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專題三 立體幾何 [全國卷3年考情分析] , 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系的判定 考點(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. [典例感悟] [典例]　(1)(2017全國卷Ⅰ)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(　　) A．10　　　　　　　 B．12 C．14 D．16 (2)(2018重慶調研)如圖①是一個棱長為2的正方體被削去一個角后所得到的幾何體的直觀圖，其中DD1＝1，AB＝BC＝AA1＝2.若此幾何體的俯視圖如圖②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2＝12，故選B. (2)由題意，根據該幾何體的直觀圖和俯視圖知，其正視圖的長應為底面正方形的對角線長，寬應為正方體的棱長，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，在明確三視圖畫法規(guī)則的基礎上，按以下步驟可輕松解決此類問題： [演練沖關] 1．(2018全國卷Ⅲ)中國古建筑借助榫卯將木構件連接起來．構件的凸出部分叫榫頭，凹進部分叫卯眼，圖中木構件右邊的小長方體是榫頭．若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是(　　) 解析：選A　由題意可知帶卯眼的木構件的直觀圖如圖所示，由直觀圖可知其俯視圖應選A. 2．(2018安徽淮北二模)某幾何體的三視圖如圖所示，網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. B． C. D．3 解析：選A　由三視圖可知該幾何體為一個三棱錐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AB＝1，AC＝，BC＝，CD＝，DA＝2，BD＝，因此最長棱為BD，棱長是，故選A. 3．(2018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(shù)是(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 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(shù)是4，故選C. 4.(2018全國卷Ⅰ)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M在正視圖上的對應點為A，圓柱表面上的點N在左視圖上的對應點為B，則在此圓柱側面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A．2 B．2 C．3 D．2 解析：選B　先畫出圓柱的直觀圖，根據題圖的三視圖可知點M，N的位置如圖①所示．圓柱的側面展開圖及M，N的位置(N為OP的四等分點)如圖②所示，連接MN，則圖中MN即為M到N的最短路徑．ON＝16＝4，OM＝2， ∴MN＝＝ ＝2. 考點(二) 空間幾何體的表面積與體積 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. [典例感悟] [典例]　(1)(2017全國卷Ⅱ)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，則該幾何體的體積為(　　) A．90π B．63π C．42π D．36π (2)(2018武漢調研)一個幾何體的三視圖如圖，則它的表面積為(　　) A．28　　　　　　　　　 B．24＋2 C．20＋4 D．20＋2 (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，F(xiàn)是側面BCC1B1內(包括邊)的動點，且A1F∥平面D1AE，沿A1F將點B1所在的幾何體削去，則剩余幾何體的體積為(　　) A. B． C. 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＝π3210－π326＝63π. 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V＝π327＝63π. (2)根據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底面是梯形的四棱柱．根據三視圖給出的數(shù)據，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＝(2＋3)22＋22＋23＋22＋2＝24＋2，故選B. (3)分別取B1B，B1C1的中點M，N，連接A1M，MN，A1N，∵A1M∥D1E，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內的相交直線，∴平面A1MN∥平面D1AE，由此結合A1F∥平面D1AE，可得直線A1F?平面A1MN，即點F的軌跡是線段MN， ∴VB1A1MN＝1＝，∴將點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．求不規(guī)則幾何體的表面積時，通常將所給幾何體分割成柱、錐、臺體，先求這些柱、錐、臺體的表面積，再通過求和或作差求得所給幾何體的表面積． 2．根據幾何體的三視圖求其表面積或體積的步驟 [演練沖關] 1．(2018洛陽尖子生統(tǒng)考)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．2 B．1 C. D． 解析：選C　由題圖可知，該幾何體是一個四棱錐，如圖所示，其中PD⊥平面ABCD，底面ABCD是一個對角線長為2的正方形，底面積S＝22＝2，高h＝1，則該幾何體的體積V＝Sh＝，故選C. 2．(2018長春模擬)《九章算術》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：底面為矩形的屋脊狀的幾何體(網格紙中粗線部分為其三視圖，設網格紙上每個小正方形的邊長為1)，那么該芻甍的體積為(　　) A．4 B．5 C．6 D．12 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底面積為3，高為1的四棱錐和一個底面積為，高為2的三棱柱，所以VABCDEF＝2V四棱錐EADHG＋V三棱柱EHGFNM＝231＋2＝5，故選B. 3．(2018貴州模擬)某實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(　　) A．50 cm2 B．61 cm2 C．84 cm2 D．86 cm2 解析：選D　根據題意可知該幾何體由3個長方體(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(55＋51＋51)＝235＝70(cm2)；長、寬、高分別為3 cm,3 cm,1 cm的長方體的表面積為2(33＋31＋31)＝215＝30(cm2)；長、寬、高分別為1 cm,1 cm,1 cm的長方體的表面積為2(11＋11＋11)＝23＝6(cm2)．由于幾何體的疊加而減少的面積為2(33)＋2(11)＝210＝20(cm2)，所以所求表面積為70＋30＋6－20＝86(cm2)．故選D. 考點(三) 與球有關的組合體的計算問題 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. [典例感悟] [典例]　(1)(2018全國卷Ⅲ)設A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，△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(　　) A．12　　　　　　　　　 B．18 C．24 D．54 (2)(2017全國卷Ⅰ)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＝AC，SB＝BC，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]　(1)由等邊△ABC的面積為9，可得AB2＝9，所以AB＝6， 所以等邊△ABC的外接圓的半徑為r＝AB＝2. 設球的半徑為R，球心到等邊△ABC的外接圓圓心的距離為d，則d＝＝＝2. 所以三棱錐DABC高的最大值為2＋4＝6， 所以三棱錐DABC體積的最大值為96＝18. (2)如圖，連接AO，OB， ∵SC為球O的直徑，∴點O為SC的中點，∵SA＝AC，SB＝BC， ∴AO⊥SC，BO⊥SC， ∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，∴AO⊥平面SCB， 設球O的半徑為R，則OA＝OB＝R，SC＝2R. ∴VS ABC＝VASBC＝S△SBCAO ＝AO， 即9＝R，解得 R＝3， ∴球O的表面積為S＝4πR2＝4π32＝36π. (3)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]　(1)B　(2)36π　(3) [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)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解． [演練沖關] 1．(2019屆高三山西八校聯(lián)考)已知一個球的表面上有A，B，C三個點，且AB＝AC＝BC＝2，若球心到平面ABC的距離為1，則該球的表面積為(　　) A．20π　　　　　　　　 B．15π C．10π D．5π 解析：選A　設球心為O，△ABC的中心為O′，因為AB＝AC＝BC＝2，所以AO′＝2＝2，因為球心到平面ABC的距離為1，所以OO′＝1，所以AO＝＝，故該球的表面積S＝4π(OA)2＝20π.故選A. 2．(2018重慶模擬)已知三棱錐ABCD中，平面ABC⊥平面BCD，BC⊥CD，AB⊥AC，CD＝2，BC＝2，則該三棱錐外接球的表面積為(　　) A．4π B．4π C．12π D．9π 解析：選C　如圖，取BC的中點E，BD的中點O，連接OA，OE，OC，AE，則OE∥CD.由平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，CD?平面BCD，CD⊥BC，得CD⊥平面ABC，則OE⊥平面ABC，所以OE⊥BC，OE⊥AE.在Rt△ABC中，AE＝BC＝BE＝CE，則Rt△OCE≌Rt△OAE≌Rt△OBE，所以OC＝OA＝OB，又OB＝OD，所以O為三棱錐ABCD的外接球的球心，外接球的半徑R＝BD＝ ＝，則三棱錐ABCD的外接球的表面積S＝4πR2＝12π，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：設球的半徑為R，由R3＝，得R＝1，所以正三棱柱的高h＝2.設底面邊長為a，則a＝1，所以a＝2.所以V＝232＝6. 答案：6 考點(四) 空間線面位置關系問題 主要考查利用四個公理、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位置關系及簡單空間角問題的求解. [典例感悟] [典例]　(1)(2017全國卷Ⅰ)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)(2018惠州模擬)設l，m，n為三條不同的直線，α為一個平面，則下列命題中正確的個數(shù)是(　　) ①若l⊥α，則l與α相交；②若m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，則l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，則n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，則l∥n. A．1　　　　　　　　 B．2 C．3 D．4 (3)(2018全國卷Ⅱ)在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為棱CC1的中點，則異面直線AE與CD所成角的正切值為(　　) A. B． C. D． [解析]　(1)法一：對于選項B，如圖所示，連接CD，因為AB∥CD，M，Q分別是所在棱的中點，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .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OQ∥AB.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①，若l⊥α，則l與α不可能平行，l也不可能在α內，所以l與α相交，①正確；對于②，若m?α，n?α，l⊥ m，l⊥n，則有可能是l?α，故②錯誤；對于③，若l∥m，m∥n，則l∥n， 又l⊥α，所以n⊥α，故③正確；對于④，因為m⊥α，n⊥α，所以m∥n，又l∥m，所以l∥n，故④正確．選C. (3)如圖，連接BE，因為AB∥CD，所以AE與CD所成的角為∠EAB.在Rt△ABE中， 設AB＝2，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． 2．平移法求異面直線所成的角 通過作圖(如結合中位線、平行四邊形等)來構造平行線、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] 1．(2018安徽宣城第二次調研)已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，給出下列四個命題，其中錯誤的命題是(　　) A．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，則m∥n B．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則m⊥n C．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝m，則m⊥α D．若α∥β，m∥α，則m∥β 解析：選D　若m∥α，m∥β，α∩β＝n，則由線面平行的性質可得m∥n，故A正確．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則由線面垂直的性質可得m⊥n，故B正確．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝m，則由面面垂直的性質可得m⊥α，故C正確．若α∥β，m∥α，則m∥β或m?β，故D不正確．故選D. 2.如圖是正方體的平面展開圖，則在這個正方體中：①直線BM與ED平行；②直線CN與BE是異面直線；③直線CN與BM成60角；④直線DM與BN是異面直線． 以上四個命題中，正確命題的序號是(　　) A．①②③ B．②④ C．③④ D．②③④ 解析：選C　由題意得到正方體的直觀圖如圖所示，由正方體的結構特征可得，直線BM與ED是異面直線，故①不正確；直線CN與BE是平行的，故②不正確；連接AN，則AN∥BM，所以直線CN 與BM所成的角就是∠ANC，且∠ANC＝60，故③正確；直線DM與BN是異面直線，故④正確．所以正確命題的序號是③④. 3．已知α，β表示兩個不同平面，a，b表示兩條不同直線，對于下列兩個命題： ①若b?α，a?α，則“a∥b”是“a∥α”的充分不必要條件； ②若a?α，b?α，則“α∥β”是“a∥β且b∥β”的充要條件． 判斷正確的是(　　) A．①，②都是真命題 B．①是真命題，②是假命題 C．①是假命題，②是真命題 D．①，②都是假命題 解析：選B　若b?α，a?α，a∥b，則由線面平行的判定定理可得a∥α，反過來，若b?α，a?α，a∥α，則a，b可能平行或異面，所以若b?α，a?α，“a∥b”是“a∥α”的充分不必要條件，①是真命題；若a?α，b?α，α∥β，則由面面平行的性質可得a∥β，b∥β，反過來，若a?α，b?α，a∥β，b∥β，則α，β可能平行或相交，所以若a?α，b?α，則“α∥β”是“a∥β，b∥β”的充分不必要條件，②是假命題，選項B正確． [必備知能自主補缺]　依據學情課下看，針對自身補缺漏；臨近高考再瀏覽，考前溫故熟主干 [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＝(c′＋c)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＝2πrl(r為底面半徑，l為母線長)， S圓錐側＝πrl(r為底面半徑，l為母線長)， S圓臺側＝π(r′＋r)l(r′，r分別為上、下底面的半徑，l為母線長)． (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＝(S＋＋S′)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＝4πR2，V球＝πR3. 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，α，β，γ是平面，O是點，則 (1)線線平行 ?c∥b，?a∥b， ?a∥b，?a∥b. (2)線面平行 ?a∥α，?a∥α，?a∥α. (3)面面平行 ?α∥β，?α∥β，?α∥γ. (4)線線垂直 ?a⊥b，?a⊥b. (5)線面垂直 ?l⊥α， ?a⊥β， ?a⊥β，?b⊥α. (6)面面垂直 ?α⊥β，?α⊥β. [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d2＝a2＋b2＋c2；若長方體外接球半徑為R，則有(2R)2＝a2＋b2＋c2. [針對練1]　(2019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(　　) A．48π　　　　　　　　 B．32π C．20π D．12π 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S＝4πR2＝32π. 2．棱長為a的正四面體的內切球半徑r＝a，外接球的半徑R＝a.又正四面體的高h＝a，故r＝h，R＝h. [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a＝2，解得a＝，故截面面積的最小值為π2＝. 答案： [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α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易誤得出m⊥β的結論，就是因為忽視面面垂直的性質定理中m?α的限制條件． [針對練3]　設α，β是兩個不同的平面，m是直線且m?α，則“m∥β ”是“α∥β ”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∥β時，過m的平面α與β可能平行也可能相交，因而m∥β?/ α∥β；當α∥β時，α內任一直線與β平行，因為m?α，所以m∥β.綜上可知，“m∥β ”是“α∥β ”的必要不充分條件． A級——12＋4提速練 一、選擇題 1.(2018廣州模擬)如圖，網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22＝4，因為該幾何體的體積為42＝，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和兩個不重合的平面α，β，m⊥α，n?β.給出下列四個命題： ①若α∥β，則m⊥n；②若m⊥n，則α∥β； ③若m∥n，則α⊥β；④若α⊥β，則m∥n. 其中正確命題的個數(shù)是(　　) A．0　　　　　　　　　 B．1 C．2 D．3 解析：選C　依題意，對于①，由“若一條直線與兩個平行平面中的一個垂直，則該直線也垂直于另一個平面”得知，m⊥β，又n?β，因此m⊥n，①正確；對于②，當α⊥β時，設α∩β＝n，在平面β內作直線m⊥n，則有m⊥α，因此②不正確；對于③，由m∥n，m⊥α得n⊥α，又n?β，因此有α⊥β，③正確；對于④，當m⊥α，α∩β＝n，α⊥β時，直線m，n不平行，因此④不正確．綜上所述，正確命題的個數(shù)為2，故選C. 4.(2018唐山模擬)如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫的是一個幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為(　　) A．3 B. C．7 D. 解析：選B　由題中的三視圖可得，該幾何體是由一個長方體切去一個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V＝4－＝. 5．(2018長郡中學模擬)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(　　) A．192＋96π B．256＋96π C．192＋100π D．256＋100π 解析：選C　題中的幾何體是由一個直三棱柱和一個半圓柱構成的幾何體，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868＋π528＝192＋100π，選C. 6.(2018貴陽模擬)某幾何體的三視圖如圖所示(粗線部分)，正方形網格的邊長為1，該幾何體的頂點都在球O的球面上，則球O的表面積為(　　) A．15π B．16π C．17π D．18π 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S＝17π，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. B． C. 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D，E分別為所在棱的中點，分析知平面ABE⊥平面BCDE，點A到直線BE的距離即四棱錐的高，設為h，在△ABE中，易知AE＝BE＝，cos∠ABE＝，則sin∠ABE＝，所以h＝，故四棱錐的體積V＝2＝，故選A. 8．(2018全國卷Ⅱ)在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝1，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的一側補上一個相同的長方體EFBAE1F1B1A1.連接B1F，由長方體性質可知，B1F∥AD1，所以∠DB1F為異面直線AD1與DB1所成的角或其補角．連接DF，由題意，得DF＝＝，F(xiàn)B1＝＝2，DB1＝＝. 在△DFB1中，由余弦定理，得DF2＝FB＋DB－2FB1DB1cos∠DB1F，即5＝4＋5－22cos∠DB1F，∴cos∠DB1F＝. 9．已知矩形ABCD的頂點都在球心為O，半徑為R的球面上，AB＝6，BC＝2，且四棱錐OABCD的體積為8，則R等于(　　) A．4　　　　　　　　　 B．2 C. D． 解析：選A　如圖，設矩形ABCD的中心為E，連接OE，EC，由球的性質可得OE⊥平面ABCD，所以VOABCD＝OES矩形ABCD＝OE62＝8，所以OE＝2，在矩形ABCD中可得EC＝2，則R＝＝＝4，故選A. 10．(2018福州模擬)如圖，網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(　　) A．2＋4＋2 B．2＋2＋4 C．2＋6 D．8＋4 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AC⊥BC，PA⊥AC，PB⊥BC，△PAB是邊長為2的等邊三角形，故所求表面積為S△ABC＋S△PAC＋S△PBC＋S△PAB＝22＋22＋22＋(2)2＝2＋4＋2.故選A. 11.(2018唐山模擬)把一個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(皮球不變形)，則皮球的半徑為(　　) A．10 cm B．10 cm C．10 cm D．30 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O，連接SO，則SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10 cm，易知點O到AB，BC，CD，AD的距離均為10 cm，在等腰三角形OAS中，OA＝OS＝10 cm，AS＝20 cm，所以O到SA的距離d＝10 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r＝10 cm，選B. 12．(2018廣州模擬)正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，點M為CC1的中點，點N為線段DD1上靠近D1的三等分點，平面BMN交AA1于點Q，則線段AQ的長為(　　) A. B． C. D． 解析：選D　如圖所示，在線段DD1上靠近點D處取一點T，使得DT＝，因為N是線段DD1上靠近D1的三等分點，故D1N＝，故NT＝2－－＝1，因為M為CC1的中點，故CM＝1，連接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四邊形CMNT為平行四邊形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近點A處取一點Q′，使得AQ′＝，連接BQ′，TQ′，則有BQ′∥CT∥MN，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，∠BAD＝60，側棱PA⊥底面ABCD，PA＝2，E為AB的中點，則三棱錐PBCE的體積為________． 解析：由題意知S底面ABCD＝22sin 60＝2，所以S△EBC＝，故VPEBC＝2＝. 答案： 14．(2018內蒙古包頭一模)已知直線a，b，平面α，且滿足a⊥α，b∥α，有下列四個命題： ①對任意直線c?α，有c⊥a； ②存在直線c?α，使c⊥b且c⊥a； ③對滿足a?β的任意平面β，有β∥α； ④存在平面β⊥α，使b⊥β. 其中正確的命題有________．(填序號) 解析：因為a⊥α，所以a垂直于α內任一直線，所以①正確；由b∥α得α內存在一直線l與b平行，在α內作直線m⊥l，則m⊥b，m⊥a，再將m平移得到直線c，使c?α即可，所以②正確；由面面垂直的判定定理可得③不正確；若b⊥β，則由b∥α得α內存在一條直線l與b平行，必有l(wèi)⊥β，即有α⊥β，而滿足b⊥β的平面β有無數(shù)個，所以④正確． 答案：①②④ 15．(2019屆高三益陽、湘潭聯(lián)考)已知三棱錐SABC的頂點都在球O的球面上，△ABC是邊長為3的正三角形，SC為球O的直徑，且SC＝4，則此三棱錐的體積為________． 解析：如圖，設O1為△ABC的中心，連接OO1，故三棱錐SABC的高h＝2OO1，三棱錐SABC的體積V＝2OO1S△ABC，因為OO1＝＝1，所以V＝2132＝. 答案： 16．(2018全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為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，則該圓錐的側面積為________． 解析：如圖，∵SA與底面成45角，∴△SAO為等腰直角三角形．設OA＝r，則SO＝r，SA＝SB＝r.在△SAB中，cos∠ASB＝，∴sin∠ASB＝，∴S△SAB＝SASBsin∠ASB＝(r)2＝5，解得r＝2，∴SA＝r＝4，即母線長l＝4，∴S圓錐側＝πrl＝π24＝40π. 答案：40π B級——難度小題強化練 1．(2018武漢調研)已知底面半徑為1，高為的圓錐的頂點和底面圓周都在球O的球面上，則球O的表面積為(　　) A. B．4π C. D．12π 解析：選C　如圖，△ABC為圓錐的軸截面，O為其外接球的球心，設外接球的半徑為R，連接OB，OA，并延長AO交BC于點D，則AD⊥BC，由題意知，AO＝BO＝R，BD＝1，AD＝，則在Rt△BOD中，有R2＝(－R)2＋12，解得R＝，所以外接球O的表面積S＝4πR2＝，故選C. 2．(2018南京模擬)如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實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. B． C．2 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＝122＝. 3．(2018福州模擬)已知圓柱的高為2，底面半徑為，若該圓柱的兩個底面的圓周都在同一個球面上，則這個球的表面積等于(　　) A．4π B．π C.π D．16π 解析：選D　如圖，由題意知圓柱的中心O為這個球的球心，于是球的半徑r＝OB＝＝＝2.故這個球的表面積S＝4πr2＝16π.故選D. 4．(2018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16π，則該三棱錐的高的最大值為(　　) A．4 B．6 C．8 D．10 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R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，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5＋3＝8，故選C. 5．(2018全國卷Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為(　　) A. B． C. 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EFGHMN＝6sin 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，G是EF的中點．現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形，使B，C，D三點重合，重合后的點記為H.下列說法錯誤的是________(將符合題意的序號填到橫線上)． ①AG⊥△EFH所在平面；?、贏H⊥△EFH所在平面； ③HF⊥△AEF所在平面；　④HG⊥△AEF所在平面． 解析：根據折疊前AB⊥BE，AD⊥DF可得折疊后AH⊥HE，AH⊥HF，HE∩HF＝H，可得AH⊥平面EFH，即②正確；∵過點A只有一條直線與平面EFH垂直，∴①不正確；∵AG⊥EF，AH⊥EF，AH∩AG＝A，∴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，∴③不正確；∵HG不垂直AG，∴HG⊥平面AEF不正確，④不正確，綜上，說法錯誤的序號是①③④. 答案：①③④ 第二講 大題考法——立體幾何 題型(一) 平行、垂直關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?shù)目臻g直角坐標系求解線面角問題. [典例感悟] [典例1]　(2018全國卷Ⅱ)如圖，在三棱錐PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2)若點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 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)學運算：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OP⊥AC，OP⊥OB，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系，用向量法求解： 建立以的方向為x軸正方向的空間直角坐標系，求出與平面PAM的法向量，進而求出PC與平面PAM所成角的正弦值. [解]　(1)證明：因為PA＝PC＝AC＝4，O為AC的中點，所以PO⊥AC，且PO＝2. 連接OB，因為AB＝BC＝AC， 所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2. 所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB. 又因為OB∩AC＝O，所以PO⊥平面ABC. (2)以O為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系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的一個法向量＝(2,0,0)． 設M(a,2－a,0)(00)．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的一個法向量． 設n＝(x，y，z)為平面EAC的法向量，則n＝n＝0，即取x＝a，則z＝－1，n＝(a,0，－1)．依題意，|cos〈m，n〉|＝＝＝，則a＝.于是n＝(，0，－1)，＝(0,2，－2)． 設直線PA與平面EAC所成角為θ， 則sin θ＝|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系，利用向量法求二面角的大小，此類問題是考查熱點. [典例感悟] [典例1]　(2018全國卷Ⅲ)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． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)當三棱錐MABC體積最大時，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 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系. 2.考查邏輯推理：欲證面面垂直，需證線面垂直，進而要證線線垂直. 3.考查數(shù)學運算：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DM⊥BC，DM⊥CM?DM⊥平面BMC?平面AMD⊥平面BMC； 第(2)問建立空間直角坐標系，用向量法求解： △ABC的面積為定值，點M到平面ABC的距離最大時，三棱錐MABC的體積最大，建立以D為坐標原點，的方向為x軸正方向的空間直角坐標系，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：由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因為BC⊥CD，BC?平面ABCD， 所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM. 因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑， 所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC. 因為DM?平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC. (2)以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz.當三棱錐MABC的體積最大時，M為的中點．由題設得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的一個法向量， 所以cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝. 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Ⅰ)如圖，在四棱錐PABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90. (1)證明：平面PAB⊥平面PAD； (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90，求二面角APBC的余弦值. [審題定向] (一)定知識 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系. 2.考查邏輯推理：欲證面面垂直，需證線面垂直，進而需證線線垂直. 3.考查數(shù)學運算：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AB⊥AP，AB⊥PD?AB⊥平面PAD?平面PAB⊥平面PAD; 第(2)問建立空間直角坐標系，用向量法求解： 建立空間直角坐標系，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∠BAP＝∠CDP＝90， 得AB⊥AP，CD⊥PD. 因為AB∥CD，所以AB⊥PD. 又AP∩PD＝P， 所以AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB， 所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD內作PF⊥AD，垂足為F. 由(1)可知，AB⊥平面PAD， 故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD. 以F為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系Fxyz. 由(1)及已知可得A，P，B，C. 所以＝，＝(，0,0)， ＝，＝(0,1,0)． 設n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量， 則即 所以可取n＝(0，－1，－)． 設m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量， 則即 所以可取m＝(1,0,1)． 則cos〈n，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 [對點訓練] 如圖，四棱錐PABCD的底面ABCD為菱形，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD＝5，AD＝6，∠DAB＝60，E為AB的中點． (1)證明：AC⊥PE； (2)求二面角DPAB的余弦值． 解：(1)證明：如圖，取AD的中點O，連接OP，OE，BD，∵四邊形ABCD為菱形，∴BD⊥AC， ∵O，E分別為AD，AB的中點， ∴OE∥BD，∴AC⊥OE. ∵PA＝PD，O為AD的中點， ∴PO⊥AD， 又∵平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥AC， ∵OE∩OP＝O， ∴AC⊥平面POE，∴AC⊥PE. (2)連接OB，∵四邊形ABCD為菱形，∴AD＝AB， 又∠DAB＝60，∴△DAB為等邊三角形， 又O為AD的中點，∴OB⊥AD， ∵PO⊥平面ABCD，OA?平面ABCD，OB?平面ABCD，∴PO⊥OA，PO⊥OB，∴OP，OA，OB兩兩垂直． 以OA，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的一個法向量． 設平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)， 又＝(－3,0,4)，＝(－3,3，0)， ∴即取x＝1，則y＝，z＝，n＝為平面PAB的一個法向量， ∴cos〈，n〉＝＝＝， 結合圖形可知二面角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的點所在位置、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，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝ . (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 主要考查線線垂直、面面垂直的性質，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． (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)學運算：法向量的求解，兩向量夾角的求解. 4.考查數(shù)學建模：對點是否存在探索，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ABCD?AB⊥平面PAD?AB⊥PD?