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专题三 立体几何全国卷3年考情分析, 第一讲 小题考法空间几何体的三视图、表面积与体积及空间线面位置关系的判定考点(一) 空间几何体的三视图主要考查利用三视图的画法规则及摆放规则，根据空间几何体确定其三视图，或根据三视图还原其对应直观图，或根据三视图中的其中两个确定另一个.典例感悟典例(1)(2017全国卷)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A10B12C14 D16(2)(2018重庆调研)如图是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体的直观图，其中DD11，ABBCAA12.若此几何体的俯视图如图所示，则可以作为其正视图的是()解析(1)由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为212，故选B.(2)由题意，根据该几何体的直观图和俯视图知，其正视图的长应为底面正方形的对角线长，宽应为正方体的棱长，故排除B，D；在三视图中看不见的棱用虚线表示，故排除A，选C.答案(1)B(2)C方法技巧熟练掌握规则几何体的三视图是由三视图还原几何体的基础，在明确三视图画法规则的基础上，按以下步骤可轻松解决此类问题：演练冲关1(2018全国卷)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()解析：选A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.2(2018安徽淮北二模)某几何体的三视图如图所示，网格纸的小方格是边长为1的正方形，则该几何体中最长棱的棱长是()A. BC. D3解析：选A由三视图可知该几何体为一个三棱锥DABC，如图，将其置于长方体中，该长方体的底面是边长为1的正方形，高为2.所以AB1，AC，BC，CD，DA2，BD，因此最长棱为BD，棱长是，故选A.3(2018福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是()A2 B3C4 D5解析：选C由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥PABCD，易知四棱锥PABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4，故选C.4.(2018全国卷)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()A2 B2 C3 D2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)如图所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径ON164，OM2，MN 2.考点(二) 空间几何体的表面积与体积主要考查空间几何体的结构特征、表面积与体积公式的应用，涉及的几何体多为柱体、锥体，且常与三视图相结合考查.典例感悟典例(1)(2017全国卷)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后所得，则该几何体的体积为()A90B63C42D36(2)(2018武汉调研)一个几何体的三视图如图，则它的表面积为()A28B242C204 D202(3)(2018哈尔滨六中模拟)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内(包括边)的动点，且A1F平面D1AE，沿A1F将点B1所在的几何体削去，则剩余几何体的体积为()A. BC. D解析(1)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V321032663.法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V32763.(2)根据该几何体的三视图作出其直观图如图所示，可以看出该几何体是一个底面是梯形的四棱柱根据三视图给出的数据，可得该几何体中梯形的上底长为2，下底长为3，高为2，所以该几何体的表面积S(23)222223222242，故选B.(3)分别取B1B，B1C1的中点M，N，连接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内的相交直线，平面A1MN平面D1AE，由此结合A1F平面D1AE，可得直线A1F平面A1MN，即点F的轨迹是线段MN，VB1A1MN1，将点B1所在的几何体削去，剩余几何体的体积为1.答案(1)B(2)B(3)D方法技巧1求解几何体的表面积与体积的技巧(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上(2)求不规则几何体的体积：常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体求解(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化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2根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤演练冲关1(2018洛阳尖子生统考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A2 B1C. D解析：选C由题图可知，该几何体是一个四棱锥，如图所示，其中PD平面ABCD，底面ABCD是一个对角线长为2的正方形，底面积S222，高h1，则该几何体的体积VSh，故选C.2(2018长春模拟)九章算术卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1)，那么该刍甍的体积为()A4 B5C6 D12解析：选B如图，由三视图可还原得几何体ABCDEF，过E，F分别作垂直于底面的截面EGH和FMN，将原几何体拆分成两个底面积为3，高为1的四棱锥和一个底面积为，高为2的三棱柱，所以VABCDEF2V四棱锥EADHGV三棱柱EHGFNM23125，故选B.3(2018贵州模拟)某实心几何体是用棱长为1 cm的正方体无缝粘合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A50 cm2 B61 cm2C84 cm2 D86 cm2解析：选D根据题意可知该几何体由3个长方体(最下面长方体的长、宽、高分别为5 cm,5 cm,1 cm；中间长方体的长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm；最上面长方体的长、宽、高分别为1 cm,1 cm,1 cm)叠合而成，长、宽、高分别为5 cm,5 cm,1 cm的长方体的表面积为2(555151)23570(cm2)；长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm的长方体的表面积为2(333131)21530(cm2)；长、宽、高分别为1 cm,1 cm,1 cm的长方体的表面积为2(111111)236(cm2)由于几何体的叠加而减少的面积为2(33)2(11)21020(cm2)，所以所求表面积为703062086(cm2)故选D.考点(三) 与球有关的组合体的计算问题主要考查与多面体、旋转体构成的简单组合体的有关切、接球表面积、体积的计算问题，其本质是计算球的半径.典例感悟典例(1)(2018全国卷)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9，则三棱锥DABC体积的最大值为()A12B18C24 D54(2)(2017全国卷)已知三棱锥S ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径若平面SCA平面SCB，SAAC，SBBC，三棱锥S ABC的体积为9，则球O的表面积为_(3)(2017江苏高考)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是_解析(1)由等边ABC的面积为9，可得AB29，所以AB6，所以等边ABC的外接圆的半径为rAB2.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d2.所以三棱锥DABC高的最大值为246，所以三棱锥DABC体积的最大值为9618.(2)如图，连接AO，OB，SC为球O的直径，点O为SC的中点，SAAC，SBBC，AOSC，BOSC，平面SCA平面SCB，平面SCA平面SCBSC，AO平面SCB，设球O的半径为R，则OAOBR，SC2R.VS ABCVASBCSSBCAOAO，即9R，解得 R3，球O的表面积为S4R243236.(3)设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以.答案(1)B(2)36(3)方法技巧求解多面体、旋转体与球接、切问题的策略(1)过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题(2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或通过画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解演练冲关1(2019届高三山西八校联考)已知一个球的表面上有A，B，C三个点，且ABACBC2，若球心到平面ABC的距离为1，则该球的表面积为()A20B15C10 D5解析：选A设球心为O，ABC的中心为O，因为ABACBC2，所以AO22，因为球心到平面ABC的距离为1，所以OO1，所以AO，故该球的表面积S4(OA)220.故选A.2(2018重庆模拟)已知三棱锥ABCD中，平面ABC平面BCD，BCCD，ABAC，CD2，BC2，则该三棱锥外接球的表面积为()A4 B4C12 D9解析：选C如图，取BC的中点E，BD的中点O，连接OA，OE，OC，AE，则OECD.由平面ABC平面BCD，平面ABC平面BCDBC，CD平面BCD，CDBC，得CD平面ABC，则OE平面ABC，所以OEBC，OEAE.在RtABC中，AEBCBECE，则RtOCERtOAERtOBE，所以OCOAOB，又OBOD，所以O为三棱锥ABCD的外接球的球心，外接球的半径RBD ，则三棱锥ABCD的外接球的表面积S4R212，故选C.3(2018陕西渭南二模)体积为的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为_解析：设球的半径为R，由R3，得R1，所以正三棱柱的高h2.设底面边长为a，则a1，所以a2.所以V2326.答案：6考点(四)空间线面位置关系问题主要考查利用四个公理、八个定理来判断与点、线、面有关命题的真假或判断简单的线面位置关系及简单空间角问题的求解.典例感悟典例(1)(2017全国卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()(2)(2018惠州模拟)设l，m，n为三条不同的直线，为一个平面，则下列命题中正确的个数是()若l，则l与相交；若m，n，lm，ln，则l；若lm，mn，l，则n；若lm，m，n，则ln.A1B2C3 D4(3)(2018全国卷)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A. BC. D解析(1)法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为ABCD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQCD，所以ABMQ .又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，所以AB平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB平面MNQ.故选A.法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQAB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB平面MNQ.故选A.(2)对于，若l，则l与不可能平行，l也不可能在内，所以l与相交，正确；对于，若m，n，lm，ln，则有可能是l，故错误；对于，若lm，mn，则ln，又l，所以n，故正确；对于，因为m，n，所以mn，又lm，所以ln，故正确选C.(3)如图，连接BE，因为ABCD，所以AE与CD所成的角为EAB.在RtABE中，设AB2，则BE，则tan EAB，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为.答案(1)A(2)C(3)C方法技巧1判断与空间位置关系有关命题真假的方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定(3)借助反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断2平移法求异面直线所成的角通过作图(如结合中位线、平行四边形等)来构造平行线、作出异面直线所成的角，通过解三角形来求解，具体步骤为：演练冲关1(2018安徽宣城第二次调研)已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列四个命题，其中错误的命题是()A若m，m，n，则mnB若，m，n，则mnC若，m，则mD若，m，则m解析：选D若m，m，n，则由线面平行的性质可得mn，故A正确若，m，n，则由线面垂直的性质可得mn，故B正确若，m，则由面面垂直的性质可得m，故C正确若，m，则m或m，故D不正确故选D.2.如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：直线BM与ED平行；直线CN与BE是异面直线；直线CN与BM成60角；直线DM与BN是异面直线以上四个命题中，正确命题的序号是()A BC D解析：选C由题意得到正方体的直观图如图所示，由正方体的结构特征可得，直线BM与ED是异面直线，故不正确；直线CN与BE是平行的，故不正确；连接AN，则ANBM，所以直线CN 与BM所成的角就是ANC，且ANC60，故正确；直线DM与BN是异面直线，故正确所以正确命题的序号是.3已知，表示两个不同平面，a，b表示两条不同直线，对于下列两个命题：若b，a，则“ab”是“a”的充分不必要条件；若a，b，则“”是“a且b”的充要条件判断正确的是()A，都是真命题B是真命题，是假命题C是假命题，是真命题D，都是假命题解析：选B若b，a，ab，则由线面平行的判定定理可得a，反过来，若b，a，a，则a，b可能平行或异面，所以若b，a，“ab”是“a”的充分不必要条件，是真命题；若a，b，则由面面平行的性质可得a，b，反过来，若a，b，a，b，则，可能平行或相交，所以若a，b，则“”是“a，b”的充分不必要条件，是假命题，选项B正确 必备知能自主补缺依据学情课下看，针对自身补缺漏；临近高考再浏览，考前温故熟主干 主干知识要记牢1简单几何体的表面积和体积(1)S直棱柱侧ch(c为底面周长，h为高)(2)S正棱锥侧ch(c为底面周长，h为斜高)(3)S正棱台侧(cc)h(c与c分别为上、下底面周长，h为斜高)(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S圆柱侧2rl(r为底面半径，l为母线长)，S圆锥侧rl(r为底面半径，l为母线长)，S圆台侧(rr)l(r，r分别为上、下底面的半径，l为母线长)(5)柱、锥、台体的体积公式V柱Sh(S为底面面积，h为高)，V锥Sh(S为底面面积，h为高)，V台(SS)h(S，S为上、下底面面积，h为高)(6)球的表面积和体积公式S球4R2，V球R3.2两类关系的转化(1)平行关系之间的转化(2)垂直关系之间的转化3证明空间位置关系的方法已知a，b，l是直线，是平面，O是点，则(1)线线平行cb，ab，ab，ab.(2)线面平行a，a，a.(3)面面平行，.(4)线线垂直ab，ab.(5)线面垂直 l， a， a，b.(6)面面垂直，.二级结论要用好1长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系d2a2b2c2；若长方体外接球半径为R，则有(2R)2a2b2c2.针对练1(2019届高三西安八校联考)设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为2,2，4，则其外接球的表面积为()A48B32C20 D12解析：选B依题意，设题中的三棱锥外接球的半径为R，可将题中的三棱锥补形成一个长方体，则R 2，所以该三棱锥外接球的表面积为S4R232.2棱长为a的正四面体的内切球半径ra，外接球的半径Ra.又正四面体的高ha，故rh，Rh.针对练2正四面体ABCD的外接球半径为2，过棱AB作该球的截面，则截面面积的最小值为_解析：由题意知，面积最小的截面是以AB为直径的圆，设AB的长为a，因为正四面体外接球的半径为2，所以a2，解得a，故截面面积的最小值为2.答案：易错易混要明了应用空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理时，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错如由，l，ml，易误得出m的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m的限制条件 针对练3设，是两个不同的平面，m是直线且m，则“m ”是“ ”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：选B当m时，过m的平面与可能平行也可能相交，因而m/ ；当时，内任一直线与平行，因为m，所以m.综上可知，“m ”是“ ”的必要不充分条件A级124提速练一、选择题1.(2018广州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为，则该几何体的俯视图可以是()解析：选D由题意可得该几何体可能为四棱锥，如图所示，其高为2，底面为正方形，面积为224，因为该几何体的体积为42，满足条件，所以俯视图可以为D.2(2018陕西模拟)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD平面CBD，形成的三棱锥CABD的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为()A. B C. D解析：选D由三棱锥CABD的正视图、俯视图得三棱锥CABD的侧视图为直角边长是的等腰直角三角形，其形状如图所示，所以三棱锥CABD的侧视图的面积为，故选D.3(2018郑州一模)已知两条不重合的直线m，n和两个不重合的平面，m，n.给出下列四个命题：若，则mn；若mn，则；若mn，则；若，则mn.其中正确命题的个数是()A0B1C2 D3解析：选C依题意，对于，由“若一条直线与两个平行平面中的一个垂直，则该直线也垂直于另一个平面”得知，m，又n，因此mn，正确；对于，当时，设n，在平面内作直线mn，则有m，因此不正确；对于，由mn，m得n，又n，因此有，正确；对于，当m，n，时，直线m，n不平行，因此不正确综上所述，正确命题的个数为2，故选C.4.(2018唐山模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为()A3 B.C7 D.解析：选B由题中的三视图可得，该几何体是由一个长方体切去一个三棱锥所得的几何体，长方体的长，宽，高分别为2,1,2，体积为4，切去的三棱锥的体积为，故该几何体的体积V4.5(2018长郡中学模拟)某几何体的三视图如图所示，其俯视图中的曲线部分为半圆，则该几何体的体积是()A19296 B25696C192100 D256100解析：选C题中的几何体是由一个直三棱柱和一个半圆柱构成的几何体，其中直三棱柱的底面是两直角边分别为8和6的直角三角形，高为8，该半圆柱的底面圆的半径为5，高为8，因此该几何体的体积为868528192100，选C.6.(2018贵阳模拟)某几何体的三视图如图所示(粗线部分)，正方形网格的边长为1，该几何体的顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为()A15 B16C17 D18解析：选C由题中的三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥D1BCD，将其放在长方体ABCDA1B1C1D1中，则该几何体的外接球即长方体的外接球，长方体的长、宽、高分别为2,2,3，长方体的体对角线长为，球O的直径为，所以球O的表面积S17，故选C.7(2018石家庄模拟)如图是某四棱锥的三视图，其中正视图是边长为2的正方形，侧视图是底边分别为2和1的直角梯形，则该几何体的体积为()A. BC. D解析：选A记由三视图还原后的几何体为四棱锥ABCDE，将其放入棱长为2的正方体中，如图，其中点D，E分别为所在棱的中点，分析知平面ABE平面BCDE，点A到直线BE的距离即四棱锥的高，设为h，在ABE中，易知AEBE，cosABE，则sinABE，所以h，故四棱锥的体积V2，故选A.8(2018全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.B.C.D.解析：选C如图，在长方体ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体EFBAE1F1B1A1.连接B1F，由长方体性质可知，B1FAD1，所以DB1F为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角连接DF，由题意，得DF，FB12，DB1.在DFB1中，由余弦定理，得DF2FBDB2FB1DB1cosDB1F，即54522cosDB1F，cosDB1F.9已知矩形ABCD的顶点都在球心为O，半径为R的球面上，AB6，BC2，且四棱锥OABCD的体积为8，则R等于()A4B2C. D解析：选A如图，设矩形ABCD的中心为E，连接OE，EC，由球的性质可得OE平面ABCD，所以VOABCDOES矩形ABCDOE628，所以OE2，在矩形ABCD中可得EC2，则R4，故选A.10(2018福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为()A242 B224C26 D84解析：选A由三视图知该几何体为三棱锥，记为三棱锥PABC，将其放在棱长为2的正方体中，如图所示，其中ACBC，PAAC，PBBC，PAB是边长为2的等边三角形，故所求表面积为SABCSPACSPBCSPAB222222(2)2242.故选A.11.(2018唐山模拟)把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架中，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形)，则皮球的半径为()A10 cm B10 cmC10 cm D30 cm解析：选B依题意，在四棱锥SABCD中，所有棱长均为20 cm，连接AC，BD交于点O，连接SO，则SOAOBOCODO10 cm，易知点O到AB，BC，CD，AD的距离均为10 cm，在等腰三角形OAS中，OAOS10 cm，AS20 cm，所以O到SA的距离d10 cm，同理可证O到SB，SC，SD的距离也为10 cm，所以球心为四棱锥底面ABCD的中心，所以皮球的半径r10 cm，选B.12(2018广州模拟)正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则线段AQ的长为()A. BC. D解析：选D如图所示，在线段DD1上靠近点D处取一点T，使得DT，因为N是线段DD1上靠近D1的三等分点，故D1N，故NT21，因为M为CC1的中点，故CM1，连接TC，由NTCM，且CMNT1，知四边形CMNT为平行四边形，故CTMN，同理在AA1上靠近点A处取一点Q，使得AQ，连接BQ，TQ，则有BQCTMN，故BQ与MN共面，即Q与Q重合，故AQ，选D.二、填空题13(2018南京模拟)在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，BAD60，侧棱PA底面ABCD，PA2，E为AB的中点，则三棱锥PBCE的体积为_解析：由题意知S底面ABCD22sin 602，所以SEBC，故VPEBC2.答案：14(2018内蒙古包头一模)已知直线a，b，平面，且满足a，b，有下列四个命题：对任意直线c，有ca；存在直线c，使cb且ca；对满足a的任意平面，有；存在平面，使b.其中正确的命题有_(填序号)解析：因为a，所以a垂直于内任一直线，所以正确；由b得内存在一直线l与b平行，在内作直线ml，则mb，ma，再将m平移得到直线c，使c即可，所以正确；由面面垂直的判定定理可得不正确；若b，则由b得内存在一条直线l与b平行，必有l，即有，而满足b的平面有无数个，所以正确答案：15(2019届高三益阳、湘潭联考)已知三棱锥SABC的顶点都在球O的球面上，ABC是边长为3的正三角形，SC为球O的直径，且SC4，则此三棱锥的体积为_解析：如图，设O1为ABC的中心，连接OO1，故三棱锥SABC的高h2OO1，三棱锥SABC的体积V2OO1SABC，因为OO11，所以V2132.答案：16(2018全国卷)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45，若SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为_解析：如图，SA与底面成45角，SAO为等腰直角三角形设OAr，则SOr，SASBr.在SAB中，cosASB，sinASB，SSABSASBsinASB(r)25，解得r2，SAr4，即母线长l4，S圆锥侧rl2440.答案：40B级难度小题强化练1(2018武汉调研)已知底面半径为1，高为的圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，则球O的表面积为()A. B4C. D12解析：选C如图，ABC为圆锥的轴截面，O为其外接球的球心，设外接球的半径为R，连接OB，OA，并延长AO交BC于点D，则ADBC，由题意知，AOBOR，BD1，AD，则在RtBOD中，有R2(R)212，解得R，所以外接球O的表面积S4R2，故选C.2(2018南京模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为()A. BC2 D解析：选A由三视图可知，该几何体为三棱锥，将其放在棱长为2的正方体中，如图中三棱锥ABCD所示，故该几何体的体积V122.3(2018福州模拟)已知圆柱的高为2，底面半径为，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于()A4 BC. D16解析：选D如图，由题意知圆柱的中心O为这个球的球心，于是球的半径rOB2.故这个球的表面积S4r216.故选D.4(2018贵阳检测)三棱锥PABC的四个顶点都在体积为的球的表面上，底面ABC所在的小圆面积为16，则该三棱锥的高的最大值为()A4 B6C8 D10解析：选C依题意，设题中球的球心为O，半径为R，ABC的外接圆半径为r，则，解得R5，由r216，解得r4，又球心O到平面ABC的距离为3，因此三棱锥PABC的高的最大值为538，故选C.5(2018全国卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为()A. BC. D解析：选A如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN6sin 60.故选A.6(2018南宁模拟)如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，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.下列说法错误的是_(将符合题意的序号填到横线上)AGEFH所在平面；AHEFH所在平面；HFAEF所在平面；HGAEF所在平面解析：根据折叠前ABBE，ADDF可得折叠后AHHE，AHHF，HEHFH，可得AH平面EFH，即正确；过点A只有一条直线与平面EFH垂直，不正确；AGEF，AHEF，AHAGA，EF平面HAG，平面HAG平面AEF.过H作直线垂直于平面AEF，该直线一定在平面HAG内，不正确；HG不垂直AG，HG平面AEF不正确，不正确，综上，说法错误的序号是.答案：第二讲 大题考法立体几何题型(一)平行、垂直关系的证明与求线面角主要考查以具体几何体三棱锥或四棱锥为载体，建立恰当的空间直角坐标系求解线面角问题.典例感悟典例1(2018全国卷)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值.审题定向(一)定知识主要考查线线垂直、线面垂直、线面角(二)定能力1.考查直观想象：三棱锥几何体中线线垂直、线面垂直的空间位置关系.2.考查逻辑推理：欲证线面垂直，需证线线垂直；欲求线面角，需建系求面的法向量.3.考查数学运算：法向量的求解、向量夹角的求解.(三)定思路第(1)问利用线面垂直的判定定理求证：连接OB，由已知条件得出OPAC，OPOB，再利用线面垂直的判定定理得证；第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：建立以的方向为x轴正方向的空间直角坐标系，求出与平面PAM的法向量，进而求出PC与平面PAM所成角的正弦值.解(1)证明：因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以POAC，且PO2.连接OB，因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.所以PO2OB2PB2，所以POOB.又因为OBACO，所以PO平面ABC.(2)以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系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的一个法向量(2,0,0)设M(a,2a,0)(00)则C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2a)，则E(1,0，a)，(0,2,0)，(0,0,2a)，(1,0，a)，易知m(1,0,0)为平面PAC的一个法向量设n(x，y，z)为平面EAC的法向量，则nn0，即取xa，则z1，n(a,0，1)依题意，|cosm，n|，则a.于是n(，0，1)，(0,2，2)设直线PA与平面EAC所成角为，则sin |cos，n|，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.题型(二)平行、垂直关系的证明与求二面角主要通过具体几何体三棱锥或四棱锥建立坐标系，利用向量法求二面角的大小，此类问题是考查热点.典例感悟典例1(2018全国卷)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点(1)证明：平面AMD平面BMC；(2)当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.审题定向(一)定知识主要考查线线垂直、面面垂直、三棱锥的体积、二面角(二)定能力1.考查直观想象：空间图形中线线、线面、面面垂直的空间位置关系.2.考查逻辑推理：欲证面面垂直，需证线面垂直，进而要证线线垂直.3.考查数学运算：法向量的求解，两向量夹角的求解.(三)定思路第(1)问利用面面垂直的判定定理证明：先证DMBC，DMCMDM平面BMC平面AMD平面BMC；第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：ABC的面积为定值，点M到平面ABC的距离最大时，三棱锥MABC的体积最大，建立以D为坐标原点，的方向为x轴正方向的空间直角坐标系，求出平面MAB与平面MCD的法向量，利用法向量求二面角的正弦值.解(1)证明：由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，所以BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.因为DM平面AMD，所以平面AMD平面BMC.(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC的体积最大时，M为的中点由题设得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)，设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1,0,2)，又是平面MCD的一个法向量，所以cosn，sinn，.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.典例2(2017全国卷)如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90.(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值.审题定向(一)定知识主要考查平面和平面垂直、二面角(二)定能力1.考查直观想象：四棱锥几何体中线线平行与垂直，线面、面面垂直的空间位置关系.2.考查逻辑推理：欲证面面垂直，需证线面垂直，进而需证线线垂直.3.考查数学运算：法向量的求解，两向量夹角的求解.(三)定思路第(1)问利用面面垂直的判定定理证明：先证ABAP，ABPDAB平面PAD平面PAB平面PAD; 第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：建立空间直角坐标系，求出平面PAB与平面PBC的法向量，利用法向量求二面角的余弦值.解(1)证明：由已知BAPCDP90，得ABAP，CDPD.因为ABCD，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内作PFAD，垂足为F.由(1)可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD.以F为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.由(1)及已知可得A，P，B，C.所以，(，0,0)，(0,1,0)设n(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，则即所以可取n(0，1，)设m(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，则即所以可取m(1,0,1)则cosn，m.由图知二面角APBC为钝角，所以二面角APBC的余弦值为.类题通法利用空间向量求二面角的解题模型对点训练 如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为菱形，平面PAD平面ABCD，PAPD5，AD6，DAB60，E为AB的中点(1)证明：ACPE；(2)求二面角DPAB的余弦值解：(1)证明：如图，取AD的中点O，连接OP，OE，BD，四边形ABCD为菱形，BDAC，O，E分别为AD，AB的中点，OEBD，ACOE.PAPD，O为AD的中点，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)连接OB，四边形ABCD为菱形，ADAB，又DAB60，DAB为等边三角形，又O为AD的中点，OBAD，PO平面ABCD，OA平面ABCD，OB平面ABCD，POOA，POOB，OP，OA，OB两两垂直以OA，OB，OP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O xyz，则A(3,0,0)，B(0,3，0)，P(0，0,4)，(0,3，0)为平面PAD的一个法向量设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，又(3,0,4)，(3,3，0)，即取x1，则y，z，n为平面PAB的一个法向量，cos，n，结合图形可知二面角DPAB的余弦值为.题型(三)利用空间向量解决探索性问题主要考查利用空间向量探索与空间线面垂直、平行或与空间三种角有关的点所在位置、参数值的大小等问题，一般出现在解答题的最后一问. 典例感悟典例(2016北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD .(1)求证：PD平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由审题定向(一)定知识主要考查线线垂直、面面垂直的性质，线面垂直的判定，直线与平面所成角的正弦值，线面平行的性质(二)定能力1.考查直观想象：四棱锥几何体中线线、线面、面面垂直，线面平行的空间位置关系.2.考查逻辑推理：欲证线面垂直，需证线线垂直；欲求线面角，需求面的法向量.3.考查数学运算：法向量的求解，两向量夹角的求解.4.考查数学建模：对点是否存在探索，建立线面平行模型满足条件.(三)定思路第(1)问利用线面垂直的判定定理证明：平面PAD平面ABCDAB平面PADABPD
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