高中數(shù)學(xué)十高考真題精解（全國(guó)卷I）

1、2020年高中數(shù)學(xué)十年高考真題精解（全國(guó)卷I） 專題7 立體幾何（理） 十年樹木，百年樹人，十年磨一劍。本專輯按照最新2020年考綱，對(duì)近十年高考真題精挑細(xì)選，去偽存真，挑選符合最新考綱要求的真題，按照考點(diǎn)/考向同類歸納，難度分層精析，對(duì)全國(guó)卷具有重要的應(yīng)試性和導(dǎo)向性。三觀指的觀三題（觀母題、觀平行題、觀扇形題），一統(tǒng)指的是統(tǒng)一考點(diǎn)/考向，并對(duì)十年真題進(jìn)行標(biāo)灰（調(diào)整不考或低頻考點(diǎn)標(biāo)灰色）。（一）2020考綱考點(diǎn)2020考綱要求空間幾何體認(rèn)識(shí)柱、錐、臺(tái)、球及其簡(jiǎn)單組合體的結(jié)構(gòu)特征，并能運(yùn)用這些特征描述現(xiàn)實(shí)生活中簡(jiǎn)單物體的結(jié)構(gòu)能畫出簡(jiǎn)單空間圖形（長(zhǎng)方體、球、圓柱、圓錐、棱柱等的簡(jiǎn)易組合）的三視圖，

2、能識(shí)別上述三視圖所表示的立體模型，會(huì)用斜二測(cè)法畫出它們的直觀圖會(huì)用平行投影與中心投影兩種方法畫出簡(jiǎn)單空間圖形的三視圖與直觀圖，了解龍劍圖形的不同的表示形式會(huì)畫某些建筑物的視圖與直觀圖了解球、棱柱、棱錐、臺(tái)的表面積和體積的計(jì)算公式 點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系理解空間直線、平面位置關(guān)系的定義，并了解如下可以作為推理依據(jù)的公理和定理以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識(shí)和理解空間中線面平行、垂直的有關(guān)性質(zhì)和判定定理能夠運(yùn)用公理、定理和已經(jīng)獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的位置關(guān)系的簡(jiǎn)單命題空間向量及其運(yùn)算了解空間向量的概念，了解空間向量的基本定理及其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標(biāo)表示掌握空間向

3、量的線性運(yùn)算及其坐標(biāo)表示掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標(biāo)表示，能運(yùn)用向量的數(shù)量積判斷向量的共線與垂直空間向量的應(yīng)用理解直線的方向向量與平面的法向量能用向量語(yǔ)言表述直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直、平行關(guān)系能用向量方法證明有關(guān)直線和平面位置關(guān)系的一些定理（包括三垂線定理）能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計(jì)算問題，了解向量方法在研究立體幾何問題中的應(yīng)用（二）本節(jié)考向題型研究匯總題型考向考點(diǎn)/考向空間幾何體之三視圖由三視圖求空間幾何體的體積和表面積由三視圖求空間幾何體的最長(zhǎng)邊長(zhǎng)由三視圖求空間幾何體的邊長(zhǎng)空間幾何體之外接球、內(nèi)接球由空間幾何體求外接球、內(nèi)接球的體積和表面積

4、由外接球、內(nèi)接球求幾何體的體積和表面積空間幾何體的體積空間幾何體的體積問題點(diǎn)到面的距離問題點(diǎn)到面的距離問題直線和平面、平面和平面平行的判定和性質(zhì)直線和直線的平行的性質(zhì)直線和平面的平行的性質(zhì)平面和平面的平行的性質(zhì)直線和平面、平面和平面垂直的判定和性質(zhì)直線和直線的垂直的性質(zhì)直線和平面的垂直的性質(zhì)平面和平面的垂直的性質(zhì)空間向量與空間幾何體通過(guò)空間向量求二面角的問題通過(guò)空間向量證明線線、線面、面面平行問題通過(guò)空間向量證明線線、線面、面面垂直問題一、考向題型研究一： 空間幾何體之三視圖（2018新課標(biāo)I卷T7理科） 某圓柱的高為2，底面周長(zhǎng)為16，其三視圖如右圖圓柱表面上的點(diǎn)在正視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，圓柱表

5、面上的點(diǎn)在左視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，則在此圓柱側(cè)面上，從到的路徑中，最短路徑的長(zhǎng)度為A. 217 B. 25 C. 3 D. 2【答案】B【解析】分析：首先根據(jù)題中所給的三視圖，得到點(diǎn)M和點(diǎn)N在圓柱上所處的位置，點(diǎn)M在上底面上，點(diǎn)N在下底面上，并且將圓柱的側(cè)面展開圖平鋪，點(diǎn)M、N在其四分之一的矩形的對(duì)角線的端點(diǎn)處，根據(jù)平面上兩點(diǎn)間直線段最短，利用勾股定理，求得結(jié)果.詳解：根據(jù)圓柱的三視圖以及其本身的特征，可以確定點(diǎn)M和點(diǎn)N分別在以圓柱的高為長(zhǎng)方形的寬，圓柱底面圓周長(zhǎng)的四分之一為長(zhǎng)的長(zhǎng)方形的對(duì)角線的端點(diǎn)處，所以所求的最短路徑的長(zhǎng)度為42+22=25，故選B.點(diǎn)睛：該題考查的是有關(guān)幾何體的表面上兩點(diǎn)之間

6、的最短距離的求解問題，在解題的過(guò)程中，需要明確兩個(gè)點(diǎn)在幾何體上所處的位置，再利用平面上兩點(diǎn)間直線段最短，所以處理方法就是將面切開平鋪，利用平面圖形的相關(guān)特征求得結(jié)果.（2016新課標(biāo)I卷T6理科）如圖,某幾何體的三視圖是三個(gè)半徑相等的圓及每個(gè)圓中兩條相互垂直的半徑.若該幾何體的體積是,則它的表面積是（A） （B） （C） （D）【答案】A【解析】原立體圖如圖所示：是一個(gè)球被切掉左上角的后的三視圖表面積是的球面面積和三個(gè)扇形面積之和故選A（2015新課標(biāo)I卷T11理科）圓柱被一個(gè)平面截去一部分后與半球（半徑為r）組成一個(gè)幾何體，該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如圖所示.若該幾何體的表面積為16

7、+ 20，則r=（ ）（A）1 （B）2 （C）4 （D）8【答案】B【解析】由正視圖和俯視圖知，該幾何體是半球與半個(gè)圓柱的組合體，圓柱的半徑與球的半徑都為r，圓柱的高為2r，其表面積為=16 + 20，解得r=2，故選B.【點(diǎn)睛】簡(jiǎn)單幾何體的三視圖；球的表面積公式、圓柱的測(cè)面積公式(2013新課標(biāo)卷T8理科)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A168 B88 C1616 D816【答案】A【解析】由三視圖可知該幾何體為半圓柱上放一個(gè)長(zhǎng)方體，由圖中數(shù)據(jù)可知圓柱底面半徑r2，長(zhǎng)為4，在長(zhǎng)方體中，長(zhǎng)為4，寬為2，高為2，所以幾何體的體積為r24422816.故選A.（2017新課標(biāo)I

8、卷T7理科）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(zhǎng)為2，俯視圖為等腰直角三角形，該多面體的各個(gè)面中有若干個(gè)是梯形，這些梯形的面積之和為（）A10B12C14D16【答案】B【分析】由三視圖可得直觀圖，由圖形可知該立體圖中只有兩個(gè)相同的梯形的面，根據(jù)梯形的面積公式計(jì)算即可【解析】解：由三視圖可畫出直觀圖，該立體圖中只有兩個(gè)相同的梯形的面，S梯形=2（2+4）=6，這些梯形的面積之和為62=12，故選：B【點(diǎn)睛】本題考查了體積計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題（2015新課標(biāo)I卷T11文科）圓柱被一個(gè)平面截去一部分后與半球（半徑為組成一

9、個(gè)幾何體，該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如圖所示若該幾何體的表面積為，則A1B2C4D8【答案】A【解析】解：由幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖可知，截圓柱的平面過(guò)圓柱的軸線，該幾何體是一個(gè)半球拼接半個(gè)圓柱，其表面積為：，又該幾何體的表面積為，解得，故選：(2014新課標(biāo)卷T12理科)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗實(shí)線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的各條棱中，最長(zhǎng)的棱的長(zhǎng)度為（）A6B6C4D4【答案】B【分析】畫出圖形，結(jié)合三視圖的數(shù)據(jù)求出棱長(zhǎng)，推出結(jié)果即可【解析】解：幾何體的直觀圖如圖：AB=4，BD=4，C到BD的中點(diǎn)的距離為：4，AC=6，AD=4，顯然AC最長(zhǎng)長(zhǎng)為6故選：

10、B【點(diǎn)睛】本題考查三視圖求解幾何體的棱長(zhǎng)，考查計(jì)算能力(2013新課標(biāo)I卷T11文科)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A B C D【答案】A【解析】該幾何體為一個(gè)半圓柱與一個(gè)長(zhǎng)方體組成的一個(gè)組合體V半圓柱2248，V長(zhǎng)方體42216.所以所求體積為168.故選A.（2012新課標(biāo)I卷T7文科）如圖，網(wǎng)格上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則此幾何體的體積為（A）6 （B）9 （C）12 （D）18【答案】B【解析】由三視圖知，其對(duì)應(yīng)幾何體為三棱錐，其底面為一邊長(zhǎng)為6，這邊上高為3，棱錐的高為3，故其體積為=9，故選B.（2011新課標(biāo)I卷T8文科）在一個(gè)幾何體

11、的三視圖中，正視圖和俯視圖如圖所示，則相應(yīng)的側(cè)視圖可以為（）ABCD【答案】D【分析】由俯視圖和正視圖可以得到幾何體是一個(gè)簡(jiǎn)單的組合體，是由一個(gè)三棱錐和被軸截面截開的半個(gè)圓錐組成，根據(jù)組合體的結(jié)構(gòu)特征，得到組合體的側(cè)視圖【解析】解：由俯視圖和正視圖可以得到幾何體是一個(gè)簡(jiǎn)單的組合體，是由一個(gè)三棱錐和被軸截面截開的半個(gè)圓錐組成，側(cè)視圖是一個(gè)中間有分界線的三角形，故選：D【點(diǎn)睛】本題考查簡(jiǎn)單空間圖形的三視圖，考查由三視圖看出原幾何圖形，再得到余下的三視圖，本題是一個(gè)基礎(chǔ)題空間幾何體的三視圖與直觀圖1空間幾何體的三視圖（1）三視圖的概念光線從幾何體的前面向后面正投影，得到的投影圖叫做幾何體的正視圖;光

12、線從幾何體的左面向右面正投影，得到的投影圖叫做幾何體的側(cè)視圖;光線從幾何體的上面向下面正投影，得到的投影圖叫做幾何體的俯視圖. 幾何體的正視圖、側(cè)視圖和俯視圖統(tǒng)稱為幾何體的三視圖.如圖.（2）三視圖的畫法規(guī)則排列規(guī)則：一般地，側(cè)視圖在正視圖的右邊，俯視圖在正視圖的下邊.如下圖：正側(cè)俯畫法規(guī)則)正視圖與俯視圖的長(zhǎng)度一致，即“長(zhǎng)對(duì)正”；)側(cè)視圖和正視圖的高度一致，即“高平齊”；)俯視圖與側(cè)視圖的寬度一致，即“寬相等”.線條的規(guī)則)能看見的輪廓線用實(shí)線表示；)不能看見的輪廓線用虛線表示.（3）常見幾何體的三視圖常見幾何體正視圖側(cè)視圖俯視圖長(zhǎng)方體矩形矩形矩形正方體正方形正方形正方形圓柱矩形矩形圓圓錐等

13、腰三角形等腰三角形圓圓臺(tái)等腰梯形等腰梯形兩個(gè)同心的圓球圓圓圓2空間幾何體的直觀圖（1）斜二測(cè)畫法及其規(guī)則對(duì)于平面多邊形，我們常用斜二測(cè)畫法畫它們的直觀圖.斜二測(cè)畫法是一種特殊的畫直觀圖的方法，其畫法規(guī)則是： 在已知圖形中取互相垂直的x軸和y軸，兩軸相交于點(diǎn)O.畫直觀圖時(shí)，把它們畫成對(duì)應(yīng)的x軸和y軸，兩軸相交于點(diǎn)O，且使xOy=45(或135)，它們確定的平面表示水平面.已知圖形中平行于x軸或y軸的線段，在直觀圖中分別畫成平行于x軸或y軸的線段.已知圖形中平行于x軸的線段，在直觀圖中保持原長(zhǎng)度不變，平行于y軸的線段，長(zhǎng)度為原來(lái)的一半.（2）用斜二測(cè)畫法畫空間幾何體的直觀圖的步驟在已知圖形所在的空

14、間中取水平平面，作互相垂直的軸Ox，Oy，再作Oz軸使xOz=90，且yOz=90.畫直觀圖時(shí)，把它們畫成對(duì)應(yīng)的軸Ox，Oy，Oz，使xOy=45(或135)，xOz=90，xOy所確定的平面表示水平平面.已知圖形中，平行于x軸、y軸或z軸的線段，在直觀圖中分別畫成平行于x軸、y軸或z軸的線段，并使它們和所畫坐標(biāo)軸的位置關(guān)系與已知圖形中相應(yīng)線段和原坐標(biāo)軸的位置關(guān)系相同.已知圖形中平行于x軸或z軸的線段，在直觀圖中保持長(zhǎng)度不變，平行于y軸的線段，長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉?lái)的一半.畫圖完成以后，擦去作為輔助線的坐標(biāo)軸，就得到了空間圖形的直觀圖.（3）直觀圖的面積與原圖面積之間的關(guān)系原圖形與直觀圖的面積比為，即原

15、圖面積是直觀圖面積的倍，直觀圖面積是原圖面積的倍.3.空間幾何體的三視圖問題的常見類型及解題策略：(1)由幾何體的三視圖還原幾何體的形狀要熟悉柱、錐、臺(tái)、球的三視圖，明確三視圖的形成原理，結(jié)合空間想象將三視圖還原為實(shí)物圖(2)由幾何體的直觀圖求三視圖注意正視圖、側(cè)視圖和俯視圖的觀察方向，注意看到的部分用實(shí)線，不能看到的部分用虛線表示(3)由幾何體的部分視圖畫出剩余的部分視圖先根據(jù)已知的一部分三視圖，還原、推測(cè)直觀圖的可能形式，然后再找其剩下部分三視圖的可能形式當(dāng)然作為選擇題，也可將選項(xiàng)逐項(xiàng)代入，再看看給出的部分三視圖是否符合.4.空間幾何體結(jié)構(gòu)特征的判斷技巧：緊扣結(jié)構(gòu)特征是判斷的關(guān)鍵，熟悉空間

16、幾何體的結(jié)構(gòu)特征，依據(jù)條件構(gòu)建幾何模型，在條件不變的情況下，變換模型中的線面關(guān)系增加線、面等基本元素，然后再依據(jù)題意判定通過(guò)反例對(duì)結(jié)構(gòu)特征進(jìn)行辨析，即要說(shuō)明一個(gè)命題是錯(cuò)誤的，只要舉出一個(gè)反例即可5.由三視圖還原直觀圖的方法還原后的幾何體一般為較熟悉的柱、錐、臺(tái)、球的組合體注意圖中實(shí)線、虛線，實(shí)際是原幾何體中的可視線與被遮擋線想象原圖形，并畫出草圖后進(jìn)行三視圖還原，把握三視圖和幾何體之間的關(guān)系，與所給三視圖比較，通過(guò)調(diào)查準(zhǔn)備畫出幾何體6.常見三視圖對(duì)應(yīng)的幾何體：三視圖為三個(gè)三角形，對(duì)應(yīng)三棱錐三視圖為兩個(gè)三角形，一個(gè)四邊形，對(duì)應(yīng)四棱錐三視圖為兩個(gè)三角形，一個(gè)圓，對(duì)應(yīng)圓錐三視圖為一個(gè)三角形，兩個(gè)四邊

17、形，對(duì)應(yīng)三棱柱三視圖為兩個(gè)四邊形，一個(gè)圓，對(duì)應(yīng)圓柱5.具體方法可采用垂線法或者削體法二、考向題型研究二： 空間幾何體之外接球、內(nèi)接球(2013新課標(biāo)I卷T15文科)已知是球的直徑AB上一點(diǎn)，平面，為垂足，截球所得截面的面積為，則球的表面積為 【答案】【解析】如圖，設(shè)球O的半徑為R，則AH，OH.又EH2，EH1.在RtOEH中，R2，R2.S球4R2（2019新課標(biāo)I卷T12理科）已知三棱錐P-ABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上，PA=PB=PC，ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，PB的中點(diǎn)，CEF=90，則球O的體積為ABCD【答案】D【分析】先證得平面，再求得，從而得為正方體一部分

18、，進(jìn)而知正方體的體對(duì)角線即為球直徑，從而得解.【解析】解法一:為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，為正三棱錐，又，分別為、中點(diǎn)，又，平面，平面，為正方體一部分，即 ，故選D解法二:設(shè)，分別為中點(diǎn)，且，為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，又中余弦定理，作于，為中點(diǎn)，又，兩兩垂直，故選D.【點(diǎn)睛】本題考查學(xué)生空間想象能力，補(bǔ)體法解決外接球問題可通過(guò)線面垂直定理，得到三棱兩兩互相垂直關(guān)系，快速得到側(cè)棱長(zhǎng)，進(jìn)而補(bǔ)體成正方體解決（2017新課標(biāo)I卷T16文科）已知三棱錐SABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，SC是球O的直徑若平面SCA平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱錐SABC的體積為9，則球O的表面積為【答案】36【解析

19、】解：三棱錐SABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，SC是球O的直徑，若平面SCA平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱錐SABC的體積為9，可知三角形SBC與三角形SAC都是等腰直角三角形，設(shè)球的半徑為r，可得，解得r=3球O的表面積為：4r2=36故答案為：36【點(diǎn)睛】本題考查球的內(nèi)接體，三棱錐的體積以及球的表面積的求法，考查空間想象能力以及計(jì)算能力（2012新課標(biāo)I卷T8文科）平面截球O的球面所得圓的半徑為1，球心O到平面的距離為 eq r(2)，則此球的體積為 （A） eq r(6) （B）4 eq r(3) （C）4 eq r(6) （D）6 eq r(3)【答案】B【解析】設(shè)球的半徑

20、為R，由球的截面性質(zhì)得，所有球的體積（2011新課標(biāo)I卷T15理科）已知矩形ABCD的頂點(diǎn)都在半徑為4的球O的球面上，且AB=6，BC=2，則棱錐OABCD的體積為【答案】8【分析】由題意求出矩形的對(duì)角線的長(zhǎng)，結(jié)合球的半徑，球心到矩形的距離，滿足勾股定理，求出棱錐的高，即可求出棱錐的體積【解析】解：矩形的對(duì)角線的長(zhǎng)為：，所以球心到矩形的距離為：=2，所以棱錐OABCD的體積為：=8故答案為：8【點(diǎn)睛】本題是基礎(chǔ)題，考查球內(nèi)幾何體的體積的計(jì)算，考查計(jì)算能力，空間想象能力，?？碱}型（2017新課標(biāo)I卷T16理科）如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為OD、E、F

21、為圓O上的點(diǎn)，DBC，ECA，F(xiàn)AB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起DBC，ECA，F(xiàn)AB，使得D、E、F重合，得到三棱錐當(dāng)ABC的邊長(zhǎng)變化時(shí)，所得三棱錐體積（單位：cm3）的最大值為【答案】4cm3【分析】法一：由題，連接OD，交BC于點(diǎn)G，由題意得ODBC，OG=BC，設(shè)OG=x，則BC=2x，DG=5x，三棱錐的高h(yuǎn)=，求出SABC=3，V=，令f（x）=25x410 x5，x（0，），f（x）=100 x350 x4，f（x）f（2）=80，由此能求出體積最大值法二：設(shè)正三角形的邊長(zhǎng)為x，則OG=，F(xiàn)G=SG=5，SO=h=，由此

22、能示出三棱錐的體積的最大值【解析】解法一：由題意，連接OD，交BC于點(diǎn)G，由題意得ODBC，OG=BC，即OG的長(zhǎng)度與BC的長(zhǎng)度成正比，設(shè)OG=x，則BC=2x，DG=5x，三棱錐的高h(yuǎn)=，=3，則V=，令f（x）=25x410 x5，x（0，），f（x）=100 x350 x4，令f（x）0，即x42x30，解得x2，則f（x）f（2）=80，V=4cm3，體積最大值為4cm3故答案為：4cm3解法二：如圖，設(shè)正三角形的邊長(zhǎng)為x，則OG=，F(xiàn)G=SG=5，SO=h=，三棱錐的體積V=，令b（x）=5x4，則，令b（x）=0，則4x3=0，解得x=4，（cm3）故答案為：4cm3【點(diǎn)睛】本題考

23、查三棱錐的體積的最大值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系、函數(shù)性質(zhì)、導(dǎo)數(shù)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、空間想象能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，是中檔題1球的表面積和體積公式設(shè)球的半徑為R，它的體積與表面積都由半徑R唯一確定，是以R為自變量的函數(shù)，其表面積公式為，即球的表面積等于它的大圓面積的4倍；其體積公式為.2球的切、接問題（常見結(jié)論）（1）若正方體的棱長(zhǎng)為，則正方體的內(nèi)切球半徑是；正方體的外接球半徑是；與正方體所有棱相切的球的半徑是外接球球心是正方體的中心內(nèi)切球球心是正方體的中心與各條棱相切的求，球心是正方體的中心若長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為，則長(zhǎng)方體的外接

24、球半徑是球心是體對(duì)角線的交點(diǎn)若正四面體的棱長(zhǎng)為，則正四面體的內(nèi)切球半徑是；正四面體的外接球半徑是；與正四面體所有棱相切的球的半徑是球心是正四面體的中心（4）球與圓柱的底面和側(cè)面均相切，則球的直徑等于圓柱的高，也等于圓柱底面圓的直徑（5）球與圓臺(tái)的底面與側(cè)面均相切，則球的直徑等于圓臺(tái)的高綜上，可以認(rèn)為，外接球的球心在空間幾何體底面的外接圓的圓心的豎直線上3、球的表面積和體積確定一個(gè)球的條件是球心和球的半徑，已知球的半徑可以利用公式求球的表面積和體積；反之，已知球的體積或表面積也可以求其半徑.球與幾種特殊幾何體的關(guān)系：(1)長(zhǎng)方體內(nèi)接于球，則球的直徑是長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)；(2)正四面體的外接球與內(nèi)

25、切球的球心重合，且半徑之比為31；(3)直棱柱的外接球：找出直棱柱的外接圓柱，圓柱的外接球就是所求直棱柱的外接球.特別地，直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心連線的中點(diǎn)；(4)球與圓柱的底面和側(cè)面均相切，則球的直徑等于圓柱的高，也等于圓柱底面圓的直徑；(5)球與圓臺(tái)的底面和側(cè)面均相切，則球的直徑等于圓臺(tái)的高與球有關(guān)的實(shí)際應(yīng)用題一般涉及水的容積問題，解題的關(guān)鍵是明確球的體積與水的容積之間的關(guān)系，正確建立等量關(guān)系.有關(guān)球的截面問題，常畫出過(guò)球心的截面圓，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面中圓的有關(guān)問題解決.球心到截面的距離與球的半徑及截面圓的半徑之間滿足關(guān)系式：.5.柱體的外接球問題，其解題關(guān)鍵是在

26、于確定球心在多面體中的位置，找到球的半徑或者直徑與多面體相關(guān)元素之間的關(guān)系，結(jié)合原有多面體的特性求出球的半徑，然后再利用球的表面積和體積公式進(jìn)行正確計(jì)算，常見的方法是將多面體還原成正方體和長(zhǎng)方體中再去求解6.椎體的外接球問題的關(guān)鍵是確定球心位置：將椎體還原或者補(bǔ)形為正方體或者長(zhǎng)方體，進(jìn)而確定球心椎體的外接球的球心一定在過(guò)底面的外心與底面垂直的直線上球心到各頂點(diǎn)的距離都相等球心一定在外接球的直徑上三、考向題型研究三： 空間幾何體的體積（2018新課標(biāo)I卷T12理科） 已知正方體的棱長(zhǎng)為1，每條棱所在直線與平面所成的角相等，則截此正方體所得截面面積的最大值為A. 334 B. 233 C. 324

27、 D. 32【答案】A【解析】分析：首先利用正方體的棱是3組每組有互相平行的4條棱，所以與12條棱所成角相等，只需與從同一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱所成角相等即可，從而判斷出面的位置，截正方體所得的截面為一個(gè)正六邊形，且邊長(zhǎng)是面的對(duì)角線的一半，應(yīng)用面積公式求得結(jié)果.詳解：根據(jù)相互平行的直線與平面所成的角是相等的，所以在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1D1與線AA1,A1B1,A1D1所成的角是相等的，所以平面AB1D1與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等的，同理平面C1BD也滿足與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等，要求截面面積最大，則截面的位置為夾在兩個(gè)面AB1D1與C1BD中

28、間的，且過(guò)棱的中點(diǎn)的正六邊形，且邊長(zhǎng)為22，所以其面積為S=634(22)2=334，故選A.【點(diǎn)睛】該題考查的是有關(guān)平面被正方體所截得的截面多邊形的面積問題，首要任務(wù)是需要先確定截面的位置，之后需要從題的條件中找尋相關(guān)的字眼，從而得到其為過(guò)六條棱的中點(diǎn)的正六邊形，利用六邊形的面積的求法，應(yīng)用相關(guān)的公式求得結(jié)果.(2013新課標(biāo)卷T6理科)如圖，有一個(gè)水平放置的透明無(wú)蓋的正方體容器，容器高8 cm，將一個(gè)球放在容器口，再向容器內(nèi)注水，當(dāng)球面恰好接觸水面時(shí)測(cè)得水深為6 cm，如果不計(jì)容器的厚度，則球的體積為()Acm3 Bcm3Ccm3 Dcm3【答案】A【解析】設(shè)球半徑為R，由題可知R，R2，

29、正方體棱長(zhǎng)一半可構(gòu)成直角三角形，即OBA為直角三角形，如圖BC2，BA4，OBR2，OAR，由R2(R2)242，得R5，所以球的體積為(cm3)，故選A.(2013新課標(biāo)I卷T19文科)如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)證明：ABA1C；(2)若ABCB2，A1C，求三棱柱ABCA1B1C1的體積【答案】答案見解析【解析】(1)證明：取AB的中點(diǎn)O，連結(jié)OC，OA1，A1B.因?yàn)镃ACB，所以O(shè)CAB.由于ABAA1，BAA160，故AA1B為等邊三角形，所以O(shè)A1AB.因?yàn)镺COA1O，所以 AB平面OA1C.又A1C平面OA1C，故ABA1C.(

30、2)解：由題設(shè)知ABC與AA1B都是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，所以O(shè)COA1.又A1C，則A1C2OC2，故OA1OC.因?yàn)镺CABO，所以O(shè)A1平面ABC，OA1為三棱柱ABCA1B1C1的高又ABC的面積SABC，故三棱柱ABCA1B1C1的體積VSABCOA13.（2012新課標(biāo)I卷T19文科）如圖，三棱柱中，側(cè)棱垂直底面，ACB=90，AC=BC= eq f(1,2)AA1，D是棱AA1的中點(diǎn)。() 證明：平面平面（）平面分此棱柱為兩部分，求這兩部分體積的比.【答案】見解析【解析】（）由題設(shè)知BC,BCAC，, 面, 又面，,由題設(shè)知,=,即,又, 面, 面，面面；（）設(shè)棱錐的體積為，=1

31、，由題意得，=，由三棱柱的體積=1，=1:1， 平面分此棱柱為兩部分體積之比為1:1.（2011新課標(biāo)I卷T16文科）已知兩個(gè)圓錐有公共底面，且兩個(gè)圓錐的頂點(diǎn)和底面的圓周都在同一個(gè)球面上，若圓錐底面面積是這個(gè)球面面積的，則這兩個(gè)圓錐中，體積較小者的高與體積較大者的高的比值為【答案】【分析】所成球的半徑，求出球的面積，然后求出圓錐的底面積，求出圓錐的底面半徑，即可求出體積較小者的高與體積較大者的高的比值【解析】解：不妨設(shè)球的半徑為：4；球的表面積為：64，圓錐的底面積為：12，圓錐的底面半徑為：2；由幾何體的特征知球心到圓錐底面的距離，求的半徑以及圓錐底面的半徑三者可以構(gòu)成一個(gè)直角三角形由此可以

32、求得球心到圓錐底面的距離是，所以圓錐體積較小者的高為：42=2，同理可得圓錐體積較大者的高為：4+2=6；所以這兩個(gè)圓錐中，體積較小者的高與體積較大者的高的比值為：故答案為：【點(diǎn)睛】本題是基礎(chǔ)題，考查旋轉(zhuǎn)體的體積，球的內(nèi)接圓錐的體積的計(jì)算，考查計(jì)算能力，空間想象能力，?？碱}型（2011新課標(biāo)I卷T18文科）如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為平行四邊形DAB=60，AB=2AD，PD底面ABCD（）證明：PABD（）設(shè)PD=AD=1，求棱錐DPBC的高【答案】答案見解析【分析】（）因?yàn)镈AB=60，AB=2AD，由余弦定理得BD=，利用勾股定理證明BDAD，根據(jù)PD底面ABCD，易證BDP

33、D，根據(jù)線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，可證PABD；（II）要求棱錐DPBC的高只需證BC平面PBD，然后得平面PBC平面PBD，作DEPB于E，則DE平面PBC，利用勾股定理可求得DE的長(zhǎng)【解析】解：（）證明：因?yàn)镈AB=60，AB=2AD，由余弦定理得BD=，從而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，則PDBC，由（I）知，BDAD，又BCAD，BCBD故BC平面PBD，BCDE，則DE平面PBC由題設(shè)知PD=1，則BD=，PB=2根據(jù)DEPB=PDBD，得DE=，即棱錐DPBC的高為

34、【點(diǎn)睛】此題是個(gè)中檔題考查線面垂直的性質(zhì)定理和判定定理，以及點(diǎn)到面的距離，查了同學(xué)們觀察、推理以及創(chuàng)造性地分析問題、解決問題能力一、柱體、錐體、臺(tái)體的表面積1旋轉(zhuǎn)體的表面積圓柱（底面半徑為r，母線長(zhǎng)為l）圓錐（底面半徑為r，母線長(zhǎng)為l）圓臺(tái)（上、下底面半徑分別為r,r,母線長(zhǎng)為l）側(cè)面展開圖底面面積 側(cè)面面積 表面積 2多面體的表面積多面體的表面積就是各個(gè)面的面積之和，也就是展開圖的面積.棱錐、棱臺(tái)、棱柱的側(cè)面積公式間的聯(lián)系：二、柱體、錐體、臺(tái)體的體積1柱體、錐體、臺(tái)體的體積公式幾何體體積柱體(S為底面面積，h為高),(r為底面半徑，h為高)錐體(S為底面面積，h為高)， (r為底面半徑，h為

35、高)臺(tái)體(S、S分別為上、下底面面積，h為高)，(r、r分別為上、下底面半徑，h為高)2柱體、錐體、臺(tái)體體積公式間的關(guān)系3必記結(jié)論（1）一個(gè)組合體的體積等于它的各部分體積之和或差；（2）等底面面積且等高的兩個(gè)同類幾何體的體積相等.三、柱體、錐體、臺(tái)體的表面積1已知幾何體的三視圖求其表面積，一般是先根據(jù)三視圖判斷空間幾何體的形狀，再根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)與幾何體的表面積公式，求其表面積2多面體的表面積是各個(gè)面的面積之和，組合體的表面積應(yīng)注意重合部分的處理，以確保不重復(fù)、不遺漏.3求多面體的側(cè)面積時(shí)，應(yīng)對(duì)每一個(gè)側(cè)面分別求解后再相加；求旋轉(zhuǎn)體的側(cè)面積時(shí)，一般要將旋轉(zhuǎn)體展開為平面圖形后再求面積.4.柱體、錐

36、體、臺(tái)體的體積空間幾何體的體積是每年高考的熱點(diǎn)之一，題型既有選擇題、填空題，也有解答題，難度較小，屬容易題. 求柱體、錐體、臺(tái)體體積的一般方法有：（1）若所給定的幾何體是可直接用公式求解的柱體、錐體或臺(tái)體，則可直接利用公式進(jìn)行求解（2）若所給定的幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用等體積法、割補(bǔ)法等方法進(jìn)行求解等體積法：一個(gè)幾何體無(wú)論怎樣轉(zhuǎn)化，其體積總是不變的如果一個(gè)幾何體的底面面積和高較難求解時(shí)，我們可以采用等體積法進(jìn)行求解等體積法也稱等積轉(zhuǎn)化或等積變形，它是通過(guò)選擇合適的底面來(lái)求幾何體體積的一種方法，多用來(lái)解決有關(guān)錐體的體積，特別是三棱錐的體積.割補(bǔ)法：運(yùn)用割補(bǔ)法處理不規(guī)則的空間幾何體

37、或不易求解的空間幾何體的體積計(jì)算問題，關(guān)鍵是能根據(jù)幾何體中的線面關(guān)系合理選擇截面進(jìn)行切割或者補(bǔ)成規(guī)則的幾何體.要弄清切割后或補(bǔ)形后的幾何體的體積是否與原幾何體的體積之間有明顯的確定關(guān)系，如果是由幾個(gè)規(guī)則的幾何體堆積而成的，其體積就等于這幾個(gè)規(guī)則的幾何體的體積之和;如果是由一個(gè)規(guī)則的幾何體挖去幾個(gè)規(guī)則的幾何體而形成的，其體積就等于這個(gè)規(guī)則的幾何體的體積減去被挖去的幾個(gè)幾何體的體積因此，從一定意義上說(shuō)，用割補(bǔ)法求幾何體的體積，就是求體積的“加、減”法若以三視圖的形式給出幾何體，則應(yīng)先根據(jù)三視圖得到幾何體的直觀圖，然后根據(jù)條件求解.5.多面體的表面積和體積的求法求解多面體的表面積以及體積問題，關(guān)鍵是

38、找到其中的特征圖形，如棱柱中的矩形，棱錐中的直角三角形，棱臺(tái)中的直角梯形等，通過(guò)這些圖形，找到幾何元素間的關(guān)系，建立未知量與已知量間的關(guān)系，進(jìn)行求解近年的高考題中，基本上是將表面積與體積的問題與三視圖結(jié)合考查6.旋轉(zhuǎn)體的表面積與體積的求法圓錐、圓錐、圓臺(tái)的側(cè)面是曲面，計(jì)算側(cè)面積時(shí)需要將曲面展為平面圖形進(jìn)行計(jì)算，而表面積是側(cè)面積與底面圓的面積之和旋轉(zhuǎn)體的體積的計(jì)算只需要根據(jù)圖形的特征求出所需元素，然后帶入公式計(jì)算即可7.空間幾何體表面積和體積的最值求解空間幾何體表面積和體積的最值問題有兩個(gè)思路：一是根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征和體積、表面積的計(jì)算公式，將體積或表面積的最值轉(zhuǎn)化為平面圖形中的有關(guān)最值，根據(jù)

39、平面圖形的有關(guān)結(jié)論直接進(jìn)行判斷；二是利用基本不等式或是建立關(guān)于表面積和體積的函數(shù)關(guān)系式，然后利用函數(shù)的方法或者利用導(dǎo)數(shù)方法解決.四、考向題型研究四： 點(diǎn)到面的距離問題（2019新課標(biāo)I卷T16文科）已知ACB90，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC2，點(diǎn)P到ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為 【答案】【分析】過(guò)點(diǎn)P作PDAC，交AC于D，作PEBC，交BC于E，過(guò)P作PO平面ABC，交平面ABC于O，連結(jié)OD，OC，則PDPE，從而CDCEODOE1，由此能求出P到平面ABC的距離【解析】解：ACB90，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC2，點(diǎn)P到ACB兩邊AC，BC的距離均為，過(guò)點(diǎn)P

40、作PDAC，交AC于D，作PEBC，交BC于E，過(guò)P作PO平面ABC，交平面ABC于O，連結(jié)OD，OC，則PDPE，CDCEODOE1，POP到平面ABC的距離為故答案為：【點(diǎn)睛】本題考查點(diǎn)到平面的距離的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題（2019新課標(biāo)I卷T19文科）如圖，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn)（1）證明：MN平面C1DE；（2）求點(diǎn)C到平面C1DE的距離【答案】答案見解析【分析】法一：（1）連結(jié)B1C，ME，推導(dǎo)出四邊形MNDE是平行四邊形

41、，從而MNED，由此能證明MN平面C1DE（2）過(guò)C作C1E的垂線，垂足為H，推導(dǎo)出DEBC，DEC1C，從而DE平面C1CE，DECH，進(jìn)而CH平面C1DE，故CH的長(zhǎng)即為C到時(shí)平面C1DE的距離，由此能求出點(diǎn)C到平面C1DE的距離法二：（1）以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DE為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能證明MN平面C1DE（2）求出（1，0），平面C1DE的法向量（4，0，1），利用向量法能求出點(diǎn)C到平面C1DE的距離【解析】解法一：證明：（1）連結(jié)B1C，ME，M，E分別是BB1，BC的中點(diǎn)，MEB1C，又N為A1D的中點(diǎn)，NDA1D，由題設(shè)知A1B1DC，B1CA1

42、D，MEND，四邊形MNDE是平行四邊形，MNED，又MN平面C1DE，MN平面C1DE解：（2）過(guò)C作C1E的垂線，垂足為H，由已知可得DEBC，DEC1C，DE平面C1CE，故DECH，CH平面C1DE，故CH的長(zhǎng)即為C到時(shí)平面C1DE的距離，由已知可得CE1，CC14，C1E，故CH，點(diǎn)C到平面C1DE的距離為解法二：證明：（1）直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn)DD1平面ABCD，DEAD，以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DE為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，M（1，2），N（1，0，2），D（0，0，

43、0），E（0，0），C1（1，4），（0，0），（1，），（0，），設(shè)平面C1DE的法向量（x，y，z），則，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），點(diǎn)C到平面C1DE的距離：d【點(diǎn)睛】本題考查線面平行的證明，考查點(diǎn)到平面的距離的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題（2016新課標(biāo)I卷T18文科）如圖，已知正三棱錐P-ABC的側(cè)面是直角三角形，PA=6，頂點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的正投影為點(diǎn)D，D在平面PAB內(nèi)的正投影為點(diǎn)E，連接PE并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)G

44、.()證明G是AB的中點(diǎn)；()在答題卡第（18）題圖中作出點(diǎn)E在平面PAC內(nèi)的正投影F(說(shuō)明作法及理由)，并求四面體PDEF的體積【答案】見解析【解析】()證明：PD平面ABC，PDAB又DE平面PAB，DEABAB平面PDE 又PG 平面PDE，ABPG依題PA=PB，G是AB的中點(diǎn)()在平面PAB內(nèi)作EFPA（或EF/ PB）垂足為F，則F是點(diǎn)E在平面PAC內(nèi)的正投影. 理由如下：PCPA，PCPB， PC平面PAB EF PC 作EFPA，EF平面PAC即F是點(diǎn)E在平面PAC內(nèi)的正投影.連接CG，依題D是正ABC的重心，D在中線CG上，且CD=2DG易知DE/ PC，PC=PB=PA=

45、6，DE=2，PE=則在等腰直角PEF中，PF=EF=2，PEF的面積S=2所以四面體PDEF的體積. 在求點(diǎn)到平面的距離的問題一般通過(guò)等體積法轉(zhuǎn)化為空間幾何體的高的問題進(jìn)行求解五、考向題型研究五： 直線和平面、平面和平面平行的判定和性質(zhì)（2019新課標(biāo)I卷T18理科）如圖，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn)（1）證明：MN平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值【答案】（1）見解析；（2）.【分析】（1）利用三角形中位線和可證得，證得四邊形為平行四邊形，進(jìn)而證得，根據(jù)線面平行判定定理可證得結(jié)論

46、；（2）以菱形對(duì)角線交點(diǎn)為原點(diǎn)可建立空間直角坐標(biāo)系，通過(guò)取中點(diǎn)，可證得平面，得到平面的法向量；再通過(guò)向量法求得平面的法向量，利用向量夾角公式求得兩個(gè)法向量夾角的余弦值，進(jìn)而可求得所求二面角的正弦值.【解析】（1）連接，分別為，中點(diǎn) 為的中位線且又為中點(diǎn)，且 且 四邊形為平行四邊形，又平面，平面平面（2）設(shè)，由直四棱柱性質(zhì)可知：平面四邊形為菱形 則以為原點(diǎn)，可建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系：則：，D（0，-1,0）取中點(diǎn)，連接，則四邊形為菱形且 為等邊三角形 又平面，平面 平面，即平面為平面的一個(gè)法向量，且設(shè)平面的法向量，又，令，則， 二面角的正弦值為：【點(diǎn)睛】本題考查線面平行關(guān)系的證明、空間向

47、量法求解二面角的問題.求解二面角的關(guān)鍵是能夠利用垂直關(guān)系建立空間直角坐標(biāo)系，從而通過(guò)求解法向量夾角的余弦值來(lái)得到二面角的正弦值，屬于常規(guī)題型.（2017新課標(biāo)I卷T6文科）如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是（）ABCD【答案】A【解析】解：對(duì)于選項(xiàng)B，由于ABMQ，結(jié)合線面平行判定定理可知B不滿足題意；對(duì)于選項(xiàng)C，由于ABMQ，結(jié)合線面平行判定定理可知C不滿足題意；對(duì)于選項(xiàng)D，由于ABNQ，結(jié)合線面平行判定定理可知D不滿足題意；所以選項(xiàng)A滿足題意，故選：A【點(diǎn)睛】本題考查空間中線面平行的判定定理，利用

48、三角形中位線定理是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題一、直線與平面平行的判定與性質(zhì)1直線與平面平行的判定定理文字語(yǔ)言平面外的一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，則該直線與此平面平行.簡(jiǎn)記為：線線平行線面平行圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言a，b，且aba作用證明直線與平面平行2直線與平面平行的性質(zhì)定理文字語(yǔ)言一條直線與一個(gè)平面平行,則過(guò)這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行.簡(jiǎn)記為：線面平行線線平行圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言作用作為證明線線平行的依據(jù)作為畫一條直線與已知直線平行的依據(jù).二、平面與平面平行的判定與性質(zhì)1平面與平面平行的判定定理文字語(yǔ)言一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個(gè)平面平行，則這兩個(gè)平面平

49、行.簡(jiǎn)記為：線面平行面面平行圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言a，b，a，b作用證明兩個(gè)平面平行2平面與平面平行的性質(zhì)定理文字語(yǔ)言如果兩個(gè)平行平面同時(shí)和第三個(gè)平面相交,那么它們的交線平行.簡(jiǎn)記為：面面平行線線平行圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言作用證明線線平行3平行問題的轉(zhuǎn)化關(guān)系三、常用結(jié)論（熟記）1如果兩個(gè)平面平行，其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線平行于另一個(gè)平面2如果兩個(gè)平行平面中有一個(gè)平面垂直于一條直線，那么另一個(gè)平面也垂直于這條直線3夾在兩個(gè)平行平面間的平行線段長(zhǎng)度相等4經(jīng)過(guò)平面外一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知平面平行5兩條直線被三個(gè)平行平面所截，截得的對(duì)應(yīng)線段成比例6如果兩個(gè)平面分別和第三個(gè)平面平行，那么這兩個(gè)平面互相平行7

50、如果一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線分別平行于另一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線，那么這兩個(gè)平面平行8如果兩個(gè)平面垂直于同一條直線，那么這兩個(gè)平面平行四、常見考點(diǎn)1. 線面平行的判定與性質(zhì)線面平行問題的常見類型及解題策略：(1)線面平行的基本問題判定定理與性質(zhì)定理中易忽視的條件結(jié)合題意構(gòu)造圖形作出判斷舉反例否定結(jié)論或反證法證明(2)線面平行的證明問題判斷或證明線面平行的常用方法有：利用線面平行的定義(無(wú)公共點(diǎn))；利用線面平行的判定定理()；利用面面平行的性質(zhì)()；利用面面平行的性質(zhì)().(3)線面平行的探索性問題對(duì)命題條件的探索常采用以下三種方法：a.先猜后證，即先觀察與嘗試，給出條件再證明；b.先通過(guò)命題成立的

51、必要條件探索出命題成立的條件，再證明其充分性；c.把幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題，探索命題成立的條件對(duì)命題結(jié)論的探索常采用以下方法：首先假設(shè)結(jié)論存在，然后在這個(gè)假設(shè)下進(jìn)行推理論證，如果通過(guò)推理得到了合乎情理的結(jié)論就肯定假設(shè)，如果得到了矛盾的結(jié)果就否定假設(shè).2.面面平行的判定與性質(zhì)判定面面平行的常見策略：(1)利用定義：即證兩個(gè)平面沒有公共點(diǎn)(不常用)(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)如果一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線都平行于另外一個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面平行(3)利用垂直于同一條直線的兩平面平行(客觀題可用)(4)利用平面平行的傳遞性，即兩個(gè)平面同時(shí)平行于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面平行(客觀題可用).（

52、5）利用線線平行、線面平行。面面平行的相互轉(zhuǎn)化六、考向題型研究六：直線和平面、平面和平面垂直的判定和性質(zhì) （2018新課標(biāo)I卷T18理科）如圖，四邊形ABCD為正方形，E,F分別為AD,BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把DFC折起，使點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)的位置，且PFBF.（1）證明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP與平面ABFD所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析.(2) 34.【解析】分析：(1)首先從題的條件中確定相應(yīng)的垂直關(guān)系，即BFPF，BFEF，又因?yàn)镻FEF=F，利用線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證得平面PEF平面ABFD.(2)結(jié)合題意

53、，建立相應(yīng)的空間直角坐標(biāo)系，正確寫出相應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)，求得平面ABFD的法向量，設(shè)DP與平面ABFD所成角為，利用線面角的定義，可以求得sin=|HPDP|HP|DP|=343=34，得到結(jié)果.詳解：（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，垂足為H.由（1）得，PH平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HF的方向?yàn)閥軸正方向，|BF|為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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.則H

54、(0,0,0),P(0,0,32),D(-1,-32,0),DP=(1,32,32), HP=(0,0,32)為平面ABFD的法向量.設(shè)DP與平面ABFD所成角為，則sin=|HPDP|HP|DP|=343=34.所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34.點(diǎn)睛：該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及到的知識(shí)點(diǎn)有面面垂直的證明以及線面角的正弦值的求解，屬于常規(guī)題目，在解題的過(guò)程中，需要明確面面垂直的判定定理的條件，這里需要先證明線面垂直，所以要明確線線垂直、線面垂直和面面垂直的關(guān)系，從而證得結(jié)果；對(duì)于線面角的正弦值可以借助于平面的法向量來(lái)完成，注意相對(duì)應(yīng)的等量關(guān)系即可.（2017新課標(biāo)I卷T18

55、文科）如圖，在四棱錐PABCD中，ABCD，且BAP=CDP=90（1）證明：平面PAB平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，APD=90，且四棱錐PABCD的體積為，求該四棱錐的側(cè)面積【答案】答案見解析【分析】（1）推導(dǎo)出ABPA，CDPD，從而ABPD，進(jìn)而AB平面PAD，由此能證明平面PAB平面PAD（2）設(shè)PA=PD=AB=DC=a，取AD中點(diǎn)O，連結(jié)PO，則PO底面ABCD，且AD=，PO=，由四棱錐PABCD的體積為，求出a=2，由此能求出該四棱錐的側(cè)面積【解析】證明：（1）在四棱錐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）設(shè)PA=PD=AB=DC=a，取AD中點(diǎn)O，連結(jié)PO，PA=PD=AB=DC，APD=90，平面PAB平面PAD，PO底面ABCD，且AD=，PO=，四棱錐PABCD的體積為，由AB平面PAD，得ABAD，VPABCD=，解得a=2，PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2，PO=，PB=PC=2，該四棱錐的側(cè)面積：S側(cè)=SPAD+SPAB+SPDC+SPBC=+=6+2【點(diǎn)睛】本題考查面面垂直的證明，考查四棱錐的側(cè)面積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、空間想象能力，考查數(shù)形結(jié)

57、合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，是中檔題（2016新課標(biāo)I卷T18理科）如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的五面體中，面ABEF為正方形，AF=2FD，且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是（ = 1 * ROMAN I）證明：平面ABEF平面EFDC；（ = 2 * ROMAN II）求二面角E-BC-A的余弦值【答案】答案見解析【解析】(1)為正方形 面面平面平面 = 2 * GB2 由 = 1 * GB2 知平面平面平面平面面面四邊形為等腰梯形以為原點(diǎn)，如圖建立坐標(biāo)系，設(shè) ，設(shè)面法向量為.，即 設(shè)面法向量為.即 設(shè)二面角的大小為. 二面角的余弦值為（2017新課標(biāo)I卷T18理科）如圖，

58、在四棱錐PABCD中，ABCD，且BAP=CDP=90（1）證明：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】答案見解析【分析】（1）由已知可得PAAB，PDCD，再由ABCD，得ABPD，利用線面垂直的判定可得AB平面PAD，進(jìn)一步得到平面PAB平面PAD；（2）由已知可得四邊形ABCD為平行四邊形，由（1）知AB平面PAD，得到ABAD，則四邊形ABCD為矩形，設(shè)PA=AB=2a，則AD=取AD中點(diǎn)O，BC中點(diǎn)E，連接PO、OE，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A、OE、OP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PBC的一個(gè)法向量

59、，再證明PD平面PAB，得為平面PAB的一個(gè)法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得二面角APBC的余弦值【解析】（1）證明：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，四邊形ABCD為平行四邊形，由（1）知AB平面PAD，ABAD，則四邊形ABCD為矩形，在APD中，由PA=PD，APD=90，可得PAD為等腰直角三角形，設(shè)PA=AB=2a，則AD=取AD中點(diǎn)O，BC中點(diǎn)E，連接PO、OE，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A、OE、OP所在直線為x、

60、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則：D（），B（），P（0，0，），C（），設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量為，由，得，取y=1，得AB平面PAD，AD平面PAD，ABPD，又PDPA，PAAB=A，PD平面PAB，則為平面PAB的一個(gè)法向量，cos=由圖可知，二面角APBC為鈍角，二面角APBC的余弦值為【點(diǎn)睛】本題考查平面與平面垂直的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓(xùn)練了利用空間向量求二面角的平面角，是中檔題（2015新課標(biāo)I卷T18理科）如圖，四邊形ABCD為菱形，ABC=120，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點(diǎn)，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE=2DF，AEEC.（）證明：平面AEC平面