下载文档原格式
专题五 第1讲1．(教材回归)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( D )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4解析 由题中三视图知该几何体是底面半径为1，高为2的半个圆柱，故其表面积S ＝2×12×π×12＋π×1×2＋2×2＝3π＋4.故选D.2．(2017·山东烟台模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个正三角形及其内切圆，则该几何体的体积为( A )A ．163－16π3B.163－16π3C ．83－8π3D.83－8π3解析 由三视图可知，几何体为一个棱长为4的正三棱柱去掉了一个内切圆柱．V三棱柱＝⎝⎛⎭⎫12×4×4×sin 60°×4＝16 3.在俯视图中，设内切圆半径为r ，则内切圆圆心与各顶点连接分三角形为3个全等的小三角形，由三角形面积可得12×4×4×sin 60°＝3×⎝⎛⎭⎫12×4×r ，解得r ＝233.故V 圆柱＝πr 2h ＝π×⎝⎛⎭⎫2332×4＝16π3.∴几何体的体积V ＝V 三棱柱－V 圆柱＝163－16π3.故选A.3．一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所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( D )A.18 B.17 C.16 D.15解析 如图，由已知条件可知，截去部分是以△ABC 为底面且三条侧棱两两垂直的正三棱锥D -ABC .设正方体的棱长为a ，则截去部分的体积为16a 3，剩余部分的体积为a 3－16a 3＝56a 3.它们的体积之比为15.故选D.4．(考点聚焦)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( B )A ．1＋ 3B ．2＋3C ．1＋2 2D ．2 2解析 四面体的直观图如图所示．侧面SAC ⊥底面ABC ，且△SAC 与△ABC 均为腰长是2的等腰直角三角形，SA ＝SC ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2.设AC 的中点为O ，连结SO ，BO ，则SO ⊥AC ，∴SO ⊥平面ABC ，∴SO ⊥BO .又OS ＝OB ＝1，∴SB ＝2，故△SAB 与△SBC 均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×12×2×2＋2×34×(2)2＝2＋ 3.5．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( D )A.32π3 B ．4π C ．2πD.4π3解析 正四棱柱的外接球的球心为上下底面的中心连线的中点，所以球的半径r ＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝1，球的体积V ＝4π3r 3＝4π3.故选D.6．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是32π3，那么这个三棱柱的体积是( D )A ．963B ．163C ．24 3D ．48 3解析 如图，设球的半径为R ，由43πR 3＝32π3，得R ＝2. 所以正三棱柱的高h ＝4. 设其底面边长为a ， 则13·32a ＝2，所以a ＝43， 所以V ＝34×(43)2×4＝48 3.故选D. 7．(书中淘金)如图，在棱长为6的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连接EF ，FB ，BD ，DE ，DF ，则几何体EFC 1DBC 的体积为( A )A ．66B ．68C ．70D ．72解析 如图，连接DC 1，那么几何体EFC 1-DBC 被分割成三棱锥D -EFC 1及四棱锥D -CBFC 1，那么几何体EFC 1DBC 的体积为V ＝13×12×3×4×6＋13×12×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66.故所求几何体EFC 1DBC 的体积为66.8．(2017·湖北八校联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为__41π__.解析 由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥A -BCD ，将该三棱锥放在棱长为4的正方体中，E 是棱的中点，所以三棱锥A -BCD 和三棱柱EFD -ABC 的外接球相同．设外接球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆的圆心是M ，则OM ＝2.在△ABC 中，AB ＝AC ＝25，由余弦定理得cos ∠CAB ＝AC 2＋AB 2－BC 22AC ·AB ＝20＋20－162×25×25＝35，所以sin ∠CAB ＝45，由正弦定理得2CM ＝BC sin ∠CAB ＝5，则CM ＝52.所以R ＝OC ＝OM 2＋CM 2＝412，则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝41π.9．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为 83π m 3.解析 由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成．其中，圆锥的底面半径和圆柱的底面半径均为1，圆锥的高均为1，圆柱的高为2.因此该几何体的体积为V ＝2×13π×12×1＋π×12×2＝83π (m 3)．10．(数学文化)我国古代数学家祖暅是著名数学家祖冲之之子，祖暅原理叙述道：“夫叠基成立积，缘幂势既同，则积不容异：”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，其最著名之处是解决了“牟合方盖”中的体积问题，其核心过程为：如图中正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，求图中四分之一的圆柱体BB 1C 1-AA 1D 1和四分之一圆柱体AA 1B 1-DD 1C 1公共部分的体积V ，若图中正方体的棱长为2，则V ＝163.(在高度h 处的截面：用平行于正方体上下底面的平面去截，记截得两圆柱体公共部分所得面积为S 1，截得正方体所得面积为S 2，截得四棱锥C 1-ABCD 所得面积S 3，S 1＝R 2－h 2，S 2＝R 2，S 3＝h 2，S 2－S 1＝S 3)解析 由题意可知，用平行于底面的平面截得的面积满足S 2－S 1＝S 3，其中S 1表示两个圆柱的公共部分的截面面积，S 2表示截得正方体的截面面积，S 3表示截得锥体的截面面积．由祖暅原理可知：正方体体积减去两个圆柱的公共部分体积等于锥体体积，即23－V ＝13×22×2，即V ＝23－13×22×2＝163.。
一道2020年全国高考立体几何题的多解及教学反思在2020年的全国高考中，立体几何题一直是考试中的难点之一。
本文将通过对一道立体几何题的多解及教学反思，探讨学生在解题过程中的思维方式和教学中的不足之处。
这道立体几何题如下：在空间直角坐标系中，已知点A（2，1，1）、B（4，2，3）。
设C为曲线x^2+2y^2=4z上的一点，且直线AC与线段BC的夹角为直角。
求曲线C的方程。
这道题要求我们求解曲线C的方程。
通过分析题目中给出的条件，我们可以得到以下解题思路。
解法一：首先，我们需要确定直线AC和线段BC的具体位置。
根据题目条件，直线AC与线段BC的夹角为直角。
因此，直线AC与BC的向量相互垂直。
接下来，我们可以求解直线AC的方程。
设直线AC的方程为l1：x = 2 + m，y = 1 + n，z = 1 + p，其中m、n、p为参数。
将l1代入曲线的方程中，得到：(2 + m)^2 + 2(1 + n)^2 = 4(1 + p)。
化简后得到：4 + 4m + m^2 + 2 + 4n^2 + 4n = 4 + 4p。
化简后得到：m^2 + 2n^2 + 4m + 4n - 4p = 0。
这个方程表示了直线AC和曲线C的交点。
我们需要进一步确定参数m、n和p的取值范围。
由于点C位于曲线上，将C的坐标代入曲线的方程中，得到：x^2 + 2y^2 = 4z，(2 + m)^2 + 2(1 + n)^2 = 4(1 + p)。
化简后得到：m^2 + 4m + 2n^2 + 4n - 4p = 0。
将直线AC的方程和曲线C的方程联立，求解参数m、n和p。
解法二：另一种解题思路是利用点积和向量的知识。
根据题目中给出的条件，直线AC和线段BC垂直。
因此，向量AC和向量BC的点积为0。
设向量AC为a（m，n，p），向量BC为b（4 - 2，2 - 1，3 - 1） = b（2，1，2）。
根据向量的点积性质，我们可以得到方程：m·2 + n·1 + p·2 = 0。
学魁榜2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明例1如图，高为1的等腰梯形ABCD 中，AM ＝CD ＝13AB ＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥平面MBCD ，连接AB ，AC .试判断：在AB 边上是否存在点P ，使AD ∥平面MPC ?并说明理由【答案】当AP ＝13AB 时，有AD ∥平面MPC .理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，DN NB ＝DC MB ＝12，在△ADB 中，AP PB ＝12，∴AD ∥PN .∵AD ⊄平面MPC ，PN ⊂平面MPC ，∴AD ∥平面MPC .【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。
此类题的难点就是如何构造辅助线。
构造完辅助线，证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。
本题用到的是线线平行推出面面平行。
【易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。
【思维点拨】此类题有两大类方法：1.构造线线平行，然后推出线面平行。
此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。
在此，我们需要借助倒推法进行分析。
首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此为前提可以得到线面平行。
再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。
从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。
如本题中即是过AD 做了一个平面ADB 与平面MPC 相交于线PN 。
最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。
即先证2AD 平行于PN，最后得到结论。
构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。
2.构造面面平行，然后推出线面平行。
此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。
专题07 立体几何综合问题（答题指导）【题型解读】▶▶题型一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明,一般出现在解答题的第(1)问,解答题的第(2)问常考查求空间角,求空间角一般都可以建立空间直角坐标系,用空间向量的坐标运算求解．(2)利用向量求空间角的步骤：第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．【例1】(2019·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中,四边形ABCD是平行四边形,四边形BDEF是矩形,ED⊥平面ABCD,∠ABD＝π6,AB＝2AD.(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；(2)若ED＝BD,求直线AF与平面AEC所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)在△ABD 中,∠ABD ＝π6,AB ＝2AD ,由余弦定理,得BD ＝3AD , 从而BD 2＋AD 2＝AB 2,所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°, 故BD ⊥AD .因为DE ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以DE ⊥BD . 又AD ∩DE ＝D ,所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ,所以平面BDEF ⊥平面ADE . (2)由(1)可得,在Rt △ABD 中,∠BAD ＝π3,BD ＝3AD ,又由ED ＝BD ,设AD ＝1,则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ,BD ⊥AD ,所以可以点D 为坐标原点,DA ,DB ,DE 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A (1,0,0),C (－1,3,0),E (0,0,3),F (0,3,3)． 所以AE →＝(－1,0,3),AC →＝(－2,3,0)． 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A E →＝0，n ·A C →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1,得n ＝(3,2,1)为平面AEC 的一个法向量． 因为A F →＝(－1,3,3),所以cos 〈n ,A F →〉＝n ·A F →|n |·|A F →|＝4214,所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 【素养解读】本例问题(1)证明两平面垂直,考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)计算线面所成的角时,考查了直观想象和数学运算的核心素养．【突破训练1】 (2018·北京卷)如图,在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,CC 1⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为AA 1,AC ,A 1C 1,BB 1的中点,AB ＝BC ＝ 5 ,AC ＝AA 1＝2. (1)求证：AC ⊥平面BEF ； (2)求二面角B －CD －C 1的余弦值； (3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】见解析【解析】(1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中, 因为CC 1⊥平面ABC ,所以四边形A 1ACC 1为矩形． 又E ,F 分别为AC ,A 1C 1的中点,所以AC ⊥EF . 因为AB ＝BC .所以AC ⊥BE ,所以AC ⊥平面BEF . (2)由(1)知AC ⊥EF ,AC ⊥BE ,EF ∥CC 1. 又CC 1⊥平面ABC ,所以EF ⊥平面ABC . 因为BE ⊂平面ABC ,所以EF ⊥BE . 如图建立空间直角坐称系Exyz .由题意得B (0,2,0),C (－1,0,0),D (1,0,1),F (0,0,2),G (0,2,1)．所以CD →＝(2,0,1),C B →＝(1,2,0),设平面BCD 的法向量为n ＝(a ,b ,c ),所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·C D →＝0，n ·C B →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋c ＝0，a ＋2b ＝0.令a ＝2,则b ＝－1,c ＝－4,所以平面BCD 的法向量n ＝(2,－1,－4),又因为平面CDC 1的法向量为E B →＝(0,2,0),所以cos 〈n ,E B →〉＝n ·E B→|n ||EB →|＝－2121. 由图可得二面角B －CD －C 1为钝二面角,所以二面角B －CD －C 1的余弦值为－2121. (3)证明：平面BCD 的法向量为n ＝(2,－1,－4),因为G (0,2,1),F (0,0,2),所以G F →＝(0,－2,1),所以n ·G F →＝－2,所以n 与G F →不垂直,所以GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内,所以GF 与平面BCD 相交．▶▶题型二 平面图形折叠成空间几何体的问题1．先将平面图形折叠成空间几何体,再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向,它很好地将平面图形拓展成空间图形,同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径,是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．2．(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下,长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形． (3)解决翻折问题的答题步骤第一步：确定折叠前后的各量之间的关系,搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系,明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明．【例2】 (2018·全国卷Ⅰ)如图,四边形ABCD 为正方形,E ,F 分别为AD ,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ⊥BF . (1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由已知可得,BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ,所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ,垂足为H .由(1)得,PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点,HF →的方向为y 轴正方向,|B F →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得,DE ⊥PE .又DP ＝2,DE ＝1,所以PE ＝ 3.又PF ＝1,EF ＝2,故PE ⊥PF . 可得PH ＝32,EH ＝32. 则H (0,0,0),P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32,D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0,D P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32,H P →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪H P →·D P →|H P →|·|DP →|＝ 34 3＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例在证明或计算过程中都要考虑图形翻折前后的变化,因此综合考查了逻辑推理、数学运算、直观想象、数学建模的核心素养．【突破训练2】 如图1,在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠BAD ＝π2,AB ＝BC ＝1,AD ＝2,E 是AD的中点,O 是AC 与BE 的交点,将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置,如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ,求平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值． 【答案】见解析【解析】(1)证明：在题图1中,因为AB ＝BC ＝1,AD ＝2,E 是AD 的中点∠BAD ＝π2,所以BE ⊥AC .即在题图2中,BE ⊥OA 1,BE ⊥OC ,从而BE ⊥平面A 1OC . 又CD ∥BE ,所以CD ⊥平面A 1OC . (2)由已知,平面A 1BE ⊥平面BCDE , 又由(1)知,BE ⊥OA 1,BE ⊥OC .所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角,所以∠A 1OC ＝π2. 如图,以O 为原点,OB →,OC →,OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系,因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1,BC ∥ED , 所以B ⎝⎛⎭⎪⎫22，0，0,E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0,A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0,得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0,A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22,CD →＝BE →＝(－2,0,0)．设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1,y 1,z 1),平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2,y 2,z 2),平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ, 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)；由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1),从而cos θ＝|cos 〈n 1,n 2〉|＝23×2＝63, 即平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值为63. ▶▶题型三 线、面位置关系中的探索性问题是否存在某点或某参数,使得某种线、面位置关系成立问题,是近几年高考命题的热点,常以解答题中最后一问的形式出现,解决这类问题的基本思路类似于反证法,即“在假设存在的前提下通过推理论证,如果能找到符合要求的点(或其他的问题),就肯定这个结论,如果在推理论证中出现矛盾,就说明假设不成立,从而否定这个结论”．【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)如图,在三棱锥P －ABC 中,AB ＝BC ＝2 2 ,PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4,O 为AC 的中点． (1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M －PA －C 为30°,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4,O 为AC 的中点, 所以OP ⊥AC ,且OP ＝2 3. 连接OB ,因为AB ＝BC ＝22AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB . 由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图,以O 为坐标原点,OB →的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0),B (2,0,0),A (0,－2,0),C (0,2,0),P (0,0,23),A P →＝(0,2,23),取平面PAC 的一个法向量O B →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2),则A M →＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ,y ,z )．由A P →·n ＝0,A M →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a)y ＝0，可取n ＝(3(a －4),3a ,－a ),所以cos 〈O B →,n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2. 由已知得|cos 〈O B →,n 〉|＝32. 所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32.解得a ＝－4(舍去),a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又P C →＝(0,2,－23), 所以cos 〈P C →,n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例问题(1)中证明线面垂直直接考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)中要探求点M 的位置,要求较高,它既考查了直观想象的核心素养,又考查了数学建模的核心素养．【突破训练3】 如图,在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1,且AA 1＝AB ＝2.(1)求证：AB ⊥BC ；(2)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6,请问在线段A 1C 上是否存在点E ,使得二面角A －BE －C 的大小为2π3,请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB 1交A 1B 于点D , 因为AA 1＝AB ,所以AD ⊥A 1B , 又平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1, 平面A 1BC ⊂平面ABB 1A 1＝A 1B ,所以AD ⊥平面A 1BC ,BC ⊂平面A 1BC ,所以AD ⊥BC . 因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱,所以AA 1⊥底面ABC , 所以AA 1⊥BC ,又AA 1∩AD ＝A ,所以BC ⊥侧面ABB 1A 1,所以BC ⊥AB . (2)由(1)得AD ⊥平面A 1BC ,所以∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角, 即∠ACD ＝π6,又AD ＝2,所以AC ＝22,假设存在适合条件的点E ,建立如图所示空间直角坐标系Axyz , 设A 1E →＝λA 1C →(0≤λ≤1), 则B (2,2,0),B 1(2,2,2), 由A 1(0,0,2),C (0,22,0), 得E (0,22λ,2－2λ),设平面EAB 的一个法向量m ＝(x ,y ,z ), 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，得⎩⎨⎧22λy ＋(2－2λ)z ＝0，2x ＋2y ＝0，所以可取m ＝(1－λ,λ－1,2λ), 由(1)知AB 1⊥平面A 1BC ,所以平面CEB 的一个法向量n ＝(1,1,2),所以12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos 2π3＝cos 〈m ,n 〉＝m·n |m ||n |＝2λ22(λ－1)2＋2λ2,解得λ＝12,故点E 为线段A 1C 中点时,二面角A －BE －C 的大小为2π3.。
2020年江苏省高考数学三轮冲刺专项突破专题02 立体几何2020年江苏高考核心考点1.线线与线面的平行与垂直：线线与线面的平行与垂直一定要熟练掌握它们的判定定理和性质定理。
利用几何方法证明垂直与平行问题是立体几何的重要内容，也是高考考查的重点，求解的关键是根据线线垂直(平行)、线面垂直(平行)、面面垂直(平行)这三者之间的互化关系，借助辅助线与面，找出符号语言与图形语言之间的关系，从而将问题解决。
2.平面与平面的平行与垂直：熟练掌握平面与平面的平行与垂直的判定定理和性质定理，注意判定定理和性质定理的条件。
3.多面体的表面积与体积：求多面体的表面积与体积常用方法：1、公式法：可以运用规则的几何体；2、割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或者把几何体补成熟悉的几何体。
3、等积法：通过转换顶点，换成底面积或者高易求的几何体。
专项突破一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分．）1.（江苏省南通市2020届四校联盟）在正四棱锥S ﹣ABC D 中，点O 是底面中心，SO ＝2，侧棱SA ＝2√3，则该棱锥的体积为 ．2.（江苏省丹阳市2020届高三年级下学期3月质量检测卷）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为6cm ，圆心角为23π的扇形，则此圆锥的体积为 cm 3． 3.（2020届天一中学高三年级第二学期期初调研测试）某种圆柱形的如罐的容积为128π个立方单位，当它的底面半径和高的比值为 时，可使得所用材料最省．4.（2019～2020学年度如皋高三年级第二学期期初调研测试）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中12,3AB AA ==，O 为上底面中心．设正四棱柱1111ABCD A B C D -与正四棱锥1111O A B C D -的侧面积分别为12,S S ，则21S S = ． 5.（江苏省张家港市2020届高三阶段性调研测试）在三棱锥P ABC -中，底面ABC 是边长为3的等边三角形，PA PC ⊥，PB PC ⊥，2PA PB ==，则该三棱锥的体积为_______．6.（江苏省苏北七市2020届高三第二次调研考试）如图，在体积为V 的圆柱O 1O 2中，以线段O 1O 2上的点O 为项点，上下底面为底面的两个圆锥的体积分别为V 1，V 2，则12V V V+的值是 ． 7.（江苏省南京市、盐城市2020届高三年级第二次模拟考试）在△AB C 中，AB ＝25AC 5∠BAC ＝90°，则△ABC 绕BC 所在直线旋转一周所形成的几何体的表面积为 ．8.（2020年南师附中高考模拟数学试卷）设m ，n 为空间两条不同的直线，α，β为空间两个不同的平面，给出下列命题：①若m ∥α，m ∥β，则α∥β； ②若m ⊥α，m ∥β，则α⊥β； ③若m ∥α，m ∥n ，则n ∥α； ④若m ⊥α，α∥β，则m ⊥β． 其中的正确命题序号是 ．9.（2019—2020学年度扬州中学第二学期阶段性检测改编）将一个底面半径为4，高为2的圆锥锻造成一个球体，则球体的表面积为 ．10.（江苏省海安中学高三3月数学模拟考试数学试卷）现有一个橡皮泥制作的圆锥，底面半径为1，高为4．若将它制作成一个总体积不变的球，则该球的表面积为 ．11.（2019—2020学年度镇江市九校2020届高三年级3月模拟考试）如图，是一个四棱锥的平面展开图，其中间是边长为2的正方形，上面三角形是等边三角形，左、右三角形是等腰直角三角形，则此四棱锥的体积为 ．12.（江苏省常熟市2020届高三3月“线上教育”学习情况调查）四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，2PA =，则四棱锥的侧面积是_________．13.（2020年江苏沭阳高级中学高考模拟试卷高考数学百日冲刺数学试卷（3月份））如图，从一个边长为12的正三角形纸片的三个角上，沿图中虚线剪出三个全等的四边形，余下部分再以虚线为折痕折起，恰好围成一个缺少上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱柱的上底，则所得正三棱柱的体积为．14．（2019—2020学年度苏、锡、常、镇四市高三教学情况调查（一））如图在矩形ABC D中，E为边AD 的中点，AB＝1，BC＝2．分别以A，D为圆心，1为半经作圆弧EB，EC，将两圆弧EB，EC及边BC所围成的平面图形（阴影部分）绕直线AD旋转一周，所形成的几何体的体积为．二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内．．．．．．．．作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.（江苏省南通市2020届四校联盟）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，点P是侧棱C1C的中点．（1）求证：AC1∥平面PBD；（2）求证：BD⊥A1P．16.（江苏省南京市、盐城市2020届高三年级第二次模拟考试）在如图，三棱锥P—AB C中，点D，E分别为AB，BC的中点，且平面PDE⊥平面AB C．（1）求证：AC ∥平面PDE ；（3）若PD ＝AC ＝2，PE 3PBC ⊥平面AB C ．17.（江苏省如皋中学高三3月数学模拟考试数学试卷）如图，在四棱锥P ABC D 中，底面ABCD 为平行四边形，面PAD ABCD ⊥面，三角形PAD 为正三角形．（1）若,E F 为,PB CD 中点，证明：//EF PAD 面； （2）若90PAB ∠=︒，证明：面PAD PAB ⊥面．18.（2020年江苏沭阳高级中学高考模拟试卷高考数学百日冲刺数学试卷（3月份））如图，在四棱锥P ﹣ABC D 中．（1）若AD ⊥平面PAB ，PB ⊥PD ，求证：平面PBD ⊥平面PAD ；（2）若AD ∥BC ，E 为PA 的中点，当BE ∥平面PCD 时，求BCAD的值．19.（2019—2020学年度苏、锡、常、镇四市高三教学情况调查（一））如图，在四棱锥P —ABC D 中，四边形ABCD 为平行四边形，BD ⊥DC ，△PCD 为正三角形，平面PCD ⊥平面ABCD ，E 为PC 的中点．（1）证明：AP ∥平面EBD ；FEPDCBA（2）证明：BE⊥P C．20.(江苏省苏北七市2020届高三第二次调研考试)如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，CA＝CB，点P，Q 分别为AB 1，CC1的中点．求证：（1）PQ∥平面ABC；（2）PQ⊥平面ABB1A1．2020年江苏省高考数学三轮冲刺专项突破专题02 立体几何2020年江苏高考核心考点1.线线与线面的平行与垂直：线线与线面的平行与垂直一定要熟练掌握它们的判定定理和性质定理。
空间几何体【2020年高考考纲解读】1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算.2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题．【重点、难点剖析】一、三视图与直观图1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．由三视图还原几何体的步骤一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体．二、几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧．三、多面体与球与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径．球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作出截面图．【高考题型示例】题型一、三视图与直观图例1、(1)(2018·全国Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )答案 A解析 由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.(2)[2018·全国卷Ⅰ]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M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．217B ．2 5C ．3D ．2【解析】先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M ，N 的位置如图①所示．① ②圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴ |MN |＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5. 故选B. 【答案】B 【方法技巧】1．由直观图确认三视图的方法根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确认．2．由三视图还原到直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的直观图形状.【变式探究】某几何体的正(主)视图与俯视图如图所示，则其侧(左)视图可以为( )答案 B解析由俯视图与正(主)视图可知，该几何体可以是一个三棱柱挖去一个圆柱，因此其侧(左)视图为矩形内有一条虚线，虚线靠近矩形的左边部分，只有选项B符合题意，故选B.(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱CD，CC1，A1B1的中点，用过点E，F，G的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为( )答案 C解析取AA1的中点H，连接GH，则GH为过点E，F，G的平面与正方体的面A1B1BA的交线．延长GH，交BA的延长线与点P，连接EP，交AD于点N，则NE为过点E，F，G的平面与正方体的面ABCD 的交线．同理，延长EF，交D1C1的延长线于点Q，连接GQ，交B1C1于点M，则FM为过点E，F，G的平面与正方体的面BCC1B1的交线．所以过点E，F，G的平面截正方体所得的截面为图中的六边形EFMGHN.故可得位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为选项C所示．【感悟提升】空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正(主)视图和俯视图为主，结合侧(左)视图进行综合考虑．【变式探究】有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．答案2＋2 2解析如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E，则在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝2 2.而四边形AECD为矩形，AD＝1，∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝22＋1.由此可还原原图形如图所示．在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22.题型二 几何体的表面积与体积例2、(2018·全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________． 答案 402π【变式探究】[2018·天津卷] 已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为________．【解析】依题意，易知四棱锥M EFGH 是一个正四棱锥，且底面边长为22，高为12. 故VM EFGH ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫222×12＝112.【答案】112【方法技巧】1．求解几何体的表面积及体积的技巧(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． 2．根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤 (1)根据给出的三视图判断该几何体的形状． (2)由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量．(3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解. 格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．8＋42＋8 5B ．24＋4 2C ．8＋20 2D ．28答案 A解析 由三视图可知，该几何体的下底面是长为4，宽为2的矩形，左右两个侧面是底边为2，高为22的三角形，前后两个侧面是底边为4，高为5的平行四边形，所以该几何体的表面积为S ＝4×2＋2×12×2×22＋2×4×5＝8＋42＋8 5.(2)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________，表面积是________．答案143π 6＋(6＋13)π 解析 由三视图知，该几何体是由四分之一球与半个圆锥组合而成，则该组合体的体积为V ＝14×43π×23＋12×13π×22×3＝143π， 表面积为S ＝14×4π×22＋12×π×22＋12×4×3＋12×12×2π×2×32＋22＝6＋()6＋13π.【变式探究】(1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．(2)求简单几何体的体积时，若所给的几何体为柱体、锥体或台体，则可直接利用公式求解；求组合体的体积时，若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，常用转换法、分割法、补形法等进行求解；求以三视图为背景的几何体的体积时，应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解． 【变式探究】中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6立方寸，则图中的x 为( )A ．1.6B ．1.8C ．2.0D ．2.4 答案 A解析 由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成．由题意得，(5.4－x )×3×1＋πx ⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝12.6，解得x ＝1.6.(2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．11B ．9C ．7D ．5 答案 D解析 由三视图知，该几何体如图，它可分成一个三棱锥E －ABD 和一个四棱锥B －CDEF ，则V ＝13×12×3×3×2＋13×1×2×3＝5.题型三、多面体与球例3、[2018·全国卷Ⅲ]设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( ) A ．12 3 B ．18 3 C ．24 3 D ．54 3故选B.【答案】B 【变式探究】已知正三角形ABC 的边长为2，将它沿高AD 翻折，使点B 与点C 间的距离为3，此时四面体ABCD 的外接球的表面积为________．【解析】如图(1)，在正三角形ABC 中，AB ＝BC ＝AC ＝2，则BD ＝DC ＝1，AD ＝ 3.在翻折后得到的几何体中，如图(2)，AD ⊥BD ，AD ⊥CD ，则AD ⊥平面BCD ，三棱锥A －BCD 的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，球心到截面BCD 的距离d ＝12AD ＝32.在△BCD 中，BC ＝3，则由余弦定理，得cos∠BDC ＝BD 2＋DC 2－BC22BD ·DC ＝12＋12－322×1×1＝－12，所以∠BDC ＝120°.设球的半径为R ，△BCD 的外接圆半径为r ，则由正弦定理，得2r ＝BCsin∠BDC ＝3sin120°＝2，解得r ＝1，则球的半径R ＝d 2＋r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋12＝72，故球的表面积S ＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫722＝7π. 【答案】7π 【方法技巧】(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．(2)球心与截面圆心的连线垂直圆面，其距离为d ，常利用直角三角形建立量的关系，R 2＝d 2＋r 2. 【变式探究】(1)已知正三棱锥S －ABC 的顶点均在球O 的球面上，过侧棱SA 及球心O 的平面截三棱锥及球面所得截面如图所示，已知三棱锥的体积为23，则球O 的表面积为( )A ．16πB ．18πC ．24πD ．32π 答案 A解析 设正三棱锥的底面边长为a ，外接球的半径为R ， 因为正三棱锥的底面为正三角形，边长为a ， 则AD ＝32a ，则AO ＝23AD ＝33a ， 所以33a ＝R ，即a ＝3R ， 又因为三棱锥的体积为23，所以13×34a 2R ＝13×34×()3R 2×R ＝23，解得R ＝2，所以球的表面积为S ＝4πR 2＝16π.(2)如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为( )A.25π4B.25π16C.1 125π4D.1 125π16答案 D解析 把此三棱锥嵌入长、宽、高分别为20,24,16的长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， 三棱锥B －KLJ 即为所求的三棱锥，其中KC 1＝9，C 1L ＝LB 1＝12，B 1B ＝16， ∴KC 1C 1L ＝LB 1B 1B， 则△KC 1L ∽△LB 1B ，∠KLB ＝90°，故可求得三棱锥各面面积分别为S △BKL ＝150，S △JKL ＝150，S △JKB ＝250，S △JLB ＝250，故表面积为S 表＝800.三棱锥体积V ＝13S △BKL ·JK ＝1 000， 设内切球半径为r ，则r ＝3V S 表＝154， 故三棱锥内切球体积V 球＝43πr 3＝1 125π16. 【变式探究】三棱锥P －ABC 可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形(1)点P 可作为长方体上底面的一个顶点，点A ，B ，C 可作为下底面的三个顶点．(2)P －ABC 为正四面体，则正四面体的棱都可作为一个正方体的面对角线．【变式探究】(1)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，若AB ＝2，BC ＝3，PA ＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A ．13πB ．20πC ．25πD ．29π答案 D(2)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 ．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D ．1∶8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.。
重难点03 立体几何【命题趋势】立体几何一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，文科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及简单几何体的变面积以及体积.本专题针对高考高频知识点以及题型进行总结，希望通过本专题的学习，能够掌握高考数学中的立体几何的题型，将高考有关的立体几何所有分数拿到. 【满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求. 内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求. 求点到平面的距离问题：采用等体积法.求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高. 【考查题型】选择，填空，解答题【限时检测】（建议用时：45分钟） 一、单选题1．（2013·山东高考模拟（文））设m ,n 是两条不同的直线, α,β,γ是三个不同的平面．有下列四个命题：①若//αβ，m α⊂，n β⊂，则//m n ； ②若m α⊥，//m β，则αβ⊥； ③ 若n α⊥，n β⊥，m α⊥，则m β⊥；④ 若αγ⊥，βγ⊥，m α⊥，则m β⊥． 其中错误．．命题的序号是 A ．①③ B ．①④C ．②③④D ．②③【答案】B 【解析】 【分析】根据平面平行的几何特征及直线关系的定义，可判断①错误；根据线面平行的性质定理，线面垂直的第二判定定理及面面垂直的判定定理，可得②正确；根据线面垂直的几何特征及面面平行的判定方法，可得③正确；根据面面垂直的几何特征，及线面垂直的几何特征，可判断④错误． 【详解】若α∥β，m ⊂α，n ⊂β，则m 与n 不相交，但可能平行也可能异面，故①错误；若m ⊥α，m ∥β，由线面平行的性质定理可得：存在直线b ⊂β，使b ∥a ，根据线面垂直的第二判定定理可得b ⊥α，再由面面平行的判定定理得：α⊥β，故②正确； 若n ⊥α，n ⊥β，则α∥β，又由m ⊥α，则m ⊥β，故③正确；若α⊥γ，β⊥γ，α与β可能平行也可能相交（此时两平面交线与γ垂直），当α∥β时，若m ⊥α，则m ⊥β，但α与β相交时，若m ⊥α，则m 与β一定不垂直，故④错误； 故答案为：B 【点睛】(1) 本题考查直线与平面平行与垂直的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力．(2)证明一个命题是真命题，需要证明，说明一个命题是假命题，可以通过举反例，要灵活选择. 2．（2019·河北高三月考（文））《九章算术》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．若三棱锥P ABC -为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，2PA AB ==，AC =P ABC -的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为（ ） A ．12π B ．16πC ．20πD ．24π【答案】C 【解析】由题意得PC 为球O 的直径,而PC =即球O 的半径R =所以球O的表面积24π20πS R ==. 本题选择C 选项.【点睛】：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.3．（2019·北京人大附中高考模拟（文））如图，在下列三个正方体1111ABCD A B C D -中，,,E F G 均为所在棱的中点，过,,E F G 作正方体的截面．在各正方体中，直线1BD 与平面EFG 的位置关系描述正确的是A ．1BD ∥平面EFG 的有且只有①；1BD ⊥平面EFG 的有且只有②③B ．1BD ∥平面EFG 的有且只有②；1BD ⊥平面EFG 的有且只有①C ．.1BD ∥平面EFG 的有且只有①；1BD ⊥平面EFG 的有且只有② D ．1BD ∥平面EFG 的有且只有②；1BD ⊥平面EFG 的有且只有③ 【答案】A 【解析】 【分析】①连结BD ，根据面面平行的判定定理可证平面1BDD 平面EFG ，进而可得1BD 平面EFG ；②③都可以根据线面垂直的判定定理，用向量的方法分别证明1BD EG ⊥，1BD EF ⊥，即可证明1BD ⊥平面EFG ；从而可得出结果. 【详解】①连结BD ，因为,,E F G 均为所在棱的中点，所以BD GF ，BD EF ，从而可得BD平面EFG ，1DD 平面EFG ；根据1BD DD D ⋂=，可得平面1BDD 平面EFG ；所以1BD 平面EFG ；②设正方体棱长为1，因为,,E F G 均为所在棱的中点，所以 ()()11111111B 22BD GE DD DB DA DD DA D DA ⎛⎫=-*=- ⎪⎝⎭*** ，()11cos45cos6002=︒︒=即1BD EG ⊥； 又 ()()1111111C B 22BD EF DD DB DC DD D D DC ⎛⎫=-*=- ⎪⎝***⎭()11cos45cos6002=︒︒=，即1BD EF ⊥； 又EG EF E ⋂=，所以1BD ⊥平面EFG ；③设正方体棱长为1，因为,,E F G 均为所在棱的中点， 所以()()()2111111111A 2222BD EG DD DB DG DE DD DB DC DD D DD DB DC DB DA ⎛⎫=-*-=-*+**-=-+ ⎪⎝*⎭，111102222=⨯+⨯=即1BD EG ⊥；又()()()2111111111A A 2222BD EF DD DB AF AE DD DB DD DC D DD DB DC DB D ⎛⎫=*-*-=-*++=-- ⎪⎭*⎝*1111102222=-⨯⨯-⨯⨯=1B D E F⊥； 又EG EF E ⋂=，所以1BD ⊥平面EFG ； 故选A 【点睛】本题主要考查线面平行与线面垂直的判定，灵活掌握判定定理即可，属于常考题型. 4．（2019·山东高考模拟（理））如图，在下列四个正方体中，P ，R ，Q ，M ，N ，G ，H 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ 所在平面平行的是( )A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 【分析】根据线面平行判定定理以及作截面逐个分析判断选择. 【详解】A 中，因为11////PQ AC A C ,所以可得//PQ 平面11A BC ,又1//RQ AB ，可得//RQ 平面11A BC ，从而平面//PQR 平面11A BCB 中，作截面可得平面PQR 平面1A BN HN =（H 为C 1D 1中点）,如图：C 中，作截面可得平面PQR 平面HGN HN =（H 为C 1D 1中点）,如图：D 中，作截面可得1,QN C M 为两相交直线，因此平面PQR 与平面11A MC 不平行, 如图：【点睛】本题考查线面平行判定定理以及截面，考查空间想象能力与基本判断论证能力，属中档题.二、填空题5．（2019·吉林高考模拟（文））一个倒置圆锥形容器，底面直径与母线长相等，容器内存有部分水，向容器内放入一个半径为1的铁球，铁球恰好完全没入水中（水面与铁球相切）则容器内水的体积为__________．【答案】.【分析】先由题意作出轴截面，根据圆锥的底面直径与母线长相等，得到 ，再记铁球的半径为 ，得 ，求出圆锥的高，以及圆锥底面圆半径，最后由 圆锥 水 铁球，即可求出结果. 【详解】如图所示，作出轴截面，由题意，圆锥的底面直径与母线长相等，可得 ，则 ，所以 ， 记铁球的半径为 ，即 ，在 中，，则 ，所以 ，因此 ， 所以铁球所在圆锥的体积为 圆锥 水 铁球，即 水 圆锥 铁球圆. 故答案为【点睛】本题主要考查圆锥内切球的相关计算，熟记体积公式即可，属于常考题型.6．（2019·广东高考模拟（文））已知矩形ABCD ，1AB =，BC =，将ADC 沿对角线AC 进行翻折，得到三棱锥D ABC -，则在翻折的过程中有下列结论： ①三棱锥D ABC -的体积最大值为14； ②三棱锥D ABC -的外接球体积不变； ③异面直线AB 与CD 所成角的最大值为90． 其中正确的是____．（填写所有正确结论的编号） 【答案】①②③【分析】考虑在翻折的过程中，当面ACD ⊥面ACB 时，D 到底面的距离最大，进而得到棱锥体积最大，可判断①正确；取AC 的中点O ，可得O 为棱锥的外接球的球心，计算可判断②正确；假设AB CD ⊥，由线面垂直的判断和性质，可判断③正确． 【详解】解：矩形ABCD ，1AB =，BC =2AC =， 在翻折的过程中，当面ACD ⊥面ACB 时，D 到底面的距离最大，且为直角三角形ACD 斜边AC可得三棱锥D ABC -的体积最大值为11113224⋅⋅=，故①正确； 取AC 的中点O ，连接OB ，OD ，可得OA OB OC OD ===，即O 为三棱锥D ABC -的外接球 的球心，且半径为1，体积为43π，故②正确； 若AB CD ⊥，又AB BC ⊥，可得AB ⊥平面BCD ，即有AB BD ⊥，由1AB =及AD =可得BD =将ADC 沿对角线AC 翻折得过程中，存在某个位置使得BD =成立，故③正确．故答案为：①②③． 【点睛】本题主要考查了空间思维能力，还考查了球的体积公式，还考查了线面垂直的判断、性质及计算能力，属于难题.三、解答题7．（2019·湖南高考模拟（文））在平行四边形ABCD 中，3AB =，2BC =，过A 点作CD的垂线，交CD 的延长线于点E ，AE =连结EB ，交AD 于点F ，如图1，将A D E ∆ 沿AD 折起，使得点E 到达点P 的位置，如图2.（1）证明：平面BFP ⊥平面BCP ；（2）若G 为PB 的中点，H 为CD 的中点，且平面ADP ⊥平面ABCD ，求三棱锥G BCH -的体积.【答案】（1）见解析； （2）316. 【解析】 【分析】（1）证明BE AD ⊥．PF AD ⊥，BF AD ⊥．推出PF BC ⊥，BF BC ⊥，得到BC ⊥ 平面BFP ，然后证明平面BFP ⊥平面BCP ．（2）解法一：证明PF ⊥平面ABCD ．取BF 的中点为O ，连结GO ，得到GO ⊥平面ABCD ．然后求解棱锥的高．解法二：证明PF ⊥平面ABCD ．三棱锥G BCH -的高等于12PF ．说明BCH 的面积是四边形ABCD 的面积的14，通过ABCD 13P ABCD V S PF -=⨯⋅平行四边形，求解三棱锥G BCH -的体积． 【详解】（1）证明：如题图1，在Rt BAE 中，3AB =，AE =60AEB ∠=︒． 在Rt AED 中，2AD =，所以30DAE ∠=︒． 所以BE AD ⊥．如题图2，,PF AD BF AD ⊥⊥．又因为AD BC ，所以PF BC ⊥，BF BC ⊥，PF BF F ⋂=，所以BC ⊥平面BFP ，又因为BC ⊂平面BCP ，所以平面BFP ⊥平面BCP ． （2）解法一：因为平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ⋂平面ABCD AD =，PF ⊂平面ADP ，PF AD ⊥，所以PF ⊥平面ABCD ． 取BF 的中点为O ，连结GO ，则GO PF ，所以GO ⊥平面ABCD ． 即GO 为三棱锥G BCH -的高．且11sin3022GO PF PA ==⨯︒=． 因为，三棱锥G BCH -的体积为11113332616BCHBCD G BCH V SGO S-=⋅=⨯==三棱锥．解法二：因为平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ⋂平面ABCD AD =，PF ⊂平面ADP ， 所以PF ⊥平面ABCD ． 因为G 为PB 的中点． 所以三棱锥G BCH -的高等于12PF ． 因为H 为CD 的中点，所以BCH 的面积是四边形ABCD 的面积的14， 从而三棱锥G BCH -的体积是四棱锥P ABCD -的体积的18．ABCD 平行四边形面ABCD 113332P ABCD V S PF -=⨯⋅=⨯=平行四边形， 所以三棱锥G BCH -的体积为316． 【点睛】本题考查直线与平面垂直，平面与平面垂直的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．8．（2019·辽宁高考模拟（文））如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12AB AA ==，E ，F 分别为AB ，11B C 的中点．（Ⅰ）求证：1B E ∕∕平面ACF ； （Ⅱ）求三棱锥1B ACF -的体积．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ【解析】 【分析】（Ⅰ）取AC 的中点M ，连结EM ，FM ，由三角形性质得//EM BC 且12EM BC =，结合已知得到1//EM B F 且1EM B F =，则四边形1EMFB 为平行四边形，可得1//B E FM ，再由线面平行的判定可得1//B E 平面ACF ；（Ⅱ）设O 为BC 的中点，由已知得到AO ⊥平面11BCC B ，然后利用等积法求三棱锥1B ACF -的体积．【详解】（Ⅰ）证明：取AC 的中点M ，连结EM ，FM ，在ABC ∆中，∵E 、M 分别为AB ，AC 的中点，∴EM BC ∕∕且12EM BC =， 又F 为11B C 的中点，11B C BC ∕∕，∴1B F BC ∕∕且112B F BC =， 即1EM B F ∕∕且1EM B F =，故四边形1EMFB 为平行四边形，∴1B E FM ∕∕，又MF ⊂平面ACF ，1B E ⊄平面ACF ， ∴1B E ∕∕平面ACF ； （Ⅱ）解：设O 为BC 的中点，∵棱柱底面是正三角形，2AB =，∴有AO =又因为ABC ∆为正三角形，且O 为BC 的中点，所以AO BC ⊥, 又由正三棱柱，所以平面11BCC B ⊥平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AO ⊥平面11BCC B ，即三棱锥1A B CF -所以1111112332B ACF A B CF B CF V V S AO --∆==⨯⨯=⨯⨯=． 【点睛】本题主要考查了直线与平面平行的判定与证明，以及利用等体积法七届多面体的体积问题，其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质，以及合理利用等体积法求解体积是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于基础题． 9．（2019·吉林高考模拟（文））在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为平行四边形，1AA ⊥平面ABCD ．24AB AD ==，3DAB π∠=（1）证明：平面1D BC ⊥平面1D BD ； （2）若直线1D B 与底面ABCD 所成角为6π，M ，N ，Q 分别为BD ，CD ，1D D 的中点，求三棱锥C MNQ -的体积．【答案】(1)见证明；(2) C MNQ V -= 【解析】 【分析】（1）推导出D 1D ⊥平面ABCD ，D 1D ⊥BC ，AD ⊥BD ，由AD ∥BC ，得BC ⊥BD ，从而BC ⊥平面D 1BD ，由此能证明平面D 1BC ⊥平面D 1BD ． （2）由1D D ⊥平面ABCD 得16D BD π∠=，可以计算出1D D ，再利用锥体体积公式求得Q CMN V -，根据等体积法即为C MNQ V -. 【详解】（1）∵1D D ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴1D D BC ⊥.又4AB =，2AD =，3DAB π∠=，∴BD ==∵222AD BD AB +=，∴AD BD ⊥. 又∵//AD BC ， ∴BC BD ⊥.又∵1D D BD D ⋂=，BD ⊂平面1D BD ，1D D ⊂平面1D BD ， ∴BC ⊥平面1D BD ，而BC ⊂平面1D BC ， ∴平面1D BC ⊥平面1D BD ；（2）∵1D D ⊥平面ABCD ，∴1D BD ∠即为直线1D B 与底面ABCD 所成的角，即16D BD π∠=，而BD =∴12DD =. 又14C MNQ Q CMN Q BDC V V V ---==，∴11121432C MNQ V -=⨯⨯⨯⨯=【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的定义及求法，考查了三棱锥体积的常用求法，涉及空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 10．（2020·河北石家庄二中高三月考（文））如图所示，在等腰梯形ABCD 中， //AD BC ，2AD CD AB ===， 60ABC ∠=，将三角形ABD 沿BD 折起，使点A 在平面BCD 上的投影G 落在BD 上．（1）求证：平面ACD ⊥平面ABD ；（2）若点E 为AC 的中点，求三棱锥G ADE -的体积．【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）要证平面ACD ⊥平面ABD ，只需证CD ⊥平面ABD ，分析条件易得AG CD ⊥和BD DC ⊥； （2）由G ADE G ACD A CDG 11V V V 22---==，只需求A CDG V -即可. 试题解析：（1）证明：在等腰梯形ABCD 中，可设2AD CD AB ===，可求出BD =4BC =，在BCD 中， 222BC BD DC =+，∴BD DC ⊥， ∵点A 在平面BCD 上的投影G 落在BD 上，∴AG ⊥平面BCD ，平面ABD ⊥平面BCD ，∴AG CD ⊥， 又BD DC ⊥， AG BD G ⋂=，∴CD ⊥平面ABD ， 而CD ⊂平面ACD ，∴平面ACD ⊥平面ABD . （2）解：因为2AD AB ==，所以ABD ADB ∠=∠， 又AD BC ，所以ADB CBD ∠=∠，因为60ABC ∠=︒，所以30ABD ∠=︒，解得1AG =，因为E 为AC 中点，三棱锥G ADE -的体积与三棱锥G CDE -的体积相等，所以1122G ADE G ACD A CDG V V V ---==,因为111232A CDG V -=⨯⨯⨯=12G ADE A CDG V V --==11．（2020·广东实验中学高三月考（文））如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，,E F 分别为11,A C BC 的中点，1C F AB ⊥，12AB BC AA ===.（1）求证：1//C F 平面ABE ； （2）求三棱锥1E ABC -的体积. 【答案】（1）见解析；（2）23. 【解析】试题分析：（1）设D 为边AB 的中点，连接ED ，FD ，∵D ，F 分别为AB ，BC 的中点，根据三角形中位线定理以及题设条件可证明四边形1EC FD 为平行四边形，可得1C F ED ，从而根据线面平行的判定定理可得结论；（2）先证明AB ⊥平面11BCC B ，知AB BC ⊥，从而可得三角形ABC 的面积为2，三角形ABF 的面积为1，利用等积变换可得11E ABC C EAB F EAB V V V ---== 121233E ABF V -==⨯⨯=. 试题解析：（1）设D 为边AB 的中点，连接ED ，FD ∵D ，F 分别为AB ，BC 的中点， ∴DFAC ，12DF AC =， 又∵1EC AC ，112EC AC =，∴1DFEC ，1DF EC =，∴ 四边形1EC FD 为平行四边形. ∴1C FED ，又ED ⊂平面EAB ，1C F ⊄平面EAB ， ∴1C F 平面ABE ，（2）在直三棱柱中1CC AB ⊥， 又1C F AB ⊥，1CC ⊂平面11BCC B ，1C F ⊂平面11BCC B ，111CC C F C ⋂=，∴AB ⊥平面11BCC B ，知AB BC ⊥，可得三角形ABC 的面积为2，三角形ABF 的面积为1， 由（1）1C F 平面ABE 知：1C 到平面EAB 的距离等于F 到平面EAB 的距离 ∴11E ABC C EAB F EAB V V V ---==三棱锥三棱锥三棱锥 121233E ABF V -==⨯⨯=三棱锥. 【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、利用等积变换求三棱锥体积，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法①证明的.12．（2020·宁夏高三月考（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAB ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，△PAB 为等边三角形，E 是PB 中点，平面AED 与棱PC 交于点F .（Ⅰ）求证：//AD EF ； （Ⅱ）求证：PB ⊥平面AEFD ；（III ）记四棱锥P AEFD -的体积为1V ，四棱锥P ABCD -的体积为2V ，直接写出12V V 的值.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）1238V V = 【解析】 【分析】（Ⅰ）由ABCD 为正方形，可得//AD BC ．再由线面平行的判定可得//AD 平面PBC .．再由面面平行的性质可得//AD EF ；（Ⅱ）由ABCD 为正方形，可得AD AB ⊥．结合面面垂直的性质可得AD ⊥平面PAB ．从而得到AD PB ⊥.．再由已知证得PB AE ⊥．由线面垂直的判定可得PB ⊥平面AEFD ；（Ⅲ）由（Ⅰ）知，1C AEFD V V -=，利用等积法把2V 用1V 表示，则12V V 的值可求． 【详解】（I ）证明：因为正方形ABCD ，所以//AD BC . 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以//AD 平面PBC .因为AD ⊂平面AEFD ，平面AEFD ⋂平面PBC EF =，所以//AD EF .（II ）证明：因为正方形ABCD ，所以AD AB ⊥.因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，AD ⊂平面ABCD ， 所以AD ⊥平面PAB . 因为PB ⊂平面PAB ， 所以AD PB ⊥.因为PAB ∆为等边三角形，E 是PB 中点， 所以PB AE ⊥.因为AE ⊂平面AEFD ，AD ⊂平面AEFD ，AE AD A ⋂=， 所以PB ⊥平面AEFD .（III ）解：由（Ⅰ）知，122133C AEFDE ABCF ADC C AEFD V V V V V V ，＝，----===513BC AEFD V V -∴＝， 则1158133P ABCD V V V V -+＝＝， 1238V V ∴＝ ． 【点睛】本题考查直线与平面平行的判定和性质，考查线面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．。
立体几何专题一.考点综述《考试说明》关于立体几何的考试要求.内容要求：空间几何体的结构特征，空间图形的三视图及直观图，球、棱柱、锥、台的表面积及体积的计算;点、线、面的位置关系,向量方法在立体几何中的应用.能力的要求：空间想象、抽象概括、推理论证、计算求解的能力.具体表现为：能根据条件作出正确的图形，根据条件想象出直观形象；能正确地分析出图形中基本元素及其相互关系；能对图形进行分解、组合；会运用图形与图表等手段形象地揭示问题的本质.课改以来,新疆一直使用全国课标卷,课标卷关于立体几何部分的考查，题型、题量稳定，难度适中，主要涉及以下方面:内容:考查（1）空间几何体:结构特征、三视图、表面积和体积的计算.常给出几何体的三视图，通过识图、想图、作图、用图，考查学生的空间想象能力及运算求解能力.（2）空间直线与平面的位置关系:线、面平行与垂直关系的判断和证明，其中垂直关系出现频率更高.空间角的计算，其中二面角的计算是理科生的重点，文科生则不做要求；三是空间距离的计算，重点考查点到平面的距离.如在文科高考解答题中，第（2）问往往要计算几何体的体积，其关键是求出点到平面的距离.（3）空间向量与立体几何:考查利用空间向量研究空间直线与平面的位置关系；利用空间向量求角和距离.一般地，论证平行与垂直关系，传统方法较方便，而在求空间角和空间距离上，则可显示出向量法的优越性.方法:解答题的命制,课标卷都采用了“一题多法”的命制办法，并体现向量坐标法优先的特征.即同一试题可以用综合法（传统的方法）和空间向量两种方法来解决（向量法优先）强调数学通性通法的考查,淡化特殊技巧,无偏怪之题.立体几何专题的考查，理科和文科试卷，都强调对基础知识和基本能力的考查.文科相对强调几何的直观感知和简单的推理论证；而理科对空间想象、推理论证、运算求解有更高的要求.二.备考的几点建议1.重视教材例题、习题,夯实解题基础教材是课堂教学的依据，是高考试题的源头.高考命题常以课本中的例题、习题为题源，以教材中概念、定理、公式等的类比、推广为题源，以教材中研究性学习课题为题源.复习要扣紧教材,熟练掌握课本中每一概念、每一定理的种种用途，知识点要全面覆盖，不能遗漏.以教材例题、习题为载体编拟的高考题在各地高考卷中频频出现.此阶段的复习可以教材中的典型例题、习题为基本素材，结合考纲要求与学生实际，按循序渐进的原则，通过变式教学，实现难点的有效突破.2.注重通性通法,并能依题灵活选用恰当方法向量坐标法思路简单但是计算复杂,向量的非坐标法在空间来去自由,但是求空间角问题时比较繁琐,综合法有一定思维量,但计算简便.三者各有利弊,不应非此即彼,而应依据题目实际特点,灵活选用向量法和综合法.教学中应本着培养学生空间想象能力和逻辑推理能力的意识,多角度训练,鼓励学生选择合适的方法,从不同角度解决立体几何问题,调适思考角度,规避思维定势,以使学生在不易建坐标系的情况下,也不至于一筹莫展.3.重视空间点、线、面关系,合理建系,准确计算坐标系的建立基础,取决于学生对空间点、线、面位置关系的准确把握，而这部分的学习是学生的弱点，因此需重点复习训练.非标准状态的建系与相关点的坐标确定是难点.合理建系的一个基本原则是应尽可能多的让所求的点在坐标轴上.由于坐标法的介入,对学生的计算能力也提出了较高要求.复习时要做相应的训练，以使学生在非标准状态下能合理建系，并能准确确定相关点的坐标.4.注意类比联系，学会合理转化立体几何的学习是在学生学习了平面几何知识后进行的•复习时，要注意平面与空间的联系，三维向二维的转化；弄清公式的推导，注意理解记忆及相似概念的区分案例：人教版必修2第67页练习第2题过A ABC所在平面a外一点P,作PO丄a,垂足为O，连接PA,PB,PC.(1)若PA=PB=PC,ZC=900,则点O是AB边的—点.（2）若PA=PB=PC,则点O是A ABC的____心.(3)若PA丄PB,PB丄PC,PC丄PA,，则点O是A ABC的____心.5•关注新颖试题，消除信息盲区近几年高考中涌现了一些新颖试题，应给予关注.(1)画图类型题1.如图，在四棱锥P—ABCD中，PD丄平面ABCD，AB//CD，AB丄AD，BC=5,DC=3，AD=4，Z PAD=60°.(1)当正视方向与向量AD的方向相同时，画出四棱锥P—ABCD的正视图(要求标出尺寸，并写出演算过程)；(2)若M为PA的中点，求证：DM〃面PBC；(3)求三棱锥D-PBC的体积.2•长方体ABCD—ABCD中,AB二16,BC二10,AA二8，点E,F分别在AB,DC上,111111111 AE二DF二4.过点E,F的平面a与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个11正方形(不必说明画法和理由)(2)求直线AF与平面a所成角的正弦值.(2)动态问题3.如图,正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点，Q为线段CC］上的动点，过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是①②③⑤_(写出所有正确命题的交点R满足CR=1；④当3<CQ<1时,s为六边形;⑤当CQ=1时,S的面积为¥"4.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点，点P在线段Df上，点P到直线Cq的距离的最小值为.(3)联系生活实际背景的问题5•如图27,某地质队自水平地面A、B、C三处垂直向地下钻探，自A点向下钻到A1处发现矿藏,编号)•①当0<CQ<1时,S为四边形;②当CQ丄时,s为等腰梯形;③当CQ=3时,S与C D的2Q411再继续向下钻到A处后下面已无矿，从而得到在A处正下方的矿层厚度为AA=d.同样可得在B、2121 C处正下方的矿层厚度分别为，BB=d,CC=d，且d<d<d.过AB,AC的中点M,N且122123123与直线AA平行的平面截多面体ABC-ABC所得的截面DEFG为该多面体的一个中截面，其2111222面积记为S中.⑴证明：中DEFG是梯形；⑵在厶ABC中，记BC=a，BC边上的高为h，面积为S.在估测三角形ABC区域内正下方的矿藏储量（即多面体ABC-ABC111222的体积V）时，可用近似公式V=S・h来估算.已知V=；（d+d+d）S，估中3123试判断V与V的大小关系，并加以证明.估（4）蕴含数学文化背景的探究题数学探究、数学文化是课标新增加内容，这些内容的考查也已渗透在试题当中,应引起重视. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依恒内角，下周八尺，高五尺。
