（通用版）2018年高考数学二轮复习 第一部分 专题三 立体几何教学案 文

1、专题三 立体几何研高考·明考点年份卷别小题考查大题考查2017卷T6·空间直线与平面位置关系的判断T18·面面垂直的证明，四棱锥体积、侧面积的计算T16·三棱锥体积的计算，球表面积的计算卷T6·空间几何体的三视图及体积的计算T18·线面平行的证明，四棱锥体积的计算T15·长方体外接球表面积的计算卷T9·球的内接圆柱、圆柱体积的计算T19·线线垂直的证明，四面体体积的计算T10·空间中线线垂直的判断2016卷T7·空间几何体的三视图及球的表面积、体积的计算T18·空间位置关系，

2、四面体体积的计算T11·空间两直线所成角的正弦值的计算卷T4·正方体外接球表面积的计算T19·线线垂直的证明，几何体体积的计算T7·空间几何体的三视图及表面积的计算卷T10·空间几何体的三视图及表面积的计算T19·线面平行的证明，四面体体积的计算T11·三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，空间几何体的侧面积T11·空间几何体的三视图、圆柱和球的表面积的相关计算卷T6·空间几何体的三视图及体积的相关计算T19·空间线面位置关系及

3、几何体的体积的计算T10·三棱锥体积的计算，球的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6考) 2.空间几何体的表面积与体积(3年6考) 3.与球有关的组合体的计算问题(3年7考)常考点高考对立体几何在解答题中的考查比较稳定，空间线面位置关系中的平行或垂直的证明，空间几何体体积的计算是热点，题型主要有：1.空间位置关系的证明2.几何体的体积或空间距离的计算偶考点空间线面位置关系的判断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

4、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

5、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&

6、#183;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

7、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()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

8、两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×33×63×3)×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V×32×10××32×663.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V×32×763.(3)该几何体是一个直三棱柱截去所得，如图所示，其体积为××3

9、×4×29.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()A.

10、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V××2×2×4×4 ×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)×32×34×32×3×366，故选A.3(2017·山东高考

11、)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成，V2×1×12×××12×12.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.

12、(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，Vmax××3.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S4R2

13、4×，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(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V×1.2(2017·江苏高考)如图，在

14、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，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

15、平面SCB，设球O的半径为R，则OAOBR，SC2R.VS ­ABCVA­SBC×SSBC×AO××AO，即9××R，解得 R3，球O的表面积为S4R24×3236.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4×4××324.又直四棱柱的外接球的半径R，所以四棱柱的外接球的表面积为4R225.答案：2425考点

16、(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·成都模拟)在直三棱柱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 B C D(2)(2018届高三·广东五校联考)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A若，m，n，则mnB若m，m

17、n，n，则C若mn，m，n，则D若，m，n，则mn解析(1)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BCFE，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)选项A，若，m，n，则mn与m，n是异面直线均有可能，不正确

18、；选项C，若mn，m，n，则，有可能相交但不垂直，不正确；选项D，若，m，n，则m，n有可能是异面直线，不正确，故选B.答案(1)C(2)B 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·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

19、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，BC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.2(2017·全国卷)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()AA1EDC1 BA

20、1EBDCA1EBC1 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，BC1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3(2017·全国卷)如图，在下列四个

21、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()解析：选A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. 必备

22、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

23、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)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

24、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：(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

25、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

26、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

27、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；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

28、，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V××12×3××××31.6(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A

29、BC­ABC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×10××6×8×10××10160，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16×2(164)×24×2×

30、2×2×2×4726，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V63×××32×6216，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r

31、216，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. 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VP­ABCSABCh××h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R2

32、r22，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×12×88，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

33、.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V×4×4×8××4×4×4，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：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

34、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V1××1×1×1，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×6×24.而直三棱柱的体积为×2×2×48，则该几何体的体积是原直三

35、棱柱的体积的.答案：16(2017·兰州诊断考试)已知球O的半径为13，其球面上有三点A，B，C，若AB12，ACBC12，则四面体OABC的体积为_解析：如图，过点A，B分别作BC，AC的平行线，两线相交于点D，连接CD，ACBC12，AB12，在ABC中，cosACB，ACB120°，在菱形ACBD中，DADBDC12，点D是ABC的外接圆圆心，连接DO，在ODA中，OA2DA2DO2，即DO2OA2DA213212225，DO5，又DO平面ABC，VO­ABC××12×12××560.答案：60B组能力小题保

36、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 B20 C52 D60解析：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V×3×4×62××2×4×320，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

37、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S6×42×

38、22×2×(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P­ABCD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(2017·云南模拟)某几何体的三视图如图所示，若这个几何体的顶点都在球O的

39、表面上，则球O的表面积是()A2 B4 C5 D20解析：选C由三视图知，该几何体为三棱锥，其中边长为1的侧棱与底面垂直，底面为底边长为2的等腰直角三角形，所以可以将该三棱锥补形为长、宽、高分别为，1的长方体，所以该几何体的外接球O的半径R，则球O的表面积S4R25，故选C.6(2017·武昌调研)在矩形ABCD中，AB<BC，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

40、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AB<BC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，DCBC，ADDCD，BC平面ADC，BCAC，即ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB<BC，故矛盾，假设不成立，错误答案：第二讲 大题考法立体几何题型(一)平行、垂直关系的证明是高考的必考内容，主要考查线面(面面)平行、垂直的判定定理及性质定理的应用，以及平行与垂直

41、关系的转化等.平行、垂直关系的证明 典例感悟典例1(2016·山东高考)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EFDB.(1)已知ABBC，AEEC，求证：ACFB；(2)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH平面ABC.证明(1)因为EFDB，所以EF与DB确定平面BDEF.如图，连接DE.因为AEEC，D为AC的中点，所以DEAC.同理可得BDAC.又BDDED，所以AC平面BDEF.因为FB平面BDEF，所以ACFB.(2)如图，设FC的中点为I，连接GI，HI.在CEF中，因为G是CE的中点，所以GIEF.又EFDB，所以GIDB.在CFB中，因为H是FB的中点，所以H

42、IBC.又HIGII，所以平面GHI平面ABC.因为GH平面GHI，所以GH平面ABC.备课札记 方法技巧平行、垂直关系的证明思路演练冲关1如图，在四棱锥P­ABCD中，ABCD，ABAD，CD2AB，平面PAD底面ABCD，PAAD，E和F分别为CD和PC的中点，求证：(1)PA底面ABCD；(2)BE平面PAD；(3)平面BEF平面PCD.证明：(1)因为平面PAD底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA底面ABCD.(2)因为ABCD，CD2AB，E为CD的中点，所以ABDE，且ABDE.所以四边形ABED为平行四边形所以BEAD.又因为BE平面PAD，AD平面

43、PAD，所以BE平面PAD.(3)因为ABAD，且四边形ABED为平行四边形，所以BECD，ADCD.由(1)知PA底面ABCD，所以PACD，又ADPAA，所以CD平面PAD.所以CDPD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PDEF，所以CDEF.又因为CDBE，EFBEE，所以CD平面BEF.又CD平面PCD，所以平面BEF平面PCD.题型(二)本部分的计算题目多设两问，第(1)问考查空间位置关系的证明，第(2)问考查空间几何体体积的求法或点到平面距离的求法.体积、距离的计算 典例感悟典例2(2017·成都模拟)如图，已知梯形CDEF与ADE所在的平面垂直，ADDE，CDDE

44、，ABCDEF，AE2DE8，AB3，EF9，CD12，连接BC，BF.(1)若G为AD边上一点，DGDA，求证：EG平面BCF；(2)求多面体ABCDEF的体积解(1)证明：如图，作GMCD，交BC于点M，连接MF.作BHAD，交GM于点N，交DC于点H.EFCD，GMEF.ABCD，四边形ABNG与四边形ABHD都是平行四边形，GNDHAB3，HC9.ABGMDC，NM6，GMGNNM9，GM綊EF，四边形GMFE为平行四边形，GEMF.又MF平面BCF，GE平面BCF，GE平面BCF.(2)如图，连接BD，BE.平面ADE平面CDEF，ADDE，AD平面ADE，AD平面CDEF.CDDE

45、，CD平面CDEF，CD平面ADE，ABCD，AB平面ADE.四棱锥B­CDEF的高为AD，三棱锥B­ADE的高为AB.在RtADE中，AD4，V多面体ABCDEFVB­ADEVB­CDEFSADE·ABS梯形CDEF·AD××3××(912)×4×464.故多面体ABCDEF的体积为64.备课札记 方法技巧(1)求解不规则几何体的体积时，常用割补法，将问题转化为柱体或锥体的体积求解(2)求点到平面的距离时，常用等体积转换法演练冲关2(2017·全国卷)如图，四棱锥

46、P­ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90°.(1)证明：直线BC平面PAD；(2)若PCD的面积为2，求四棱锥P­ABCD的体积解：(1)证明：在平面ABCD内，因为BADABC90°，所以BCAD.又BC平面PAD，AD平面PAD，所以BC平面PAD.(2)如图，取AD的中点M，连接PM，CM.由ABBCAD及BCAD，ABC90°，得四边形ABCM为正方形，则CMAD.因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以PMAD，PM底面ABCD.因为CM底面AB

47、CD，所以PMCM.设BCx，则CMx，CDx，PMx，PCPD2x.取CD的中点N，连接PN，则PNCD，所以PNx.因为PCD的面积为2，所以×x×x2，解得x2(舍去)或x2.于是ABBC2，AD4，PM2.所以四棱锥P­ABCD的体积V××24.3(2018届高三·广东五校联考)如图，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD为菱形，且ABC60°，ABPC2，PAPB.(1)求证：平面PAB平面ABCD；(2)求点D到平面APC的距离解：(1)证明：取AB的中点O，连接PO，CO，(图略)由PAPB，AB2知P

48、AB为等腰直角三角形，POAB，PO1，由ABBC2，ABC60°知ABC为等边三角形，CO.又由PC2得PO2CO2PC2，POCO，又ABCOO，PO平面ABC，又PO平面PAB，平面PAB平面ABCD.(2)由题知ADC是边长为2的等边三角形，PAC为等腰三角形，设点D到平面APC的距离为h，由VD­PACVP­ADC得SPAC·hSADC·PO.SADC×22，SPACPA·，h，即点D到平面APC的距离为.题型(三)主要考查平面图形与空间图形的转换，且多涉及空间线面、面面的平行与垂直问题的证明或判断，以及探索性问题

49、等.翻折与探索性问题 典例感悟典例3如图，在四边形ABCD中，ADCD2，AC2，ABC是等边三角形，F为线段AC的中点将ADC沿AC折起，使平面ADC平面ABC，得到几何体D­ABC，如图所示(1)求证：ACBD；(2)试问：在线段BC上是否存在一点E，使得？若存在，请求出点E的位置；若不存在，请说明理由解(1)证明：ADCD2，AC2，从而AD2CD2AC2，故ADCD，ADC是等腰直角三角形又F为线段AC的中点，所以DFAC.连接BF(图略)，因为ABC是等边三角形，所以BFAC，又DFBFF，故AC平面BDF.又BD平面BDF，所以ACBD.(2)线段BC上存在点E，使得，且

50、E为线段BC的中点因为平面ADC平面ABC，平面ADC平面ABCAC，且DFAC，所以DF平面ABC，故DF为三棱锥D­FCE和D­ABC的高，所以·.又F为线段AC的中点，所以，故，从而E为线段BC的中点，即当E为线段BC的中点时，.备课札记 方法技巧1求解平面图形折叠问题的关键和方法(1)关键：分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口(2)方法：把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决2求解探索性问题的类型及策略问题类型求解策略

51、对命题条件的探索(1)先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；(3)将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件对命题结论的探索(1)探索结论是什么，常从条件出发，探索出要求的结论是什么；(2)探索结论是否存在，常先假设结论存在，再在这个假设下进行推理论证，寻找与条件相符或矛盾的结论，相符则存在，矛盾则不存在演练冲关4如图，高为1的等腰梯形ABCD中，AMCDAB1.现将AMD沿MD折起，使平面AMD平面MBCD，连接AB，AC.(1)在AB边上是否存在点P，使AD平面MPC?(2)当点P为AB边的中点时，求点B到平面MPC的距离解：(1)当APAB时，有AD平面MPC.理由如下：连接BD交MC于点N，连接NP.在梯形MBCD中， DCMB，在ADB中，ADPN.AD平面MPC，PN平面MPC，AD平面MPC.(2)平面AMD平面MBCD，平面AMD平面MBCDDM，平面AMD中AMDM，AM平面MBCD.VP­MBC×SMBC×××2&#