《（通用版）2018年高考數學二輪復習 第一部分 專題三 立體幾何教學案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2018年高考數學二輪復習 第一部分 專題三 立體幾何教學案 理（58頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題三 立體幾何研高考明考點年份卷別小題考查大題考查2017卷T7空間幾何體的三視圖與直觀圖、面積的計算T18面面垂直的證明，二面角的余弦值的求解T16三棱錐體積、翻折問題、最值問題卷T4空間幾何體的三視圖及體積的計算T19線面平行的證明，二面角的余弦值的求解T10空間異面直線所成角的余弦值的計算卷T8球的內接圓柱、圓柱的體積T19面面垂直的證明，二面角的余弦值的求解T16圓錐、空間線線角的求解2016卷T6空間幾何體的三視圖及表面積、體積的計算T18面面垂直的證明，二面角的余弦值的求解T11面面平行的性質及異面直線所成角的余弦值的計算卷T6空間幾何體的三視圖及表面積的計算T19線面垂直的證明

2、，二面角的正弦值的求解T14空間線面位置關系卷T9空間幾何體的三視圖及表面積的計算T19線面平行的證明，線面角的正弦值的求解T10三棱柱內接球體積的計算2015卷T6數學文化、錐體體積的計算T18面面垂直的證明，異面直線所成角的余弦值的求解T11空間幾何體的三視圖及柱、球體表面積的計算卷T6空間幾何體的三視圖及體積的相關計算T19空間位置關系，線面角的正弦值的求解T9三棱錐體積的計算，球表面積的計算析考情明重點小題考情分析大題考情分析?？键c1.空間幾何體的三視圖(3年7考) 2.空間幾何體的表面積與體積(3年11考) 3.與球有關的組合體的計算問題(3年4考)?？键c高考對立體幾何在解答題中的考

3、查比較穩(wěn)定，空間線面位置關系中的平行或垂直的證明，空間角的計算是熱點，題型主要有：1.空間位置關系的證明2.求空間角或其三角函數值偶考點1.空間線面位置關系的判斷2.異面直線所成角的計算偶考點翻折與探索性問題的綜合問題第一講 小題考法空間幾何體的三視圖、表面積與 體積及位置關系的判定考點(一)主要考查利用三視圖的畫法規(guī)則及擺放規(guī)則，根據空間幾何體確定其三視圖，或根據三視圖還原其對應直觀圖，或根據三視圖中的其中兩個確定另一個.空間幾何體的三視圖典例感悟典例(1)(2017惠州調研)如圖所示，將圖中的正方體截去兩個三棱錐，得到圖中的幾何體，則該幾何體的側視圖為()(2)(2016天津高考)將一個長

4、方體沿相鄰三個面的對角線截去一個棱錐，得到的幾何體的正視圖與俯視圖如圖所示，則該幾何體的側(左)視圖為()解析(1)從幾何體的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的對角線，在視線范圍內，畫實線；棱C1F不在視線范圍內，畫虛線故選B.(2)先根據正視圖和俯視圖還原出幾何體，再作其側(左)視圖由幾何體的正視圖和俯視圖可知該幾何體如圖所示，故其側(左)視圖如圖所示故選B.答案(1)B(2)B方法技巧1由直觀圖確定三視圖的方法根據空間幾何體三視圖的定義及畫法規(guī)則和擺放規(guī)則確定2由三視圖還原到直觀圖的思路(1)根據俯視圖確定幾何體的底面(2)根據正(主)視圖或側(左)視圖確定幾何體的側棱與側面的特征，

5、調整實線和虛線所對應的棱、面的位置(3)確定幾何體的直觀圖形狀演練沖關1(2018屆高三廣州六校聯(lián)考)已知某幾何體的正視圖和側視圖均如圖所示，給出下列5個圖形：其中可以作為該幾何體的俯視圖的圖形個數為()A5 B4 C3 D2解析：選B由題知可以作為該幾何體的俯視圖的圖形可以為.故選B.2(2017北京高考)某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的最長棱的長度為()A3 B2 C2 D2解析：選B在正方體中還原該四棱錐如圖所示，從圖中易得最長的棱為AC12.3(2017福州模擬)如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，實線畫出的是某幾何體的三視圖，則此幾何體各面中直角三角形的個數是()A2 B3 C4

6、 D5解析：選C由三視圖知，該幾何體是如圖所示的四棱錐PABCD，易知四棱錐PABCD的四個側面都是直角三角形，即此幾何體各面中直角三角形的個數是4，故選C.考點(二)主要考查空間幾何體的結構特征、表面積與體積公式的應用，涉及的幾何體多為柱體、錐體，且常與三視圖相結合考查.空間幾何體的表面積與體積典例感悟典例(1)(2016全國卷)如圖所示，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積為()A1836 B5418C90 D81(2)(2017全國卷)如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分后所得，則該

7、幾何體的體積為()A90 B63 C42 D36(3)(2018屆高三廣西三市聯(lián)考)如圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為()A6 B9 C12 D18解析(1)由三視圖可知該幾何體是底面為正方形的斜四棱柱，其中有兩個側面為矩形，另兩個側面為平行四邊形，則表面積為(333633)25418.故選B.(2)法一：由題意知，該幾何體由底面半徑為3，高為10的圓柱截去底面半徑為3，高為6的圓柱的一半所得，故其體積V321032663.法二：由題意知，該幾何體由底面半徑為3，高為10的圓柱截去底面半徑為3，高為6的圓柱的一半所得，其體積等價于底面半徑為3，高為7的圓柱的體積，所以它的體積V3276

8、3.(3)該幾何體是一個直三棱柱截去所得，如圖所示，其體積為3429.答案(1)B(2)B(3)B方法技巧1求解幾何體的表面積與體積的技巧(1)求三棱錐的體積：等體積轉化是常用的方法，轉化原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一面上(2)求不規(guī)則幾何體的體積：常用分割或補形的方法，將不規(guī)則幾何體轉化為規(guī)則幾何體求解(3)求表面積：其關鍵思想是空間問題平面化2根據幾何體的三視圖求其表面積或體積的步驟(1)根據給出的三視圖還原該幾何體的直觀圖(2)由三視圖中的大小標識確定該幾何體的各個度量(3)套用相應的面積公式或體積公式計算求解演練沖關1(2017合肥質檢)一個幾何體的三視圖及其尺寸如圖所示，則

9、該幾何體的體積為()A. BC28D226解析：選A由三視圖知，該幾何體為三棱臺，其上、下底面分別是直角邊為2,4的等腰直角三角形，高為2，所以該幾何體的體積V2244 2，故選A.2(2017沈陽質檢)如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積是()A366 B363C54 D27解析：選A由三視圖知該幾何體為底面是梯形的四棱柱，其表面積為S2(24)3234323366，故選A.3(2017山東高考)由一個長方體和兩個圓柱體構成的幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的體積為_解析：該幾何體由一個長、寬、高分別為2,1,1的長方體和兩個底面半徑為1，高為1的

10、四分之一圓柱體構成，V21121212.答案：2考點(三)主要考查與多面體、旋轉體構成的簡單組合體的有關切、接球表面積、體積的計算問題，其本質是計算球的半徑.與球有關的組合體的計算問題典例感悟典例(1)(2016全國卷)在封閉的直三棱柱ABCA1B1C1內有一個體積為V的球若ABBC，AB6，BC8，AA13，則V的最大值是()A4 B.C6 D.(2)(2018屆高三湖北七市(州)聯(lián)考)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體外接球的表面積為(),A36 BC32D28解析(1)設球的半徑為R，ABC的內切圓半徑為2，R2.又2R3，R，Vmax3.故選B.(2)根據三視圖，可知該幾何體是一個

11、四棱錐，其底面是一個邊長為4的正方形，高是2.將該四棱錐還原成一個三棱柱，如圖所示，該三棱柱的底面是邊長為4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6個頂點的距離即為該四棱錐外接球的半徑三棱柱的底面是邊長為4的正三角形，底面三角形的中心到三角形三個頂點的距離為2，其外接球的半徑R，則外接球的表面積S4R24，故選B.答案(1)B(2)B方法技巧求解多面體、旋轉體與球接、切問題的策略(1)過球心及多面體中的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題(2)利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關系，或通過畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量

12、的關系，列方程(組)求解演練沖關1(2017全國卷)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為()A B. C. D.解析：選B設圓柱的底面半徑為r，則r2122，所以圓柱的體積V1.2(2017江蘇高考)如圖，在圓柱O1O2內有一個球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則的值是_解析：設球O的半徑為R，因為球O與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切，所以圓柱的底面半徑為R、高為2R，所以.答案：3(2017全國卷)已知三棱錐S ABC的所有頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑若平面SCA平面SCB，SA

13、AC，SBBC，三棱錐S ABC的體積為9，則球O的表面積為_解析：如圖，連接AO，OB，SC為球O的直徑，點O為SC的中點，SAAC，SBBC，AOSC，BOSC，平面SCA平面SCB，平面SCA平面SCBSC，AO平面SCB，設球O的半徑為R，則OAOBR，SC2R.VS ABCVASBCSSBCAOAO，即9R，解得 R3，球O的表面積為S4R243236.答案：364(2018屆高三浙江名校聯(lián)考)某簡單幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為_，其外接球的表面積為_解析：由三視圖得該幾何體是一個底面為對角線為4的正方形，高為3的直四棱柱，則其體積為44324.又直四棱柱的外接球的半徑

14、R，所以四棱柱的外接球的表面積為4R225.答案：2425考點(四)主要考查利用空間點、直線、平面位置關系的定義，四個公理、八個定理來判斷與點、線、面有關命題的真假或判斷簡單的線面平行垂直的位置關系.空間線面位置關系的判斷 典例感悟典例(1)(2017全國卷)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是()(2)(2016全國卷)，是兩個平面，m，n是兩條直線，有下列四個命題：如果mn，m，n，那么.如果m，n，那么mn.如果，m，那么m.如果mn，那么m與所成的角和n與所成的角相等其中正確的命題有_(填寫所有

15、正確命題的編號)解析(1)法一：對于選項B，如圖所示，連接CD，因為ABCD，M，Q分別是所在棱的中點，所以MQCD，所以ABMQ .又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，所以AB平面MNQ.同理可證選項C、D中均有AB平面MNQ.故選A.法二：對于選項A，設正方體的底面對角線的交點為O(如圖所示)，連接OQ，則OQAB.因為OQ與平面MNQ有交點，所以AB與平面MNQ有交點，即AB與平面MNQ不平行，根據直線與平面平行的判定定理及三角形的中位線性質知，選項B、C、D中AB平面MNQ.故選A.(2)對于，可以平行，也可以相交但不垂直，故錯誤對于，由線面平行的性質定理知存在直線l，nl，又m，所以m

16、l，所以mn，故正確對于，因為，所以，沒有公共點又m，所以m，沒有公共點，由線面平行的定義可知m，故正確對于，因為mn，所以m與所成的角和n與所成的角相等因為，所以n與所成的角和n與所成的角相等，所以m與所成的角和n與所成的角相等，故正確答案(1)A(2)方法技巧判斷與空間位置關系有關命題真假的方法(1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質定理進行判斷(2)借助空間幾何模型，如從長方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關系，結合有關定理，進行肯定或否定(3)借助反證法，當從正面入手較難時，可利用反證法，推出與題設或公認的結論相矛盾的命題，進而作出判斷演練沖關1(20

17、17成都模擬)在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面與棱AB，AC，A1C1，A1B1分別交于點E，F(xiàn)，G，H，且直線AA1平面.有下列三個命題：四邊形EFGH是平行四邊形；平面平面BCC1B1；平面平面BCFE.其中正確的命題有()A BC D解析：選C由題意畫出草圖如圖所示，因為AA1平面，平面平面AA1B1BEH，所以AA1EH.同理AA1GF，所以EHGF.又ABCA1B1C1是直三棱柱，易知EHGFAA1，所以四邊形EFGH是平行四邊形，故正確；若平面平面BB1C1C，由平面平面A1B1C1GH，平面BCC1B1平面A1B1C1B1C1，知GHB1C1，而GHB1C1不一定成立，故錯誤

18、；由AA1平面BCFE，結合AA1EH知EH平面BCFE，又EH平面，所以平面平面BCFE，故正確綜上可知，故選C.2(2017惠州調研)如圖是一幾何體的平面展開圖，其中四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點，在此幾何體中，給出下面4個結論：直線BE與直線CF異面；直線BE與直線AF異面；直線EF平面PBC；平面BCE平面PAD.其中正確的有()A1個 B2個C3個 D4個解析：選B將展開圖還原為幾何體(如圖)，因為E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點，所以EFADBC，即直線BE與CF共面，錯；因為B平面PAD，E平面PAD，EAF，所以BE與AF是異面直線，正確；因為EFADBC，E

19、F平面PBC，BC平面PBC，所以EF平面PBC，正確；平面PAD與平面BCE不一定垂直，錯故選B.3(2017全國卷)在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則()AA1EDC1 BA1EBDCA1EBC1 DA1EAC解析：選C法一：由正方體的性質，得A1B1BC1，B1CBC1，A1B1B1CB1，所以BC1平面A1B1CD.又A1E平面A1B1CD，所以A1EBC1.法二：A1E在平面ABCD上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直，B、D錯；A1E在平面BCC1B1上的投影為B1C，且B1CBC1，A1EBC1，故C正確；(證明：由條件易知，BC1B1C，BC1CE，又

20、CEB1CC，BC1平面CEA1B1.又A1E平面CEA1B1，A1EBC1.)A1E在平面DCC1D1上的投影為D1E，而D1E不與DC1垂直，故A錯4(2017武昌調研)若四面體ABCD的三組對棱分別相等，即ABCD，ACBD，ADBC，給出下列結論：四面體ABCD每組對棱相互垂直；四面體ABCD每個面的面積相等；從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱兩兩夾角之和大于90且小于180；連接四面體ABCD每組對棱中點的線段相互垂直平分；從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長其中正確結論的序號是_解析：對于，如圖(1)，AE，CF分別為BD邊上的高，由ADBC，ABCD

21、，BDDB可知ABDCDB，所以AE CF，DEBF，當且僅當ADAB，CDBC時，E，F(xiàn)重合，此時ACBD，所以當四面體ABCD為正四面體時，每組對棱才相互垂直，故錯誤；對于，由題設可知四面體的四個面全等，所以四面體ABCD每個面的面積相等，故正確；對于，當四面體為正四面體時，同一個頂點出發(fā)的任意兩條棱的夾角均為60，此時四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱兩兩夾角之和等于180，故錯誤；對于，如圖(2)，G，H，I，J為各邊中點，因為ACBD，所以四邊形GHIJ為菱形，所以GI，HJ相互垂直平分，其他同理可得，所以連接四面體ABCD每組對棱中點的線段相互垂直平分，故正確；對于，從A點出發(fā)的三

22、條棱為AB，AC，AD，因為ACBD，所以AB，AC，AD可以構成三角形，其他同理可得，所以從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長，故正確綜上所述，正確的結論為.答案：必備知能自主補缺 (一) 主干知識要記牢1簡單幾何體的表面積和體積(1)S直棱柱側ch(c為底面的周長，h為高)(2)S正棱錐側ch(c為底面周長，h為斜高)(3)S正棱臺側(cc)h(c與c分別為上、下底面周長，h為斜高)(4)圓柱、圓錐、圓臺的側面積公式S圓柱側2rl(r為底面半徑，l為母線長)，S圓錐側rl(r為底面半徑，l為母線長)，S圓臺側(rr)l(r，r分別為上、下底面的半徑，l為母線長)

23、(5)柱、錐、臺體的體積公式V柱Sh(S為底面面積，h為高)，V錐Sh(S為底面面積，h為高)，V臺(SS)h(S，S為上、下底面面積，h為高)(6)球的表面積和體積公式S球4R2，V球R3.2兩類關系的轉化(1)平行關系之間的轉化(2)垂直關系之間的轉化3證明空間位置關系的方法已知a，b，l是直線，是平面，O是點，則(1)線線平行：cb，ab，ab，ab.(2)線面平行：a，a，a.(3)面面平行：，.(4)線線垂直：ab，ab.(5)線面垂直： l， a， a，b.(6)面面垂直：，.(二) 二級結論要用好1長方體的對角線與其共點的三條棱之間的長度關系d2a2b2c2；若長方體外接球半徑為

24、R，則有(2R)2a2b2c2.針對練1(2018屆高三西安八校聯(lián)考)設三棱錐的三條側棱兩兩互相垂直，且長度分別為2,2，4，則其外接球的表面積為()A48 B32 C20 D12解析：選B依題意，設題中的三棱錐外接球的半徑為R，可將題中的三棱錐補形成一個長方體，則R 2，所以該三棱錐外接球的表面積為S4R232.2棱長為a的正四面體的內切球半徑ra，外接球的半徑Ra.又正四面體的高ha，故rh，Rh.針對練2正四面體ABCD的外接球半徑為2，過棱AB作該球的截面，則截面面積的最小值為_解析：由題意知，面積最小的截面是以AB為直徑的圓，設AB的長為a，因為正四面體外接球的半徑為2，所以a2，解

25、得a，故截面面積的最小值為2.答案：(三) 易錯易混要明了應用空間線面平行與垂直關系中的判定定理和性質定理時，忽視判定定理和性質定理中的條件，導致判斷出錯如由，l，ml，易誤得出m的結論，就是因為忽視面面垂直的性質定理中m的限制條件針對練3設，是兩個不同的平面，m是直線且m，則“m ”是“ ”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析：選B當m時，過m的平面與可能平行也可能相交，因而m/ ；當時，內任一直線與平行，因為m，所以m.綜上可知，“m ”是“ ”的必要不充分條件課時跟蹤檢測 A組124提速練一、選擇題1.如圖為一個幾何體的側視圖和俯視圖，則它的正視

26、圖為()解析：選B根據題中側視圖和俯視圖的形狀，判斷出該幾何體是在一個正方體的上表面上放置一個四棱錐(其中四棱錐的底面是邊長與正方體棱長相等的正方形、頂點在底面上的射影是底面一邊的中點)，結合選項知，它的正視圖為B.2(2017全國卷)某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為()A10 B12 C14 D16解析：選B由三視圖可知該多面體是一個組合體，下面是一個底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一個底面是等腰直角三角形的三棱錐，等腰直角三角形的腰長為2，直三棱柱

27、的高為2，三棱錐的高為2，易知該多面體有2個面是梯形，這些梯形的面積之和為212，故選B.3(2017合肥質檢)若平面截三棱錐所得截面為平行四邊形，則該三棱錐中與平面平行的棱有()A0條 B1條 C2條 D0條或2條解析：選C因為平行于三棱錐的兩條相對棱的平面截三棱錐所得的截面是平行四邊形，所以該三棱錐中與平面平行的棱有2條，故選C.4(2017成都模擬)已知m，n是空間中兩條不同的直線，是兩個不同的平面，且m，n.有下列命題：若，則m，n可能平行，也可能異面；若l，且ml，nl，則；若l，且ml，mn，則.其中真命題的個數是()A0 B1 C2 D3解析：選B對于，直線m，n可能平行，也可能

28、異面，故是真命題；對于，直線m，n同時垂直于公共棱，不能推出兩個平面垂直，故是假命題；對于，當直線nl時，不能推出兩個平面垂直，故是假命題故真命題的個數為1.故選B.5(2017浙江高考)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是()A.1 B.3C.1 D.3解析：選A由幾何體的三視圖可得，該幾何體是一個底面半徑為1，高為3的圓錐的一半與一個底面為直角邊長為的等腰直角三角形，高為3的三棱錐的組合體，故該幾何體的體積V12331.6(2017鄭州質檢)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A80 B160 C240 D480解析：選B如圖所示，題中的幾

29、何體是從直三棱柱ABCABC中截去一個三棱錐AABC后所剩余的部分，其中底面ABC是直角三角形，ACAB，AC6，AB8，BB10.因此題中的幾何體的體積為10681010160，故選B.7(2017合肥質檢)一個幾何體的三視圖如圖所示(其中正視圖的弧線為四分之一圓周)，則該幾何體的表面積為()A726 B724C486 D484解析：選A由三視圖知，該幾何體由一個正方體的部分與一個圓柱的部分組合而成(如圖所示)，其表面積為162(164)2422224726，故選A.8某幾何體的三視圖如圖所示，則其體積為()A207 B216C21636 D21618解析：選B由三視圖知，該幾何體是一個棱長

30、為6的正方體挖去個底面半徑為3，高為6的圓錐而得到的，所以該幾何體的體積V63326216，故選B.9(2017貴陽檢測)三棱錐PABC的四個頂點都在體積為的球的表面上，底面ABC所在的小圓面積為16，則該三棱錐的高的最大值為()A4 B6C8 D10解析：選C依題意，設題中球的球心為O，半徑為R，ABC的外接圓半徑為r，則，解得R5，由r216，解得r4，又球心O到平面ABC的距離為3，因此三棱錐PABC的高的最大值為538，故選C.10(2017洛陽統(tǒng)考)已知三棱錐PABC的四個頂點均在某球面上，PC為該球的直徑，ABC是邊長為4的等邊三角形，三棱錐PABC的體積為，則此三棱錐的外接球的表

31、面積為()A. B.C. D.解析：選D依題意，記三棱錐PABC的外接球的球心為O，半徑為R，點P到平面ABC的距離為h，則由VPABCSABChh得h.又PC為球O的直徑，因此球心O到平面ABC的距離等于h.又正ABC的外接圓半徑為r，因此R2r22，所以三棱錐PABC的外接球的表面積為4R2，故選D.11某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A. B8C. D9解析：選B依題意，題中的幾何體是由兩個完全相同的圓柱各自用一個不平行于其軸的平面去截后所得的部分拼接而成的組合體(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一個截后所得的部分的底面半徑為1，最短母線長為3、最長母線長為5，將這兩

32、個截后所得的部分拼接恰好形成一個底面半徑為1，母線長為538的圓柱，因此題中的幾何體的體積為1288，故選B.12(2018屆高三湘中名校聯(lián)考)已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A.B32C. D.解析：選A由三視圖可知， 該幾何體是由底面為等腰直角三角形(腰長為4)、高為8的直三棱柱截去一個等底且高為4的三棱錐而得到的，所以該幾何體的體積V448444，故選A.二、填空題13如圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為_ 解析：設圓柱高為h，底面圓半徑為r，周長為c，圓錐母線長為l.由圖得r2，h4，則c2r4，由勾股定理得：l4，則S表r2chcl41

33、6828.答案：2814一個正方體被一個平面截去一部分后，剩余部分的三視圖如圖，則截去部分體積與剩余部分體積的比值為_解析：由已知三視圖知該幾何體是由一個正方體截去了一個“大角”后剩余的部分，如圖所示，截去部分是一個三棱錐設正方體的棱長為1，則三棱錐的體積為V1111，剩余部分的體積V213.所以.答案：15高為4的直三棱柱被削去一部分后得到一個幾何體，它的直觀圖和三視圖中的側視圖、俯視圖如圖所示，則該幾何體的體積是原直三棱柱的體積的_解析：由側視圖、俯視圖知該幾何體是高為2、底面積為 2(24)6的四棱錐，其體積為624.而直三棱柱的體積為2248，則該幾何體的體積是原直三棱柱的體積的.答案

34、：16(2017蘭州診斷考試)已知在三棱錐PABC中，VPABC，APC，BPC，PAAC，PBBC，且平面PAC平面PBC，那么三棱錐PABC外接球的體積為_解析：如圖，取PC的中點O，連接AO，BO，設PC2R，則OAOBOCOPR，O是三棱錐PABC外接球的球心，易知，PBR，BCR，APC，PAAC，O為PC的中點，AOPC，又平面PAC平面PBC，且平面PAC平面PBCPC，AO平面PBC，VPABCVAPBCPBBCAORRR，解得R2，三棱錐PABC外接球的體積VR3.答案：B組能力小題保分練1(2017石家莊質檢)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是()A16 B20C

35、52 D60解析：選B由三視圖知，該幾何體由一個底面為直角三角形(直角邊分別為3,4)，高為6的三棱柱截去兩個等體積的四棱錐所得，且四棱錐的底面是矩形(邊長分別為2,4)，高為3，如圖所示，所以該幾何體的體積V346224320，故選B. 2(2017成都模擬)如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某四棱錐的三視圖，則該四棱錐外接球的表面積為()A136 B34C25 D18解析：選B由三視圖知，該四棱錐的底面是邊長為3的正方形，高為4，且有一條側棱垂直于底面，所以可將該四棱錐補形為長、寬、高分別為3,3,4的長方體，該長方體外接球的半徑R即為該四棱錐外接球的半徑，所以2R，解得R，

36、所以該四棱錐外接球的表面積為4R234，故選B.3(2018屆高三湖南五市十校聯(lián)考)如圖，小方格是邊長為1的正方形，一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A496 B(26)96C(44)64 D(44)96解析：選D由三視圖可知，該幾何體為一個圓錐和一個正方體的組合體，正方體的棱長為4，圓錐的高為4，底面半徑為2，所以該幾何體的表面積為S642222(44)96.4(2017石家莊質檢)四棱錐PABCD的底面ABCD是邊長為6的正方形，且PAPBPCPD，若一個半徑為1的球與此四棱錐所有面都相切，則該四棱錐的高為()A6 B5C. D.解析：選D過點P作PH平面ABCD于點H.

37、由題知，四棱錐PABCD是正四棱錐，內切球的球心O應在四棱錐的高PH上過正四棱錐的高作組合體的軸截面如圖，其中PE，PF是斜高，M為球面與側面的一個切點設PHh，易知RtPMORtPHF，所以，即，解得h，故選D.5(2018屆高三西安市八校聯(lián)考)在菱形ABCD中，A60，AB，將ABD折起到PBD的位置，若二面角PBDC的大小為，則三棱錐PBCD外接球的體積為()A. B.C. D.解析：選C依題意，PBD、BCD均是邊長為的等邊三角形取BD的中點E，連接PE，CE，則有PEBD，CEBD，PEC是二面角PBDC的平面角，即PEC120.記三棱錐PBCD的外接球的球心為O，半徑是R，PBD，

38、BCD的中心分別為M，N，連接OM，ON，MN，OE，則由OPOBODOC得，球心O在平面PBD，平面BCD上的射影分別是PBD，BCD的中心，即有OM平面PBD，OMPE，OMBD，ON平面BCD，ONNE，ONBD，因此BD平面OMN.又易證BD平面OCE，所以平面OMN平面OCE.又平面OMN與平面OCE有公共點O，因此平面OMN與平面OCE重合在四邊形OMEN中，OMEONE90，MENE，MOE30，OE是四邊形OMEN的外接圓的直徑，OE1，ON2OE2NE2122.在RtOBN中，OB2ON2BN2ON2BE2NE222，即R，因此三棱錐PBCD的外接球的體積為R3，故選C.6(

39、2017武昌調研)在矩形ABCD中，ABBC，現(xiàn)將ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進行翻折，在翻折的過程中，給出下列結論：存在某個位置，使得直線AC與直線BD垂直；存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直；存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直其中正確結論的序號是_解析：假設AC與BD垂直，過點A作AEBD于點E，連接CE，如圖所示，則AEBD，BDAC.又AEACA，所以BD平面AEC，從而有BDCE，而在平面BCD中，CE與BD不垂直，故假設不成立，錯誤假設ABCD，ABAD，ADCDD，AB平面ACD，ABAC，由ABBC可知，存在這樣的直角三角形BAC，使ABCD，故假設成立，正確

40、假設ADBC，DCBC，ADDCD，BC平面ADC，BCAC，即ABC為直角三角形，且AB為斜邊，而AB0)，由PC2，OP1，得得x，z.即點P，而E為PD的中點，E.設平面PAB的法向量為n(x1，y1，z1)，(1,1,0)，取y11，得n(1，1，)而，則n0，而CE平面PAB，CE平面PAB.(2)設平面PBC的法向量為m(x2，y2，z2)，(0,1,0)，取x21，得m(1,0，)設直線CE與平面PBC所成角為.則sin |cosm，|，故直線CE與平面PBC所成角的正弦值為.題型(三)主要考查利用空間向量探索與空間線面垂直、平行或與空間三種角有關的點所在位置、參數值的大小等問題

41、，一般出現(xiàn)在解答題的最后一問.利用空間向量解決探索性問題典例感悟典例3(2017成都模擬)如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，BD與EF交于點H，G為BD的中點，點R在線段BH上，且(0)現(xiàn)將AED，CFD，DEF分別沿DE，DF，EF折起，使點A，C重合于點B(該點記為P)，如圖所示(1)若2，求證：GR平面PEF；(2)是否存在正實數，使得直線FR與平面DEF所成角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由解(1)由題意，可知PE，PF，PD三條直線兩兩垂直PD平面PEF.在圖中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，G為BD的中點，EFAC，GDGB2GH.在圖中，

42、2，且2，在PDH中，GRPD.GR平面PEF.(2)由題意，分別以PF，PE，PD所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Pxyz.設PD4，則P(0,0,0)，F(xiàn)(2,0,0)，E(0,2,0)，D(0,0,4)，H(1，1,0)則(2，2,0)，(0,2，4)，R，0.2，0，0.設平面DEF的法向量為m(x，y，z)，由得取z1，則m(2,2,1)直線FR與平面DEF所成角的正弦值為，|cosm，|，921870，解得或(不合題意，舍去)故存在正實數，使得直線FR與平面DEF所成角的正弦值為.備課札記 方法技巧利用空間向量求解探索性問題的策略(1)假設題中的數學對象存在(

43、或結論成立)或暫且認可其中的一部分結論(2)在(1)的前提下進行邏輯推理，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標(或參數)是否有解，是否有規(guī)定范圍內的解”等若由此推導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結論演練沖關3(2018屆高三湖南五市十校聯(lián)考)如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ADCD2，BC4，PA2.(1)求證：ABPC; (2)在線段PD上，是否存在一點M，使得二面角MACD的大小為45，如果存在，求BM與平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，請說明理由解：(1)證明：由已知得四邊形ABCD是直角梯形，由ADC

44、D2，BC4，可得ABC是等腰直角三角形，即ABAC，因為PA平面ABCD，所以PAAB，又PAACA，所以AB平面PAC，所以ABPC.(2)建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，B(2，2，0)，(0,2，2)，(2，2，0)設t (0t1)，則點M的坐標為(0，2t，22t)，所以(0,2t,22t)設平面MAC的法向量是n(x，y，z)，則即則可取n.又m(0,0,1)是平面ACD的一個法向量，所以|cosm，n|cos 45，解得t，即點M是線段PD的中點此時平面MAC的法向量n(1，1，)，M(0，1)，(2，3，1)設BM與平面MAC所成的角為，則sin |cosn，|.所以存在PD的中點M使得二面角MACD的大小為45，且BM與平面MAC所成角的正弦值為.解題通法點撥 立體幾何問題重在“建”建模、建系 循流程思維入題快立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計算相結合，以某個幾何體為依托，分步設問，逐層加深解決這類題目的原則是建模、建系建模將問題轉化為平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距離等的計算模型；建系依托于題中的垂直條件，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解按流程解題快又準典例(2016全國卷)如圖，四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABAD