC ，交PD 于点G ，则∠BEG 是二面角B-PC-D 的平面角．因为PB ⊥BC ，所以2BE DC ，7PD DC =．因为CD ⊥PD ，由PEG PDC △∽△可得147EG =．由PC ⊥平面BEG ，BG ⊂平面BEG ，所以PC ⊥BG ，而CD ⊥BG ，,,PC CD C PC CD ⋂=⊂平面PDC ，故BG ⊥平面PDC ，由于GE Ì平面PDC ，所以BG ⊥GE ，所以由余弦定理得7cos 7GE BEG BE ∠==．因此二面角B PCD --的余弦值为77．变式训练1如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为梯形，AB CD ∥，2AB CD =，AD SD =，SAB △为正三角形，SC BC ⊥，CB CS =.(1)求证：平面SAB ⊥平面SBC ；(2)求二面角C SA D --的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)277解（1）分别取BS ，AS 的中点O ，E ，连接OE ，OC ，ED ，则//OE AB 且12OE AB =.因为//AB CD ，2AB CD =，所以//,OE CD OE CD =，所以四边形OCDE 为平行四边形，则//CO DE .因为AD SD =，故DE SA ⊥，故CO SA ⊥.因为CB CS =，故CO SB ⊥.因为SA SB S =I ，SA ，SB ⊂平面SAB ，所以CO ⊥平面SAB.因为CO ⊂平面SBC ，所以平面SAB ⊥平面SBC.（2）连接AO ，因为△SAB 为正三角形，所以AO SB ⊥，因为平面SAB ⊥平面SBC ，平面SAB 平面SBC SB =，AO ⊂面SAB ，所以AO ⊥平面SBC ，OC 、OS 在面SBC 内，又CO SB ⊥，故OA ，OS ，OC 两两垂直，故以O 为坐标原点，OC ，OS ，OA 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.设2BC SC ==，则22AB SB ==，6OA =，2OC =，所以()0,0,6A ，()2,0,0C，()0,2,0S ，262,,22D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，（难点：点D 的坐标不易直接看出，可先求出点E 的坐标，利用CO DE =求解点D 的坐标）所以()0,2,6AS =- ，262,,22SD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ ，()2,2,0CS =-.设面SAD 的法向量为()111,,m x y z =，由11111260262022m AS y z m SD x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令11z =，得()0,3,1m =.设面SAC 的法向量为()222,,x n y z =，则2222260220n AS y z n CS x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，令23y =，得()3,3,1n = .则427cos ,727m n m n m n ⋅===⨯⋅，显然二面角C SAD --为锐二面角，所以二面角C SA D --的余弦值为277.题型四：空间几何综合问题1．如图所示，正方形ABCD 所在平面与梯形ABMN 所在平面垂直，AN BM ∥，2AN AB BC ===，4BM =，CN =(1)证明：BM ⊥平面ABCD ；(2)在线段CM （不含端点）上是否存在一点E ，使得二面角E BN M --的余弦值为3.若存在，求出的CE EM 值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2)存在，12CE EM =【详解】（1）证明：正方形ABCD 中，BC AB ⊥，平面ABCD ⊥平面ABMN ，平面ABCD ⋂平面ABMN AB =，BC ⊂平面ABCD ，BC ∴⊥平面ABMN ，又BM ⊂平面ABMN ，BC ∴⊥BM ，且BC BN ⊥，又2,BC ==BN ∴=2AB AN == ，222BN AB AN ∴=+，AN AB ∴⊥，又//AN BM ，BM AB ∴⊥，又,,BC BA B BA BC =⊂ 平面ABCD ，∴BM ⊥平面ABCD ；（2）解：如图，以B 为坐标原点，,,BA BM BC 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()()()0,0,0,2,0,0,0,0,2B A C ，()()()2,0,2,2,2,0,0,4,0D N M ，设点(),,E a b c ，()01CE CM λλ=<<，()(),,20,4,2a b c λ∴-=-，()04,0,4,2222a b E c λλλλ=⎧⎪∴=∴-⎨⎪=-⎩，()()2,2,0,0,4,22BN BE λλ∴==-，设平面BEN 的法向量为(),,m x y z = ，()2204220BN m x y BE m y z λλ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=+-=⎪⎩，令221,1,,1,1,11x y z m λλλλ⎛⎫=∴=-=∴=- ⎪--⎝⎭ ，显然，平面BMN 的法向量为()0,0,2BC =，cos ,3BC m BC m BC m⋅∴==，==，即=即23210λλ+-=，解得13λ=或1-（舍），所以存在一点E，且12CE EM =.变式训练1如图，在四棱锥E -ABCD 中，平面ADE ⊥平面ABCD ，O ､M 分别为线段AD ､DE 的中点，四边形BCDO 是边长为1的正方形，AE =DE ，AE ⊥DE.(1)求证：CM //平面ABE ；(2)求直线CM 与BD 所成角的余弦值；(3)点N 在直线AD 上，若平面BMN ⊥平面ABE ，求线段AN 的长.【答案】(1)证明见解析(2)6(3)53【详解】（1）证明：取AE 的中点P ，连接BP ､MP ，如图所示.∵M ､P 分别为ED ､AE 的中点，∴PM //AD ，且PM=12AD.又四边形BCDO 是边长为1的正方形，∴BC //OD ，且BC=OD ，又O 为AD 的中点，∴BC //AD ，且BC=12AD ，即PM //BC ，且PM=BC ，∴四边形BCMP 为平行四边形，∴CM //PB ，又CM ⊄平面ABE ，PB ⊂平面ABE ，∴CM //平面ABE.（2）（2）连接EO ，∵AE=DE ，O 为AD 中点，∴EO ⊥AD.∵EO ⊂平面ADE ，且平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE∩平面ABCD=AD ，∴EO ⊥平面ABCD.又OB ⊂平面ABCD ，OD ⊂平面ABCD ，∴EO ⊥OB ，EO ⊥OD ，以O 为原点，OB ､OD ､OE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则(0A ，1-，0)，C （1，1，0），B （1，0，0），D （0，1，0），(0E ，0，1)，M 11(0,,22∴11(1,,),22CM BD=-- =（-1，1，0）.设直线CM 与BD 所成角为θ，则cosθ=1||2||||CM BD CM BD ⋅=，∴直线CM 与BD所成角的余弦值为6.（3）设ON →=λOD →，则N （0，λ，0），∴NB →=（1，-λ，0），11(1,,)22MB =-- ，设平面BMN 的法向量为n →=(a ，b ，c)，则0,0,n MB n NB ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 即220220a b c a b λ⎧--=⎪⎨⎪-=⎩，令a=λ，则b=1，c=2λ-1，∴n →=（λ，1，2λ-1），设面ABE 的法向量为(,,)m x y z =，(1,1,0),(0,1,1)AB AE ==由00AB m x y AE m y z ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，可取(1,1,1)m =- ．∵平面BMN ⊥平面ABE ，∴0m n →→⋅=，即λ-1+2λ-1=0，解得λ=23，53AN ∴=.模拟尝试一、解答题1．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD．(1)证明：平面MCD ⊥平面PAB ；(2)若//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，求平面MCD 与平面PBC 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；.【详解】（1）设AD 的中点为E ，连接PE ，因为PAD 为等边三角形，所以PE AD ⊥，又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，且PE ⊂平面PAD ，所以PE ⊥平面ABCD ，因为AB ⊂平面ABCD ，所以PE AB ⊥，又PD AB ⊥，,PD PE P PD PE =⊂ ，平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又因为MD ⊂平面PAD ，所以AB MD ⊥，因为在等边三角形PAD 中，M 为PA 的中点，所以MD AP ⊥，因为AB AP A =I ，,AB AP ⊂平面PAB ，所以MD ⊥平面PAB ，因为MD ⊂平面MCD ，所以平面MCD ⊥平面PAB ；（2）连接CE ，由（1）知，AB ⊥平面PAD ，因为AD ⊂平面PAD ，所以AB AD ⊥，因为//AD BC ，2AD BC =，2CD AB =，所以四边形ABCE 为矩形，即CE AD ⊥，BC AE DE ==，22CD AB CE ==，所以30∠=︒CDE ，设BC a =，2AD a =，tan 60PE AE =⋅︒，tan 303AB CE DE ==⋅︒=，以E 为原点，分别以EC 、ED 、EP 所在直线为x 、y 、z轴建立空间直角坐标系，所以()0,,0A a -，()P，C ⎫⎪⎪⎝⎭，,0B a ⎫-⎪⎪⎝⎭，()0,,0D a，0,2a M ⎛- ⎝⎭，所以,,322a MC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，30,,22a MD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,,3PB a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,0,3PC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，设平面MCD 和平面PBC 的法向量分别为()1111,,n x y z =，()2222,,n x y z =，则111111102302a n MC y a n MD y ⎧⋅=+-=⎪⎪⎨⎪⋅=-=⎪⎩，222222200n PB ay n PC ⎧⋅=--=⎪⎪⎨⎪⋅=-=⎪⎩，即1111x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩，22203y x z =⎧⎨=⎩，取11y =，21z =，则1n = ，()23,0,1n =，所以121212cos ,35n n n n n n ⋅==⋅，所以平面MCD 与平面PBC.2．（2023·山东·日照一中校考模拟预测）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】【详解】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则1111111111433333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S h h V S A A V ---=⋅===⋅== ，解得h =所以点A 到平面1A BC；（2）取1A B 的中点E,连接AE,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥,又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以⊥AE 平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE =，所以12AA AB ==，12A B =以2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =- ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则20n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =-r，则1cos ,222m n m n m n ⋅==⨯⋅，所以二面角A BD C --213122⎛⎫-= ⎪⎝⎭3．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 为线段AB 的中点，4CB =，43AB =118AC =，三棱锥1A A DC -的体积为8．(1)证明：1A D ⊥平面11B C D ；(2)求平面1ACD 与平面1A BC 夹角的余弦值．【答案】(1)见解析65555【详解】（1）证明：因为1AA ⊥平面ABC ，CB ⊂平面ABC ，所以1AA BC ⊥，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AAC C 为平行四边形，则118AC AC ==，因为43AB =4CB =，所以222AB CB AC +=，所以CB AB ⊥，又因为1AB AA A ⋂=，1AA ⊂平面11ABB A ，AB ⊂平面11ABB A ，所以CB ⊥平面11ABB A ，因为11//CB C B ，所以11C B ⊥平面11ABB A ，又1A D ⊂平面11ABB A ，所以111C B A D ⊥．1832ABC S AB BC =⋅=△，D 为AB 的中点，则132ACD ABC S S ==△△因为1AA ⊥平面ABC ，1111113833A A CD A ACD ACD V V S AA AA --==⋅=⨯= ，所以123AA =11A DB △中，1126A D B D ==1143A B =2221111A D B D A B +=，所以11A D B D ⊥，1111C B BD B ⋂=，111,C B B D ⊂平面11B C D ，所以1A D ⊥平面11B C D ；（2）因为1BB ⊥平面ABC ，BC AB ⊥，以点B 为坐标原点，BA 、1BB 、BC 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,4C 、()3,0,0D 、()143,3,0A 、()10,23,0B ，设平面1DAC 的法向量为()111,,m x y z =，()123,3,0DA = ，()23,0,4DC =-，则11111330340m DA x y m DC x z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取12x =，可得(2,3m =-，设平面1A CB 的法向量为()222,,x n y z =，()13,3,0BA = ，()0,0,4BC =，则1222433040n BA x y n BC z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩ ，取21x =，可得()1,2,0n =- ，所以，6655cos ,55115m n m n m n ⋅===⋅⨯，所以平面1DAC 与平面1ACB 夹角的余弦值为65555.4．（2022·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60ADC ∠=︒，PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，且平面PAD ⊥平面ABCD ，M 是线段PC 上的点.(1)求证：OM BC ⊥；(2)若直线AM 与平面PAB 的夹角的正弦值为1010，求四棱锥M ABCD -的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)43【详解】（1）因为PAD 为等边三角形，O 为线段AD 的中点，所以PO AD ⊥；因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ；又BC ⊂平面ABCD ，所以PO BC ⊥；在OCD 中，1,2,60OD CD ADC ==∠=︒，由余弦定理可得OC =因为222OC OD CD +=，所以CO AD ⊥；因为//AD BC ，所以CO BC ⊥，所以BC ⊥平面POC ；因为OM ⊂平面POC ，所以OM BC ⊥.（2）由（1）得,,OP OC OD 两两垂直，以O 为坐标原点，建系如图，则()())0,1,0,0,0,,2,0,A P BC -；)(1,0,,0,1,AB PC AP =-=-=；设PM PC λ=，则)AM AP PM =+= ；设平面PAB 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AB n AP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，0y y -==⎪⎩，令y =则()1n =- .因为直线AM 与平面PAB所以n AM n AM ⋅==，解得13λ=或23λ=-（舍），即有13PM PC =，M 是靠近P 的三等分点，所以四棱锥M ABCD -的高等于OP 的23.四棱锥M ABCD -的体积为114222sin 603233V ︒=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=.5．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA =，E 是1AA 的中点，底面ABCD 是平行四边形，若1A C ⊥平面1BDC.(1)若1AB AA =，证明：底面ABCD 是正方形(2)若60BAD ∠=︒，求二面角1B BE D --的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2)【详解】（1）如图，连接1,AC CD ，1A C ⊥平面1BDC ，BD ⊂平面1BDC ，1C D ⊂平面1BDC ，则1AC BD ⊥，11AC C D ⊥，直棱柱中1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1AA BD ⊥，111AA A C A = ，11,AA A C ⊂平面1ACA ，则BD ⊥平面1ACA ，又AC ⊂平面1ACA ，所以BD AC ⊥，所以平行四边形ABCD 是菱形，1AA AB =，则直棱柱的侧面11ABB A 是正方形，因此侧面11CDD C 也是正方形，所以11CD C D ⊥，11A C CD C = ，11,AC CD ⊂平面11ACD ，所以1C D ⊥平面11ACD ，又11A D ⊂平面11ACD ，所以111C D A D ⊥，直棱柱中易知111DD A D ⊥，而111DD CD D = ，11,DD CD ⊂平面11CC D D ，所以11A D ⊥平面11CC D D ，11C D ⊂平面11CC D D ，所以1111A D C D ⊥，因此底面1111D C B A 是矩形，即四边形ABCD是矩形，所以四边形ABCD 是正方形；（2）由（1）知底面ABCD 是菱形，因此AC BD ⊥，设AC BD O ⋂=，分别以,OA OB 为,x y 轴，过O 与1AA 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图，设2AB a =，则3OA a =，OB a =，1(36)A a ，(3,0,0)C a -，(0,,0)B a ，1(36)C a -，1(23,0,6)AC a =-- ，1(3,6)BC a a =-- ，由（1）知211660AC BC a ⋅=-= ，1a =（负值舍去），6(3,0,2E ，(0,1,0)B ，(0,1,0)D -，16)B ，6(3,)2BE =- ，(0,2,0)DB = ，16)BB = ，设平面1B BE 的一个法向量是111(,,)m x y z =，则11111606302m BB m BE y z ⎧⋅=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取11x =得3,0)m = ，设平面BED 的一个法向量是222(,,)n x y z =，则2222630220n BE x y n DB y ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅==⎩，取21x =，得(1,0,2)n = ，3cos ,623m n m n m n ⋅==⨯，所以二面角1B BE D--的余弦值为366．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）直四棱柱1111ABCD A B C D -被平面α所截，所得的一部分如图所示，EF DC =．（1）证明：//ED 平面ACF ；（2）若1242DC AD A E ===，3ADC π∠=，平面EFCD与平面ABCD 433，求点E 到平面ACF 的距离．【答案】（1）详见解析；（2255．【详解】（1）依题：平面α与两平行平面ABCD ，1111D C B A 的交线分别为EF ，DC ，故有//EF DC ，又EF DC =，故有平行四边形EFCD ，∴//ED FC ，ED ⊄面ACF ，FC ⊂面ACF ，∴//ED 平面ACF ．（2）ADC △中，由余弦定理可得3AC =得AC AD ⊥，又1AA ⊥平面ABCD ，故而1AA ，AC ，AD 两两垂直，如图建系．【法一求EH 】取AD 中点H ，由1//AH A E ，1AH A E =得平行四边形1A AHE ，∴1//AA HE ，HE ⊥平面ACD ，作HI DC ⊥，（连EI ），又HE CD ⊥，∴CD ⊥平面EHI ，得CD EI ⊥，又HI DC ⊥，∴EIH ∠为所求二面角的平面角．易求3HI =4tan 33EH EIH HI ∠==，1EH =．【法二求EH 】面ABCD 的法向量显然为()0,0,1n =，设面EFCD 的法向量为(),,k x y z = ，1,0,2E h ⎛⎫⎪⎝⎭，00k DC k DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，令3x =33,1,2k h ⎫=⎪⎪⎭，依题：3119n k h n k⋅=⇒= ．由//ED 平面ACF ，点E 到平面ACF 的距离转化为D 到平面ACF 的距离d ，()1,0,0D ，()3,0C ，13,12DC EF F ⎛⎫=⇒- ⎪⎝⎭ ，设平面ACF 的法向量为(),,m x y z = ，00m AC m m AF ⎧⋅=⇒⎨⋅=⎩可为()2,0,1，255m AD d m⋅== ．真题再练1．（2021·全国·统考高考真题）如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．【答案】（12（2）7014【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法PD ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =- ，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥ ，则2210PB AM a ⋅=-+= ，解得22a =22BC a ==[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结BD ．因为PD ⊥底面ABCD ，且AM ⊂底面ABCD ，所以PD AM ⊥．又因为PB AM ⊥，PB PD P = ，所以AM ⊥平面PBD ．又BD ⊂平面PBD ，所以AM BD ⊥．从而90ADB DAM ∠+∠=︒．因为90∠+∠=︒MAB DAM ，所以∠=∠MAB ADB ．所以 ∽ADB BAM ，于是=AD BAAB BM．所以2112BC =．所以BC =[方法三]：几何法+三角形面积法如图，联结BD 交AM 于点N．由[方法二]知⊥AM DB ．在矩形ABCD 中，有 ∽DAN BMN ，所以2==AN DAMN BM，即23AN AM =．令2(0)=>BC t t ，因为M 为BC 的中点，则BM t =，=DB，=AM 由1122=⋅=⋅ DAB S DA AB DB AN，得=t 212t =，所以2==BC t （2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则,1,02AM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由1111020m AM x y mAP z ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =)m =，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，,0,02BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由222200n BM n BP y z ⎧⋅==⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，取21y =，可得()0,1,1n =，cos ,14m n m n m n ⋅==⋅，所以，sin ,m n = 因此，二面角A PM B --14.[方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体1111ABCD A B C D -，联结11,AB A B ，交点记为H ，由于11AB A B ⊥，1AB BC ⊥，所以AH ⊥平面11A BCD ．过H 作1D M 的垂线，垂足记为G ．联结AG ，由三垂线定理可知1⊥AG D M ，故AGH ∠为二面角A PM B --的平面角．易证四边形11A BCD 是边长为2的正方形，联结1D H ，HM ．111111111,2D HM D HM D A H HBM MCD A BCD S D M HG S S S S S =⋅=--- 正方形，由等积法解得31010=HG ．在Rt AHG 中，2310,210==AH HG ，由勾股定理求得355=AG ．所以，70sin 14AH AGH AG ∠==，即二面角A PM B --的正弦值为7014．2．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）证明见解析；（2）112B D =【详解】（1）[方法一]：几何法因为1111,//BF AB AB AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,AM BN ，因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅ ，则1CBF BBN ∠=∠．又因为1190BBN BNB ∠+∠=︒，所以1190CBF BNB BF BN ∠+∠=︒⊥，．又因为111111,BF AB BN AB B ⊥= ，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥．[方法二]【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1B B AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B AC ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅= ，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++ ()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+ 1BF EB BF BB =⋅+⋅ 11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=52520255-⨯⨯⨯，所以BF ED ⊥．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面DFE 的法向量为(),,m x y z = ，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅=⋅ 222214a a =⨯-+22214a a =-+当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ=．所以()minsin θ=，此时112B D =．[方法二]：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE 平面11B BCC FT =．作1BH FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1D H B ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//CG AB 交DS 于点G ．由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111B D BT C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31t s t =+．又111B H BT C F FT=，即11B H =1B H =所以DH ===则11sin B D DHB DH∠===所以，当12t =时，()1min sin 3DHB ∠=．[方法三]：投影法如图，联结1,FB FN，DEF 在平面11BB C C 的投影为1BN F ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS S θ=．设1(02)BD t t =≤≤，在1Rt DB F中，DF ==在Rt ECF中，EF 过D 作1B N 的平行线交EN 于点Q ．在Rt DEQ △中，DE ==在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅=sin DFE ∠=1sin 2DFE S DF EF DFE =⋅∠ =13,2B NF S = 1cos B NF DFES S θ==sin θ当12t =，即112B D =，面11BBC C 与面DFE所成的二面角的正弦值最小，最小值为3．（2021·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，ABAD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)6.(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.【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥，因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ．因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz-，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,0)3322EB m BC =--= ，设(),,n x y z =r为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩ 可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m=--．又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =，所以222cos ,244n OA m m -=⋅+，解得1m =．又点C 到平面ABD 321133213226A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=所以三棱锥A BCD -36．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EG BD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG ∠为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =．由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以3BC =．因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCD BOC V S O S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯ ．[方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒，记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒．对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos 2βα=．①使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα=．②将①②两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=，由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=，根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =，结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD -的体积为6．4．（2022·全国·统考高考真题）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2,60AB BD ACB ==∠=︒，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．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面ABD 所成的角的437【详解】（1）因为AD CD =，E 为AC 的中点，所以AC DE ⊥；在ABD △和CBD △中，因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==，所以ABD CBD ≌△△，所以AB CB =，又因为E 为AC 的中点，所以AC BE ⊥；又因为,DE BE ⊂平面BED ，DE BE E ⋂=，所以AC ⊥平面BED ，因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .（2）连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC EF ⊥，所以1=2AFC S AC EF ⋅△，当EF BD ⊥时，EF 最小，即AFC △的面积最小.因为ABD CBD ≌△△，所以2CB AB ==，又因为60ACB ∠=︒，所以ABC 是等边三角形，因为E 为AC 的中点，所以1AE EC ==，3BE =因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==,在DEB 中，222DE BE BD +=，所以BE DE ⊥.以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -，则()()()1,0,0,3,0,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,3,0AD AB =-=-，设平面ABD 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AD x z n AB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取y =()n = ，又因为()31,0,0,,4C F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以34CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭ ，所以cos ,7n CF n CF n CF⋅==，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以sin cos ,n CF θ== 所以CF 与平面ABD所成的角的正弦值为7.5．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，,,,EAB FBC GCD HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：//EF 平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；【详解】（1）如图所示：分别取,AB BC 的中点,M N ，连接MN ，因为,EAB FBC为全等的正三角形，所以,EM AB FN BC ⊥⊥，EM FN =，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ⋂平面ABCD AB =，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知//EM FN ，而EM FN =，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以//EF MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以//EF 平面ABCD ．（2）[方法一]：分割法一如图所示：分别取,AD DC 中点,K L ，由（1）知，//EF MN 且EF MN =，同理有，//,HE KM HE KM =，//,HG KL HG KL =，//,GF LN GF LN =，由平面知识可知，BD MN ⊥，MN MK ⊥，KM MN NL LK ===，所以该几何体的体积等于长方体KMNL EFGH -的体积加上四棱锥B MNFE -体积的4倍．因为MN NL LK KM ====，8sin 60EM == 点B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直线MN 的距离d，d =(21343V =⨯+⨯⨯==．[方法二]：分割法二如图所示：连接AC,BD,交于O ，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH 的体积加上三棱锥A-OEH 的4倍,再加上三棱锥E-OAB 的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH 的中点P ，连接AP,OP.则EH 垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH 与三棱锥E-OAB 的高均为EM 的长.所以该几何体的体积(21111144444433232V =⋅+⋅⋅⋅⋅6．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1AC 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】2.【详解】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111111143333A A BC A A ABC A ABC A B BC C C B V S h V S A A V ---=⋅===⋅==，解得h =所以点A 到平面1A BC；（2）取1A B 的中点E,连接AE,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥,又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC ⋂平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以⊥AE 平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE 12AA AB ==，1A B =以2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =- ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c = ，则020n BD a b c n BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =-r，则1cos ,2m n m n m n ⋅==⋅，所以二面角A BD C --2=.7．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO 是三棱锥-P ABC 的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1113【详解】（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PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒，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PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以//OE 平面PAC（2）解：过点A 作//Az OP ，如图建立空间直角坐标系，因为3PO =，5AP =，所以224OA AP PO =-=，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD ，43AB =所以12AC =，所以()23,2,0O ，()43,0,0B ，()23,2,3P ，()0,12,0C ，所以333,1,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则333,1,2AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，()3,0,0AB =，()0,12,0AC = ，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令2z =，则=3y -，0x =，所以()0,3,2n =-；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则33302120m AE a b c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a 6c =-，0b =，所以)6m =-；所以cos ,n m n m n m⋅==设二面角C AE B --的大小为θ，则cos cos ,=n m θ=所以11sin 13θ==，即二面角C AE B --的正弦值为1113.8．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)见解析(2)见解析【详解】（1）取AB 的中点为K ，连接,MK NK ，由三棱柱111ABC A B C -可得四边形11ABB A 为平行四边形，而11,B M MA BK KA ==，则1//MK BB ，而MK ⊄平面11BCC B ，1BB ⊂平面11BCC B ，故//MK 平面11BCC B ，而,CN NA BK KA ==，则//NK BC ，同理可得//NK 平面11BCC B ，而,,NK MK K NK MK =⊂ 平面MKN ，故平面//MKN 平面11BCC B ，而MN ⊂平面MKN ，故//MN 平面11BCC B ，（2）因为侧面11BCC B 为正方形，故1CB BB ⊥，而CB ⊂平面11BCC B ，平面11CBB C ⊥平面11ABB A ，平面11CBB C ⋂平面111ABB A BB =，故CB ⊥平面11ABB A ，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，因为AB ⊂平面11ABB A ，故NK AB ⊥，若选①，则AB MN ⊥，而NK AB ⊥，NK MN N = ，故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB MK ⊥，所以1AB BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =-，则()2,2,1n =--，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯ .若选②，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，而KM ⊂平面MKN ，故NK KM ⊥，而11,1B M BK NK ===，故1B M NK =，而12B B MK ==，MB MN =，故1BB M MKN ≅ ，所以190BB M MKN ∠=∠=︒，故111A B BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM === ，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =-，则()2,2,1n =--，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯.9．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C -中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 的中点，。

专题04 立体几何 一、单选题1. 【江苏省南通市2020-2021学年高三上学期12月月考模拟】在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，23BAC π∠=，3AP =，23AB =，Q 是边BC 上的一动点，且直线PQ 与平面ABC 所成角的最大值为3π，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ）A ．50πB ．55πC ．57πD ．108π2. 【江苏省南通市2020-2021学年高三上学期期中】把与直线l 垂直的向量称为直线l 的法向量.设(,)e A B =是直线l 的一个方向向量，那么(,)n B A =- 就是直线l 的一个法向量.借助直线的法向量，我们可以方便地计算点到直线的距离.已知P 是直线l 外一点，n 是直线l 的一个法向量，在直线l 上任取一点Q ，那么PQ 在法向量n 上的投影向量为()cos n PQ n θ⋅(θ为向量n 与PQ 的夹角），其模就是点P 到直线l 的距离d ，即PQ n d n ⋅=.据此，请解决下面的问题：已知点A (-4，0)，B (2，-1)，C (-1，3)，则点A 到直线BC 的距离是（ ） A ．215 B ．7 C ．275 D ．83. 【江苏省南通市2021届高三下学期3月模拟】一个正三棱锥(底面积是正三角形，顶点在底面上的射影为底面三角形的中心)的四个顶点都在半径为1的球面上，球心在三棱锥的底面所在平面上，则该正三棱锥的体积是A ．334B ．33C ．34D ．3124. 【江苏省南通市海安高级中学2020-2021学年高三上学期12月测试】三棱锥A BCD -中，60ABC CBD DBA ∠=∠=∠=︒，2BC BD ==，ACD △的面积为11，则此三棱锥外接球的体积为（ ）A ．16πB ．4πC ．163πD ．323π 5. 【江苏省南通市海安市实验中学2020-2021学年高三上学期第三次学情检测】如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是11AB BC ，的中点，则异面直线EF 与1C D 所成的角为（ ）A ．30B ．45︒C ．60︒D ．90︒6. 【江苏省南通市如皋市2020-2021学年高三上学期10月第一次教学质量调研】在三棱锥P ABC -中，PA ⊥面ABC ，ABC 是边长为2的正三角形，且3PA =，则二面角P BC A --的大小为（ ） A ．30 B ．45︒ C ．60︒ D ．无法确定7. 【江苏省南通市如皋市2020-2021学年高三上学期教学质量调研（三）】直三棱柱111ABC A B C -中，侧棱14BB =，2AB =，3AC BC ==，则点C 到平面11A BC 的距离为（ ）A ．22211B ．42211C ．62211D ．1222118. 【江苏省南通市如皋市2020-2021学年高三上学期期中】正三棱锥S ABC -中，2SA =，22AB =，则该棱锥外接球的表面积为（ ）A ．43πB ．4πC ．12πD ．6π9. 【江苏省南通市如皋市2021届高三下学期4月第二次适应性考试】如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点M ､N 分别是边CD ､BC 的中点，将ADM △沿AM 翻折到PAM △，在ADM △翻折到PAM △的过程中，tan PND ∠的最大值为（ ）A ．54B ．255C ．55D ．2310. 【江苏省南通市通州区、启东市2020-2021学年高三上学期期末】攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥，设正六棱锥的侧面等腰三角形的顶角为2θ，则侧棱与底面内切圆半径的比为（ ）A ．33sin θB ．33cos θC ．12sin θD ．12cos θ11. 【江苏省镇江市、南通市如皋2020-2021学年高三上学期教学质量调研（二）】正三棱锥S ABC -中，2SA =，22AB =，则该棱锥外接球的表面积为（ ）A ．43πB ．4πC ．12πD ．6π12. 【江苏省如东高级中学、丹阳高级中学、如皋中学2020-2021学年高三上学期12月三校联考】棱长为6的正四面体ABCD 与正三棱锥E BCD -的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE 的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥E BCD -的体积为（ ）A ．92B ．242C ．362D ．722二、多选题1. 【江苏省南通，徐州，淮安，泰州，宿迁，镇江，连云港等七市2021届高三下学期2月第一次调研】已知m ，n 是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则（ ）A ．若//m α，//n α，则//m nB ．若//m α，m β⊥，则αβ⊥C ．若//αβ，m α⊥，n β⊥，则//m nD ．若αβ⊥，//m α，βn//，则m n ⊥ 2. 【江苏省南通市2020-2021学年高三上学期12月月考模拟】已知边长为2的等边ABC ，点D 、E 分别是边AC 、AB 上的点，满足//DE BC 且ADAC λ=（()0,1λ∈），将ADE 沿直线DE 折到A DE '的位置，在翻折过程中，下列结论成立的是（ ）A ．在边A E '上存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面ACD 'B ．存在102λ∈⎛⎫ ⎪⎝⎭,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC '⊥平面BCDE C ．若12λ=，当二面角A DE B '--等于60°时，72A B '= D ．在翻折过程中，四棱锥A BCDE '-体积的最大值记为()f λ，()f λ的最大值为2393. 【江苏省南通市2020-2021学年高三上学期期中】如图，四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥底面ABCD ，PAD △是等边三角形，底面ABCD 是菱形，且60BAD ∠=︒，M 为棱PD 的中点，N 为菱形ABCD 的中心，下列结论正确的有（ ）A ．直线PB 与平面AMC 平行B ．直线PB 与直线AD 垂直C ．线段AM 与线段CM 长度相等D ．PB 与AM 所成角的余弦值为24 4. 【江苏省南通市2021届高三下学期3月模拟】已知菱形ABCD 中，∠BAD =60°，AC 与BD 相交于点O ．将∠ABD 沿BD 折起，使顶点A 至点M ，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ） A ．BD ∠CMB ．存在一个位置，使∠CDM 为等边三角形C ．DM 与BC 不可能垂直D ．直线DM 与平面BCD 所成的角的最大值为60°5. 【江苏省南通市海安市2020-2021学年高三上学期阶段质量检测（一）】如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -，若AB BC =，E 、F 分别是1AB 、1BC 的中点，则下列结论中成立的是（ ）A ．EF 与1BB 垂直B ．EF ⊥平面11BDD BC ．EF 与1CD 所成的角为45︒ D ．//EF 平面1111D C B A6. 【江苏省南通市海安市2020-2021学年高三上学期期末】在棱长为2的正四面体ABCD 中，点E ，F ，G 分别为棱BC ，CD ，DA 的中点，则（ ）A ．//AC 平面EFGB ．过点E ，F ，G 的截面的面积为12C ．AD 与BC 的公垂线段的长为2D ．CD 与平面GBC 所成角的大小小于．．二面角G BC D --的大小 7. 【江苏省南通市启东市2020-2021学年高三上学期期中】已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，点M ，N 分别是棱11A D ，CD 的中点，点P 在四边形ABCD 内，点Q 在线段BN 上，若25PM =，则（ ） A ．点P 的轨迹的长度为2π B ．线段MP 的轨迹与平面11ADC B 的交线为圆弧C ．PQ 长度的最小值为65105-D ．PQ 长度的最大值为252+ 8. 【江苏省南通市如东县2020-2021学年高三上学期期末】如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段11B D 上一动点（包括端点），则以下结论正确的有（ ）A ．三棱锥1P A BD -的体积为定值13B ．过点P 平行于平面1A BD 的平面被正方体1111ABCD A BCD -截得的多边形的面积为32C ．直线1PA 与平面1A BD 所成角的正弦值的范围为36,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D ．当点P 与1B 重合时，三棱锥1P A BD -的外接球的体积为32π 9. 【江苏省南通市如皋市2020-2021学年高三上学期10月第一次教学质量调研】设α，β是两个相交平面，则下列说法正确的是（ ）A ．若直线m α⊥，则在平面β内一定存在无数条直线与直线m 垂直B ．若直线m α⊥，则在平面β内一定不存在与直线m 平行的直线C ．若直线m α⊂，则在平面β内一定存在与直线m 垂直的直线D ．若直线m α⊂，则在平面β内一定不存在与直线m 平行的直线10. 【江苏省南通市如皋市2020-2021学年高三上学期期末】如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点M 是边CD 的中点，将ADM △沿AM 翻折到PAM △，连结PB ，PC ，在ADM △翻折到PAM △的过程中，下列说法正确的是（ ）A ．四棱锥P ABCM -的体积的最大值为255B ．当面PAM ⊥平面ABCM 时，二面角PAB C 的正切值为54C ．存在某一翻折位置，使得AM PB ⊥D ．棱PB 的中点为N ，则CN 的长为定值 11. 【江苏省南通市如皋市2020-2021学年高三上学期期中】在正方体1111ABCD A B C D -中，若E ，F 分别为1B B ，11B C 的中点，则（ ）A ．直线1//A E 平面1ACDB ．直线1B D ⊥平面1ACDC ．平面1//A EF 平面1ACD D ．平面11A B CD ⊥平面1ACD 12. 【江苏省南通市如皋市2021届高三下学期4月第二次适应性考试】在四面体ABCD 中，ABC 是边长为2的正三角形.60ADB ∠=︒，二面角D AB C --的大小为60︒，则下列说法正确的是（ ）A ．AB CD ⊥B ．四面体ABCD 的体积V 的最大值为32 C ．棱CD 的长的最小值为3D ．四面体ABCD 的体积最大时，四面体ABCD 的外接球的表面积为529π 13. 【江苏省镇江市、南通市如皋2020-2021学年高三上学期教学质量调研（二）】在正方体1111ABCD A B C D -中，若E ，F 分别为1B B ，11B C 的中点，则（ ）A ．直线1//A E 平面1ACDB ．直线1B D ⊥平面1ACDC ．平面1//A EF 平面1ACD D ．平面11A B CD ⊥平面1ACD14. 【江苏省如东高级中学、丹阳高级中学、如皋中学2020-2021学年高三上学期12月三校联考】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E 为1BA 的中点（ ）A ．直线1EC 与直线AD 是异面直线B ．在直线11AC 上存在点F ，使EF ⊥平面1ACDC ．直线1BA 与平面1ACD 所成角是6π D ．点B 到平面1ACD 的距离是22 15. 【江苏省南通市学科基地2020-2021学年高三上学期第一次联考】如图，在半圆柱中，AB 为上底面直径，DC 为下底面直径，AD ，BC 为母线，AB ＝AD ＝2，点F 在AB 上，点G 在DC 上，BF ＝DG ＝1，P 为DC 的中点.则（ ）A ．BF ∠PGB ．异面直线AF 与CG 所成角为60°C ．三棱锥P —ACG 的体积为32D ．直线AP 与平面ADG 所成角的正弦值为1510 16. 【江苏省南通市通州区2020-2021学年高三上学期第三次调研考试】下列命题中正确的是（ ） A ．,,,A B M N 是空间中的四点，若,,BA BM BN 不能构成空间基底，则,,,A B M N 共面B ．已知{},,a b c 为空间的一个基底，若m a c =+，则{},,a b m 也是空间的基底C ．若直线l 的方向向量为(1,0,3)e =，平面α的法向量为2(2,0,)3n =-，则直线//l αD ．若直线l 的方向向量为(1,0,3)e =，平面α的法向量为(2,0,2)n =-，则直线l 与平面α所成角的正弦值为55三、填空题1. 【江苏省南通，徐州，淮安，泰州，宿迁，镇江，连云港等七市2021届高三下学期2月第一次调研】已知在圆柱12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上､下底面及母线均相切.过直线12O O 的平面截圆柱得到四边形ABCD ，其面积为8.若P 为圆柱底面圆弧CD 的中点，则平面PAB 与球O 的交线长为___________.2. ．【江苏省南通市2020-2021学年高三上学期期中】如图所示，在边长为2的菱形ABCD 中，60BCD ∠=︒，现将ABD △沿对角线BD 折起，得到三棱锥P BCD -.则当二面角P BD C --的大小为23π时，三棱锥P BCD -的外接球的表面积为______.3. 【江苏省南通市海安高级中学2020-2021学年高三上学期1月调研】在三棱锥P ABC -中，ABC 与PBC 均为边长为1的等边三角形，,,,P A B C ，四点在球O 的球面上，当三棱锥P ABC -的体积最大时，则球O 的表面积为______．4. 【江苏省南通市海安高级中学2020-2021学年高三上学期12月测试】《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，四面体P ABC -为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，且1==PA AB ，2BC =，则二面角A PC B --的正弦值为______.5. ．【江苏省南通市海安高级中学2020-2021学年高三上学期期中】已知三棱锥P ABC -中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且1PA PB PC ===，以P 为球心，22为半径的球面与该三棱锥表面的交线的长度之和为______. 6. 【江苏省南通市海安市2020-2021学年高三上学期阶段质量检测（一）】如图，某种螺帽是由一个半径为2的半球体挖去一个正三棱锥构成的几何体，该正三棱锥的底面三角形内接于半球底面大圆，顶点在半球面上，则被挖去的正三棱锥体积为_______．7. 【江苏省南通市海安市2020-2021学年高三上学期期末】已知某空心圆锥的母线长为5cm ，高为4cm ，记该圆锥内半径最大的球为球O ，则球O 与圆锥侧面的交线的长为________cm .8. 【江苏省南通市海安市实验中学2020-2021学年高三上学期第三次学情检测】某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个实心．．工艺品（如图所示）．该工艺品可以看成一是个球体被一个棱长为8的正方体的6个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合）．若其中一个截面圆的周长为6π，则该球的半径为___；现给出定义：球面被平面所截得的一部分叫做球冠．截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．如果球面的半径是R ，球冠的高是h ，那么球冠的表面积计算公式是2S Rh π= . 由此可知，该实心．．工艺品的表面积是____.9. 【江苏省南通市启东市2020-2021学年高三上学期期中】在我国古代数学名著《九章算术》中，把两底面为直角三角形的直棱柱称为“堑堵”，已知三棱柱111ABC A B C -是一个“堑堵”，其中12AB BB ==，1BC =，5AC =，则这个“堑堵”的外接球的表面积为________.10. 【江苏省南通市如皋市2020-2021学年高三上学期10月第一次教学质量调研】在梯形ABCD 中，//AD BC ，AB BC ⊥，222AD AB BC ===，将ABC 沿对角线AC 翻折到AMC ，连结MD ．当三棱锥M ACD -的体积最大时，该三棱锥的外接球的表面积为__________．11. 【江苏省南通市如皋市2020-2021学年高三上学期教学质量调研（三）】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，三角形PAD 为正三角形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球的表面积为_________.12. 【江苏省南通市通州高级中学2020-2021学年高三上学期第五次阶段性测试】我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童.如图的刍童ABCD EFGH -有外接球，且26,22,15,5AB AD EH EF ====，平面EFGH 与平面ABCD 的距离为1则，该刍童外接球的体积为______.13. 【江苏省如东高级中学、丹阳高级中学、如皋中学2020-2021学年高三上学期12月三校联考】如图，三棱锥P ABC -中，1BC =，2AC =，3PC =，PA AB =，PA AC ⊥，PB BC ⊥.点Q 在棱PB 上且1BQ =，则直线CQ 与平面ABC 所成的角是__________.14. 【江苏省南通市学科基地2020-2021学年高三上学期第一次联考】某公司周年庆典活动中，制作的“水晶球”工艺品如图所示，底座是用一边长为2m 的正方形钢板，按各边中点连线垂直折起四个小三角形制成，再将一个水晶玻璃球放入其中.若水晶球最高点到底座底面的距离为(2＋1)m ，则水晶球的表面积为_______m 2.15. 【江苏省南通市通州区2020-2021学年高三上学期第三次调研考试】正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F 分别为BC ，1CC 的中点．则平面AEF 截正方体所得的截面面积为______；以点E 为球心，以104为半径的球面与对角面11ACC A 的交线长为______．四、解答题1. 【江苏省南通，徐州，淮安，泰州，宿迁，镇江，连云港等七市2021届高三下学期2月第一次调研】如图，在正六边形ABCDEF 中，将ABF 沿直线BF 翻折至A BF '△，使得平面A BF '⊥平面BCDEF ，O ，H 分别为BF 和A C '的中点.（1）证明：//OH 平面A EF '；（2）求平面A BC '与平面A DE 所成锐二面角的余弦值.2. 【江苏省南通市2020-2021学年高三上学期12月月考模拟】如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面ABCD ，//AD BC ，90ABC ∠=︒，45BCD ∠=︒，2BC AD =.（1）求证：BD PC ⊥；（2）若PC BC =，求平面PAD 和平面PBC 所成的角（锐角）的余弦值.3. 【江苏省南通市2020-2021学年高三上学期期末模拟】如图，在四棱锥P -ABCD 中，23,AD =3,AB =3,AP =//AD BC ，AD ⊥平面PAB ，90APB ︒∠=，点E 满足2133PE PA PB =+.（1）证明：PE DC ⊥； （2）求二面角A -PD -E 的余弦值.4. 【江苏省南通市2020-2021学年高三上学期期中】已知四棱锥P ­ABCD ，底面ABCD 为菱形，PD ＝PB ，H 为PC 上的点，过AH 的平面分别交PB ，PD 于点M ，N ，且BD ∠平面AMHN .（1）证明：MN ∠PC ；（2）当H 为PC 的中点，PA ＝PC ＝3AB ，PA 与平面ABCD 所成的角为60°，求AD 与平面AMHN 所成角的正弦值.5. 【江苏省南通市海安高级中学2020-2021学年高三上学期1月调研】如图，平面ABCD ⊥平面DBNM ，且菱形ABCD 与菱形DBNM 全等，且MDB DAB ∠=∠，G 为MC 中点.（1）求证：平面//GBD 平面AMN .（2）求直线AD 与平面AMN 的所成角的正弦值.6. 【江苏省南通市海安高级中学2020-2021学年高三上学期12月测试】如图，在三棱锥P ABC -中，2AB BC ==，2PA PB PC AC ====.（1）证明：平面PAC ⊥平面ABC ；（2）点M 在棱BC 上，且PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34，求BM . 7. 【江苏省南通市海安高级中学2020-2021学年高三上学期期中】如图，四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//AB CD ，AD CD ⊥，1AB AD ==，2CD =，PD ⊥平面ABCD .（1）求证：BC ⊥平面PBD ；（2）已知2PD =，点E 为棱PB 的中点，求直线AE 与平面DCE 所成角的正弦值.8. 【江苏省南通市海安市2020-2021学年高三上学期阶段质量检测（一）】如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，FA FC =，且60DAB DBF ∠=∠=︒.（1）求证：AC ⊥平面BDEF ；（2）求直线AD 与平面AEF 所成角的正弦值.9. 【江苏省南通市海安市2020-2021学年高三上学期期末】如图，在四棱锥A BCDE -中，//BC DE ，22BC DE ==，BC CD ⊥，F 为AB 的中点，BC EF ⊥.（1）求证：AC BC ⊥；（2）若AD CD =，2AC =，求直线AE 与平面BDE 所成角的正弦值的最大值.10. 【江苏省南通市海安市实验中学2020-2021学年高三上学期第三次学情检测】如图，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，FA FC =，2AB =，且60DAB DBF ∠=∠=．（1）求证：AC BF ⊥；（2）求二面角E AF B --的余弦值．11. 【江苏省南通市启东市2020-2021学年高三上学期期中】如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，233AB =，12A A =，D ，E ，F 分别为线段AC ，1A A ，1C B 的中点.（1）证明：//EF 平面ABC ；（2）求直线1C B 与平面BDE 所成角的正弦值.12. 【江苏省南通市启东市2020-2021学年高三上学期期中】如图所示的某种容器的体积为318dm π，它是由半球和圆柱两部分连接而成，半球的半径与圆柱的底面半径都为dm r ，圆柱的高为dm h .已知顶部半球面的造价为3a 元2/dm ，圆柱的侧面造价为a 元2/dm ，圆柱底面的造价为23a 元2/dm .（1）将圆柱的高h 表示为底面半径r 的函数，并求出定义域；（2）当容器造价最低时，圆柱的底面半径r 为多少？13. 【江苏省南通市如东县2020-2021学年高三上学期期末】如图，几何体为圆柱Ω的一半，四边形ABCD为圆柱Ω的轴截面，点E 为圆弧AB 上异于A ，B 的点，点F 为线段ED 上的动点.（1）求证：BE AF ⊥；（2）若2AB =，1AD =，30ABE ∠=︒，且直线CA 与平面ABF 所成角的正弦值为1510，求EF ED 的值. 14. 【江苏省南通市如皋市2020-2021学年高三上学期10月第一次教学质量调研】如图，在六面体1111ABCD A B C D -中，11//AA CC ，底面ABCD 是菱形，且1A D ⊥平面1AA C ．（1）求证：平面1AB C ⊥平面1A DB ；（2）求证：11//BB DD ．15. 【江苏省南通市如皋市2020-2021学年高三上学期教学质量调研（三）】如图，已知五面体ABCDEF 中，CDEF 为正方形，且平面CDEF ⊥平面ABCD ，120ADC BCD ∠=∠=.（1）证明：ABCD 为等腰梯形；（2）若AD DE =，求二面角F BD C --的余弦值.16. 【江苏省南通市如皋市2020-2021学年高三上学期期末】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AC ，BD 相交于点N ，2DN NB =，已知3PA AC AD ===，33BD =30ADB ∠=︒.（1）求证：AC ⊥平面PAD ；（2）设棱PD 的中点为M ，求平面PAB 与平面MAC 所成二面角的正弦值.17. 【江苏省南通市如皋市2020-2021学年高三上学期期中】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是边长为2正三角形，侧面11ACC A 是菱形，且平面11ACC A ⊥平面ABC ，E ，F 分别是棱11A C ，BC 的中点，12C G GC =.（1）证明：//EF 平面11ABB A ；（2）若①三棱锥1C ABC -的体积为1；②1C C 与底面所成的角为60︒；③异面直线1BB 与AE 所成的角为30.请选择一个条件求平面EFG 与平面11ACC A 所成的二面角(锐角)的余弦值.18. 【江苏省南通市如皋市2021届高三下学期4月第二次适应性考试】如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的的菱形，60BAD ∠=，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，3BF =，G 和H 分别是CE 和CF 的中点．（∠）求证：平面//BDGH 平面AEF ；（∠）求二面角H BD C --的大小．19. 【江苏省南通市通州高级中学2020-2021学年高三上学期第五次阶段性测试】如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE BCF 和一个正四棱锥P ABCD -组合而成，AD AF ⊥，2AE AD ==．（∠）证明：平面PAD ⊥平面ABFE ；（∠）求正四棱锥P ABCD -的高h ，使得二面角C AF P --的余弦值是223． 20. 【江苏省南通市通州区、启东市2020-2021学年高三上学期期末】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，E 是PD 上的点．（1）当E 是PD 的中点时，求证：//PB 平面AEC ；（2）设1==PA AB ，3PC =，若直线PC 与平面AEC 所成角的正弦值为13，求PE 的长． 21. 【江苏省南通市通州区2020-2021学年高三上学期第三次调研考试】如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是等腰梯形，//,2,4AB DC BC CD AB ===．M N ，分别是,AB AD 的中点，且PD NC ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ．（1）证明：PD ⊥平面ABCD ；（2）已知三棱锥D PAB -的体积为23，求二面角C PN M --的大小． 22. 【江苏省南通市学科基地2020-2021学年高三上学期第一次联考】如图，已知多面体ABCDEF 的底面ABCD 是边长为2的正方体，FA ∠底面ABCD ，AF ＝2，且DE ＝AF λ(0＜λ＜1).（1）求证：CE ∠平面ABF ；（2）若二面角B —CF —E 的大小为56π，求λ的值. 23. 【江苏省如东高级中学、丹阳高级中学、如皋中学2020-2021学年高三上学期12月三校联考】如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为梯形，//BC AD ，AB AD ⊥，E 为侧棱PA 上一点，且2AE PE =，3AP =，2AB BC ==，4=AD .（1）证明：//PC 平面BDE . （2）求平面PCD 与平面BDE 所成锐二面角的余弦值.24. 【江苏省镇江市、南通市如皋2020-2021学年高三上学期教学质量调研（二）】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是边长为2正三角形，侧面11ACC A 是菱形，且平面11ACC A ⊥平面ABC ，E ，F 分别是棱11A C ，BC 的中点，12C G GC =.（1）证明：//EF 平面11ABB A ；（2）若①三棱锥1C ABC -的体积为1；②1C C 与底面所成的角为60︒；③异面直线1BB 与AE 所成的角为30.ACC A所成的二面角(锐角)的余弦值.请选择一个条件求平面EFG与平面11。

高一下学期期中复习备考精准测试卷---第二篇 专题提升卷 专题4 立体几何中的组合体问题类型一 组合体的表面积与体积【典型例题】早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把sin 36︒按35计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．【答案】36π【分析】可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R ，正五边形的外接圆半径为r ，正二十面体的棱长为l ，可得56l r =，11R =，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.【详解】由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R ，正五边形的外接圆半径为r ，正二十面体的棱长为l ，则3sin 3652lr =︒=，得56lr =，所以正五棱锥的顶点到底面的距离是h ===，所以222()R r R h =+-，即22256l R R ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得R =．所以该正二十面体的外接球表面积为22236441111S R l πππ⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭球，而该正二十面体的表面积是2 120sin 602S l l =⨯⨯⨯⨯︒=正二十面体，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外．【变式训练】已知一个圆锥的底面半径与高均为2，且在这个圆锥中有一个内接圆柱.当此圆柱的侧面积最大时，此圆柱的体积等于___________. 【答案】π【分析】先画出几何体的轴截面图，设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的侧面积为222(2)2(2)2[(1)1]S r r r r r πππ=-=--=---，从而可求出1r =时，S 取得最大值，进而可求出圆柱的体积【详解】该几何体的轴截面如图所示，则2OA OB OC ===，设圆柱的底面半径为r ，则,2OD ME AM r OM r ====-，所以圆柱的侧面积为222(2)2(2)2[(1)1]S r r r r r πππ=-=--=---， 所以当1r =时，S 取得最大值2π，此时圆柱的体积为211V ππ=⨯⨯=。