2022高考數(shù)學二輪復習 專題三 立體幾何學案 理

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1、2022高考數(shù)學二輪復習 專題三 立體幾何學案 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(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)三視圖還原其對應直觀圖，或根據(jù)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)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()A10B12C14 D16(2)(2018重慶調(diào)研)如圖是一個棱長為2的正方體被削去一個角后所得到的

2、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(chǔ)，

3、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

4、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()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(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為()A2

5、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)如圖所示，連接MN，則圖中MN即為M到N的最短路徑ON164，OM2，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(jié)構(gòu)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(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)一個幾何體的三視圖如圖

6、，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，F(xiàn)是側(cè)面BCC1B1內(nèi)(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. 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V32763.(2)根據(jù)

7、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(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)222223222242，故選B.(3)分別取B1B，B1C1的中點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F的軌跡是線段MN，VB1A1MN1，將點B1所在的幾何體削去，剩余幾何體的體積為1.答

8、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，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(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，該幾何體是一個四

9、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S222，高h1，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：底面為矩形的屋脊狀的幾何體(網(wǎng)格紙中粗線部分為其三視圖，設(shè)網(wǎng)格紙上每個小正方形的邊長為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VABCDEF2V四棱錐EAD

10、HGV三棱柱EHGFNM23125，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()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(555151)23570(cm2)；長、寬、高分別為3 cm,3 cm,1 cm

11、的長方體的表面積為2(333131)21530(cm2)；長、寬、高分別為1 cm,1 cm,1 cm的長方體的表面積為2(111111)236(cm2)由于幾何體的疊加而減少的面積為2(33)2(11)21020(cm2)，所以所求表面積為703062086(cm2)故選D.考點(三) 與球有關(guān)的組合體的計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、體積的計算問題，其本質(zhì)是計算球的半徑.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()A12B18C24 D54(2)

12、(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，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9618.(2)如圖，連接AO，OB，SC為

13、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(shè)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.(3)設(shè)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)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(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題(2)利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或通過畫內(nèi)切

14、、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)已知一個球的表面上有A，B，C三個點，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，因為ABACBC2，所以AO22，因為球心到平面ABC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：

15、選C如圖，取BC的中點E，BD的中點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h2.設(shè)底面邊長為a，則a1，所以a2

16、.所以V2326.答案：6考點(四)空間線面位置關(guān)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(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(shè)l，m，n為三條不同的直線，為一個平面，則下列命題中正確的個數(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

17、，E為棱CC1的中點，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(shè)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(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

18、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，故錯誤；對于，若lm，mn，則ln，又l，所以n，故正確；對于，因為m，n，所以mn，又lm，所以ln，故正確選C.(3)如圖，連接BE，因為ABCD，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，進行肯定或

19、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(shè)或公認的結(jié)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(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，是兩個不同的平面，給出下列四個命題，其中錯誤的命題是()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

20、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：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命題中，正確命題的序號是()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是.3已知，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：若b，a，則“ab”是“a”的充分不必要條件；若a

21、，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B正確 必備知能自主補缺依據(jù)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(cè)ch(c為底面周長，h為高)

22、(2)S正棱錐側(cè)ch(c為底面周長，h為斜高)(3)S正棱臺側(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(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

23、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，.二級結(jié)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(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

24、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(shè)AB的長為a，因為正四面體外接球的半徑為2，所以a2，解得a，故截面面積的最小值為2.答案：易錯易混要明了應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，忽視判定定理和性質(zhì)定理中的條件，導致判斷出錯如由，l，ml，易誤得出m的結(jié)論，就是因為忽視面面垂直的性質(zhì)定理中m的限制條件 針對練3設(shè)，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

25、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(nèi)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224，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

26、，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和兩個不重合的平面，m，n.給出下列四個命題：若，則mn；若mn，則；若mn，則；若，則mn.其中正確命題的個數(shù)是()A0B1C2 D3解析：選C依題意，對于，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，又n，因此mn，正確；對于，當時，設(shè)n，在平面內(nèi)作直線mn，則有m，因

27、此不正確；對于，由mn，m得n，又n，因此有，正確；對于，當m，n，時，直線m，n不平行，因此不正確綜上所述，正確命題的個數(shù)為2，故選C.4.(2018唐山模擬)如圖，網(wǎng)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()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V4.5(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()A19296 B25696C192100 D256100解析

28、：選C題中的幾何體是由一個直三棱柱和一個半圓柱構(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868528192100，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

29、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(shè)為h，在ABE中，易知AEBE，cosABE，則sinABE，所以h，故四棱錐的體積V2，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

30、：選C如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1的一側(cè)補上一個相同的長方體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所成的角或其補角連接DF，由題意，得DF，F(xiàn)B12，DB1.在DFB1中，由余弦定理，得DF2FBDB2FB1DB1cosDB1F，即54522cosDB1F，cosDB1F.9已知矩形ABCD的頂點都在球心為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VOABCDOES矩形A

31、BCDOE628，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SABCSPACSPBCSPAB222222(2)2242.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

32、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O，連接SO，則SOAOBOCODO10 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，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M為CC1的中點，點N為線段DD1上靠近D1的三等分點，平

33、面BMN交AA1于點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NT21，因為M為CC1的中點，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A處取一點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，則三棱錐PBCE的體積為_解析：由題

34、意知S底面ABCD22sin 602，所以SEBC，故VPEBC2.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)解析：因為a，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，所以正確答案：15(2019屆高三益陽、湘潭聯(lián)考)已知三棱錐SABC

35、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h2OO1，三棱錐SABC的體積V2OO1SABC，因為OO11，所以V2132.答案：16(2018全國卷)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(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，SSABSASBsinASB(r)25，解得r2，SAr4，即母線長l4，S圓

36、錐側(cè)rl2440.答案：40B級難度小題強化練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

37、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V122.3(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()A4 BC. D16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rOB2.故這個球的表面積S4r216.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

38、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

39、，此截面面積為S正六邊形EFGHMN6sin 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)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

40、.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，說法錯誤的序號是.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?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)如圖，在三棱錐PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，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

41、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PAPCAC4，O為AC的中點，所以POAC，且PO2.連接OB，因為ABBCAC，所以ABC為等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.所以PO2O

42、B2PB2，所以POOB.又因為OBACO，所以PO平面ABC.(2)以O(shè)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(shè)M(a,2a,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(shè)n(x，y，z)為平面EAC的法向量，則nn0，即取xa，則z1，n(a,0，1)依

43、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)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

44、.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DMBC，DMCMDM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(shè)知，平面CMD平面ABCD，交線為CD.因為BCCD，B

45、C平面ABCD，所以BC平面CMD，所以BCDM.因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DMCM.又BCCMC，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(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的一個法向量，所以cosn，sinn，.所以平面MAB與平面MCD所成

46、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ABAP，ABPDAB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

47、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BAPCDP90，得ABAP，CDPD.因為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(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

48、，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訓練 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(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O，連接OP，OE，BD，四邊形ABCD為菱形，BDAC，O，E分別為AD，AB的中點，OEBD，ACOE.PAPD，O為AD的中點，POAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面ABCD

49、，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，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(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的一個法向量，cos，n，結(jié)合圖形可知二面角DPAB

50、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(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ABCDAB平面PADAB