高考数学大一轮复习高考专题突破四高考中的立体几何问题教师用书理新人教版

姓名，年级：时间：命题动向：从近五年的高考试题来看，立体几何是历年高考的重点，约占整个试卷的15％，通常以一大两小的模式命题，以中、低档难度为主．三视图,简单几何体的表面积与体积，点、线、面位置关系的判定与证明以及空间向量与空间角(特别是二面角)的计算是考查的重点内容，前者多以客观题的形式命题，后者主要以解答题的形式考查．立体几何着重考查考生的推理论证能力和空间想象能力，而且对数学运算的要求有加强的趋势．转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终．题型1 空间点、线、面的位置关系例1 (2019·江苏高考）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中,D，E分别为BC,AC的中点，AB＝BC。

求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2）BE⊥C1E.证明（1）因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB。

在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1。

(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC。

因为三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC。

又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1。

因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E。

［冲关策略] 立体几何中证明线线垂直往往是通过线面垂直来实现的，即一条直线垂直于另一条直线所在的平面,根据直线和平面垂直的定义，从而得到这两条直线垂直．解决这类问题要运用转化策略，特别要注意面面垂直的性质定理“如果两个平面互相垂直,在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面”，这是立体几何中“作一个平面的垂线"的主要依据．变式训练1 (2018·北京高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD,PA＝PD，E，F分别为AD,PB 的中点．求证：(1)PE⊥BC;(2）平面PAB⊥平面PCD；（3)EF∥平面PCD.证明(1)因为PA＝PD,E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.（2）因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD。

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新人教版1．正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC中点，E为A1C1中点，则DE与平面A1B1BA的位置关系为（）A．相交B．平行C．垂直相交D．不确定答案B解析如图取B1C1中点为F,连接EF，DF，DE，则EF∥A1B1，DF∥B1B，∴平面EFD∥平面A1B1BA，∴DE∥平面A1B1BA.2．设x、y、z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：①x、y、z均为直线；②x、y是直线,z是平面；③z是直线，x、y是平面；④x、y、z均为平面．其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是（）A．③④ B．①③ C．②③ D．①②答案C解析由正方体模型可知①④为假命题;由线面垂直的性质定理可知②③为真命题．3．（2016·成都模拟）如图是一个几何体的三视图(侧视图中的弧线是半圆)，则该几何体的表面积是（）A．20＋3π B．24＋3πC．20＋4π D．24＋4π答案A解析根据几何体的三视图可知,该几何体是一个正方体和一个半圆柱的组合体,其中正方体的棱长为2，半圆柱的底面半径为1，母线长为2，故该几何体的表面积为4×5＋2×π＋2×错误!π＝20＋3π.4。

如图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD为正方形,E、F分别为侧棱VC、VB上的点,且满足VC＝3EC，AF∥平面BDE，则错误!＝________。

第八章⎪⎪⎪立 体 几 何第一节空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积突破点(一) 空间几何体的三视图和直观图基础联通 抓主干学问的“源”与“流” 1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征多面体 结构特征棱柱 有两个面平行，其余各面都是四边形且每相邻两个面的交线都平行且相等棱锥 有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形 棱台棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫做棱台(2)旋转体的形成几何体 旋转图形 旋转轴圆柱 矩形 矩形任一边所在的直线 圆锥 直角三角形 一条直角边所在的直线圆台 直角梯形或等腰梯形直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点的连线球半圆或圆直径所在的直线2.空间几何体的三视图 (1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，能观察的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能观察的轮廓线和棱用虚线表示．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观看几何体的正投影图． 3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规章是：(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，直观图中仍分别平行于坐标轴；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 轴的线段在直观图中长度为原来的一半．考点贯穿 抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的结构特征[例1] (1)用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体肯定是( )A ．圆柱B ．圆锥C ．球体D ．圆柱、圆锥、球体的组合体(2)下列说法正确的是( )A ．有两个平面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B ．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C ．有两个平面相互平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D ．棱台的各侧棱延长后不肯定交于一点[解析] (1)截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．(2)A 错，如图(1)；B 正确，如图(2)，其中底面ABCD 是矩形，PD ⊥平面ABCD ，可证明∠PAB ，∠PCB ，∠PDA ，∠PDC 都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C 错，如图(3)；D 错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．[答案] (1)C (2)B [方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观看实物，提高空间想象力量；(2)紧扣结构特征是推断的关键，生疏空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1(2)中的A ，C 两项易推断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．空间几何体的三视图本节主要包括3个学问点：1.空间几何体的三视图和直观图；2.空间几何体的表面积与体积；3.与球有关的切、接应用问题.1.画三视图的规章长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．2．三视图的排列挨次先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．[例2](1)(2021·贵州七校联考)如图所示，四周体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起帮助作用)，则四周体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形，按正视图，侧视图，俯视图的挨次排列)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤(2)(2022·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()[解析](1)正视图应当是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应当是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应当是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.(2)先依据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.[答案](1)B(2)B[方法技巧]三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图留意正视图、侧视图和俯视图的观看方向；留意能看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图解决此类问题，可先依据已知的一部分视图，还原、推想直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．(3)由几何体的三视图还原几何体的外形要生疏柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．空间几何体的直观图直观图与原图形面积的关系依据斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例3]用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()[解析]由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[答案] A力量练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]假如四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是()A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B由于“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．2．[考点二]一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()解析：选B由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形．3．[考点二]已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排解A，D；当正视图是直角三角形时，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA 形成的投影，应为虚线，故答案为C.4．[考点三]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.5．[考点二](2021·南昌模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P-BCD的正视图与侧视图的面积之比为() A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：选A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.突破点(二)空间几何体的表面积与体积基础联通抓主干学问的“源”与“流”1．圆柱、圆锥、圆台的侧面开放图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面开放图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r＋r′)l 圆柱、圆锥、圆台侧面积间的关系：S圆柱侧＝2πrl――→r′＝rS圆台侧＝π(r＋r′)l――→r′＝0S圆锥侧＝πrl.2．空间几何体的表面积与体积公式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＝4πR2V＝43πR3考点贯穿抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的表面积[例1](1)(2021·安徽江南十校联考)某几何体的三视图如图所示，其中侧视图的下半部分曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为()A．4π＋16＋4 3 B．5π＋16＋4 3C．4π＋16＋2 3 D．5π＋16＋2 3(2)一个四周体的三视图如图所示，则该四周体的表面积是()A．1＋ 3 B．2＋ 3C．1＋2 2 D．2 2[解析](1)由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体，三棱柱的两个侧面面积之和为2×4×2＝16，两个底面面积之和为2×12×2×3＝23；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2×12×π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋23，故选D.(2)依据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD⊥底面BCD，另两个侧面ABC，ACD为等边三角形，则有S表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋ 3.[答案](1)D(2)B[方法技巧]求空间几何体表面积的常见类型及思路(1)求多面体的表面积，只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积．(2)求旋转体的表面积，可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其开放后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面开放图中的边长关系．(3)求不规章几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积．空间几何体的体积柱体、锥体、台体体积间的关系[例2](1)(2022·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()A.16 B.13 C.12D．1(2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.13＋2π B.13π6 C.7π3D.5π2[解析] (1)通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P -ABC ，通过侧视图得高h ＝1，通过俯视图得底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝13×12×1＝16. (2)由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝13π6. [答案] (1)A (2)B [方法技巧]求空间几何体体积的常见类型及思路(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规章几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规章几何体，则将不规章的几何体通过分割或补形转化为规章几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先依据三视图得到几何体的直观图，然后依据条件求解．力量练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二](2022·山东高考)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.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π.故选C.2．[考点二]已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3 cm 3 B ．2π cm 3 C.7π3cm 3 D ．3π cm 3解析：选C 该几何体为一个圆柱挖去半个球得到的几何体，其体积V ＝π×12×3－12×4π×133＝7π3(cm 3)．3.[考点一]某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．125＋20B ．242＋20C ．44D ．12 5解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，且上、下底面的边长分别为2,4，则侧面梯形的高h ＝ 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4－222＝5，所以该正四棱台的表面积S ＝(2＋4)×52×4＋22＋42＝125＋20. 4．[考点一]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.5．[考点二]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 的值为________．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＋π·⎝⎛⎭⎫122x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.6突破点(三) 与球有关的切、接应用问题1.球的表面积和体积是每年高考的热点，且多与三视图、多面体等综合命题，常以选择题、填空题的形式消灭.解决此类问题时，一是要擅长把空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中处理；二是要将变化的模型转化到固定的长方体或正方体中.2.与球有关的组合体问题主要有两种，一种是内切问题，一种是外接问题.解题时要认真分析图形，明精确 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.考点贯穿 抓高考命题的“形”与“神”多面体的内切球问题[例1] 若一个正四周体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.[解析] 设正四周体棱长为a ， 则正四周体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四周体高的14， 即r ＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26， 则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. [答案] 63π[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．假如内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．多面体的外接球问题处理与球有关外接问题的策略把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[例2] (1)(2021·抚顺模拟)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(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( ) A.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4(3)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________．[解析] (1)如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132.(2)如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ， ∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2， ∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2，∴R 2＝(2)2＋(4－R )2， 解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.(3)依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，球的直径就是正方体的体对角线， ∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3， ∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.[答案] (1)C (2)A (3)43π [方法技巧]与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12.(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点动身的两两相互垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．力量练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]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 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.2．[考点二]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( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析：选D 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π，故选D.3．[考点二](2022·太原模拟)如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四周体A ′-BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四周体A ′-BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．3πB.32π C ．4π D.34π 解析：选A 由图示可得BD ＝A ′C ＝2，BC ＝3，△DBC 与△A ′BC 都是以BC 为斜边的直角三角形，由此可得BC 中点到四个点A ′，B ，C ，D 的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为3，所以该外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎫322＝3π.4．[考点二]设一个球的表面积为S 1，它的内接正方体的表面积为S 2，则S 1S 2的值等于( )A.2πB.6πC.π6D.π2解析：选D 设球的半径为R ，其内接正方体的棱长为a ，则易知R 2＝34a 2，即a ＝233R ，则S 1S 2＝4πR 26×⎝⎛⎭⎫233R 2＝π2.[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2022·全国甲卷)如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 ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得，l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.2．(2022·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2C ．6πD.32π3解析：选B 设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2.故选B. 3．(2021·新课标全国卷Ⅱ)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下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18 B.17 C.16 D.15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部体积为V 1＝13×12分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.4．(2021·新课标全国卷Ⅱ)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解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.5．(2021·新课标全国卷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 ．1B ．2C ．4D ．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 ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.6．(2021·新课标全国卷Ⅰ)《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：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：选B 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V ＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B. 7．(2022·新课标全国卷Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.13解析：选C 原毛坯的体积V ＝(π×32)×6＝54π(cm 3)，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V ′＝V 1＋V 2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π(cm 3)，故所求比值为1－V ′V ＝1027.8．(2021·新课标全国卷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解析：选A 依据三视图可以推断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π，故选A.9．(2012·新课标全国卷)已知三棱锥S -ABC 的全部顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( )A.26B.36 C.23D.22解析：选A 由于三棱锥S -ABC 与三棱锥O -ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S -ABC 的高是三棱锥O -ABC 高的2倍，所以三棱锥S -ABC 的体积也是三棱锥O -ABC 体积的2倍．在三棱锥O -ABC 中，其棱长都是1，如图所示，S △ABC ＝34×AB 2＝34，高OD ＝12－⎝⎛⎭⎫332＝63，所以VS -ABC ＝2V O -ABC ＝2×13×34×63＝26.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算力量] 1．下列结论正确的是( )A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B ．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D ．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D A 错误，如图①是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B 错误，如图②，若△ABC 不是直角三角形，或△ABC 是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C 错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设冲突．2.如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A.41π3 B.62π3C.83π3D.104π3＝43π×23＋解析：选D 由题意得，此几何体为球与圆柱的组合体，其体积V π×22×6＝104π3. 3．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2解析：选D 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D.4．《九章算数》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．6＋4 2解析：选C 由题可知，该几何体的底面为等腰直角三角形，等腰直角三角形的斜边长为2，腰长为2，棱柱的高为2.所以其侧面积S ＝2×2＋22×2＝4＋42，故选C.5．已知一个正方体的全部顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析：设正方体棱长为a ，球半径为R ，则43πR 3＝9π2，∴R ＝32，∴3a ＝3，∴a ＝ 3.答案： 3[练常考题点——检验高考力量] 一、选择题1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面开放图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( ) A.a2 B.3πa3πC.23πa 3πD.23a 3π解析：选C 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π. 2．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.4π3C.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.3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163B.203C.152D.132解析：选D 该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其体积为23－13×12×2×2×2－13×12×1×1×1＝132.故选D.4．已知正四周体的棱长为2，则其外接球的表面积为( ) A ．8π B ．12π C.32π D ．3π 解析：选D 如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形所以DE ＝62，BCD 的中心，连接DO 并延长交BC 于E ，又正四周体的棱长为2，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四周体外接球的球心为P ，半径为R ，连接PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎫233－R 2＋⎝⎛⎭⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝3π.5．(2021·郑州质检)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )A ．8πB ．16πC ．32πD ．64π解析：选C 还原三视图可知该几何体为一个四棱锥，将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为22，22，4的长方体，则该长方体外接球的半径r ＝(22)2＋(22)2＋422＝22，则所求外接球的表面积为4πr 2＝32π.6．已知四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是( )A ．6B ．8C ．2 5D ．3解析：选A 四棱锥如图所示，作PN ⊥平面ABCD ，交DC 于点N ，PC ＝PD ＝3，DN ＝2，则PN ＝32－22＝5，AB ＝4，BC ＝2，BC ⊥CD ，故BC ⊥平面PDC ，即BC S △PDC ＝12⊥PC ，同理AD ⊥PD .设M 为AB 的中点，连接PM ，MN ，则PM ＝3，×4×5＝25，S △PBC ＝S △PAD ＝12×2×3＝3，S △PAB ＝12×4×3＝6，所以四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是6.二、填空题7．在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M -PBC 的体积为________．。

热点探究课(四) 立体几何中的高考热点问题[命题解读] 1.立体几何初步是高考的重要内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算.2.重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．热点1 线面位置关系与体积计算(答题模板)以空间几何体为载体，考查空间平行与垂直关系是高考的热点内容，并常与几何体的体积计算交汇命题，考查学生的空间想象能力、计算与数学推理论证能力，同时突出转化与化归思想方法的考查，试题难度中等．(本小题满分12分)(2015·全国卷Ⅰ)如图1，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E­ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．图1[思路点拨](1)注意到四边形ABCD为菱形，联想到对角线垂直，从而进一步证线面垂直，面与面垂直；(2)根据几何体的体积求得底面菱形的边长，计算侧棱，求出各个侧面的面积．[规范解答] (1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BE.2分因为BD∩BE＝B，故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.4分(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝32x.6分由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝22x.由已知得，三棱锥E ­ACD 的体积V 三棱锥E ­ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，故x ＝2.9分从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E ­ACD 的侧面积为3＋2 5.12分[答题模板] 第一步：由线面垂直的性质，得线线垂直AC ⊥BE . 第二步：根据线面垂直、面面垂直的判定定理证明平面AEC ⊥平面BED . 第三步：利用棱锥的体积求出底面菱形的边长．第四步：计算各个侧面三角形的面积，求得四棱锥的侧面积． 第五步：检验反思，查看关键点，规范步骤．[温馨提示] 1.在第(1)问，易忽视条件BD ∩BE ＝B ，AC ⊂平面AEC ，造成推理不严谨，导致扣分．2．正确的计算结果是得分的关键，本题在求三棱锥的体积与侧面积时，需要计算的量较多，防止计算结果错误失分，另外对于每一个得分点的解题步骤一定要写全．阅卷时根据得分点评分，有则得分，无则不得分．[对点训练1] 如图2，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．(1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1； (2)求证：C 1F ∥平面ABE ； (3)求三棱锥E ­ABC 的体积．图2[解] (1)证明：在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，因为BB 1⊥底面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以BB 1⊥AB .2分又因为AB ⊥BC ，BB 1∩BC ＝B ，所以AB ⊥平面B 1BCC 1.又AB ⊂平面ABE ， 所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.4分 (2)证明：取AB 的中点G ，连接EG ，FG . 因为G ，F 分别是AB ，BC 的中点，所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1，6分 所以四边形FGEC 1为平行四边形， 所以C 1F ∥EG .又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .8分(3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝3，10分 所以三棱锥E ­ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33.12分 热点2 平面图形折叠成空间几何体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．如图3，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为CD 的中点，F 为AE 的中点．现沿AE 将三角形ADE 向上折起，在折起的图形中解答下列问题：图3(1)在线段AB 上是否存在一点K ，使BC ∥平面DFK ？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由；(2)若平面ADE ⊥平面ABCE ，求证：平面BDE ⊥平面ADE . 【导学号：31222264】 [解] (1)如图，线段AB 上存在一点K ，且当AK ＝14AB 时，BC ∥平面DFK .1分证明如下：设H 为AB 的中点，连接EH ，则BC ∥EH . ∵AK ＝14AB ，F 为AE 的中点，∴KF ∥EH ，∴KF ∥BC .3分 ∵KF ⊂平面DFK ，BC ⊄平面DFK ， ∴BC ∥平面DFK .5分(2)证明：∵在折起前的图形中E 为CD 的中点，AB ＝2，BC ＝1， ∴在折起后的图形中，AE ＝BE ＝2， 从而AE 2＋BE 2＝4＝AB 2，∴AE ⊥BE .8分∵平面ADE ⊥平面ABCE ，平面ADE ∩平面ABCE ＝AE ， ∴BE ⊥平面ADE .∵BE ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面ADE .12分[规律方法] 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，线段的长度是不变量，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．[对点训练2] (2016·全国卷Ⅱ)如图4，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′­ABCFE 的体积．图4[解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .2分 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD，故AC ∥EF .由此得EF ⊥HD ，故EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.5分(2)由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.7分 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2， 故OD ′⊥OH .由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ， 所以AC ⊥平面BHD ′，于是AC ⊥OD ′.又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC .又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92.10分五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D ′­ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322.12分热点3 线、面位置关系中的开放存在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，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．(2017·石家庄质检)如图5所示，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是边长为a的正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且E ，F 分别为PC ，BD 的中点．(1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)在线段CD 上是否存在一点G ，使得平面EFG ⊥平面PDC ？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 【导学号：31222265】图5[解] (1)证明：如图所示，连接AC ，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，且点F 为对角线BD 的中点.2分所以对角线AC 经过点F .又在△PAC中，点E为PC的中点，所以EF为△PAC的中位线，所以EF∥PA.又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.5分(2)存在满足要求的点G.在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC.因为底面ABCD是边长为a的正方形，所以CD⊥AD.7分又侧面PAD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面PAD.又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.取CD中点G，连接FG，EG.9分因为F为BD中点，所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD，又FG∩EF＝F，所以CD⊥平面EFG，又CD⊂平面PDC，所以平面EFG⊥平面PDC.12分[规律方法] 1.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．2．第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．[对点训练3] (2017·湖南师大附中检测)如图6，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC；若不存在，请说明理由．图6[证明] (1)连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意得四棱锥S­ABCD是正四棱锥，所以SO⊥AC.2分在正方形ABCD中，AC⊥BD，又SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD.因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD.5分(2)在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC.连接OP.设正方形ABCD的边长为a，则SC＝SD＝2a.7分由SD⊥平面PAC得SD⊥PC，易求得PD＝2a 4.故可在SP上取一点N，使得PN＝PD.过点N作PC的平行线与SC交于点E，连接BE，BN，在△BDN中，易得BN∥PO.10分又因为NE∥PC，NE⊂平面BNE，BN⊂平面BNE，BN∩NE＝N，PO⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，PO∩PC＝P，所以平面BEN∥平面PAC，所以BE∥平面PAC.因为SN∶NP＝2∶1，所以SE∶EC＝2∶1.12分热点探究训练(四)立体几何中的高考热点问题1．如图7，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E，F 分别为MA，DC的中点，求证：图7(1)EF ∥平面MNCB ； (2)平面MAC ⊥平面BDN .[证明] (1)取NC 的中点G ，连接FG ，MG . 因为ME ∥ND 且ME ＝12ND ，又因为F ，G 分别为DC ，NC 的中点，FG ∥ND 且FG ＝12ND ，所以FG 綊ME ，所以四边形MEFG 是平行四边形，所以EF ∥MG .4分 又MG ⊂平面MNCB ，EF ⊄平面MNCB ， 所以EF ∥平面MNCB .6分(2)连接BD ，MC ，因为四边形MADN 是矩形，所以ND ⊥AD ，又因为平面MADN ⊥平面ABCD ，平面ABCD ∩平面MADN ＝AD ，ND ⊂平面MADN ，所以ND ⊥平面ABCD ，所以ND ⊥AC .8分因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD .10分 因为BD ∩ND ＝D ，所以AC ⊥平面BDN . 又因为AC ⊂平面MAC ， 所以平面MAC ⊥平面BDN .12分2．(2017·合肥质检)如图8，直角三角形ABC 中，A ＝60°，沿斜边AC 上的高BD 将△ABD 折起到△PBD 的位置，点E 在线段CD 上．图8(1)求证：BD ⊥PE ；(2)过点D 作DM ⊥BC 交BC 于点M ，点N 为PB 的中点，若PE ∥平面DMN ，求DE DC的值． [解] (1)证明：∵BD ⊥PD ，BD ⊥CD 且PD ∩DC ＝D ， ∴BD ⊥平面PCD ，而PE ⊂平面PCD ，∴BD ⊥PE .5分 (2)由题意得BM ＝14BC ，取BC 的中点F ，则PF ∥MN ，∴PF ∥平面DMN ，7分由条件PE ∥平面DMN ，PE ∩PF ＝P ， ∴平面PEF ∥平面DMN ，∴EF ∥DM .10分∴DE DC ＝MF MC ＝13.12分 3．(2017·西安调研)如图9①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1­BCDE .【导学号：31222266】① ②图9(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1­BCDE 的体积为362，求a 的值． [解] (1)证明：在图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .2分则在图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ，且A 1O ∩OC ＝O ， 从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .5分 (2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ， 又由(1)可得A 1O ⊥BE ， 所以A 1O ⊥平面BCDE .8分 即A 1O 是四棱锥A 1­BCDE 的高． 由图①知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2， 从而四棱锥A 1­BCDE 的体积为V ＝13S ·A 1O ＝13·a 2·22a ＝26a 3. 由26a 3＝362，得a ＝6.12分 4．(2017·贵阳模拟)已知如图10，△ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝1，∠ABC ＝∠DBC ＝120°.图10(1)在直线BC 上求作一点O ，使BC ⊥平面AOD ，写出作法并说明理由； (2)求三棱锥A ­BCD 的体积. 【导学号：31222267】 [解] (1)作AO ⊥BC ，交CB 延长线于点O ，连接DO ，则BC ⊥平面AOD .1分证明如下：∵AB ＝DB ，OB ＝OB ，∠ABO ＝∠DBO ， ∴△AOB ≌△DOB ，3分则∠AOB ＝∠DOB ＝90°，即OD ⊥BC .又∵AO ∩OD ＝O ，∴BC ⊥平面AOD .5分(2)∵△ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，∴AO ⊥平面BCD ，即AO 是三棱锥A ­BCD 底面BCD 上的高，7分在Rt △AOB 中，AB ＝1，∠ABO ＝60°，∴AO ＝AB sin 60°＝32.10分 又∵S △BCD ＝12BC ·BD ·sin∠CBD ＝34， ∴V 三棱锥A ­BCD ＝13·S △BCD ·AO ＝13×34×32＝18.12分 5.如图11，三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA ＝1，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°.图11(1)求三棱锥P ­ABC 的体积；(2)在线段PC 上是否存在点M ，使得AC ⊥BM ，若存在点M ，求出PM MC 的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)由题知AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，可得S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin 60°＝32.2分 由PA ⊥平面ABC ，可知PA 是三棱锥P ­ABC 的高．又PA ＝1，所以三棱锥P ­ABC 的体积V ＝13·S △ABC ·PA ＝36.5分 (2)证明：在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N .在平面PAC 内，过点N 作MN ∥PA 交PC 于点M ，连接BM .7分由PA ⊥平面ABC 知PA ⊥AC ，所以MN ⊥AC .由于BN ∩MN ＝N ，故AC ⊥平面MBN .又BM ⊂平面MBN ，所以AC ⊥BM .10分在Rt △BAN 中，AN ＝AB ·cos ∠BAC ＝12， 从而NC ＝AC －AN ＝32.由MN ∥PA ，得PM MC ＝AN NC ＝13.12分 6.(2015·湖南高考)如图12，直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形，E ，F分别是BC ，CC 1的中点．图12(1)证明：平面AEF ⊥平面B 1BCC 1；(2)若直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角为45°，求三棱锥F ­AEC 的体积．[解] (1)证明：如图，因为三棱柱ABC ­A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AE ⊥BB 1.又E 是正三角形ABC 的边BC 的中点，所以AE ⊥BC .3分因此AE ⊥平面B 1BCC 1.而AE ⊂平面AEF ，所以平面AEF ⊥平面B 1BCC 1.5分(2)设AB 的中点为D ，连接A 1D ，CD .因为△ABC 是正三角形，所以CD ⊥AB . 又三棱柱ABC ­A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CD ⊥AA 1. 因此CD ⊥平面A 1ABB 1，于是∠CA 1D 为直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角.8分 由题设，∠CA 1D ＝45°，所以A 1D ＝CD ＝32AB ＝ 3. 在Rt △AA 1D 中，AA 1＝A 1D 2－AD 2＝3－1＝2，所以FC ＝12AA 1＝22. 故三棱锥F ­AEC 的体积V ＝13S △AEC ·FC ＝13×32×22＝612.12分。

素养提升4 高考中立体几何解答题的提分策略1[2019全国卷Ⅰ,12分]如图 4 - 1,直四棱柱ABCD - A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB =2,∠BAD =60°,E ,M ,N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点. (1)证明:MN ∥平面C 1DE ; (2)求二面角A - MA 1 - N 的正弦值.(1)先利用三角形中位线的性质和A 1D ∥B 1C 且A 1D =B 1C ,证明ME ∥ND且ME =ND ,即可推出四边形MNDE 为平行四边形,进而证得MN ∥DE ,再根据线面平行的判图4 - 1定定理可证得MN ∥平面C 1DE.(2)先建立空间直角坐标系,然后用待定系数法求出平面A 1MA 和平面MA 1N 的法向量,而后转化为求两个法向量的夹角的余弦值,进而求出二面角A - MA 1 - N 的正弦值.(1)连接B 1C ,ME.因为M ,E 分别为BB 1,BC 的中点, 所以ME 为△B 1BC 的中位线,所以ME ∥B 1C ,且ME =12B 1C. .......................................................................................................... ① 因为点N 为A 1D 的中点, 所以ND =12A 1D.由题设知A 1B 1∥DC 且A 1B 1=DC ,可得B 1C ∥A 1D 且B 1C =A 1D ,故ME ∥ND 且ME =ND ,因此四边形MNDE 为平行四边形. ........................................................................................................ ② 所以MN ∥ED.又MN ⊄平面C 1DE ,DE ⊂平面C 1DE ,所以MN ∥平面C 1DE. ...................................................... ③ (2)由已知易得DE ⊥DA.以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图4 - 2所示的空间直角坐标系D - xyz , ............................................................................................................. ④ 可得A (2,0,0),A 1(2,0,4),M (1,√3,2),N (1,0,2),A 1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0, - 4),图4 - 2A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 1,√3, - 2),A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 1,0, - 2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0, - √3,0). ..................................................................⑤ 设m =(x ,y ,z )为平面A 1MA 的法向量,则{m ·A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{-x +√3y -2z =0,-4z =0.令y =1,则m =(√3,1,0)为平面A 1MA 的一个法向量. ............................. ⑥设n =(p ,q ,r )为平面A 1MN 的法向量,则{n ·MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{-√3q =0,-p -2r =0.令p =2,则n =(2,0, - 1)为平面A 1MN 的一个法向量. ......................................... ⑦于是cos<m ,n >=m ·n|m ||n |=√32×√5=√155,所以二面角A - MA 1 - N 的正弦值为√105. ...................................................................................... ⑧感悟升华阅卷现场得分点第(1)问采点得分说明①根据三角形中位线的性质得出ME ∥B 1C 得1分;②根据平行四边形的定义证出四边形MNDE 为平行四边形得1分;③根据线面平行的判定定理求得结论得2分. 4分第(2)问采点得分说明 ④建立空间直角坐标系得1分;⑤准确地写出各点的坐标及相应向量的坐标表示得2分;⑥求出平面AMA 1的法向量得1分;⑦求出平面MA 1N 的法向量得2分; ⑧求出最终结果得2分.8分满分 策略1.求解空间中的平行与垂直问题的关键熟练把握空间中平行与垂直的判定定理是解题的关键. 2.利用向量法求线面角和二面角的关注点建立恰当的空间直角坐标系,利用待定系数法求出相应平面的法向量是解题的关键,在书写有关点的坐标时一定要谨慎. 3.定理的条件要齐全在运用定理证明问题时,要注意条件的齐全性,例如本题的第(1)问,一定要指明线在面内、线在面外这些条件,否则会失分. 4.求点的坐标的注意点一定要注意坐标的正、负值,这是极容易出错的地方.2 [2018全国卷Ⅲ,12分]如图4 - 3,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD⏜所在平面垂直,M 是CD ⏜上异于C ,D 的点. (1)证明:平面AMD ⊥平面BMC ;(2)当三棱锥M - ABC 体积最大时,求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值. 图4 - 3(1)求什么 找什么 要证明平面AMD ⊥平面BMC ,即证明一个平面包含另一个平面的一条垂线. 给什么 得什么因为四边形ABCD 是正方形,所以BC ⊥CD.又平面CDM ⊥平面ABCD ,所以BC ⊥平面CDM ,所以BC ⊥DM.又M 为半圆弧CD⏜上的点,所以DM ⊥CM ,所以DM ⊥平面BMC ,所以平面AMD ⊥平面BMC.(2) 给什么 得什么要使V 三棱锥M - ABC 最大,则M 到平面ABC 的距离最大,而M 在半圆弧CD ⏜上,所以M 为CD⏜的中点. 差什么找什么由于平面MAB 与平面MCD 在图4 - 3中只有一个公共点,因此要用定义法求二面角较为困难.注意到平面CDM ⊥平面ABCD ,且四边形ABCD 为正方形,因此直接以D 为坐标原点,以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴,y 轴的正方向建立空间直角坐标系,再用向量法求二面角即可.(1)由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD.因为BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD , .................................................................................................. (1分) 所以BC ⊥平面CMD ,又DM ⊂平面CMD ,故BC ⊥DM. ............................................................ (3分) 因为M 为CD⏜上异于C ,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM. .............................................. (5分) 又BC ∩CM =C ,所以DM ⊥平面BMC.而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC. ......................................................................... (6分) (2)以D 为坐标原点,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴,y 轴的正方向,建立如图4 - 4所示的空间直角坐标系D - xyz. .............................................................................................................................. (7分)图4 – 4易知当三棱锥M - ABC 体积最大时,M 为CD⏜的中点. 由题设得D (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),M (0,1,1), AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 2,1,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). ..................................................................................... (8分) 设n =(x ,y ,z )是平面MAB 的法向量,则{n ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2x +y +z =0,2y =0.令x =1,则n =(1,0,2)为平面MAB 的一个法向量. .................................................................. (10分)易知DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量,因此cos<n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ |n||DA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55, sin<n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√55.所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是2√55. ........................................................... (12分)感悟升华满分策略1.写全得分步骤.对于解题过程中是得分点的步骤,有则给分,无则没分,所以对于得分点一定要写全,如第(1)问中BC ⊥DM ,遗漏得出DM ⊥平面BMC ,或没有写出DM ⊂平面AMD 都会失分.2.写明得分关键.对于解题过程中的关键点,有则给分,无则没分,所以在答题时一定要写清得分关键点.如第(1)问中一定要写出线面、面面垂直证明过程中的三个条件,否则不得分;第(2)问中不写出公式cos<n ,DA⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ |n||DA⃗⃗⃗⃗⃗ |而得出余弦值就会失分.3.正确计算是得分的保证.如第(2)问中三棱锥M - ABC 体积最大时,点M 的坐标,两个半平面的法向量坐标,以及cos<n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >的值都要计算正确,否则不能得分.3[2017全国卷Ⅱ,12分]如图4 - 5,四棱锥P - ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,AB =BC =12AD ,∠BAD =∠ABC =90°,E 是PD 的中点.(1)证明:直线CE ∥平面PAB ;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M - AB - D 的余弦值. 图4 - 5(1)取PA 的中点F ,连接EF ,BF ,利用条件证明四边形BCEF 为平行四边形,进而得到CE ∥BF ,即可证出直线CE ∥平面PAB ;(2)以A 为坐标原点,A的方向为x 轴的正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立空间直角坐标系,分别求出平面MAB 与平面ABD 的法向量,进而求出二面角的余弦值.(1)如图4 - 6,取PA 的中点F ,连接EF ,BF .因为E ,F 分别是PD ,PA 的中点,所以EF ∥AD 且EF =12AD. ..................................... 1分(得分点1)由∠BAD =∠ABC =90°得BC ∥AD ,又BC =12AD ,所以EF ∥BC 且EF =BC ,所以四边形BCEF 是平行四边形,所以CE ∥BF . ..................................................... 3分(得分点2) 又BF ⊂平面PAB ,CE ⊄平面PAB ,故CE ∥平面PAB. .................................................... 4分(得分点3)图4 - 6(2)由已知得BA ⊥AD ,以A 为坐标原点,AB⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图4 - 6所示的空间直角坐标系A - xyz ,则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),P (0,1,√3),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0, - √3),AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0). 设点M (x ,y ,z )(0<x <1),则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x - 1,y ,z ),PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y - 1,z - √3). ................................... 6分(得分点4) 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°,而n =(0,0,1)是底面ABCD 的一个法向量,所以|cos<BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=sin 45°,即√(x -1)+y 2+z 2=√22,即(x - 1)2+y 2 - z 2=0 ①.又点M 在棱PC 上,设PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ<1),则x =λ,y =1,z =√3−√3λ ②. 由①②解得{x =1-√22,y =1,z =√62,所以M (1 -√22,1,√62),从而AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1 - √22,1,√62). ............................................................. 8分(得分点5) 设m =(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,则{m ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2-√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0,令z 0=2,则m =(0, - √6,2)为平面ABM 的一个法向量. .......................................... 10分(得分点6) 于是cos<m ,n >=m ·n|m||n|=√105. .................................................................................... 12分(得分点7)结合图4 - 6知二面角M - AB - D 的余弦值为√105.感悟升华素养 探源素养 考查途径直观想象能从四棱锥中找出线面位置关系.逻辑推理线面平行的判定;根据图形结构特征构建空间直角坐标系;用向量法求空间角.数学运算 空间直角坐标系中坐标、向量的运算.得分 要点a.得步骤分:抓住得分点的解题步骤,“步步为赢”.第(1)问中,作辅助线→证明线线平行→证明线面平行;第(2)问中,建立空间直角坐标系→根据直线BM 和底面ABCD 所成的角为45°和点M 在直线PC 上确定M 的坐标→求平面ABM 的法向量→求二面角M - AB - D 的余弦值.b.得关键分:①作辅助线;②证明CE ∥BF ;③求相关向量与点的坐标;④求平面的法向量;⑤求二面角的余弦值.这些都是不可少的过程,有则给分,无则没分.c.得计算分:解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如得分点4,5,6,7都需要计算正确才能得分.答题 模板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(或夹角的三角函数值).第五步:将向量夹角(或夹角的三角函数值)转化为所求的空间角(或所求角的三角函数值).第六步:反思回顾,查看关键点、易错点.1.[12分]如图4 - 1,在四棱锥P - ABCD 中,底面ABCD 为菱形,∠BAD =60°,PA =PD. (1)证明: BC ⊥PB.(2)若PA ⊥PD ,PB =AB ,求二面角A - PB - C 的余弦值.图4 - 12.[12分]如图4 - 2,正三棱柱ABC - A 1B 1C 1的所有棱长都为2,D 为CC 1的中点. (1)求证:AB 1⊥平面A 1BD ;(2)求锐二面角A - A 1D - B 的余弦值.图4 - 23.[12分]如图4 - 3,在棱长为3的正方体ABCD - A1B1C1D1中,点E为棱DD1上的一点,点F 为边AD的中点.(1)点E为DD1的中点时,求作一个平面与平面CA1E平行,要求保留作图痕迹,并说明点的位置,不用证明;(2)当DE为多长时,直线BD1与平面CA1E所成角的正弦值为√42?21图4 - 34.[原创题,12分]如图4 - 4(1),在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=90°,E,F 分别为AB,AC边的中点,以EF 为折痕把△AEF 折起,使点A到达点P的位置,且PB=BE,如图4 - 4(2)所示.(1)证明:EF ⊥平面PBE.(2)设N为线段PF 上一动点,求直线BN与平面PCF 所成角的正弦值的最大值.图4 - 4素养提升4 高考中立体几何解答题的提分策略1. (1)如图D 4 - 1,取AD的中点E,连接PE,BE,BD,图D 4 - 1∵PA=PD,∴PE⊥AD.∵底面ABCD为菱形,且∠BAD=60°,∴△ABD为等边三角形,∴BE⊥AD.∵PE∩BE=E,PE,BE⊂平面PBE,∴AD⊥平面PEB,又PB⊂平面PEB,∴AD⊥PB.∵AD∥BC,∴BC⊥PB.(4分) (2)设AB=2,则AB=PB=AD=2,BE=√3,∵PA⊥PD,E为AD的中点,∴PA=√2,PE=1,∴PE2+BE2=PB2,∴PE⊥BE.以E为坐标原点,分别以EA,EB,EP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图D 4 - 2所示的空间直角坐标系,图D 4 - 2则A (1,0,0),B (0,√3,0),P (0,0,1),C ( - 2,√3,0),∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 1,√3,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 1,0,1),BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0, - √3,1),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 2,0,0). 设平面PAB 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),∵{n 1·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AP⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{-x 1+√3y 1=0,-x 1+z 1=0,令x 1=1,得z 1=1,y 1=√33,∴n 1=(1,√33,1)为平面PAB 的一个法向量. 设平面BPC 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), 则{n 2·BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·BC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{-√3y 2+z 2=0,-2x 2=0, 令y 2= - 1,得x 2=0,z 2= - √3,即n 2=(0, - 1, - √3)为平面BPC 的一个法向量.∴n 1·n 2|n 1|·|n 2|= - 2√77.设二面角A - PB - C 的平面角为θ,由图可知θ为钝角, 则cos θ= -2√77. (12分)2.(1)取BC 的中点O ,连接AO. ∵△ABC 为等边三角形, ∴AO ⊥BC.在正三棱柱ABC - A 1B 1C 1中,平面ABC ⊥平面BCC 1B 1, 又平面ABC ∩平面BCC 1B 1=BC , ∴AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1,连接OO 1,以O 为原点,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系O - xyz ,如图D 4 - 3所示,图D 4 - 3则B (1,0,0),D ( - 1,1,0),A 1(0,2,√3),A (0,0,√3),B 1(1,2,0), ∴AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2, - √3),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 2,1,0),BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 1,2,√3), ∴AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, ∴AB 1⊥BD ,AB 1⊥BA 1,∵BD ∩BA 1=B ,∴AB 1⊥平面A 1BD. (6分)(2)设平面A 1AD 的法向量为n =(x ,y ,z ). ∵AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 1,1, - √3),AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0), ∴{n ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{-x +y -√3z =0,2y =0,∴{y =0,x =-√3z,令z =1,得n =( - √3,0,1)为平面A 1AD 的一个法向量. 由(1)知AB 1⊥平面A 1BD ,∴AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面A 1BD 的一个法向量, ∴cos<n ,AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n|·|AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3-√3√= -√64,∴锐二面角A - A 1D - B 的余弦值为√64.(12分)3.(1)如图D 4 - 4,取线段AA 1的靠近A 的四等分点M ,取AB 的中点N ,连接FM ,MN ,FN ,则平面FMN 即为所求.(5分)图D 4 - 4部分其他作图方法如图D 4 - 5(1)(2)(3):(1) (2) (3)图D 4 - 5(2)以A 为坐标原点,分别以AD ,AB ,AA 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图D 4 - 6所示,图D 4 - 6设DE =a ,0≤a ≤3,则A 1(0,0,3),C (3,3,0),E (3,0,a ),D 1(3,0,3),B (0,3,0), 则A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,3, - 3),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0, - 3,a ),BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3, - 3,3). (6分)设平面CA 1E 的法向量为m =(x ,y ,z ),则{m ·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{3x +3y -3z =0,-3y +az =0,令z =3,则m =(3 - a ,a ,3)为平面CA 1E 的一个法向量.(8分)设直线BD 1与平面CA 1E 所成的角为θ,则sin θ=|cos<BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,m >|=|m ·BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m||BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2a 2-6a+18·3√3=√4221, (11分) 得2a 2 - 13a +18=0,解得a =2或a =92(舍去),所以DE =2. (12分) 4.(1)因为E ,F 分别为AB ,AC 边的中点,所以EF ∥BC. (1分) 因为∠ABC =90°,所以EF ⊥BE ,EF ⊥PE.(3分)又BE ∩PE =E ,BE ,PE ⊂平面PBE ,所以EF ⊥平面PBE. (4分)(2)如图D 4 - 7所示,取BE 的中点O ,连接PO , 由(1)知EF ⊥平面PBE ,EF ⊂平面BCFE , 所以平面PBE ⊥平面BCFE. 因为PB =BE =PE ,所以PO ⊥BE ,又PO ⊂平面PBE ,平面PBE ∩平面BCFE =BE , 所以PO ⊥平面BCFE.(6分)过点O 作OM ∥BC 交CF 于点M ,分别以OB ,OM ,OP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图D 4 - 7所示.图D 4 - 7则P (0,0,√32),C (12,2,0),F ( - 12,1,0),B (12,0,0),PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,2, - √32),PF⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 12,1, - √32). (8分)因为N 为线段PF 上一动点,故设PN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPF ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1), 得N ( - λ2,λ,√32(1 - λ)),所以BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( - λ+12,λ,√32(1 - λ)). (9分)设平面PCF 的法向量为m =(x ,y ,z ),则{PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,PF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{12x +2y -√32z =0,-12x +y -√32z =0,令y =1,则m =( - 1,1,√3)为平面PCF 的一个法向量. (10分)设直线BN 与平面PCF 所成的角为θ,则sin θ=|cos<BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,m >|=|BN ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m||BN⃗⃗⃗⃗⃗ |·|m|=√√2=√5·√2(λ-4)2+8≤√5×√8=4√7035(当且仅当λ=14时取等号).(11分)所以直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值为4√7035. (12 分)。

学习资料2022版高考数学一轮复习高考大题规范解答系列（四）—立体几何学案（含解析）新人教版班级：科目：高考大题规范解答系列(四）——立体几何考点一线面的位置关系与体积计算例1（2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD．（1）证明：AC⊥BD；(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．【分析】①看到证明线线垂直(AC⊥BD)，想到证明线面垂直，通过线面垂直证明线线垂直．②看到求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比，想到确定同一平面，转化为求高的比．【标准答案】—-规范答题步步得分（1)取AC的中点O，连接DO,BO．1分错误!因为AD＝CD，所以AC⊥DO．又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO．又因为DO∩BO＝O，从而AC⊥平面DOB，3分错误!故AC⊥BD．4分错误!（2)连接EO．5分错误!由（1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO．在Rt△AOB中,BO2＋AO2＝AB2,又AB＝BD,所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°．7分得分点⑤由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝错误!AC．8分错误!又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO ＝错误!BD ．故E 为BD 的中点， 9分错误!从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的错误!,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的错误!，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1．【评分细则】①作出辅助线，并用语言正确表述得1分．②得出AC ⊥DO 和AC ⊥BO 得1分，由线面垂直的判定写出AC ⊥平面DOB ，再得1分．③由线面垂直的性质得出结论得1分．④作出辅助线，并用语言正确表述得1分．⑤由勾股定理逆定理得到∠DOB ＝90°得2分．⑥由直角三角形的性质得出EO ＝12AC 得1分． ⑦由等边三角形的性质得出E 为BD 的中点，得1分．⑧得出四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的错误!得2分．⑨正确求出体积比得1分．【名师点评】1．核心素养:空间几何体的体积及表面积问题是高考考查的重点题型，主要考查考生“逻辑推理”及“直观想象"的核心素养．2．解题技巧：(1）得步骤分：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中的得分点的步骤,有则给分，无则没分,所以，对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中AC ⊥DO ，AC ⊥BO ；第(2)问中BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2等．(2)利用第（1）问的结果：如果第（1)问的结果对第（2）问的证明或计算用得上，可以直接用，有些题目不用第（1）问的结果甚至无法解决，如本题就是在第(1)问的基础上得到DO ＝AO ．〔变式训练1〕（2020·课标Ⅰ,19）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC ＝90°．(1)证明:平面P AB⊥平面P AC；（2)设DO＝错误!,圆锥的侧面积为错误!π，求三棱锥P－ABC的体积．[解析](1)证明：由题设可知，P A＝PB＝PC．由于△ABC是正三角形，故可得△P AC≌△P AB,△P AC≌△PBC．又∠APC＝90°,故∠APB＝90°，∠BPC＝90°，从而PB⊥P A，PB⊥PC，故PB⊥平面P AC，所以平面P AB⊥平面P AC．（2）设圆锥的底面半径为r，母线长为l．由题设可得rl＝错误!，l2－r2＝2．解得r＝1，l＝错误!．从而AB＝3．由(1）可得P A2＋PB2＝AB2，故P A＝PB＝PC＝错误!．所以三棱锥P－ABC的体积为错误!×错误!×P A×PB×PC＝错误!×错误!×错误!3＝错误!．考点二线面的位置关系与空间角计算（理）例2（2021·山西省联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，O，M分别为BC,AA1的中点．（1）证明:OM∥平面CB1A1;(2）若四边形BB1C1C为正方形，求平面MOB1与平面CB1A1所成二面角的正弦值．【分析】①在平面A1B1C内构造与OM平行的直线，并证明；②建立空间直角坐标系，分别求平面MOB1、平面CB1A1的法向量，求两法向量夹角正弦值即可．【标准答案】——规范答题步步得分(1)证明：如图，连接BC1，交CB1于点N，连接A1N，ON，则N为CB1的中点．因为O为BC的中点，所以ON∥BB1，且ON＝错误!BB1，2分错误!又MA1∥BB1，MA1＝错误!BB1，所以四边形ONA1M为平行四边形，即OM∥A1N．4分错误!因为OM⊄平面CB1A1，A1N⊂平面CB1A1，所以OM∥平面CB1A1.5分错误!(2）解:连接OA，令BC＝2，因为AB＝AC，O为BC的中点,所以AO⊥BC．又三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，ON∥BB1，所以OA，OB，ON两两垂直，分别以错误!，错误!,错误!的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz．6分错误!因为AB＝AC＝2，BC＝AA1＝2，所以O错误!，B1错误!，M错误!，C错误!，所以错误!＝错误!＝错误!,错误!＝错误!,错误!＝错误!．7分错误!设平面MOB1的法向量为m＝错误!，则错误!即错误!令z＝1，可得y＝－1，x＝2,所以平面MOB1的一个法向量为m＝错误!．8分错误!设平面CB1A1的法向量为n＝错误!，则错误!即错误!令c＝1，可得b＝－1，a＝1，所以平面CB1A1的一个法向量为n＝错误!，9分错误!所以cos<m,n〉＝错误!＝错误!＝错误!，11分错误!所以平面MOB1与平面CB1A1所成二面角的正弦值为错误!．12分错误!【评分细则】①第一问共5分，证出ON∥BB1和ON＝错误!BB1得2分，证出OM∥A1N得2分，未说明OM⊄平面CB1A1，直接证出OM∥平面CB1A1，扣1分．②第二问共7分，建立空间直角坐标系，并正确写出坐标得2分,写出平面MOB1的法向量与平面CB1A1的法向量各得1分．③其他方法按步骤酌情给分．【名师点评】1．核心素养:本题主要考查线面平行的证明以及空间二面角的求解，考查考生的逻辑推理能力与空间想象力,考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算．2．解题技巧：（1）得步骤分：对于解题过程中得分点的步骤,有则给分,无则没分，所以对于得分点步骤一定要写,如第(1)问中写出OM∥平面CB1A1成立的条件，写不全则不能得全分．(2)思维发散：①注意到O、M分别为BC、AA1的中点，考虑构造三角形中位线证明（1）．连BM并延长与B1A1的延长线相交于H，连CH，由M为AA1的中点,∴AM＝MA1,又AB∥A1B1，∴∠ABM＝∠MHA1，又∠AMB＝∠HMA1，∴△ABM≌△A1HM，∴BM＝MH，又O为BC中点，∴MO∥CH，又MO⊄平面CB1A1，CH⊂平面CB1A1，∴OM∥平面CB1A1．②注意到解答(2）需求平面CB1A1的法向量n，故要证明OM∥平面CB1A1，可直接建立空间直角坐标系，求出n,证明n·错误!＝0，说明OM⊄平面CB1A1即可得证．〔变式训练2〕(2020·浙江，19）如图,在三棱台ABC－DEF中，平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB＝∠ACD ＝45°,DC＝2BC．（1）证明：EF⊥DB；（2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．[解析](1)证明：如图，过点D作DO⊥AC，交直线AC于点O,连接OB．由∠ACD＝45°，DO⊥AC得CD＝错误!CO，由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC．由∠ACB＝45°，BC＝错误!CD＝错误!CO得BO⊥BC．所以BC⊥平面BDO,故BC⊥DB．由三棱台ABC－DEF得BC∥EF，所以EF⊥DB．（2）解法一：过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH．由三棱台ABC－DEF得DF∥CO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角,由BC⊥平面BDO得OH⊥BC，故OH⊥平面BCD，所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角．设CD＝2错误!，由DO＝OC＝2，BO＝BC＝错误!，得BD＝错误!,OH＝错误!,所以sin∠OCH＝错误!＝错误!，因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为错误!．解法二:由三棱台ABC－DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为θ．如图，以O为原点，分别以射线OC，OD为y,z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz．设CD＝22．由题意知各点坐标如下：O（0,0,0），B(1,1,0）,C(0，2,0)，D（0，0，2)．因此错误!＝（0,2，0），错误!＝（－1,1，0），错误!＝（0,－2,2）．设平面BCD的法向量n＝（x，y，z)．由错误!即错误!可取n＝（1，1,1)．所以sin θ＝｜cos<错误!，n〉｜＝错误!＝错误!．因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为错误!．考点二线面位置关系与空间距离的计算(文)例2(2021·全国新课改T8联考）如图,在四面体ABCD中，△ABD是等边三角形，且AC＝BC．(1)证明：AB⊥CD．(2)若AB＝2，AC＝错误!,BC⊥CD，求点B到平面ACD的距离．【分析】①利用线面垂直证线线垂直；②利用体积法求点到平面的距离．【标准答案】-—规范答题步步得分(1）证明：取AB的中点E，连接CE，DE,如图,1分因为△ABD是等边三角形,所以DE⊥AB，又AC＝BC，所以CE⊥AB．又DE∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE,4分故AB⊥CD．5分(2)因为BD＝AB＝2，BC＝AC＝错误!,BC⊥CD，所以CD＝错误!＝1．又AD＝2，所以AC2＋CD2＝AD2,即AC⊥CD，则S△ACD＝错误!．由题可得CE＝错误!＝错误!，DE＝错误!＝错误!，则CD2＋CE2＝DE2，即CE⊥CD，则S△BCD＝错误!．设点B到平面ACD的距离为d，因为AB⊥平面CDE,V B－ACD＝V B－BCD＋V A－ECD，所以错误!·S△ACD·d＝错误!·S BCD·AB，11分即错误!×错误!d＝错误!×错误!×2，解得d＝错误!，即点B到平面ACD的距离为错误!．【名师点评】核心素养：本题主要考查线、面垂直的判定与性质及利用体积法求点到平面的距离，考查学生的逻辑推理能力、空间想象能力、数学运算能力．〔变式训练2〕(2021·黑龙江大庆铁人、鸡西一中、鹤岗一中联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝错误!，AB＝AA1＝2,E是棱CC1的中点．（1）求证：A1B⊥AE；(2）求点A1到平面ABE的距离．[解析］(1)取A1B中点F，联结AF,EF，AE，∵ABC－A1B1C1是直三棱柱,∴CC1⊥A1C1，CC1⊥CB,又∵E是CC1的中点,A1C1＝BC，∴A1E＝BE,又∵AB＝AA1，∴A1B⊥EF，A1B⊥AF，∴A1B⊥平面AEF，∴A1B⊥AE；(2)VA1－ABE＝VB－A1AE＝错误!×错误!×2×错误!×错误!＝错误!，设A1到平面ABE的距离为h，则错误!×h×S△ABE＝错误!，由已知得AE＝BE＝错误!，∴S△ABE＝错误!，∴h＝错误!．考点三,立体几何中的折叠问题(理）例3(2021·启东模拟）如图，已知在等腰梯形ABCD中，AE⊥CD，BF⊥CD，AB＝1，AD＝2,∠ADE＝60°，沿AE,BF折成三棱柱AED－BFC．（1)若M，N分别为AE，BC的中点,求证：MN∥平面CDEF;(2）若BD＝错误!,求二面角E－AC－F的余弦值．【分析】 ①利用面面平行的判定和性质即可证明；②建立空间直角坐标系,分别求出二面角两个面的法向量,利用空间向量法求解． 【标准答案】—-规范答题 步步得分 (1)取AD 的中点G ，连接GM ,GN ，在三角形ADE 中，∵M ，G 分别为AE ,AD 的中点, ∴MG ∥DE ,∵DE ⊂平面CDEF ，MG ⊄平面CDEF ， ∴MG ∥平面CDEF ．由于G ，N 分别为AD ，BC 的中点， 由棱柱的性质可得GN ∥DC ， ∵CD ⊂平面CDEF ，GN ⊄平面CDEF ， ∴GN ∥平面CDEF ．又GM ⊂平面GMN ，GN ⊂平面GMN ，MG ∩NG ＝G , ∴平面GMN ∥平面CDEF ,∵MN ⊂平面GMN ，∴MN ∥平面CDEF ． (2)连接EB ，在Rt △ABE 中,AB ＝1,AE ＝3， ∴BE ＝2，又ED ＝1，DB ＝5， ∴EB 2＋ED 2＝DB 2，∴DE ⊥EB ，又DE ⊥AE 且AE ∩EB ＝E , ∴DE ⊥平面ABFE ．∴EA 、EF 、ED 两两垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系，可得E （0,0,0),A (3,0，0），F （0，1,0)，C (0，1,1），AC →＝（－错误!,1，1)，错误!＝（－错误!,0，0)，错误!＝（0,0,1)． 设平面AFC 的法向量为m ＝(x ，y ，z ), 则错误!则z ＝0，令x＝1，得y＝错误!，则m＝(1，错误!,0)为平面AFC的一个法向量,设平面ACE的法向量为n＝（x1,y1，z1),则错误!则x1＝0，令y1＝1,得z1＝－1,∴n＝（0，1，－1）为平面ACE的一个法向量．设m，n所成的角为θ，则cos θ＝错误!＝错误!＝错误!，由图可知二面角E－AC－F的余弦值是错误!．【评分细则】①由线线平行得到线面平行，给2分．②同理再推出一个线面平行,给1分．③由线面平行推出面面平行,给1分．④由面面平行得到线面平行，给1分．⑤由线线垂直证出线面垂直，为建系作好准备，给2分．⑥建立适当坐标系，写出相应点的坐标及向量坐标,给1分．⑦正确求出平面的法向量，给2分．⑧利用公式求出两个向量夹角的余弦值，并正确写出二面角的余弦值，给2分．【名师点评】1．核心素养：本题考查线面平行的判定与性质定理,考查二面角的求解，考查的数学核心素养是空间想象力、推理论证能力及数学运算能力．2．解题技巧:(1）得分步骤:第（1）问中的DE⊂平面CDEF，MG⊄平面CDEF，要写全．(2）得分关键：第（2)中，证明线面垂直从而得到线线垂直，才能建系．（3）折叠问题的求解，关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地,折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变,而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化,对于不变的关系可在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决．〔变式训练3〕(2021·河北质检）如图1：在△ABC中,AB⊥BC，AB＝2BC＝4,点E，F分别是线段AB和AC的中点．如图2：以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置．(1）证明:平面FPC ⊥平面BPC ；（2）若△PEB 为等边三角形，求二面角C －PF －E 的余弦值． [解析] (1)证明：如图,设M ,N 分别为线段PB ，PC 的中点，连接EM ，MN ，FN ,故MN 綊错误!BC ． 由E ，F 分别是线段AB 和AC 的中点，得 PE ＝BE ,PF ＝CF ，EF 綊12BC ,故EF 綊MN ，所以EM 綊FN ． 又M ，N 分别为线段PB ,PC 的中点， 所以EM ⊥PB ，FN ⊥PC ．又EM 綊FN ，所以FN ⊥PB ,所以FN ⊥平面PBC ． 又FN ⊂平面FPC ，所以平面FPC ⊥平面BPC ．(2）解：因为BC ⊥AB ，所以翻折后有BC ⊥BE ，BC ⊥EP ， 所以BC ⊥平面PBE ， 故平面PBE ⊥平面BCFE ．若△PEB 为等边三角形，则PB ＝2． 设O 为BE 的中点,连接PO ,故PO ⊥BE ， 故PO ⊥平面BCFE ．以O为坐标原点,OB的方向为x轴正方向，OP的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz．则C(1，2,0)，F(－1,1,0），E(－1，0，0)，P(0，0，错误!)．设n＝(x1,y1，z1）为平面PEF的法向量,则错误!即错误!可取n＝(－3,0,1）．设m＝(x2，y2，z2)为平面PCF的法向量,则错误!即错误!可取m＝(1，－2,－错误!）．所以cos〈n，m〉＝错误!＝错误!＝－错误!，由题意,可知二面角C－PF－E为钝角．所以二面角C－PF－E的余弦值为－错误!．考点三，立体几何中的折叠问题（文）例3（2018·课标全国Ⅰ卷)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°．以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．(1）证明：平面ACD⊥平面ABC;(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝错误!DA,求三棱锥Q－ABP 的体积．【分析】①线线垂直推出线面垂直,进而得到面面垂直；②利用锥体的体积公式求解．【标准答案】——规范答题步步得分(1)由已知可得，∠BAC＝90°，BA⊥AC．又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD．又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC．(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3,DA＝3错误!．又BP＝DQ＝错误!DA，所以BP＝2错误!．作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊错误!DC．由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1．因此，三棱锥Q－APB的体积为V Q－ABP＝错误!×QE×S△ABP＝错误!×1×错误!×3×2错误!sin45°＝1．12分错误!【评分细则】①由线线垂直推出线面垂直，给3分．②由线面垂直得面面垂直，给2分．③根据已知，求出BP的长，给2分．④证明QE为三棱锥Q－APB的高，并求出它的值，给3分．⑤利用体积公式正确求解，给2分．【名师点评】1．核心素养：本题考查面面垂直的证明及三棱锥的体积计算，考查空间想象能力和逻辑推理能力．2．解题技巧：(1)解决翻折问题的关键①一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化;②翻折后不在同一个平面上的性质可能会发生变化,翻折过程中长度、角度和平行、垂直关系是否发生改变是解决问题的关键．（2)计算几何体的体积时，关键是确定几何体的高,若是不方便求,要注意进行体积的转化．〔变式训练3〕(2021·河北省衡水中学调研)等边三角形ABC的边长为6,O为三角形的重心，EF过点O 且与BC平行，将△AEF沿直线EF折起,使得平面AEF⊥平面BCFE．(1）求证：BE⊥平面AOC；（2)求点O到平面ABC的距离．[解析]（1)因为O为三角形ABC的重心,所以AO⊥BC,因为EF∥BC,所以AO⊥EF，因为平面AEF⊥平面BCFE，平面AEF∩平面BCFE＝EF，AO⊂平面AEF，所以AO⊥平面BCFE，因为BE⊂平面BCFE，所以AO⊥BE，因为O为三角形ABC的重心，所以CO⊥BE，因为AO、CO⊂平面AOC，AO∩CO＝O，所以BE⊥平面AOC．（2）∵等边三角形ABC的边长为6，O为三角形ABC的重心，∴AO＝BO＝CO＝2错误!，S△OBC＝错误!×6×错误!＝3错误!，由(1)可知AO⊥OC，∴AC＝26，同理AB＝2错误!，∴S△ABC＝错误!×6×错误!＝3错误!，V O－ABC＝V A－OBC，即错误!×3错误!×h＝错误!×3错误!×2错误!，解得h＝错误!．即点O到平面ABC的距离为错误!．考点四，立体几何中的探索性问题（理)例4 （2021·陕西省西安中学模拟）如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD 为菱形，且P A⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，E是BC中点,F是PC上的点．（1)求证：平面AEF⊥平面P AD；（2）若M是PD的中点，当AB＝AP时，是否存在点F，使直线EM与平面AEF的所成角的正弦值为错误!？若存在，请求出错误!的值；若不存在，请说明理由．【分析】①利用面面垂直的判定定理,证AE⊥平面P AD或证AD⊥平面AEF即可；②建立空间直角坐标系，假设符合条件的点F存在，且错误!＝λ错误!，利用向量法求解λ回答．【标准答案】--规范答题步步得分（1)连接AC,因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以△ABC是正三角形，∵E是BC的中点，∴AE⊥BC，又AD∥BC，∴AE⊥AD,∵P A⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,∴P A⊥AE，又P A∩AD＝A,∴AE⊥平面P AD，又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面P AD．（2）又P A⊥AD,∴P A、AE、AD两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设AB＝AP＝2，则AE＝3，则A(0,0,0），C（3,1，0)，D(0,2,0），P(0，0,2），E(3,0,0）,M（0，1,1），7分错误!设错误!＝λ错误!＝λ错误!，0≤λ≤1，则错误!＝错误!＋错误!＝(0，0，2)＋λ(错误!，1，－2)＝（错误!λ，λ，2－2λ），又错误!＝错误!，设n＝错误!是平面AEF的一个法向量，则错误!，取z＝λ，得n＝(0,2λ－2，λ），设直线EM与平面AEF所成角为θ,由错误!＝错误!，得：sin θ＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!．化简得:10λ2－13λ＋4＝0， 解得λ＝错误!或λ＝错误!,故存在点F 满足题意，此时错误!为错误!或错误!． 【评分细则】①证出△ABC 是正三角形得1分． ②证出AE ⊥AD 得1分．③由线面垂直性质证出P A ⊥AE 得1分，不写AE ⊂平面ABCD 不得分． ④由线面垂直的判定证出AE ⊥平面P AD 得1分． ⑤证出平面AEF ⊥平面P AD 得1分，条件不全不得分． ⑥建出空间直角坐标系得1分． ⑦设出错误!＝λ错误!得1分．⑧求出平面AEF 的法向量得3分，算错但写出错误!,错误!坐标得1分． ⑨求出λ得2分，算错但写出sin θ＝|cos 〈EM ，→，n 〉｜＝错误!得1分． ⑩得出正确结论得1分． 【名师点评】1．核心素养:本题考查线面的位置关系及线面角，考查学生转化与化归的思想,考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．2．解题技巧：（1）写全得分步骤：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写,如第（1）问中AE ⊂平面ABCD ．（2）写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分,无则没分，所以在解答时一定要写清得分关键点，如第(2)问中空间直角坐标系的建立；再如错误!＝错误!＋错误!等．（3）思维发散：也可通过证AD ⊥P A 、AD ⊥AE 证得AD ⊥平面AEF ，进而证得平面AEF ⊥平面P AD ．〔变式训练4〕（2021·陕西省质检）如图所示,等腰梯形ABCD 的底角∠BAD ＝∠ADC ＝60°,直角梯形ADEF 所在的平面垂直于平面ABCD ,且∠EDA ＝90°,ED ＝AD ＝2AF ＝2AB ＝2．(1)证明：平面ABE⊥平面EBD；（2)点M在线段EF上，试确定点M的位置,使平面MAB与平面ECD所成的锐二面角的余弦值为错误!．[解析](1)证明:∵平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，ED⊥AD，∴ED⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴ED⊥AB，∵AB＝1，AD＝2,∠BAD＝60°，∴BD＝错误!＝错误!，∴AB2＋BD2＝AD2,∴AB⊥BD,又∴BD⊂平面BDE,BD∩ED＝D,AB⊥平面BDE,AB⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面EBD．(2）以B为坐标原点，以BA，BD为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz,则A(1,0,0),B(0,0,0)，C错误!，D(0，错误!，0），E(0,错误!，2),F（1，0,1）,则错误!＝错误!，错误!＝(0，0,2），错误!＝(1,0，0)，错误!＝（1,－错误!，－1）,设错误!＝λ错误!＝（λ,－错误!λ,－λ)，（0≤λ≤1)，则错误!＝错误!＋错误!＝（λ,错误!－错误!λ,2－λ），设平面CDE的法向量为m＝(x1，y1,z1)，平面ABM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则错误!即错误!不妨取y1＝1，则m＝（－3，1，0)，错误!不妨取y2＝2－λ，则n＝（0,2－λ，错误!λ－错误!)，∴|cos θ|＝错误!＝错误!＝错误!,即λ＝错误!或λ＝错误!(舍)，即点M为线段EF的中点时，平面MAB与平面ECD所成的锐二面角的余弦值为错误!．考点四,立体几何中的探索性问题（文)例4(2018·全国Ⅲ）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧错误!所在平面垂直,M 是错误!上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；(2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．【分析】①看到平面AMD⊥平面BMC，想到利用面面垂直的判定定理寻找条件证明；②看到MC∥平面PBD，想到利用线面平行的定理进行分析．【标准答案】——规范答题步步得分(1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为错误!上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC．（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连接AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点，连接OP,因为P为AM中点，所以MC∥OP．MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD．【评分细则】①由平面CMD⊥平面ABCD推出BC⊥DM，给3分．②由线线垂直得到DM⊥平面BMC，给2分．③由线面垂直得到,平面AMD⊥平面BMC，给1分．④点明P为中点时，MC∥平面PBD，给1分．⑤正确作出辅助线并证得MC∥OP,给3分．⑥由线线平行证得MC∥平面PBD，给2分．【名师点评】1．核心素养：探索性的立体几何问题在高考中虽不多见，但作为高考命题的一种题型，要求学生掌握其解决思路及解决问题的途径,此类问题主要考查考生“直观想象"的核心素养．2．解题技巧：(1）得分步骤要写全：如第（1)问中，面面垂直性质定理的应用，BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，不能丢．(2）得分关键：明确探索性试题的解题要领是先假设存在，然后采用相关定理或性质进行论证；第(2)问中,把假设当作已知条件进行推理论证，会起到事半功倍之效．〔变式训练4〕如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD为矩形,BC＝CE，点F为CE的中点．（1）证明：AE∥平面BDF；(2）点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PM⊥BE？若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在,请说明理由．［解析］(1)证明：连接AC交BD于点O，连接OF．∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点，又F为EC的中点,∴OF∥AE．又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF．(2)当点P为AE的中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE的中点H,连接DP，PH,CH．∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB．又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P,H，C，D四点共面．∵平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊥BC，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面BCE．又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，且H为BE的中点,∴CH⊥BE．又CH∩CD＝C，且CH，CD⊂平面DPHC，∴BE⊥平面DPHC．又PM⊂平面DPHC，∴PM⊥BE．。

专题四立体几何一、考试内容平面及其基本性质．平面图形直观图的画法．平行直线．对应边分别平行的角．异面直线所成的角．异面直线的公垂线．异面直线的距离．直线和平面平行的判定与性质．直线和平面垂直的判定与性质．点到平面的距离．斜线在平面上的射影．直线和平面所成的角．三垂线定理及其逆定理．平行平面的判定与性质．平行平面间的距离．二面角及其平面角．两个平面垂直的判定与性质．多面体．正多面体．棱柱．棱锥．球．二、考试要求（1）掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图;能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想像它们的位置关系．（2）掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定理，掌握两条直线所成的角和距离的概念，对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离．（3）掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理；掌握直线和平面垂直的判定定理和性质定理；掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念掌握三垂线定理及其逆定理．（4）掌握两个平面平行的判定定理和性质定理，掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的距离的概念，掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理．（5）会用反证法证明简单的问题．（6）了解多面体、凸多面体的概念，了解正多面体的概念．（7）了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图．（8）了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图．（9）了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式．三、命题热点高考对立体几何的考查主要有两个方面：一是考查空间几何体的结构特征、直观图与三视图；二是考查空间点、线、面之间的位置关系，线面平行、垂直关系的证明等；在高考试卷中，一般有1~2个客观题和一个解答题.多为容易题和中档题.四、知识回顾（一）、平面.1. 经过不在同一条直线上的三点确定一个面.注：两两相交且不过同一点的四条直线必在同一平面内.2. 两个平面可将平面分成3或4部分.（①两个平面平行，②两个平面相交）3. 过三条互相平行的直线可以确定1或3个平面.（①三条直线在一个平面内平行，②三条直线不在一个平面内平行）[注]：三条直线可以确定三个平面，三条直线的公共点有0或1个.4. 三个平面最多可把空间分成 8 部分.（X 、Y 、Z 三个方向）（二）、空间直线.1. 空间直线位置分三种：相交、平行、异面.相交直线：有且仅有一个公共点；平行直线：共面，没有公共点；异面直线：不同在任一平面内，没有公共点[注]：①两条异面直线在同一平面内射影一定是相交的两条直线.（×）（可能两条直线平行，也可能是点和直线等）②直线在平面外，指的位置关系：平行或相交③若直线a 、b 异面，a 平行于平面α，b 与α的关系是相交、平行、在平面α内. ④两条平行线在同一平面内的射影图形是一条直线或两条平行线或两点.⑤在平面内射影是直线的图形一定是直线.（×）（射影不一定只有直线，也可以是其他图形） ⑥在同一平面内的射影长相等，则斜线长相等.（×）（并非是从平面外一点．．向这个平面所引的垂线段和斜线段）⑦b a ,是夹在两平行平面间的线段，若b a =，则b a ,的位置关系为相交或平行或异面.2. 异面直线判定定理：过平面外一点与平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线.（不在任何一个平面内的两条直线）3. 平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.4. 等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等（如下图）.（二面角的取值范围[) 180,0∈θ） （直线与直线所成角(] 90,0∈θ） （斜线与平面成角() 90,0∈θ） （直线与平面所成角[] 90,0∈θ）（向量与向量所成角])180,0[ ∈θ推论：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成锐角（或直角）相等.5. 两异面直线的距离：公垂线的长度.空间两条直线垂直的情况：相交（共面）垂直和异面垂直.21,l l 是异面直线，则过21,l l 外一点P ，过点P 且与21,l l 都平行平面有一个或没有，但与21,l l 距离相等的点在同一平面内. （1L 或2L 在这个做出的平面内不能叫1L 与2L 平行的平面）（三）、直线与平面平行、直线与平面垂直.1. 空间直线与平面位置分三种：相交、平行、在平面内.2. 直线与平面平行判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.（“线线平行，线面平行”）[注]：①直线a 与平面α内一条直线平行，则a ∥α. （×）（平面外一条直线） ②直线a 与平面α内一条直线相交，则a 与平面α相交. （×）（平面外一条直线） ③若直线a 与平面α平行，则α内必存在无数条直线与a 平行. （√）（不是任意一条直线，12方向相同12方向不相同可利用平行的传递性证之）④两条平行线中一条平行于一个平面，那么另一条也平行于这个平面. （×）（可能在此平面内）⑤平行于同一直线的两个平面平行.（×）（两个平面可能相交）⑥平行于同一个平面的两直线平行.（×）（两直线可能相交或者异面）⑦直线l 与平面α、β所成角相等，则α∥β.（×）（α、β可能相交）3. 直线和平面平行性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行.（“线面平行，线线平行”）4. 直线与平面垂直是指直线与平面任何一条直线垂直，过一点有且只有一条直线和一个平面垂直，过一点有且只有一个平面和一条直线垂直.● 若PA ⊥α，a ⊥AO ，得a ⊥PO （三垂线定理）， 得不出α⊥PO . 因为a ⊥PO ，但PO 不垂直OA .● 三垂线定理的逆定理亦成立.直线与平面垂直的判定定理一：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这两条直线垂直于这个平面.（“线线垂直，线面垂直”）直线与平面垂直的判定定理二：如果平行线中一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面.推论：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行.[注]：①垂直于同一平面．．．．的两个平面平行.（×）（可能相交，垂直于同一条直线．．．．．的两个平面平行）②垂直于同一直线的两个平面平行.（√）（一条直线垂直于平行的一个平面，必垂直于另一个平面）③垂直于同一平面的两条直线平行.（√）5. ⑴垂线段和斜线段长定理：从平面外一点．．向这个平面所引的垂线段和斜线段中，①射影相等的两条斜线段相等，射影较长的斜线段较长；②相等的斜线段的射影相等，较长的斜线段射影较长；③垂线段比任何一条斜线段短.[注]：垂线在平面的射影为一个点. [一条直线在平面内的射影是一条直线.（×）]⑵射影定理推论：如果一个角所在平面外一点到角的两边的距离相等，那么这点在平面内的射影在这个角的平分线上（四）、平面平行与平面垂直.1. 空间两个平面的位置关系：相交、平行.2. 平面平行判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，哪么这两个平面平行.（“线面平行，面面平行”）推论：垂直于同一条直线的两个平面互相平行；平行于同一平面的两个平面平行.[注]：一平面间的任一直线平行于另一平面.3. 两个平面平行的性质定理：如果两个平面平行同时和第三个平面相交，那么它们交线平行.（“面面平行，线线平行”）4. 两个平面垂直性质判定一：两个平面所成的二面角是直二面角，则两个平面垂直.两个平面垂直性质判定二：如果一个平面与一条直线垂直，那么经过这条直线的平面垂直于这个平面.（“线面垂直，面面垂直”）注：如果两个二面角的平面对应平面互相垂直，则两个二面角没有什么关系.5. 两个平面垂直性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线也垂直于另一个平面.推论：如果两个相交平面都垂直于第三平面，则它们交线垂直于第三平面. P OA a P αβθM AB O证明：如图，找O 作OA 、OB 分别垂直于21,l l ，因为ααββ⊥⊂⊥⊂OB PM OA PM ,,,则OB PM OA PM ⊥⊥,.6. 两异面直线任意两点间的距离公式：θcos 2222mn d n m l +++=（θ为锐角取加，θ为钝取减，综上，都取加则必有⎥⎦⎤ ⎝⎛∈2,0πθ） 7. ⑴最小角定理：21cos cos cos θθθ=（1θ为最小角，如图）⑵最小角定理的应用（∠PBN 为最小角）简记为：成角比交线夹角一半大，且又比交线夹角补角一半长，一定有4条.成角比交线夹角一半大，又比交线夹角补角小，一定有2条.成角比交线夹角一半大，又与交线夹角相等，一定有3条或者2条.成角比交线夹角一半小，又与交线夹角一半小，一定有1条或者没有.（五）、棱锥、棱柱.1. 棱柱.⑴①直棱柱侧面积：Ch S =（C 为底面周长，h 是高）该公式是利用直棱柱的侧面展开图为矩形得出的.②斜棱住侧面积：l C S 1=（1C 是斜棱柱直截面周长，l 是斜棱柱的侧棱长）该公式是利用斜棱柱的侧面展开图为平行四边形得出的.⑵{四棱柱}⊃{平行六面体}⊃{直平行六面体}⊃{长方体}⊃{正四棱柱}⊃{正方体}. {直四棱柱}⋂{平行六面体}={直平行六面体}.⑶棱柱具有的性质：①棱柱的各个侧面都是平行四边形，所有的侧棱都相等；直棱柱的各个侧面都是矩形．．．．．．．．；正棱柱的各个侧面都是全等的矩形．．．．．. ②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等．．多边形. ③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形.注：①棱柱有一个侧面和底面的一条边垂直可推测是直棱柱. （×）（直棱柱不能保证底面是钜形可如图）②（直棱柱定义）棱柱有一条侧棱和底面垂直.⑷平行六面体：定理一：平行六面体的对角线交于一点．．．．．．．．．．．．．，并且在交点处互相平分. [注]：四棱柱的对角线不一定相交于一点.定理二：长方体的一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱长的平方和.推论一：长方体一条对角线与同一个顶点的三条棱所成的角为γβα,,，则1c o s c o s c o s 222=++γβα.推论二：长方体一条对角线与同一个顶点的三各侧面所成的角为γβα,,，则2c o s c o s c o s 222=++γβα.[注]：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱.（×）（斜四面体的两个平行的平面可以为矩形） ②各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱.（×）（应是各侧面都是正方形的直．棱柱才行） 图1θθ1θ2图2③对角面都是全等的矩形的直四棱柱一定是长方体.（×）（只能推出对角线相等，推不出底面为矩形） ④棱柱成为直棱柱的一个必要不充分条件是棱柱有一条侧棱与底面的两条边垂直. （两条边可能相交，可能不相交，若两条边相交，则应是充要条件）2. 棱锥：棱锥是一个面为多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形.[注]：①一个棱锥可以四各面都为直角三角形.②一个棱柱可以分成等体积的三个三棱锥；所以棱柱棱柱3V Sh V ==.⑴①正棱锥定义：底面是正多边形；顶点在底面的射影为底面的中心.[注]：i. 正四棱锥的各个侧面都是全等的等腰三角形.（不是等边三角形）ii. 正四面体是各棱相等，而正三棱锥是底面为正△侧棱与底棱不一定相等iii. 正棱锥定义的推论：若一个棱锥的各个侧面都是全等的等腰三角形（即侧棱相等）；底面为正多边形. ②正棱锥的侧面积：'Ch 21S =（底面周长为C ，斜高为'h ） ③棱锥的侧面积与底面积的射影公式：αcos 底侧S S =（侧面与底面成的二面角为α） 附： 以知c ⊥l ，b a =⋅αcos ，α为二面角b l a --.则l a S ⋅=211①，b l S ⋅=212②，b a =⋅αcos ③ ⇒①②③得αcos 底侧S S =.注：S 为任意多边形的面积（可分别多个三角形的方法）.⑵棱锥具有的性质：①正棱锥各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰三角形，各等腰三角形底边上的高相等（它叫做正棱锥的斜高）.②正棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组成一个直角三角形，正棱锥的高、侧棱、侧棱在底面内的射影也组成一个直角三角形.⑶特殊棱锥的顶点在底面的射影位置：①棱锥的侧棱长均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心.②棱锥的侧棱与底面所成的角均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心. ③棱锥的各侧面与底面所成角均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形内心. ④棱锥的顶点到底面各边距离相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形内心.⑤三棱锥有两组对棱垂直，则顶点在底面的射影为三角形垂心.⑥三棱锥的三条侧棱两两垂直，则顶点在底面上的射影为三角形的垂心.⑦每个四面体都有外接球，球心0是各条棱的中垂面的交点，此点到各顶点的距离等于球半径；⑧每个四面体都有内切球，球心I 是四面体各个二面角的平分面的交点，到各面的距离等于半径.[注]：i. 各个侧面都是等腰三角形，且底面是正方形的棱锥是正四棱锥.（×）（各个侧面的l ab c B等腰三角形不知是否全等）ii. 若一个三角锥，两条对角线互相垂直，则第三对角线必然垂直.简证：A B ⊥CD ，AC ⊥BD ⇒ BC ⊥AD. 令===,, 得-=⋅⇒=-=-=,，已知()()0,0=-⋅=-⋅c a b b c a0=-⇒c b c a 则0=⋅AD BC . iii. 空间四边形OABC 且四边长相等，则顺次连结各边的中点的四边形一定是矩形.iv. 若是四边长与对角线分别相等，则顺次连结各边的中点的四边是一定是正方形. 简证：取AC 中点'O ，则⊥⇒⊥'⊥'AC AC O B AC o o ,平面=∠⇒⊥⇒'FGH BO AC B O O 90°易知EFGH 为平行四边形⇒EFGH 为长方形.若对角线等，则EFGH FG EF ⇒=为正方形.3. 球：⑴球的截面是一个圆面.①球的表面积公式：24R S π=. ②球的体积公式：334R V π=. ⑵纬度、经度：①纬度：地球上一点P 的纬度是指经过P .②经度：地球上B A ,两点的经度差，是指分别经过这两点的经线与地轴所确定的二个半平面的二面角的度数，特别地，当经过点A 的经线是本初子午线时，这个二面角的度数就是B 点的经度.附：①圆柱体积：h r V 2π=（r 为半径，h 为高）②圆锥体积：h r V 231π=（r 为半径，h 为高） ③锥形体积：Sh V 31=（S 为底面积，h 为高）4. ①内切球：当四面体为正四面体时，设边长为a ，a h 36=，243a S =底，243a S =侧 得a a a R R a R a a a 46342334/424331433643222=⋅==⇒⋅⋅+⋅=⋅. 注：球内切于四面体：h S R S 313R S 31V 底底侧AC D B ⋅=⋅+⋅⋅⋅=- ②外接球：球外接于正四面体，可如图建立关系式.（六）. 空间向量.1. （1）共线向量：共线向量亦称平行向量，指空间向量的有向线段所在直线互相平行或重合.注：①若a 与b 共线，b 与c 共线，则a 与c 共线.（×） [当0=b 时，不成立] ②向量c b a ,,共面即它们所在直线共面.（×） [可能异面]③若a ∥b ，则存在小任一实数λ，使b a λ=.（×）[与0=b 不成立]F E HG B C D A O'O rOR④若a 为非零向量，则00=⋅a .（√）[这里用到)0(≠b b λ之积仍为向量]（2）共线向量定理：对空间任意两个向量)0(,≠b b a ，a ∥b 的充要条件是存在实数λ（具有唯一性），使b a λ=.（3）共面向量：若向量a 使之平行于平面α或a 在α内，则a 与α的关系是平行，记作a ∥α.（4）①共面向量定理：如果两个向量b a ,不共线，则向量P 与向量b a ,共面的充要条件是存在实数对x 、y 使b y a x P +=.②空间任一点．．．O ．和不共线三点．．．．．．A ．、．B ．、．C ．，则)1(=++++=z y x OC z OB y OA x OP 是P ABC 四点共面的充要条件.（简证：→+==++--=AC z AB y AP OC z OB y OA z y OP )1(P 、A 、B 、C 四点共面）注：①②是证明四点共面的常用方法.2. 空间向量基本定理：如果三个向量．．．．c b a ,,不共面．．．，那么对空间任一向量P ，存在一个唯一的有序实数组x 、y 、z ，使c z b y a x p ++=.推论：设O 、A 、B 、C 是不共面的四点，则对空间任一点P , 都存在唯一的有序实数组x 、y 、z 使 z y x ++=(这里隐含x+y+z≠1).注：设四面体ABCD 的三条棱，,,,d AD c AC b AB ===其中Q 是△BCD 的重心，则向量)(31++=用+=3. （1）空间向量的坐标：空间直角坐标系的x 轴是横轴（对应为横坐标），y 轴是纵轴（对应为纵轴），z 轴是竖轴（对应为竖坐标）.①令a =(a 1,a 2,a 3),),,(321b b b =，则),,(332211b a b a b a ±±±=+))(,,(321R a a a ∈=λλλλλ332211b a b a b a ++=⋅ a ∥)(,,332211R b a b a b a ∈===⇔λλλλ332211b a b a b a ==⇔ 0332211=++⇔⊥b a b a b a 222321a a a ++==(=⇒⋅=)232221232221332211||||,cos b b b a a a b a b a b a b a b a b a ++⋅++++=⋅⋅>=< ②空间两点的距离公式：212212212)()()(z z y y x x d -+-+-=.DB（2）法向量：若向量所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作α⊥，如果α⊥那么向量叫做平面α的法向量.（3）用向量的常用方法：①利用法向量求点到面的距离定理：如图，设n 是平面α的法向量，AB 是平面α的一条射线，其中α∈A ，则点B 到平面α②利用法向量求二面角的平面角定理：设21,n n 分别是二面角βα--l 中平面βα,的法向量，则21,n 所成的角就是所求二面角的平面角或其补角大小（21,n 方向相同，则为补角，21,n 反方，则为其夹角）.③证直线和平面平行定理：已知直线≠⊄a 平面α，α∈⋅∈⋅D C a B A ,，且CDE 三点不共线，则a ∥α的充要条件是存在有序实数对μλ⋅使CE CD AB μλ+=.（常设CE CD AB μλ+=求解μλ,若μλ,存在即证毕，若μλ,不存在，则直线AB 与平面相交）.AB（七）、常用结论、方法和公式1. 对照平面几何中的三角形，我们不难得到立体几何中的四面体的类似性质：①四面体的六条棱的垂直平分面交于一点，这一点叫做此四面体的外接球的球心；②四面体的四个面组成六个二面角的角平分面交于一点，这一点叫做此四面体的内接球的球心；③四面体的四个面的重心与相对顶点的连接交于一点，这一点叫做此四面体的重心，且重心将每条连线分为3︰1；④12个面角之和为720°，每个三面角中任两个之和大于另一个面角，且三个面角之和为180°.2. 直角四面体：有一个三面角的三个面角均为直角的四面体称为直角四面体，相当于平面几何的直角三角形. （在直角四面体中，记V 、l 、S 、R 、r 、h 分别表示其体积、六条棱长之和、表面积、外接球半径、内切球半径及侧面上的高），则有空间勾股定理：S 2△ABC +S 2△BCD +S 2△ABD =S 2△ACD.3. 等腰四面体：对棱都相等的四面体称为等腰四面体，好象平面几何中的等腰三角形.根据定义不难证明以长方体的一个顶点的三条面对角线的端点为顶点的四面体是等腰四面体，反之也可以将一个等腰四面体拼补成一个长方体.（在等腰四面体ABCD 中，记BC = AD =a ，AC = BD = b ，AB = CD = c ，体积为V ，外接球半径为R ，内接球半径为r ，高为h ），则有 ①等腰四面体的体积可表示为22231222222222c b a b a c a c b V -+⋅-+⋅-+=； O A BCD②等腰四面体的外接球半径可表示为22242c b a R ++=； ③等腰四面体的四条顶点和对面重心的连线段的长相等，且可表示为22232c b a m ++=； ④h = 4r.4、空间正余弦定理.空间正弦定理：sin ∠ABD/sin ∠A-BC-D=sin ∠ABC/sin ∠A-BD-C=sin ∠CBD/sin ∠C-BA-D 空间余弦定理：cos ∠ABD=cos ∠ABCcos ∠CBD+sin ∠ABCsin ∠CBDcos ∠A-BC-D5.从一点O 出发的三条射线OA 、OB 、OC ，若∠AOB=∠AOC ，则点A 在平面∠BOC 上的射影在∠BOC 的平分线上；6. 已知:直二面角M －AB －N 中，AE ⊂ M ，BF ⊂ N,∠EAB=1θ,∠ABF=2θ，异面直线AE 与BF 所成的角为θ，则;cos cos cos 21θθθ=7.立平斜公式：如图，AB 和平面所成的角是1θ，AC 在平面内，BC 和AB 的射影BA 1成2θ，设∠ABC=3θ,则cos 1θcos 2θ=cos 3θ；8.异面直线所成角的求法：（1）平移法：在异面直线中的一条直线中选择一特殊点，作另一条的平行线；（2）补形法：把空间图形补成熟悉的或完整的几何体，如正方体、平行六面体、长方体等，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系；9.直线与平面所成的角斜线和平面所成的是一个直角三角形的锐角，它的三条边分别是平面的垂线段、斜线段及斜线段在平面上的射影。

第一节　空间几何体考试要求：1．认识柱、锥、台及简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．2．能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆锥、棱柱及其简易组合)的直观图．3．知道棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题．一、教材概念·结论·性质重现1．多面体的结构特征互相平行且全等多边形互相平行平行且相等相交于一点但不一定相等延长线交于一点平行四边形三角形梯形相互平行且相等并垂直于底相交于一点延长线交于一圆空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)“斜”：在直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°或135°．(2)“二测”：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，在直观图中长度为原来的一半．画直观图要注意平行，还要注意长度及角度两个要素．4．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl圆台侧＝π(r1＋．空间几何体的表面积与体积公式名称表面积体积几何体柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝S 底·h锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝S底·h台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝(S上＋S下＋)h球S＝4πR2V＝πR3(1)求棱柱、棱锥、棱台与球的表面积时，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解6．常用结论几个与球有关的切、接常用结论：(1)正方体的棱长为a，球的半径为R．①若球为正方体的外接球，则2R＝a；②若球为正方体的内切球，则2R＝a；③若球与正方体的各棱相切，则2R＝a．(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝．(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1．解决与球“外接”问题的关键：二、基本技能·思想·活动经验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(　×　)(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(　×　)(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．(　√　)(4)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS．(　×　) 2．如图，长方体ABCD A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是( )A．棱台 B．四棱柱C．五棱柱 D．简单组合体C　解析：由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．3．已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A．1 cm B．2 cmC．3 cm D． cmB　解析：S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，所以r2＝4，所以r＝2 cm．4．体积为8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．C．8π D．4πA　解析：由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线为2即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝(2R)2π＝12π．故选A．5．在直观图(如图所示)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO为__________，面积为________cm2．矩形　8　解析：由斜二测画法的规则可知，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2．考点1　空间几何体的结构特征与直观图——基础性1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A．圆柱B．圆锥C．球D．圆柱、圆锥、球体的组合体C　解析：截面是任意的，且都是圆面，则该几何体为球体．2．下列命题正确的是( )A．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥B．以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台C．圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面D．一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台C　解析：由圆锥、圆台、圆柱的定义可知A，B错误，C正确．对于D，只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，D不正确．3．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，C ′D′＝2 cm，则原图形是( )A．正方形 B．矩形C．菱形 D．一般的平行四边形C　解析：如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×2＝4(cm)，CD＝C′D′＝2 cm．所以OC＝＝＝6(cm)，所以OA＝OC，所以四边形OABC是菱形．4．(多选题)下列命题中正确的是( )A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形B．在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱C．存在每个面都是直角三角形的四面体D．棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等BC　解析：A不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；B正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；C正确，如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1 ABC，四个面都是直角三角形；D不正确棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱的延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．1．解决空间几何体的结构特征的判断问题主要方法是定义法，即紧考点2　空间几何体的表面积与体积——综合性考向1　空间几何体的表面积问题(1)(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A．2 B．2 C．4 D．4B　解析：由题意知圆锥的底面周长为2π．设圆锥的母线长为l，则πl＝2π，即l＝2．故选B．(2)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，直线A 1C 与侧面AA 1B 1B 所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为()A ．4＋4B ．4＋4C ．12D ．8＋4A 解析：连接A 1B ．因为AA 1⊥底面ABC ，则AA 1⊥BC ，又AB ⊥BC ，AA 1∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面AA 1B 1B ，所以直线A 1C 与侧面AA 1B 1B 所成的角为∠CA 1B ＝30°．又AA 1＝AC ＝2，所以A 1C ＝2，所以BC ＝．又AB ⊥BC ，则AB ＝，则该三棱柱的侧面积为2×2＋2×2＝4＋4．(3)在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm ，母线长最短50 cm ，最长80 cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝ cm 2．2 600π　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 ＝×(50＋80)×(π×40)＝2 600π(cm 2)．求解几何体表面积的类型及求法求多面体的表面积只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积求旋转体的表面积可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系求不规则几何体的表面积通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积1．一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为_________．12　解析：设正六棱锥的高为h，侧面的斜高为h′．由题意，得×6××2××h＝2，所以h＝1，所以斜高h′＝＝2，所以S侧＝6××2×2＝12．2．《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，书中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．已知一个堑堵的底面积为6，体积为的球与其各面均相切，则该堑堵的表面积为________．36　解析：设球的半径为r，底面三角形的周长为l，由已知得r＝1，所以堑堵的高为2．则lr＝6，l＝12，所以表面积S＝12×2＋6×2＝36．考向2　空间几何体的体积问题(1)如图所示，已知三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1ABC1的体积为( )A． B．C． D．A　解析：易知三棱锥B1ABC1的体积等于三棱锥AB1BC1的体积，又三棱锥AB1BC1的高为，底面积为，故其体积为××＝．(2)(2021·八省联考)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为________．61π　解析：圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上，如图，设球的球心为O，圆台上底面的圆心为O′，则圆台的高OO′＝＝＝3．据此可得圆台的体积V＝π×3×(52＋5×4＋42)＝61π．求空间几何体的体积的常用方法公式法对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积等体积法一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．通过选择合适的底面来求几何体体积，主要用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积1．(2021·全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．39π　解析：设圆锥的高为h ，母线长为l ，则圆锥的体积V ＝×π×62×h ＝30π，解得h ＝．所以l ＝＝＝，故圆锥的侧面积S ＝πrl ＝π×6×＝39π．2．如图，已知体积为V 的三棱柱ABCA 1B 1C 1，P 是棱B 1B 上除B 1，B 以外的任意一点，则四棱锥PAA 1C 1C 的体积_________．　解析：如图，把三棱柱ABCA 1B 1C 1补成平行六面体A 1D 1B 1C 1ADBC ．设点P 到平面AA 1C 1C 的距离为h ，则V ＝S ·h ＝V ＝·2V＝．考点3　与球有关的切、接问题——综合性考向1　“相切”问题已知正四面体PABC 的表面积为S 1，此四面体的内切球的表面积为S 2，则＝________．　解析：设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积为S1＝4××a2＝a2，其内切球半径r为正四面体高的，即r＝×a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝．考向2　“相接”问题已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为( )A． B． 2C． D．3C　解析：如图所示，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M．又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝＝．1．已知三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，则三棱锥PABC的外接球的体积为( )A．π B．π C．27π D．27πB　解析：因为三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，所以△PAB≌△PBC≌△PAC．因为PA⊥PB，所以PA⊥PC，PC⊥PB．以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥PABC的外接球．因为正方体的体对角线长为＝3，所以其外接球半径R＝．因此三棱锥PABC的外接球的体积V＝×＝π．2．(2020·全国Ⅲ卷)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_________．π　解析：方法一：如图，在圆锥的轴截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O内切于△ABC，E为切点，连接OE，则OE⊥BC．在Rt△BCD中，CD＝＝2．易知BE ＝BD＝1，则CE＝2．设圆锥的内切球半径为R，则OC＝2－R，在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(2－R)2－R2＝4，所以R＝，圆锥内半径最大的球的体积为πR3＝π．方法二：如图，记圆锥的轴截面为△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB，在Rt△BCD中，CD＝＝2，则S△ABC＝2．设△ABC的内切圆O的半径为R，则R＝＝，所以圆锥内半径最大的球的体积为πR3＝π．。