2019高考数学二轮复习专题三立体几何学案理.doc

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1、1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( )A10 B12C14 D162(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

2、到的几何体的直观图，其中 DD11， AB BC AA12.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 4 22(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

3、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( )3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. B5 6C. D37解析：选 A 由三视图可知该

4、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2 3 2 5长是 ，故选 A.53(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

5、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( )4A2 B2 17 5C3 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 ON 164， OM2，14 MN 2 .OM2 ON2 22 42 5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

6、，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( )A28 B242 5C204 D2025 55(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. B34 7

7、8C. D1112 2324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 V3 210 3 2663.12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V3 2763.(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)12222223222

8、 242 ，故选 B.22 12 5(3)分别取 B1B， B1C1的中点 M， N，连接A1M， MN， A1N， A1M D1E， 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， VB1A1MN 1 ，将点 B1所在的几何体削去，剩余几何体的体积为13 12 12 12 1241 .124 23246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

9、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. D23 13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

10、面 ABCD 是一个对角线长为 2 的正方形，底面积S 222，高 h1，则该几何体的体积 V Sh ，故选 C.12 13 232(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( )7A4 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

11、以 VABCDEF2 V 四棱锥32EADHG V 三棱柱 EHGFNM2 31 25，故选 B.13 323(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 cm 2 B61 cm 2C84 cm 2 D86 cm 2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

12、的表面积为 2(555151)23570(cm 2)；长、宽、高分别为 3 cm,3 cm,1 cm 的长方体的表面积为 2(333131)21530(cm 2)；长、宽、高分别为 1 cm,1 cm,1 cm 的长方体的表面积为 2(111111)23 6(cm 2)由于几何体的叠加而减少的面积为 2(33)2(11)21020(cm 2)，所以所求表面积为703062086(cm 2)故选 D.8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

13、， 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( )3A12 B183 3C24 D543 3(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， SA AC， SB BC，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V1V2是_解析 (1)由等边 ABC 的面积为 9

14、，可得 AB29 ，所以 AB6，334 3所以等边 ABC 的外接圆的半径为 r AB2 .33 3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 d R2 r22.16 12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 9 618 .13 3 3(2)如图，连接 AO， OB， SC 为球 O 的直径，点 O 为 SC 的中点， SA AC， SB BC， AO SC， BO SC，平面 SCA平面 SCB，平面 SCA平面 SCB SC， AO平面SCB，设球 O 的半径为 R，则 OA OB R， SC2 R.9 VS ABC V

15、ASBC S SBCAO13 AO，13 (12SCOB)即 9 R，解得 R3，13 (122RR)球 O 的表面积为 S4 R243 236.(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 .V1V2 R22R43 R3 32答案 (1)B (2)36 (3)32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

16、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AB AC BC2 ，若球心到平面 ABC 的距离为 1，则该球的表面积为( )3A20 B15C10 D5解析：选 A 设球心为 O， ABC 的中心为 O，因为 AB AC BC2 ，所以3AO 2 2，因为球心到平面 ABC 的距离为 1，所以 OO1，所以 AO23 3 32 ，故该球的表面积 S4( OA)220.故选 A.22 12 52(2018重庆模拟)已知三棱锥 ABCD 中，平面 ABC平面BCD， BC CD， AB AC， CD2， BC2 ，

17、则该三棱锥外接球的表面积为( )2A4 B4 3C12 D9 3解析：选 C 如图，取 BC 的中点 E， BD 的中点 O，连接OA， OE， OC， AE，则 OE CD.由平面 ABC平面 BCD，平面 ABC平面10BCD BC， CD平面 BCD， CD BC，得 CD平面 ABC，则 OE平面 ABC，所以OE BC， OE AE.在 Rt ABC 中， AE BC BE CE，则 Rt OCERt OAERt OBE，所12以 OC OA OB，又 OB OD，所以 O 为三棱锥 ABCD 的外接球的球心，外接球的半径R BD ，则三棱锥 ABCD 的外接球的表面积 S4 R21

18、2，故选 C.12 12 BC2 CD2 33(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43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43 43长为 a，则 a1，所以 a2 .所以 V 2 326 .13 32 3 12 3 3答案：6 3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

19、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 ， l m， l n，则 l ；若l m， m n， l ，则 n ；若 l m， m ， n ，则 l n.A1 B2C3 D411(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. B22 32C. D52 72解析 (1)法一：对于选项 B，如图所示，连接 CD，因为AB CD， M， Q 分别是所

20、在棱的中点，所以 MQ CD，所以 AB MQ .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 OQ AB.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， l

21、 n，则有可能是 l ，故错误；对于，若 l m， m n，则 l n，又 l ，所以 n ，故正确；对于，因为 m ， n ，所以 m n，又l m，所以 l n，故正确选 C.(3)如图，连接 BE，因为 AB CD，所以 AE 与 CD 所成的角为 EAB.在Rt ABE 中，设 AB2，则 BE ，则 tan EAB ，5BEAB 52所以异面直线 AE 与 CD 所成角的正切值为 .52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、

22、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结12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 m nB若 ， m ， n ，则 m nC若 ， ， m，则 m D若 ， m ，则 m 解析：选 D 若 m ， m ， n，则由

23、线面平行的性质可得 m n，故 A 正确若 ， m ， n ，则由线面垂直的性质可得 m n，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13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

24、正确；连接 AN，则 AN BM，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“ a b”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 ， a b，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

25、 ， a ， “a b”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)12(3)S 正棱台侧 (c c)h( c 与 c分别为上、下底面周长， h为斜高)12(

26、4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S 圆柱侧 2 rl(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 ( r r)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)，14V 锥 Sh(S 为底面面积， h 为高)，13V 台 (S S) h(S， S为上、下底面面积， h 为高)13 SS(6)球的表面积和体积公式S 球 4 R2， V 球 R3.432两类关系的转化(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， ，

27、 ， 是平面， O 是点，则(1)线线平行Error!c b，Error! a b，Error!a b，Error! a b.(2)线面平行Error!a ，Error! a ，Error! a .(3)面面平行Error! ，Error! ，Error! .(4)线线垂直Error!a b，Error! a b.(5)线面垂直Error! l ，Error! a ，Error! a ，Error! b .15(6)面面垂直Error! ，Error! .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 d2 a2 b2 c2；若长方体外接球半径为 R，则有(2 R)2 a2 b2

28、 c2.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( )3A48 B32C20 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12 22 23 2 42 2S4 R232.2棱长为 a 的正四面体的内切球半径 r a，外接球的半径 R a.又正四面体的高612 64h a，故 r h， R h.63 14 34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

29、，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 .64 463 (263) 83答案：83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， m l，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( )16A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

30、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 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( )83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13 83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，

31、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 12 22C. D24 14解析：选 D 由三棱锥 CABD 的正视图、俯视图得三棱锥 CABD 的侧视17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22积为 ，故选 D.143(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 m n；若 m n，则 ；若 m n，则 ；若 ，则 m n.其中正确命题的个数是( )A0 B1C2 D3解析：选 C 依题意，对于，由“若一条

32、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 m n，正确；对于，当 时，设 n，在平面 内作直线 m n，则有 m ，因此不正确；对于，由 m n， 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.113C7 D.233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

33、,2，体积为 4，切去的三棱锥的体积为 ，故该几13何体的体积 V4 .13 1135(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( )18A19296 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 868 5 28192100，选 C.12 126.(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

34、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 ，9 4 4 17球 O 的直径为 ，所以球 O 的表面积 S17，故选 C.177(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. B83 43C. D823 423解析：选 A 记由三视图还原后的几何体为四

35、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 AE BE ，cos ABE ，则 sin ABE555，所以 h ，故四棱锥的体积 V 2 ，故选 A.255 455 13 5 455 838(2018全国卷)在长方体 ABCDA1B1C1D1中， AB BC1， AA1 ，则异面直线3AD1与 DB1所成角的余弦值为( )19A. B. 15 56C. D.55 22解析：选 C 如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同

36、的长方体 EFBAE1F1B1A1.连接 B1F，由长方体性质可知， B1F AD1，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 ， FB112 1 1 2 5 2， DB1 .12 3 2 12 12 3 2 5在 DFB1中，由余弦定理，得 DF2 FB DB 2 FB1DB1cos DB1F，即21 2154522 cos DB1F，cos DB1F .5559已知矩形 ABCD 的顶点都在球心为 O，半径为 R 的球面上， AB6， BC2 ，且四3棱锥 OABCD 的体积为 8 ，则 R 等于( )3A4 B2 3C. D479 13解析

37、：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 VOABCD OES 矩形13ABCD OE62 8 ，所以 OE2，在矩形 ABCD 中可得13 3 3EC2 ，则 R 4，故选 A.3 OE2 EC2 4 1210(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( )A24 2 B22 42 3 2 3C26 D843 220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AC BC， PA AC， PB BC，

38、 PAB 是边长为 2 的等边三角形，故所2求表面积为 S ABC S PAC S PBC S PAB 22 22 22 (2 )12 12 2 12 2 34 2224 2 .故选 A.2 311.(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 cm3C10 cm D30 cm2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 SO AO BO CO DO10 2cm，易知点

39、 O 到 AB， BC， CD， AD 的距离均为 10 cm，在等腰三角形OAS 中， OA OS10 cm， AS20 cm，所以 O 到 SA 的距离 d10 2cm，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. B23 12C. D16 13解析：选 D 如图所示，在线段 DD1上靠近点

40、 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13 23NT2 1，因为 M 为 CC1的中点，故 CM1，连接 TC，由13 23NT CM，且 CM NT1，知四边形 CMNT 为平行四边形，故 CT MN，同理在 AA1上靠近点 A 处取一点 Q，使得 AQ ，连接 BQ， TQ，则有13BQ CT MN，故 BQ与 MN 共面，即 Q与 Q 重合，故 AQ ，选 D.13二、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，21 BAD60，侧棱 PA底面 ABCD， PA2， E 为 AB

41、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 S EBC ，故332VPEBC 2 .13 32 33答案：3314(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 c a；存在直线 c ，使 c b 且 c a；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 m l，则 m b， m a，再将 m 平移得到直线 c，使c 即可，

42、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 h2 OO1，三棱锥 SABC 的体积 V 2OO1S ABC，因为 OO113 1，所以 V 21 32 .22 3 213 34 332答案：33216(2018全国卷)已

43、知圆锥的顶点为 S，母线 SA， SB 所成角的余弦值为 ， SA 与78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_15解析：如图， SA 与底面成 45角， SAO 为等腰直角三角形设 OA r，则 SO r， SA SB r.在 SAB 中，222cos ASB ，sin ASB ， S SAB SASBsin ASB ( r)78 158 12 12 22 5 ，解得 r2 ， SA r4 ，即母线长 l4 ， S 圆锥侧158 15 10 2 5 5 rl2 4 40 .10 5 2答案：40 2B 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3球面上，则球 O 的表面积为( )A. B432327C. D12163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AD BC，由题意知， AO BO R， BD1， AD ，则在 Rt BOD 中，有3R2( R)21 2，解得 R ，所以外接球 O 的表面积 S4 R23233，故选 C.1632(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