高考立体几何计算题的归类分析

全国卷历年高考立体几何小题真题归类分析（含答案）（2015年-2019年，共27题）一、视图问题、位置关系问题、棱长问题等（6题）1. （2018年3卷3）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】观擦图形图可知，俯视图为，故答案为A.2.（2016年2卷14）α，β是两个平面，m ，n 是两条线，有下列四个命题：①如果m n ⊥，m α⊥，n β∥，那么αβ⊥． ②如果m α⊥，n α∥，那么m n ⊥． ③如果a β∥，m α⊂，那么m β∥．④如果m n ∥，αβ∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确的是： .【解析】根据平行、垂直有关定理可以判断②③④正确，①中条件不能确定α，β的关系.3．（2019年2卷7）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 ．4.（2018年1卷7） 某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为 A. B.C. D. 2【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M 和点N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.5．（2019年3卷8）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 ．6．（2019年2卷16）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面． 如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长BC 与FE 交于点G ，延长BC 交正方体棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE ∆为等腰直角三角形，22,2(21)122BG GE CH x GH x x x ∴===∴=⨯+=+=，12121x ∴==-+，即该半正多面体棱长为21-．【小结】这类题主要考查空间想象能力、空间线与线、线与面、面与面的位置关系，从2019年的三套全国卷来看，立体几何小题考查更加灵活，但万变不离其中，只要基础扎实，把握解决立体小题的基本方法，问题迎刃而解。

高考立体几何题型总结1. 立体几何概述立体几何是数学中的一个分支，研究三维空间中的图形的性质和关系。

在高考中，立体几何是考查学生空间想象力、几何推理能力和数学建模能力的重要内容之一。

在高考中，立体几何题型主要包括立体图形的计算、相似与全等、平行与垂直、截面相关性质等内容。

这些题型不仅需要对基本概念的理解和运用，还需要运用相关定理和性质解决具体问题。

2. 球和球面的性质及应用球是立体几何中最简单的几何体之一，具有许多独特的性质和应用。

下面列举几个典型的例子：•球的表面积计算：球的表面积公式为$$A=4 \\pi r^2$$•，其中r为球的半径。

•球的体积计算：球的体积公式为$$V=\\frac{4}{3} \\pi r^3$$•，其中r为球的半径。

•球的切割和截面：在立体几何中，我们常常需要求解球的某一部分或截面的面积和体积。

这就需要运用截面的相关性质和计算方法。

在高考中，常常会涉及到球的切割、截面、相似与全等等问题。

要解决这些问题，首先需要理解球的性质和表达方式，然后根据具体情况运用相关定理和公式进行计算。

3. 直角棱台、正方体和正方锥体的性质及应用直角棱台、正方体和正方锥体是常见的立体几何中的特殊立体。

这些立体具有一些特殊的性质和应用，下面列举几个典型的例子：3.1 直角棱台直角棱台是一个底面为矩形、侧面为三角形的棱台。

它有以下性质和应用：•体积计算：直角棱台的体积计算公式为$$V=\\frac{1}{3}ah$$•，其中a为底面的面积，ℎ为棱台的高。

•表面积计算：直角棱台的表面积计算公式为$$A=B+2 \\cdot \\frac{lB}{2}$$•，其中B为底面的面积，l为直角棱台的斜高。

•突起与凹陷的计算：直角棱台中的突起与凹陷可以利用截面的性质进行求解。

3.2 正方体正方体是一个六个面都是正方形的立体。

它有以下性质和应用：•体积计算：正方体的体积计算公式为V=a3•，其中a为正方体的边长。

四类立体几何题型-高考数学大题秒杀技巧立体几何问题一般分为四类：类型1：线面平行问题类型2：线面垂直问题类型3：点面距离问题类型4：线面及面面夹角问题下面给大家对每一个类型进行秒杀处理.技巧：法向量的求算待定系数法：步骤如下：①设出平面的法向量为n =x ,y ,z ．②找出(求出)平面内的两个不共线的向量a =a 1,b 1,c 1 ，b =a 2,b 2,c 2 ．③根据法向量的定义建立关于x ,y ,z 的方程组n ⋅a =0n ⋅b =0④解方程组，取其中的一个解，即得法向量．注意：在利用上述步骤求解平面的法向量时，方程组n ⋅a =0n ⋅b =0有无数多个解，只需给x ,y ,z 中的一个变量赋于一个值，即可确定平面的一个法向量；赋的值不同，所求平面的法向量就不同，但它们是共线向量．秒杀：口诀：求谁不看谁，积差很崩溃(求外用外减，求内用内减)向量a =x 1,y 1,z 1 ，b =x 2,y 2,z 2 是平面α内的两个不共线向量，则向量n =y 1z 2−y 2z 1,x 2z 1−x 1z 2,x 1y 2−x 2y 1 是平面α的一个法向量.特别注意：空间点不容易表示出来时直接设空间点的坐标，然后利用距离列三个方程求解.类型1：线面平行问题方法一：中位线型：如图⑴，在底面为平行四边形的四棱锥P -ABCD 中，点E 是PD 的中点.求证：PB ⎳平面AEC .分析：方法二：构造平行四边形如图⑵, 平行四边形ABCD 和梯形BEFC 所在平面相交，BE ⎳CF ，求证：AE ⎳平面DCF .分析：过点E作EG⎳AD交FC于G，DG就是平面AEGD与平面DCF的交线，那么只要证明AE⎳DG即可。

方法三：作辅助面使两个平面是平行如图⑶，在四棱锥O-ABCD中，底面ABCD为菱形，M为OA的中点，N为BC的中点，证明：直线MN‖平面OCD分析：：取OB中点E，连接ME,NE，只需证平面MEN∥平面OCD。

专题08 立体几何解答题常考全归类【命题规律】空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论．作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．【核心考点目录】核心考点一：非常规空间几何体为载体核心考点二：立体几何探索性问题核心考点三：立体几何折叠问题核心考点四：立体几何作图问题核心考点五：立体几何建系繁琐问题核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题核心考点七：利用传统方法找几何关系建系核心考点八：空间中的点不好求核心考点九：创新定义【真题回归】1．（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．2．（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．3．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．(1)证明：FN AD ⊥；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．4．（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．5．（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，求三棱锥F ABC -的体积．6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．7．（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．8．（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1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【方法技巧与总结】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin h l，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【核心考点】核心考点一：非常规空间几何体为载体【规律方法】关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．【典型例题】例1．（2022·陕西安康·统考一模）如图，已知AB 为圆锥SO 底面的直径，点C 在圆锥底面的圆周上，2BS AB ==，6BAC π∠=，BE 平分SBA ∠，D 是SC 上一点，且平面DBE ⊥平面SAB .(1)求证：SA BD ⊥；(2)求二面角E BD C --的正弦值.例2．（2022·安徽·校联考二模）如图，将长方形11OAAO （及其内部）绕1OO 旋转一周形成圆柱，其中11,2OA O O ==，劣弧11A B 的长为,6AB π为圆O 的直径.(1)在弧AB 上是否存在点C （1,C B 在平面11OAAO 的同侧），使1BC AB ⊥，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求平面11A O B 与平面11B O B 夹角的余弦值.例3．（2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测）如图，,AB CD 分别是圆台上､下底面的直径，且AB CD ，点E 是下底面圆周上一点，AB =(1)证明：不存在点E 使平面AEC ⊥平面ADE ；(2)若4DE CE ==，求二面角D AE B --的余泫值.例4．（2022·河北·统考模拟预测）如图，在圆台1OO 中，上底面圆1O 的半径为2，下底面圆O 的半径为4，过1OO 的平面截圆台得截面为11ABB A ，M 是弧AB 的中点，MN 为母线，cos NMB ∠=(1)证明：1AB ⊥平面1AOM ； (2)求二面角M NB A --的正弦值.核心考点二：立体几何探索性问题【规律方法】与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．【典型例题】例5．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，底面ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，侧面11AAC C 为菱形，点1A 在底面上的投影为AC 的中点D ，且2AB =．(1)求证：1BD CC ⊥；(2)求点C 到侧面11AA B B 的距离；(3)在线段11A B 上是否存在点E ，使得直线DE 与侧面11AA B B 请求出1A E 的长；若不存在，请说明理由．例6．（2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1AB C 为等边三角形，四边形11AA B B 为菱形，AC BC ⊥，4AC =，3BC =.(1)求证：11AB AC ⊥；(2)线段1CC 上是否存在一点E ，使得平面1AB E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14？若存在，求出点E 的位置；若不存在，请说明理由.例7．（2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 是DC 的中点，将DAE 沿AE 折起，使得点D 到达点P 的位置，且PB ＝PC ，如图2所示．F 是棱PB 上的一点．(1)若F 是棱PB 的中点，求证：//CF 平面P AE ；(2)是否存在点F ，使得二面角F AE C --？若存在，则求出PF FB 的值；若不存在，请说明理由．例8．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 是CD 的中点，如图所示，沿BE 将BCE 翻折至BFE △，使得平面BFE ⊥平面ABCD .(1)证明：BF AE ⊥；(2)若(01)DP DB λλ=<<是否存在λ，使得PF 与平面DEF 求出λ的值；若不存在，请说明理由.核心考点三：立体几何折叠问题【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．【典型例题】例9．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形ABCD 中，//AD BC ，π2∠=∠=ABC BAD ，24AB BC AD ===，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，//EF BC ，AE x =，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ．(1)当2x =时①求证：BD EG ⊥；②求二面角D BF C --的余弦值；(2)三棱锥D FBC -的体积是否可能等于几何体ABE FDC -体积的一半？并说明理由．例10．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD 中，已知ABDC ，AB DC ∥，142AD DC CB AB ====，E 是AB 的中点．将△BCE 沿CE 翻折至△PCE ，使得2DP =，如图2所示．(1)证明：DP CE ⊥；(2)求直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值．例11．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形P ABCD 中，PAD 是边长为2的等边三角形，//AD BC ，AB ＝2BC ＝2，AB BC ⊥，将PAD 沿AD 翻折成四棱锥P －ABCD ，E 是棱PD 上的动点（端点除外），F ，M 分别是AB ，CE 的中点，且PC =(1)证明：AB FM ⊥；(2)当直线EF 与平面P AD 所成的角最大时，求平面ACE 与平面P AD 夹角的余弦值．例12．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①，ABC 为边长为6的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 上靠近A 的三等分点，现将AEF △沿EF 折起，使点A 翻折至点P 的位置，且二面角P EF C --的大小为120°（如图②）．(1)在PC 上是否存在点H ，使得直线//FH 平面PBE ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由． (2)求直线PC 与平面PBE 所成角的正弦值．核心考点四：立体几何作图问题 【规律方法】（1）利用公理和定理作截面图（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线 （3）利用平面与平面垂直作平面的垂线 【典型例题】例13．（2022·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形，112CD CC AC ===，3DCB π∠=且113cos cos 4C CD C CB ∠=∠=.(1)试在平面ABCD 内过点C 作直线l ，使得直线//l 平面1C BD ，说明作图方法，并证明：直线11//l B D ； (2)求点C 到平面1A BD 的距离.例14．（2022秋·河北石家庄·高一石家庄市第十五中学校考期中）如图为一块直四棱柱木料，其底面ABCD 满足：AB AD ⊥，AD BC ∥．(1)要经过平面11CC D D 内的一点P 和棱1BB 将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明）(2)若2AD AB ==，11BC AA ==，当点P 是矩形11CDD C 的中心时，求点1D 到平面1APB 的距离．例15．（2022·全国·高三专题练习）如图多面体ABCDEF 中，面FAB ⊥面ABCD ，FAB 为等边三角形，四边形ABCD 为正方形，//EF BC ，且332EF BC ==，H ，G 分别为CE ，CD 的中点.（1）求二面角C FH G --的余弦值；（2）作平面FHG 与平面ABCD 的交线，记该交线与直线AB 交点为P ，写出APAB的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）.例16．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，23DAB π∠=.ACBD O =,且PO ⊥平面ABCD ，PO =点,F G 分别是线段.PB PD 上的中点，E 在PA 上.且3PA PE =.（Ⅰ）求证：//BD 平面EFG ；（Ⅰ）求直线AB 与平面EFG 的成角的正弦值；（Ⅰ）请画出平面EFG 与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.核心考点五：立体几何建系繁琐问题 【规律方法】 利用传统方法解决 【典型例题】例17．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例18．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角--P AD B 的余弦值．例19．（2022春·福建南平·高三校考期中）在三棱柱111ABC A B C 中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 、F 分别是棱AC 、11A B 的中点.(1)设G 为11B C 的中点，求证：//EF 平面11BCC B ；(2)若2AB AC ==，直线1BB 与平面1ACB 所成角的正切值为2，求多面体1B EFGC -的体积V .核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题 【规律方法】 构造垂直的全等关系 【典型例题】例20．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例21．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角--P AD B 的余弦值．核心考点七：利用传统方法找几何关系建系【规律方法】利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系． 【典型例题】例22．如图：长为3的线段PQ 与边长为2的正方形ABCD 垂直相交于其中心()O PO OQ >． （1）若二面角P AB Q --的正切值为3-，试确定O 在线段PQ 的位置；（2）在（1）的前提下，以P ，A ，B ，C ，D ，Q 为顶点的几何体PABCDQ 是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．例23．在四棱锥P ABCD -中，E 为棱AD 的中点，PE ⊥平面ABCD ，//AD BC ，90ADC ∠=︒，2ED BC ==，3EB =，F 为棱PC 的中点．（Ⅰ）求证：//PA 平面BEF ；（Ⅰ）若二面角F BE C --为60︒，求直线PB 与平面ABCD 所成角的正切值．例24．三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，2AB AC ==，侧面11BCC B 为矩形，123A AB π∠=，二面角1A BC A --的正切值为12． （Ⅰ）求侧棱1AA 的长；（Ⅰ）侧棱1CC 上是否存在点D ，使得直线AD 与平面1A BC ，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．核心考点八：空间中的点不好求 【规律方法】 方程组思想 【典型例题】例25．（2022·江苏南京·模拟预测）已知三棱台111ABC A B C 的体积为143，且π2ABC ∠=，1A C ⊥平面11BB C C . (1)证明：平面11A B C ⊥平面111A B C ；(2)若11AC B C =，11112A B B C ==，求二面角1B AA C --的正弦值.例26．（2022春·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，3DAB π∠=，平面11BDD B ⊥平面ABCD ，点1,O O 分别为11,B D BD 的中点，1111,,O B A AB O BO ∠∠=均为锐角.(1)求证：1AC BB ⊥；(2)若异面直线CD 与1AA ，四棱锥1A ABCD -的体积为1，求二面角1B AA C --的平面角的余弦值.例27．（2022春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，在几何体ABCDE 中，底面ABC 为以AC为斜边的等腰直角三角形.已知平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC ⊥平面,//BCE DE 平面,ABC AD DE ⊥.(1)证明；DE ⊥平面ACD ；(2)若22AC CD ==，设M 为棱BE 的中点，求当几何体ABCDE 的体积取最大值时,AM 与CD 所成角的余弦值.核心考点九：创新定义 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例28．（2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知顶点为S 的圆锥面（以下简称圆锥S ）与不经过顶点S 的平面α相交，记交线为C ，圆锥S 的轴线l 与平面α所成角θ是圆锥S 顶角（圆S 轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C 的形状，我们构建球T ，使球T 与圆锥S 和平面α都相切，记球T 与平面α的切点为F ，直线l 与平面α交点为A ，直线AF 与圆锥S 交点为O ，圆锥S 的母线OS 与球T 的切点为M ，OM a =，MS b =．(1)求证：平面SOA ⊥平面α，并指出a ，b ，θ关系式； (2)求证：曲线C 是抛物线．例29．（2022·全国·高三专题练习）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA ，PB ，PC 构成的三面角-P ABC ，APC α∠=，BPC β∠=，APB γ∠=，二面角A PC B --的大小为θ，则cos cos cos sin sin cos γαβαβθ=+．（1）当α、π0,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，证明以上三面角余弦定理；（2）如图2，四棱柱1111ABCD A B C D -中，平面11AA C C ⊥平面ABCD ，160A AC ∠=︒，45BAC ∠=︒， ①求1A AB ∠的余弦值；②在直线1CC 上是否存在点P ，使//BP 平面11DA C ？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．例30．（2022·全国·校联考模拟预测）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H ABC -，J CDE -，K EFA -，再分别以AC ，CE ，EA 为轴将ACH ∆，CEJ ∆，EAK ∆分别向上翻转180︒，使H ，J ，K 三点重合为点S 所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）．（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点S 的曲率的余弦值．【新题速递】1．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1BC CC =，1AC AB =.(1)证明：平面1ABC ⊥平面11BCC B ；(2)若BC =，1AB B C =，160CBB ∠=︒，求直线1BA 与平面111A B C 所成角的正弦值.2．（2022·四川达州·统考一模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等腰直角三角形，112AB AC BB ===，，160ABB ∠=.(1)证明: 1AB B C ⊥；(2)若12B C =，求1AC 与平面1BCB 所成角的正弦值.3．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 是平行四边形.已知2,1,PA AB AD AC E ====是PB 中点.(1)求证：平面PBC ⊥平面ACE ；(2)求平面PAD 与平面ACE 所成锐二面角的余弦值.4．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形，平面PBC ⊥平面ABCD ，30,ACD E ∠=为AD 的中点，点F 在PA 上，3AP AF =.(1)证明：PC //平面BEF ；(2)若PDC PDB ∠∠=，且PD 与平面ABCD 所成的角为45，求平面AEF 与平面BEF 夹角的余弦值.5．（2022·上海奉贤·统考一模）如图，在四面体ABCD 中，已知BA BD CA CD ===.点E 是AD 中点.(1)求证：AD ⊥平面BEC ；(2)已知95,arccos,625AB BDC AD ∠===，作出二面角D BC E --的平面角，并求它的正弦值.6．（2022·上海浦东新·统考一模）如图，三棱锥-P ABC 中，侧面P AB 垂直于底面ABC ，PA PB =，底面ABC 是斜边为AB 的直角三角形，且30ABC ∠=︒，记O 为AB 的中点，E 为OC 的中点.(1)求证：PC AE ⊥；(2)若2AB =，直线PC 与底面ABC 所成角的大小为60°，求四面体P AOC 的体积.7．（2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB BD BP ===PA PD ==90APD ∠=︒，E 是棱PA 的中点，且BE 平面PCD(1)证明：CD ⊥平面PAD ；(2)若1CD =，求二面角A PB C --的正弦值.8．（2022春·江苏徐州·高三期末）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，N 为PB 的中点.(1)若点M 在AD 上，2AM MD =，34AD BC =，证明：MN 平面PCD ； (2)若3PA AB AC AD ====，4BC =，求二面角D AC N --的余弦值.9．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD ED FA ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求二面角F AC E --的大小.10．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD FA ED ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求点A 到平面FBD 的距离.11．（2022·四川广安·广安二中校考模拟预测）APD △是等腰直角三角形，AP PD ⊥且AD =ABCD 是直角梯形，AB BC ⊥，DC BC ⊥，且222AB BC CD ===，平面APD ⊥平面ABCD .(1)求证：AP ⊥平面BPD ；(2)若点E 是线段PB 上的一个动点，问点E 在何位置时三棱锥D APE -.12．（2022·四川南充·统考一模）在平面五边形ABCDE 中（如图1），ABCD 是梯形，//AD BC ，2AD BC ==AB =90ABC ∠=︒，ADE 是等边三角形．现将ADE 沿AD 折起，连接EB ，EC 得四棱锥E ABCD -（如图2）且CE =(1)求证：平面EAD ⊥平面ABCD ；(2)在棱EB 上有点F ，满足13EF EB =，求二面角E AD F --的余弦值．13．（2022·贵州贵阳·贵阳六中校考一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，DA AB ⊥，PD PC ⊥，PB PC ⊥，1AB AD PD PB ====，4cos 5DCB ∠=.(1)求证：BD ⊥平面PAC .(2)设E 为BC 的中点，求PE 与平面ABCD 所成角的正弦值.14．（2022春·广东广州·高三校考期中）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，//,222AB CD PC AB AD CD ====，点E 在侧棱PB 上.(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若平面PAC 与平面ACE PE BE 的值.。

新课标高考立体几何——线面角的计算归类分析深圳市第二实验学校 李平作者简介李平，男，1970年12月生，硕士研究生，高级教师，现任深圳市第二实验学校总务处副主任。

深圳市“技术创新能手”称号、深圳市高考先进个人。

在教材教法、高考研究、教材编写等方面成效显著。

主持和参与省、市级课题多项，主编和参编教育类书籍多部，发表教研论文多篇，辅导学生参加各类竞赛有多人次获奖。

摘 要 求线面角的基本思想方法是将空间角的计算转化为计算平面内的角, 然后再用代数、三角的方法求解，这种将空间问题向平面问题转化的思想方法, 是立体几何中十分重要的思想方法, 同时它也体现了等价转化、数形结合的思想, 充分地展示了平移法、射影法、补形法这些立体几何特有方法的威力.关键词 线面角 空间角 平移法 等体积法 空间向量方法线面角——直线和平面所成的角1．定义: 平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角, 叫做这条斜线和这个平面所成的角.若直线l ⊥平面α, 则l 与α所成角为90︒;若直线l //平面α或直线l ⊂平面α, 则l 与α所成角为0︒.2．线面角的范围: [0]2π，. 3．线面角的求法：(1)定义法(垂线法)．(2)虚拟法(等体积法).(3)平移法．(4)向量法.线面角是立体几何中的一个重要概念, 它是空间图形的一个突出的量化指标, 是空间位置关系的具体体现, 是培养学生逻辑推理能力, 树立空间观念的重要途径, 故线面角一直以高频率的姿态出现在历年高考试题中.求解线面角问题一般遵循(找)、证、算三个步骤, 并多以棱锥与棱柱作为考查的载体. 求解线面角的方法主要有两种: 一是利用传统几何方法; 二是利用空间向量方法.总之, 求线面角的基本思想方法是将空间角的计算转化为计算平面内的角, 然后再用代数、三角的方法求解, 这种将空间问题向平面问题转化的思想方法, 是立体几何中十分重要的思想方法, 同时它也体现了等价转化、数形结合的思想, 充分地展示了平移法、射影法、补形法这些立体几何特有方法的威力.本作者试就这一热点作一比较系统的归类与分析.希望对同学们进行有针对性的训练和复习有一定的帮助.例题分析(1) 定义法(垂线法): 斜线与它在平面内的射影所成的角, 即为线面角；解决该类问题的关键是找出斜线在平面上的射影，然后将直线与平面所成的角转化为直线与直线所成的角，在某一直角三角形内求解．例1[2011·天津卷] 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形， ∠ADC ＝45°，AD ＝AC ＝1，O 为AC 的中点，PO ⊥平面ABCD ，PO ＝2，M 为PD 的中点．(1)证明PB ∥平面ACM ；(2)证明AD ⊥平面PAC ；(3)求直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．证明：(1)连接BD ，MO.在平行四边形ABCD 中，因为O 为AC 的中点，所以O 为BD 的中点．又M 为PD 的中点，所以PB ∥MO.因为PB ⊄平面ACM ，MO ⊂平面ACM ，所以PB ∥平面ACM.(2)因为∠ADC ＝45°，且AD ＝AC ＝1，所以∠DAC ＝90°，即AD ⊥AC.又PO ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥AD.而AC∩PO＝O ，所以AD ⊥平面PAC.(3)取DO 中点N ，连接MN ，AN.因为M 为PD 的中点，所以MN ∥PO ，且MN ＝PO ＝1.由PO ⊥平面ABCD ，得MN ⊥平面ABCD ，∴∠MAN 是直线AM 与平面ABCD 所成的角．在Rt △DAO 中，AD ＝1，AO ＝，所以DO ＝.从而AN ＝DO ＝.在Rt △ANM 中，tan ∠MAN ＝＝＝，即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为.【点评】 求线面角, 解题时要明确线面角的范围, 利用转化思想, 将其转化为一个平面内的角, 通过解三角形来解决. 求解的关键是作出垂线,即从斜线上选取异于斜足的一点作平面的垂线. 有时也可采用间接法和空间向量法, 借助公式直接求解.(2)虚拟法(等体积法)：线面角的求法还可以不用做出平面角．可求出线上某点到平面的距离d ，利用sin d ABα=可求. 即先运用等积法求点到平面的距离，后虚拟直角三角形求解.例2．[2011·全国卷] 如图，四棱锥S ABCD -中， //AB CD ,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，2,1AB BC CD SD ====．（I ） 证明：SD ⊥平面SAB ；（II ）求AB 与平面SBC 所成的角的大小．（I ）证明：取AB 的中点E ，连接DE ，DB ，//AB CD ，2AB =，1CD =，BC CD ⊥.∴//BE CD ，1BE CD ==，90BCD ∠=︒.∴ 四边形BCDE 是矩形．∴DE AB ⊥,2DE BC ==.又∵1SD AE ==,2DE SA ==,AD AD =.∴ SAD ADE ∆≅∆．∵ 90AED ∠=︒, ∴ 90DSA ∠=︒，即SD SA ⊥.同理可证: SD SB ⊥, 又∵SA SB S =, ∴SD ⊥平面SAB .（II ）解: 线面角的求法还可以不用作出平面角,可求出线上某点到平面的距离d ,利用sin d ABα=可求,故只需求点A 到面SBC 的距离d 即可. 由等积转化思想可知，A SBC S ABC V V --= ① ， D SAB S ABD V V --= ② .设点A 到面SBC 的距离为d ,点S 到面ABCD 的距离为h .由（I ）问可知, SD ⊥平面SAB , ∴13D SAB SAB V SD S -∆=⋅⋅ .又∵1sin 602SAB S SA SB ∆=⋅⋅⋅︒=1122222ABD S DE AB ∆=⋅⋅=⋅⋅=. 由②式可知, 1133SAB ABD SD S h S ∆∆⋅⋅=⋅⋅ ,即111233h ⋅=⋅⋅, h = . 又∵SD ⊥平面SAB , ∴SD AB ⊥, 又∵//AB CD , ∴SD CD ⊥.∴ 22222112SC SD DC =+=+=, 又知2SB BC ==,∴ 222222223cos 22224SB BC SC SBC SB BC +-+-∠===⋅⋅⋅⋅, ∴sin SBC ∠=.∴ 11sin 2222SBC S SB BC SBC ∆=⋅⋅⋅∠=⋅⋅=又∵ 1122222ABC S BC AB ∆=⋅⋅=⋅⋅=. 由①式可知, 1133SBC ABC d S h S ∆∆⋅⋅=⋅⋅ ,即1123232d ⋅⋅=⋅, 7d = . 由sin d AB α=可得, 7sin 27d AB α===. 【点评】 以上解法主要运用三角形全等和等积转化的思想，思路自然，属常规通法，是高三学生应熟练掌握的基本思想和方法．(3)平移法：通过三角形的中位线或平行四边形的对边平移，计算其平行线与平面所成的角，也可平移平面．例3．[2010·山东卷] 如图，在五棱锥P-ABCDE 中，⊥PA 平面ABCDE ，AB∥CD，AC∥ED，AE∥BC，4524ABC AB BC AE ∠====，，三角形PAB 是等腰三角形．（Ⅰ）求证：平面PCD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）求直线PB 与平面PCD 所成角的大小．解：（Ⅰ）证明：因为∠ABC=45°，AB=2，BC=4，所以在ABC ∆中，由余弦定理得： 222AC +4-24cos45=8⨯， 解得222AB +AC =8+8=16=BC ，即AB AC ⊥，又PA⊥平面ABCDE ，所以PA⊥AB ，又PA AC A ⋂=，所以AB AC ⊥平面P ，又AB∥CD，所以AC CD ⊥平面P ，又因为CD CD ⊂平面P ，所以平面PCD⊥平面D CBAEP。

高中数学的归纳立体几何中的常见问题解析与解题方法立体几何作为高中数学中的一个重要分支，是学生们遇到的较为复杂和抽象的数学知识之一。

在这个领域中，归纳推理是解决问题的重要方法之一。

本文将针对高中数学中归纳立体几何的常见问题，分析其解题方法，帮助学生们更好地掌握这一知识。

一、平面几何的归纳思维在解决立体几何问题时，平面几何的归纳思维是非常重要的。

通过观察、总结和归纳，我们可以找到一些规律，从而解决问题或推导出结论。

下面，我们以立体的表面积和体积问题为例，介绍归纳思维的应用。

1. 立方体的体积问题立方体是最基础的立体之一，其体积的计算是立体几何中的一个重要问题。

我们可以通过观察立方体的结构，发现其体积与边长之间存在着一定的关系。

进而通过归纳思维，我们可以得出结论：立方体的体积等于边长的立方。

2. 圆柱的表面积问题圆柱是另一个常见的立体，其表面积的计算同样是立体几何中的重点内容。

通过观察不同半径和高度的圆柱，我们可以发现其表面积与半径和高度之间存在着一定的关系。

由此，我们可以归纳出结论：圆柱的表面积等于两个底面积和侧面积之和。

二、解体思路与技巧除了归纳思维，掌握解题的思路和技巧也是高中数学归纳立体几何的关键。

下面，我们将介绍一些解题思路和技巧，帮助学生们更好地解决立体几何中的常见问题。

1. 利用平行关系平行关系是解决立体几何问题中常用的思路之一。

通过观察立体的各个部分，我们可以找到平行的线段、平面或面对面的关系。

利用平行关系，可以得出许多有用的结论，进而解决问题。

举例来说，当我们需要计算一个立体的体积时，可以通过将其分成若干个平行的截面，然后计算每个截面的面积，并将其相加，从而求得整个立体的体积。

2. 利用相似关系相似关系也是解决立体几何问题的常用技巧之一。

当两个立体之间存在相似的关系时，我们可以利用相似关系来求解未知量。

举例来说，当我们需要求解一个复杂立体的某一部分的长度或面积时，可以先找到一个与之相似且已知部分的长度或面积，然后利用相似比例来求解未知量。

高考数学立体几何题型全归纳一、空间几何体的结构特征1. 一个三棱柱的底面是正三角形，侧棱垂直于底面，它的三视图及其尺寸如下（单位cm），则该三棱柱的表面积为（）正视图：是一个矩形，长为2，高为√(3)；侧视图：是一个矩形，长为2，高为1；俯视图：是一个正三角形，边长为2。

解析：底面正三角形的边长a = 2，底面积S_{底}=(√(3))/(4)a^2=(√(3))/(4)×2^2=√(3)。

侧棱长h = 1，三个侧面的面积S_{侧}=3×2×1 = 6。

所以表面积S=2S_{底}+S_{侧}=2√(3)+6。

2. 若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是（）正视图：是一个梯形，上底为1，下底为2，高为2；侧视图：是一个矩形，长为2，宽为1；俯视图：是一个矩形，长为2，宽为1。

解析：该几何体是一个四棱台。

上底面积S_{1}=1×1 = 1，下底面积S_{2}=2×2=4，高h = 2。

根据四棱台体积公式V=(1)/(3)h(S_{1}+S_{2}+√(S_{1)S_{2}})=(1)/(3)×2×(1 + 4+√(1×4))=(14)/(3)二、空间几何体的表面积与体积3. 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S - ABC的体积为（）解析：设球心为O，因为SC是球的直径，∠ ASC=∠ BSC = 30^∘所以SA=SB = 2√(3)，AO = BO=√(3)又AB=√(3)，所以 AOB是等边三角形，S_{ AOB}=(√(3))/(4)×(√(3))^2=(3√(3))/(4)V_{S - ABC}=V_{S - AOB}+V_{C - AOB}=(1)/(3)× S_{ AOB}×(SO + CO)=(1)/(3)×(3√(3))/(4)×2=√(3)4. 一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）正视图：是一个正方形，右上角缺了一个等腰直角三角形；侧视图：是一个正方形，右上角缺了一个等腰直角三角形；俯视图：是一个正方形，右上角缺了一个小正方形。

第九章立体几何（2021年文科数学高考备考版）第一节空间几何体的三视图和直观图一、高考考点梳理（一）、空间几何体的结构特征1．多面体①棱柱：两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，这些面围成（一）、简单几何体的结构特征的几何体叫作棱柱．②棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，这些面围成的几何体叫作棱锥．③棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫作棱台．2．旋转体①圆锥可以由直角三角形绕其任一直角边旋转得到．②圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到．③球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．（二）、三视图1．三视图的名称：几何体的三视图包括主视图、左视图、俯视图．2．三视图的画法①画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的主视图、左视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体得到的正投影图．③观察简单组合体是由哪几个简单几何体组成的，并注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置．（三）、直观图简单几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：1．在已知图形中建立直角坐标系xOy.画直观图时，它们分别对应x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使∠x′O′y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面；2．已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴和y′轴的线段；3．已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来的1 2.二、历年高考真题题型分类突破题型一空间几何体的三视图【例1】（2020全国Ⅲ卷）右图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A.B.C.D. D.解析：由三视图可知几何体的直观图如图：几何体是正方体的一个角，，、、两两垂直，故，几何体的表面积为：，故选：C．【例2】（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．217 B．2 5C．3 D．2解析：所求最短路径MN为四份之一圆柱侧面展开图对角线的长.故选B.【例3】（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V 1＝π×32×4＝36π,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V 2＝12×(π×32×6)＝27π,∴该组合体的体积V ＝V 1＋V 2＝63π.故选B .题型二 与球有关的几何体【例4】（2020全国Ⅰ卷）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解析：设球O 半径为R ，⊙O 1的半径为r ，依题πr 2=4π，∴r =2。