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热点08 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，理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，垂直关系以及二面角问题.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.对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标.【考查题型】选择，填空，解答题【限时检测】（建议用时：45分钟）1．（2019·安徽高考模拟（理））已知,m n 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A ．若//,//m n αα，则//m nB ．若,αγβγ⊥⊥，则//αβC ．若//,//m n αα，且,m n ββ⊂⊂，则//αβD ．若,m n αβ⊥⊥，且αβ⊥，则m n ⊥2．（2019·四川射洪中学高三月考（理））已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最大边长为（ ）A B C D ．3．（2019·安徽高考模拟（理））当动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的体对角线1A C 上运动时，异面直线BP 与1AD 所成角的取值范围是（ ）A ．,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．,43ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．,32ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭4．（2019·湖南高三期末（理））设a ，b 是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A ．a b ∥，b α⊂，则a P αB ．a α⊂，b β⊂，αβ∥，则a b ∥C ．a α⊂，b α⊂，a β∥，b β∥，则αβ∥D ．αβ∥，a α⊂，则a β∥ 5．（2019·贵州高考模拟（理））如图在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点. 设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( )A ．[,1]3B ．[,1]3C ．3D ．[36．（2019·宁夏吴忠中学高考模拟（理））已知直三棱柱111C C AB -A B 中，C 120∠AB =o ，2AB =，1C CC 1B ==，则异面直线1AB 与1C B 所成角的余弦值为（ ）A B ．5 C ．5 D 7．（2019·广东高考模拟（理））已知三棱锥P ABC -的底面ABC 是边长为2的等边三角形，PA ⊥平面ABC ，且2PA =，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A ．683πB ．20πC ．48πD ．283π 8．（2019·河南高考模拟（理））如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个结论：①三棱锥1A D PC -的体积不变；1//A P ②平面1ACD ；1DP BC ⊥③；④平面1PDB ⊥平面1ACD ．其中正确的结论的个数是( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个9．（2019·河北高考模拟（理））正方体1111ABCD A B C D -的棱上(除去棱AD)到直线 1A B 与1CC 的距离相等的点有3个，记这3个点分别为,,E F G ，则直线1AC 与平面EFG 所成角的正弦值为（ ）A B C D10．（2019·湖北高考模拟（理））如图，已知四面体ABCD 为正四面体，2,AB E F =， 分别是,AD BC 中点.若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（ ）.A ．1B C D ．2二、填空题11．（2019·重庆南开中学高考模拟（理））三棱锥P ABC -的4的球面上，PA ⊥平面ABC ，V ABC 的正三角形，则点A 到平面PBC 的距离为______．12．（2019·广东高考模拟（理））《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开， 得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均为直角三角形的四面体）．在如图所示的堑堵111ABC A B C -中，15,3,4AA AC AB BC ====，则阳马111C ABB A -的外接球的表面积是_________________13．（2019·山东高考模拟（理））如图所示，平面BCC 1B 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝120︒，四边形BCC 1B 1为正方形，且AB ＝BC ＝2，则异面直线BC 1与AC 所成角的余弦值为_____．14．（2018·栖霞市第一中学高考模拟（理））如图在四面体ABCD 中，若截面PQMN 是正方形，则在下列命题中正确的有______.(填上所有正确命题的序号)AC BD ⊥①，AC BD =②，//AC ③截面PQMN ，④异面直线PM 与BD 所成的角为45o ．15．（2019·深圳市高级中学高考模拟（理））在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．三、解答题16．（2019·山东高考模拟（理））如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG 所截后得到的，其中45BAE GAD ∠=∠=︒，22AB AD ==，60BAD ∠=︒.（1）求证：平面BDG ⊥平面ADG ；（2）求直线GB 与平面AEFG 所成角的正弦值.17．（2019·辽宁高考模拟（理））如图，等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，1AD AB BC ===，2CD =，E 为CD 中点，以AE 为折痕把ADE ∆折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）.（⊥）证明：AE PB ⊥；（⊥）若直线PB 与平面ABCE 所成的角为4π，求二面角A PE C --的余弦值. 18．（2019·江苏高考模拟）直三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，2AB =，4AC =，12AA =，BD DC λ=u u u r u u u r.（1）若1λ=，求直线1DB 与平面11AC D 所成角的正弦值；（2）若二面角111B AC D --的大小为60︒，求实数λ的值.19 ．（2019·山东高考模拟（理））如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 的菱形，60BCD ∠=︒，AC 与BD 交于点O ，平面FBC ⊥平面ABCD ，//EF AB ，FB FC =，EF =.（1）求证：OE ⊥平面ABCD ；（2）若FBC ∆为等边三角形，点Q 为AE 的中点，求二面角Q BC A --的余弦值.以下内容为“高中数学该怎么有效学习？”首先要做到以下两点：1、先把教材上的知识点、理论看明白。
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 ＝AB ＝1.现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥13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 ＝AB 时，有AD ∥平面MPC .13理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，＝＝，DNNB DCMB 12在△ADB 中，＝，∴AD ∥PN .APPB 12∵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AD 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。
一一一一一一一一一2.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。
第八章⎪⎪⎪立体几何第一节 空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积本节主要包括3个知识点：1.空间几何体的三视图和直观图；空间几何体的表面积与体积；3.与球有关的切、接应用问题.突破点(一) 空间几何体的三视图和直观图[基本知识]1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征(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，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见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、正上方观察几何体的正投影图．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，其规则是：(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．[基本能力]1．判断题(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)棱台各侧棱的延长线交于一点．()(3)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．()(4)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×2．填空题(1)如图所示的几何体中，是棱柱的为________(填写所有正确的序号)．解析：根据棱柱的定义，结合给出的几何体可知③⑤满足条件．答案：③⑤(2)有一个几何体的三视图如图所示，这个几何体的形状为________．解析：从俯视图来看，上、下底面都是正方形，但是大小不一样，可以判断是棱台．答案：棱台(3)已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体从上往下依次由____________构成．解析：由三视图可知，该几何体是由一个圆台和一个圆柱组成的组合体．答案：圆台，圆柱(4)利用斜二测画法得到的：①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1[全析考法][例1]给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；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直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3[解析]①错误，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；②错误，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图(1)所示；③错误，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图(2)所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．[答案] A[方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1中的命题②④易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．空间几何体的三视图1.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．2．三视图的排列顺序先画正视图，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)(2018·河北衡水中学调研)正方体ABCD -AB1C1D1中，E为棱BB1的中点(如1图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为()(2)(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A．3 2 B．2 3C．2 2 D．2[解析](1)过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的侧视图为选项C中的图形．故选C.(2)在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC1＝AC2＋CC21＝(22＋22)＋22＝2 3.[答案](1)C(2)B[方法技巧]有关三视图问题的解题方法(1)由几何体的直观图画三视图需注意的事项①注意正视图、侧视图和俯视图对应的观察方向；②注意能看到的线用实线画，被挡住的线用虚线画；③画出的三视图要符合“长对正、高平齐、宽相等”的基本特征．(2)由几何体的部分视图画出剩余视图的方法先根据已知的部分视图推测直观图的可能形式，然后推测其剩余视图的可能情形，若为选择题，也可以逐项检验．(3)由几何体三视图还原其直观图时应注意的问题要熟悉柱、锥、球、台的三视图，结合空间想象将三视图还原为直观图．空间几何体的直观图按照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[全练题点]1.[考点一]如果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因为“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]用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()解析：选B俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.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，侧视图是有一直角边长为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C空间几何体的正视图和侧视图“高平齐”，故正视图的高一定为2，正视图和俯视图“长对正”，故正视图的底边长为2.侧视图中的直角说明这个三棱锥最前面的面垂直于底面，这个面遮住了后面的一条侧棱．综合以上可知，这个三棱锥的正视图可能是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]已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选D由题意知，三棱锥放置在长方体中如图所示，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部是直角三角形．故选D.突破点(二)空间几何体的表面积与体积[基本知识]1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式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[基本能力]1．判断题(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．( ) (2)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( ) (3)球的体积之比等于半径比的平方．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× 2．填空题(1)已知圆柱的底面半径为a ，高为66a ，则此圆柱的侧面积等于________． 解析：底面周长l ＝2πa ，则S 侧＝l ·h ＝2πa ·⎝⎛⎭⎫66a ＝63πa 2. 答案：63πa 2(2)已知某棱台的上、下底面面积分别为63和243，高为2，则其体积为________． 解析：V ＝13(63＋243＋63×243)×2＝28 3.答案：28 3(3)已知圆锥的母线长是8，底面周长为6π，则它的体积是________． 解析：设圆锥底面圆的半径为r ，则2πr ＝6π，∴r ＝3.设圆锥的高为h ，则h ＝82－32＝55，∴V 圆锥＝13πr 2h ＝355π.答案：355π(4)正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A -B 1DC 1的体积为________．解析：在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵AD ⊥BC ，AD ⊥BB 1，BB 1∩BC ＝B ，∴AD ⊥平面B 1DC 1. ∴VA -B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1.答案：1(5)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可知该几何体是一个底面为等腰梯形的平放的直四棱柱，所以该直四棱柱的表面积为S ＝2×12×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2×1＋16×4＝48＋817.答案：48＋817[全析考法][例1] (1)(2018·福州市五校联考)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为一个直角三角形，一个锐角为30°，则该几何体的表面积为( )A ．24＋12 3B ．24＋5 3C ．12＋15 3D ．12＋12 3(2)(2018·南昌市十校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A ．(25＋35)πB ．(25＋317)πC ．(29＋35)πD ．(29＋317)π[解析] (1)由已知可得，该几何体为三棱柱，底面是斜边长为4，斜边上的高为3的直角三角形，底面面积为23，底面周长为6＋23，棱柱的高为4，故棱柱的表面积S ＝2×23＋4×(6＋23)＝24＋123，故选A.(2)由三视图可知该几何体由一个上下底面直径分别为2和4，高为4的圆台，一个底面直径为4，高为4的圆柱和一个直径为4的半球组成，其直观图如图所示，所以该几何体的表面积为π＋π×(1＋2)×17＋π×4×4＋4π×222＝π＋317π＋16π＋8π＝(25＋317)π，故选B. [答案] (1)A (2)B[方法技巧] 求空间几何体表面积的常见类型及思路[例2] (1)(2017·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 ．60B ．30C ．20D ．10(2)(2018·洛阳市第一次统考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.15π2B ．8πC.17π2D ．9π[解析] (1)如图，把三棱锥A -BCD 放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为5,3,4，△BCD 为直角三角形，直角边分别为5和3，三棱锥A -BCD 的高为4，故该三棱锥的体积V ＝13×12×5×3×4＝10.(2)依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接，恰好可以形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，选B.[答案] (1)D (2)B[方法技巧] 求空间几何体体积的常见类型及思路[全练题点]1.[考点二](2018·石家庄市教学质量检测)某几何体的三视图如图所示(在网格线中，每个小正方形的边长为1)，则该几何体的体积为( )A ．2B ．3C ．4D ．6解析：选A 由三视图知，该几何体为四棱锥如图所示，其底面面积S ＝12×(1＋2)×2＝3，高为2，所以该几何体的体积V ＝13×3×2＝2，故选A.2.[考点一](2018·长沙市统一模拟考试)如图是某几何体的三视图，其正视图、侧视图均是直径为2的半圆，俯视图是直径为2的圆，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．5πD ．12π解析：选A 由三视图可知，该几何体是半径为1的半球，其表面积为2π＋π＝3π.选A.3.[考点二](2017·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1B.π2＋3C.3π2＋1D.3π2＋3解析：选A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝12×13π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.4.[考点一](2018·南昌市模拟)如图，直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．解析：根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示．则所得几何体的表面积为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，即表面积为π·1·12＋12＋2π·12＋π·12＝(2＋3)π.答案：(2＋3)π5．[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、接应用问题与球有关的组合体问题常涉及内切和外接.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.如球内切于正方体时，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体时，正方体的各个顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球与其他旋转体组合时，通常作它们的轴截面解题；球与多面体组合时，通常过多面体的一条侧棱和球心及“切点”或“接点”作截面图进行解题.[全析考法]多面体的内切球问题[例1] (1)(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________． (2)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.[解析] (1)设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.(2)设正四面体棱长为a ， 则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的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] (1)32 (2)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．如果内切的是多面体，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)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(2)(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．(3)(2018·河北衡水调研)一个直六棱柱的底面是边长为2的正六边形，侧棱长为3，则它的外接球的表面积为________．[解析] (1)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.(2)由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.(3)由直六棱柱的外接球的直径为直六棱柱中最长的对角线，知该直六棱柱的外接球的直径为42＋32＝5，∴其外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝25π. [答案] (1)A (2)9π2 (3)25π[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，或由同一顶点出发的两两互相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．[全练题点]1.[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. 2．[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.3.[考点一](2018·东北三省模拟)三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是边长为3的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，若球O 与三棱柱ABC -A 1B 1C 1各侧面、底面均相切，则侧棱AA 1的长为( )A.12B.32C ．1D. 3解析：选C 因为球O 与直三棱柱的侧面、底面均相切，所以侧棱AA 1的长等于球的直径．设球的半径为R ，则球心在底面上的射影是底面正三角形ABC 的中心，如图所示．因为AC ＝3，所以AD＝12AC ＝32.因为tan π6＝MD AD ，所以球的半径R ＝MD ＝AD tan π6＝32×33×1＝12，所以AA 1＝2R ＝2×12＝1.4.[考点二]三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，PA ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为( )A ．5π B.2π C ．20πD ．4π解析：选A 把三棱锥P -ABC 看作由一个长、宽、高分别为1、1、3的长方体截得的一部分(如图)．易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋12＋(3)2＝5，故外接球半径为52，表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝5π. 5.[考点二](2018·洛阳统考)已知三棱锥P -ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，△ABC 是边长为4的等边三角形，三棱锥P -ABC 的体积为163，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A.16π3B.40π3C.64π3D.80π3解析：选D 依题意，记三棱锥P -ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ，点P 到平面ABC 的距离为h ，则由V P -ABC ＝13S △ABC h ＝13×⎝⎛⎭⎫34×42×h ＝163得h ＝433.又PC 为球O 的直径，因此球心O 到平面ABC 的距离等于12h ＝233.又正△ABC 的外接圆半径为r ＝AB 2sin 60°＝433，因此R 2＝r 2＋⎝⎛⎭⎫2332＝203，所以三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝80π3，故选D.[全国卷5年真题集中演练——明规律]1.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为(2＋4)×22×2＝12，故选B. 2．(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4 C.π2D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4. 3．(2016·全国卷Ⅲ)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 ．4π B.9π2 C ．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. 4．(2016·全国卷Ⅱ)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.5．(2015·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.18B.17C.16D.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，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V1V2＝1656＝15，故选D.6．(2017·全国卷Ⅱ)长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．解析：由题意知，长方体的体对角线长为32＋22＋12＝14，记长方体的外接球的半径为R，则有2R＝14，R＝142，因此球O的表面积为S＝4πR2＝14π.答案：14π[课时达标检测][小题对点练——点点落实]对点练(一)空间几何体的三视图和直观图1．给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选A①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误，故选A.2．(2018·广州六校联考)已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，给出下列5个图形：其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数为()A ．5B ．4C ．3D ．2解析：选B 由题知可以作为该几何体的俯视图的图形可以为①②③⑤.故选B. 3．在如图所示的空间直角坐标系O -xyz 中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给出编号为①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A ．①和③B ．③和①C ．④和③D ．④和②解析：选D 由题意得，该几何体的正视图是一个直角三角形，三个顶点的坐标分别是(0,0,2)，(0,2,0)，(0,2,2)，且内有一条虚线(一顶点与另一直角边中点的连线)，故正视图是④；俯视图即在底面的射影，是一个斜三角形，三个顶点的坐标分别是(0,0,0)，(2,2,0)，(1,2,0)，故俯视图是②.4.如图，△O ′A ′B ′是△OAB 的水平放置的直观图，其中O ′A ′＝O ′B ′＝2，则△OAB 的面积是________．解析：在Rt △OAB 中，OA ＝2，OB ＝4，△OAB 的面积S ＝12×2×4＝4.答案：45．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为_______cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C .在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5(cm)．∴AB ＝122＋52＝13(cm)．答案：13对点练(二) 空间几何体的表面积与体积1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A.a 2B.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．(2017·全国卷Ⅱ)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：选B 由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.3．(2018·湖北四校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．16B ．(10＋5)πC ．4＋(5＋5)πD ．6＋(5＋5)π解析：选C 该几何体是两个相同的半圆锥与一个半圆柱的组合体，其表面积为S ＝π＋4π＋4＋5π＝4＋(5＋5)π.4．(2017·山东高考)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π25．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸)解析：由题意知，圆台中截面圆的半径为十寸，圆台内水的体积为V ＝13πh (r 2中＋r 2下＋r 中r 下)＝π3×9×(102＋62＋10×6)＝588π(立方寸)，降雨量为V 142π＝588π196π＝3(寸)． 答案：36．(2018·合肥市质检)高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的________．解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为 12×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为13×6×2＝4.而直三棱柱的体积为12×2×2×4＝8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的12.答案：12对点练(三) 与球有关的切、接应用问题1．在三棱锥A -BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积分别为22，32，62，则该三棱锥外接球的表面积为( ) A ．2π B ．6π C ．46πD ．24π解析：选B 设相互垂直的三条侧棱AB ，AC ，AD 分别为a ，b ，c 则12ab ＝22，12bc ＝32，12ac ＝62，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.所以三棱锥A -BCD 的外接球的直径2R ＝a 2＋b 2＋c 2＝6，则其外接球的表面积S ＝4πR 2＝6π.2．已知正四面体的棱长为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BCD 的中心，连接DO 并延长交BC 于点E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为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.3．(2018·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，该几何体外接球的表面积为( )。
第八章 立体几何第一节 空间几何体的结构特征、三视图和直观图一、基础知识1.简单几何体(1)多面体的结构特征①特殊的四棱柱 四棱柱――――→底面为平行四边形平行六面体――――→侧棱垂直于底面直平行六面体――→底面为矩形长方体――――→底面边长相等正四棱柱――――→侧棱与底面边长相等正方体 上述四棱柱有以下集合关系：{正方体}{正四棱柱}{长方体}{直平行六面体}{平行六面体}{四棱柱}．②多面体的关系：棱柱――→一个底面退化为一个点棱锥――→平行于底面的平面截得棱台(2)旋转体的结构特征▲球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2. 2．直观图(1)画法：常用斜二测画法． (2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方和正上方观察几何体画出的轮廓线.二、常用结论1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)底面与水平面平行放置的圆锥的正视图和侧视图为全等的等腰三角形． (3)底面与水平面平行放置的圆台的正视图和侧视图为全等的等腰梯形． (4)底面与水平面平行放置的圆柱的正视图和侧视图为全等的矩形． 2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变，与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变.“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变，与x 轴和z 轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变.考点一空间几何体的结构特征[典例]下列结论正确的是()A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B．六条棱长均相等的四面体是正四面体C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台[解析]底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，所以A错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，所以D错．[答案] B[题组训练]1．下列结论中错误的是()A．由五个面围成的多面体只能是三棱柱B．正棱台的对角面一定是等腰梯形C．圆柱侧面上的直线段都是圆柱的母线D．各个面都是正方形的四棱柱一定是正方体解析：选A由五个面围成的多面体也可以是四棱锥，所以A选项错误．B、C、D说法均正确．2．下列命题正确的是()A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C．直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台D．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形解析：选C如图所示，可排除A、B选项．只要有截面与圆柱的母线平行或垂直，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分．考点二空间几何体的直观图[典例]已知等腰梯形ABCD，CD＝1，AD＝CB＝2，AB＝3，以AB所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________．[解析]法一：如图，取AB的中点O为坐标原点，建立平面直角坐标系，y轴交DC 于点E，O，E在斜二测画法中的对应点为O′，E′，过E′作E′F′⊥x′轴，垂足为F′，因为OE ＝(2)2－12＝1， 所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为 S ′＝12×(1＋3)×24＝22.法二：由题中数据得等腰梯形ABCD 的面积S ＝12×(1＋3)×1＝2.由S 直观图＝24S 原图形的关系，得S 直观图＝24×2＝22. [答案] 22[题组训练]1.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：选A 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.故选A.2．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解析：如图，图①、图②分别表示△ABC 的实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64.所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：64考点三 空间几何体的三视图考法(一) 由几何体识别三视图[典例] (2019·长沙模拟)如图是一个正方体，A ，B ，C 为三个顶点，D 是棱的中点，则三棱锥A -BCD 的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)( )[解析] 正视图和俯视图中棱AD 和BD 均看不见，故为虚线，易知选A. [答案] A考法(二) 由三视图判断几何体特征[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．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(2)(2019·武汉调研)已知某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中最小的面积为________．[解析] (1)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．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.(2)由三视图知，该几何体是在长、宽、高分别为2,1,1的长方体中，截去一个三棱柱AA 1D 1-BB 1C 1和一个三棱锥C -BC 1D 后剩下的几何体，即如图所示的四棱锥D -ABC 1D 1，其中侧面ADD 1的面积最小，其值为12.[答案] (1)B (2)12考法(三) 由三视图中的部分视图确定剩余视图[典例] (2018·唐山五校联考)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为( )[解析] 由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A ，故选A.[答案] A[题组训练]1．如图1所示，是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体，其中DD 1＝1，AB＝BC＝AA1＝2，若此几何体的俯视图如图2所示，则可以作为其正视图的是()解析：选C根据该几何体的直观图和俯视图知，其正视图的长应为底面正方形的对角线长，宽应为正方体的棱长，故排除B、D；而在三视图中看不见的棱用虚线表示，故排除A.故选C.2.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A．10 B．12C．14 D．16解析：选B由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为(2＋4)×22×2＝12，故选B.[课时跟踪检测]1．对于用“斜二测画法”画平面图形的直观图，下列说法正确的是()A．等腰三角形的直观图仍为等腰三角形B．梯形的直观图可能不是梯形C．正方形的直观图为平行四边形D．正三角形的直观图一定为等腰三角形解析：选C根据“斜二测画法”的定义可得正方形的直观图为平行四边形．2．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是() A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱解析：选D球、正方体的三视图的形状都相同，大小都相等，首先排除选项A和C.对于三棱锥，考虑特殊情况，如三棱锥C-OAB，当三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OA ＝OB＝OC时，正视图方向为AO方向，其三视图的形状都相同，大小都相等，故排除选项B.选项D，不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不可能完全相同．3．(2019·福州模拟)一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出它的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为()A．2 3 B．2 2C．4 3 D．8 2解析：选D由斜二测画法可知，原平面图形是一个平行四边形，且平行四边形的一组对边长为2，在斜二测画法画出的直观图中，∠B′O′A′＝45°且O′B′＝22，那么在原图形中，∠BOA＝90°且OB＝4 2.因此，原平面图形的面积为2×42＝82，故选D.4．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选B①错误，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．5．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()解析：选D由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱．故选D.6．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是()A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图可知，共需要6块．7．(2018·南宁二中、柳州高中联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )解析：选C 若俯视图为选项C 中的图形，则该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P -ABCD ，如图所示，该四棱锥的体积V ＝13×(2×2)×2＝83，符合题意．若俯视图为其他选项中的图形，则根据三视图易判断对应的几何体不存在，故选C.8.如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD -A1B 1C 1D 1(底面ABCD 是正方形，侧棱AA 1⊥底面ABCD )中，点P 是正方形A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与俯视图的面积之和的最小值为( )A.32 B ．1 C ．2D.54解析：选A 由题图易知，三棱锥P -BCD 的正视图面积为12×1×2＝1.当顶点P 的投影在△BCD 内部或其边上时，俯视图的面积最小，为S △BCD ＝12×1×1＝12.所以三棱锥P -BCD的正视图与俯视图的面积之和的最小值为1＋12＝32.故选A.9．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④10．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：1311．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图为如图所示的四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1，当选择的4个点是B 1，B ，C ，C 1时，可知①正确；当选择的4个点是B ，A ，B 1，C 时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②12.如图，三棱锥A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，若AB ＝BC＝CD ＝2，则该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积为________．解析：因为AB ⊥平面BCD ，投影线平行于BD ，所以三棱锥A -BCD 的侧视图是一个以△BCD 的BD 边上的高为底，棱锥的高为高的三角形，因为BC ⊥CD ，AB ＝BC ＝CD ＝2， 所以△BCD 中BD 边上的高为2，故该三棱锥的侧视图的面积S ＝12×2×2＝ 2.答案： 2第二节空间几何体的表面积与体积一、基础知识1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式①几何体的侧面积是指（各个）侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和.②圆台、圆柱、圆锥的转化当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得：2．空间几何体的表面积与体积公式二、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＝3a；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 ＝2a .(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 ＝a 2＋b 2＋c 2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 考点一 空间几何体的表面积[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π(2)(2019·沈阳质检)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是( )A ．4＋4 2B ．42＋2C ．8＋4 2D.83[解析] (1)设圆柱的轴截面的边长为x ， 则x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×2 2 ＝12π.故选B.(2)由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥P -ABCD ，如图所示，其中P A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，且P A ＝2，AB ＝2，PB ＝22，所以该四棱锥的侧面积S 是四个直角三角形的面积和，即S ＝2×⎝⎛⎭⎫12×2×2＋12×2×22＝4＋42，故选A. [答案] (1)B (2)A [题组训练]1．(2019·武汉部分学校调研)一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．28B ．24＋2 5C ．20＋4 5D ．20＋2 5解析：选B 如图，三视图所对应的几何体是长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一个三棱柱后的棱柱ABIE -DCMH ，则该几何体的表面积S ＝(2×2)×5＋⎝⎛⎭⎫12×1×2×2＋2×1＋2×5＝24＋2 5.故选B.2．(2018·郑州第二次质量预测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．20＋2πB ．24＋(2－1)πC ．24＋(2－2)πD ．20＋(2＋1)π解析：选B 由三视图知，该几何体是由一个棱长为2的正方体挖去一个底面半径为1、高为1的圆锥后所剩余的部分，所以该几何体的表面积S ＝6×22－π×12＋π×1×2＝24＋(2－1)π，故选B. 考点二 空间几何体的体积[典例] (1)(2019·开封高三定位考试)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为( )A ．4πB ．2π C.4π3D ．π(2)(2018·天津高考)如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为________．[解析] (1)直接法由题意知该几何体的直观图如图所示，该几何体为圆柱的一部分，设底面扇形的圆心角为α，由tan α＝31＝3，得α＝π3，故底面面积为12×π3×22＝2π3，则该几何体的体积为2π3×3＝2π.(2)法一：直接法连接A 1C 1交B 1D 1于点E ，则A 1E ⊥B 1D 1，A 1E ⊥BB 1，则A 1E ⊥平面BB 1D 1D ，所以A 1E 为四棱锥A 1-BB 1D 1D 的高，且A 1E ＝22， 矩形BB 1D 1D 的长和宽分别为2，1， 故V A 1-BB 1D 1D ＝13×(1×2)×22＝13. 法二：割补法连接BD1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 分成两个三棱锥B -A 1DD 1与B -A 1B 1D 1，所以V A 1-BB 1D 1D ＝V B -A 1DD 1＋V B -A 1B 1D 1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13. [答案] (1)B (2)13[题组训练]1.(等体积法)如图所示，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1-ABC 1的体积为( )A.312B.34C.612D.64解析：选A 三棱锥B 1-ABC 1的体积等于三棱锥A -B 1BC 1的体积，三棱锥A -B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312. 2.(割补法)某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A ．13B ．14C ．15D ．16解析：选C 所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几何体，在长方体中还原该几何体，如图中ABCD -A ′B ′C ′D ′所示，长方体的长、宽、高分别为4,2,3，两个三棱柱的高为2，底面是两直角边长分别为3和1.5的直角三角形，故该几何体的体积V ＝4×2×3－2×12×3×32×2＝15，故选C.3.(直接法)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＋23π B.13＋23π C.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. 考点三 与球有关的切、接问题考法(一) 球与柱体的切、接问题[典例] (2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．[解析] 设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.[答案] 32考法(二) 球与锥体的切、接问题[典例] (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 ．123B ．18 3C ．24 3D ．54 3[解析] 由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3.设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D -ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D -ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3.[答案] B[题组训练]1．(2018·福建第一学期高三期末考试)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4π B.163πC.323π D ．16π解析：选D 如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心， 于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝ 12＋(3)2＝2. 故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.故选D.2．三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为________．解析：由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，所以x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝564，所以R 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π. 答案：832π[课时跟踪检测]1．(2019·深圳摸底)过半径为2的球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的体积的比值为( )A.932 B.916 C.38D.316解析：选A 由题意知所得截面为圆，设该圆的半径为r ，则22＝12＋r 2，所以r 2＝3，所以所得截面的面积与球的体积的比值为π×343π×23＝932，故选A.2．如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为( )A ．4B ．8C ．16D ．20解析：选B 由三视图知，此几何体是一个三棱锥，底面为一边长为6，高为2的三角形，三棱锥的高为4，所以体积为V ＝13×12×6×2×4＝8.故选B.3.《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)． 4．(2018·贵阳摸底考试)某实心几何体是用棱长为1 cm 的正方体无缝粘合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．35 cm 3B ．40 cm 3C ．70 cm 3D ．75 cm 3解析：选A 结合题中三视图可得，该几何体是个组合体，该组合体从下到上依次为长、宽、高分别为5 cm,5 cm,1 cm 的长方体，长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm 的长方体，棱长为1 cm 的正方体，故该组合体的体积V ＝5×5×1＋3×3×1＋1×1×1＝35(cm 3)．故选A.5．(2019·安徽知名示范高中联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1 B.12 C.13D.14解析：选C 法一：该几何体的直观图为四棱锥S -ABCD ，如图，SD ⊥平面ABCD ，且SD ＝1，四边形ABCD 是平行四边形，且AB ＝DC ＝1，连接BD ，由题意知BD ⊥DC ，BD ⊥AB ，且BD ＝1，所以S 四边形ABCD ＝1，所以V S -ABCD ＝13S 四边形ABCD·SD ＝13，故选C.法二：由三视图易知该几何体为锥体，所以V ＝13Sh ，其中S 指的是锥体的底面积，即俯视图中四边形的面积，易知S ＝1，h 指的是锥体的高，从正视图和侧视图易知h ＝1，所以V ＝13Sh ＝13，故选C.6．(2019·重庆调研)某简单组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为( )A.83π3＋833B.43π3＋833C.43π3＋433D.83π3＋433解析：选B 由三视图知，该组合体是由一个半圆锥与一个三棱锥组合而成的，其中圆锥的底面半径为2、高为42－22＝23，三棱锥的底面是斜边为4、高为2的等腰直角三角形，三棱锥的高为23，所以该组合体的体积V ＝12×13π×22×23＋13×12×4×2×23＝43π3＋833，故选B. 7．(2019·湖北八校联考)已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为( )A ．16＋12πB ．32＋12πC ．24＋12πD ．32＋20π解析：选A 由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的边长为22，该几何体的表面积S ＝12×4π×22＋π×22＋22×2×4＝12π＋16，故选A.8．(2019·福州质检)已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面积为334，一个侧面的周长为63，则正三棱柱ABC -A 1B 1C 1外接球的表面积为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π解析：选C 如图所示，设底面边长为a ，则底面面积为34a 2＝334，所以a ＝ 3.又一个侧面的周长为63，所以AA 1＝2 3.设E ，D 分别为上、下底面的中心，连接DE ，设DE 的中点为O ，则点O 即为正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的球心，连接OA 1，A 1E ，则OE ＝3，A 1E ＝3×32×23＝1.在直角三角形OEA 1中，OA 1＝12＋(3)2＝2，即外接球的半径R ＝2，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝16π，故选C.9．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：9π210．某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V ＝(1＋2)×12×1＝32.答案：3211．一个圆锥的表面积为π，它的侧面展开图是圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的高为________．解析：设圆锥底面半径是r ，母线长为l ，所以πr 2＋πrl ＝π，即r 2＋rl ＝1，根据圆心角公式2π3＝2πr l ，即l ＝3r ，所以解得r ＝12，l ＝32，那么高h ＝l 2－r 2＝ 2.答案： 212．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．解析：如图，连接AO ，OB ，∵SC 为球O 的直径， ∴点O 为SC 的中点， ∵SA ＝AC ，SB ＝BC ， ∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S -ABC ＝V A -SBC ＝13×S △SBC ×AO ＝13×⎝⎛⎭⎫12×SC ×OB ×AO ，即9＝13×⎝⎛⎭⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3， ∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π13.如图是一个以A 1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积； (2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A 1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2，则该几何体的体积V ＝VA 1B 1C 1-A 2B 2C ＋VC -ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6. (2)在△ABC 中，AB ＝22＋(4－3)2＝5， BC ＝22＋(3－2)2＝5， AC ＝(22)2＋(4－2)2＝2 3.则S △ABC ＝12×23×(5)2－(3)2＝ 6.14.如图，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E -ACD 的体积63，求该三棱锥E -ACD 的侧面积．解：(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BE ⊥AC .因为BD ∩BE ＝B ，BD ⊂平面BED ，BE ⊂平面BED ， 所以AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .(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＝3 2x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝2 2x.由已知得，三棱锥E-ACD的体积V三棱锥E-ACD＝13·12AC·GD·BE＝624x3＝63，故x＝2.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.第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系一、基础知识1．平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内． (2)公理2：过不在一条直线上的三点， 有且只有一个平面.(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．2．空间中两直线的位置关系 (1)空间中两直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行相交异面直线：不同在任何一个 平面内(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线， 经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的 锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成 的角(或夹角)． ②范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. (3)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．(4)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况.直线l 和平面α相交、直线l 和平面α平行统称为直线l 在平面α外，记作l ⊄α.(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．二、常用结论1．公理2的三个推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．2．异面直线判定的一个定理过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．3．唯一性定理(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．考点一平面的基本性质及应用[典例]如图所示，在正方体ABCD-AB1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．[证明](1)如图，连接EF，CD，A1B.1∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF＜CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈DA，∴CE，D1F，DA三线共点．。
(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步重点知识点大全单选题1、已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且面积为√3时，线段AP的长为（）A．√2B．1C．√3D．√32答案：A分析：过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，即可得到△PQR为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出PQ的长度，即可求出AP；解：如图，过点P作DB，A1D的平行线，分别交棱AB，AA1于点Q，R，连接QR，BD，因为BD//B1D1，所以PQ//B1D1，B1D1⊂面B1D1C，PQ⊄面B1D1C，所以PQ//面B1D1C因为A1D//B1C，所以PR//B1C，B1C⊂面B1D1C，PR⊄面B1D1C，所以PR//面B1D1C又PQ∩PR=P，PQ,PR⊂面PQR，所以面PQR//面B1D1C，则PQR为截面，易知△PQR是等边三角形，则12PQ2⋅√32=√3，解得PQ=2，∴AP=√22PQ=√2.故选：A.2、如图，某圆锥的轴截面ABC是等边三角形，点D是线段AB的中点，点E在底面圆的圆周上，且BE⌢的长度等于CE⌢的长度，则异面直线DE 与BC 所成角的余弦值是（ ）A ．√24B ．√64C ．√104D ．√144 答案：A分析：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则有∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，解三角形可求得答案.解：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则DF //BC ，且DF =12BC ，所以∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，则DF =1，OE =2，AO =2√3，所以DG =OF =√3，在Rt △GOE 中，GO =1，OE =2，所以GE =√GO 2+OE 2=√5，在Rt △GDE 中，GE =√5，DG =√3，所以DE =√GD 2+GE 2=2√2，在Rt △FOE 中，FO =√3，OE =2，FE =√FO 2+OE 2=√7，所以在△DFE 中，满足DF 2+FE 2=DE 2，所以∠DFE =90∘，所以cos∠DEF =DF DE =2√2=√24， 故选：A.3、若一个正方体的体对角线长为a ，则这个正方体的全面积为（ ）A．2a2B．2√2a2C．2√3a2D．3√2a2答案：A分析：设正方体的棱长为x，求出正方体的棱长即得解.a2，解：设正方体的棱长为x，则√3x=a，即x2=13a2=2a2．所以正方体的全面积为6x2=6×13故选：A4、中国古代建筑使用榫卯结构将木部件连接起来，构件中突出的部分叫榫头，凹进去的部分叫卯眼，图中摆放的部件是榫头，现要在一个木头部件中制作出卯眼，最终完成一个直角转弯结构的部件，那么卯眼的俯视图可以是（）A．B．C．D．答案：B分析：根据榫头的俯视图结合结果图，可判断卯眼的俯视图.解：根据榫头的俯视图及结果图的俯视图可判断卯眼的俯视图为B项中的图形.故选：B.，P是A1B上的一动点，5、如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=1，AB=BC=√3，cos∠ABC=13则AP+PC1的最小值为（）A．√5B．√7C．1+√3D．3答案：B分析：连接BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，判断出当A、P、C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值.分别求出∠AA1C′=120°,AA1=1,A1C′=2,利用余弦定理即可求解.连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，则有AP+PC1≥AC′.当A、P、C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值.，由余弦定理得：AC=√AB2+BC2−2AB·BCcosB=在三角形ABC中，AB=BC=√3，cos∠ABC=13√3+3−2×3×1=2,所以A1C1=2，即A1C′=23在三角形A1AB中，AA1=1，AB=√3，由勾股定理可得：A1B=√AA12+AB2=√1+3=2,且∠AA1B=60°. 同理可求：C1B=2因为A1B=BC1=A1C1=2，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠BA1C1=60°，所以在三角形AA1C′中，∠AA1C′=∠AA1B+∠BA1C′=120°,AA1=1,A1C′=2,)=√7.由余弦定理得：AC′=√1+4−2×1×2×(−12故选B.小提示：（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.6、如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，其中B′C′=C′A′=2，A′B′，A′C′分别与x′轴，y′轴平行，则BC=（）A．2B．2√2C．4D．2√6答案：D分析：先确定△A′B′C′是等腰直角三角形，求出A′B′，再确定原图△ABC的形状，进而求出BC.由题意可知△A′B′C′是等腰直角三角形，A′B′=2√2，其原图形是Rt△ABC，AB=A′B′=2√2，AC=2A′C′=4，∠BAC=90°，则BC=√8+16=2√6，故选：D.7、下列命题中，正确的是（）A．三点确定一个平面B．垂直于同一直线的两条直线平行C．若直线l与平面α上的无数条直线都垂直，则l⊥αD．若a、b、c是三条直线，a∥b且与c都相交，则直线a、b、c在同一平面上答案：D分析：利用空间点、线、面位置关系直接判断.A.不共线的三点确定一个平面，故A错误；B.由墙角模型，显然B错误；C.根据线面垂直的判定定理，若直线l与平面α内的两条相交直线垂直，则直线l与平面α垂直，若直线l与平面α内的无数条平行直线垂直，则直线l与平面α不一定垂直，故C错误；D.因为a//b，所以a、b确定唯一一个平面，又c与a、b都相交，故直线a、b、c共面，故D正确；故选：D.8、已知三棱锥P−ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．12πB．16πC．20πD．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC的外心为G，O为球心，所以OG⊥平面ABC，因为PA⊥平面ABC，所以OG//PA，设D是PA中点，因为OP=OA，所以DO⊥PA，因为PA⊥平面ABC，AG⊂平面ABC，所以AG⊥PA，因此OD//AG，PA=1，因此四边形ODAG是平行四边形，故OG=AD=12由余弦定理，得)=2√3，BC=√AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12由正弦定理，得2AG=√3√32⇒AG=2，所以该外接球的半径R满足R2=(OG)2+(AG)2=5⇒S=4πR2=20π，故选：C．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.9、如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，A′O′=6，B′O′=2，则△OAB的面积是（）A．6B．12C．6√2D．3√2答案：B分析：由直观图和原图的之间的关系，和直观图画法规则，还原△OAB是一个直角三角形，其中直角边OA= 6,OB=4，直接求解其面积即可．解：由直观图画法规则，可得△OAB是一个直角三角形，其中直角边OA=6,OB=4，∴S△OAB=12OA⋅OB=12×6×4=12．故选：B．10、如图所示的正方形SG1G2G3中，E ， F分别是G1G2，G2G3的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合为点G，则有（）A．SG⊥平面EFG B．EG⊥平面SEFC．GF⊥平面SEF D．SG⊥平面SEF答案：A解析：根据正方形的特点，可得SG⊥FG，SG⊥EG，然后根据线面垂直的判定定理，可得结果.由题意：SG⊥FG，SG⊥EG，FG∩EG=G，FG，EG⊂平面EFG所以SG⊥平面EFG正确，D不正确；.又若EG⊥平面SEF，则EG⊥EF，由平面图形可知显然不成立；同理GF⊥平面SEF不正确；故选：A小提示：本题主要考查线面垂直的判定定理，属基础题.填空题11、已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.答案：2分析：求出底面半径扩大为原来的2倍，从而得到侧面积扩大为原来的2倍.设圆柱的高为ℎ，底面半径为r，则体积为πr2ℎ，体积扩大为原来的4倍，则扩大后的体积为4πr2ℎ，因为高不变，故体积4πr2ℎ=π(2r)2ℎ，即底面半径扩大为原来的2倍，原来侧面积为2πrℎ，扩大后的圆柱侧面积为2π⋅2rℎ= 4πrℎ，故侧面积扩大为原来的2倍.所以答案是：212、如图所示，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为4√3，则这个圆锥的体积为___________.答案：128√2π81分析：作出该圆锥的侧面展开图，该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理求出cos∠P′OP=2π3，求出底面圆的半径r，从而求出这个圆锥的高，由此能求出这个圆锥的体积.作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理可得：cos∠P′OP=OP2+OP′2−PP′22OP·OP′=42+42−(4√3)22×4×4=−12∴cos∠P′OP=2π3.设底面圆的半径为r,则有2πr=2π3·4,解得r=43,所以这个圆锥的高为ℎ=√16−169=8√23，则这个圆锥的体积为V=13Sℎ=13πr2ℎ=13π×169×8√23=128√2π81.所以答案是：128√2π81.小提示：立体几何中的翻折叠（展开）问题要注意翻折（展开）过程中的不变量.13、如图，四棱锥S-ABCD的底面ABCD为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正确的有______个．①AC⊥SB；②AB∥平面SCD；③SA与平面ABCD所成的角是∠SAD；④AB与SC所成的角等于DC与SC所成的角．答案：4分析：利用线面垂直的判定定理AC⊥平面SBD，进而可判定①正确．根据AB∥CD，利用线面平行的判定定理可证②正确．根据线面所成角的定义可判定③正确．根据AB∥CD，由异面直线所成角的定义可判定④正确．因为SD⊥底面ABCD，所以AC⊥SD．因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD．又BD∩SD＝D，所以AC⊥平面SBD，所以AC⊥SB，故①正确．因为AB∥CD，AB⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AB∥平面SCD，故②正确．因为AD是SA在平面ABCD内的射影，所以SA与平面ABCD所成的角是∠SAD．故③正确．因为AB∥CD，所以AB 与SC所成的角等于DC与SC所成的角，故④正确．所以答案是：4.14、三条两两平行的直线可以确定平面的个数可能为______个．答案：1或3分析：讨论三条平行线是否共面，即可确定平面的个数.当三条平行线不共面时，如下图示可确定3个平面；当三条平行线共面时，如下图示确定1个平面.所以答案是：1或315、如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，CD=2AB，且AB=AD=BC=2cm，则该圆台的体积为_________cm3；侧面积为_________cm2．√3π6π答案：73分析：将圆台看成是圆O1为底的大圆锥切去圆O2为底的小圆锥，则圆台体积为大圆锥体积减去小圆锥体积，圆台侧面积为大圆锥侧面积减去小圆锥侧面积.将圆台看成是圆O1为底的大圆锥切去圆O2为底的小圆锥，大小圆锥的顶点为E，如图所示，在经过ABCD的轴截面上，从A点做垂线AF⊥CD于F，显然AF//O1O2且AF=O1O2.∵AB=2，CD=2AB=4∴O2A=12AB=1，O1D=12CD=2，O2A=12O1D又∵O2A//O1D∴O2A为△O1DE的O1D边的中位线，O1O2=O2E=12O1E∵cos∠FDA=FDAD =12，得∠FDA=π3则tan∠FDA=tan∠O1DE=O1EO1D =tanπ3=√3，解得O1E=2√3∴O2E=2√3则圆台的体积为圆O1为底，高为O1E的圆锥体积V CDE减去以圆O2为底，高为O2E的圆锥体积V ABE，即V=V CDE−V ABE=13πO1D2⋅O1E−13πO2A2⋅O2E=π3(22×2√3−12×√3)=7√33π圆台的侧面积S=12⋅2πO1D⋅ED−12⋅2πO2A⋅EA=π⋅(2×4−1×2)=6π.所以答案是：73√3π；6π.解答题16、已知正方体ABCD−A′B′C′D′.(1)G 是△BA ′C ′的重心，求证：直线DG ⊥平面BA ′C ′；(2)若AB =1，动点E ､F 在线段AD ､D ′C ′上，且DE =D ′F =a ，M 为AB 的中点，异面直线EF 与DM 所成的角为arccos√210，求a 的值.答案：(1)证明见解析(2)√24分析：（1）根据空间向量，以B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ⃗,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ⃗,B ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑⃗为基底，用基底向量表示其他向量，根据向量的数量积为0判断线线垂直，进而证明线面垂直.（2）以空间直角坐标系，写成点的坐标，根据向量的夹角与异面直线夹角间的关系，列出方程即可求解.（1）证明：设B ′A ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =i ⃗,B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =j ⃗,B′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑⃗， 显然i ⃗⋅j ⃗=0，j ⃗⋅k ⃑⃗=0，k ⃑⃗⋅i ⃗=0，因为G 是△BA ′C ′的重心，所以B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =13(i ⃗+j ⃗+k ⃑⃗),故DG ⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −B ′D ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =B ′G ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −(B ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AD ⃑⃑⃑⃑⃑ )=13(i +j +k ⃑ )−(j +i +k )=−23(i +j +k ⃑ ) A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =k ⃑⃗−i ⃗；DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−23(k ⃑⃗2−i ⃗2)=0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ， 同理DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅A ′B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，得DG ⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ . 因为A ′C ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 不平行于A ′B⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以直线DG ⊥平面BA ′C ′. （2）以D 为坐标原点，射线DA 、DC 、DD ′分别是x 轴､y 轴､z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，于是E(a,0,0),F(0,a,1),M (1,12,0)，则EF⃑⃑⃑⃑⃑ =(−a,a,1),DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,12,0).于是cos⟨EF⃑⃑⃑⃑⃑ ,DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=|EF⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||EF⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|DM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=12a √52⋅√2a 2+1=√210，解得a =√24，所以a 的值为√24.17、如图所示，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为正方形，E 为侧棱PC 的中点.（1）求证：经过A 、B 、E 三点的截面平分侧棱PD ；（2）若PA ⊥底面ABCD ，且PA =AD =2，求四面体ABEP 的体积. 答案：（1）证明见解析；（2）23.分析：（1）设截面ABE 与侧棱PD 交于点F ，连结EF,AF ，证明CD//EF.即得F 为PD 的中点，即截面ABE 平分侧棱PD ；（2）取PB 中点H ，连EH ，证明EH ⊥平面PAB ，即得解. （1）证明：设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF.因为底面ABCD为矩形，所以AB//CD.又AB⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，所以AB//平面PCD.又AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面PCD=EF，所以AB//EF.又因为AB//CD，所以CD//EF.因为E为PC的中点，所以F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD. （2）∵PA⊥平面ABCD，BC⊆平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.取PB中点H，连EH，∵E是PC中点，∴EH//BC，即EH=1且EH⊥平面PAB，又Rt△PAB的面积S=12PA⋅AB=2.∴四面体ABEP的体积V=V E−PAB=13⋅S⋅EH=23.小提示：方法点睛：求几何体的体积常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）等体积法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.18、如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形（正四棱锥被平行于底面的平面截去一个小正四棱锥后剩下的多面体）玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10√7cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG、E1G1的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃棒l，其长度为40cm．（容器厚度，玻璃棒粗细均忽略不计）(1)求容器Ⅰ、容器Ⅱ的容积；(2)①将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分（水面以下）的长度；②将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分（水面以下）的长度．答案：(1)11200cm3；26176cm3；(2)①16cm；②20cm.分析：（1）利用正四棱柱和正四棱台的体积公式计算作答.（2）分别作出玻璃棒l所在的正四棱柱和正四棱台的对角面，借助解三角形知识分别求解作答.（1）容器Ⅰ的底面正方形ABCD面积S=12AC2=12×(10√7)2=350(cm2)，其容积V1=S1⋅AA1=350×32=11200(cm3)，容器Ⅱ的底面EFGH面积S1=12EG2=12×142=98(cm2)，底面E1F1G1H1面积S2=12E1G12=12×622=1922(cm2)，容器Ⅱ的容积V2=13(S1+√S1S2+S2)×32=13(98+√98×1922+1922)×32=26176(cm3).（2）①由正四棱柱的定义知，对角面ACC1A1是矩形，设玻璃棒的另一端落在CC1上的点M处，如图，由AC=10√7,AM=40得：CM=√AM2−AC2=30，sin∠CAM=CMAM =34，设AM与水面的交点为P1，过P1作P1Q1//CC1交AC于Q1，在容器Ⅰ中，CC1⊥平面ABCD，则P1Q1⊥平面ABCD，因此P1Q1=12，AP1=P1Q1sin∠CAM=16，所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为16cm.②O,O1是正四棱台两底面中心，由正四棱台的结构特征知，对角面EGG1E1是等腰梯形，点O,O1分别是两底的中点，设玻璃棒的另一端落在GG1上的点N处，如图，过G作GK//OO1交E1G1于点K，则GK⊥G1E1，GK=OO1=32，而EG=14,E1G1=62，因此，KG1=E1G1−EG2=24，GG1=√GK2+KG12=√322+242=40，sin∠EGG1=sin∠GG1K=GKGG1=45，显然∠EGG1为钝角，cos∠EGG1=−35，在△ENG中，由正弦定理得sin∠ENG=EGsin∠EGNEN =14×4540=725，cos∠ENG=2427，于是得sin∠NEG=sin(∠EGN+∠ENG)=sin∠EGNcos∠ENG+cos∠EGNsin∠ENG=45×2425+(−35)×725=35，设EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2//OO1交直线EG于Q2，在容器Ⅱ中，OO1⊥平面EFGH，则P2Q2⊥平面EFGH，因此P2Q2=12，EP2=P2Q2sin∠NEG=20，所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为20cm.19、在空间四边形ABCD中，AB=CD，点M､N分别为BD､AC的中点.(1)若直线AB与MN所成角为60°，求直线AB与CD所成角的大小；(2)若直线AB与CD所成角为θ，求直线AB与MN所成角的大小.答案：(1)60°(2)θ2或π−θ2分析：根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作出平行直线，从而找到异面直线所成角（或补角）即可求解.（1）如图，取AD的中点为P，连接PM､PN.因为点M､N分别为BD､AC的中点，所以PM//AB，PN//CD，且PM=12AB，PN=12CD，所以，∠MPN为直线AB与CD所成的角（或补角），∠PMN为直线AB与MN所成的角（或补角）. 又AB=CD，所以PM=PN，即△PMN为等腰三角形.直线AB与MN所成角为60°，即∠PMN=60°，则∠MPN=180°−2×60°=60°.所以，直线AB与CD所成的角为60°.（2）（2）若直线AB与CD所成的角为θ，则∠MPN=θ或∠MPN=π−θ.若∠MPN=θ，则∠PMN=π−∠MPN2=π−θ2，即直线AB与MN所成角为π−θ2；若∠MPN=π−θ，则∠PMN=π−∠MPN2=θ2，即直线AB与MN所成角为θ2.综上所述，直线AB与MN所成的角为θ2或π−θ2.。
§空间几何体的结构、表面积与体积
最新考纲.利用实物模型、计算机软件观察大量空间图形，认识柱、锥、台、球及其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.了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式)．
．空间几何体的结构特征
()多面体的结构特征
名称棱柱棱锥棱台
图形
底面互相平行且全等多边形互相平行
侧棱平行且相等相交于一点但不
一定相等
延长线交于一点
侧面形状平行四边形三角形梯形
()旋转体的结构特征
名称圆柱圆锥圆台球
图形
母线平行、相等且垂直
于底面
相交于一点延长线交于一点
轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆
侧面
展开图
矩形扇形扇环
.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱圆锥圆台
侧面展开图
侧面积公式圆柱侧＝π圆锥侧＝π圆台侧＝π(＋) .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)表面积＝侧＋底＝底·
锥体(棱锥和圆锥)表面积＝侧＋底＝底·
台体(棱台和圆台)表面积＝侧＋上＋下＝(上＋下＋)
球＝π＝π。
(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步知识点总结全面整理单选题1、过半径为4的球O表面上一点M作球O的截面，若OM与该截面所成的角是30°，则O到该截面的距离是（）A．4B．2√3C．2D．1答案：C分析：作出球的截面图，根据几何性质计算，可得答案.作出球的截面图如图：设A为截面圆的圆心，O为球心，则OA⊥截面，AM在截面内，即有OA⊥AM，=2 ,故∠OMA=30∘,所以OA=4×12即O到该截面的距离是2，故选：C2、在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥P−ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA=2√2，AB=BC=2，则该阳马的外接球的表面积为（）A．4πB．8πC．16πD．32π答案：C分析：补全该阳马所得到的长方体，则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径，求出外接球半径，即可得出答案.解：因为四棱锥P−ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，如图，补全该阳马所得到的长方体，则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径，设外接球半径为R，则(2R)2=AB2+BC2+PA2=4+4+8=16，所以R=2，所以该阳马的外接球的表面积为4πR2=16π.故选：C.3、如图，点N为正方形ABCD的中心，ΔECD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是异面直线答案：B解析：利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．如图所示，作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F．连BF，∵平面CDE⊥平面ABCD．EO⊥CD,EO⊂平面CDE，∴EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，∴ΔMFB与ΔEON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO=√3,ON=1EN=2，MF=√32,BF=52,∴BM=√7．∴BM≠EN，故选B．小提示：本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形．4、在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是正方形ABCD的中心，则直线A1D与直线B1M所成角大小为（）A．30°B．45°C．60°D．90°答案：A分析：如图，连接B1C，MC，MB，利用余弦定理可求∠CB1M的值，从而可得直线A1D与直线B1M所成角大小. 设正方体的棱长为2a，连接B1C，MC，MB，因为B1C//A1D，故∠CB1M或其补角为直线A1D与直线B1M所成角.而B1C=2√2a，MC=√2a，B1M=√B1B2+BM2=√4a2+2a2=√6a，故B1C2=B1M2+CM2，所以MB1⊥CM，所以cos∠CB1M=√6a2√2a =√32，因为∠CB1M为锐角，故∠CB1M=30°，故选：A.5、已知a､b､c为三条直线，则下列四个命题中是真命题的为（）A．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面B．若a与b相交，b与c相交，则a与c相交C．若a∥b，则a､b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案：C分析：根据空间里面直线的位置关系逐项分析判断即可.在A中，若直线a､b异面，b､c异面，则a､c相交､异面或平行，故A错误；在B中，若直线a､b相交，b､c相交，则a､c平行､相交或异面，故B错误；在C中，若a∥b，则a､b与c所成的角相等，故C正确；在D中，若a⊥b，b⊥c，则a与c相交､平行或异面，故D错误.故选：C.6、如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别为棱AA1，BB1的中点，过MN作一平面分别交底面三角形ABC 的边BC，AC于点E，F，则（）A．MF//NEB．四边形MNEF为梯形C．四边形MNEF为平行四边形D．A1B1//NE答案：B解析：由已知条件及线面平行的性质可得MN∥EF且EF≠MN，可得四边形MNEF为梯形，可得答案.解：∵在▱AA1B1B中，AM=MA1，BN=NB1，∴AM∥BN，∴MN∥AB.又MN⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC=EF，∴MN∥EF，∴EF∥AB.显然在ΔABC中，EF≠AB，∴EF≠MN，∴四边形MNEF为梯形.故选：B.小提示：本题主要考查直线与平面平行的性质定理，需注意其灵活运用，属于基础题型.7、如图是四边形ABCD的水平放置的直观图A′B′C′D′，则原四边形ABCD的面积是（）A．14B．10√2C．28D．14√2答案：C分析：根据斜二测画法的定义，还原该四边形得到梯形，根据梯形的面积公式即可计算求解.∵A′D′∥y′轴，A′B′∥C′D′，A′B′≠C′D′，∴原图形是一个直角梯形．又A′D′＝4，∴原直角梯形的上、下底及高分别是2，5，8，×(2+5)×8=28.故其面积为S=12故选：C8、鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（）A．8(6+6√2+√3)B．6(8+8√2+√3)C．8(6+6√3+√2)D．6(8+8√3+√2)答案：A解析：该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可.由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为2+2√2的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为√2，则该几何体的表面积为S=6×[(2+2√2)2−4×12×√2×√2]+8×12×2×√3=8(6+6√2+√3).故选：A.小提示：本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.9、已知球O的体积为36π，则该球的表面积为（）A．6πB．9πC．12πD．36π答案：D分析：根据球的体积公式求出半径，即可求出表面积.设球的体积为R，则由题可得43πR3=36π，解得R=3，则该球的表面积为4π×32=36π.故选：D.10、如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，BD=2，DE=1，点P在线段EF上.给出下列命题：①存在点P，使得直线DP//平面ACF；②存在点P，使得直线DP⊥平面ACF；,1]；③直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是[√55④三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面积是9π.8其中所有真命题的序号（）A．①③B．①④C．①②④D．①③④答案：D分析：当点P是线段EF中点时判断①；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，推理导出矛盾判断②；利用线面角的定义转化列式计算判断③；求出△ACF外接圆面积判断④作答.取EF中点G，连DG，令AC∩BD=O，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则DO//GF且DO=GF，即四边形DGFO是平行四边形，即有DG//FO，而FO⊂平面ACF，DG⊄平面ACF，于是得DG//平面ACF，当点P与G重合时，直线DP//平面ACF，①正确；假定存在点P，使得直线DP⊥平面ACF，而FO⊂平面ACF，则DP⊥FO，又DG//FO，从而有DP⊥DG，在Rt△DEF中，∠DEF=90∘，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即②不正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，则线段EF上的动点P在平面ABCD上的射影在直线BD上，于是得∠PDB是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，∠PDB=∠DPE，sin∠PDB=sin∠DPE=DEDP =√DE2+EP2=√1+EP2，而0<EP≤2，则√55≤sin∠PDB<1，当P与E重合时，∠PDB=π2，sin∠PDB=1，因此，√55≤sin∠PDB≤1，③正确；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，BF⊥BD，BF⊂平面BDEF，则BF⊥平面ABCD，BC=√2，在△ACF中，AF=CF=√BC2+BF2=√3，显然有FO⊥AC，sin∠FAC=FOAF =√BO2+BF2AF=√2√3，由正弦定理得△ACF外接圆直径2R=CFsin∠FAC =√2，R=2√2三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△ACF的外接圆，其面积为πR2=9π8，④正确，所以所给命题中正确命题的序号是①③④.故选：D小提示：名师点评两个平面互相垂直，则一个平面内任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上. 填空题11、三棱锥中P−ABC，底面ABC是锐角三角形，PC垂直平面ABC，若其三视图中主视图和左视图如图所示，则棱PB的长为______答案：4√2分析：根据三视图，求得BC,PC的长度，再利用勾股定理即可求得PB.根据主视图可知，PC=4,B点在AC的投影位于AC的中点，不妨设其为H，故可得AH=HC=2，根据左视图可知：BH=2√3，则BC=√BH2+HC2=4，又PC⊥面ABC,BC⊂面ABC，故可得PC⊥BC，则PB=√PC2+BC2=4√2.所以答案是：4√2.12、如图，已知正三棱柱ABC—A′B′C′的底面边长为1cm，侧面积为9cm2，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线的长为___________cm.答案：3√2分析：将三棱柱侧面展开如图，得到展开图的对角线即为最短距离，根据棱柱的侧面积求出高，再利用勾股定理计算可得．解：将正三棱柱ABC—A′B′C′沿侧棱展开，其侧面展开图如图所示，依题意AB=BC=AA1=1cm，由侧面积为9cm2，所以C△ABC⋅AA′=9，则AA′=3cm，依题意沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线为|AA′1|=√AA12+A1A1′2=√32+32=3√2cm；所以答案是：3√213、在锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c,若b−a=2acosC，则ac的取值范围是______．答案：(√33,√2 2)分析：由正弦定理边角关系、和差角正弦公式可得sinA=sin(C−A)，结合△ABC为锐角三角形，可得2A=C及角A的范围，进而应用正弦定理边角关系即可求ac的范围.由题设，sinB−sinA=2sinAcosC，而B=π−(A+C)，所以sinA=cosAsinC−sinAcosC=sin(C−A)，又0<A,C<π2，所以2A=C，且△ABC为锐角三角形，则{0<2A<π20<π−3A<π2，可得π6<A<π4，而ac =sinAsinC=12cosA∈(√33,√22).所以答案是：(√33,√2 2)小提示：关键点点睛：应用正弦定理边角关系及锐角三角形性质，求角A、C的关系及A的范围，最后由边角关系求范围.14、四面体A﹣BCD中，AB＝CD＝5，AC=BD=√34，AD=BC=√41，则四面体A﹣BCD外接球的表面积为_____．答案：50π分析：把四面体A−BCD补成一个长方体，长方体的对角线就是其外接球的直径，由此可求得外接球半径，从而得表面积．由题意可采用割补法，考虑到四面体A﹣BCD的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以5，√34，√41为三边的三角形作为底面，且分别以a，b，c为长、侧棱两两垂直的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为a，b，c的长方体，并且a2+b2＝25，a2+c2＝34，b2+c2＝41，设球半径为R，则有(2R)2＝a2+b2+c2＝50，∴4R2＝50，∴球的表面积为S=4πR2=50π．所以答案是：50π．15、如图，平面OAB⊥平面α，OA⊂α，OA=AB，∠OAB=120°．平面α内一点P满足PA⊥PB，记直线OP与平面OAB所成角为θ，则tanθ的最大值是_________．答案：√612分析：作出图形，找出直线OP与平面OAB所成的角θ，证出PA⊥平面PBH，得出PA⊥PH，得出点P的轨迹就是平面α内以线段AH为直径的圆(A点除外)，转化成与圆有关的最值问题，即可求出结果.过点B作BH⊥OA，交OA的延长线于点H，连接PH，OP，取AH的中点为E，连接PE，过点P作PF⊥OA，垂足为F，∵平面OAB⊥平面α，且平面OAB∩平面α=OA，BH⊂平面OAB，PF⊂α，∴BH⊥α，PF⊥平面OAB，∴OP在平面OAB上的射影就是直线OA，故∠AOP就是直线OP与平面OAB所成的角θ，即∠AOP=θ，∵AP⊂α，∴AP⊥BH，又∵PA⊥PB，PB∩BH=B，PB，BH⊂平面PBH，∴PA⊥平面PBH，∵PH⊂平面PBH，∴PA⊥PH，故点P的轨迹就是平面α内以线段AH为直径的圆(A点除外)，∵OA=AB，且∠OAB=120∘，∴∠BAH=60∘，设OA=a(a>0)，则AB=a，从而AH=AB⋅cos60∘=a2，∴PE=12AH=a4，如图，当且仅当PE⊥OP，即OP是圆E的切线时，角θ有最大值，tanθ有最大值，tanθ取得最大值为：PEOP =√OE2−PE2=a4√(a+a4)−(a4)=√612．所以答案是：√612.16、如图的长方体ABCD−A1B1C1D1.（1）这个长方体是棱柱吗？如果是，是几棱柱？为什么？（2）用平面BCFE把这个长方体分成两部分后，各部分的几何体还是棱柱吗？若是棱柱指出它们的底面与侧棱. 答案：（1）答案见解析；（2）答案见解析.解析：（1）根据棱柱的定义判断；（2）根据棱柱的定义判断．(1)这个长方体是棱柱，是四棱柱，因为它满足棱柱的定义.(2)截面BCFE右侧部分是三棱柱，它的底面是△BEB1与ΔCFC1，侧棱是EF、B1C1、BC，截面左侧部分是四棱柱，它的底面是四边形ABEA1与四边形DCFD1，侧棱是AD、BC、EF、A1D1.17、四面体ABCD如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面，分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H．证明：E、F、G、H四点共面且四边形EFGH是平行四边形．答案：证明见解析分析：根据线面平行的性质定理，分别证得EH∥BC，FG∥BC，则得EH∥FG，从而可证得E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥HG，再根据平行四边形的判定定理可得结论因为BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC=FG，平面EFGH∩平面ABC=EH，所以BC∥FG，BC∥EH，所以EH∥FG，所以E、F、G、H四点共面，同理可证得EF∥AD，HG∥AD，所以EF∥HG，所以四边形EFGH是平行四边形．18、如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=A1D1=a，AB=2a，且E为AB中点．求C1到平面D1DE 的距离．答案：√2a．分析：根据V E−DC1D1=V C−D1DE，结合锥体的体积公式，准确运算，即可求解.由题意，可得长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=A1D1=a，AB=2a，所以V E−DC1D1=13S△DC1C⋅BC=13×12×2a×a×a=13a3．设C1到平面D1DE的距离为ℎ，则V C1−D1DE =13S D1DE⋅ℎ．在直角△DAE中，由勾股定理得DE=√2a，所以S△D1DE =12DD1⋅DE=12×a×√2a=√22a2，所以V C−D1DE =13⋅√22a2⋅ℎ=13a3，解得ℎ=√2a，即C1到平面D1DE的距离为√2a．19、如图，在四棱锥P−ABCD中，底面是边长为a的正方形，侧棱PD=a,PA=PC=√2a，求证：（1）PD⊥平面ABCD；（2）平面PAC⊥平面PBD；（3）二面角P−BC−D的平面角的大小为45∘.答案：（1）见解析；（2）见解析；（3）45∘解析：（1）由勾股定理的逆定理证得PD⊥AD,PD⊥CD后可得线面垂直（2）证明AC与平面PBD垂直，可得面面垂直，而要证线面垂直，可证AC与BD,PD垂直；（3）证明BC与平面PCD垂直，可得所求二面角的平面角是∠PCD，计算即得．（1）∵PD=a,DC=a,PC=√2a，∴PC2=PD2+DC2.∴PD⊥DC.同理可证PD⊥AD.∵AD∩DC=D,∴PD⊥平面ABCD.（2）由（1）知PD⊥平面ABCD，∵AC⊂平面ABCD，∴PD⊥AC.∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又∵BD∩PD=D，∴AC⊥平面PBD.又∵AC⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBD.（3）由（1）知PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC.又∵BC⊥DC,PD∩DC=D，∴BC⊥平面PDC.∵PC⊂平面PDC，∴BC⊥PC.∴∠PCD为二面角P−BC−D的平面角.在Rt△PDC中，PD=DC=a,∴∠PCD=45°.∴二面角P−BC−D的平面角的大小为45°.小提示：本题考查证明线面垂直和面面垂直，考查求二面角．在立体几何中，线线垂直、线面垂直、面面垂直是相互依存，相互转化的，线面与面面垂直的判定定理与性质定理是连接它们的钮带．证明时一定要确定定理的条件都满足了，才能下结论．否则证明过程不完整．。
【课时训练】第38节直线、平面平行的判定与性质一、选择题1．(2018江苏苏州调研)如图，在长方体ABCD－A′B′C′D′中，下列直线与平面AD′C平行的是()A．B′C′B．A′BC．A′B′D．BB′【答案】B【解析】连接A′B，∵A′B∥CD′，CD′⊂平面AD′C，A′B⊄平面AD′C，∴A′B∥平面AD′C.2．(2018郑州七校联考)过平面α外的直线l，作一组平面与α相交，如果所得的交线分别为a，b，c，…，那么这些交线的位置关系为()A．都平行B．都相交且一定交于同一点C．都相交但不一定交于同一点D．都平行或交于同一点【答案】D【解析】若l∥平面α，则交线都平行；若l∩平面α＝A，则交线都交于同一点A.3．(2018河北邢台一中月考)如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，给出下列五个结论：①PD∥平面AMC；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PBC.其中不正确的结论的个数有()A．1 B．2C．3 D．4【答案】B【解析】矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点．在△PBD中，M是PB的中点，所以OM是△PBD的中位线，OM∥PD，则PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA.因为M∈PB，所以OM与平面PBA、平面PBC相交．4．(2018西安模拟)如图，在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱AB，CC1，DD1的中点，过点G作平面D1EF 的平行截面，则正方体被截面截得的较小部分的几何体的体积为()A．6 B．3C.94D ．32【答案】D 【解析】如图，连接GC ，则GC ∥D 1F ，延长D 1F 交DC 的延长线于M ，连接EM ，作CN ∥EM 交AD 于点N ，连接GN ，则平面GCN 为平行于平面D 1EF 的截面，正方体被截面截得的较小部分的几何体为D －GCN ，DG ＝32，CD ＝3，由tan ∠DCN ＝tan ∠DME ＝23⇒DN ＝CD tan ∠DCN ＝3×23＝2⇒V D －GCN ＝V G －CDN ＝16×32×3×2＝32.二、填空题5．(2018四川德阳中学期中)设a ，b 是异面直线，则过不在a ，b 上任一点P ，可作________个平面和a ，b 都平行．【答案】0或1【解析】过P 作a ，b 的平行线a ′，b ′，过a ′，b ′作平面α.①当a ⊂α或b ⊂α时，则过P 与a ，b 都平行的平面不存在，即0个；②当a ⊄α且b ⊄α时，则α即为过P 与a ，b 都平行的平面，也只有这一个．6．(2018吉林通化一模)如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH 为截面，则四边形EFGH 的形状为________．【答案】平行四边形【解析】∵平面ABFE ∥平面DCGH ，又平面EFGH ∩平面ABFE ＝EF ，平面EFGH ∩平面DCGH ＝HG ，∴EF ∥HG .同理EH ∥FG ，∴四边形EFGH 的形状是平行四边形．7．(2018厦门模拟)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VB FB ＝________.【答案】2【解析】连接AC 交BD 于点O ，连接EO ，取VE 的中点M ，连接AM ，MF ，由VC ＝3EC ⇒VM ＝ME ＝EC ，又AO ＝CO ⇒AM ∥EO ⇒AM ∥平面BDE ⇒平面AMF ∥平面BDE ⇒MF ∥平面BDE ⇒MF ∥BE ⇒VF ＝FB ⇒VB FB ＝2.三、解答题8．(2018山东枣庄三中一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，且平面P AC⊥平面ABCD，E为PD的中点，P A＝PC，AB＝2BC＝2，∠ABC＝60°.(1)求证：PB∥平面ACE；(2)求证：平面PBC⊥平面P AC.【证明】(1)连接BD，交AC于点O，连接OE.∵底面ABCD是平行四边形，∴O为BD的中点．又E为PD的中点，∴OE∥PB.又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE.(2)∵P A＝PC，O为AC的中点，∴PO⊥AC.又平面P AC⊥平面ABCD，平面P AC∩平面ABCD＝AC，PO⊂平面P AC ，∴PO ⊥平面ABCD .又BC ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥BC .在△ABC 中，AB ＝2BC ＝2，∠ABC ＝60°，∴AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC ＝22＋12－2×2×1×12＝3， ∴AB 2＝AC 2＋BC 2，∴BC ⊥AC .又PO ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ，PO ∩AC ＝O ，∴BC ⊥平面P AC ，又BC ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面P AC .9．(2018安徽黄山一模)如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ＝PB ＝AB ＝2，BC ＝3，∠ABC ＝90°，平面P AB ⊥平面ABC ，D ，E 分别为AB ，AC 的中点．(1)求证：DE ∥平面PBC ；(2)求证：AB ⊥PE ；(3)求三棱锥B －PEC 的体积．(1)【证明】∵在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，∴DE ∥BC .∵DE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴DE ∥平面PBC .(2)【证明】连接PD .∵P A ＝PB ，D 为AB 的中点，∴PD ⊥AB . ∵DE ∥BC ，BC ⊥AB ，∴DE ⊥AB .又∵PD ∩DE ＝D ，∴AB ⊥平面PDE .∵PE ⊂平面PDE ，∴AB ⊥PE .(3)【解】∵PD ⊥AB ，平面P AB ⊥平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB ，∴PD ⊥平面ABC ，可得PD 是三棱锥P －BEC 的高．又∵PD ＝3，S △BEC ＝32，∴V B －PEC ＝V P －BEC ＝13S △BEC ·PD ＝32.。
