高中数学十高考真题精解（全国卷I）

1、2020年高中数学十年高考真题精解（全国卷I） 专题7 立体几何（理） 十年树木，百年树人，十年磨一剑。本专辑按照最新2020年考纲，对近十年高考真题精挑细选，去伪存真，挑选符合最新考纲要求的真题，按照考点/考向同类归纳，难度分层精析，对全国卷具有重要的应试性和导向性。三观指的观三题（观母题、观平行题、观扇形题），一统指的是统一考点/考向，并对十年真题进行标灰（调整不考或低频考点标灰色）。（一）2020考纲考点2020考纲要求空间几何体认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图，

2、能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解龙剑图形的不同的表示形式会画某些建筑物的视图与直观图了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式 点、直线、平面之间的位置关系理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质和判定定理能够运用公理、定理和已经获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题空间向量及其运算了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示掌握空间向

3、量的线性运算及其坐标表示掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直空间向量的应用理解直线的方向向量与平面的法向量能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用（二）本节考向题型研究汇总题型考向考点/考向空间几何体之三视图由三视图求空间几何体的体积和表面积由三视图求空间几何体的最长边长由三视图求空间几何体的边长空间几何体之外接球、内接球由空间几何体求外接球、内接球的体积和表面积

4、由外接球、内接球求几何体的体积和表面积空间几何体的体积空间几何体的体积问题点到面的距离问题点到面的距离问题直线和平面、平面和平面平行的判定和性质直线和直线的平行的性质直线和平面的平行的性质平面和平面的平行的性质直线和平面、平面和平面垂直的判定和性质直线和直线的垂直的性质直线和平面的垂直的性质平面和平面的垂直的性质空间向量与空间几何体通过空间向量求二面角的问题通过空间向量证明线线、线面、面面平行问题通过空间向量证明线线、线面、面面垂直问题一、考向题型研究一： 空间几何体之三视图（2018新课标I卷T7理科） 某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表

5、面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. 217 B. 25 C. 3 D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，点M在上底面上，点N在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为42+22=25，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间

6、的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.（2016新课标I卷T6理科）如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是（A） （B） （C） （D）【答案】A【解析】原立体图如图所示：是一个球被切掉左上角的后的三视图表面积是的球面面积和三个扇形面积之和故选A（2015新课标I卷T11理科）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16

7、+ 20，则r=（ ）（A）1 （B）2 （C）4 （D）8【答案】B【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r，圆柱的高为2r，其表面积为=16 + 20，解得r=2，故选B.【点睛】简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式(2013新课标卷T8理科)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A168 B88 C1616 D816【答案】A【解析】由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径r2，长为4，在长方体中，长为4，宽为2，高为2，所以几何体的体积为r24422816.故选A.（2017新课标I

8、卷T7理科）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（）A10B12C14D16【答案】B【分析】由三视图可得直观图，由图形可知该立体图中只有两个相同的梯形的面，根据梯形的面积公式计算即可【解析】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形=2（2+4）=6，这些梯形的面积之和为62=12，故选：B【点睛】本题考查了体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题（2015新课标I卷T11文科）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为组成一

9、个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示若该几何体的表面积为，则A1B2C4D8【答案】A【解析】解：由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，其表面积为：，又该几何体的表面积为，解得，故选：(2014新课标卷T12理科)如图，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，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）A6B6C4D4【答案】B【分析】画出图形，结合三视图的数据求出棱长，推出结果即可【解析】解：几何体的直观图如图：AB=4，BD=4，C到BD的中点的距离为：4，AC=6，AD=4，显然AC最长长为6故选：

10、B【点睛】本题考查三视图求解几何体的棱长，考查计算能力(2013新课标I卷T11文科)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A B C D【答案】A【解析】该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体V半圆柱2248，V长方体42216.所以所求体积为168.故选A.（2012新课标I卷T7文科）如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（A）6 （B）9 （C）12 （D）18【答案】B【解析】由三视图知，其对应几何体为三棱锥，其底面为一边长为6，这边上高为3，棱锥的高为3，故其体积为=9，故选B.（2011新课标I卷T8文科）在一个几何体

11、的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）ABCD【答案】D【分析】由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，根据组合体的结构特征，得到组合体的侧视图【解析】解：由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，侧视图是一个中间有分界线的三角形，故选：D【点睛】本题考查简单空间图形的三视图，考查由三视图看出原几何图形，再得到余下的三视图，本题是一个基础题空间几何体的三视图与直观图1空间几何体的三视图（1）三视图的概念光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图叫做几何体的正视图;光

12、线从几何体的左面向右面正投影，得到的投影图叫做几何体的侧视图;光线从几何体的上面向下面正投影，得到的投影图叫做几何体的俯视图. 几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图.如图.（2）三视图的画法规则排列规则：一般地，侧视图在正视图的右边，俯视图在正视图的下边.如下图：正侧俯画法规则)正视图与俯视图的长度一致，即“长对正”；)侧视图和正视图的高度一致，即“高平齐”；)俯视图与侧视图的宽度一致，即“宽相等”.线条的规则)能看见的轮廓线用实线表示；)不能看见的轮廓线用虚线表示.（3）常见几何体的三视图常见几何体正视图侧视图俯视图长方体矩形矩形矩形正方体正方形正方形正方形圆柱矩形矩形圆圆锥等

13、腰三角形等腰三角形圆圆台等腰梯形等腰梯形两个同心的圆球圆圆圆2空间几何体的直观图（1）斜二测画法及其规则对于平面多边形，我们常用斜二测画法画它们的直观图.斜二测画法是一种特殊的画直观图的方法，其画法规则是： 在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O.画直观图时，把它们画成对应的x轴和y轴，两轴相交于点O，且使xOy=45(或135)，它们确定的平面表示水平面.已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x轴或y轴的线段.已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，长度为原来的一半.（2）用斜二测画法画空间几何体的直观图的步骤在已知图形所在的空

14、间中取水平平面，作互相垂直的轴Ox，Oy，再作Oz轴使xOz=90，且yOz=90.画直观图时，把它们画成对应的轴Ox，Oy，Oz，使xOy=45(或135)，xOz=90，xOy所确定的平面表示水平平面.已知图形中，平行于x轴、y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成平行于x轴、y轴或z轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同.已知图形中平行于x轴或z轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半.画图完成以后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图.（3）直观图的面积与原图面积之间的关系原图形与直观图的面积比为，即原

15、图面积是直观图面积的倍，直观图面积是原图面积的倍.3.空间几何体的三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的三视图还原几何体的形状要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图(2)由几何体的直观图求三视图注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不能看到的部分用虚线表示(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合.4.空间几何体结构特征的判断技巧：紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间

16、几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可5.由三视图还原直观图的方法还原后的几何体一般为较熟悉的柱、锥、台、球的组合体注意图中实线、虚线，实际是原几何体中的可视线与被遮挡线想象原图形，并画出草图后进行三视图还原，把握三视图和几何体之间的关系，与所给三视图比较，通过调查准备画出几何体6.常见三视图对应的几何体：三视图为三个三角形，对应三棱锥三视图为两个三角形，一个四边形，对应四棱锥三视图为两个三角形，一个圆，对应圆锥三视图为一个三角形，两个四边

17、形，对应三棱柱三视图为两个四边形，一个圆，对应圆柱5.具体方法可采用垂线法或者削体法二、考向题型研究二： 空间几何体之外接球、内接球(2013新课标I卷T15文科)已知是球的直径AB上一点，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，则球的表面积为 【答案】【解析】如图，设球O的半径为R，则AH，OH.又EH2，EH1.在RtOEH中，R2，R2.S球4R2（2019新课标I卷T12理科）已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，PB的中点，CEF=90，则球O的体积为ABCD【答案】D【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分

18、，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【解析】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，又，分别为、中点，又，平面，平面，为正方体一部分，即 ，故选D解法二:设，分别为中点，且，为边长为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，为中点，又，两两垂直，故选D.【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决（2017新课标I卷T16文科）已知三棱锥SABC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，SA=AC，SB=BC，三棱锥SABC的体积为9，则球O的表面积为【答案】36【解析

19、】解：三棱锥SABC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，SA=AC，SB=BC，三棱锥SABC的体积为9，可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，可得，解得r=3球O的表面积为：4r2=36故答案为：36【点睛】本题考查球的內接体，三棱锥的体积以及球的表面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力（2012新课标I卷T8文科）平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为 eq r(2)，则此球的体积为 （A） eq r(6) （B）4 eq r(3) （C）4 eq r(6) （D）6 eq r(3)【答案】B【解析】设球的半径

20、为R，由球的截面性质得，所有球的体积（2011新课标I卷T15理科）已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB=6，BC=2，则棱锥OABCD的体积为【答案】8【分析】由题意求出矩形的对角线的长，结合球的半径，球心到矩形的距离，满足勾股定理，求出棱锥的高，即可求出棱锥的体积【解析】解：矩形的对角线的长为：，所以球心到矩形的距离为：=2，所以棱锥OABCD的体积为：=8故答案为：8【点睛】本题是基础题，考查球内几何体的体积的计算，考查计算能力，空间想象能力，常考题型（2017新课标I卷T16理科）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为OD、E、F

21、为圆O上的点，DBC，ECA，FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起DBC，ECA，FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥当ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为【答案】4cm3【分析】法一：由题，连接OD，交BC于点G，由题意得ODBC，OG=BC，设OG=x，则BC=2x，DG=5x，三棱锥的高h=，求出SABC=3，V=，令f（x）=25x410 x5，x（0，），f（x）=100 x350 x4，f（x）f（2）=80，由此能求出体积最大值法二：设正三角形的边长为x，则OG=，FG=SG=5，SO=h=，由此

22、能示出三棱锥的体积的最大值【解析】解法一：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得ODBC，OG=BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG=x，则BC=2x，DG=5x，三棱锥的高h=，=3，则V=，令f（x）=25x410 x5，x（0，），f（x）=100 x350 x4，令f（x）0，即x42x30，解得x2，则f（x）f（2）=80，V=4cm3，体积最大值为4cm3故答案为：4cm3解法二：如图，设正三角形的边长为x，则OG=，FG=SG=5，SO=h=，三棱锥的体积V=，令b（x）=5x4，则，令b（x）=0，则4x3=0，解得x=4，（cm3）故答案为：4cm3【点睛】本题考

23、查三棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系、函数性质、导数等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题1球的表面积和体积公式设球的半径为R，它的体积与表面积都由半径R唯一确定，是以R为自变量的函数，其表面积公式为，即球的表面积等于它的大圆面积的4倍；其体积公式为.2球的切、接问题（常见结论）（1）若正方体的棱长为，则正方体的内切球半径是；正方体的外接球半径是；与正方体所有棱相切的球的半径是外接球球心是正方体的中心内切球球心是正方体的中心与各条棱相切的求，球心是正方体的中心若长方体的长、宽、高分别为，则长方体的外接

24、球半径是球心是体对角线的交点若正四面体的棱长为，则正四面体的内切球半径是；正四面体的外接球半径是；与正四面体所有棱相切的球的半径是球心是正四面体的中心（4）球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径（5）球与圆台的底面与侧面均相切，则球的直径等于圆台的高综上，可以认为，外接球的球心在空间几何体底面的外接圆的圆心的竖直线上3、球的表面积和体积确定一个球的条件是球心和球的半径，已知球的半径可以利用公式求球的表面积和体积；反之，已知球的体积或表面积也可以求其半径.球与几种特殊几何体的关系：(1)长方体内接于球，则球的直径是长方体的体对角线长；(2)正四面体的外接球与内

25、切球的球心重合，且半径之比为31；(3)直棱柱的外接球：找出直棱柱的外接圆柱，圆柱的外接球就是所求直棱柱的外接球.特别地，直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径；(5)球与圆台的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆台的高与球有关的实际应用题一般涉及水的容积问题，解题的关键是明确球的体积与水的容积之间的关系，正确建立等量关系.有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将空间几何问题转化为平面中圆的有关问题解决.球心到截面的距离与球的半径及截面圆的半径之间满足关系式：.5.柱体的外接球问题，其解题关键是在

26、于确定球心在多面体中的位置，找到球的半径或者直径与多面体相关元素之间的关系，结合原有多面体的特性求出球的半径，然后再利用球的表面积和体积公式进行正确计算，常见的方法是将多面体还原成正方体和长方体中再去求解6.椎体的外接球问题的关键是确定球心位置：将椎体还原或者补形为正方体或者长方体，进而确定球心椎体的外接球的球心一定在过底面的外心与底面垂直的直线上球心到各顶点的距离都相等球心一定在外接球的直径上三、考向题型研究三： 空间几何体的体积（2018新课标I卷T12理科） 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为A. 334 B. 233 C. 324

27、 D. 32【答案】A【解析】分析：首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1D1与线AA1,A1B1,A1D1所成的角是相等的，所以平面AB1D1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面C1BD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB1D1与C1BD中

28、间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为22，所以其面积为S=634(22)2=334，故选A.【点睛】该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.(2013新课标卷T6理科)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为()Acm3 Bcm3Ccm3 Dcm3【答案】A【解析】设球半径为R，由题可知R，R2，

29、正方体棱长一半可构成直角三角形，即OBA为直角三角形，如图BC2，BA4，OBR2，OAR，由R2(R2)242，得R5，所以球的体积为(cm3)，故选A.(2013新课标I卷T19文科)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)证明：ABA1C；(2)若ABCB2，A1C，求三棱柱ABCA1B1C1的体积【答案】答案见解析【解析】(1)证明：取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.因为CACB，所以OCAB.由于ABAA1，BAA160，故AA1B为等边三角形，所以OA1AB.因为OCOA1O，所以 AB平面OA1C.又A1C平面OA1C，故ABA1C.(

30、2)解：由题设知ABC与AA1B都是边长为2的等边三角形，所以OCOA1.又A1C，则A1C2OC2，故OA1OC.因为OCABO，所以OA1平面ABC，OA1为三棱柱ABCA1B1C1的高又ABC的面积SABC，故三棱柱ABCA1B1C1的体积VSABCOA13.（2012新课标I卷T19文科）如图，三棱柱中，侧棱垂直底面，ACB=90，AC=BC= eq f(1,2)AA1，D是棱AA1的中点。() 证明：平面平面（）平面分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.【答案】见解析【解析】（）由题设知BC,BCAC，, 面, 又面，,由题设知,=,即,又, 面, 面，面面；（）设棱锥的体积为，=1

31、，由题意得，=，由三棱柱的体积=1，=1:1， 平面分此棱柱为两部分体积之比为1:1.（2011新课标I卷T16文科）已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为【答案】【分析】所成球的半径，求出球的面积，然后求出圆锥的底面积，求出圆锥的底面半径，即可求出体积较小者的高与体积较大者的高的比值【解析】解：不妨设球的半径为：4；球的表面积为：64，圆锥的底面积为：12，圆锥的底面半径为：2；由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离，求的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形由此可以

32、求得球心到圆锥底面的距离是，所以圆锥体积较小者的高为：42=2，同理可得圆锥体积较大者的高为：4+2=6；所以这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为：故答案为：【点睛】本题是基础题，考查旋转体的体积，球的内接圆锥的体积的计算，考查计算能力，空间想象能力，常考题型（2011新课标I卷T18文科）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形DAB=60，AB=2AD，PD底面ABCD（）证明：PABD（）设PD=AD=1，求棱锥DPBC的高【答案】答案见解析【分析】（）因为DAB=60，AB=2AD，由余弦定理得BD=，利用勾股定理证明BDAD，根据PD底面ABCD，易证BDP

33、D，根据线面垂直的判定定理和性质定理，可证PABD；（II）要求棱锥DPBC的高只需证BC平面PBD，然后得平面PBC平面PBD，作DEPB于E，则DE平面PBC，利用勾股定理可求得DE的长【解析】解：（）证明：因为DAB=60，AB=2AD，由余弦定理得BD=，从而BD2+AD2=AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD故PABD（II）解：作DEPB于E，已知PD底面ABCD，则PDBC，由（I）知，BDAD，又BCAD，BCBD故BC平面PBD，BCDE，则DE平面PBC由题设知PD=1，则BD=，PB=2根据DEPB=PDBD，得DE=，即棱锥DPBC的高为

34、【点睛】此题是个中档题考查线面垂直的性质定理和判定定理，以及点到面的距离，查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题能力一、柱体、锥体、台体的表面积1旋转体的表面积圆柱（底面半径为r，母线长为l）圆锥（底面半径为r，母线长为l）圆台（上、下底面半径分别为r,r,母线长为l）侧面展开图底面面积 侧面面积 表面积 2多面体的表面积多面体的表面积就是各个面的面积之和，也就是展开图的面积.棱锥、棱台、棱柱的侧面积公式间的联系：二、柱体、锥体、台体的体积1柱体、锥体、台体的体积公式几何体体积柱体(S为底面面积，h为高),(r为底面半径，h为高)锥体(S为底面面积，h为高)， (r为底面半径，h为

35、高)台体(S、S分别为上、下底面面积，h为高)，(r、r分别为上、下底面半径，h为高)2柱体、锥体、台体体积公式间的关系3必记结论（1）一个组合体的体积等于它的各部分体积之和或差；（2）等底面面积且等高的两个同类几何体的体积相等.三、柱体、锥体、台体的表面积1已知几何体的三视图求其表面积，一般是先根据三视图判断空间几何体的形状，再根据题目所给数据与几何体的表面积公式，求其表面积2多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积应注意重合部分的处理，以确保不重复、不遗漏.3求多面体的侧面积时，应对每一个侧面分别求解后再相加；求旋转体的侧面积时，一般要将旋转体展开为平面图形后再求面积.4.柱体、锥

36、体、台体的体积空间几何体的体积是每年高考的热点之一，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度较小，属容易题. 求柱体、锥体、台体体积的一般方法有：（1）若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解（2）若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等体积法、割补法等方法进行求解等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积.割补法：运用割补法处理不规则的空间几何体

37、或不易求解的空间几何体的体积计算问题，关键是能根据几何体中的线面关系合理选择截面进行切割或者补成规则的几何体.要弄清切割后或补形后的几何体的体积是否与原几何体的体积之间有明显的确定关系，如果是由几个规则的几何体堆积而成的，其体积就等于这几个规则的几何体的体积之和;如果是由一个规则的几何体挖去几个规则的几何体而形成的，其体积就等于这个规则的几何体的体积减去被挖去的几个几何体的体积因此，从一定意义上说，用割补法求几何体的体积，就是求体积的“加、减”法若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.5.多面体的表面积和体积的求法求解多面体的表面积以及体积问题，关键是

38、找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，建立未知量与已知量间的关系，进行求解近年的高考题中，基本上是将表面积与体积的问题与三视图结合考查6.旋转体的表面积与体积的求法圆锥、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将曲面展为平面图形进行计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和旋转体的体积的计算只需要根据图形的特征求出所需元素，然后带入公式计算即可7.空间几何体表面积和体积的最值求解空间几何体表面积和体积的最值问题有两个思路：一是根据几何体的结构特征和体积、表面积的计算公式，将体积或表面积的最值转化为平面图形中的有关最值，根据

39、平面图形的有关结论直接进行判断；二是利用基本不等式或是建立关于表面积和体积的函数关系式，然后利用函数的方法或者利用导数方法解决.四、考向题型研究四： 点到面的距离问题（2019新课标I卷T16文科）已知ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，点P到ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为 【答案】【分析】过点P作PDAC，交AC于D，作PEBC，交BC于E，过P作PO平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则PDPE，从而CDCEODOE1，由此能求出P到平面ABC的距离【解析】解：ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，点P到ACB两边AC，BC的距离均为，过点P

40、作PDAC，交AC于D，作PEBC，交BC于E，过P作PO平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则PDPE，CDCEODOE1，POP到平面ABC的距离为故答案为：【点睛】本题考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题（2019新课标I卷T19文科）如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离【答案】答案见解析【分析】法一：（1）连结B1C，ME，推导出四边形MNDE是平行四边形

41、，从而MNED，由此能证明MN平面C1DE（2）过C作C1E的垂线，垂足为H，推导出DEBC，DEC1C，从而DE平面C1CE，DECH，进而CH平面C1DE，故CH的长即为C到时平面C1DE的距离，由此能求出点C到平面C1DE的距离法二：（1）以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明MN平面C1DE（2）求出（1，0），平面C1DE的法向量（4，0，1），利用向量法能求出点C到平面C1DE的距离【解析】解法一：证明：（1）连结B1C，ME，M，E分别是BB1，BC的中点，MEB1C，又N为A1D的中点，NDA1D，由题设知A1B1DC，B1CA1

42、D，MEND，四边形MNDE是平行四边形，MNED，又MN平面C1DE，MN平面C1DE解：（2）过C作C1E的垂线，垂足为H，由已知可得DEBC，DEC1C，DE平面C1CE，故DECH，CH平面C1DE，故CH的长即为C到时平面C1DE的距离，由已知可得CE1，CC14，C1E，故CH，点C到平面C1DE的距离为解法二：证明：（1）直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点DD1平面ABCD，DEAD，以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，M（1，2），N（1，0，2），D（0，0，

43、0），E（0，0），C1（1，4），（0，0），（1，），（0，），设平面C1DE的法向量（x，y，z），则，取z1，得（4，0，1），0，MN平面C1DE，MN平面C1DE解：（2）C（1，0），（1，0），平面C1DE的法向量（4，0，1），点C到平面C1DE的距离：d【点睛】本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题（2016新课标I卷T18文科）如图，已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G

44、.()证明G是AB的中点；()在答题卡第（18）题图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积【答案】见解析【解析】()证明：PD平面ABC，PDAB又DE平面PAB，DEABAB平面PDE 又PG 平面PDE，ABPG依题PA=PB，G是AB的中点()在平面PAB内作EFPA（或EF/ PB）垂足为F，则F是点E在平面PAC内的正投影. 理由如下：PCPA，PCPB， PC平面PAB EF PC 作EFPA，EF平面PAC即F是点E在平面PAC内的正投影.连接CG，依题D是正ABC的重心，D在中线CG上，且CD=2DG易知DE/ PC，PC=PB=PA=

45、6，DE=2，PE=则在等腰直角PEF中，PF=EF=2，PEF的面积S=2所以四面体PDEF的体积. 在求点到平面的距离的问题一般通过等体积法转化为空间几何体的高的问题进行求解五、考向题型研究五： 直线和平面、平面和平面平行的判定和性质（2019新课标I卷T18理科）如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值【答案】（1）见解析；（2）.【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论

46、；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.【解析】（1）连接，分别为，中点 为的中位线且又为中点，且 且 四边形为平行四边形，又平面，平面平面（2）设，由直四棱柱性质可知：平面四边形为菱形 则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则：，D（0，-1,0）取中点，连接，则四边形为菱形且 为等边三角形 又平面，平面 平面，即平面为平面的一个法向量，且设平面的法向量，又，令，则， 二面角的正弦值为：【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向

47、量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.（2017新课标I卷T6文科）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（）ABCD【答案】A【解析】解：对于选项B，由于ABMQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；对于选项C，由于ABMQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意；对于选项D，由于ABNQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意；所以选项A满足题意，故选：A【点睛】本题考查空间中线面平行的判定定理，利用

48、三角形中位线定理是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题一、直线与平面平行的判定与性质1直线与平面平行的判定定理文字语言平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.简记为：线线平行线面平行图形语言符号语言a，b，且aba作用证明直线与平面平行2直线与平面平行的性质定理文字语言一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行.简记为：线面平行线线平行图形语言符号语言作用作为证明线线平行的依据作为画一条直线与已知直线平行的依据.二、平面与平面平行的判定与性质1平面与平面平行的判定定理文字语言一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平

49、行.简记为：线面平行面面平行图形语言符号语言a，b，a，b作用证明两个平面平行2平面与平面平行的性质定理文字语言如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行.简记为：面面平行线线平行图形语言符号语言作用证明线线平行3平行问题的转化关系三、常用结论（熟记）1如果两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面2如果两个平行平面中有一个平面垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线3夹在两个平行平面间的平行线段长度相等4经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行5两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例6如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行7

50、如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行8如果两个平面垂直于同一条直线，那么这两个平面平行四、常见考点1. 线面平行的判定与性质线面平行问题的常见类型及解题策略：(1)线面平行的基本问题判定定理与性质定理中易忽视的条件结合题意构造图形作出判断举反例否定结论或反证法证明(2)线面平行的证明问题判断或证明线面平行的常用方法有：利用线面平行的定义(无公共点)；利用线面平行的判定定理()；利用面面平行的性质()；利用面面平行的性质().(3)线面平行的探索性问题对命题条件的探索常采用以下三种方法：a.先猜后证，即先观察与尝试，给出条件再证明；b.先通过命题成立的

51、必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；c.把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件对命题结论的探索常采用以下方法：首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设.2.面面平行的判定与性质判定面面平行的常见策略：(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)如果一个平面内有两条相交直线都平行于另外一个平面，那么这两个平面平行(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用).（

52、5）利用线线平行、线面平行。面面平行的相互转化六、考向题型研究六：直线和平面、平面和平面垂直的判定和性质 （2018新课标I卷T18理科）如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点到达点的位置，且PFBF.（1）证明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) 34.【解析】分析：(1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BFPF，BFEF，又因为PFEF=F，利用线面垂直的判定定理可以得出BF平面PEF，又BF平面ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面PEF平面ABFD.(2)结合题意

53、，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标，求得平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得sin=|HPDP|HP|DP|=343=34，得到结果.详解：（1）由已知可得，BFPF，BFEF，又PFEF=F，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.（2）作PHEF，垂足为H.由（1）得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由（1）可得，DEPE.又DP=2，DE=1，所以PE=3.又PF=1，EF=2，故PEPF.可得PH=32,EH=32.则H

54、(0,0,0),P(0,0,32),D(-1,-32,0),DP=(1,32,32), HP=(0,0,32)为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为，则sin=|HPDP|HP|DP|=343=34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对应的等量关系即可.（2017新课标I卷T18

55、文科）如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAP=CDP=90（1）证明：平面PAB平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，APD=90，且四棱锥PABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积【答案】答案见解析【分析】（1）推导出ABPA，CDPD，从而ABPD，进而AB平面PAD，由此能证明平面PAB平面PAD（2）设PA=PD=AB=DC=a，取AD中点O，连结PO，则PO底面ABCD，且AD=，PO=，由四棱锥PABCD的体积为，求出a=2，由此能求出该四棱锥的侧面积【解析】证明：（1）在四棱锥PABCD中，BAP=CDP=90，ABPA，CDPD，又ABCD，ABPD，PAPD=P，A

56、B平面PAD，AB平面PAB，平面PAB平面PAD解：（2）设PA=PD=AB=DC=a，取AD中点O，连结PO，PA=PD=AB=DC，APD=90，平面PAB平面PAD，PO底面ABCD，且AD=，PO=，四棱锥PABCD的体积为，由AB平面PAD，得ABAD，VPABCD=，解得a=2，PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2，PO=，PB=PC=2，该四棱锥的侧面积：S侧=SPAD+SPAB+SPDC+SPBC=+=6+2【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查四棱锥的侧面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结

57、合思想、化归与转化思想，是中档题（2016新课标I卷T18理科）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是（ = 1 * ROMAN I）证明：平面ABEF平面EFDC；（ = 2 * ROMAN II）求二面角E-BC-A的余弦值【答案】答案见解析【解析】(1)为正方形 面面平面平面 = 2 * GB2 由 = 1 * GB2 知平面平面平面平面面面四边形为等腰梯形以为原点，如图建立坐标系，设 ，设面法向量为.，即 设面法向量为.即 设二面角的大小为. 二面角的余弦值为（2017新课标I卷T18理科）如图，

58、在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAP=CDP=90（1）证明：平面PAB平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，APD=90，求二面角APBC的余弦值【答案】答案见解析【分析】（1）由已知可得PAAB，PDCD，再由ABCD，得ABPD，利用线面垂直的判定可得AB平面PAD，进一步得到平面PAB平面PAD；（2）由已知可得四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB平面PAD，得到ABAD，则四边形ABCD为矩形，设PA=AB=2a，则AD=取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量

59、，再证明PD平面PAB，得为平面PAB的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角APBC的余弦值【解析】（1）证明：BAP=CDP=90，PAAB，PDCD，ABCD，ABPD，又PAPD=P，且PA平面PAD，PD平面PAD，AB平面PAD，又AB平面PAB，平面PAB平面PAD；（2）解：ABCD，AB=CD，四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB平面PAD，ABAD，则四边形ABCD为矩形，在APD中，由PA=PD，APD=90，可得PAD为等腰直角三角形，设PA=AB=2a，则AD=取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、

60、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（），设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y=1，得AB平面PAD，AD平面PAD，ABPD，又PDPA，PAAB=A，PD平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，cos=由图可知，二面角APBC为钝角，二面角APBC的余弦值为【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求二面角的平面角，是中档题（2015新课标I卷T18理科）如图，四边形ABCD为菱形，ABC=120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE=2DF，AEEC.（）证明：平面AEC平面