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2022年高考数学一轮复习之空间几何体
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这是一份2022年高考数学一轮复习之空间几何体，共39页。
2022年高考数学一轮复习之空间几何体
一．选择题（共12小题）
1．（2021•北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（ ）
A． B．4 C．3+ D．2
2．（2021•蜀山区校级模拟）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面边长为4，侧棱长为，平面α为经过A1且与平面AB1D1平行的平面，平面α内一动点P满足到点A1的距离与到直线BD的距离相等，则动点P的轨迹为（ ）
A．圆 B．双曲线 C．两条直线 D．抛物线
3．（2021•山西三模）现有一个橡皮泥制作的圆柱，其底面半径、高均为2，将它重新制作成一个体积与高不变的圆锥，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C．8π D．
4．（2021•临川区校级模拟）棱长为的正四面体的三视图如图所示，俯视图是正三角形，则主视图的腰长等于（ ）
A．2 B．3 C． D．
5．（2021•五华区校级模拟）正三棱锥S﹣ABC中，若三条侧棱两两垂直，且顶点S到底面ABC的距离为，则这个正三棱锥的表面积为（ ）
A．3 B． C．2（3+） D．
6．（2021•朝阳区校级四模）在三棱锥A﹣BCD中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，AC＝BD＝3，则三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为（ ）
A． B．11π C．22π D．44π
7．（2021•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（ ）
A． B． C． D．
8．（2020•上海）在棱长为10的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为左侧面ADD1A1上一点，已知点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，则过点P且与A1C平行的直线交正方体于P、Q两点，则Q点所在的平面是（ ）
A．AA1B1B B．BB1C1C C．CC1D1D D．ABCD
9．（2021•射洪市模拟）设α，β是两个不同平面，m，n是两条不同直线，下列说法正确的是（ ）
A．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n∥β
C．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n
10．（2021•蔡甸区校级模拟）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式．依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖．也有单檐和重檐之分．多见于亭阁式建筑，园林建筑．以八中校园腾龙阁为例，它属重檐四角攒尖，它的上层轮廓可近似看作一个正四棱锥，若此正四棱锥的侧面积是底面积的3倍，则此正四棱锥的内切球半径与底面边长比为（ ）
A． B． C． D．
11．（2021•江西三模）设α，β为两个不重合的平面，能使α∥β成立的是（ ）
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α内有无数个点到β的距离相等
D．α，β垂直于同一平面
12．（2021•武侯区校级模拟）在Rt△ABC中，C＝90°，CA＝，CB＝，CD是斜边的高线，现将ACD沿CD折起，使平面ACD⊥平面BCD，则折叠后AB的长度为（ ）
A．2 B． C． D．3
二．填空题（共4小题）
13．（2021•湖北模拟）如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上下底面及母线均相切，已知圆柱的底面半径为3，则球的体积为 ．
14．（2021•晋中三模）在正四棱锥P﹣ABCD中，已知PA＝AB＝2，O为底面ABCD的中心，以点O为球心作一个半径为的球，则平面PCD截该球的截面面积为 ．
15．（2021•新疆模拟）设α，β表示不同平面，l、m、n表示不同直线，则以下命题中，正确的命题是 （填写正确命题的序号）
①若α∩β＝l，β∩γ＝m，α∩γ＝n，则l∥m∥n；
②若l∥m，m⊂α，则l∥α或l⊂α；
③若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝l，则l⊥α；
④若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l⊥m．
16．（2020•甘肃模拟）如图为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有 对．
三．解答题（共5小题）
17．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1．
（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；
（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．
18．（2020•新课标Ⅰ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO＝，圆锥的侧面积为π，求三棱锥P﹣ABC的体积．
19．（2021•全国Ⅰ卷模拟）已知如图，四边形ABCD为平行四边形，BD⊥CD，EB⊥平面ABCD，EF∥CD，CD＝2，EB＝，EF＝1，BC＝，且M是AD的中点．
（1）求证：FM∥平面BDE；
（2）求三棱锥C﹣ABF的体积V．
20．（2021•巴中模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AC＝2，∠ABC＝45°，E是棱PC的中点，F是平面ABE与棱PD的交点．
（1）证明：平面PBC⊥平面ABE；
（2）设三棱锥F﹣ACD的体积为V1，四棱锥C﹣ABEF的体积为V2，求的值．
21．（2021•丙卷模拟）如图，在底面为平行四边形的四棱锥P﹣ABCD中，PA＝PB＝DA＝DB＝1，M，N分别为PA，PB上的点，且，．
（Ⅰ）求证：MN∥平面ABCD；
（Ⅱ）求四棱锥P﹣ABCD体积最大时AB的长．
2022年高考数学一轮复习之空间几何体
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．（2021•北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（ ）
A． B．4 C．3+ D．2
【考点】由三视图求面积、体积．菁优网版权所有
【专题】转化思想；数形结合法；空间位置关系与距离；数学运算．
【分析】由三视图还原原几何体，其中PA⊥底面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝AC＝2，再由三角形面积公式求解．
【解答】解：由三视图还原原几何体如图，
PA⊥底面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝AC＝1，
则△PBC是边长为的等边三角形，
则该四面体的表面积为S＝．
故选：A．
【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
2．（2021•蜀山区校级模拟）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面边长为4，侧棱长为，平面α为经过A1且与平面AB1D1平行的平面，平面α内一动点P满足到点A1的距离与到直线BD的距离相等，则动点P的轨迹为（ ）
A．圆 B．双曲线 C．两条直线 D．抛物线
【考点】棱柱的结构特征；平面与平面平行．菁优网版权所有
【专题】函数思想；分析法；空间位置关系与距离；数学运算．
【分析】分别求出，A到BD的距离，以及平面α与平面AB1D1的距离，即可求解．
【解答】解：∵平面α为经过A1且与平面AB1D1平行的平面，平面α内一动点P满足到点A1的距离与到直线BD的距离相等，
∴直线BD到平面AB1D1的距离为A到BD的距离，即，
又∵平面α与平面AB1D1的距离为，
∴P满足到点A1的距离与到直线BD的距离相等时，应该在A1两侧存在两条直线，动点P在直线上运动，才能满足
满足到点A1的距离与到直线BD的距离相等．
故选：C．
【点评】本题考查了轨迹方程的求解，需要学生有一定的空间想象能力，属于中档题．
3．（2021•山西三模）现有一个橡皮泥制作的圆柱，其底面半径、高均为2，将它重新制作成一个体积与高不变的圆锥，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C．8π D．
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．菁优网版权所有
【专题】数形结合；定义法；立体几何；数学运算．
【分析】求出圆锥的底面圆半径r和母线长l，即可计算圆锥侧面积．
【解答】解：设圆锥的底面圆半径为r，因为圆锥的高为h＝2，
体积为π•r2•2＝π•22•2，解得r＝2；
所以圆锥的母线长为l＝＝＝4，
如图所示：
所以圆锥侧面积为S侧＝πrl＝π×2×4＝8π．
故选：B．
【点评】本题考查了圆锥的侧面积与体积的计算问题，也考查了圆柱的体积计算问题，是基础题．
4．（2021•临川区校级模拟）棱长为的正四面体的三视图如图所示，俯视图是正三角形，则主视图的腰长等于（ ）
A．2 B．3 C． D．
【考点】简单空间图形的三视图．菁优网版权所有
【专题】转化思想；数形结合法；立体几何；数学运算．
【分析】根据三视图画出正四面体的直观图，利用俯视图求出棱长，根据正弦定理求出正四面体底面外接圆半径，计算正四面体的高，再求正视图腰长．
【解答】解：根据三视图画出正四面体A﹣BCD，如图所示：
则俯视图边长为，所以正四面体底面外接圆半径为R＝×＝2，
计算正四面体的高为，
所以正视图腰长为．
故选：C．
【点评】本题考查了正四面体的结构特征与对应三视图的应用问题，也考查了运算求解能力与空间想象能力，是基础题．
5．（2021•五华区校级模拟）正三棱锥S﹣ABC中，若三条侧棱两两垂直，且顶点S到底面ABC的距离为，则这个正三棱锥的表面积为（ ）
A．3 B． C．2（3+） D．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．菁优网版权所有
【专题】计算题；对应思想；分析法；立体几何；数学运算．
【分析】设该三棱锥侧棱长为a，根据题意利用勾股定理得到a，进而可求得S．
【解答】解：设正三棱锥S﹣ABC的侧棱长为a，
由题意，解得a＝3，
所以S＝3××3×3+＝，
故选：D．
【点评】本题考查三棱锥表面积的求法，属于基础题．
6．（2021•朝阳区校级四模）在三棱锥A﹣BCD中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，AC＝BD＝3，则三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为（ ）
A． B．11π C．22π D．44π
【考点】球的体积和表面积．菁优网版权所有
【专题】数形结合；分割补形法；空间位置关系与距离；数学运算．
【分析】把三棱锥A﹣BCD放置在一个长方体中，由已知求得长方体的对角线长，可得长方体外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
【解答】解：如图，把三棱锥A﹣BCD放置在长方体中，
则长方体的外接球即为三棱锥A﹣BCD的外接球，
设过同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，
则，可得a2+b2+c2＝11，
则长方体的对角线长为，
∴三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为4π×．
故选：B．
【点评】本题考查多面体的外接球表面积的求法，训练了分割补形法，是中档题．
7．（2021•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角．菁优网版权所有
【专题】转化思想；转化法；空间角；逻辑推理；数学运算．
【分析】由AD1∥BC1，得∠PBC1是直线PB与AD1所成的角（或所成角的补角），由此利用余弦定理，求出直线PB与AD1所成的角．
【解答】解∵AD1∥BC1，∴∠PBC1是直线PB与AD1所成的角（或所成角的补角），
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
则PB1＝PC1＝＝，BC1＝＝2，BP＝＝，
∴cos∠PBC1＝＝＝，
∴∠PBC1＝，
∴直线PB与AD1所成的角为．
故选：D．
【点评】本题考查异面直线所成角和余弦定理，考查运算求解能力，是基础题．
8．（2020•上海）在棱长为10的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为左侧面ADD1A1上一点，已知点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，则过点P且与A1C平行的直线交正方体于P、Q两点，则Q点所在的平面是（ ）
A．AA1B1B B．BB1C1C C．CC1D1D D．ABCD
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．菁优网版权所有
【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；直观想象．
【分析】由图可知点P在△AA1D内，过P作EF∥A1D，且EF∩AA1于E，EF∩AD于F，在平面ABCD中，过F作FG∥CD，交BC于G，由平面与平面平行的判定可得平面EFG∥平面A1DC，连接AC，交FG于M，连接EM，再由平面与平面平行的性质得EM∥A1C，在△EFM中，过P作PQ∥EM，且PQ∩FM于Q，可得PQ∥A1C，由此说明过点P且与A1C平行的直线相交的面是ABCD，即Q点所在的平面是平面ABCD．
【解答】解：如图，
由点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，
可得P在△AA1D内，过P作EF∥A1D，且EF∩AA1于E，EF∩AD于F，
在平面ABCD中，过F作FG∥CD，交BC于G，则平面EFG∥平面A1DC．
连接AC，交FG于M，连接EM，
∵平面EFG∥平面A1DC，平面A1AC∩平面A1DC＝A1C，平面A1AC∩平面EFM＝EM，
∴EM∥A1C．
在△EFM中，过P作PQ∥EM，且PQ∩FM于Q，则PQ∥A1C．
∵线段FM在四边形ABCD内，Q在线段FM上，∴Q在四边形ABCD内．
∴则Q点所在的平面是平面ABCD．
故选：D．
【点评】本题考查空间中直线与直线位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
9．（2021•射洪市模拟）设α，β是两个不同平面，m，n是两条不同直线，下列说法正确的是（ ）
A．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n∥β
C．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．菁优网版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理．
【分析】对于A，α与β相交或平行；对于B，n与β相交、平行或n⊂β；对于C，由面面垂直的判定定理得α⊥β；对于D，由线面垂直、面面垂直的性质得m⊥n．
【解答】解：α，β是两个不同平面，m，n是两条不同直线，
对于A，若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α与β相交或平行，故A错误；
对于B，若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n与β相交、平行或n⊂β，故B错误；
对于C，若m∥α，n⊥β，m∥n，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；
对于D，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则由线面垂直、面面垂直的性质得m⊥n，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力，是中档题．
10．（2021•蔡甸区校级模拟）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式．依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖．也有单檐和重檐之分．多见于亭阁式建筑，园林建筑．以八中校园腾龙阁为例，它属重檐四角攒尖，它的上层轮廓可近似看作一个正四棱锥，若此正四棱锥的侧面积是底面积的3倍，则此正四棱锥的内切球半径与底面边长比为（ ）
A． B． C． D．
【考点】球内接多面体．菁优网版权所有
【专题】方程思想；转化法；球；数学运算．
【分析】根据正四棱锥的侧面积是底面积的3倍，可求得棱锥的高与底面边长的关系，再根据等积法即可求得此正四棱锥的内切球半径，从而得解．
【解答】解：设底边边长为a，正四棱锥的高为h，
则斜高为，所以侧面积为4××a，
即4××a＝3a2，解得．
设正四棱锥的内切球半径为r，
由等积法可得，
所以，即．
故选：B．
【点评】本题主要考查等积法的应用，棱锥的侧面积的计算，正四棱锥的性质，属于基础题．
11．（2021•江西三模）设α，β为两个不重合的平面，能使α∥β成立的是（ ）
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α内有无数个点到β的距离相等
D．α，β垂直于同一平面
【考点】平面与平面平行．菁优网版权所有
【专题】对应思想；综合法；立体几何；逻辑推理．
【分析】根据平面平行的判定定理，即可得出正确的结论．
【解答】解：对于A，α内有无数条直线与β平行，如两个相交平面，可以找出无数条平行于交线的直线，所以A错误；
对于B，α内有两条相交直线与β平行，根据两平面平行的判定定理知，α∥β，所以B正确；
对于C，α内有无数个点到β的距离相等，如两个相交平面，可以找出无数条直线平行于平面β，所以也能得出无数个点到平面β的距离相等，C错误；
对于D，当α、β垂直于同一个平面时，α与β也可以相交，所以D错误．
故选：B．
【点评】本题考查了平面平行的判断问题，也考查了空间想象能力与推理能力，是基础题．
12．（2021•武侯区校级模拟）在Rt△ABC中，C＝90°，CA＝，CB＝，CD是斜边的高线，现将ACD沿CD折起，使平面ACD⊥平面BCD，则折叠后AB的长度为（ ）
A．2 B． C． D．3
【考点】平面与平面垂直．菁优网版权所有
【专题】方程思想；综合法；空间位置关系与距离；数学运算．
【分析】由勾股定理和射影定理，求得AB，AD，BD，再由面面垂直的性质定理推得AD⊥BD，再由勾股定理可得AB的长．
【解答】解：在直角三角形ABC中，C＝90°，CA＝，CB＝，
可得AB＝＝3，
由射影定理可得AC2＝AD•AB，即6＝3AD，可得AD＝2，
BD＝AB﹣AD＝3﹣2＝1，
由于平面ACD⊥平面BCD，AD⊥CD，
AD⊂平面ACD，平面ACD∩平面BCD＝CD，
所以AD⊥平面BCD，即有AD⊥BD，
所以AB＝＝＝．
故选：C．
【点评】本题考查面面垂直的性质定理和三角形的勾股定理、射影定理的运用，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
二．填空题（共4小题）
13．（2021•湖北模拟）如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上下底面及母线均相切，已知圆柱的底面半径为3，则球的体积为 36π ．
【考点】球的体积和表面积．菁优网版权所有
【专题】计算题；球；直观想象．
【分析】由条件球的半径与圆柱底面圆半径相同，故球的半径为3，代入体积公式求解．
【解答】解：设圆柱的底面半径为r，球的半径为R．由条件有：R＝r＝3，
所以球的体积为．
故答案为：36π．
【点评】本题考查球的体积公式，属于基础题．
14．（2021•晋中三模）在正四棱锥P﹣ABCD中，已知PA＝AB＝2，O为底面ABCD的中心，以点O为球心作一个半径为的球，则平面PCD截该球的截面面积为 ．
【考点】球的体积和表面积；球内接多面体．菁优网版权所有
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；球；逻辑推理；直观想象．
【分析】取CD中点E，连接PE，过点O作OF⊥PE，垂足为F，通过证明OF⊥平面PCD求出O点到截面的距离，进而求出截面圆的半径和面积．
【解答】解：由题意有PO⊥平面ABCD，且．
取CD中点E，连接PE，因为PO⊥CD，OE⊥CD，所以CD⊥平面POE．
过点O作OF⊥PE，垂足为F，又CD⊥OF，所以OF⊥平面PCD，
在Rt△POE中，，则O点到截面PCD的距离为．
所以截面圆的半径为，面积为．
故答案为：．
【点评】本题考查平面截球所得截面圆面积的求解，考查线面垂直的判定和应用，属于中档题．
15．（2021•新疆模拟）设α，β表示不同平面，l、m、n表示不同直线，则以下命题中，正确的命题是 ②③ （填写正确命题的序号）
①若α∩β＝l，β∩γ＝m，α∩γ＝n，则l∥m∥n；
②若l∥m，m⊂α，则l∥α或l⊂α；
③若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝l，则l⊥α；
④若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l⊥m．
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系．菁优网版权所有
【专题】对应思想；定义法；空间位置关系与距离；逻辑推理；直观想象．
【分析】由三个平面两两相交有三条交线，交线要么互相平行，要么相交于一点判断①；由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系判断②；根据条件可直接证明③正确；由两垂直平面内的两直线的位置关系判断④．
【解答】解：①若α∩β＝l，β∩γ＝m，α∩γ＝n，则l∥m∥n或l、m、n相交于一点，故①错误；
②若l∥m，m⊂α，则l∥α或l⊂α，故②正确；
③若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝l，如图，
设α∩β＝a，α∩γ＝b，在α内直线a、b外任取一点P，
过P作PA⊥a，作PB⊥b，
由平面与平面垂直的性质，可得PA⊥β，PB⊥γ，则PA⊥l，PB⊥l，
又PA∩PB＝P，∴l⊥α，故③正确；
④若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m或l与m相交或l与m异面，故④错误．
故答案为：②③．
【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力，是中档题．
16．（2020•甘肃模拟）如图为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有 3 对．
【考点】异面直线的判定．菁优网版权所有
【专题】转化思想；数形结合法；空间位置关系与距离；直观想象．
【分析】把平面展开图还原原正方体，再由异面直线的概念得答案．
【解答】解：把平面展开图还原原正方体如图，
则AB与CD，AB与GH，EF与GH互为异面直线，共3对．
故答案为：3．
【点评】本题考查异面直线的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
三．解答题（共5小题）
17．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1．
（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；
（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系．菁优网版权所有
【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；数学运算．
【分析】（1）先证明AB⊥平面BCC1B1，即可得到AB⊥BC，再根据直角三角形的性质可知，最后根据三棱锥的体积公式计算即可；
（2）取BC中点G，连接EG，B1G，先证明EG∥AB∥B1D，从而得到E、G、B1、D四点共面，再由（1）及线面垂直的性质定理可得BF⊥EG，通过角的正切值判断出
∠CBF＝∠BB1G，再通过角的代换可得，BF⊥B1G，再根据线面垂直的判定定理可得BF⊥平面EGB1D，进而得证．
【解答】解：（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥A1B1，
又BF⊥A1B1，BB1∩BF＝B，BB1，BF⊂平面BCC1B1，
∴A1B1⊥平面BCC1B1，
∵AB∥A1B1，
∴AB⊥平面BCC1B1，
∴AB⊥BC，
又AB＝BC，故，
∴，
而侧面AA1B1B为正方形，
∴，
∴，即三棱锥F﹣EBC的体积为；
（2）证明：如图，取BC中点G，连接EG，B1G，设B1G∩BF＝H，
∵点E是AC的中点，点G时BC的中点，
∴EG∥AB，
∴EG∥AB∥B1D，
∴E、G、B1、D四点共面，
由（1）可得AB⊥平面BCC1B1，
∴EG⊥平面BCC1B1，
∴BF⊥EG，
∵，且这两个角都是锐角，
∴∠CBF＝∠BB1G，
∴∠BHB1＝∠BGB1+∠CBF＝∠BGB1+∠BB1G＝90°，
∴BF⊥B1G，
又EG∩B1G＝G，EG，B1G⊂平面EGB1D，
∴BF⊥平面EGB1D，
又DE⊂平面EGB1D，
∴BF⊥DE．
【点评】本题主要考查三棱锥体积的求法以及线线，线面间的垂直关系，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题．
18．（2020•新课标Ⅰ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO＝，圆锥的侧面积为π，求三棱锥P﹣ABC的体积．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直．菁优网版权所有
【专题】转化思想；空间位置关系与距离；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）首先利用三角形的全等的应用求出AP⊥BP，CP⊥BP，进一步求出二面角的平面角为直角，进一步求出结论．
（2）利用锥体的体积公式和圆锥的侧面积公式的应用及勾股定理的应用求出结果．
【解答】解：（1）连接OA，OB，OC，△ABC是底面的内接正三角形，
所以AB＝BC＝AC．
O是圆锥底面的圆心，所以：OA＝OB＝OC，
所以AP2＝BP2＝CP2＝OA2+OP2＝OB2+OP2＝OC2+OP2，
所以△APB≌△BPC≌△APC，
由于∠APC＝90°，
所以∠APB＝∠BPC＝90°，
所以AP⊥BP，CP⊥BP，
由于AP∩CP＝P，
所以BP⊥平面APC，
由于BP⊂平面PAB，
所以：平面PAB⊥平面PAC．
（2）设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，
所以．
由于圆锥的侧面积为π，
所以，整理得（r2+3）（r2﹣1）＝0，
解得r＝1．
所以AB＝＝．
由于AP2+BP2＝AB2，解得
则：＝．
【点评】本题考查的知识要点：面面垂直的判定和性质的应用，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．
19．（2021•全国Ⅰ卷模拟）已知如图，四边形ABCD为平行四边形，BD⊥CD，EB⊥平面ABCD，EF∥CD，CD＝2，EB＝，EF＝1，BC＝，且M是AD的中点．
（1）求证：FM∥平面BDE；
（2）求三棱锥C﹣ABF的体积V．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行．菁优网版权所有
【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）取BD的中点N，连接MN，NE，证明四边形MNEF为平行四边形，可得FM∥EN，再由直线与平面平行的判定可得FM∥平面BDE；
（2）由EB⊥平面ABCD，得BD⊥BE，再证明BD⊥AB，可得BD⊥平面ABEF，从而得到C到平面ABEF的距离为BD＝，求出三角形ABF的面积，再由棱锥体积公式求解．
【解答】（1）证明：取BD的中点N，连接MN，NE，
在△ABD中，∵M是AD的中点，∴MN∥AB，且MN＝，
又∵EF∥CD，CD∥AB，CD＝AB，∴EF＝，
∴MN∥EF且MN＝EF，则四边形MNEF为平行四边形，
∴FM∥EN，
又∵EN⊂平面BDE，FM⊄平面BDE，
∴FM∥平面BDE；
（2）解：∵EB⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥BE，
又∵BD⊥CD，CD∥AB，∴BD⊥AB，
∵AB∩BE＝B，∴BD⊥平面ABEF，
由于CD∥平面ABEF，∴C到平面ABEF的距离为BD＝．
而×2×＝，
∴，即三棱锥C﹣ABF的体积是．
【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．
20．（2021•巴中模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AC＝2，∠ABC＝45°，E是棱PC的中点，F是平面ABE与棱PD的交点．
（1）证明：平面PBC⊥平面ABE；
（2）设三棱锥F﹣ACD的体积为V1，四棱锥C﹣ABEF的体积为V2，求的值．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直．菁优网版权所有
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；综合法；空间位置关系与距离；立体几何；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）连接AE，推导出AB⊥PC，AE⊥PC，可得PC⊥平面ABE，利用线面垂直的性质定理可证得平面PBC⊥平面ABE；
（2）利用锥体的体积公式分别求出V1，V2，即可求得比值的大小．
【解答】（1）证明：因为AB＝AC，ABC＝45°，
所以AB⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，
因为AC∩PA＝A，AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以AB⊥平面PAC，
由PC⊂平面PAC，所以AB⊥PC，
连接AE，由PA＝AC且PE＝EC，
所以AE⊥PC，
又AE∩AB＝A，AB，AE⊂平面ABE，
所以PC⊥平面ABE，
因为PC⊂PBC，
所以平面PBC⊥平面ABE．
（2）由四边形ABCD是平行四边形，可得AB∥CD，
又AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AB∥平面PCD，
因为平面ABE∩平面PCD＝EF，
所以AB∥EF，
所以PF＝FD，EF＝CD＝1，
所以V1＝VP﹣ACD＝×××AC×CD×PA＝，
又由（1）可知，AE⊥EF，CE⊥平面ABEF，
所以V2＝SABEF×CE＝××CE＝×××＝1，
所以＝．
【点评】本题主要考查平面与平面垂直的判断，锥体的体积公式，考查逻辑推理与运算求解能力，属于中档题．
21．（2021•丙卷模拟）如图，在底面为平行四边形的四棱锥P﹣ABCD中，PA＝PB＝DA＝DB＝1，M，N分别为PA，PB上的点，且，．
（Ⅰ）求证：MN∥平面ABCD；
（Ⅱ）求四棱锥P﹣ABCD体积最大时AB的长．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行．菁优网版权所有
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；直观想象；数学运算．
【分析】（I）利用线面平行的判定定理即可证明；
（II）由线面垂直的判定定理及面面垂直的性质结合三棱锥P﹣ABD与四棱锥P﹣ABCD体积的关系，再利用导数硏究三棱锥P﹣ABD体积的最大值，从而即可求解四棱锥P﹣ABCD体积取最大值时AB的值．
【解答】（I）证明：∵PA＝PB＝1，，，∴，∴MN∥AB．
又∵MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴MN∥平面ABCD．
（II）解：∵PA＝PB＝DA＝DB，∴△DAB和△PAB为底边相同的两个等腰三角形．
取AB的中点为E，连接PE，DE，则PE⊥AB，DE⊥AB，且PE∩DE＝E．∴AB⊥平面PED，
由题得当平面PAB⊥平面ABD时，三棱锥P﹣ABD的体积最大，
即四棱锥P﹣ABCD的体积最大．∵，∴，
令AB＝2x，则0＜x＜1，，∴．
令，0＜x＜1，
则，
令f'（x）＝0，得，
当时，f'（x）＞0，∴f（x）在上单调递增，
当时，f'（x）＜0∴f（x）在上单调递减，
∴当时，，∴四棱锥P﹣ABCD体积的最大值为，
此时．
【点评】本题考查线面平行的判定定理以及四棱锥的体积，考查运算求解能力、空间想象能力，考查数学运算核心素养，是中档题．
考点卡片
1．由三视图求面积、体积
【知识点的认识】
1．三视图：观测者从不同位置观察同一个几何体，画出的空间几何体的图形，包括：
（1）主视图：物体前后方向投影所得到的投影图，反映物体的高度和长度；
（2）左视图：物体左右方向投影所得到的投影图，反映物体的高度和宽度；
（3）俯视图：物体上下方向投影所得到的投影图，反映物体的长度和宽度．
2．三视图的画图规则：
（1）高平齐：主视图和左视图的高保持平齐；
（2）长对正：主视图和俯视图的长相对应；
（3）宽相等：俯视图和左视图的宽度相等．
3．常见空间几何体表面积、体积公式
（1）表面积公式：
（2）体积公式：
【解题思路点拨】
1．解题步骤：
（1）由三视图定对应几何体形状（柱、锥、球）
（2）选对应公式
（3）定公式中的基本量（一般看俯视图定底面积，看主、左视图定高）
（4）代公式计算
2．求面积、体积常用思想方法：
（1）截面法：尤其是关于旋转体及与旋转体有关的组合体问题，常用轴截面进行分析求解；
（2）割补法：求不规则图形的面积或几何体的体积时常用割补法；
（3）等体积转化：充分利用三棱锥的任意一个面都可以作为底面的特点，灵活求解三棱锥的体积；
（4）还台为锥的思想：这是处理台体时常用的思想方法．
【命题方向】三视图是新课标新增内容之一，是新课程高考重点考查的内容．解答此类问题，必须熟练掌握三视图的概念，弄清视图之间的数量关系：正视图、俯视图之间长相等，左视图、俯视图之间宽相等，正视图、左视图之间高相等（正俯长对正，正左高平齐，左俯宽相等），要善于将三视图还原成空间几何体，熟记各类几何体的表面积和体积公式，正确选用，准确计算．
例：某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A.8﹣2πB.8﹣πC.8﹣ D.8﹣
分析：几何体是正方体切去两个圆柱，根据三视图判断正方体的棱长及切去的圆柱的底面半径和高，把数据代入正方体与圆柱的体积公式计算．
解答：由三视图知：几何体是正方体切去两个圆柱，
正方体的棱长为2，切去的圆柱的底面半径为1，高为2，
∴几何体的体积V＝23﹣2××π×12×2＝8﹣π．
故选：B．
点评：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．
2．棱柱的结构特征
【知识点的认识】
1．棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．棱柱用表示底面各顶点的字母来表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．
2．认识棱柱
底面：棱柱中两个互相平行的面，叫做棱柱的底面．
侧面：棱柱中除两个底面以外的其余各个面都叫做棱柱的侧面．
侧棱：棱柱中两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱．
顶点：棱柱的侧面与底面的公共顶点．
高：棱中两个底面之间的距离．
3．棱柱的结构特征
根据棱柱的结构特征，可知棱柱有以下性质：
（1）侧面都是平行四边形
（2）两底面是全等多边形
（3）平行于底面的截面和底面全等；对角面是平行四边形
（4）长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和．
4．棱柱的分类
（1）根据底面形状的不同，可把底面为三角形、四边形、五边形…的棱柱称为三棱柱、四棱柱、五棱柱…．
（2）根据侧棱是否垂直底面，可把棱柱分为直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面为正多边形，则称其为正棱柱．
5．棱柱的体积公式
设棱柱的底面积为S，高为h，
V棱柱＝S×h．
3．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【知识点的认识】
旋转体的结构特征：一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫作旋转面；该定直线
叫做旋转体的轴；封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体．
1．圆柱
①定义：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，将矩形旋转一周而形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱．
圆柱用轴字母表示，如下图圆柱可表示为圆柱OO′．
②认识圆柱
③圆柱的特征及性质
圆柱与底面平行的截面是圆，与轴平行的截面是矩形．
④圆柱的体积和表面积公式
设圆柱底面的半径为r，高为h：
2．圆锥
①定义：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥．
圆锥用轴字母表示，如下图圆锥可表示为圆锥SO．
②认识圆锥
③圆锥的特征及性质
与圆锥底面平行的截面是圆，过圆锥的顶点的截面是等腰三角形，两个腰都是母线．
母线长l与底面半径r和高h的关系：l2＝h2+r2
④圆锥的体积和表面积公式
设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l：
3．圆台
①定义：以直角梯形中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周而成的曲面所围成的几何体叫做圆台．
圆台用轴字母表示，如下图圆台可表示为圆台OO′．
②认识圆台
③圆台的特征及性质
平行于底面的截面是圆，轴截面是等腰梯形．
④圆台的体积和表面积公式
设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，母线长为l：
．
4．简单空间图形的三视图
【知识点认识】
1．三视图：
①正视图：光线自物体的正前方向后投影所得的投影图
②左视图：光线自物体的左侧向右投影所得的投影图
③俯视图：光线自物体的上方向下投影所得的投影图
2．三视图的排放规则：
俯视图在主视图的正下方，左视图在主视图的正右方．
3．三视图的画图规则：
①主、俯视图长对正；主、左视图高平齐；俯、左视图宽相等
②分界线与可见的轮廓线都用实线画出，不可见的轮廓线用虚线画出．
5．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【知识点的知识】
侧面积和全面积的定义：
（1）侧面积的定义：把柱、锥、台的侧面沿着它们的一条侧棱或母线剪开，所得到的展开图的面积，就是空间几何体的侧面积．
（2）全面积的定义：空间几何体的侧面积与底面积的和叫做空间几何体的全面积．
柱体、锥体、台体的表面积公式（c为底面周长，h为高，h′为斜高，l为母线）
S圆柱表＝2πr（r+l），S圆锥表＝πr（r+l），S圆台表＝π（r2+rl+Rl+R2）
6．棱柱、棱锥、棱台的体积
【知识点的知识】
柱体、锥体、台体的体积公式：
V柱＝sh，V锥＝Sh．
7．球的体积和表面积
【知识点的认识】
1．球体：在空间中，到定点的距离等于或小于定长的点的集合称为球体，简称球．其中到定点距离等于定长的点的集合为球面．
2．球体的体积公式
设球体的半径为R，
V球体＝
3．球体的表面积公式
设球体的半径为R，
S球体＝4πR2．
【命题方向】
考查球体的体积和表面积公式的运用，常见结合其他空间几何体进行考查，以增加试题难度，根据题目所给条件得出球体半径是解题关键．
8．异面直线及其所成的角
【知识点的知识】
1、异面直线所成的角：
直线a，b是异面直线，经过空间任意一点O，作直线a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我们把直线a′和b′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a和b所成的角．异面直线所成的角的范围：θ∈（0，]．当θ＝90°时，称两条异面直线互相垂直．
2、求异面直线所成的角的方法：
求异面直线的夹角关键在于平移直线，常用相似比，中位线，梯形两底，平行平面等手段来转移直线．
3、求异面直线所成的角的方法常用到的知识：
9．异面直线的判定
【知识点的知识】
（1）判定空间直线是异面直线方法：
①根据异面直线的定义；
②异面直线的判定定理．
10．空间中直线与直线之间的位置关系
【知识点的认识】
空间两条直线的位置关系：
位置关系
共面情况
公共点个数
图示
相交直线
在同一平面内
有且只有一个
平行直线
在同一平面内
无
异面直线
不同时在任何一个平面内
无
11．空间中直线与平面之间的位置关系
【知识点的认识】
空间中直线与平面之间的位置关系：
位置关系
公共点个数
符号表示
图示
直线在平面内
有无数个公共点
a⊂α
直线和平面相交
有且只有一个公共点
a∩α＝A
直线和平面平行
无
a∥α
12．平面与平面之间的位置关系
【知识点的认识】
平面与平面之间的位置关系：
位置关系
公共点个数
符号表示
图示
两平面平行
无
α∥β
两平面相交
有一条公共直线
α∩β＝l
13．球内接多面体
【知识点的知识】
1、球内接多面体的定义：多面体的顶点都在球面上，且球心到各顶点的距离都是半径．球内接多面体也叫做多面体外接球．
球外切多面体的定义：球面和多面体的各个面都相切，球心到各面的距离都是球的半径．球外切多面体也叫做多面体内切球
2、研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题：
（1）球心与多面体中心的位置关系；
（2）球的半径与多面体的棱长的关系；
（3）球自身的对称性与多面体的对称性；
（4）能否做出轴截面．
3、球与多面体的接、切中有关量的分析：
（1）球内接正方体：球和正方体都是中心对称和轴对称图形，设球的半径为r，正方体的棱长为a，则：
①球心就是正方体的中心，球心在正方体的体对角线的中点处；
②正方体的四个顶点都在球面上；
③轴截面就是正方体的对角面；
④在轴截面上，含有一个球的大圆和正方体的棱、面对角线、体对角线，且构造一个直角三角形；
⑤球半径和正方体棱长的关系：r＝a．=
14．直线与平面平行
【知识点的知识】
1、直线与平面平行的判定定理：
如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行． 用符号表示为：若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α．
2、直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条直线和这条直线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行．即由线线平行得到线面平行．
1、直线和平面平行的性质定理：
如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．
用符号表示为：若a∥α，a⊂β，α∩β＝b，则a∥b．
2、直线和平面平行的性质定理的实质是：
已知线面平行，过已知直线作一平面和已知平面相交，其交线必和已知直线平行．即由线面平行⇒线线平行．
由线面平行⇒线线平行，并不意味着平面内的任意一条直线都与已知直线平行．
正确的结论是：a∥α，若b⊂α，则b与a的关系是：异面或平行．即平面α内的直线分成两大类，一类与a平行有无数条，另一类与a异面，也有无数条．
15．平面与平面平行
【知识点的认识】
两个平面平行的判定：
（1）两个平面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．
（2）垂直于同一直线的两个平面平行．即a⊥α，且a⊥β，则α∥β．
（3）平行于同一个平面的两个平面平行．即α∥γ，β∥γ，则α∥β．
平面与平面平行的性质：
性质定理1：两个平面平行，在一个平面内的任意一条直线平行于另外一个平面．
性质定理2：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．
性质定理3：一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面．
16．平面与平面垂直
【知识点的认识】
平面与平面垂直的判定：
判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．
平面与平面垂直的性质：
性质定理1：如果两个平面垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．
性质定理2：如果两个平面垂直，那么经过第一个平面内的一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内．
性质定理3：如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面．
性质定理4：三个两两垂直的平面的交线两两垂直．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2021/8/27 16:56:47；用户：招远8；邮箱：zybzy8@xyh.com；学号：402921
2022年高考数学一轮复习之空间几何体
一．选择题（共12小题）
1．（2021•北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（ ）
A． B．4 C．3+ D．2
2．（2021•蜀山区校级模拟）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面边长为4，侧棱长为，平面α为经过A1且与平面AB1D1平行的平面，平面α内一动点P满足到点A1的距离与到直线BD的距离相等，则动点P的轨迹为（ ）
A．圆 B．双曲线 C．两条直线 D．抛物线
3．（2021•山西三模）现有一个橡皮泥制作的圆柱，其底面半径、高均为2，将它重新制作成一个体积与高不变的圆锥，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C．8π D．
4．（2021•临川区校级模拟）棱长为的正四面体的三视图如图所示，俯视图是正三角形，则主视图的腰长等于（ ）
A．2 B．3 C． D．
5．（2021•五华区校级模拟）正三棱锥S﹣ABC中，若三条侧棱两两垂直，且顶点S到底面ABC的距离为，则这个正三棱锥的表面积为（ ）
A．3 B． C．2（3+） D．
6．（2021•朝阳区校级四模）在三棱锥A﹣BCD中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，AC＝BD＝3，则三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为（ ）
A． B．11π C．22π D．44π
7．（2021•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（ ）
A． B． C． D．
8．（2020•上海）在棱长为10的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为左侧面ADD1A1上一点，已知点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，则过点P且与A1C平行的直线交正方体于P、Q两点，则Q点所在的平面是（ ）
A．AA1B1B B．BB1C1C C．CC1D1D D．ABCD
9．（2021•射洪市模拟）设α，β是两个不同平面，m，n是两条不同直线，下列说法正确的是（ ）
A．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n∥β
C．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n
10．（2021•蔡甸区校级模拟）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式．依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖．也有单檐和重檐之分．多见于亭阁式建筑，园林建筑．以八中校园腾龙阁为例，它属重檐四角攒尖，它的上层轮廓可近似看作一个正四棱锥，若此正四棱锥的侧面积是底面积的3倍，则此正四棱锥的内切球半径与底面边长比为（ ）
A． B． C． D．
11．（2021•江西三模）设α，β为两个不重合的平面，能使α∥β成立的是（ ）
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α内有无数个点到β的距离相等
D．α，β垂直于同一平面
12．（2021•武侯区校级模拟）在Rt△ABC中，C＝90°，CA＝，CB＝，CD是斜边的高线，现将ACD沿CD折起，使平面ACD⊥平面BCD，则折叠后AB的长度为（ ）
A．2 B． C． D．3
二．填空题（共4小题）
13．（2021•湖北模拟）如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上下底面及母线均相切，已知圆柱的底面半径为3，则球的体积为 ．
14．（2021•晋中三模）在正四棱锥P﹣ABCD中，已知PA＝AB＝2，O为底面ABCD的中心，以点O为球心作一个半径为的球，则平面PCD截该球的截面面积为 ．
15．（2021•新疆模拟）设α，β表示不同平面，l、m、n表示不同直线，则以下命题中，正确的命题是 （填写正确命题的序号）
①若α∩β＝l，β∩γ＝m，α∩γ＝n，则l∥m∥n；
②若l∥m，m⊂α，则l∥α或l⊂α；
③若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝l，则l⊥α；
④若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l⊥m．
16．（2020•甘肃模拟）如图为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有 对．
三．解答题（共5小题）
17．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1．
（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；
（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．
18．（2020•新课标Ⅰ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO＝，圆锥的侧面积为π，求三棱锥P﹣ABC的体积．
19．（2021•全国Ⅰ卷模拟）已知如图，四边形ABCD为平行四边形，BD⊥CD，EB⊥平面ABCD，EF∥CD，CD＝2，EB＝，EF＝1，BC＝，且M是AD的中点．
（1）求证：FM∥平面BDE；
（2）求三棱锥C﹣ABF的体积V．
20．（2021•巴中模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AC＝2，∠ABC＝45°，E是棱PC的中点，F是平面ABE与棱PD的交点．
（1）证明：平面PBC⊥平面ABE；
（2）设三棱锥F﹣ACD的体积为V1，四棱锥C﹣ABEF的体积为V2，求的值．
21．（2021•丙卷模拟）如图，在底面为平行四边形的四棱锥P﹣ABCD中，PA＝PB＝DA＝DB＝1，M，N分别为PA，PB上的点，且，．
（Ⅰ）求证：MN∥平面ABCD；
（Ⅱ）求四棱锥P﹣ABCD体积最大时AB的长．
2022年高考数学一轮复习之空间几何体
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．（2021•北京）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（ ）
A． B．4 C．3+ D．2
【考点】由三视图求面积、体积．菁优网版权所有
【专题】转化思想；数形结合法；空间位置关系与距离；数学运算．
【分析】由三视图还原原几何体，其中PA⊥底面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝AC＝2，再由三角形面积公式求解．
【解答】解：由三视图还原原几何体如图，
PA⊥底面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝AC＝1，
则△PBC是边长为的等边三角形，
则该四面体的表面积为S＝．
故选：A．
【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
2．（2021•蜀山区校级模拟）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面边长为4，侧棱长为，平面α为经过A1且与平面AB1D1平行的平面，平面α内一动点P满足到点A1的距离与到直线BD的距离相等，则动点P的轨迹为（ ）
A．圆 B．双曲线 C．两条直线 D．抛物线
【考点】棱柱的结构特征；平面与平面平行．菁优网版权所有
【专题】函数思想；分析法；空间位置关系与距离；数学运算．
【分析】分别求出，A到BD的距离，以及平面α与平面AB1D1的距离，即可求解．
【解答】解：∵平面α为经过A1且与平面AB1D1平行的平面，平面α内一动点P满足到点A1的距离与到直线BD的距离相等，
∴直线BD到平面AB1D1的距离为A到BD的距离，即，
又∵平面α与平面AB1D1的距离为，
∴P满足到点A1的距离与到直线BD的距离相等时，应该在A1两侧存在两条直线，动点P在直线上运动，才能满足
满足到点A1的距离与到直线BD的距离相等．
故选：C．
【点评】本题考查了轨迹方程的求解，需要学生有一定的空间想象能力，属于中档题．
3．（2021•山西三模）现有一个橡皮泥制作的圆柱，其底面半径、高均为2，将它重新制作成一个体积与高不变的圆锥，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C．8π D．
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．菁优网版权所有
【专题】数形结合；定义法；立体几何；数学运算．
【分析】求出圆锥的底面圆半径r和母线长l，即可计算圆锥侧面积．
【解答】解：设圆锥的底面圆半径为r，因为圆锥的高为h＝2，
体积为π•r2•2＝π•22•2，解得r＝2；
所以圆锥的母线长为l＝＝＝4，
如图所示：
所以圆锥侧面积为S侧＝πrl＝π×2×4＝8π．
故选：B．
【点评】本题考查了圆锥的侧面积与体积的计算问题，也考查了圆柱的体积计算问题，是基础题．
4．（2021•临川区校级模拟）棱长为的正四面体的三视图如图所示，俯视图是正三角形，则主视图的腰长等于（ ）
A．2 B．3 C． D．
【考点】简单空间图形的三视图．菁优网版权所有
【专题】转化思想；数形结合法；立体几何；数学运算．
【分析】根据三视图画出正四面体的直观图，利用俯视图求出棱长，根据正弦定理求出正四面体底面外接圆半径，计算正四面体的高，再求正视图腰长．
【解答】解：根据三视图画出正四面体A﹣BCD，如图所示：
则俯视图边长为，所以正四面体底面外接圆半径为R＝×＝2，
计算正四面体的高为，
所以正视图腰长为．
故选：C．
【点评】本题考查了正四面体的结构特征与对应三视图的应用问题，也考查了运算求解能力与空间想象能力，是基础题．
5．（2021•五华区校级模拟）正三棱锥S﹣ABC中，若三条侧棱两两垂直，且顶点S到底面ABC的距离为，则这个正三棱锥的表面积为（ ）
A．3 B． C．2（3+） D．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．菁优网版权所有
【专题】计算题；对应思想；分析法；立体几何；数学运算．
【分析】设该三棱锥侧棱长为a，根据题意利用勾股定理得到a，进而可求得S．
【解答】解：设正三棱锥S﹣ABC的侧棱长为a，
由题意，解得a＝3，
所以S＝3××3×3+＝，
故选：D．
【点评】本题考查三棱锥表面积的求法，属于基础题．
6．（2021•朝阳区校级四模）在三棱锥A﹣BCD中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，AC＝BD＝3，则三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为（ ）
A． B．11π C．22π D．44π
【考点】球的体积和表面积．菁优网版权所有
【专题】数形结合；分割补形法；空间位置关系与距离；数学运算．
【分析】把三棱锥A﹣BCD放置在一个长方体中，由已知求得长方体的对角线长，可得长方体外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
【解答】解：如图，把三棱锥A﹣BCD放置在长方体中，
则长方体的外接球即为三棱锥A﹣BCD的外接球，
设过同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，
则，可得a2+b2+c2＝11，
则长方体的对角线长为，
∴三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为4π×．
故选：B．
【点评】本题考查多面体的外接球表面积的求法，训练了分割补形法，是中档题．
7．（2021•乙卷）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角．菁优网版权所有
【专题】转化思想；转化法；空间角；逻辑推理；数学运算．
【分析】由AD1∥BC1，得∠PBC1是直线PB与AD1所成的角（或所成角的补角），由此利用余弦定理，求出直线PB与AD1所成的角．
【解答】解∵AD1∥BC1，∴∠PBC1是直线PB与AD1所成的角（或所成角的补角），
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
则PB1＝PC1＝＝，BC1＝＝2，BP＝＝，
∴cos∠PBC1＝＝＝，
∴∠PBC1＝，
∴直线PB与AD1所成的角为．
故选：D．
【点评】本题考查异面直线所成角和余弦定理，考查运算求解能力，是基础题．
8．（2020•上海）在棱长为10的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为左侧面ADD1A1上一点，已知点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，则过点P且与A1C平行的直线交正方体于P、Q两点，则Q点所在的平面是（ ）
A．AA1B1B B．BB1C1C C．CC1D1D D．ABCD
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．菁优网版权所有
【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；直观想象．
【分析】由图可知点P在△AA1D内，过P作EF∥A1D，且EF∩AA1于E，EF∩AD于F，在平面ABCD中，过F作FG∥CD，交BC于G，由平面与平面平行的判定可得平面EFG∥平面A1DC，连接AC，交FG于M，连接EM，再由平面与平面平行的性质得EM∥A1C，在△EFM中，过P作PQ∥EM，且PQ∩FM于Q，可得PQ∥A1C，由此说明过点P且与A1C平行的直线相交的面是ABCD，即Q点所在的平面是平面ABCD．
【解答】解：如图，
由点P到A1D1的距离为3，P到AA1的距离为2，
可得P在△AA1D内，过P作EF∥A1D，且EF∩AA1于E，EF∩AD于F，
在平面ABCD中，过F作FG∥CD，交BC于G，则平面EFG∥平面A1DC．
连接AC，交FG于M，连接EM，
∵平面EFG∥平面A1DC，平面A1AC∩平面A1DC＝A1C，平面A1AC∩平面EFM＝EM，
∴EM∥A1C．
在△EFM中，过P作PQ∥EM，且PQ∩FM于Q，则PQ∥A1C．
∵线段FM在四边形ABCD内，Q在线段FM上，∴Q在四边形ABCD内．
∴则Q点所在的平面是平面ABCD．
故选：D．
【点评】本题考查空间中直线与直线位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
9．（2021•射洪市模拟）设α，β是两个不同平面，m，n是两条不同直线，下列说法正确的是（ ）
A．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n∥β
C．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．菁优网版权所有
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理．
【分析】对于A，α与β相交或平行；对于B，n与β相交、平行或n⊂β；对于C，由面面垂直的判定定理得α⊥β；对于D，由线面垂直、面面垂直的性质得m⊥n．
【解答】解：α，β是两个不同平面，m，n是两条不同直线，
对于A，若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α与β相交或平行，故A错误；
对于B，若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n与β相交、平行或n⊂β，故B错误；
对于C，若m∥α，n⊥β，m∥n，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；
对于D，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则由线面垂直、面面垂直的性质得m⊥n，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力，是中档题．
10．（2021•蔡甸区校级模拟）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式．依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖．也有单檐和重檐之分．多见于亭阁式建筑，园林建筑．以八中校园腾龙阁为例，它属重檐四角攒尖，它的上层轮廓可近似看作一个正四棱锥，若此正四棱锥的侧面积是底面积的3倍，则此正四棱锥的内切球半径与底面边长比为（ ）
A． B． C． D．
【考点】球内接多面体．菁优网版权所有
【专题】方程思想；转化法；球；数学运算．
【分析】根据正四棱锥的侧面积是底面积的3倍，可求得棱锥的高与底面边长的关系，再根据等积法即可求得此正四棱锥的内切球半径，从而得解．
【解答】解：设底边边长为a，正四棱锥的高为h，
则斜高为，所以侧面积为4××a，
即4××a＝3a2，解得．
设正四棱锥的内切球半径为r，
由等积法可得，
所以，即．
故选：B．
【点评】本题主要考查等积法的应用，棱锥的侧面积的计算，正四棱锥的性质，属于基础题．
11．（2021•江西三模）设α，β为两个不重合的平面，能使α∥β成立的是（ ）
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α内有无数个点到β的距离相等
D．α，β垂直于同一平面
【考点】平面与平面平行．菁优网版权所有
【专题】对应思想；综合法；立体几何；逻辑推理．
【分析】根据平面平行的判定定理，即可得出正确的结论．
【解答】解：对于A，α内有无数条直线与β平行，如两个相交平面，可以找出无数条平行于交线的直线，所以A错误；
对于B，α内有两条相交直线与β平行，根据两平面平行的判定定理知，α∥β，所以B正确；
对于C，α内有无数个点到β的距离相等，如两个相交平面，可以找出无数条直线平行于平面β，所以也能得出无数个点到平面β的距离相等，C错误；
对于D，当α、β垂直于同一个平面时，α与β也可以相交，所以D错误．
故选：B．
【点评】本题考查了平面平行的判断问题，也考查了空间想象能力与推理能力，是基础题．
12．（2021•武侯区校级模拟）在Rt△ABC中，C＝90°，CA＝，CB＝，CD是斜边的高线，现将ACD沿CD折起，使平面ACD⊥平面BCD，则折叠后AB的长度为（ ）
A．2 B． C． D．3
【考点】平面与平面垂直．菁优网版权所有
【专题】方程思想；综合法；空间位置关系与距离；数学运算．
【分析】由勾股定理和射影定理，求得AB，AD，BD，再由面面垂直的性质定理推得AD⊥BD，再由勾股定理可得AB的长．
【解答】解：在直角三角形ABC中，C＝90°，CA＝，CB＝，
可得AB＝＝3，
由射影定理可得AC2＝AD•AB，即6＝3AD，可得AD＝2，
BD＝AB﹣AD＝3﹣2＝1，
由于平面ACD⊥平面BCD，AD⊥CD，
AD⊂平面ACD，平面ACD∩平面BCD＝CD，
所以AD⊥平面BCD，即有AD⊥BD，
所以AB＝＝＝．
故选：C．
【点评】本题考查面面垂直的性质定理和三角形的勾股定理、射影定理的运用，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
二．填空题（共4小题）
13．（2021•湖北模拟）如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上下底面及母线均相切，已知圆柱的底面半径为3，则球的体积为 36π ．
【考点】球的体积和表面积．菁优网版权所有
【专题】计算题；球；直观想象．
【分析】由条件球的半径与圆柱底面圆半径相同，故球的半径为3，代入体积公式求解．
【解答】解：设圆柱的底面半径为r，球的半径为R．由条件有：R＝r＝3，
所以球的体积为．
故答案为：36π．
【点评】本题考查球的体积公式，属于基础题．
14．（2021•晋中三模）在正四棱锥P﹣ABCD中，已知PA＝AB＝2，O为底面ABCD的中心，以点O为球心作一个半径为的球，则平面PCD截该球的截面面积为 ．
【考点】球的体积和表面积；球内接多面体．菁优网版权所有
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；球；逻辑推理；直观想象．
【分析】取CD中点E，连接PE，过点O作OF⊥PE，垂足为F，通过证明OF⊥平面PCD求出O点到截面的距离，进而求出截面圆的半径和面积．
【解答】解：由题意有PO⊥平面ABCD，且．
取CD中点E，连接PE，因为PO⊥CD，OE⊥CD，所以CD⊥平面POE．
过点O作OF⊥PE，垂足为F，又CD⊥OF，所以OF⊥平面PCD，
在Rt△POE中，，则O点到截面PCD的距离为．
所以截面圆的半径为，面积为．
故答案为：．
【点评】本题考查平面截球所得截面圆面积的求解，考查线面垂直的判定和应用，属于中档题．
15．（2021•新疆模拟）设α，β表示不同平面，l、m、n表示不同直线，则以下命题中，正确的命题是 ②③ （填写正确命题的序号）
①若α∩β＝l，β∩γ＝m，α∩γ＝n，则l∥m∥n；
②若l∥m，m⊂α，则l∥α或l⊂α；
③若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝l，则l⊥α；
④若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l⊥m．
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系．菁优网版权所有
【专题】对应思想；定义法；空间位置关系与距离；逻辑推理；直观想象．
【分析】由三个平面两两相交有三条交线，交线要么互相平行，要么相交于一点判断①；由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系判断②；根据条件可直接证明③正确；由两垂直平面内的两直线的位置关系判断④．
【解答】解：①若α∩β＝l，β∩γ＝m，α∩γ＝n，则l∥m∥n或l、m、n相交于一点，故①错误；
②若l∥m，m⊂α，则l∥α或l⊂α，故②正确；
③若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝l，如图，
设α∩β＝a，α∩γ＝b，在α内直线a、b外任取一点P，
过P作PA⊥a，作PB⊥b，
由平面与平面垂直的性质，可得PA⊥β，PB⊥γ，则PA⊥l，PB⊥l，
又PA∩PB＝P，∴l⊥α，故③正确；
④若α⊥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m或l与m相交或l与m异面，故④错误．
故答案为：②③．
【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力，是中档题．
16．（2020•甘肃模拟）如图为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有 3 对．
【考点】异面直线的判定．菁优网版权所有
【专题】转化思想；数形结合法；空间位置关系与距离；直观想象．
【分析】把平面展开图还原原正方体，再由异面直线的概念得答案．
【解答】解：把平面展开图还原原正方体如图，
则AB与CD，AB与GH，EF与GH互为异面直线，共3对．
故答案为：3．
【点评】本题考查异面直线的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
三．解答题（共5小题）
17．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1．
（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；
（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系．菁优网版权所有
【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；数学运算．
【分析】（1）先证明AB⊥平面BCC1B1，即可得到AB⊥BC，再根据直角三角形的性质可知，最后根据三棱锥的体积公式计算即可；
（2）取BC中点G，连接EG，B1G，先证明EG∥AB∥B1D，从而得到E、G、B1、D四点共面，再由（1）及线面垂直的性质定理可得BF⊥EG，通过角的正切值判断出
∠CBF＝∠BB1G，再通过角的代换可得，BF⊥B1G，再根据线面垂直的判定定理可得BF⊥平面EGB1D，进而得证．
【解答】解：（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥A1B1，
又BF⊥A1B1，BB1∩BF＝B，BB1，BF⊂平面BCC1B1，
∴A1B1⊥平面BCC1B1，
∵AB∥A1B1，
∴AB⊥平面BCC1B1，
∴AB⊥BC，
又AB＝BC，故，
∴，
而侧面AA1B1B为正方形，
∴，
∴，即三棱锥F﹣EBC的体积为；
（2）证明：如图，取BC中点G，连接EG，B1G，设B1G∩BF＝H，
∵点E是AC的中点，点G时BC的中点，
∴EG∥AB，
∴EG∥AB∥B1D，
∴E、G、B1、D四点共面，
由（1）可得AB⊥平面BCC1B1，
∴EG⊥平面BCC1B1，
∴BF⊥EG，
∵，且这两个角都是锐角，
∴∠CBF＝∠BB1G，
∴∠BHB1＝∠BGB1+∠CBF＝∠BGB1+∠BB1G＝90°，
∴BF⊥B1G，
又EG∩B1G＝G，EG，B1G⊂平面EGB1D，
∴BF⊥平面EGB1D，
又DE⊂平面EGB1D，
∴BF⊥DE．
【点评】本题主要考查三棱锥体积的求法以及线线，线面间的垂直关系，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题．
18．（2020•新课标Ⅰ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO＝，圆锥的侧面积为π，求三棱锥P﹣ABC的体积．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直．菁优网版权所有
【专题】转化思想；空间位置关系与距离；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）首先利用三角形的全等的应用求出AP⊥BP，CP⊥BP，进一步求出二面角的平面角为直角，进一步求出结论．
（2）利用锥体的体积公式和圆锥的侧面积公式的应用及勾股定理的应用求出结果．
【解答】解：（1）连接OA，OB，OC，△ABC是底面的内接正三角形，
所以AB＝BC＝AC．
O是圆锥底面的圆心，所以：OA＝OB＝OC，
所以AP2＝BP2＝CP2＝OA2+OP2＝OB2+OP2＝OC2+OP2，
所以△APB≌△BPC≌△APC，
由于∠APC＝90°，
所以∠APB＝∠BPC＝90°，
所以AP⊥BP，CP⊥BP，
由于AP∩CP＝P，
所以BP⊥平面APC，
由于BP⊂平面PAB，
所以：平面PAB⊥平面PAC．
（2）设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为l，
所以．
由于圆锥的侧面积为π，
所以，整理得（r2+3）（r2﹣1）＝0，
解得r＝1．
所以AB＝＝．
由于AP2+BP2＝AB2，解得
则：＝．
【点评】本题考查的知识要点：面面垂直的判定和性质的应用，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．
19．（2021•全国Ⅰ卷模拟）已知如图，四边形ABCD为平行四边形，BD⊥CD，EB⊥平面ABCD，EF∥CD，CD＝2，EB＝，EF＝1，BC＝，且M是AD的中点．
（1）求证：FM∥平面BDE；
（2）求三棱锥C﹣ABF的体积V．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行．菁优网版权所有
【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）取BD的中点N，连接MN，NE，证明四边形MNEF为平行四边形，可得FM∥EN，再由直线与平面平行的判定可得FM∥平面BDE；
（2）由EB⊥平面ABCD，得BD⊥BE，再证明BD⊥AB，可得BD⊥平面ABEF，从而得到C到平面ABEF的距离为BD＝，求出三角形ABF的面积，再由棱锥体积公式求解．
【解答】（1）证明：取BD的中点N，连接MN，NE，
在△ABD中，∵M是AD的中点，∴MN∥AB，且MN＝，
又∵EF∥CD，CD∥AB，CD＝AB，∴EF＝，
∴MN∥EF且MN＝EF，则四边形MNEF为平行四边形，
∴FM∥EN，
又∵EN⊂平面BDE，FM⊄平面BDE，
∴FM∥平面BDE；
（2）解：∵EB⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥BE，
又∵BD⊥CD，CD∥AB，∴BD⊥AB，
∵AB∩BE＝B，∴BD⊥平面ABEF，
由于CD∥平面ABEF，∴C到平面ABEF的距离为BD＝．
而×2×＝，
∴，即三棱锥C﹣ABF的体积是．
【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．
20．（2021•巴中模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AC＝2，∠ABC＝45°，E是棱PC的中点，F是平面ABE与棱PD的交点．
（1）证明：平面PBC⊥平面ABE；
（2）设三棱锥F﹣ACD的体积为V1，四棱锥C﹣ABEF的体积为V2，求的值．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直．菁优网版权所有
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；综合法；空间位置关系与距离；立体几何；逻辑推理；数学运算．
【分析】（1）连接AE，推导出AB⊥PC，AE⊥PC，可得PC⊥平面ABE，利用线面垂直的性质定理可证得平面PBC⊥平面ABE；
（2）利用锥体的体积公式分别求出V1，V2，即可求得比值的大小．
【解答】（1）证明：因为AB＝AC，ABC＝45°，
所以AB⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，
因为AC∩PA＝A，AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以AB⊥平面PAC，
由PC⊂平面PAC，所以AB⊥PC，
连接AE，由PA＝AC且PE＝EC，
所以AE⊥PC，
又AE∩AB＝A，AB，AE⊂平面ABE，
所以PC⊥平面ABE，
因为PC⊂PBC，
所以平面PBC⊥平面ABE．
（2）由四边形ABCD是平行四边形，可得AB∥CD，
又AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AB∥平面PCD，
因为平面ABE∩平面PCD＝EF，
所以AB∥EF，
所以PF＝FD，EF＝CD＝1，
所以V1＝VP﹣ACD＝×××AC×CD×PA＝，
又由（1）可知，AE⊥EF，CE⊥平面ABEF，
所以V2＝SABEF×CE＝××CE＝×××＝1，
所以＝．
【点评】本题主要考查平面与平面垂直的判断，锥体的体积公式，考查逻辑推理与运算求解能力，属于中档题．
21．（2021•丙卷模拟）如图，在底面为平行四边形的四棱锥P﹣ABCD中，PA＝PB＝DA＝DB＝1，M，N分别为PA，PB上的点，且，．
（Ⅰ）求证：MN∥平面ABCD；
（Ⅱ）求四棱锥P﹣ABCD体积最大时AB的长．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行．菁优网版权所有
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；直观想象；数学运算．
【分析】（I）利用线面平行的判定定理即可证明；
（II）由线面垂直的判定定理及面面垂直的性质结合三棱锥P﹣ABD与四棱锥P﹣ABCD体积的关系，再利用导数硏究三棱锥P﹣ABD体积的最大值，从而即可求解四棱锥P﹣ABCD体积取最大值时AB的值．
【解答】（I）证明：∵PA＝PB＝1，，，∴，∴MN∥AB．
又∵MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴MN∥平面ABCD．
（II）解：∵PA＝PB＝DA＝DB，∴△DAB和△PAB为底边相同的两个等腰三角形．
取AB的中点为E，连接PE，DE，则PE⊥AB，DE⊥AB，且PE∩DE＝E．∴AB⊥平面PED，
由题得当平面PAB⊥平面ABD时，三棱锥P﹣ABD的体积最大，
即四棱锥P﹣ABCD的体积最大．∵，∴，
令AB＝2x，则0＜x＜1，，∴．
令，0＜x＜1，
则，
令f'（x）＝0，得，
当时，f'（x）＞0，∴f（x）在上单调递增，
当时，f'（x）＜0∴f（x）在上单调递减，
∴当时，，∴四棱锥P﹣ABCD体积的最大值为，
此时．
【点评】本题考查线面平行的判定定理以及四棱锥的体积，考查运算求解能力、空间想象能力，考查数学运算核心素养，是中档题．
考点卡片
1．由三视图求面积、体积
【知识点的认识】
1．三视图：观测者从不同位置观察同一个几何体，画出的空间几何体的图形，包括：
（1）主视图：物体前后方向投影所得到的投影图，反映物体的高度和长度；
（2）左视图：物体左右方向投影所得到的投影图，反映物体的高度和宽度；
（3）俯视图：物体上下方向投影所得到的投影图，反映物体的长度和宽度．
2．三视图的画图规则：
（1）高平齐：主视图和左视图的高保持平齐；
（2）长对正：主视图和俯视图的长相对应；
（3）宽相等：俯视图和左视图的宽度相等．
3．常见空间几何体表面积、体积公式
（1）表面积公式：
（2）体积公式：
【解题思路点拨】
1．解题步骤：
（1）由三视图定对应几何体形状（柱、锥、球）
（2）选对应公式
（3）定公式中的基本量（一般看俯视图定底面积，看主、左视图定高）
（4）代公式计算
2．求面积、体积常用思想方法：
（1）截面法：尤其是关于旋转体及与旋转体有关的组合体问题，常用轴截面进行分析求解；
（2）割补法：求不规则图形的面积或几何体的体积时常用割补法；
（3）等体积转化：充分利用三棱锥的任意一个面都可以作为底面的特点，灵活求解三棱锥的体积；
（4）还台为锥的思想：这是处理台体时常用的思想方法．
【命题方向】三视图是新课标新增内容之一，是新课程高考重点考查的内容．解答此类问题，必须熟练掌握三视图的概念，弄清视图之间的数量关系：正视图、俯视图之间长相等，左视图、俯视图之间宽相等，正视图、左视图之间高相等（正俯长对正，正左高平齐，左俯宽相等），要善于将三视图还原成空间几何体，熟记各类几何体的表面积和体积公式，正确选用，准确计算．
例：某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A.8﹣2πB.8﹣πC.8﹣ D.8﹣
分析：几何体是正方体切去两个圆柱，根据三视图判断正方体的棱长及切去的圆柱的底面半径和高，把数据代入正方体与圆柱的体积公式计算．
解答：由三视图知：几何体是正方体切去两个圆柱，
正方体的棱长为2，切去的圆柱的底面半径为1，高为2，
∴几何体的体积V＝23﹣2××π×12×2＝8﹣π．
故选：B．
点评：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．
2．棱柱的结构特征
【知识点的认识】
1．棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．棱柱用表示底面各顶点的字母来表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．
2．认识棱柱
底面：棱柱中两个互相平行的面，叫做棱柱的底面．
侧面：棱柱中除两个底面以外的其余各个面都叫做棱柱的侧面．
侧棱：棱柱中两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱．
顶点：棱柱的侧面与底面的公共顶点．
高：棱中两个底面之间的距离．
3．棱柱的结构特征
根据棱柱的结构特征，可知棱柱有以下性质：
（1）侧面都是平行四边形
（2）两底面是全等多边形
（3）平行于底面的截面和底面全等；对角面是平行四边形
（4）长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和．
4．棱柱的分类
（1）根据底面形状的不同，可把底面为三角形、四边形、五边形…的棱柱称为三棱柱、四棱柱、五棱柱…．
（2）根据侧棱是否垂直底面，可把棱柱分为直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面为正多边形，则称其为正棱柱．
5．棱柱的体积公式
设棱柱的底面积为S，高为h，
V棱柱＝S×h．
3．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【知识点的认识】
旋转体的结构特征：一条平面曲线绕着它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的曲面叫作旋转面；该定直线
叫做旋转体的轴；封闭的旋转面围成的几何体叫作旋转体．
1．圆柱
①定义：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，将矩形旋转一周而形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱．
圆柱用轴字母表示，如下图圆柱可表示为圆柱OO′．
②认识圆柱
③圆柱的特征及性质
圆柱与底面平行的截面是圆，与轴平行的截面是矩形．
④圆柱的体积和表面积公式
设圆柱底面的半径为r，高为h：
2．圆锥
①定义：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥．
圆锥用轴字母表示，如下图圆锥可表示为圆锥SO．
②认识圆锥
③圆锥的特征及性质
与圆锥底面平行的截面是圆，过圆锥的顶点的截面是等腰三角形，两个腰都是母线．
母线长l与底面半径r和高h的关系：l2＝h2+r2
④圆锥的体积和表面积公式
设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l：
3．圆台
①定义：以直角梯形中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周而成的曲面所围成的几何体叫做圆台．
圆台用轴字母表示，如下图圆台可表示为圆台OO′．
②认识圆台
③圆台的特征及性质
平行于底面的截面是圆，轴截面是等腰梯形．
④圆台的体积和表面积公式
设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，母线长为l：
．
4．简单空间图形的三视图
【知识点认识】
1．三视图：
①正视图：光线自物体的正前方向后投影所得的投影图
②左视图：光线自物体的左侧向右投影所得的投影图
③俯视图：光线自物体的上方向下投影所得的投影图
2．三视图的排放规则：
俯视图在主视图的正下方，左视图在主视图的正右方．
3．三视图的画图规则：
①主、俯视图长对正；主、左视图高平齐；俯、左视图宽相等
②分界线与可见的轮廓线都用实线画出，不可见的轮廓线用虚线画出．
5．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【知识点的知识】
侧面积和全面积的定义：
（1）侧面积的定义：把柱、锥、台的侧面沿着它们的一条侧棱或母线剪开，所得到的展开图的面积，就是空间几何体的侧面积．
（2）全面积的定义：空间几何体的侧面积与底面积的和叫做空间几何体的全面积．
柱体、锥体、台体的表面积公式（c为底面周长，h为高，h′为斜高，l为母线）
S圆柱表＝2πr（r+l），S圆锥表＝πr（r+l），S圆台表＝π（r2+rl+Rl+R2）
6．棱柱、棱锥、棱台的体积
【知识点的知识】
柱体、锥体、台体的体积公式：
V柱＝sh，V锥＝Sh．
7．球的体积和表面积
【知识点的认识】
1．球体：在空间中，到定点的距离等于或小于定长的点的集合称为球体，简称球．其中到定点距离等于定长的点的集合为球面．
2．球体的体积公式
设球体的半径为R，
V球体＝
3．球体的表面积公式
设球体的半径为R，
S球体＝4πR2．
【命题方向】
考查球体的体积和表面积公式的运用，常见结合其他空间几何体进行考查，以增加试题难度，根据题目所给条件得出球体半径是解题关键．
8．异面直线及其所成的角
【知识点的知识】
1、异面直线所成的角：
直线a，b是异面直线，经过空间任意一点O，作直线a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我们把直线a′和b′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a和b所成的角．异面直线所成的角的范围：θ∈（0，]．当θ＝90°时，称两条异面直线互相垂直．
2、求异面直线所成的角的方法：
求异面直线的夹角关键在于平移直线，常用相似比，中位线，梯形两底，平行平面等手段来转移直线．
3、求异面直线所成的角的方法常用到的知识：
9．异面直线的判定
【知识点的知识】
（1）判定空间直线是异面直线方法：
①根据异面直线的定义；
②异面直线的判定定理．
10．空间中直线与直线之间的位置关系
【知识点的认识】
空间两条直线的位置关系：
位置关系
共面情况
公共点个数
图示
相交直线
在同一平面内
有且只有一个
平行直线
在同一平面内
无
异面直线
不同时在任何一个平面内
无
11．空间中直线与平面之间的位置关系
【知识点的认识】
空间中直线与平面之间的位置关系：
位置关系
公共点个数
符号表示
图示
直线在平面内
有无数个公共点
a⊂α
直线和平面相交
有且只有一个公共点
a∩α＝A
直线和平面平行
无
a∥α
12．平面与平面之间的位置关系
【知识点的认识】
平面与平面之间的位置关系：
位置关系
公共点个数
符号表示
图示
两平面平行
无
α∥β
两平面相交
有一条公共直线
α∩β＝l
13．球内接多面体
【知识点的知识】
1、球内接多面体的定义：多面体的顶点都在球面上，且球心到各顶点的距离都是半径．球内接多面体也叫做多面体外接球．
球外切多面体的定义：球面和多面体的各个面都相切，球心到各面的距离都是球的半径．球外切多面体也叫做多面体内切球
2、研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题：
（1）球心与多面体中心的位置关系；
（2）球的半径与多面体的棱长的关系；
（3）球自身的对称性与多面体的对称性；
（4）能否做出轴截面．
3、球与多面体的接、切中有关量的分析：
（1）球内接正方体：球和正方体都是中心对称和轴对称图形，设球的半径为r，正方体的棱长为a，则：
①球心就是正方体的中心，球心在正方体的体对角线的中点处；
②正方体的四个顶点都在球面上；
③轴截面就是正方体的对角面；
④在轴截面上，含有一个球的大圆和正方体的棱、面对角线、体对角线，且构造一个直角三角形；
⑤球半径和正方体棱长的关系：r＝a．=
14．直线与平面平行
【知识点的知识】
1、直线与平面平行的判定定理：
如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行． 用符号表示为：若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α．
2、直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条直线和这条直线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行．即由线线平行得到线面平行．
1、直线和平面平行的性质定理：
如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．
用符号表示为：若a∥α，a⊂β，α∩β＝b，则a∥b．
2、直线和平面平行的性质定理的实质是：
已知线面平行，过已知直线作一平面和已知平面相交，其交线必和已知直线平行．即由线面平行⇒线线平行．
由线面平行⇒线线平行，并不意味着平面内的任意一条直线都与已知直线平行．
正确的结论是：a∥α，若b⊂α，则b与a的关系是：异面或平行．即平面α内的直线分成两大类，一类与a平行有无数条，另一类与a异面，也有无数条．
15．平面与平面平行
【知识点的认识】
两个平面平行的判定：
（1）两个平面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．
（2）垂直于同一直线的两个平面平行．即a⊥α，且a⊥β，则α∥β．
（3）平行于同一个平面的两个平面平行．即α∥γ，β∥γ，则α∥β．
平面与平面平行的性质：
性质定理1：两个平面平行，在一个平面内的任意一条直线平行于另外一个平面．
性质定理2：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．
性质定理3：一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面．
16．平面与平面垂直
【知识点的认识】
平面与平面垂直的判定：
判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．
平面与平面垂直的性质：
性质定理1：如果两个平面垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．
性质定理2：如果两个平面垂直，那么经过第一个平面内的一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内．
性质定理3：如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面．
性质定理4：三个两两垂直的平面的交线两两垂直．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2021/8/27 16:56:47；用户：招远8；邮箱：zybzy8@xyh.com；学号：402921
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