2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 立體幾何學(xué)案 理, 第一講 小題考法空間幾何體的三視圖、表面積與體積及空間線面位置關(guān)系的判定考點(diǎn)(一) 空間幾何體的三視圖主要考查利用三視圖的畫法規(guī)則及擺放規(guī)則，根據(jù)空間幾何體確定其三視圖，或根據(jù)三視圖還原其對應(yīng)直觀圖，或根據(jù)三視圖中的其中兩個(gè)確定另一個(gè).典例感悟典例(1)(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(gè)面中有若干個(gè)是梯形，這些梯形的面積之和為()A10B12C14 D16(2)(2018·重慶調(diào)研)如圖是一個(gè)棱長為2的正方體被削去一個(gè)角后所得到的幾何體的直觀圖，其中DD11，ABBCAA12.若此幾何體的俯視圖如圖所示，則可以作為其正視圖的是()解析(1)由三視圖可知該多面體是一個(gè)組合體，下面是一個(gè)底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一個(gè)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，直三棱柱的高為2，三棱錐的高為2，易知該多面體有2個(gè)面是梯形，這些梯形的面積之和為×212，故選B.(2)由題意，根據(jù)該幾何體的直觀圖和俯視圖知，其正視圖的長應(yīng)為底面正方形的對角線長，寬應(yīng)為正方體的棱長，故排除B，D；在三視圖中看不見的棱用虛線表示，故排除A，選C.答案(1)B(2)C方法技巧熟練掌握規(guī)則幾何體的三視圖是由三視圖還原幾何體的基礎(chǔ)，在明確三視圖畫法規(guī)則的基礎(chǔ)上，按以下步驟可輕松解決此類問題：演練沖關(guān)1(2018·全國卷)中國古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來構(gòu)件的凸出部分叫榫頭，凹進(jìn)部分叫卯眼，圖中木構(gòu)件右邊的小長方體是榫頭若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長方體，則咬合時(shí)帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是()解析：選A由題意可知帶卯眼的木構(gòu)件的直觀圖如圖所示，由直觀圖可知其俯視圖應(yīng)選A.2(2018·安徽淮北二模)某幾何體的三視圖如圖所示，網(wǎng)格紙的小方格是邊長為1的正方形，則該幾何體中最長棱的棱長是()A. BC. D3解析：選A由三視圖可知該幾何體為一個(gè)三棱錐D­ABC，如圖，將其置于長方體中，該長方體的底面是邊長為1的正方形，高為2.所以AB1，AC，BC，CD，DA2，BD，因此最長棱為BD，棱長是，故選A.3(2018·福州模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，實(shí)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(gè)數(shù)是()A2 B3C4 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(gè)側(cè)面都是直角三角形，即此幾何體各面中直角三角形的個(gè)數(shù)是4，故選C.4.(2018·全國卷)某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖所示圓柱表面上的點(diǎn)M在正視圖上的對應(yīng)點(diǎn)為A，圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對應(yīng)點(diǎn)為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為()A2 B2 C3 D2解析：選B先畫出圓柱的直觀圖，根據(jù)題圖的三視圖可知點(diǎn)M，N的位置如圖所示圓柱的側(cè)面展開圖及M，N的位置(N為OP的四等分點(diǎn))如圖所示，連接MN，則圖中MN即為M到N的最短路徑ON×164，OM2，MN 2.考點(diǎn)(二) 空間幾何體的表面積與體積主要考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征、表面積與體積公式的應(yīng)用，涉及的幾何體多為柱體、錐體，且常與三視圖相結(jié)合考查.典例感悟典例(1)(2017·全國卷)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實(shí)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，則該幾何體的體積為()A90B63C42D36(2)(2018·武漢調(diào)研)一個(gè)幾何體的三視圖如圖，則它的表面積為()A28B242C204 D202(3)(2018·哈爾濱六中模擬)在棱長為1的正方體ABCD­A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點(diǎn)，F(xiàn)是側(cè)面BCC1B1內(nèi)(包括邊)的動(dòng)點(diǎn)，且A1F平面D1AE，沿A1F將點(diǎn)B1所在的幾何體削去，則剩余幾何體的體積為()A. BC. D解析(1)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V×32×10××32×663.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(jià)于底面半徑為3，高為7的圓柱的體積，所以它的體積V×32×763.(2)根據(jù)該幾何體的三視圖作出其直觀圖如圖所示，可以看出該幾何體是一個(gè)底面是梯形的四棱柱根據(jù)三視圖給出的數(shù)據(jù)，可得該幾何體中梯形的上底長為2，下底長為3，高為2，所以該幾何體的表面積S×(23)×2×22×22×32×22×242，故選B.(3)分別取B1B，B1C1的中點(diǎn)M，N，連接A1M，MN，A1N，A1MD1E，A1M平面D1AE，D1E平面D1AE，A1M平面D1AE.同理可得MN平面D1AE，又A1M，MN是平面A1MN內(nèi)的相交直線，平面A1MN平面D1AE，由此結(jié)合A1F平面D1AE，可得直線A1F平面A1MN，即點(diǎn)F的軌跡是線段MN，VB1­A1MN××1××，將點(diǎn)B1所在的幾何體削去，剩余幾何體的體積為1.答案(1)B(2)B(3)D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(zhuǎn)化是常用的方法，轉(zhuǎn)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(bǔ)形的方法，將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體求解(3)求表面積：其關(guān)鍵思想是空間問題平面化求不規(guī)則幾何體的表面積時(shí)，通常將所給幾何體分割成柱、錐、臺(tái)體，先求這些柱、錐、臺(tái)體的表面積，再通過求和或作差求得所給幾何體的表面積2根據(jù)幾何體的三視圖求其表面積或體積的步驟演練沖關(guān)1(2018·洛陽尖子生統(tǒng)考)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A2 B1C. D解析：選C由題圖可知，該幾何體是一個(gè)四棱錐，如圖所示，其中PD平面ABCD，底面ABCD是一個(gè)對角線長為2的正方形，底面積S×2×22，高h(yuǎn)1，則該幾何體的體積VSh，故選C.2(2018·長春模擬)九章算術(shù)卷五商功中有如下問題：今有芻甍，下廣三丈，袤四丈，上袤二丈，無廣，高一丈，問積幾何？芻甍：底面為矩形的屋脊?fàn)畹膸缀误w(網(wǎng)格紙中粗線部分為其三視圖，設(shè)網(wǎng)格紙上每個(gè)小正方形的邊長為1)，那么該芻甍的體積為()A4 B5C6 D12解析：選B如圖，由三視圖可還原得幾何體ABCDEF，過E，F(xiàn)分別作垂直于底面的截面EGH和FMN，將原幾何體拆分成兩個(gè)底面積為3，高為1的四棱錐和一個(gè)底面積為，高為2的三棱柱，所以VABCDEF2V四棱錐E­ADHGV三棱柱EHG­FNM2××3×1×25，故選B.3(2018·貴州模擬)某實(shí)心幾何體是用棱長為1 cm的正方體無縫粘合而成的，其三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A50 cm2 B61 cm2C84 cm2 D86 cm2解析：選D根據(jù)題意可知該幾何體由3個(gè)長方體(最下面長方體的長、寬、高分別為5 cm,5 cm,1 cm；中間長方體的長、寬、高分別為3 cm,3 cm,1 cm；最上面長方體的長、寬、高分別為1 cm,1 cm,1 cm)疊合而成，長、寬、高分別為5 cm,5 cm,1 cm的長方體的表面積為2(5×55×15×1)2×3570(cm2)；長、寬、高分別為3 cm,3 cm,1 cm的長方體的表面積為2(3×33×13×1)2×1530(cm2)；長、寬、高分別為1 cm,1 cm,1 cm的長方體的表面積為2(1×11×11×1)2×36(cm2)由于幾何體的疊加而減少的面積為2×(3×3)2×(1×1)2×1020(cm2)，所以所求表面積為703062086(cm2)故選D.考點(diǎn)(三) 與球有關(guān)的組合體的計(jì)算問題主要考查與多面體、旋轉(zhuǎn)體構(gòu)成的簡單組合體的有關(guān)切、接球表面積、體積的計(jì)算問題，其本質(zhì)是計(jì)算球的半徑.典例感悟典例(1)(2018·全國卷)設(shè)A，B，C，D是同一個(gè)半徑為4的球的球面上四點(diǎn)，ABC為等邊三角形且其面積為9，則三棱錐D­ABC體積的最大值為()A12B18C24 D54(2)(2017·全國卷)已知三棱錐S ­ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，SC是球O的直徑若平面SCA平面SCB，SAAC，SBBC，三棱錐S ­ABC的體積為9，則球O的表面積為_(3)(2017·江蘇高考)如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個(gè)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(1)由等邊ABC的面積為9，可得AB29，所以AB6，所以等邊ABC的外接圓的半徑為rAB2.設(shè)球的半徑為R，球心到等邊ABC的外接圓圓心的距離為d，則d2.所以三棱錐D­ABC高的最大值為246，所以三棱錐D­ABC體積的最大值為×9×618.(2)如圖，連接AO，OB，SC為球O的直徑，點(diǎn)O為SC的中點(diǎn)，SAAC，SBBC，AOSC，BOSC，平面SCA平面SCB，平面SCA平面SCBSC，AO平面SCB，設(shè)球O的半徑為R，則OAOBR，SC2R.VS ­ABCVA­SBC×SSBC×AO××AO，即9××R，解得 R3，球O的表面積為S4R24×3236.(3)設(shè)球O的半徑為R，因?yàn)榍騉與圓柱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(1)B(2)36(3)方法技巧求解多面體、旋轉(zhuǎn)體與球接、切問題的策略(1)過球心及多面體中的特殊點(diǎn)(一般為接、切點(diǎn))或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題(2)利用平面幾何知識(shí)尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或通過畫內(nèi)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)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解演練沖關(guān)1(2019屆高三·山西八校聯(lián)考)已知一個(gè)球的表面上有A，B，C三個(gè)點(diǎn)，且ABACBC2，若球心到平面ABC的距離為1，則該球的表面積為()A20B15C10 D5解析：選A設(shè)球心為O，ABC的中心為O，因?yàn)锳BACBC2，所以AO×2×2，因?yàn)榍蛐牡狡矫鍭BC的距離為1，所以O(shè)O1，所以AO，故該球的表面積S4×(OA)220.故選A.2(2018·重慶模擬)已知三棱錐A­BCD中，平面ABC平面BCD，BCCD，ABAC，CD2，BC2，則該三棱錐外接球的表面積為()A4 B4C12 D9解析：選C如圖，取BC的中點(diǎn)E，BD的中點(diǎn)O，連接OA，OE，OC，AE，則OECD.由平面ABC平面BCD，平面ABC平面BCDBC，CD平面BCD，CDBC，得CD平面ABC，則OE平面ABC，所以O(shè)EBC，OEAE.在RtABC中，AEBCBECE，則RtOCERtOAERtOBE，所以O(shè)COAOB，又OBOD，所以O(shè)為三棱錐A­BCD的外接球的球心，外接球的半徑RBD ，則三棱錐A­BCD的外接球的表面積S4R212，故選C.3(2018·陜西渭南二模)體積為的球與正三棱柱的所有面均相切，則該棱柱的體積為_解析：設(shè)球的半徑為R，由R3，得R1，所以正三棱柱的高h(yuǎn)2.設(shè)底面邊長為a，則×a1，所以a2.所以V×2×3×26.答案：6考點(diǎn)(四)空間線面位置關(guān)系問題主要考查利用四個(gè)公理、八個(gè)定理來判斷與點(diǎn)、線、面有關(guān)命題的真假或判斷簡單的線面位置關(guān)系及簡單空間角問題的求解.典例感悟典例(1)(2017·全國卷)如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是()(2)(2018·惠州模擬)設(shè)l，m，n為三條不同的直線，為一個(gè)平面，則下列命題中正確的個(gè)數(shù)是()若l，則l與相交；若m，n，lm，ln，則l；若lm，mn，l，則n；若lm，m，n，則ln.A1B2C3 D4(3)(2018·全國卷)在正方體ABCD­A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AE與CD所成角的正切值為()A. BC. D解析(1)法一：對于選項(xiàng)B，如圖所示，連接CD，因?yàn)锳BCD，M，Q分別是所在棱的中點(diǎn)，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(xiàng)C、D中均有AB平面MNQ.故選A.法二：對于選項(xiàng)A，設(shè)正方體的底面對角線的交點(diǎn)為O(如圖所示)，連接OQ，則OQAB.因?yàn)镺Q與平面MNQ有交點(diǎn)，所以AB與平面MNQ有交點(diǎn)，即AB與平面MNQ不平行，根據(jù)直線與平面平行的判定定理及三角形的中位線性質(zhì)知，選項(xiàng)B、C、D中AB平面MNQ.故選A.(2)對于，若l，則l與不可能平行，l也不可能在內(nèi)，所以l與相交，正確；對于，若m，n，lm，ln，則有可能是l，故錯(cuò)誤；對于，若lm，mn，則ln，又l，所以n，故正確；對于，因?yàn)閙，n，所以mn，又lm，所以ln，故正確選C.(3)如圖，連接BE，因?yàn)锳BCD，所以AE與CD所成的角為EAB.在RtABE中，設(shè)AB2，則BE，則tan EAB，所以異面直線AE與CD所成角的正切值為.答案(1)A(2)C(3)C方法技巧1判斷與空間位置關(guān)系有關(guān)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(zhì)定理進(jìn)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(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進(jìn)行肯定或否定(3)借助反證法，當(dāng)從正面入手較難時(shí)，可利用反證法，推出與題設(shè)或公認(rèn)的結(jié)論相矛盾的命題，進(jìn)而作出判斷2平移法求異面直線所成的角通過作圖(如結(jié)合中位線、平行四邊形等)來構(gòu)造平行線、作出異面直線所成的角，通過解三角形來求解，具體步驟為：演練沖關(guān)1(2018·安徽宣城第二次調(diào)研)已知m，n是兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面，給出下列四個(gè)命題，其中錯(cuò)誤的命題是()A若m，m，n，則mnB若，m，n，則mnC若，m，則mD若，m，則m解析：選D若m，m，n，則由線面平行的性質(zhì)可得mn，故A正確若，m，n，則由線面垂直的性質(zhì)可得mn，故B正確若，m，則由面面垂直的性質(zhì)可得m，故C正確若，m，則m或m，故D不正確故選D.2.如圖是正方體的平面展開圖，則在這個(gè)正方體中：直線BM與ED平行；直線CN與BE是異面直線；直線CN與BM成60°角；直線DM與BN是異面直線以上四個(gè)命題中，正確命題的序號(hào)是()A BC D解析：選C由題意得到正方體的直觀圖如圖所示，由正方體的結(jié)構(gòu)特征可得，直線BM與ED是異面直線，故不正確；直線CN與BE是平行的，故不正確；連接AN，則ANBM，所以直線CN 與BM所成的角就是ANC，且ANC60°，故正確；直線DM與BN是異面直線，故正確所以正確命題的序號(hào)是.3已知，表示兩個(gè)不同平面，a，b表示兩條不同直線，對于下列兩個(gè)命題：若b，a，則“ab”是“a”的充分不必要條件；若a，b，則“”是“a且b”的充要條件判斷正確的是()A，都是真命題B是真命題，是假命題C是假命題，是真命題D，都是假命題解析：選B若b，a，ab，則由線面平行的判定定理可得a，反過來，若b，a，a，則a，b可能平行或異面，所以若b，a，“ab”是“a”的充分不必要條件，是真命題；若a，b，則由面面平行的性質(zhì)可得a，b，反過來，若a，b，a，b，則，可能平行或相交，所以若a，b，則“”是“a，b”的充分不必要條件，是假命題，選項(xiàng)B正確 必備知能·自主補(bǔ)缺依據(jù)學(xué)情課下看，針對自身補(bǔ)缺漏；臨近高考再瀏覽，考前溫故熟主干 主干知識(shí)要記牢1簡單幾何體的表面積和體積(1)S直棱柱側(cè)ch(c為底面周長，h為高)(2)S正棱錐側(cè)ch(c為底面周長，h為斜高)(3)S正棱臺(tái)側(cè)(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(tái)的側(cè)面積公式S圓柱側(cè)2rl(r為底面半徑，l為母線長)，S圓錐側(cè)rl(r為底面半徑，l為母線長)，S圓臺(tái)側(cè)(rr)l(r，r分別為上、下底面的半徑，l為母線長)(5)柱、錐、臺(tái)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(tái)(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(guān)系的轉(zhuǎn)化(1)平行關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化(2)垂直關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化3證明空間位置關(guān)系的方法已知a，b，l是直線，是平面，O是點(diǎn)，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，.二級結(jié)論要用好1長方體的對角線與其共點(diǎn)的三條棱之間的長度關(guān)系d2a2b2c2；若長方體外接球半徑為R，則有(2R)2a2b2c2.針對練1(2019屆高三·西安八校聯(lián)考)設(shè)三棱錐的三條側(cè)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()A48B32C20 D12解析：選B依題意，設(shè)題中的三棱錐外接球的半徑為R，可將題中的三棱錐補(bǔ)形成一個(gè)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(nèi)切球半徑ra，外接球的半徑Ra.又正四面體的高h(yuǎn)a，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(shè)AB的長為a，因?yàn)檎拿骟w外接球的半徑為2，所以a2，解得a，故截面面積的最小值為2.答案：易錯(cuò)易混要明了應(yīng)用空間線面平行與垂直關(guān)系中的判定定理和性質(zhì)定理時(shí)，忽視判定定理和性質(zhì)定理中的條件，導(dǎo)致判斷出錯(cuò)如由，l，ml，易誤得出m的結(jié)論，就是因?yàn)楹鲆暶婷娲怪钡男再|(zhì)定理中m的限制條件 針對練3設(shè)，是兩個(gè)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(dāng)m時(shí)，過m的平面與可能平行也可能相交，因而m/ ；當(dāng)時(shí)，內(nèi)任一直線與平行，因?yàn)閙，所以m.綜上可知，“m ”是“ ”的必要不充分條件A級124提速練一、選擇題1.(2018·廣州模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的正視圖(等腰直角三角形)和側(cè)視圖，且該幾何體的體積為，則該幾何體的俯視圖可以是()解析：選D由題意可得該幾何體可能為四棱錐，如圖所示，其高為2，底面為正方形，面積為2×24，因?yàn)樵搸缀误w的體積為×4×2，滿足條件，所以俯視圖可以為D.2(2018·陜西模擬)把邊長為1的正方形ABCD沿對角線BD折起，使得平面ABD平面CBD，形成的三棱錐C­ABD的正視圖與俯視圖如圖所示，則側(cè)視圖的面積為()A. B C. D解析：選D由三棱錐C­ABD的正視圖、俯視圖得三棱錐C­ABD的側(cè)視圖為直角邊長是的等腰直角三角形，其形狀如圖所示，所以三棱錐C­ABD的側(cè)視圖的面積為，故選D.3(2018·鄭州一模)已知兩條不重合的直線m，n和兩個(gè)不重合的平面，m，n.給出下列四個(gè)命題：若，則mn；若mn，則；若mn，則；若，則mn.其中正確命題的個(gè)數(shù)是()A0B1C2 D3解析：選C依題意，對于，由“若一條直線與兩個(gè)平行平面中的一個(gè)垂直，則該直線也垂直于另一個(gè)平面”得知，m，又n，因此mn，正確；對于，當(dāng)時(shí)，設(shè)n，在平面內(nèi)作直線mn，則有m，因此不正確；對于，由mn，m得n，又n，因此有，正確；對于，當(dāng)m，n，時(shí)，直線m，n不平行，因此不正確綜上所述，正確命題的個(gè)數(shù)為2，故選C.4.(2018·唐山模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫的是一個(gè)幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為()A3 B.C7 D.解析：選B由題中的三視圖可得，該幾何體是由一個(gè)長方體切去一個(gè)三棱錐所得的幾何體，長方體的長，寬，高分別為2,1,2，體積為4，切去的三棱錐的體積為，故該幾何體的體積V4.5(2018·長郡中學(xué)模擬)某幾何體的三視圖如圖所示，其俯視圖中的曲線部分為半圓，則該幾何體的體積是()A19296 B25696C192100 D256100解析：選C題中的幾何體是由一個(gè)直三棱柱和一個(gè)半圓柱構(gòu)成的幾何體，其中直三棱柱的底面是兩直角邊分別為8和6的直角三角形，高為8，該半圓柱的底面圓的半徑為5，高為8，因此該幾何體的體積為×8×6×8×52×8192100，選C.6.(2018·貴陽模擬)某幾何體的三視圖如圖所示(粗線部分)，正方形網(wǎng)格的邊長為1，該幾何體的頂點(diǎn)都在球O的球面上，則球O的表面積為()A15 B16C17 D18解析：選C由題中的三視圖可知，該幾何體為如圖所示的三棱錐D1­BCD，將其放在長方體ABCD­A1B1C1D1中，則該幾何體的外接球即長方體的外接球，長方體的長、寬、高分別為2,2,3，長方體的體對角線長為，球O的直徑為，所以球O的表面積S17，故選C.7(2018·石家莊模擬)如圖是某四棱錐的三視圖，其中正視圖是邊長為2的正方形，側(cè)視圖是底邊分別為2和1的直角梯形，則該幾何體的體積為()A. BC. D解析：選A記由三視圖還原后的幾何體為四棱錐A­BCDE，將其放入棱長為2的正方體中，如圖，其中點(diǎn)D，E分別為所在棱的中點(diǎn)，分析知平面ABE平面BCDE，點(diǎn)A到直線BE的距離即四棱錐的高，設(shè)為h，在ABE中，易知AEBE，cosABE，則sinABE，所以h，故四棱錐的體積V×2××，故選A.8(2018·全國卷)在長方體ABCD­A1B1C1D1中，ABBC1，AA1，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.B.C.D.解析：選C如圖，在長方體ABCD­A1B1C1D1的一側(cè)補(bǔ)上一個(gè)相同的長方體EFBA­E1F1B1A1.連接B1F，由長方體性質(zhì)可知，B1FAD1，所以DB1F為異面直線AD1與DB1所成的角或其補(bǔ)角連接DF，由題意，得DF，F(xiàn)B12，DB1.在DFB1中，由余弦定理，得DF2FBDB2FB1·DB1·cosDB1F，即5452×2××cosDB1F，cosDB1F.9已知矩形ABCD的頂點(diǎn)都在球心為O，半徑為R的球面上，AB6，BC2，且四棱錐O­ABCD的體積為8，則R等于()A4B2C. D解析：選A如圖，設(shè)矩形ABCD的中心為E，連接OE，EC，由球的性質(zhì)可得OE平面ABCD，所以VO­ABCD·OE·S矩形ABCD×OE×6×28，所以O(shè)E2，在矩形ABCD中可得EC2，則R4，故選A.10(2018·福州模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積為()A242 B224C26 D84解析：選A由三視圖知該幾何體為三棱錐，記為三棱錐P­ABC，將其放在棱長為2的正方體中，如圖所示，其中ACBC，PAAC，PBBC，PAB是邊長為2的等邊三角形，故所求表面積為SABCSPACSPBCSPAB×2×2×2×2×2×2×(2)2242.故選A.11.(2018·唐山模擬)把一個(gè)皮球放入如圖所示的由8根長均為20 cm的鐵絲接成的四棱錐形骨架中，使皮球的表面與8根鐵絲都有接觸點(diǎn)(皮球不變形)，則皮球的半徑為()A10 cm B10 cmC10 cm D30 cm解析：選B依題意，在四棱錐S­ABCD中，所有棱長均為20 cm，連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接SO，則SOAOBOCODO10 cm，易知點(diǎn)O到AB，BC，CD，AD的距離均為10 cm，在等腰三角形OAS中，OAOS10 cm，AS20 cm，所以O(shè)到SA的距離d10 cm，同理可證O到SB，SC，SD的距離也為10 cm，所以球心為四棱錐底面ABCD的中心，所以皮球的半徑r10 cm，選B.12(2018·廣州模擬)正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長為2，點(diǎn)M為CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)N為線段DD1上靠近D1的三等分點(diǎn)，平面BMN交AA1于點(diǎn)Q，則線段AQ的長為()A. BC. D解析：選D如圖所示，在線段DD1上靠近點(diǎn)D處取一點(diǎn)T，使得DT，因?yàn)镹是線段DD1上靠近D1的三等分點(diǎn)，故D1N，故NT21，因?yàn)镸為CC1的中點(diǎn)，故CM1，連接TC，由NTCM，且CMNT1，知四邊形CMNT為平行四邊形，故CTMN，同理在AA1上靠近點(diǎn)A處取一點(diǎn)Q，使得AQ，連接BQ，TQ，則有BQCTMN，故BQ與MN共面，即Q與Q重合，故AQ，選D.二、填空題13(2018·南京模擬)在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，BAD60°，側(cè)棱PA底面ABCD，PA2，E為AB的中點(diǎn)，則三棱錐P­BCE的體積為_解析：由題意知S底面ABCD2×2sin 60°2，所以SEBC，故VP­EBC×2×.答案：14(2018·內(nèi)蒙古包頭一模)已知直線a，b，平面，且滿足a，b，有下列四個(gè)命題：對任意直線c，有ca；存在直線c，使cb且ca；對滿足a的任意平面，有；存在平面，使b.其中正確的命題有_(填序號(hào))解析：因?yàn)閍，所以a垂直于內(nèi)任一直線，所以正確；由b得內(nèi)存在一直線l與b平行，在內(nèi)作直線ml，則mb，ma，再將m平移得到直線c，使c即可，所以正確；由面面垂直的判定定理可得不正確；若b，則由b得內(nèi)存在一條直線l與b平行，必有l(wèi)，即有，而滿足b的平面有無數(shù)個(gè)，所以正確答案：15(2019屆高三·益陽、湘潭聯(lián)考)已知三棱錐S­ABC的頂點(diǎn)都在球O的球面上，ABC是邊長為3的正三角形，SC為球O的直徑，且SC4，則此三棱錐的體積為_解析：如圖，設(shè)O1為ABC的中心，連接OO1，故三棱錐S­ABC的高h(yuǎn)2OO1，三棱錐S­ABC的體積V×2OO1×SABC，因?yàn)镺O11，所以V×2×1××32.答案：16(2018·全國卷)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB所成角的余弦值為，SA與圓錐底面所成角為45°，若SAB的面積為5，則該圓錐的側(cè)面積為_解析：如圖，SA與底面成45°角，SAO為等腰直角三角形設(shè)OAr，則SOr，SASBr.在SAB中，cosASB，sinASB，SSABSA·SB·sinASB×(r)2×5，解得r2，SAr4，即母線長l4，S圓錐側(cè)rl×2×440.答案：40B級難度小題強(qiáng)化練1(2018·武漢調(diào)研)已知底面半徑為1，高為的圓錐的頂點(diǎn)和底面圓周都在球O的球面上，則球O的表面積為()A. B4C. D12解析：選C如圖，ABC為圓錐的軸截面，O為其外接球的球心，設(shè)外接球的半徑為R，連接OB，OA，并延長AO交BC于點(diǎn)D，則ADBC，由題意知，AOBOR，BD1，AD，則在RtBOD中，有R2(R)212，解得R，所以外接球O的表面積S4R2，故選C.2(2018·南京模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實(shí)線及粗虛線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的體積為()A. BC2 D解析：選A由三視圖可知，該幾何體為三棱錐，將其放在棱長為2的正方體中，如圖中三棱錐A­BCD所示，故該幾何體的體積V××1×2×2.3(2018·福州模擬)已知圓柱的高為2，底面半徑為，若該圓柱的兩個(gè)底面的圓周都在同一個(gè)球面上，則這個(gè)球的表面積等于()A4 BC. D16解析：選D如圖，由題意知圓柱的中心O為這個(gè)球的球心，于是球的半徑rOB2.故這個(gè)球的表面積S4r216.故選D.4(2018·貴陽檢測)三棱錐P­ABC的四個(gè)頂點(diǎn)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(shè)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.5(2018·全國卷)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面所成的角都相等，則截此正方體所得截面面積的最大值為()A. BC. D解析：選A如圖所示，在正方體ABCD­A1B1C1D1中，平面AB1D1與棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方體的其余棱都分別與A1A，A1B1，A1D1平行，故正方體ABCD­A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等如圖所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，M，N，則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大，此截面面積為S正六邊形EFGHMN6××××sin 60°.故選A.6(2018·南寧模擬)如圖，在正方形ABCD中，AC為對角線，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形，使B，C，D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H.下列說法錯(cuò)誤的是_(將符合題意的序號(hào)填到橫線上)AGEFH所在平面；AHEFH所在平面；HFAEF所在平面；HGAEF所在平面解析：根據(jù)折疊前ABBE，ADDF可得折疊后AHHE，AHHF，HEHFH，可得AH平面EFH，即正確；過點(diǎn)A只有一條直線與平面EFH垂直，不正確；AGEF，AHEF，AHAGA，EF平面HAG，平面HAG平面AEF.過H作直線垂直于平面AEF，該直線一定在平面HAG內(nèi)，不正確；HG不垂直AG，HG平面AEF不正確，不正確，綜上，說法錯(cuò)誤的序號(hào)是.答案：第二講 大題考法立體幾何題型(一)平行、垂直關(guān)系的證明與求線面角主要考查以具體幾何體三棱錐或四棱錐為載體，建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系求解線面角問題.典例感悟典例1(2018·全國卷)如圖，在三棱錐P­ABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O為AC的中點(diǎn)(1)證明：PO平面ABC；(2)若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角M­PA­C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值.審題定向(一)定知識(shí)主要考查線線垂直、線面垂直、線面角(二)定能力1.考查直觀想象：三棱錐幾何體中線線垂直、線面垂直的空間位置關(guān)系.2.考查邏輯推理：欲證線面垂直，需證線線垂直；欲求線面角，需建系求面的法向量.3.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算：法向量的求解、向量夾角的求解.(三)定思路第(1)問利用線面垂直的判定定理求證：連接OB，由已知條件得出OPAC，OPOB，再利用線面垂直的判定定理得證；第(2)問建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解：建立以的方向?yàn)閤軸正方向的空間直角坐標(biāo)系，求出與平面PAM的法向量，進(jìn)而求出PC與平面PAM所成角的正弦值.解(1)證明：因?yàn)镻APCAC4，O為AC的中點(diǎn)，所以POAC，且PO2.連接OB，因?yàn)锳BBCAC，所以ABC為等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.所以PO2OB2PB2，所以POOB.又因?yàn)镺BACO，所以PO平面ABC.(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O ­xyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0,2,0)，P(0,0，2)，(0,2,2)取平面PAC的一個(gè)法向量(2,0,0)設(shè)M(a,2a,0)(0<a2)，則(a,4a,0)設(shè)平面PAM的法向量為n(x，y，z)由得令ya，得za，x(a4)，所以平面PAM的一個(gè)法向量為n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos 30°，所以，解得a或a4(舍去)所以n.又(0,2，2)，所以cos，n.所以PC與平面PAM所成角的正弦值為.典例2(2016·全國卷)如圖，四棱錐P­ABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M為線段AD上一點(diǎn)，AM2MD，N為PC的中點(diǎn)(1)證明MN平面PAB；(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.審題定向(一)定知識(shí)主要考查直線與平面平行，直線與平面所成的角(二)定能力1.考查直觀想象：四棱錐幾何體中線線、線面平行與垂直的空間位置關(guān)系.2.考查邏輯推理：欲證線面平行，要證線線平行；欲求線面角，需建系求面的法向量.3.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算：法向量的求解、向量夾角的求解.(三)定思路第(1)問利用線面平行的判定定理求證：取BP的中點(diǎn)T，利用中位線及平行四邊形的定義得出MNAT，從而證明MN平面PAB；第(2)問建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解：建立空間直角坐標(biāo)系，求出與平面PMN的法向量，利用向量夾角公式可求線面角的正弦值.解(1)證明：由已知得AMAD2.取BP的中點(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC的中點(diǎn)知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MNAT.因?yàn)镸N平面PAB，AT平面PAB，所以MN平面PAB.(2)取BC的中點(diǎn)E，連接AE.由ABAC得AEBC，從而AEAD，且AE.以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)­xyz.由題意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，(0,2，4)，.設(shè)n(x，y，z)為平面PMN的法向量，則即可取n(0,2,1)于是|cos n，|.所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為.類題通法1證明空間位置關(guān)系要抓兩點(diǎn)一是平面圖形中的平行與垂直關(guān)系，這是證明空間線面平行與垂直關(guān)系的起點(diǎn)，特別是三角形、梯形中的平行與垂直關(guān)系；二是準(zhǔn)確利用空間線、面平行與垂直的判定與性質(zhì)定理，尤其是定理中的條件要記全、記準(zhǔn)，切忌因記漏條件或錯(cuò)用定理等導(dǎo)致出錯(cuò)2利用空間向量求線面角的解題模型對點(diǎn)訓(xùn)練 (2018·唐山模擬)如圖，在四棱錐P­ABCD中，PC底面ABCD，ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD，E是PB的中點(diǎn)(1)求證：平面EAC平面PBC；(2)若二面角P­AC­E的余弦值為，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值解：(1)證明：因?yàn)镻C平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACPC.因?yàn)锳B2AD2CD，所以ACBCADCD，所以AC2BC2AB2，故ACBC.又BCPCC，所以AC平面PBC.因?yàn)锳C平面EAC，所以平面EAC平面PBC.(2)如圖，以C為原點(diǎn)，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，并設(shè)CB2，CP2a(a>0)則C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2a)，則E(1,0，a)，(0,2,0)，(0,0,2a)，(1,0，a)，易知m(1,0,0)為平面PAC的一個(gè)法向量設(shè)n(x，y，z)為平面EAC的法向量，則n·n·0，即取xa，則z1，n(a,0，1)依題意，|cosm，n|，則a.于是n(，0，1)，(0,2，2)設(shè)直線PA與平面EAC所成角為，則sin |cos，n|，即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為.題型(二)平行、垂直關(guān)系的證明與求二面角主要通過具體幾何體三棱錐或四棱錐建立坐標(biāo)系，利用向量法求二面角的大小，此類問題是考查熱點(diǎn).典例感悟典例1(2018·全國卷)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點(diǎn)(1)證明：平面AMD平面BMC；(2)當(dāng)三棱錐M­ABC體積最大時(shí)，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值.審題定向(一)定知識(shí)主要考查線線垂直、面面垂直、三棱錐的體積、二面角(二)定能力1.考查直觀想象：空間圖形中線線、線面、面面垂直的空間位置關(guān)系.2.考查邏輯推理：欲證面面垂直，需證線面垂直，進(jìn)而要證線線垂直.3.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算：法向量的求解，兩向量夾角的求解.(三)定思路第(1)問利用面面垂直的判定定理證明：先證DMBC，DMCMDM平面BMC平面AMD平面BMC；第(2)問建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解：ABC的面積為定值，點(diǎn)M到平面ABC的距離最大時(shí)，三棱錐M­ABC的體積最大，建立以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向的空間直角坐標(biāo)系，求出平面MAB與平面MCD的法向量，利用法向量求二面角的正弦值.解(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD平面ABCD，交線為CD.因?yàn)锽CCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，所以BCDM.因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.因?yàn)镈M平面AMD，所以平面AMD平面BMC.(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D­xyz.當(dāng)三棱錐M­ABC的體積最大時(shí)，M為的中點(diǎn)由題設(shè)得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，(2，1,1)，(0,2,0)，(2,0,0)，設(shè)n(x，y，z)是平面MAB的法向量，則即可取n(1,0,2)，又是平面MCD的一個(gè)法向量，所以cosn，sinn，.所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是.典例2(2017·全國卷)如圖，在四棱錐P­ABCD中，ABCD，且BAPCDP90°.(1)證明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90°，求二面角A­PB­C的余弦值.審題定向(一)定知識(shí)主要考查平面和平面垂直、二面角(二)定能力1.考查直觀想象：四棱錐幾何體中線線平行與垂直，線面、面面垂直的空間位置關(guān)系.2.考查邏輯推理：欲證面面垂直，需證線面垂直，進(jìn)而需證線線垂直.3.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算：法向量的求解，兩向量夾角的求解.(三)定思路第(1)問利用面面垂直的判定定理證明：先證ABAP，ABPDAB平面PAD平面PAB平面PAD; 第(2)問建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解：建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PAB與平面PBC的法向量，利用法向量求二面角的余弦值.解(1)證明：由已知BAPCDP90°，得ABAP，CDPD.因?yàn)锳BCD，所以ABPD.又APPDP，所以AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)在平面PAD內(nèi)作PFAD，垂足為F.由(1)可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD.以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F­xyz.由(1)及已知可得A，P，B，C.所以，(，0,0)，(0,1,0)設(shè)n(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，則即所以可取n(0，1，)設(shè)m(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，則即所以可取m(1,0,1)則cosn，m.由圖知二面角A­PB­C為鈍角，所以二面角A­PB­C的余弦值為.類題通法利用空間向量求二面角的解題模型對點(diǎn)訓(xùn)練 如圖，四棱錐P­ABCD的底面ABCD為菱形，平面PAD平面ABCD，PAPD5，AD6，DAB60°，E為AB的中點(diǎn)(1)證明：ACPE；(2)求二面角D­PA­B的余弦值解：(1)證明：如圖，取AD的中點(diǎn)O，連接OP，OE，BD，四邊形ABCD為菱形，BDAC，O，E分別為AD，AB的中點(diǎn)，OEBD，ACOE.PAPD，O為AD的中點(diǎn)，POAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面ABCD，POAC，OEOPO，AC平面POE，ACPE.(2)連接OB，四邊形ABCD為菱形，ADAB，又DAB60°，DAB為等邊三角形，又O為AD的中點(diǎn)，OBAD，PO平面ABCD，OA平面ABCD，OB平面ABCD，POOA，POOB，OP，OA，OB兩兩垂直以O(shè)A，OB，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O ­xyz，則A(3,0,0)，B(0,3，0)，P(0，0,4)，(0,3，0)為平面PAD的一個(gè)法向量設(shè)平面PAB的法向量為n(x，y，z)，又(3,0,4)，(3,3，0)，即取x1，則y，z，n為平面PAB的一個(gè)法向量，cos，n，結(jié)合圖形可知二面角D­PA­B的余弦值為.題型(三)利用空間向量解決探索性問題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(guān)的點(diǎn)所在位置、參數(shù)值的大小等問題，一般出現(xiàn)在解答題的最后一問. 典例感悟典例(2016·北京高考)如圖，在四棱錐P­ABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD .(1)求證：PD平面PAB；(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，說明理由審題定向(一)定知識(shí)主要考查線線垂直、面面垂直的性質(zhì)，線面垂直的判定，直線與平面所成角的正弦值，線面平行的性質(zhì)(二)定能力1.考查直觀想象：四棱錐幾何體中線線、線面、面面垂直，線面平行的空間位置關(guān)系.2.考查邏輯推理：欲證線面垂直，需證線線垂直；欲求線面角，需求面的法向量.3.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算：法向量的求解，兩向量夾角的求解.4.考查數(shù)學(xué)建模：對點(diǎn)是否存在探索，建立線面平行模型滿足條件.(三)定思路第(1)問利用線面垂直的判定定理證明：平面PAD平面ABCDAB平面PADAB