专题三 立体几何 第2讲

方程的联系上. 贯穿于立体几何中的化归思想、分类讨论思想、数形结合思想以
及立体几何特有的平移法、正投影法、体积法、展开法、翻折法、割补法等都
极大地丰富了中学数学的思想和方法.
本章内容由两大部分构成, 前一部分主要介绍了常见的多面体和旋转体的结
构特征, 以对几何体的直观认识为主. 后一部分在学生丰富的直观形象基础上系
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数
学
必 修
故选 D．
②
人 教 B
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第一章 立体几何初步
『规律方法』 识读三视图, 还原几何体画出直观图, 是一项重要的基本功, 解题要点是紧扣三视图画法规则, 抓住观察者与几何体的方位和正投影的性质, 确定几何体的形状.
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第一章 立体几何初步
(1)设 G 是 OC 的中点，证明：FG∥平面 BOE； (2)证明：PA⊥平面 BOE.
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第一章 立体几何初步
[解析] (1)如图,
取BC的中点H, 连接FH、GH,
∵G是OC的中点,
∴GH∥OB, FH∥PC,
又EO∥PC, ∴FH∥EO.
∴平面FGH∥平面EOB,
2 6.
而
VBCF－NEM＝32VE－BNMC＝32×2×VE－ANMD＝
2 2.
数 学 必
∴VABCDEF＝VBCF－NEM－VE－ANMD＝
22－
62＝
2 3.
修
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人 教
B
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第一章 立体几何初步
『规律方法』 空间几何体的表面积和体积是立体几何中的重要知识, 与实 际问题联系密切, 求解时, 要熟练掌握几何的表面积和体积公式, 注意割补法和等 积变换思想, 等价转化思想, 并要把握住几何体的特点, 适当时候可借助轴截面或 其他平面图形处理几何体中的数量关系.

第三讲立体几何——大题备考【命题规律】立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关．微专题1线面角保分题[2022·辽宁沈阳二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，P A⊥平面ABCD，P A＝2AB＝4，点M是P A的中点．(1)求证：BD⊥CM；(2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．提分题例1 [2022·全国乙卷]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求线面角的答题模板巩固训练1[2022·山东泰安一模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，P A⊥平面ABCD，E为PD中点．(1)若P A＝1，求证：AE⊥平面PCD；(2)当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E-ABC的体积．微专题2二面角保分题[2022·山东临沂二模]如图，AB是圆柱底面圆O的直径，AA1、CC1为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB＝AA1＝2BC＝2CD，E、F分别为A1D、C1C的中点．(1)证明：EF∥平面ABCD；(2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值．提分题例2 [2022·湖南岳阳三模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，F是PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AFC；(2)若直线P A⊥平面ABCD，AC＝AP＝2，且P A与平面AFC所成的角正弦值为√21，求7锐二面角F-AC-D的余弦值．听课笔记：AD，现例3 [2022·山东日照二模]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝12以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且P A⊥CD.(1)证明：平面APC⊥平面ADC；(2)若M为PD上一点，且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍，求二面角P-AC-M的余弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求二面角的答题模板巩固训练21.[2022·广东韶关二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB 的中点．AB＝2，AD＝4，P A＝PD＝2√2.(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO∥平面P AD；(2)若二面角P-AD-B的大小为2π，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．32．[2022·河北保定一模]如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝1，∠BCD ＝60°，现将DAC沿AC折起至P AC，使得PB＝√2.(1)证明：AB⊥PC；(2)求二面角A-PC-B的余弦值．微专题3探索性问题提分题例4 [2022·山东聊城三模]已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证：AP⊥BE；(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．听课笔记：【技法领悟】1．通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；否则假设不成立．2．探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．巩固训练3[2022·湖南岳阳一模]如图，在三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC，BC⊥AC.(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；(2)若BC＝SC，SC⊥SA，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．第三讲立体几何微专题1线面角保分题解析：(1)证明：如图，连接AC，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BD ， ∵P A ，AC ⊂平面P AC ，P A∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面P AC ， 又CM ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥CM .(2)易知AB ，AD ，AP 两两垂直，以点A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz . ∵P A ＝2AB ＝4，∴A (0，0，0)，P (0，0，4)，M (0，0，2)，C (2，2，0)，D (0，2，0), ∴MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－2)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2，－2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－4)． 设平面MCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y −2z =0n ·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y −2z =0，令y ＝1，得n ＝(0，1，1)．设直线PC 与平面MCD 所成角为θ，由图可知0<θ<π2，则sinθ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·PC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√12+12×√22+22+(−4)2＝√36.即直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√36.提分题[例1] 解析：(1)证明：∵AD ＝CD ，∠ADB ＝ ∠BDC ，BD ＝BD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AB ＝CB .∵E 为AC 的中点，∴DE ⊥AC ，BE ⊥AC . ∵DE∩BE ＝E ，DE ，BE ⊂平面BED ， ∴AC ⊥平面BED .∵AC ⊂平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD .(2)如图，连接EF .由(1)知AC ⊥平面BED . 又∵EF ⊂平面BED ， ∴EF ⊥AC . ∴S △AFC ＝12AC ·EF .当EF ⊥BD 时，EF 的长最小，此时△AFC 的面积最小． 由(1)知AB ＝CB ＝2. 又∵∠ACB ＝60°，∴△ABC 是边长为2的正三角形，∴BE ＝√3. ∵AD ⊥CD ，∴DE ＝1，∴DE 2＋BE 2＝BD 2，∴DE ⊥BE .以点E 为坐标原点，直线EA ，EB ，ED 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，√3，0)，C (－1，0，0)，D (0，0，1)，∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，√3，0)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，1)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3，－1)，ED⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)，EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，0)．设DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)＋λ(0，√3，－1)＝(0，√3λ，1－λ)． ∵EF ⊥DB ， ∴EF⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3λ，1－λ)·(0，√3，－1)＝4λ－1＝0， ∴λ＝14，∴EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)，∴CF ⃗⃗⃗⃗ ＝EF ⃗⃗⃗⃗ −EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)－(－1，0，0)＝(1，√34，34)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ·AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{−x +√3y =0，−x +z =0.取y ＝1，则x ＝√3，z ＝√3，∴n ＝(√3，1，√3)．设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·CF ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝|√3×1+1×√34+√3×34|√3+1+3× √1+316+916＝4√37. 故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37. [巩固训练1]解析：(1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， ∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ⊥CD ，又AD∩P A ＝A ，AD 、P A ⊂平面P AD ，∴CD ⊥平面P AD ， ∵AE ⊂平面P AD ，∴AE ⊥CD ，在△P AD 中，P A ＝AD ，E 为PD 的中点，∴AE ⊥PD ， 而PD∩CD ＝D ，PD 、CD ⊂平面PCD ， ∴AE ⊥平面PCD .(2)以A 为坐标原点，分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系， 设AP ＝a (a ＞0)，则C (2，1，0)，P (0，0，a )，E (0，12，a2)，∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，12，a 2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，－a )， 设平面ACE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y =0n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =12y +a 2z =0，取y ＝－a ，可得n ＝(a2，－a ，－1)．设直线PC 与平面ACE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·FC⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||FC⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√54a 2+1·√5+a 2＝√29+20a2+5a ≤27，当且仅当a ＝√2时等号成立．即当AP ＝√2时，直线PC 与平面ACE 所成角最大， 此时三棱锥E - ABC 的体积V ＝13×12×2×1×√22＝√26.微专题2 二面角保分题解析：(1)证明：取AD 的中点M ，连接EM 、MC ，∵E 为A 1D 的中点，F 为CC 1的中点，∴EM ∥AA 1，EM ＝12AA 1，又CF ∥AA 1，CF ＝12AA 1， ∴EM ∥CF ，EM ＝CF ，∴四边形EMCF 为平行四边形，∴EF ∥CM ， 又EF ⊄平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ， ∴EF ∥平面ABCD .(2)设AB ＝AA 1＝2BC ＝2CD ＝4，∵AC ⊥BC ，∴AC ＝2√3.由题意知CA 、CB 、CC 1两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CA 、CB 、CC 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．则A 1(2√3，0，4)、O (√3，1，0)、F (0，0，2)、C (0，0，0)、D (√3，－1，0)， ∴A 1D 的中点E 的坐标为(3√32，－12，2)， ∴OF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√3，－1，2)，EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(－3√32，12，0)，设平面OEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0，即{−√3x −y +2z =0−3√32x +12y =0，即{√3x +y −2z =03√3x −y =0， 令x ＝√3，得n ＝(√3，9，6)，∵AC ⊥BC ，AC ⊥CC 1，BC ∩CC 1＝C ， ∴AC ⊥平面BCC 1，∴平面BCC 1的一个法向量为CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√3，0，0)，cos 〈n ，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝n·CA ⃗⃗⃗⃗⃗|n |·|CA ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√3+81+36·2√3＝√1020， ∴平面OEF 与平面BCC 1夹角的余弦值为√1020. 提分题[例2] 解析：(1)证明：连接BD 交AC 于O ， 易证O 为BD 中点，又F 是PD 的中点， 所以OF ∥PB ，又OF ⊂平面AFC ，且PB 不在平面AFC 内， 故PB ∥平面AFC .(2)取PC 中点为Q ，以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OQ 为z 轴建立空间直角坐标系，设OB ＝m ，则A (0，－1，0)，B (m ，0，0)，C (0，1，0)，P (0，－1，2)，D (－m ，0，0)⇒F (－m2，－12，1)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，2)，OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－m 2，－12，1)，OC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，1，0)， 设平面AFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由{n ⊥OF ⃗⃗⃗⃗⃗ n ⊥OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒{−m2x −12y +z =0y =0，令x ＝2，有n ＝(2，0，m )，由P A 与平面AFC 所成的角正弦值为√217⇒√217＝|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AP⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|＝2√4+m 2⇒m ＝√3， 平面ACD 的法向量为m ＝(0，0，1)，则锐二面角F - AC - D 的余弦值为 |m·n ||m |·|n |＝√3√7＝√217.[例3] 解析：(1)证明：在梯形ABCD 中取AD 中点N ，连接CN ， 则由BC 平行且等于AN 知ABCN 为平行四边形，所以CN ＝AB ， 由CN ＝12AD 知C 点在以AD 为直径的圆上，所以AC ⊥CD .又AP ⊥CD ，AP∩AC ＝A, AP ，AC ⊂平面P AC ， ∴CD ⊥平面P AC ， 又CD ⊂平面ADC ， ∴平面APC ⊥平面ADC .(2)取AC 中点O ，连接PO ，由AP ＝PC ，可知PO ⊥AC ，再由平面P AC ⊥平面ACD ，AC 为两面交线，所以PO ⊥平面ACD ，以O 为原点，OA 为x 轴，过O 且与OA 垂直的直线为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，令AB ＝2，则A (√3，0，0)，C (－√3，0，0)，P (0，0，1)，D (－√3，2，0)， 由V P - ACM ∶V D - ACM ＝1∶2，得PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√33，23，23)， 设平面ACM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由{n ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{−√33x +23y +23z =0√3x =0，取z ＝－1得x ＝0，y ＝1，所以n ＝(0，1，－1)，而平面P AC 的法向量m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝m·n |m ||n |＝√22. 又因为二面角P - AC - M 为锐二面角，所以其余弦值为√22.[巩固训练2]1．解析：(1)证明：取线段PD 的中点H ，连接SO 、OH 、HA ，如图，在△PCD 中，O 、H 分别是PC 、PD 的中点，所以OH ∥CD 且OH ＝12CD ，所以OH ∥AS 且OH ＝AS ，所以四边形ASOH 是平行四边形，所以SO ∥AH ，又AH ⊂平面P AD ，SO ⊄平面P AD ，所以SO ∥平面P AD .(2)取线段AD 、BC 的中点E 、F ，连结PE 、EF .由点E 是线段AD 的中点，P A ＝PD 可得PE ⊥AD ，又EF ⊥AD ，所以∠PEF 是二面角P - AD － B 的平面角，即∠PEF ＝23π，以E 为原点，EA⃗⃗⃗⃗⃗ 、EF ⃗⃗⃗⃗ 方向分别为x 轴、y 轴正方向，建立如图所示坐标系，在△P AD 中，AD ＝4，P A ＝PD ＝2√2知：PE ＝2，所以P (0，－1，√3)，D (－2，0，0)，B (2，2，0)，C (－2，2，0)，所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，1，－√3)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，3，－√3)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，3，－√3)， 设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则{n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗=0n ·PC⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x +3y −√3z =0−2x +3y −√3z =0，可取n ＝(0，1，√3)，设直线PD 与平面PBC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈PD⃗⃗⃗⃗⃗ ，n 〉|＝2·2√2＝√24，所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为√24.2．解析：(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，过A 作AE ⊥BC 于E ，过D 作DF ⊥BC 于F ，因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝CD ＝1，∠BCD ＝60°，所以BE ＝CF ＝12CD ＝12，AE ＝DF ＝√12−(12)2＝√32， 所以AC ＝BD ＝√(32)2+(√32)2＝√3， BC ＝2，所以BD 2＋CD 2＝BC 2，所以BD ⊥CD ，同理AB ⊥AC ， 又因为AP ＝AB ＝1，PB ＝√2， ∴AP 2＋AB 2＝PB 2，∴AB ⊥AP又AC∩AP ＝A ，AC ，AP ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥平面ACP ， 因为PC ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥PC .(2)取AC 的中点为M ，BC 的中点为N ，则MN ∥AB ， 因为AB ⊥平面ACP ，所以MN ⊥平面ACP ，因为AC ，PM ⊂平面ACP ，所以MN ⊥AC ，MN ⊥PM ， 因为P A ＝PC ，AC 的中点为M ，所以PM ⊥AC ， 所以MN ，MC ，MP 两两垂直，所以以M 为原点，以MN 所在直线为x 轴，以MC 所在直线为y 轴，以MP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，－√32，0)，B (1，－√32，0)，C (0，√32，0)，P (0，0，12)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√32，－12)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，－√32，－12)， 平面APC 的一个法向量为m ＝AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，0)， 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 {n ·PC⃗⃗⃗⃗ =√32y −12z =0n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −√32y −12z =0，令y ＝1，则n ＝(√3，1，√3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝√31×√7＝√217， 因为二面角A - PC - B 为锐角， 所以二面角A - PC - B 的余弦值为√217.微专题3 探索性问题提分题[例4] 解析：(1)证明：因为四边形ABCD 为平行四边形，且△ADE 为等边三角形， 所以∠BCE ＝120°，又E 为CD 的中点，所以CE ＝ED ＝DA ＝CB ，即△BCE 为等腰三角形， 所以∠CEB ＝30°.所以∠AEB ＝180°－∠AED －∠BEC ＝90°， 即BE ⊥AE .又因为平面AEP ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ， 所以BE ⊥平面APE ，又AP ⊂平面APE ，所以BE ⊥AP .(2)取AE 的中点O ，连接PO ，由于△APE 为正三角形，则PO ⊥AE ， 又平面APE ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面EAP ， 所以PO ⊥平面ABCE ，PO ＝√3，BE ＝2√3， 取AB 的中点G ，则OG ∥BE ，由(1)得BE ⊥AE ，所以OG ⊥AE ，以点O 为原点，分别以OA ，OG ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz ，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (－1，2√3，0)，P (0，0，√3)，E (－1，0，0)， 则EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，0，0)，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2√3，0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，2√3，－√3)，EP ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3), 假设存在点F ，使平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°， 设PF⃗⃗⃗⃗ ＝λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－λ，2√3λ，－√3λ)，λ∈[0，1]， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝EP ⃗⃗⃗⃗ +PF ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3)＋(－λ，2√3λ，－√3λ)＝(1－λ，2√3λ，√3−√3λ)， 设平面AEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由{EF ⃗⃗⃗⃗·m =0EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{(1−λ)x +2√3λy +(√3，－√3λ)z =02x =0， 取z ＝2λ，得m ＝(0，λ－1，2λ);由(1)知EB⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面AEP 的一个法向量， 于是，cos 45°＝|cos 〈m ，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|m·EB ⃗⃗⃗⃗⃗||m |·|EB ⃗⃗⃗⃗⃗|＝2√3|λ−1|2√3·√5λ2−2λ+1＝√22，解得λ＝13或λ＝－1(舍去)，所以存在点F ，且当点F 为线段PB 的靠近点P 的三等分点时，平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°.[巩固训练3]解析：(1)证明：取AB 的中点E ，连接SE ，CE ，∵SA ＝SB ，∴SE ⊥AB ， ∵BC ⊥AC ，∴三角形ACB 为直角三角形，∴BE ＝EC ， 又BS ＝SC ，∴△SEC ≌△SEB ，∴∠SEB ＝∠SEC ＝90°， ∴SE ⊥EC ，又SE ⊥AB ，AB∩CE ＝E ，∴SE ⊥平面ABC . 又SE ⊂平面SAB ，∴平面SAB ⊥平面ABC .(2)以E 为坐标原点，平行AC 的直线为x 轴，平行BC 的直线为y 轴，ES 为z 轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设SA ＝SB ＝SC ＝2，SC ⊥SA ，则AC ＝2√2，BC ＝SC ＝2知EC ＝2√3，SE ＝1，则A (－√2，1，0)，B (√2，－1，0)，C (√2，1，0)，E (0，0，0)，S (0，0，1)， ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√2，－2，0)，SA ⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2，1，－1)， 设D (x ，y ，z )，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λCS⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则(x －√2，y －1，z )＝λ(－√2，－1，1)， ∴D (√2−√2λ，1－λ，λ)，BD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2λ，2－λ，λ)． 设平面SAB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =2√2x 1−2y 1=0n ·SA ⃗⃗⃗⃗ =−√2x 1+y 1−z 1=0，取x 1＝1，得n ＝(1，√2，0)，sin 60°＝|n·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，则√2−2√2λ|√3√2λ2+(2−λ)2+λ2＝√32， 得λ2＋7λ＋1＝0，又∵0≤λ≤1，方程无解，∴不存在点D ，使直线BD 与平面SAB 所成的角为60°.。

专题三立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019三棱锥的外接球、球的体积·T12空间几何体的结构特征、直观图、几何运算、数学文化·T16空间两直线的位置关系的判定·T8简单几何体的组合体、长方体和棱锥的体积·T16 2018空间几何体的三视图、直观图及最短路径问题·T7圆锥的性质及侧面积的计算·T16三视图与数学文化·T3与外接球有关的空间几何体体积的最值问题·T10 2017空间几何体的三视图与直观图、面积的计算·T7空间几何体的三视图及组合体体积的计算·T4球的内接圆柱、圆柱的体积的计算·T8(1)“立体几何”在高考中一般会以“两小一大”或“一小一大”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积，空间点、线、面位置关系(特别是平行与垂直)．(2)考查一个小题时，本小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查两个小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度稍高，一般会出现在第12或16题的位置上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查．考点一空间几何体的三视图、直观图与截面图[例1](1)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()(2)(2019·江西八所重点中学联考)某四面体的三视图如图所示，则该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值是()A．52B． 2C．355D．32(3)(2018·全国卷Ⅰ)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( )A ．334B ．233C ．324D ．32 [解析] (1)由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.故选A.(2)在棱长为2的正方体中还原该四面体P ­ABC 如图所示，其中最短的棱为AB 和BC ，最长的棱为PC .因为正方体的棱长为2，所以AB ＝BC＝2，PC ＝3，所以该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值为32.故选D.(3)如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与棱A 1A ，A 1B 1，A 1D 1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A 1A ，A 1B 1，A 1D 1平行，故正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的每条棱所在直线与平面AB 1D 1所成的角都相等．如图所示，取棱AB ，BB 1，B 1C 1，C 1D 1，D 1D ，DA 的中点E ，F ，G ，H ，M ，N ，则正六边形EFGHMN 所在平面与平面AB 1D 1平行且面积最大，此截面面积为S 正六边形EFGHMN ＝6×12×22×22×sin 60°＝334.故选A. [答案] (1)A (2)D (3)A[解题方略]1．识别三视图的步骤(1)应把几何体的结构弄清楚或根据几何体的具体形状，明确几何体的摆放位置；(2)根据三视图的有关规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图；(3)被遮住的轮廓线应为虚线．2．由三视图还原到直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面；(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置；(3)确定几何体的直观图形状．3．由几何体的部分视图判断剩余的视图的思路先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．4．常见三类空间几何体的截面图轴截面、横截面与斜截面：利用截面图可将空间问题转化为平面问题解决．[多练强化]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．217 B．2 5C．3 D．2解析：选B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＝OM2＋ON2＝22＋42＝2 5.故选B.2．已知球O是正三棱锥A-BCD的外接球，BC＝3，AB＝23，点E在线段BD上，且BD＝3BE，过点E作球O的截面，则所得截面中面积最小的截面圆的面积是________．解析：如图，设△BCD的中心为点O 1，球O的半径为R，则A，O，O1三点共线．连接O1D，O1E，OD，OE，则O1D＝3，AO1＝AD2－O1D2＝3.在Rt△OO1D中，R2＝3＋(3－R)2，即R＝2，所以OO1＝1.在△O1DE中，DE＝23BD＝2，∠O1DE＝30°，所以由余弦定理得O1E＝3＋4－2×3×2× cos 30°＝1.所以OE＝ 2.过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径为22－（2）2＝2，所以截面圆的面积为2π.答案：2π考点二 几何体的表面积与体积题型一 求空间几何体的表面积[例2] (1)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD 为矩形，棱EF ∥AB .若此几何体中，AB ＝4，EF ＝2，△ADE 和△BCF 都是边长为2的等边三角形，则该几何体的表面积为( )A ．8 3B ．8＋8 3C ．62＋2 3D ．8＋62＋2 3(2)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“今有倚壁外角堆米，下周九十尺，高十二尺．”其意思为：在屋外墙角处堆放米(其三视图如图所示)，米堆底部的弧长为90尺，米堆的高为12尺．圆周率约为3.若将此堆米用草席盖上，则此草席的面积至少约为(计算结果保留整数，如544≈23，550≈23)( )A ．250平方尺B ．990平方尺C ．1 035平方尺D ．518平方尺[解析] (1)如图所示，取BC 的中点P ，连接PF ，则PF ⊥BC ，过F 作FQ ⊥AB ，垂足为Q .因为△ADE 和△BCF 都是边长为2的等边三角形，且EF ∥AB ，所以四边形ABFE 为等腰梯形，FP ＝3，则BQ ＝12(AB －EF )＝1，FQ ＝ BF 2－BQ 2＝3，所以S 梯形EFBA ＝S 梯形EFCD ＝12×(2＋4)×3＝33， 又S △ADE ＝S △BCF ＝12×2×3＝3，S 矩形ABCD ＝4×2＝8， 所以该几何体的表面积S ＝33×2＋3×2＋8＝8＋8 3.故选B.(2)由三视图可知，米堆为圆锥的34，其中，圆锥的高为12尺，底面圆的周长的34为90尺．设圆锥的底面半径为r ，则34×2πr ＝90，由π≈3可得，r ＝20. 所以圆锥的母线长为202＋122＝544≈23(尺)．易知草席的面积为圆锥的侧面积的34，即34×π×20×23＝34×3×20×23＝45×23＝1035(平方尺)．故选C.[答案](1)B(2)C[解题方略]求几何体的表面积的方法1．求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．2．求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积．题型二求空间几何体的体积[例3](1)(2019·天津高考)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为 5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．(2)(2019·江西省五校协作体试题)某几何体的三视图如图所示，正视图是一个上底为2，下底为4的直角梯形，俯视图是一个边长为4的等边三角形，则该几何体的体积为______．[解析](1)法一：由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底面直径恰为四棱锥的底面正方形对角线的一半．因为四棱锥的底面正方形的边长为2，所以底面正方形对角线长为2，所以圆柱的底面半径为12.又因为四棱锥的侧棱长均为5，所以四棱锥的高为（5）2－12＝2，所以圆柱的高为1.所以圆柱的体积V＝π⎝⎛⎭⎫122·1＝π4.法二：如图所示，在四棱锥V-ABCD中，O为正方形ABCD的中心，也是圆柱下底面的中心，由四棱锥底面边长为2，可得OC＝1.设M为VC的中点，过点M作MO1∥OC交OV于点O1，则O1即为圆柱上底面的中心．∴O 1M ＝12OC ＝12，O 1O ＝12VO . ∵VO ＝ VC 2－OC 2＝2， ∴O 1O ＝1. 可得V 圆柱＝π·O 1M 2·O 1O ＝π×⎝⎛⎭⎫122×1＝π4. (2)把三视图还原成几何体ABC -DEF ，如图所示，在AD 上取点G ，使得AG ＝2，连接GE ，GF ，则把几何体ABC -DEF 分割成三棱柱ABC -GEF 和三棱锥D -GEF ，所以V ABC ­DEF ＝V ABC ­GEF ＋V D ­GEF ＝43×2＋13×43×2＝3233. [答案] (1)π4 (2)3233[解题方略]求空间几何体体积的常用方法公式法直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算 等积法 根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等割补法 把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体1．(2019·重庆市学业质量调研)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.323B ．643 C.1283 D ．1603 解析：选B 由三视图知，该几何体是一个正方体切去四个三棱锥后所得的，其直观图如图中ABCD 所示，由三视图知正方体的棱长为4，正方体的体积为4×4×4＝64，切去三棱锥的长、宽、高均为4，体积为13×12×4×4×4＝323，所以所求几何体的体积为64－4×323＝643.故选 B. 2．已知一个底面是菱形、侧面是矩形的四棱柱，侧棱长为5，菱形的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )A ．3034B ．6034C ．3034＋135D ．135 解析：选A 由菱形的对角线长分别是9和15，得菱形的边长为 ⎝⎛⎭⎫922＋⎝⎛⎭⎫1522＝3342，则这个棱柱的侧面积为4×3342×5＝3034.故选A. 3．已知直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都是1，∠ABC ＝60°，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，点H 在线段OB 1上，OH ＝3HB 1，点M 是线段BD 上的动点，则三棱锥M -C 1O 1H 的体积的最小值为________．解析：V 三棱锥M -C 1O 1H ＝V 三棱锥C 1­MO 1H ＝13×S △M O 1H ×h (h 为C 1到平面BDD 1B 1的距离)，由已知可得C 1O 1⊥平面BDD 1B 1，又直四棱柱的所有棱长都为1，且∠ABC ＝60°，所以A 1B 1C 1D 1是菱形，C 1O 1＝12，所以V 三棱锥M -C 1O 1H ＝13×12×12×O 1H ×h ′，其中h ′为M 到直线O 1H 的距离，O 1H 是定值，所以h ′最小时，V 三棱锥M -C 1O 1H 最小．如图，延长O 1H 交B 1B 于点F ，交OB 的延长线于点N ，连接OO 1，因为B 1H HO ＝13，所以B 1O 1NO ＝13，NO ＝332，NB ＝3，NO 1＝1＋⎝⎛⎭⎫3322＝312，O 1H ＝14×312＝318，M 到直线O 1H 的距离的最小值即B 到直线O 1H 的距离，NF ＝（3）2＋⎝⎛⎭⎫232＝3＋49＝313，所以h ′＝3×23313＝29331，所以(V 三棱锥M -C 1O 1H )min ＝112×318×29331＝348. 答案：348考点三 与球有关的切、接问题题型一 外接球[例4] (2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF ＝90°，则球O 的体积为( )A ．86πB ．46πC ．26πD ．6π[解析] 因为点E ，F 分别为PA ，AB 的中点，所以EF ∥PB ，因为∠CEF ＝90°，所以EF ⊥CE ，所以PB ⊥CE .取AC 的中点D ，连接BD ，PD ，易证AC ⊥平面BDP ，所以PB ⊥AC ，又AC ∩CE ＝C ，AC ，CE ⊂平面PAC ，所以PB ⊥平面PAC .所以PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，因为PA ＝PB ＝PC ，△ABC 为正三角形，所以PA ⊥PC ，即PA ，PB ，PC 两两垂直，将三棱锥P ­ABC 放在正方体中如图所示．因为AB ＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P -ABC的外接球的半径R ＝62，所以球O 的体积V ＝43πR 3＝43π⎝⎛⎭⎫623＝6π.故选D. [答案] D[解题方略] 解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．题型二 内切球[例5] 已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O (重量忽略不计)，现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于( )A.7π6B ．4π3 C.2π3 D ．π2 [解析] 当注入水的体积是该三棱锥体积的78时，设水面上方的小三棱锥的棱长为x (各棱长都相等)，依题意，⎝⎛⎭⎫x 43＝18，得x ＝2.易得小三棱锥的高为263，设小球半径为r ，则13S 底面·263＝4·13·S 底面·r ，得r ＝66，故小球的表面积S ＝4πr 2＝2π3.故选C. [答案] C[解题方略]求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．题型三 与球有关的最值问题[例6] (2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( ) A ．12 3 B ．18 3 C ．24 3 D ．54 3[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.故选B. [答案] B[解题方略]多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题，二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下，截面的最值问题．[多练强化]1．已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )A ．83π B ．323π C ．16π D ．32π解析：选B 设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，R 2＝(3－R )2＋(3)2，解得R＝2，所以所求球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π.故选B. 2．(2019·福建五校第二次联考)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 的直径为______．解析：如图，设BC 的中点为D ，B 1C 1的中点为D 1，连接DD 1，取其中点O ′，连接AD ，A 1D 1，则DA ＝DB ＝DC ，D 1A 1＝D 1B 1＝D 1C 1，且DD 1垂直于直三棱柱的上、下底面，所以点O ′到直三棱柱的各个顶点的距离相等，即点O ′为直三棱柱的外接球的球心O ，连接OB ，则球O 的直径为2BO ＝2BD 2＋DO 2＝2 ⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫12×122＝13. 答案：133．已知四棱锥S -ABCD 的所有顶点在同一球面上，底面ABCD 是正方形且球心O 在此平面内，当四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于16＋163，则球O 的体积为______．解析：由题意得，当四棱锥的体积取得最大值时，该四棱锥为正四棱锥．因为该四棱锥的表面积等于16＋163，设球O 的半径为R ，则AC＝2R ，SO ＝R ，如图，所以该四棱锥的底面边长AB ＝2R ，则有(2R )2＋4×12×2R × （2R ）2－⎝⎛⎭⎫22R 2＝16＋163，解得R ＝22，所以球O 的体积是43πR 3＝6423π. 答案：6423π直观想象——三视图中相关问题的求解[典例] 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于( )A ．2π＋4B ．4π＋2 C.2π3＋4 D ．4π3＋8 [解析] 由三视图可知，该几何体的直观图为左侧半球、中间正方体、右侧圆锥的组合体．其中，半球的半径r 1与圆锥的底面半径r 2相等，皆为1，即r 1＝r 2＝1，正方体的棱长a ＝2，圆锥的高h ＝2.所以半球的体积V 1＝12×4π3r 31＝12×4π3×13＝2π3， 正方体的体积V 2＝a 3＝23＝8，圆锥的体积V 3＝13×πr 22h ＝13×π×12×2＝2π3. 所以该组合体的体积V ＝V 1＋V 2＋V 3＝2π3＋8＋2π3＝4π3＋8.故选D.[答案] D[素养通路]本题以组合体的三视图为背景，主要是根据几何体的三视图及三视图中的数据，求几何体的体积或侧(表)面积．此类问题难点：一是根据三视图的形状特征确定几何体的结构特征；二是将三视图中的数据转化为几何体的几何度量．考查了直观想象这一核心素养．[专题过关检测]A组——“12＋4”满分练一、选择题1．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：选A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.2．(2019·福州市质量检测)棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1木块的直观图如图所示，平面α过点D且平行于平面ACD1，则该木块在平面α内的正投影面积是()A.3B．32 3C. 2 D．1解析：选A棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1木块在平面α内的正投影是三个全等的菱形，如图，正投影可以看成两个边长为2的等边三角形，所以木块在平面α内的正投影面积是2×12×2×2×32＝ 3.故选A.3．已知矩形ABCD，AB＝2BC，把这个矩形分别以AB，BC所在直线为轴旋转一周，所成几何体的侧面积分别记为S1，S2，则S1与S2的比值等于()A.12B ．1C ．2D ．4 解析：选B 设BC ＝a ，AB ＝2a ，所以S 1＝2π·a ·2a ＝4πa 2，S 2＝2π·2a ·a ＝4πa 2，S 1∶S 2＝1.故选B.4．设球O 是正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球，若平面ACD 1截球O 所得的截面面积为6π，则球O 的半径为( )A.32 B ．3 C.32D ． 3解析：选B 如图，易知B 1D 过球心O ，且B 1D ⊥平面ACD 1，不妨设垂足为M ，正方体棱长为a ，则球半径R ＝a 2，易知DM ＝13DB 1，∴OM ＝16DB 1＝36a ，∴截面圆半径r ＝⎝⎛⎭⎫a 22－OM 2＝66a ，由截面圆面积S ＝πr 2＝6π，得r ＝66a ＝6，a ＝6，∴球O 的半径为R ＝a 2＝3.故选B. 5．(2019·武汉市调研测试)如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为CD 的中点，则三棱锥A ­BC 1M 的体积VA ­BC 1M ＝( )A.12 B ．14C.16D ．112解析：选C VA ­BC 1M ＝VC 1­ABM ＝13S △ABM ·C 1C ＝13×12AB ×AD ×C 1C ＝16.故选C.6．(2019·武汉市调研测试)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.23π B ．43πC ．2πD ．25π解析：选B 由三视图知，该几何体是由两个底面半径为1，高为2的圆锥组成的，所以该几何体的体积V ＝2×13×12×π×2＝4π3.故选B.7．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，则该三棱锥的体积为( ) A. 6 B ．66C ．6D ．2 6解析：选B 由△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积分别为22，32，62，且AB ，AC ，AD 两两垂直，可得⎩⎪⎨⎪⎧12AB ·AC ＝22，12AD ·AC ＝32，12AB ·AD ＝62，三个式子相乘可得(AB ·AC ·AD )2＝6，∴该三棱锥的体积V ＝13×12AB ·AC ·AD ＝66.故选B.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 ．3π4 C.π2D ．π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，过圆柱的轴线作一截面，如图．由勾股定理得r ＝R 2－⎝⎛⎭⎫122＝32.∴该圆柱的体积V ＝Sh ＝π×⎝⎛⎭⎫322×1＝3π4.故选B.9．若一个球与四面体的六条棱都相切，则称此球为四面体的棱切球．已知正四面体的棱长为2，则它的棱切球的体积为( )A ．3π54B ．π6 C ．π3D ．3π2解析：选B 将棱长为2的正四面体放入棱长为1的正方体中，则正四面体的棱为正方体的面对角线，所以正四面体的棱切球即为正方体的内切球，则球的半径R ＝12，体积V＝43πR 3＝π6.故选B. 10．已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝3，AC ＝3.若三棱锥D -ABC 体积的最大值为334，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．16πC ．12πD ．163π 解析：选B 设△ABC 的外接圆的半径为r ，∵AB ＝BC ＝3，AC ＝3，∴∠ABC ＝120°，∴2r ＝3sin 120°＝23，∴S △ABC ＝334，△ABC 的外接圆的半径为 3.∵三棱锥D -ABC 的体积的最大值为334，∴点D 到平面ABC 的最大距离为3.设球O 的半径为R ，则r 2＝R 2－(3－R )2，解得R ＝2，∴球O 的表面积为4πR 2＝16π.故选B.11．已知一个半径为7的球中有一个各条棱长都相等的内接正三棱柱，则正三棱柱的体积是( )A ．18B ．16C ．12D ．8解析：选A 设正三棱柱的棱长为2a ，如图，取球心为O ，过点O 作OO ′垂直三棱柱的上底面于点O ′，连接点O ′与上底面顶点A 交对棱于点B .则AB ＝3a ，AO ′＝233a ，OO ′＝a .在Rt △OO ′A 中，由勾股定理，得OA 2＝OO ′2＋O ′A 2. ∵OA ＝7，∴7＝a 2＋43a 2＝73a 2.整理得a 2＝3，∴a ＝ 3.∴棱长为2a ＝2 3.∴正三棱柱的体积V ＝12×23×23× sin 60°×23＝18.故选A.12.(2019·福州市质量检测)如图，以棱长为1的正方体的顶点A 为球心，以2为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )A.3π4 B ．2π C.3π2D ．9π4解析：选C 正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A 1为圆心，1为半径的圆周长的14，所以所有弧长之和为3×2π4＝3π2.故选C. 二、填空题13．(2019·长春市质量监测(一))已知一所有棱长都是2的三棱锥，则该三棱锥的体积为______．解析：记所有棱长都是2的三棱锥为P -ABC ，如图所示，取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，作PO ⊥AD 于点O ，则PO ⊥平面ABC ，且OP ＝63×2＝233，故三棱锥P ­ABC 的体积V ＝13S △ABC ·OP ＝13×34×(2)2×233＝13. 答案：1314.已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M -EFGH 的体积为______．解析：依题意知，四棱锥M -EFGH 为正四棱锥，正方形EFGH 的边长为⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫122＝22，四棱锥M ­EFGH 的高为12，所以四棱锥M -EFGH 的体积为13×⎝⎛⎭⎫222×12＝112. 答案：11215．古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为______．解析：由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为5，底面圆的半径为3，半球的半径为3，所以组合体的体积为π×32×5＋12×43π×33＝63π.答案：63π16．已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝8.若平面ABC截球O所得截面的面积为9π，则球O的表面积为______．解析：设球O的半径为R，由平面ABC截球O所得截面的面积为9π，得△ABC的外接圆的半径为3.设该外接圆的圆心为D，因为AB⊥BC，所以点D为AC的中点，所以DC ＝3.因为PA⊥平面ABC，易证PB⊥BC，所以PC为球O的直径．又PA＝8，所以OD＝12PA ＝4，所以R＝OC＝42＋32＝5，所以球O的表面积为S＝4πR2＝100π.答案：100πB组——“5＋3”提速练1.(2019·合肥市第二次质量检测)如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有()A．2对B．3对C．4对D．5对解析：选C由三视图知该几何体是一个四棱锥，它有一个侧面与底面垂直，且顶点在底面上的射影在底面的一条边的中点处，即如图所示的四棱锥S-ABCD，平面SCD⊥平面ABCD.因为AD⊥DC，BC⊥DC，且平面SCD∩平面ABCD＝DC，所以AD⊥平面SCD，BC⊥平面SCD，所以平面SAD⊥平面SCD，平面SBC⊥平面SCD.又由三视图知SC⊥SD，同时由AD⊥平面SCD，知AD⊥SC，又SD∩AD＝D, 所以SC⊥平面SAD，所以平面SBC⊥平面SAD.综上可知，该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．故选C.2．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( )A ．1B ．32C.92D ．与M 点的位置有关解析：选B ∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BCC 1B 1的距离是D 1到平面BCC 1B 1距离的13，即为D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点，∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M ­PBC ＝V P ­MBC ＝13×92×1＝32.故选B.3．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为1，点M 在线段BC 上(点M 异于B ，C 两点)，点N 为线段CC 1的中点，若平面AMN 截正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1所得的截面为四边形，则线段BM 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎤0，13 B ．⎝⎛⎦⎤0，12 C.⎣⎡⎭⎫12，1D ．⎣⎡⎦⎤12，23解析：选B 由题意，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，如图所示，当点M 为线段BC 的中点时，截面为四边形AMND 1，当0＜BM ≤12时，截面为四边形，当BM ＞12时，截面为五边形．故选B.4．已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA 1，BB 1，CC 1分别交于三点M ，N ，Q ，若△MNQ 为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )A ．2 2B ．3C ．2 3D ．4解析：选C 如图，不妨设N 在B 处，设AM ＝h ，CQ ＝m ，则MB 2＝h 2＋4，BQ 2＝m 2＋4，MQ 2＝(h －m )2＋4，由MB 2＝BQ 2＋MQ 2，得m 2－hm ＋2＝0.Δ＝h 2－8≥0⇒h 2≥8，该直角三角形斜边MB ＝4＋h 2≥23，故该直角三角形斜边长的最小值为2 3.故选C.5．(2019·郑州市第二次质量预测)在△ABC 中，已知AB ＝23，BC ＝26，∠ABC ＝45°，D是边AC上的一点，将△ABD沿BD折叠，得到三棱锥A-BCD，若该三棱锥的顶点A在底面BCD上的射影M在线段BC上，设BM＝x，则x的取值范围是() A．(0，23) B．(3，6)C．(6，23) D．(23，26)解析：选C将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A-BCD，且点A在底面BCD上的射影M在线段BC上，所以在图b中，AM⊥平面BCD，MN，AN 都与BD垂直，因此，折叠前在图a中，AM⊥BD，垂足为N，在图a中可得当D点与C 点无限接近时，折痕BD接近BC，此时M与点M1无限接近．在图b中，由于AB是Rt△ABM的斜边，BM是直角边，所以BM＜AB，由此可得BM1＜BM＜AB，因为在Rt△AM1B 中，BM1＝AB cos 45°＝23×22＝6，所以6＜BM＜23，即6＜x＜2 3.故选C.6.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为棱AA1的中点．若AA1＝4，AB＝2，则四棱锥B-ACC1D的体积为________．解析：取AC的中点O，连接BO(图略)，则BO⊥AC，所以BO⊥平面ACC1D.因为AB＝2，所以BO＝ 3.因为D为棱AA1的中点，AA1＝4，所以AD＝2，所以S梯形ACC1D＝12×(2＋4)×2＝6，所以四棱锥B-ACC1D的体积为13×6×3＝2 3.答案：2 37．已知在正四棱锥S-ABCD中，SA＝63，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为________．解析：设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，因为在正四棱锥S-ABCD中，SA＝63，所以a22＋h2＝108，即a2＝216－2h2，所以正四棱锥的体积V S­ABCD＝13a2h＝72h－23h3，令y ＝72h －23h 3，则y ′＝72－2h 2，令y ′>0，得0<h <6，令y ′<0，得h >6，所以当该棱锥的体积最大时，它的高为6.答案：68．(2019·河南八市重点高中联盟测评改编)已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，则三棱锥的表面积为________，若三棱锥内有一个体积为V 的球，则V 的最大值为________．解析：该三棱锥侧面的斜高为⎝⎛⎭⎫13×32＋12＝233，则S 侧＝3×12×2×233＝23，S 底＝12×3×2＝3，所以三棱锥的表面积S 表＝23＋3＝3 3.由题意知，当球与三棱锥的四个面都相切时，其体积最大．设三棱锥的内切球的半径为r ，则三棱锥的体积V 锥＝13S表·r ＝13S 底·1，所以33r ＝3，所以r ＝13，所以三棱锥的内切球的体积最大为V max ＝43πr 3＝4π81. 答案：334π81第2讲 空间位置关系的判断与证明[全国卷3年考情分析](1)高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题(或填空题)和一道解答题或只考一道解答题．(2)选择题一般在第9～11题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．(3)解答题多出现在第18或19题的第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等．考点一 空间点、线、面的位置关系[大稳定——常规角度考双基]1.[命题真假的判定]已知直线m ，l ，平面α，β，且m ⊥α，l ⊂β，给出下列命题： ①若α∥β，则m ⊥l ；②若α⊥β，则m ∥l ； ③若m ⊥l ，则α⊥β；④若m ∥l ，则α⊥β. 其中正确的命题是( ) A ．①④ B ．③④ C ．①②D ．①③解析：选A 对于①，若α∥β，m ⊥α，则m ⊥β，又l ⊂β，所以m ⊥l ，故①正确，排除B.对于④，若m ∥l ，m ⊥α，则l ⊥α，又l ⊂β，所以α⊥β.故④正确．故选A.2.[判断直线与直线的位置关系](2019·全国卷Ⅲ)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线解析：选B 法一：取CD 的中点O ，连接EO ，ON .由△ECD 是正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，知EO ⊥平面ABCD .∴EO ⊥CD ，EO ⊥ON .又N 为正方形ABCD 的中心，∴ON ⊥CD .以CD 的中点O 为原点， OD ―→方向为x 轴正方向建立空间直角坐标系，如图①所示． 不妨设AD ＝2，则E (0，0，3)，N (0，1，0)，D (1，0，0)， M ⎝⎛⎭⎫12，0，32，B (－1，2，0)，∴EN ＝12＋（－3）2＝2，BM ＝⎝⎛⎭⎫322＋4＋34＝7，∴EN ≠BM . 连接BD ，BE ，∵点N 是正方形ABCD 的中心，∴点N 在BD 上，且BN ＝DN ，∴BM ，EN 是△DBE 的中线，∴BM ，EN 必相交．故选B.法二：如图②，取CD 的中点F ，DF 的中点G ，连接EF ，FN ，MG ，GB .∵△ECD 是正三角形，∴EF ⊥CD .∵平面ECD ⊥平面ABCD ，∴EF ⊥平面ABCD .∴EF ⊥FN .不妨设AB ＝2，则FN ＝1，EF ＝3，∴EN ＝ FN 2＋EF 2＝2.∵EM ＝MD ，DG ＝GF ，∴MG ∥EF 且MG ＝12EF ，∴MG ⊥平面ABCD ， ∴MG ⊥BG .∵MG ＝12EF ＝32， BG ＝ CG 2＋BC 2＝ ⎝⎛⎭⎫322＋22＝52， ∴ BM ＝ MG 2＋BG 2＝7.∴ BM ≠EN .连接BD ，BE ，∵ 点N 是正方形ABCD 的中心，∴ 点N 在BD 上，且BN ＝DN ，∴ BM ，EN 是△DBE 的中线，∴ BM ，EN 必相交．故选B.3.[线面垂直、面面垂直的判定]如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，G 是EF 的中点，现在沿AE ，AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为H ，那么，在这个空间图形中必有( )A ．AG ⊥平面EFHB ．AH ⊥平面EFHC ．HF ⊥平面AEFD ．HG ⊥平面AEF。

(2)两个平面垂直的判定和性质
✓ 考法5 线面垂直的判定与性质
1.证明直线 与平面垂直 的方法
2.线面垂直 的性质与线 线垂直
（1）判定定理（常用方法）： 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线
与此平面垂直.判定定理中的两条相交直线必须保证“在平面 内相交”这一条件. （2）性质： ①应用面面垂直的性质（常用方法）：若两平面垂直,则在一 个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面，是证明线 面垂直的主要方法； ②（客观题常用）若两条平行直线中的一条垂直于一个平面, 则另一条也垂直于这个平面.
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✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.证明平面 与平面平行 的常用方法 2.空间平行关系 之间的转化
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✓ 考法3 面面平行的判定与性质
1.证明平面 与平面平行 的常用方法
这是立体几何中证明平行关系常用的思路,三 种平行关系的转化可结合下图记忆
2.空间平行关系 之间的转化
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600分基础 考点&考法
定义 判定方法
2.等角定理
判定定理 反证法 两条异面直线所成的角
✓ 考法2 异面直线所成的角
常考形式
直接求 求其三角函数值
常用方法
作角
正弦值 余弦值 正切值
证明 求值 取舍
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600分基础 考点&考法
➢ 考点46 线面、面面平行的判定与性质 ✓ 考法3 线面平行的判定与性质 ✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.计算有关 线段的长
2.外接球、内切 球的计算问题
观察几何体的特征 利用一些常用定理与公式 (如正弦定理、余弦定理、勾股定理、 三角函数公式等) 结合题目的已知条件求解