1、研高考明考点年份卷别小题考查大题考查2017卷T7空间几何体的三视图与直观图、面积的计算T18面面垂直的证明，二面角的余弦值的求解T16三棱锥体积、翻折问题、最值问题卷T4空间几何体的三视图及体积的计算T19线面平行的证明，二面角的余弦值的求解T10空间异面直线所成角的余弦值的计算卷T8球的内接圆柱、圆柱的体积T19面面垂直的证明，二面角的余弦值的求解T16圆锥、空间线线角的求解2016卷T6空间几何体的三视图及表面积、体积的计算T18面面垂直的证明，二面角的余弦值的求解T11面面平行的性质及异面直线所成角的余弦值的计算卷T6空间几何体的三视图及表面积的计算T19线面垂直的证明，二面角的正弦值
2、的求解T14空间线面位置关系卷T9空间几何体的三视图及表面积的计算T19线面平行的证明，线面角的正弦值的求解T10三棱柱内接球体积的计算2015卷T6数学文化、锥体体积的计算T18面面垂直的证明，异面直线所成角的余弦值的求解T11空间几何体的三视图及柱、球体表面积的计算卷T6空间几何体的三视图及体积的相关计算T19空间位置关系，线面角的正弦值的求解T9三棱锥体积的计算，球表面积的计算析考情明重点小题考情分析大题考情分析常考点1.空间几何体的三视图(3年7考) 2.空间几何体的表面积与体积(3年11考) 3.与球有关的组合体的计算问题(3年4考)常考点高考对立体几何在解答题中的考查比较稳定，空间
3、线面位置关系中的平行或垂直的证明，空间角的计算是热点，题型主要有：1.空间位置关系的证明2.求空间角或其三角函数值偶考点1.空间线面位置关系的判断2.异面直线所成角的计算偶考点翻折与探索性问题的综合问题第一讲 小题考法空间几何体的三视图、表面积与 体积及位置关系的判定考点(一)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.空间几何体的三视图典例感悟典例(1)(2017惠州调研)如图所示，将图中的正方体截去两个三棱锥，得到图中的几何体，则该几何体的侧视图为()(2)(2016天津高考)将一个长方体沿相邻三个面
4、的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()解析(1)从几何体的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线，在视线范围内，画实线；棱C1F不在视线范围内，画虚线故选B.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图由几何体的正视图和俯视图可知该几何体如图所示，故其侧(左)视图如图所示故选B.答案(1)B(2)B方法技巧1由直观图确定三视图的方法根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确定2由三视图还原到直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所
5、对应的棱、面的位置(3)确定几何体的直观图形状演练冲关1(2018届高三广州六校联考)已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，给出下列5个图形：其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数为()A5 B4 C3 D2解析：选B由题知可以作为该几何体的俯视图的图形可以为.故选B.2(2017北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A3 B2 C2 D2解析：选B在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC12.3(2017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 B3 C4 D5解析：选C
6、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.考点(二)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.空间几何体的表面积与体积典例感悟典例(1)(2016全国卷)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为()A1836 B5418C90 D81(2)(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(
7、)A90 B63 C42 D36(3)(2018届高三广西三市联考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为()A6 B9 C12 D18解析(1)由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(333633)25418.故选B.(2)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.(3)该几何
8、体是一个直三棱柱截去所得，如图所示，其体积为3429.答案(1)B(2)B(3)B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2根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤(1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图(2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量(3)套用相应的面积公式或体积公式计算求解演练冲关1(2017合肥质检)一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的体积为
9、()A. BC28D226解析：选A由三视图知，该几何体为三棱台，其上、下底面分别是直角边为2,4的等腰直角三角形，高为2，所以该几何体的体积V2244 2，故选A.2(2017沈阳质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是()A366 B363C54 D27解析：选A由三视图知该几何体为底面是梯形的四棱柱，其表面积为S2(24)3234323366，故选A.3(2017山东高考)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为_解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构
10、成，V21121212.答案：2考点(三)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.与球有关的组合体的计算问题典例感悟典例(1)(2016全国卷)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是()A4 B.C6 D.(2)(2018届高三湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为(),A36 BC32D28解析(1)设球的半径为R，ABC的内切圆半径为2，R2.又2R3，R，Vmax3.故选B.(2)根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是
11、一个边长为4的正方形，高是2.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如图所示，该三棱柱的底面是边长为4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接球的半径三棱柱的底面是边长为4的正三角形，底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为2，其外接球的半径R，则外接球的表面积S4R24，故选B.答案(1)B(2)B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(
12、组)求解演练冲关1(2017全国卷)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()A B. C. D.解析：选B设圆柱的底面半径为r，则r2122，所以圆柱的体积V1.2(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：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：3(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，
13、三棱锥S ABC的体积为9，则球O的表面积为_解析：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.答案：364(2018届高三浙江名校联考)某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_，其外接球的表面积为_解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体积为44324.又直四棱柱的外接球的半径R，所以四棱柱的
14、外接球的表面积为4R225.答案：2425考点(四)主要考查利用空间点、直线、平面位置关系的定义，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平行垂直的位置关系.空间线面位置关系的判断 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)(2016全国卷)，是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：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与所成的角和n与所成的角相等其中正确的命题有_(填写所有正确命题的编号)
15、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，可以平行，也可以相交但不垂直，故错误对于，由线面平行的性质定理知存在直线l，nl，又m，所以ml，所以mn，故
16、正确对于，因为，所以，没有公共点又m，所以m，没有公共点，由线面平行的定义可知m，故正确对于，因为mn，所以m与所成的角和n与所成的角相等因为，所以n与所成的角和n与所成的角相等，所以m与所成的角和n与所成的角相等，故正确答案(1)A(2)方法技巧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，进而作出判断演练冲关1(2017成都模拟)在
17、直三棱柱ABCA1B1C1中，平面与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1平面.有下列三个命题：四边形EFGH是平行四边形；平面平面BCC1B1；平面平面BCFE.其中正确的命题有()A BC D解析：选C由题意画出草图如图所示，因为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，所以四边形EFGH是平行四边形，故正确；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，故错误；由AA1平面B
18、CFE，结合AA1EH知EH平面BCFE，又EH平面，所以平面平面BCFE，故正确综上可知，故选C.2(2017惠州调研)如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：直线BE与直线CF异面；直线BE与直线AF异面；直线EF平面PBC；平面BCE平面PAD.其中正确的有()A1个 B2个C3个 D4个解析：选B将展开图还原为几何体(如图)，因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EFADBC，即直线BE与CF共面，错；因为B平面PAD，E平面PAD，EAF，所以BE与AF是异面直线，正确；因为EFADBC，EF平面PBC，B
19、C平面PBC，所以EF平面PBC，正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，错故选B.3(2017全国卷)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()AA1EDC1 BA1EBDCA1EBC1 DA1EAC解析：选C法一：由正方体的性质，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上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，B、D错；A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1CBC1，A1EBC1，故C正确；(证明：由条件易知，BC1B1C，BC1CE，又CEB1CC，B
20、C1平面CEA1B1.又A1E平面CEA1B1，A1EBC1.)A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错4(2017武昌调研)若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即ABCD，ACBD，ADBC，给出下列结论：四面体ABCD每组对棱相互垂直；四面体ABCD每个面的面积相等；从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90且小于180；连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长其中正确结论的序号是_解析：对于，如图(1)，AE，CF分别为BD边上的高，由ADBC，ABCD，BDDB可知A
21、BDCDB，所以AE CF，DEBF，当且仅当ADAB，CDBC时，E，F重合，此时ACBD，所以当四面体ABCD为正四面体时，每组对棱才相互垂直，故错误；对于，由题设可知四面体的四个面全等，所以四面体ABCD每个面的面积相等，故正确；对于，当四面体为正四面体时，同一个顶点出发的任意两条棱的夹角均为60，此时四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于180，故错误；对于，如图(2)，G，H，I，J为各边中点，因为ACBD，所以四边形GHIJ为菱形，所以GI，HJ相互垂直平分，其他同理可得，所以连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分，故正确；对于，从A点出发的三条棱为AB，AC
22、，AD，因为ACBD，所以AB，AC，AD可以构成三角形，其他同理可得，所以从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长，故正确综上所述，正确的结论为.答案：必备知能自主补缺 (一) 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为底面的周长，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
23、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) 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)
24、2a2b2c2.针对练1(2018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()A48 B32 C20 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
25、的最小值为2.答案：(三) 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“ ”的必要不充分条件课时跟踪检测 A组124提速练一、选择题1.如图为一个几何体的侧视图和俯视图，则它的正视图为()解析：选
26、B根据题中侧视图和俯视图的形状，判断出该几何体是在一个正方体的上表面上放置一个四棱锥(其中四棱锥的底面是边长与正方体棱长相等的正方形、顶点在底面上的射影是底面一边的中点)，结合选项知，它的正视图为B.2(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()A10 B12 C14 D16解析：选B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
27、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.3(2017合肥质检)若平面截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面平行的棱有()A0条 B1条 C2条 D0条或2条解析：选C因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所以该三棱锥中与平面平行的棱有2条，故选C.4(2017成都模拟)已知m，n是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，且m，n.有下列命题：若，则m，n可能平行，也可能异面；若l，且ml，nl，则；若l，且ml，mn，则.其中真命题的个数是()A0 B1 C2 D3解析：选B对于，直线m，n可能平行，也可能异面，故是真命题
28、；对于，直线m，n同时垂直于公共棱，不能推出两个平面垂直，故是假命题；对于，当直线nl时，不能推出两个平面垂直，故是假命题故真命题的个数为1.故选B.5(2017浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A.1 B.3C.1 D.3解析：选A由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V12331.6(2017郑州质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A80 B160 C240 D480解析：选B如图所示，题中的几何体是从直三棱柱
29、ABCABC中截去一个三棱锥AABC后所剩余的部分，其中底面ABC是直角三角形，ACAB，AC6，AB8，BB10.因此题中的几何体的体积为10681010160，故选B.7(2017合肥质检)一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为()A726 B724C486 D484解析：选A由三视图知，该几何体由一个正方体的部分与一个圆柱的部分组合而成(如图所示)，其表面积为162(164)2422224726，故选A.8某几何体的三视图如图所示，则其体积为()A207 B216C21636 D21618解析：选B由三视图知，该几何体是一个棱长为6的正方体挖去
30、个底面半径为3，高为6的圆锥而得到的，所以该几何体的体积V63326216，故选B.9(2017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.10(2017洛阳统考)已知三棱锥PABC的四个顶点均在某球面上，PC为该球的直径，ABC是边长为4的等边三角形，三棱锥PABC的体积为，则此三棱锥的外接球的表面积为()A.
31、B.C. D.解析：选D依题意，记三棱锥PABC的外接球的球心为O，半径为R，点P到平面ABC的距离为h，则由VPABCSABChh得h.又PC为球O的直径，因此球心O到平面ABC的距离等于h.又正ABC的外接圆半径为r，因此R2r22，所以三棱锥PABC的外接球的表面积为4R2，故选D.11某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A. B8C. D9解析：选B依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分
32、拼接恰好形成一个底面半径为1，母线长为538的圆柱，因此题中的几何体的体积为1288，故选B.12(2018届高三湘中名校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.B32C. D.解析：选A由三视图可知， 该几何体是由底面为等腰直角三角形(腰长为4)、高为8的直三棱柱截去一个等底且高为4的三棱锥而得到的，所以该几何体的体积V448444，故选A.二、填空题13如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为_ 解析：设圆柱高为h，底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l.由图得r2，h4，则c2r4，由勾股定理得：l4，则S表r2chcl416828.答案：
33、2814一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为_解析：由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V1111，剩余部分的体积V213.所以.答案：15高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的_解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为 2(24)6的四棱锥，其体积为624.而直三棱柱的体积为2248，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的.答案：16(2017
34、兰州诊断考试)已知在三棱锥PABC中，VPABC，APC，BPC，PAAC，PBBC，且平面PAC平面PBC，那么三棱锥PABC外接球的体积为_解析：如图，取PC的中点O，连接AO，BO，设PC2R，则OAOBOCOPR，O是三棱锥PABC外接球的球心，易知，PBR，BCR，APC，PAAC，O为PC的中点，AOPC，又平面PAC平面PBC，且平面PAC平面PBCPC，AO平面PBC，VPABCVAPBCPBBCAORRR，解得R2，三棱锥PABC外接球的体积VR3.答案：B组能力小题保分练1(2017石家庄质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A16 B20C52 D60解析
35、：选B由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V346224320，故选B. 2(2017成都模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥外接球的表面积为()A136 B34C25 D18解析：选B由三视图知，该四棱锥的底面是边长为3的正方形，高为4，且有一条侧棱垂直于底面，所以可将该四棱锥补形为长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体外接球的半径R即为该四棱锥外接球的半径，所以2R，解得R，所以该四棱锥外接
36、球的表面积为4R234，故选B.3(2018届高三湖南五市十校联考)如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A496 B(26)96C(44)64 D(44)96解析：选D由三视图可知，该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为4，圆锥的高为4，底面半径为2，所以该几何体的表面积为S642222(44)96.4(2017石家庄质检)四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为6的正方形，且PAPBPCPD，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高为()A6 B5C. D.解析：选D过点P作PH平面ABCD于点H.由题知，四棱锥P
37、ABCD是正四棱锥，内切球的球心O应在四棱锥的高PH上过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE，PF是斜高，M为球面与侧面的一个切点设PHh，易知RtPMORtPHF，所以，即，解得h，故选D.5(2018届高三西安市八校联考)在菱形ABCD中，A60，AB，将ABD折起到PBD的位置，若二面角PBDC的大小为，则三棱锥PBCD外接球的体积为()A. B.C. D.解析：选C依题意，PBD、BCD均是边长为的等边三角形取BD的中点E，连接PE，CE，则有PEBD，CEBD，PEC是二面角PBDC的平面角，即PEC120.记三棱锥PBCD的外接球的球心为O，半径是R，PBD，BCD的中心分别
38、为M，N，连接OM，ON，MN，OE，则由OPOBODOC得，球心O在平面PBD，平面BCD上的射影分别是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.又易证BD平面OCE，所以平面OMN平面OCE.又平面OMN与平面OCE有公共点O，因此平面OMN与平面OCE重合在四边形OMEN中，OMEONE90，MENE，MOE30，OE是四边形OMEN的外接圆的直径，OE1，ON2OE2NE2122.在RtOBN中，OB2ON2BN2ON2BE2NE222，即R，因此三棱锥PBCD的外接球的体积为R3，故选C.6(2017武昌调研
39、)在矩形ABCD中，ABBC，现将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直其中正确结论的序号是_解析：假设AC与BD垂直，过点A作AEBD于点E，连接CE，如图所示，则AEBD，BDAC.又AEACA，所以BD平面AEC，从而有BDCE，而在平面BCD中，CE与BD不垂直，故假设不成立，错误假设ABCD，ABAD，ADCDD，AB平面ACD，ABAC，由ABBC可知，存在这样的直角三角形BAC，使ABCD，故假设成立，正确假设ADBC，D
40、CBC，ADDCD，BC平面ADC，BCAC，即ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB0)，由PC2，OP1，得得x，z.即点P，而E为PD的中点，E.设平面PAB的法向量为n(x1，y1，z1)，(1,1,0)，取y11，得n(1，1，)而，则n0，而CE平面PAB，CE平面PAB.(2)设平面PBC的法向量为m(x2，y2，z2)，(0,1,0)，取x21，得m(1,0，)设直线CE与平面PBC所成角为.则sin |cosm，|，故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.题型(三)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
41、题的最后一问.利用空间向量解决探索性问题典例感悟典例3(2017成都模拟)如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，G为BD的中点，点R在线段BH上，且(0)现将AED，CFD，DEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，C重合于点B(该点记为P)，如图所示(1)若2，求证：GR平面PEF；(2)是否存在正实数，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解(1)由题意，可知PE，PF，PD三条直线两两垂直PD平面PEF.在图中，E，F分别是AB，BC的中点，G为BD的中点，EFAC，GDGB2GH.在图中，2，且2，在PD
42、H中，GRPD.GR平面PEF.(2)由题意，分别以PF，PE，PD所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz.设PD4，则P(0,0,0)，F(2,0,0)，E(0,2,0)，D(0,0,4)，H(1，1,0)则(2，2,0)，(0,2，4)，R，0.2，0，0.设平面DEF的法向量为m(x，y，z)，由得取z1，则m(2,2,1)直线FR与平面DEF所成角的正弦值为，|cosm，|，921870，解得或(不合题意，舍去)故存在正实数，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为.备课札记 方法技巧利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂
43、且认可其中的一部分结论(2)在(1)的前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论演练冲关3(2018届高三湖南五市十校联考)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ADCD2，BC4，PA2.(1)求证：ABPC; (2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为45，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由解：(1)证明：由已知得四边形ABCD是直角梯形，由ADCD2，BC4，可
44、得ABC是等腰直角三角形，即ABAC，因为PA平面ABCD，所以PAAB，又PAACA，所以AB平面PAC，所以ABPC.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则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)设t (0t1)，则点M的坐标为(0，2t，22t)，所以(0,2t,22t)设平面MAC的法向量是n(x，y，z)，则即则可取n.又m(0,0,1)是平面ACD的一个法向量，所以|cosm，n|cos 45，解得t，即点M是线段PD的中点此时平面MAC的法向量n(1，1，)，M(0，1)，(2，3，1)设BM与平面M
45、AC所成的角为，则sin |cosn，|.所以存在PD的中点M使得二面角MACD的大小为45，且BM与平面MAC所成角的正弦值为.解题通法点拨 立体几何问题重在“建”建模、建系 循流程思维入题快立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深解决这类题目的原则是建模、建系建模将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距离等的计算模型；建系依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解按流程解题快又准典例(2016全国卷)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为
46、PC的中点(1)证明MN平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值解题示范(1)证明：由已知得AMAD2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为MN平面PAB，AT平面PAB，所以MN平面PAB.(2)取BC的中点E，连接AE.由ABAC得AEBC，从而AEAD，且AE.以A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Axyz.由题意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，(0,2，4)，.设n(x，y，z)为平面PMN的法向量，则即可取n
47、(0,2,1)于是|cos n，|.所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.思维升华立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定在平时的学习中，要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练，切勿顾此失彼；要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型；能依托于题中的垂直条件，建立适当的空间直角坐标系，将几何问题化归为代数问题的计算模型应用体验(2017全国卷)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90，E是PD的中点(1)证明：直线CE平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45，求
48、二面角MABD的余弦值解：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EFAD，EFAD.由BADABC90，得BCAD，又BCAD，所以EF綊BC，所以四边形BCEF是平行四边形，CEBF，又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE平面PAB.(2)由已知得BAAD，以A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Axyz，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，P(0，1，)，(1,0，)，(1,0,0)设M(x，y，z)(0x0，y0，z0，则(x2，y2，z)，(x，y2，z)，(x1，y，z)由|，得 ，解得x1.由
49、|1，得y2z21.由|2，得y2z24y10.由，解得y，z.S，1，0，0，DSAS，DSBS，又ASBSS，SD平面SAB.(2)设平面SBC的法向量为n(x1，y1，z1)，则n，n，n0，n0.又，(0,2,0)，取z12，得n(，0,2)(2,0,0)，cos，n.故AB与平面SBC所成角的正弦值为.4(2017宝鸡质检)如图，在矩形ABCD中，AB1，AD2，点E为AD的中点，沿BE将ABE折起至PBE，如图所示，点P在平面BCDE上的射影O落在BE上(1)求证：BPCE；(2)求二面角BPCD的余弦值解：(1)证明：点P在平面BCDE上的射影O落在BE上，PO平面BCDE，PO
50、CE，CE，BE，BE2CE24BC2，BECE，又POBEO，CE平面PBE，BPCE.(2)以O为坐标原点，以过点O且平行于DC的直线为x轴，过点O且平行于BC的直线为y轴，OP所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系则B，C，D，P0,0，(1,0,0)，(0,2,0)设平面PCD的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即令z1，可得n1，为平面PCD的一个法向量设平面PBC的法向量为n2(x2，y2，z2)，则即令z2，可得n2(2,0，)，为平面PBC的一个法向量cosn1，n2，由图可知二面角BPCD为钝角，故二面角BPCD的余弦值为.5如图所示，四棱锥PABCD的底面ABCD
51、为矩形，PA平面ABCD，点E是PD的中点，点F是PC的中点(1)证明：PB平面AEC；(2)若底面ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角CAFD的大小为60？解：易知AD，AB，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB2a，AD2b，AP2c，则A(0,0,0)，B(2a,0,0)，C(2a,2b,0)，D(0,2b,0)，P(0,0,2c)连接BD，交AC于点O，连接OE，则O(a，b,0)，又E是PD的中点，所以E(0，b，c)(1)证明：因为(2a,0，2c)，(a,0，c)，所以2，所以，即PBEO.因为PB平面AEC，EO平面AEC，所以PB平面AEC.(2)
52、因为四边形ABCD为正方形，所以ab，则A(0,0,0)，B(2a,0,0)，C(2a,2a,0)，D(0,2a,0)，P(0,0,2c)，E(0，a，c)，F(a，a，c)，因为z轴平面CAF，所以设平面CAF的一个法向量为n(x,1,0)，而(2a,2a,0)，所以n2ax2a0，得x1，所以n(1,1,0)因为y轴平面DAF，所以设平面DAF的一个法向量为m(1,0，z)，而(a，a，c)，所以macz0，得z，所以mm(c,0，a)cos 60，得ac.故当AP与正方形ABCD的边长相等时，二面角CAFD的大小为60.第三讲 创新考法与思想方法常见创新考法 创新点(一)创新命题情景考应
53、用能力典例1一个盛满水的三棱锥容器SABC，不久发现三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，且SDDASEEBCFFS21，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的_倍解析设点F到平面SDE的距离为h1，点C到平面SAB的距离为h2，当平面EFD处于水平位置时，容器盛水最多.故最多可盛原来水的1(倍)答案点评由实际情况可知，当平面DEF与水平面平行时盛水最多，因此，可先用题中的边、角等关系表示出三棱锥FSDE和三棱锥CSAB的体积，两者作商，再用1减去这个商即为所求的答案演练冲关1(2017惠州调研)已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O(重量忽略不计)，现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮
54、，若注入的水的体积是该三棱锥体积的时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于()A. B. C. D.解析：选C当注入水的体积是该三棱锥体积的时，设水面上方的小三棱锥的棱长为x(因为各棱长都相等)，依题意，3，得x2.设小球半径为r，rx，故小球的表面积S4r2.故选C.创新点(二)创新命题角度考迁移能力典例2(1)(2018届高三西安八市联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为()A. B. C. D.(2)某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视
55、图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则ab的最大值为()A2 B2C4 D2解析(1)依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为2a，则斜边长为2a，圆锥的底面半径为a，母线长为2a，因此其俯视图中椭圆的长半轴长为a，短半轴长为a，其离心率e，故选C.(2)本题可以以长方体为载体，设该几何体中棱长为的棱与此长方体的体对角线重合，则此棱各投影分别为相邻三面的对角线，其长度分别为，a，b，设长方体的各棱长分别为x，y，z，则有解得a2b28.而24，所以ab4，故选C.答案(1)C(2)C点评(1)本例(1)中，根据三视图的性质可得俯视图中椭圆的短半轴长和长半轴长，然后根
56、据椭圆的性质a2b2c2及离心率公式e求解(2)本例(2)中，将几何体置于长方体中，把几何体的棱长转化为长方体的体对角线，然后利用三视图的有关知识，用长方体的棱长表示该体对角线在三视图中的对应线段的长度，联立方程组得到a，b的关系，使问题得以解决演练冲关2(2017郑州模拟)如图所示的直三棱柱ABCABC中，ABC是边长为2的等边三角形，AA4，点E，F，G，H，M分别是边AA，AB，BB，AB，BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP平面ACCA，则动点P的轨迹长度为()A2 B2 C2 D4解析：选D连接MF，FH，MH，因为M，F，H分别为BC，AB，AB的中点，所以M
57、F平面AACC，FH平面AACC，又MFFHF，所以平面MFH平面AACC，所以M与线段FH上任意一点的连线都平行于平面AACC，所以点P的运动轨迹是线段FH，其长度为4，故选D.3已知三棱锥OABC中OA，OB，OC两两垂直，OC1，OAx，OBy，若xy4，则三棱锥体积的最大值是()A. B. C1 D.解析：选B由条件可知VO ABCVA OBCOAOBOCxy2，当且仅当xy2时，等号成立，此时VO ABC取得最大值，故选B.创新点(三)引入数学文化考核心素养典例3(1)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体它由完全相同的四个曲面构成，相对的两
58、个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是()Aa，b Ba，cCc，b Db，d(2)我国南北朝时期的数学家、天文学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等已知某不规则几何体与如图所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为()A4 B8C8 D82解析(1)若正视图和侧视图完全相同，可能的一种情况是“牟合方盖”相对的两个曲面正
59、对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.(2)由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等根据题设所给的三视图，可知图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为238，半圆柱的体积为(12)2，因此该不规则几何体的体积为8，故选C.答案(1)A(2)C点评(1)观察题目所给直观图，理解题干中有关“牟合方盖”的特征叙述，结合“当其正视图和侧视图完全相同时”这个关键条件作答(2)根据题设所给的三视图，想象出该图所对应的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，再根据祖暅原理和有关数据计算即可演练冲关4(2017广州模拟)九章算术中，将底
60、面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑若三棱锥PABC为鳖臑，PA平面ABC，PAAB2，AC4，三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为()A8 B12C20 D24解析：选C将三棱锥PABC放入长方体中，如图，三棱锥PABC的外接球就是长方体的外接球因为PAAB2，AC4，ABC为直角三角形，所以BC2.设外接球的半径为R，依题意可得(2R)22222(2)220，故R25，则球O的表面积为4R220，故选C.5(2017武昌调研)中国古代数学名著九章算术中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器商鞅铜方升，其三视图如图
61、所示(单位：寸)，若取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x为()A1.2 B1.6C1.8 D2.4解析：选B该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为、高为x的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4x，3,1的长方体，则组合体的体积VV圆柱V长方体2x(5.4x)3112.6(其中3)，解得x1.6.故选B.创新点(四)引入临界知识考学科潜力1临界方法(1)三垂线定理及逆定理：定理：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直逆定理：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在平面内的射影垂直其作用是证明两条异面直线
62、垂直和作二面角的平面角(2)从一点O出发的三条射线OA，OB，OC，若AOBAOC，则点A在平面BOC上的射影在BOC的平分线上(3)AB和平面所成的角是1，AC在平面内，AC和AB在平面上的射影AB成2，设BAC3，则cos 1cos 2cos 3.(4)如果两个相交平面都与第三个平面垂直，那么它们的交线也垂直于第三个平面(5)若长方体的体对角线与过同一顶点的三条棱所成的角分别为，则cos2cos2cos21；若长方体的体对角线与过同一顶点的三侧面所成的角分别为，则cos2cos2cos22.(6)面积射影法：利用面积射影公式S射S原cos ，其中为平面角的大小若正棱锥的侧面与底面所成的角为
63、，则S底S侧cos .(7)立体几何中有关距离的“向量形式”的公式，如点P到平面的距离d，其中，A是平面内的点，n是平面的法向量典例4如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，PDDCBC1，AB2，ABDC，BCD90.(1)求证：PCBC；(2)求点A到平面PBC的距离解建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz(其中x轴经过AB的中点)，则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，A(1，1,0)(1)证明：(0,1，1)，(1,0,0)0(1)10(1)00，PCBC.(2)设平面PBC的法向量n(x，y，z)，则有即令y1，得n(0,1,1)(0,2,0)，点A到平面PBC
64、的距离d.点评本例第(1)问考查用向量法证明线线垂直证PCBC，可转化为证0.本例第(2)问主要考查向量法求点面距先求出平面PBC的法向量n，再求出从点A出发的此平面PBC的斜线段对应的向量，根据公式d可求点A到平面PBC的距离线面距离、面面距离均可转化为点面距离，用求点面距离的方法进行求解演练冲关6.如图所示的三棱锥PABC中，PC平面ABC，PC，D是BC的中点，且ADC是边长为2的正三角形，则二面角PABC的大小为_解析：由已知条件，D是BC的中点，CDBD2，又ADC是正三角形，ADCDBD2，D是ABC的外心且又在BC上，ABC是以BAC为直角的三角形，即ABAC，又PC平面ABC，
65、PAAB.PAC即为二面角PABC的平面角，在直角三角形PAC中易求得PAC30.答案：307.如图，ABC与BCD所在平面垂直，且ABBCBD，ABCDBC120，求二面角ABDC的余弦值解：过A作AECB的延长线于E，连接DE，平面ABC平面BCD，AE平面BCD，E点即为点A在平面BCD内的射影EBD为ABD在平面BCD内的射影，设ABa，则AEDEABsin 60a，ADa，cosABDcosABEcosDBE，sinABD，SABDa2a2.又BEa，SBDEaaa2，设二面角ABDE为，则cos .二面角ABDC与ABDE互补，二面角ABDC的余弦值为.典例5(2017成都模拟)把
66、平面图形M上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M称为图形M在这个平面上的射影如图，在长方体ABCDEFGH中，AB5，AD4，AE3.则EBD在平面EBC上的射影的面积是()A2 BC10D30解析连接HC，过D作DMHC，连接ME，MB，因为BC平面HCD，又DM平面HCD，所以BCDM，因为BCHCC，所以DM平面HCBE，即D在平面HCBE内的射影为M，所以EBD在平面EBC上的射影为EBM，在长方体中，HCBE，所以MBE的面积等于CBE的面积，所以EBD在平面EBC上的射影的面积为42，故选A.答案A点评本题主要考查了图形M为图形M在一个平面上的射影的概念，本质为线面垂直判定的延伸
67、，考查了学生理解转化问题和空间想象的能力解决本题的关键是判断出点D在平面EBC上的射影在面EBC与面CDHG的交线上，进而利用三角形“等底同高”即面积法解决问题演练冲关8.如图，正四面体ABCD的棱长为1，棱AB平面，求正四面体上的所有点在平面内的射影构成的图形面积的取值范围解：设正四面体ABCD在平面上的射影构成的图形面积为S，因为AB平面，从运动的观点看，当CD平面时，射影面积最大，此时射影图形为对角线长是1的正方形，面积最大值为；若CD或其延长线与平面相交，则当CD平面时，射影面积最小，如图，不妨令AB在上，此时O为CD的中点，平面截四面体于AOB，即正四面体上的所有点在平面上的射影为A
68、OB，易求得AOBO，又AB1，故SAOB1 ，即射影面积的最小值为.综上，S.常用思想方法 (一) 数学思想在本专题中的应用1应用转化与化归思想解决立体几何中的有关计算问题典例1某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件的材料利用率为(材料利用率新工件的体积/原工件的体积)()A.B.C.D.解析由三视图知该几何体是一个底面半径为r1，母线长为l3的圆锥，则圆锥的高为h2.由题意知加工成的体积最大的正方体ABCDA1B1C1D1的一个底面A1B1C1D1在圆锥的底面上，过平面AA1C1C的轴截面如图所示，
69、设正方体的棱长为x，则有，即，解得x，则原工件的材料利用率为，故选A.答案A点评在解决空间几何体问题的过程中，往往将某些空间几何体问题进行特殊化处理，转化为平面几何问题来处理，降低维度，简化求解过程，便于问题的解决2应用函数与方程思想解决立体几何中的最值问题典例2(2016江苏高考)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥PA1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍(1)若AB6 m，PO12 m，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？解(
70、1)由PO12知O1O4PO18.因为A1B1AB6，所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积V锥A1BPO162224(m3)；正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积V柱AB2O1O628288(m3)所以仓库的容积VV锥V柱24288312(m3)(2)设A1B1a m，PO1h m，则0h6，O1O4h.连接O1B1.因为在RtPO1B1中，O1BPOPB，所以2h236，即a22(36h2)，0h6.于是仓库的容积VV柱V锥a24ha2ha2h(36hh3)，0h6，从而V(363h2)26(12h2)令V0，得h2或h2(舍)当0h2时，V0，V是单调递增函数；当2h6时，V0，V是单调
71、递减函数故当h2时，V取得极大值，也是最大值因此，当PO12 m时，仓库的容积最大点评本例利用了函数与方程思想，首先由已知条件列出关于AB，PO1的方程，再由公式把体积表示成关于高PO1的函数，最后利用导数求解3应用分类讨论思想解决立体几何中的体积计算问题典例3正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形，则它的体积为()A.B4C.D4或解析当矩形长、宽分别为6和4时，该正三棱柱的底面边长是2，高是4，体积V2244；当矩形长、宽分别为4和6时，该正三棱柱的底面边长是，高是6，体积V26.答案D点评由于侧面展开图是边长分别为6和4的矩形的三棱柱有两种情况，故应分类讨论解决(二) 特殊方法在本
72、专题中的应用方法1割补法割补法主要是针对平面图形或空间几何体所采用的一种几何方法，其主要思想是把不规则图形(几何体)转化为规则图形(几何体)，这种方法常用来求不规则平面图形的面积或不规则空间几何体的体积典例1一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A6 B8C10 D12解析根据题中所给的三视图，可以还原几何体，如图所示该几何体可以将凸出的部分补到凹进去的地方成为一个长方体，其中长方体的长、宽、高分别是3,2,2，所以该几何体的体积为22312，故选D.答案D点评本例通过割补将不规则的几何体转化为长方体进而求解方法2等体积转化法等体积转化法就是通过变换几何体的底面，利用几何体(主要是
73、三棱锥)体积的不同表达形式构造方程来求解相关问题的方法，主要用于立体几何中求解点到面的距离典例2如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是ABC60的菱形，M为PC的中点(1)求证：PCAD；(2)求点D到平面PAM的距离解(1)证明：如图，取AD的中点O，连接OP，OC，AC，由题意易知ACD为正三角形所以OCAD，又PAD是正三角形，O为AD的中点，所以OPAD.又OCOPO，所以AD平面POC，又PC平面POC，所以PCAD.(2)点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离，由(1)可知，POAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面
74、ABCDAD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD，即PO为三棱锥PACD的高在RtPOC中，POOC，PC.在PAC中，PAAC2，PC，边PC上的高AM ，所以SPACPCAM.设点D到平面PAC的距离为h，由VDPACVPACD，得SPAChSACDPO，又SACD2，所以h，解得h.故点D到平面PAM的距离为.点评应用等体积转化法求解点到平面的距离，关键是准确把握三棱锥底面的特征，选择的底面应具备两个特征：一是底面的形状规则，即面积可求；二是底面上的高比较明显，即线面垂直关系比较直接课时跟踪检测 一、选择题1某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A12 B18 C24 D30
75、解析：选C由三视图知，该几何体是一个长方体的一半再截去一个三棱锥后得到的，如图所示，该几何体的体积V43543(52)24，故选C.2(2017西安模拟)湖面上漂着一个小球，湖水结冰后将球取出，冰面上留下了一个直径为12 cm，深2 cm的空穴，则该球的表面积是()A100 cm2 B200 cm2C. cm2 D400 cm2解析：选D设球的半径为r，如图所示阴影部分以上为浸入水中部分，由勾股定理可知，r2(r2)262，解得r10.所以球的表面积为4r24100400 cm2.3(2018届高三湖南五市十校联考)圆锥的母线长为L，过顶点的最大截面的面积为L2，则圆锥底面半径与母线长的比的取
76、值范围是()A. B.C. D.解析：选D设圆锥的高为h，过顶点的截面的顶角为，则过顶点的截面的面积SL2sin ，而0rLcos 45L，所以0)cm，则ABC的面积为a2，DBC的高为5a，则正三棱锥的高为，25a0，0a0，即x42x30，得0x0)，(1,0，a)，(1，2)设平面EBD的法向量为n(x，y，z)，则有即令z1，则n(2,0,1)，由题意得sin 45|cos，n|，解得a3或(舍去)(1,0,3)，cos，故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为.11(2017北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD平面ABCD，点M在线段PB上，PD平面
77、MAC，PAPD，AB4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角BPDA的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值解：(1)证明：如图，设AC，BD的交点为E，连接ME.因为PD平面MAC，平面MAC平面PDBME，所以PDME.因为底面ABCD是正方形，所以E为BD的中点所以M为PB的中点(2)取AD的中点O，连接OP，OE.因为PAPD，所以OPAD.又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，OP平面PAD，所以OP平面ABCD.因为OE平面ABCD，所以OPOE.因为底面ABCD是正方形，所以OEAD.以O为原点，以，为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空
78、间直角坐标系Oxyz，则P(0,0，)，D(2,0,0)，B(2,4,0)，(4，4,0)，(2,0，)设平面BDP的一个法向量为n(x，y，z)，则即令x1，得y1，z.于是n(1,1，)又平面PAD的一个法向量为p(0,1,0)，所以cosn，p.由题知二面角BPDA为锐角，所以二面角BPDA的大小为60.(3)由题意知M，C(2,4,0)，则.设直线MC与平面BDP所成角为，则sin |cosn，|.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.12.已知四棱锥PABCD中，底面ABCD是梯形，BCAD，ABAD，且ABBC1，AD2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PAPD.(1)
79、求证：平面PAB平面PAD；(2)若直线AC与PD所成角为60，求二面角APCD的余弦值解：(1)证明：PH平面ABCD，AB平面ABCD，PHAB.ABAD，ADPHH，AD平面PAD，PH平面PAD，AB平面PAD.又AB平面PAB，平面PAB平面PAD.(2)以A为原点，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，PH平面ABCD，z轴PH.则A(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，则(1,1,0)，(1，1,0)设AHa，PH h(0a0)则P(0，a，h)(0，a，h)，(0，a2，h)，(1,1,0)PAPD，a(a2)h20.AC与PD所成角为60，|cos，|，(a2)2h2，(a2)(a1)0，0a0，h1，P(0,1,1)(0,1,1)，(1,0，1)设平面APC的法向量为n(x1，y1，z1)，由得取x11，得平面APC的一个法向量为n(1，1,1)设平面DPC的法向量为m(x2，y2，z2)，由得取x21，得平面DPC的一个法向量为m(1,1,1)cosm，n.由图可知二面角APCD的平面角为钝角，二面角APCD的余弦值为.
