2019年高考数学一轮复习理科： 专题突破练4 立体几何中的高考热点问题

规范答题强化练（四)立体几何（45分钟48分)1。

（12分）(2018·湖州模拟)如图,过四棱柱ABCD—A1B1C1D1形木块上底面内的一点P和下底面的对角线BD将木块锯开,得到截面BDEF.（1）请在木块的上表面作出过P点的锯线EF，并说明理由.(2）若该四棱柱的底面为菱形，四边形BB1D1D是矩形，试说明:平面BDEF⊥平面A1C1CA。

【解析】(1)在上底面内过点P作B1D1的平行线分别交A1D1,A1B1于E，F两点，则EF即为所作的锯线。

(2分）在四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,侧棱BB1∥DD1,且BB1=DD1,所以四边形BB1D1D是平行四边形,B1D1∥BD。

又因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，(4分）平面BDEF∩平面ABCD=BD,平面BDEF∩平面A1B1C1D1=EF,所以EF∥BD,从而EF∥B1D1。

(6分)（2)由于四边形BB1D1D是矩形,所以BD⊥B1B.又因为A1A∥B1B,所以BD⊥A1A。

又因为四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC.(10分)因为AC∩A1A=A，AC⊂平面A1C1CA，A1A⊂平面A1C1CA，所以BD⊥平面A1C1CA.因为BD⊂平面BDEF,所以平面BDEF⊥平面A1C1CA.（12分)2.(12分）在四棱锥A-BCDE中,EB∥DC,且EB⊥平面ABC,EB=1,DC=BC=AB=AC=2，F是棱AD的中点。

（1）证明：EF⊥平面ACD.(2)求四棱锥A—BCDE的体积。

【解析】(1）取AC的中点M，连接FM,BM,因为F是AD的中点，所以FM∥DC,且FM=DC=1.(2分）又因为EB∥DC，所以FM∥EB。

又因为EB=1，所以FM=EB。

所以四边形FMBE是平行四边形。

所以EF∥BM，又BC=AB=AC,所以△ABC是等边三角形,(4分)所以BM⊥AC，因为EB⊥平面ABC，EB∥DC,所以CD⊥平面ABC，所以CD⊥BM,所以BM⊥平面ACD,所以EF⊥平面ACD。

热点探究训练(四)立体几何中的高考热点问题(对应学生用书第260页)1．(2018·临沂模拟)如图7，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，∠BCD ＝90°，BC＝CD，AE＝BE，ED⊥平面ABCD．(1)若M是AB的中点，求证：平面CEM⊥平面BDE；(2)若N为BE的中点，求证：CN∥平面ADE.【导学号：00090262】图7[证明](1)∵ED⊥平面ABCD，∴ED⊥AD，ED⊥BD，∵AE＝BE，∴△ADE≌△BDE，则AD＝BD．2分连接DM，则DM⊥AB，∵AB∥CD，∠BCD＝90°，BC＝CD，∴四边形BCDM是正方形，则BD⊥CM. 4分又DE⊥CM，∴CM⊥平面BDE，∵CM平面CEM，∴平面CEM⊥平面BDE；6分(2)由(1)知，AB＝2CD，取AE中点G，连接NG，DG，在△EBA中，∵N为BE的中点，∴NG∥AB且NG＝12AB，8分又AB∥CD，且AB＝2CD，∴NG∥CD，且NG＝CD，又四边形CDGN为平行四边形，∴CN∥DG. 10分又∵CN平面ADE，DG平面ADE，∴CN∥平面ADE. 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9②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1-BCDE .① ②图9(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1-BCDE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⊥A1O，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O，从而BE⊥平面A1OC．又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC．5分(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，又由(1)可得A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE. 8分即A1O是四棱锥A1-BCDE的高．由图①知，A1O＝22AB＝22a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，从而四棱锥A1-BCDE的体积为V＝13S·A1O＝13·a2·22a＝26a3.由26a3＝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．[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，P A ⊥平面ABC ，P A ＝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．【导学号：00090263】[解] (1)由题知AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，可得S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin 60°＝32. 2分由P A ⊥平面ABC ，可知P A 是三棱锥P -ABC 的高．又P A ＝1，所以三棱锥P -ABC 的体积V ＝13·S △ABC ·P A ＝36. 5分(2)证明：在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N .在平面P AC 内，过点N 作MN ∥P A 交PC 于点M ，连接BM .7分 由P A ⊥平面ABC 知P A ⊥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 ∥P A ，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B1BCC1；(2)若直线A1C与平面A1ABB1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-A1B1C1是直三棱柱，所以AE⊥BB1.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B1BCC1.而AE平面AEF，所以平面AEF⊥平面B1BCC1. 5分(2)设AB的中点为D，连接A1D，CD．因为△ABC是正三角形，所以CD⊥AB．又三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CD⊥AA1.因此CD⊥平面A1ABB1，于是∠CA1D为直线A1C与平面A1ABB1所成的角.8分由题设，∠CA1D＝45°，所以A1D＝CD＝32AB＝ 3.在Rt△AA1D中，AA1＝A1D2－AD2＝3－1＝2，所以FC＝12AA1＝22.故三棱锥F-AEC的体积V＝13S△AEC·FC＝13×32×22＝612. 12分。

备战2019年高考数学解答题高分宝典专题04 立体几何（核心考点）理平行关系包括直线与直线平行、直线与平面平行及平面与平面平行，平行关系的证明一般作为解答题的第一问，难度中等或中等以下，解答此类问题要注意步骤的规范.【经典示例】如图所示，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.答题模板证明BE∥平面DMF的步骤第一步,在平面DMF内找出一条直线MO与BE平行；第二步,指出BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF；第三步,由线面平行的判断定理得BE∥平面DMF.【满分答案】(1)如图所示，设DF与GN交于点O，连接AE，则AE必过点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.因为BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN.因为DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.因为M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN.因为BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG.因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.【解题技巧】1.判断或证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)；(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．2. 证明面面平行的方法(1)面面平行的定义；(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；(5)利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化．3.平行关系之间的转化在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”．模拟训练1．如图所示，斜三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．(1)当A 1D 1D 1C 1等于何值时，BC 1∥平面AB 1D 1? (2)若平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，求AD DC的值．【解析】(1)如图所示，取D 1为线段A 1C 1的中点，此时A 1D 1D 1C 1＝1. 连接A 1B ，交AB 1于点O ，连接OD 1.(2)由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1， 且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1， 平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O ， 得BC 1∥D 1O ，同理AD 1∥DC 1， ∴A 1D 1D 1C 1＝A 1O OB ，A 1D 1D 1C 1＝DC AD， 又∵A 1O OB ＝1，∴DC AD ＝1，即ADDC＝1.核心考点二垂直关系的证明平行关系包括直线与直线垂直、直线与平面垂直及平面与平面垂直，垂直关系的证明一般作为解答题的第一问，难度中等或中等以下，解答此类问题要注意步骤的规范.【经典示例】如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.答题模板证明PD⊥平面ABE(线面垂直)的步骤：第一步,证明AE⊥PD，AB⊥PD(在平面ABE内找出两条直线与AD垂直)；.第二步,指出AB∩AE＝A (两直线相交)；.第三步,利用线面垂直的判定定理确定PD⊥平面ABE.【满分答案】(1)在四棱锥P­ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC.而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.【解题技巧】1.证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质．(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．2. 判定面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．3. 垂直关系之间的转化在证明线面垂直、面面垂直时，一定要注意判定定理成立的条件．同时抓住线线、线面、面面垂直的转化关系，即：在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线在图中不存在，则可通过作辅助线来解决.模拟训练2．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.【证明】(1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.核心考点三利用空间向量证明平行与垂直立体几何中的线面位置关系的证明，也可利用向量，用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想．【经典示例】如图，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PA＝PD＝22AD，设E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面PAD；(2)求证：平面PAB⊥平面PDC.答题模板用向量证明平行或垂直的步骤第一步, 恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标；. 第二步,把平行与垂直问题转化为直线方向向量或平面法向量之间的数量关系； 第三步,通过计算得出结论； 第四步,还原结论. 【满分答案】(1)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF .因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PO ⊥平面ABCD .又O ，F 分别为AD ，BD 的中点，所以OF ∥AB . 又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD . 因为PA ＝PD ＝22AD ，所以PA ⊥PD ，OP ＝OA ＝a 2. 以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 则A (a 2，0,0)，F (0，a 2，0)，D (－a 2，0,0)，P (0,0，a 2)，B (a 2，a,0)，C (－a2，a,0)．因为E 为PC 的中点，所以E (－a 4，a 2，a4)．易知平面PAD 的一个法向量为OF →＝(0，a 2，0)，因为EF →＝(a4，0，－a 4)，且OF →·EF →＝(0，a 2，0)·(a 4，0，－a 4)＝0，所以EF ∥平面PAD .(2)因为PA →＝(a 2，0，－a 2)，CD →＝(0，－a,0)，所以PA →·CD →＝(a2，0，－a 2)·(0，－a,0)＝0，所以PA →⊥CD →，所以PA ⊥CD .又PA ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ，所以PA ⊥平面PDC . 又PA 平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PDC . 【解题技巧】1.证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．2.证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．3. 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．模拟训练3．如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．依题意得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E (12，1,0)，所以NE →＝(－12，0，－1)，AM →＝(－1,0,1)，因为|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →||AM →|＝1252×2＝1010.所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . 连接AE ，如图所示．因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)， 又EA →＝(12，－1,0)，所以ES →＝EA →＋AS →＝(12，λ－1，λ)．由ES ⊥平面AMN ， 得⎩⎪⎨⎪⎧ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝(0，12，12)，|AS →|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22.核心考点四利用空间向量求空间角利用空间向量求空间角是全国卷高考必考内容，重点是直线与平面所成角及二面角，此类问题模式化较强，在高考中属于得分题，但运算量一般较大,要注意运算的准确性.【经典示例】如图所示，等边三角形ABC 的边长为3，点D ，E 分别是边AB ，AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12.将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1 ­DE ­B 为直二面角，连接A 1B ，A 1C .(1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；(2)在线段BC 上是否存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由．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)； 第四步,计算向量的夹角(或函数值)； 第五步，将向量夹角转化为所求的空间角； 第六步，反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范 【满分答案】 (1)证明：因为等边△ABC 的边长为3， 且AD DB ＝CE EA ＝12， 所以AD ＝1，AE ＝2. 在△ADE 中，∠DAE ＝60°，由余弦定理得DE ＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3. 所以AD 2＋DE 2＝AE 2， 所以AD ⊥DE . 折叠后有A 1D ⊥DE ，因为二面角A 1 ­DE ­B 是直二面角，所以平面A 1DE ⊥平面BCED ，又平面A 1DE ∩平面BCED ＝DE ，A 1D ⊂平面A 1DE ，A 1D ⊥DE ，所以A 1D ⊥平面BCED .(2)假设存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°.如图所示，在BC 上取点P ，连接A 1P ，过点P 作PH 垂直BD 于点H ，连接A 1H .由(1)的证明，可知ED ⊥DB ，A 1D ⊥平面BCED .以D 为坐标原点，以射线DB ，DE ，DA 1分别为x 轴，y 轴，z 轴的非负半轴，建立空间直角坐标系D ­xyz . 设PB ＝2a (0≤2a ≤3)，则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a ，所以D (0,0,0)，A 1(0,0,1)，P (2－a ，3a,0)，E (0，3，0)，所以1PA ＝(a －2，－3a,1)，因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE ＝(0，3，0)．因为直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，所以sin 60°＝cos 〈1PA ，DE 〉＝|1PA ·DE ||1PA ||DE |＝3a 3·4a 2－4a ＋5， 解得a ＝54，即PB ＝2a ＝52，满足0≤2a ≤3，符合题意， 所以在线段BC 上存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52. 【解题技巧】1.用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．2.利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．3.利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．模拟训练4．如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.(1)求证：EG ∥平面ADF ；(2)求二面角O —EF —C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值． 【解析】(1)证明 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (－1，－1,0)，C (1，－1,0)，D (1,1,0)，E (－1，－1,2)，F (0,0,2)，G (－1,0,0)．(2)解 易证OA →＝(－1,1,0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，EF →＝(1,1,0)，CF →＝(－1,1,2)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，不妨取x 2＝1，可得n 2＝(1，－1,1)．因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63， 于是sin 〈OA →，n 2〉＝33. 所以二面角O —EF —C 的正弦值为33. (3)解 由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF . 因为AF →＝(1，－1,2)，所以AH →＝25AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，－25，45， 进而有H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，35，45，从而BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，85，45. 因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.7 21.所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为。

突破点10 立体几何中的向量方法(对应学生用书第37页)[核心知识提炼]提炼1两条异面直线的夹角(1)两异面直线的夹角θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2. (2)设直线l 1，l 2的方向向量为s 1，s 2，则cos θ＝|cos 〈s 1，s 2〉|＝|s 1·s 2||s 1|·|s 2|. 提炼2直线与平面的夹角 (1)直线与平面的夹角θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. (2)设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a·n||a|·|n|.提炼3两个平面的夹角(1)如图10­1①，AB ，CD 是二面角α­l ­β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．①②③图10­1(2)如图10­1②③，n 1，n 2分别是二面角α­l ­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝－cos 〈n 1，n 2〉或cos 〈n 1，n 2〉．[高考真题回访]回访1 空间向量及其运算1．(2015·浙江高考)已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12，若空间向量b 满足b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝________，y 0＝________，|b |＝________.1222 [对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，说明当x ＝x 0，y ＝y 0时，|b －(x e 1＋y e 2)|取得最小值1.|b －(x e 1＋y e 2)|2＝|b |2＋(x e 1＋y e 2)2－2b ·(x e 1＋y e 2)＝|b |2＋x 2＋y 2＋xy －4x －5y ，要使|b |2＋x 2＋y 2＋xy －4x －5y 取得最小值，需要把x 2＋y 2＋xy －4x －5y 看成关于x 的二次函数，即f (x )＝x 2＋(y －4)x ＋y 2－5y ，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x ＝2－y 2，所以当x ＝2－y 2时，f (x )取得最小值，代入化简得f (x )＝34(y －2)2－7，显然当y ＝2时，f (x )min ＝－7，此时x ＝2－y 2＝1，所以x 0＝1，y 0＝2.此时|b |2－7＝1，可得|b |＝2 2.]回访2 立体几何中的向量方法2．(2016·浙江高考)如图10­2，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD ＝5，∠ADC ＝90°，沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是________．图10­2 66[如图，作D ′F ⊥AC 于点F ，作BE ⊥AC 于点E ，作FM 垂直于过点B 平行于AC 的直线，垂足为M ，则∠D ′BM 是AC 与BD ′所成的角(或其补角)．在△AD ′C 中，D ′C ＝1，AD ′＝5，∠AD ′C ＝90°，∴AC ＝6，D ′F ＝56，CF ＝66.在△BAC 中，BC ＝BA ＝3，BE ＝32－⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝152.而AE ＝62，∴EF ＝6－66－62＝63. ∵MF ＝BE ＝152， ∴D ′M ＝D ′F 2＋FM 2－2D ′F ·FM ·cos∠D ′FM ＝56＋152－256×152cos ∠D ′FM ＝253－5cos ∠D ′FM .。

高考大题专项突破四高考中的立体几何1.(2017江苏南京三模,15)如图,在三棱锥A-BCD中,E,F分别为BC,CD上的点,且BD∥平面AEF.(1)求证:EF∥平面ABD;(2)若AE⊥平面BCD,BD⊥CD,求证:平面AEF⊥平面ACD.〚导学号21500812〛2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,点E在线段BB1上,且EB1=1,D,F,G分别为CC1,C1B1,C1A1的中点.求证:(1)B1D⊥平面ABD;(2)平面EGF∥平面ABD.3.(2017北京房山区一模,理16)如图1,在边长为2的菱形ABCD中,∠BAD=60°,将△BCD沿对角线BD折起到△BC'D的位置,使平面BC'D⊥平面ABD,E是BD的中点,FA⊥平面ABD,且FA=2,如图2.(1)求证:FA∥平面BC'D;(2)求平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值;(3)在线段AD上是否存在一点M,使得C'M⊥平面FBC'?若存在,求的值;若不存在,说明理由.〚导学号21500813〛4.(2017山东,理17)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点.(1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.5.如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,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,OD'=(1)求证:D'H⊥平面ABCD;(2)求二面角B-D'A-C的正弦值.6.(2017北京,理16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.〚导学号21500814〛7.如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD,AB=2AD=2CD=2,E是PB的中点.(1)求证:平面EAC⊥平面PBC;(2)若二面角P-AC-E的余弦值为,求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.8.(2017山东潍坊一模,理18)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为矩形,直线AF⊥平面ABCD,EF ∥AB,AD=2,AB=AF=2EF=1,点P在棱DF上.(1)求证:AD⊥BF;(2)若P是DF的中点,求异面直线BE与CP所成角的余弦值;(3)若,求二面角D-AP-C的余弦值.9.(2017全国Ⅲ,理19)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C 的余弦值.〚导学号21500815〛参考答案高考大题专项突破四高考中的立体几何1.证明 (1)∵BD∥平面AEF,BD⊂平面BCD,平面BCD∩平面AEF=EF,∴BD∥EF,又BD⊂平面ABD,EF⊄平面ABD,∴EF∥平面ABD.(2)∵AE⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,∴AE⊥CD,由(1)可知BD∥EF,又BD⊥CD,∴EF⊥CD,又AE∩EF=E,AE⊂平面AEF,EF⊂平面AEF,∴CD⊥平面AEF,又CD⊂平面ACD,∴平面AEF⊥平面ACD.2.证明 (1)以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),C1(0,2,4),设BA=a,则A(a,0,0),所以=(a,0,0),=(0,2,2),=(0,2,-2),=0,=0+4-4=0, 即B1D⊥BA,B1D⊥BD.又BA∩BD=B,BA⊂平面ABD,BD⊂平面ABD,所以B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知,E(0,0,3),G,F(0,1,4),则=(0,1,1),=0+2-2=0,=0+2-2=0,即B1D⊥EG,B1D⊥EF.又EG∩EF=E,EG⊂平面EGF,EF⊂平面EGF,所以B1D⊥平面EGF.结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.3.(1)证明∵BC'=C'D,E为BD的中点,∴C'E⊥BD.又平面BC'D⊥平面ABD,且平面BC'D∩平面ABD=BD,∴C'E⊥ABD.∵FA⊥平面ABD,∴FA∥C'E,而C'E⊂平面BC'D,FA⊄平面BC'D,∴FA∥平面BC'D.(2)解以DB所在直线为x轴,AE所在直线为y轴,EC'所在直线为z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B(1,0,0),A(0,-,0),D(-1,0,0),F(0,-,2),C'(0,0,),∴=(-1,-,2),'=(-1,0,),设平面FBC'的一个法向量为m=(x,y,z),则---取z=1,则m=(,1,1).又平面ABD的一个法向量为n=(0,0,1),∴cos<m,n>=.则平面ABD与平面FBC'所成角的余弦值为.(3)解假设在线段AD上存在M(a,b,c),使得C'M⊥平面FBC',设=λ,则(a,b+,c)=λ(-1,,0)=(-λ,λ,0),∴a=-λ,b=(λ-1),c=0.而=(-λ,(λ-1),-).由m∥,可知λ不存在,∴线段AD上不存点M,使得C'M⊥平面FBC'.4.解 (1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°.(2)解法一:取的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC=.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=-=2.在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.解法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.-由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos<m,n>=.因此所求的角为60°.5.(1)证明由已知得AC⊥BD,AD=CD.又由AE=CF得,故AC∥EF.因此EF⊥HD,从而EF⊥D'H.由AB=5,AC=6得DO=BO=-=4.由EF∥AC得.所以OH=1,D'H=DH=3.于是D'H2+OH2=32+12=10=D'O2,故D'H⊥OH.又D'H⊥EF,而OH∩EF=H,所以D'H⊥平面ABCD.(2)解如图,以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D'(0,0,3),=(3,-4,0),=(6,0,0),'=(3,1,3).设m=(x1,y1,z1)是平面ABD'的法向量,则-即所以可取m=(4,3,-5).设n=(x2,y2,z2)是平面ACD'的法向量,则即所以可取n=(0,-3,1).于是cos<m,n>==-.sin<m,n>=.因此二面角B-D'A-C的正弦值是.6.(1)证明设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)解取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则即--令x=1,则y=1,z=.于是n=(1,1,),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>=.由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为.(3)解由题意知M-,C(2,4,0),-.设直线MC与平面BDP所成角为α,则sin α=|cos<n,>|=.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.7.(1)证明∵PC⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴AC⊥PC,∵AB=2,AD=CD=1,∴AC=BC=,∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC,又BC∩PC=C,∴AC⊥平面PBC,∵AC⊂平面EAC,∴平面EAC⊥平面PBC.(2)解如图,取AB中点F,连接CF,以C为原点,分别以为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(1,1,0),B(1,-1,0).设P(0,0,a)(a>0),则E-=(1,1,0),=(0,0,a),-,取m=(1,-1,0),则m·=m·=0,即m为平面PAC的法向量.设n=(x,y,z)为平面EAC的法向量,则n·=n·=0,即-取x=a,y=-a,z=-2,则n=(a,-a,-2),依题意,|cos<m,n>|=,则a=2.于是n=(2,-2,-2),=(1,1,-2).设直线PA与平面EAC所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=,即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.8.(1)证明∵AF⊥平面ABCD,∴AF⊥AD,又AD⊥AB,AB∩AF=A,∴AD⊥平面ABEF,又BF⊂平面ABEF,∴AD⊥BF.(2)解∵直线AF⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,∴AF⊥AB,由(1)得AD⊥AF,AD⊥AB,∴以A为原点,AB,AD,AF所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),E,P,C(1,2,0),∴---.设异面直线BE与CP所成角为θ,则cos θ=, ∴异面直线BE与CP所成角的余弦值为.(3)解∵AB⊥平面ADF,∴平面ADF的一个法向量n1=(1,0,0).由知P为FD的三等分点,且此时P.在平面APC中,=(1,2,0).∴平面APC的一个法向量n2=(-2,1,-1).∴|cos<n1,n2>|=,又二面角D-AP-C为锐角,∴该二面角的余弦值为.9.解 (1)由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC.又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC.所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2,又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点,得E.故=(-1,0,1),=(-2,0,0),-.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则即--可取n=.设m是平面AEC的法向量,则同理可取m=(0,-1,).则cos<n,m>=.所以二面角D-AE-C的余弦值为.。

解答题专项训练四1．[2018·宁夏模拟]如图，菱形ABCD 的边长为12，∠BAD ＝60°，AC 交BD 于点O.将菱形ABCD 沿对角线AC 折起，得到三棱锥B －ACD ，点M ，N 分别是棱BC ，AD 的中点，且DM ＝6 2.(1)求证：OD ⊥平面ABC ；(2)求三棱锥M －ABN 的体积．解 (1)证明：∵四边形ABCD 为菱形，∴对角线互相垂直，即OD ⊥AC.∵AB ＝AD ＝12，∠BAD ＝60°，∴BD ＝12，即BO ＝OD ＝6.∵M 是BC 中点，∴OM ＝12AB ＝6.又∵MD ＝62，∴OD 2＋OM 2＝MD 2，即OD ⊥OM.∵OM ，OC ⊂平面ABC ，OM ∩OC ＝O ，∴OD ⊥平面ABC.(2)取AO 中点E ，连接NE ，∵N 为AD 中点，∴NE綊12OD.∵OD⊥平面ABC，∴NE⊥平面ABC.在△ABM中，AB＝12，BM＝6，∠ABM＝120°，∴S△ABM＝12AB·BM·sin∠ABM＝12×12×6×32＝18 3.∴V M－ABN＝12V M－ABD ＝12V D－ABM＝12×13×S△ABM·OD＝18 3.2．[2017·山东高考]由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC 与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM⊥BD.又A 1E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以A 1E ⊥BD.因为B 1D 1∥BD ，所以EM ⊥B 1D 1，A 1E ⊥B 1D 1.又A 1E ，EM ⊂平面A 1EM ，A 1E ∩EM ＝E ，所以B 1D 1⊥平面A 1EM.又B 1D 1⊂平面B 1CD 1，所以平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.3．[2018·衡水中学调研]如图所示，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱A 1A ＝2.(1)证明：AC ⊥A 1B ；(2)是否在棱A 1A 上存在一点P ，使得AP →＝λPA 1→且面AB 1C 1⊥面PB 1C 1.解 如图所示，以DA ，DC ，DA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，A 1(0,0，3)，B(1,1,0)，D 1(－1,0，3)，B 1(0,1，3)，C 1(－1,1，3)．(1)证明：AC →＝(－1,1,0)，A 1B →＝(1,1，－3)∴AC →·A 1B →＝0，∴AC ⊥A 1B.(2)假设存在，∵AP →＝λPA 1→，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11＋λ，0，3λ1＋λ.设平面AB 1C 1的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，∵AB 1→＝(－1,1，3)，AC 1→＝(－2,1，3)，∴⎩⎨⎧ n 1·AB 1→＝－x 1＋y 1＋3z 1＝0，n 1·AC 1→＝－2x 1＋y 1＋3z 1＝0.令z 1＝3，则y 1＝－3，x 1＝0.∴n 1＝(0，－3，3)．同理可求面PB 1C 1的一个法向量为n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，3λ＋1，－1，∴n 1·n 2＝0.∴－331＋λ－3＝0，即λ＝－4. ∵P 在棱A 1A 上，∴λ>0，矛盾．∴这样的点P 不存在．4．[2018·陕西模拟]在如图所示的多面体ABCDEF 中，ABCD 为正方形，底面ABFE 为直角梯形，平面ABCD ⊥平面ABFE ，AE ∥BF ，∠EAB ＝90°，AB ＝12BF ＝1.(1)求证：DB ⊥EC ；(2)若AE ＝AB ，求二面角C －EF －B 的余弦值．解 (1)证明：因为底面ABFE 为直角梯形，AE ∥BF ，∠EAB ＝90°， 所以AE ⊥AB ，BF ⊥AB .因为平面ABCD ⊥平面ABFE ，平面ABCD ∩平面ABFE ＝AB ， 所以AE ⊥平面ABCD ，BF ⊥平面ABCD ，所以BF ⊥BC .设AE ＝t ，以BA ，BF ，BC 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (0,0,1)，D (1,0,1)，E (1，t,0)，故DB →＝(－1,0，－1)，EC →＝(－1，－t,1)，因为DB →·EC →＝(－1,0，－1)·(－1，－t,1)＝1－1＝0，所以DB ⊥EC .(2)由(1)可知BC →＝(0,0,1)是平面BEF 的一个法向量，设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面CEF 的法向量，因为AE ＝AB ＝1，所以E (1,1,0)，又F (0,2,0)，故CE →＝(1,1，－1)，CF →＝(0,2，－1)．由CE →·n ＝(1,1，－1)·(x 1，y 1，z 1)＝0可得x 1＋y 1－z 1＝0，由CF →·n ＝(0,2，－1)·(x 1，y 1，z 1)＝0可得2y 1－z 1＝0，令z 1＝2，得y 1＝1，x 1＝1，故n ＝(1,1,2)为平面CEF 的一个法向量，所以cos 〈n ·BC →〉＝n ·BC →|n ||BC →|＝21×6＝63， 易知二面角C －EF －B 的平面角为锐角，所以二面角C －EF －B 的余弦值为63.5．[2018·长沙模拟]如图，已知四棱锥S －ABCD ，底面梯形ABCD 中，BC ∥AD ，平面SAB ⊥平面ABCD ，△SAB 是等边三角形，已知AC ＝2AB ＝4，BC ＝2AD ＝2DC ＝2 5.(1)求证：平面SAB ⊥平面SAC ；(2)求二面角B －SC －A 的余弦值．解 (1)证明：在△BCA 中，由于AB ＝2，CA ＝4，BC ＝25， ∴AB 2＋AC 2＝BC 2，故AB ⊥AC .又平面SAB ⊥平面ABCD ，平面SAB ∩平面ABCD ＝AB ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥平面SAB ，又AC ⊂平面SAC ，故平面SAC ⊥平面SAB .(2)如图，建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，S (1,0，3)，C (0,4,0)，CS →＝(1，－4，3)，BC →＝(－2,4,0)，AC →＝(0,4,0)．设平面SBC 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)，⎩⎨⎧ n ·BC →＝0，n ·CS →＝0⇒⎩⎨⎧ －2x 1＋4y 1＝0，x 1－4y 1＋3z 1＝0，令y 1＝1，则x 1＝2，z 1＝233，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1，233. 设平面SCA 的法向量m ＝(x 2，y 2，z 2)，⎩⎨⎧ m ·AC →＝0，m ·CS →＝0⇒⎩⎨⎧ 4y 2＝0，x 2－4y 2＋3z 2＝0，令x 2＝－3， ∴m ＝(－3，0,1)．∴|cos 〈n ，m 〉|＝|n ·m ||n ||m |＝21919， 易知二面角B －SC －A 的平面角为锐角，∴二面角B －SC －A 的余弦值为21919.6．如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，BD ⊥DC ，点E 是BC 边的中点，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，连接AE ，AC ，DE ，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB ⊥平面ADC ；(2)若AD ＝1，二面角C －AB －D的平面角的正切值为6，求二面角B －AD －E 的余弦值．解 (1)证明：因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，又BD ⊥DC ，所以DC ⊥平面ABD .因为AB ⊂平面ABD ，所以DC ⊥AB .又折叠前后均有AD ⊥AB ，DC ∩AD ＝D ，所以AB ⊥平面ADC .(2)由(1)知AB ⊥平面ADC ，所以AB ⊥AC ，又AB ⊥AD ，所以二面角C －AB －D 的平面角为∠CAD .又DC ⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，所以DC ⊥AD .依题意tan ∠CAD ＝CD AD ＝ 6.因为AD ＝1，所以CD ＝6，设AB ＝x (x >0)，则BD ＝x 2＋1.依题意△ABD ∽△DCB ，所以AB AD ＝CD BD ，即x 1＝6x 2＋1 . 又x >0，解得x ＝2，故AB ＝2，BD ＝3，BC ＝BD 2＋CD 2＝3. 如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，B (3，0,0)，C (0，6，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，62，0，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，63，所以DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，62，0，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，63.由(1)知平面BAD 的一个法向量为n ＝(0,1,0)．设平面ADE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧ m ·DE →＝0，m ·DA →＝0，得⎩⎨⎧ 32x ＋62y ＝0，33x ＋63z ＝0.令x ＝6，得y ＝－3，z ＝－3，所以m ＝(6，－3，－3)．所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－12. 由图可知二面角B －AD －E 的平面角为锐角，所以二面角B －AD －E 的余弦值为12.7．[2018·泰安模拟]如图所示，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.(1)若M为CD中点，求证：AM⊥平面AA1B1B；(2)求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值．解(1)证明：四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，连接AC，如图，则△ACD为等边三角形，又M为CD的中点，∴AM⊥CD，由CD∥AB得，AM⊥AB，∵AA1⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，∴AM⊥AA1，又AB∩AA1＝A，∴AM⊥平面AA1B1B.(2)∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2，∴DM＝1，AM＝3，∴∠AMD＝∠BAM＝90°，又AA1⊥底面ABCD，∴以AB，AM，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，D (－1，3，0)，D 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，2，∴DD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，2，BD →＝(－3，3，0)，A 1B →＝(2,0，－2)，设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·BD →＝0，n ·A 1B →＝0⇒⎩⎨⎧－3x ＋3y ＝0，2x －2z ＝0⇒y ＝3x ＝3z ，令x ＝1，则n ＝(1，3，1)，∴直线DD 1与平面A 1BD 所成角θ的正弦值 sin θ＝|cos 〈n ，DD 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DD 1→|n ||DD 1→|＝15. 8．[2017·全国卷Ⅱ]如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 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P AB ；(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．解 (1)证明：取P A 的中点F ，连接EF ，BF . 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD . 由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ， 四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF .又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，故CE ∥平面P AB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,1，3)，PC →＝(1,0，－3)，AB →＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3)． 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin45°，|z |(x －1)2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →，则 x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，从而AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62.设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则⎩⎨⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105.易知所求二面角的平面角为锐角， 因此二面角M －AB －D 的余弦值为105.。

立体几何【重点内容】1、空间几何体的性质及应用：长方体 (正方体)、棱柱、棱锥2、复杂三视图识别3、球体的性质及应用4、空间位置关系：平行、垂直5、空间数量关系：夹角 (线与线、线与面) ；距离(点到平面距离)6、展开、裁切、折叠、拼接等7、动点、动线的最值与范围问题一、空间关系的判断与计算(1) 异面直线夹角：平移是要点(2) 直线与平面所成的角：定义：直线与直线在平面内的射影所成的角性质：① 平移不改变角 (线平移；面平移)② 线面角是线与平面内的线的夹角的最小值 { <l ，ɑ>=min{<l ，m > | m ⊆ɑ}}cos θcos ɑ=cos β(3) 点到平面距离 (棱柱棱锥的高)：垂线长性质：平移不改变距离 (若ɑ∥β，A 、B 在β内，则A 、B 到ɑ的距离相等内)(4) 体积计算： ① 高的计算② 等体积法 (三棱锥)③ 分割(5) 射影关系：① 线面垂直② 面面垂直【典型例题】例1.1直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )．A ．110 B ．25 C．10 D．2例1.2 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF =，当动点E 、F 从B 1端向D 1端运动时，三棱锥A —BEF 的体积( )A.先变大后变小B.先变小后变大C. 为定值D.为定值 22121122为.例1.4 已知正四棱锥S—ABCD中，SA＝，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为.例1.5 (2016全国1卷文科) 已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，P A=6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面P AB内的正投影为E，设E在平面P AC内的正投影为F(1) 在图中作出F(说明作法及理由)(2) 求四面体PDEF的体积．例1.6 如图，在三棱锥P—ABC中，△PAB是等边三角形，AB=2，AC＝BC＝23，PC＝4，则三棱锥P—ABC 的体积为.例1.7 (综合能力提升) 如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC＝2. 若AD＝6，且AB＋BD＝AC＋CD＝8，则四面体ABCD的体积的最大值是__________．32二、长方体(正方体)的研究与应用1、长方体(正方体) 的基本要素与性质：棱(12条)；面(6个)；面对角线(6条)、体对角线(4条)；对角面(2个)；三角截面(8个)(1) 长度：设棱长为a、b、c，面对角线为x、y、z，体对角线为l则：l2=a2+b2+c2=(2) 垂直与投影：(3) 平行与夹角：3条棱、3个面常用结论：(1) 设体对角线与三条棱所成角分别为ɑ、β、γ，则cos2ɑ+cos2β+cos2γ= 对正方体：ɑ=β=γ，(2) 设体对角线与3个面所成角分别为ɑ、β、γ，则cos2ɑ+cos2β+cos2γ=对正方体：ɑ=β=γ，(4) 正方体的三角截面：(8个)(1) 两两平行的正三角形(2) 2个相互平行的三角截面与1条体对角线垂直，三等分体对角线(3) 与三条棱所成角相等；(与所有棱所成夹角相等)与三个面所成二面角(锐角)相等；(与所有面所成二面角相等或互补) 2、长方体(正方体) 的应用：(1) 三视图的恢复(2) 补全法：外接球、体积等(3) 平移法：夹角的计算、距离的计算【典型例题】例2.1 设长方体ABCD-A1B1C1D1，(1) 若AC1 与BC、DD1所成的角分别为60°、45°，则AC1 与A1B1所成的角为(2) 若AC1 与平面ABCD和平面ABB1A1所成的角为30°、45°，则AC1 与平面ADD1A1所成的角为(3) 设AC=6，AB1=8，AD1=10，则长方体外接球的面积为.(4) 设AC=6，AB1=8，AD1=10，甲球与长方体各个面都相切，乙球长方体的各条棱都相切，丙球过长方体的所有顶点，则甲、乙、丙三球的半径的平方之比为_____(5) 若AB=AD=4，AA1=2，则点A1到平面AB1D1的距离为.(6) AB=AD=4，AA1=2，四面体ACD1B1的外接球与内切球的半径之比为例2.2 几何体甲的三视图如图所示，几何体乙的三视图除了侧视图比甲的侧视图少一条虚线外，其他都与甲的三视图完全一样，则甲与乙的体积的比值为.例2.3 (2014全国新课标1卷理12题) 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的所有棱中，最长的棱长为．例2.4 (2008全国新课标12题) ，在该几何体的正视图、俯视图和侧视图，该棱的投影是长度为a、b的线段，则a+b的最大值为.例2.5 (2016全国新课标1卷理科11题)平面ɑ过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，ɑ∥平面CB1D1，ɑ∩ 平面ABCD=m，ɑ∩ 平面ABB1A1=n，则m，n所成角的正弦值为.例2.6 (2017全国新课标3卷理科12题) a，b为空间中两条相互垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以AC为轴旋转，有以下结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°④直线AB与a所成角的最大值为60°例2.7 (2018全国新课标1卷理科12题) 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为 ( )ABCD例2.8 (综合能力提升) 已知正方体的棱长为1，则该正方体的正视图的面积的取值范围是例2.9 (综合能力提升) 已知三棱锥的两条棱长为1，其余四条棱长为2，则以下命题正确的有 . ① 该三棱锥的两条棱长为1的棱所在直线的夹角为30°② 该三棱锥的体积为 ③ 该三棱锥的外接球的表面积为6π④ 该三棱锥的内切球的半径为例2.10 (综合能力提升) 正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，设P 为BC 中点，Q 为线段CC 1上的动点，CQ =t (0<t ≤2)，过点A 、P 、Q 的平面截该正方体所得截面记为S . 以下结论正确的有 .①S 不可能是菱形； ②S 可能是五边形； ③0<t <1时，S 为梯形；④t =1时，S 的面积为 ⑤t =时，S 将棱C 1D 1截成长度比为2:1的两部分2923三、球体的相关计算【基本方法】1、球的定义：(1) 球面上的点到球心距离相等(2) 球的直径所对球面上的点所成角为直角2、截面：(1) 垂径定理 (2) R 2=r 2+d 23、多面体外接球：所有顶点都在球面上(1) 内接直棱柱：R 2=r 2+41h 2；斜棱柱没有外接球 (2) 内接棱锥：A.一条侧棱垂直底面的棱锥：R 2=r 2+41h 2； B.正棱锥：R =22l h(推导过程) C.其他棱锥：① 球心在直线l 上：② 球心到顶点与到底面顶点的距离相等4、多面体的内切球：和所有面都相切(1) 直棱柱：(2) 棱锥： A. 等体积法B. 构造三角形【典型例题】例3.1 已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH :HB =1:2，AB ⊥平面α，垂足为H ；若平面α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为 .例3.2 正四面体ABCD 的顶点都在一个表面积为S 的球面上，过线段AB 、AC 、AD 中点的平面截球所得的圆的面积为S ’，则'S S= .例3.3 (1) 设正六棱柱的所有棱长都为1，所有顶点都在一个球面上，则该球的表面积为 .(2) 体积为3的直四棱柱的ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 为等腰梯形，底边AB =2，BC=CD=DA =1；四棱柱的8个顶点都在一个球面上，则该球的体积为 .3(3) 三棱锥P-ABC 的各顶点都在同一球面上，若P A 垂直于底面ABC ，AB=AC=P A =2，∠BAC =120°，则此球的表面积等于____________.(4) 正四棱锥S －ABCD 的所有棱长为2，所有顶点都在一个球面上，则该球的体积为 .例3.4 已知正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为的球面上，若P A ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为__________．【解法一】 【解法二】例3.5 (2012全国新课标11题) 已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 是球O 的直径，且SC =2，则该棱锥的体积是 .【解法一】 【解法二】例3.6 高为 的四棱锥S －ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S 、A 、B 、C 、D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为 .32例3.7 (1) 设A、B是球O的球面上两点，∠BOA=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.(2) 正三角形ABC的三个顶点都在半径为2的球O的球面上，O到平面ABC的距离为1，设线段BC的中点为D，过D作球O的截面，则截面面积的最小值为.、例3.8 现有一个直三棱柱ABC−A1B1C1形的石材，已知AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=3，将该石材打磨成一个球体，则球体体积的最大值是A. 4πB. 9π2C. 6πD.32π3例3.9 在四面体ABCD中，截面AEF经过四面体的内切球(与四个面都相切的球) 球心O，且与BC、DC分别截于E、F. 如果截面将四面体分为体积相等的两部分，设四棱锥A-BEFD与三棱锥A-EFC的表面积分别为S1、S2，则必有( )A．S1＜S2B．S1＞S2C．S1=S2D．S1、S2的大小关系不能确定例3.10 (综合能力提升) 设A、B、C、D是半径为2的球面上的不共面四点，AB=CD=2，则四面体ABCD的体积的最大值是四、多面体的展开、折叠、裁切、拼接【典型例题】例4.1一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底边长与各侧棱长都相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等，设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h1、h2、h3，则h1:h2:h3= .例4.2 三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点．平面BDC1分此棱柱为两部分，则这两部分体积的比值为( )A．3 B．2 C．32D．1例4.3某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为A．B．C．3D．2例4.4 如图，在矩形ABCD中，AB=2AD=4，E为边AB的中点．将△ADE沿DE翻折，得到四棱锥A1-DEBC．设线段A1C的中点为M，在翻折过程中，有下列三个命题，其中正确的命题是____．(写出所有．．正确命题的序号)①总有BM∥平面A1DE；②三棱锥C-A1DE体积的最大值为42；③存在某个位置，使ED⊥A1C．1217252天麟教育—王老师数学工作室 总复习重难点突破(四） 立体几何内部资料，版权所有 11 例4.5 给出一个边长为4的正三角形纸片，通过剪裁、拼接的方式得到一个正三棱柱模型，要求正三棱柱模型的全面积与正三角形纸片的面积相同，则拼接成的正三棱柱模型的体积为 .例4.6某正三棱锥P-ABC 的表面为纸片，沿线段P A ，PB ，PC 裁开，并将三角形P AB 、PBC 和PCA 分别沿AB ，BC ，CA 展开成一个平面图形(保持底面ABC 不变)，若 P点在平面的三个不同位置构成一个边长为的正三角形，则三棱锥P-ABC 的体积最大可能是 .例4.7 (综合能力提升) 如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是 .例4.8 (综合能力提升) 设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1a ，则a 的取值范围是( )A ．(0B ．(21+1) C ．(0，226+) D ．(21，226+)。

专题41 三视图——几何体的面积与体积【热点聚焦与扩展】三视图是高考重点考查的内容，近几年多与面积或体积计算结合在一起加以考查，考查内容有三视图的识别；三视图与直观图的联系与转化；求与三视图对应的几何体的表面积与体积．命题形式为用客观题考查识读图形和面积体积计算，解答题往往以常见几何体为载体考查空间想象能力和推理运算能力，期间需要灵活应用几何体的结构特征．本专题通过例题说明三视图及几何体的面积与体积问题求解方法. （一）常见几何体的表面积计算： 1、常见几何体的表面积计算公式：（1）三角形面积：设ABC 的底为a ，高为h ，则12ABCS a h =⋅ （2）圆形面积：设圆的半径为r ，则2S r π=（3）圆柱的侧面积：设圆柱底面半径为r ，高为h ，则侧面积为2S r h π=⋅ （4）圆锥的侧面积：设圆锥底面半径为 r ，母线长为l ，则侧面积为S rl π=（5）圆台的侧面积：设圆台上下底面半径分别为,r R ，母线长为l ，则侧面积为()S R r l π=+ （6）棱柱（棱锥，棱台）的侧面积：只需求出每个侧面的面积并加在一起 （7）球的面积：设球的半径为R ，则球的表面积为24S R π=2、轴截面：对于旋转体（圆柱，圆锥，圆台），用轴所在的平面去截几何体，得到的截面称为轴截面，轴截面的边角关系与几何体的一些要素向对应.（1）圆柱：轴截面为矩形，其中矩形的长对应圆柱的底面直径，矩形的高对应椭圆的高（2）圆锥：轴截面为等腰三角形，其中等腰三角形的底对应圆锥的底面直径，高对应圆锥的高，腰对应圆锥的母线长（3）圆台：轴截面为等腰梯形，其中上底对应圆台上底面直径，下底对应下底面直径，高对应圆台的高，腰对应圆台的母线3、三视图解面积的步骤：（1）分析出所围成的几何体的特征（柱，锥，台还是组合体） （2）确定所求几何体由哪些面组成（3）根据围成的面的特点，寻找可求出面积的要素，进而求出面积 （4）将各部分面积求和即可得到几何体的表面积 4、求表面积要注意的几点：（1）三视图中侧面的高通常与某个视图的边相对应.（2）圆锥和圆柱可利用轴截面的特点求出相关要素，例如已知圆锥的高和底面半径，通过轴截面可求出圆锥的母线长（3）当几何体被切割时，要注意截面也算在表面积之列.（4）如果几何体是由多个简单几何体拼接而成，要注意哪些面因拼接而含在几何体之中，进而在求表面积时不予考虑.（二）常见几何体的体积计算：1、常见几何体的体积公式：（:S 底面积，:h 高） （1）柱体：V S h =⋅（2）锥体：13V S h =⋅（3）台体：(1213V S S h =++⋅，其中1S 为上底面面积，2S 为下底面面积（4）球：343V R π=2、求几何体体积要注意的几点（1）对于多面体和旋转体：一方面要判定几何体的类型（柱，锥，台），另一方面要看好该几何体摆放的位置是否是底面着地.对于摆放“规矩”的几何体（底面着地），通常只需通过俯视图看底面面积，正视图（或侧视图）确定高，即可求出体积.（2）对于组合体，首先要判断是由哪些简单几何体组成的，或是以哪个几何体为基础切掉了一部分.然后再寻找相关要素（3）在三视图中，每个图各条线段的长度不会一一给出，但可通过三个图之间的联系进行推断，推断的口诀为“长对正，高平齐，宽相等”，即正视图的左右间距与俯视图的左右间距相等，正视图的上下间距与侧视图的上下间距相等， 侧视图的左右间距与俯视图的上下间距相等.【经典例题】例1.【2017北京，理7】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 ） （B ）（C ） （D ）2 【答案】B 【解析】例2. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A. 3πB. 4πC. 24π＋D. 34π＋ 【答案】D【解析】由已知中的三视图可得，该几何体是以俯视图为底面的半圆柱， 底面半径为1，高为2， 故该几何体的表面积1222342S πππ=⨯⨯++⨯=+（），故选D.例3.【2019届重庆市巴蜀中学月考九】已知某几何体的三视图如图2所示（小正方形的边长为），则该几何体的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，还原几何体，得到该几何体是由正方体切割而成的，找到该几何体的顶点有三个是正方体的棱的中点，一个就是正方体的顶点，之后将几何体补体，从而得到该三棱取棱中点H，再取正方体的顶点，从而得到该三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，利用正弦定理可以求得底面三角形的外接圆的半径为，棱柱的高为4，所以可以求得其外接球的半径，所以其表面积为，故选A.点睛：该题考查的是有关利用三视图还原几何体，求其外接球的体积的问题，在解题的过程中，最关键的一步就是还原几何体，再者就是将其补成一个直三棱柱，之后应用直三棱柱的外接球的球心在上下底面外心的连线的中点处，利用公式求得结果.例4.【2019届云南省昆明市5月检测】一个几何体挖去部分后的三视图如图所示，若其正视图和侧视图都是由三个边长为2的正三角形组成，则该几何体的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B圆台侧面积为，下底面面积为，圆锥的侧面积为 .所以该几何体的表面积为.故选B.点睛：（1）还原几何体的基本要素是“长对齐，高平直，宽相等”.（2）对于简单几何体的组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置．根据几何体的三视图确定直观图的方法：三视图为三个三角形，对应三棱锥；三视图为两个三角形，一个四边形，对应四棱锥；三视图为两个三角形，一个带圆心的圆，对应圆锥；三视图为一个三角形，两个四边形，对应三棱锥；三视图为两个四边形，一个圆，对应圆柱.例5.【2019届江西省景德镇市第一中学等盟校第二次联考】已知菱形满足：，，将菱形沿对角线折成一个直二面角，则三棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A，外接球表面积为，故选A.点睛：本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.例6.【2019届广东省湛江市二模】已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的外接球体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：由题意首先将三视图还原为三棱锥，然后补形为三棱柱，结合外接球半径即可求得外接球的体积.且：，外接球的体积：.本题选择C选项.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.例7．【2017课标II，理4】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所得，则该几何体的体积为（）A．90π B．63π C．42π D．36π【答案】B【解析】点睛：在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑.求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解.例8.【2017课标3，理8】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A．πB．3π4C．π2D．π4【答案】B 【解析】点睛：(1)求解以空间几何体的体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解. 例9.【2017浙江，3】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 ．12+πB ．32+πC ．123+πD ．323+π【答案】A点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽．由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整．例10.【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.【答案】【解析】点睛：对于三棱锥最值问题，肯定需要用到函数的思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导得方式进行解决.【精选精练】1．【2019届重庆市三诊】一个正三棱柱的三视图如图所示，若该三棱柱的外接球的表面积为，则侧视图中的的值为（）A. 6B. 4C. 3D. 2【答案】C【解析】分析：首先通过观察几何体的三视图，还原几何体，得知其为一个正三棱柱，结合直三棱柱的外接球的球心在上下底面外心连线的中点处，利用外接球的表面积，得到底面边长所满足的关系式，求得其边长，再根据侧视图中对应的边长与底面边长的关系，求得结果.则有，从而解得，因为侧视图中对应的边为底面三角形的边的中线，求得，故选C.点睛：该题考查的是有关利用三视图还原几何体，以及与外接球相关的问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有球的表面积公式、直棱柱的外接球的球心的位置、外接球的半径与棱柱的高以及底面三角形的外接圆的半径的关系，将其整合，得到x所满足的等量关系式，求得结果.2.【2019届山东省烟台市高考适应性练习（二）】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】B右侧为一个值三棱柱，其底面如俯视图所示，高为的直三棱柱，其体积为，所以该几何体的体积为，故选B．3．【2019届江西省景德镇市第一中学等盟校第二次联考】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线描绘的是某几何体的三视图，其中主视图和左视图相同如上方，俯视图在其下方，该几何体体积为（）A. B. C. D.【答案】C所以组合体体积为：，故选C.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.4．【2019届浙江省绍兴市5月调测】已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A. B. C. D.【答案】A5.【2019届福建省三明市5月测试】已知某几何体的三视图如图所示，其正视图是腰长为2的等腰直角三角形，则该几何体外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：由题意首先确定空间几何体的结构特征，然后结合几何体的性质求解外接球半径，最后求解其表面积即可.设该几何体的外接球半径为，由几何关系可得：，外接球的表面积为：.本题选择A选项.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 6．【2019届山东省烟台市高考适应性练习（一）】某几何体的三视图如图所示，其中俯视图右侧曲线为半圆弧，则几何体的表面积为（）A. B.C. D.【答案】A7．【2019届江西省赣州市5月统考】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，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】A而挖去的八分之一球体的体积为，所以该几何体的体积为，故选A.8.【2019届福建省漳州市5月测试】如图，网格纸的小正方形的边长是，在其上用粗实线和粗虚线画出了某几何体的三视图，其中俯视图中的曲线是四分之一的圆弧，则这个几何体的体积可能是A. B.C. D.【答案】B【解析】分析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由两部分组成，左边是底面半径与高都是的四分之一圆柱，右边是底面是棱长为的正方形，高为的四棱锥，从而可得结果.详解：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由两部分组成，左边是四分之一圆柱，圆柱底面半径为，高为，9．【2019届福建省南平市5月检测】已知顶点在同一球面上的某三棱锥三视图中的正视图，俯视图如图所示．若球的体积为，则图中的的值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：首先由三视图的正视图和俯视图可以还原三棱锥，做出图像，建立空间直角坐标系，由外接球球心到各点的距离为半径，列方程组求解即可.详解：由三视图还原几何体，如图所示：由正视图和俯视图得三棱锥为，其外接球的体积为，设半径为，则，解得.故选B.点睛：本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.求外接球半径或圆心的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径；⑤通过建立空间直角坐标系，利用代数法解方程组.10.【2019届山东省烟台市高考适应性练习（二）】在三棱锥中，是等边三角形，平面平面，若该三棱锥外接球的表面积为，且球心到平面的距离为，则三棱锥的体积的最大值为（）A. B. C. 27 D. 81【答案】C【解析】分析：由题意，画出图形，再由已知求出底面三角形的边长，数形结合可知，当为等边三角形时，三棱锥的体积取得最大值．详解：如图所示，取等边三角形的中心，过作三角形的垂线，截去，此时三棱锥的高为，所以三棱锥的体积的最大值为．点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.11.【2019届天津市河东区二模】麻团又叫煎堆，呈球形，华北地区称麻团，是一种古老的中华传统特色油炸面食，寓意团圆。