2020届[步步高]高考数学专题复习讲义

第1讲 空间几何体中的计算与位置关系
高考定位 1.以三视图和空间几何体为载体考查面积与体积，难度中档偏下；2.以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理，对命题的真假进行判断，属基础题；空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问.
真 题 感 悟
1.(2017·浙江卷)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：cm 3)是( )
A.π2＋1
B.π2＋3
C.3π2＋1
D.3π2＋3
解析 由三视图可知原几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，半圆锥的底面半径为1，高
为3，三棱锥的底面积为12×2×1＝1，高为 3.故原几何体体积为：V ＝12×π×12
×3×13＋
1×3×13＝π2＋1. 答案 A
2.(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α，β交于直线l .若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( ) A.m ∥l B.m ∥n C.n ⊥l D.m ⊥n
解析 由已知，α∩β＝l ，∴l ⊂β，又∵n ⊥β，∴n ⊥l ，C 正确.故选C. 答案 C
3.(2016·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3.
解析 由三视图可知，该几何体为两个相同长方体组合，长方体的长、宽、高分别为4 cm 、2 cm 、2 cm ，其直观图如下：
其体积V ＝2×2×2×4＝32(cm 3
)，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为S ＝2(2×2×2＋2×4×4)－2×2×2＝2×(8＋32)－8＝72(cm 2). 答案 72 32
4.(2016·浙江卷)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________.
解析 设PD ＝DA ＝x ，
在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos ∠ABC ＝4＋4－2×2×2×cos 120°＝23，
∴CD ＝23－x ，且∠ACB ＝1
2(180°－120°)＝30°，
∴S △BCD ＝12BC ·DC ×sin ∠ACB ＝12×2×(23－x )×12＝1
2(23－x ).
要使四面体体积最大，当且仅当点P 到平面BCD 的距离最大，而P 到平面BCD 的最大距离为x ，
则V 四面体PBCD ＝13×12(23－x )x ＝1
6[－(x －3)2＋3]，由于0＜x ＜23，故当x ＝3时，V 四面体PBCD
的最大值为16×3＝1
2.
答案 12
考 点 整 合
1.四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系.
2.几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正，高平齐，宽相等.
3.空间几何体的两组常用公式
(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)；
②S 锥侧＝1
2ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；
③S 台侧＝1
2(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上、下底面的周长，h ′为斜高)； ④S 球表＝4πR 2(R 为球的半径). (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)；
②V 锥体＝1
3Sh (S 为底面面积，h 为高)；
③V 球＝4
3πR 3.
4.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α.
(2)线面平行的性质定理：a ∥α，a ⊂β，α∩β＝b ⇒a ∥b .
(3)面面平行的判定定理：a ⊂β，b ⊂β，a ∩b ＝P ，a ∥α，b ∥α⇒α∥β. (4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ⇒a ∥b . 5.直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m ⊂α，n ⊂α，m ∩n ＝P ，l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α. (2)线面垂直的性质定理：a ⊥α，b ⊥α⇒a ∥b . (3)面面垂直的判定定理：a ⊂β，a ⊥α⇒α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β.
热点一 空间几何体的表面积与体积的求解
[命题角度1] 以三视图为载体求几何体的面积与体积
【例1－1】 (1)(2017·金华模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________.
(2)(2017·绍兴质量调测)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________.
解析 (1)该几何体可看作是由一个斜三棱柱ADE －GHF 和一个正四棱锥F －GBCH 拼接而成的组合体，其中ABCD 为矩形，EF ∥AB ，AB ＝2EF ＝8，BC ＝4，正四棱锥F －GBCH 的高为
3，则该几何体的体积为V ＝12×42×3＋13×42
×3＝40，表面积为S ＝2×4＋82×13＋2×12×4×13＋4×8＝32＋1613.
(2)由题意，该几何体是一个三棱锥S －ABC (如图，)且SA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，SA ＝BC ＝
2，AC ＝1，则该几何体的表面积为S ＝S △SAB ＋S △SAC ＋S △SBC ＋S △ABC ＝12×2×5＋12×2×1＋1
2×
2×5＋12×2×1＝2＋25；体积为V ＝13S △ABC ·SA ＝13×12×1×2×2＝2
3.
答案 (1)40 32＋1613 (2)2＋25 2
3
探究提高 截割体、三棱锥的三视图是高考考查的热点和难点，解题的关键是由三视图还原为直观图，首先确定底面，再根据正视图、侧视图确定侧面. [命题角度2] 求多面体的体积
【例1－2】 (1)(2017·衢州质量检测)如图，有一个底面是正方形的直棱柱型容器(无盖)，底面棱长为1 dm(dm 为分米)，高为5 dm ，两个小孔在其相对的两条侧棱上，且到下底面距离分别为3 dm 和4 dm ，则(水不外漏情况下)此容器可装的水最多为( )
A.9
2 dm
3 B.
4 dm 3 C.7
2 dm
3 D.3 dm 3
(2)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________.
解析 (1)由题意得当容器内的水的上表面过两孔连线所在的平面时，容器内装的水最多，又因为容器的底面为正方形，则由长方体的对称性易得当容器内的水的上表面平分以两孔连线所得的线段为体对角线的长方体时，容器内装的水最多，此时容器内装的水的体积为3×1×1＋12×1×1×1＝7
2，故选C.
(2)利用三棱锥的体积公式直接求解.
V D 1－EDF ＝V F －DD 1E ＝13S △D 1DE ·AB ＝13×12×1×1×1＝1
6.
另解(特殊点法)：让E 点和A 点重合，点F 与点C 重合，
则V D 1－EDF ＝13×S △ACD ×D 1D ＝13×12×1×1×1＝1
6.
答案 (1)C (2)1
6
探究提高 (1)求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.
(2)若所给的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法求解.
[命题角度3] 与球有关的面积、体积问题
【例1－3】 (1)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )
A.8π
B.16π
C.32π
D.64π
(2)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此三棱锥的体积为( )
A.26
B.36
C.23
D.22
解析 (1)由三视图可知，几何体为一横放的四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高为2，平面SAB ⊥平面ABCD ，∠ASB ＝90°，SA ＝SB .易知SA ＝SB ＝2 2.如图所示.
故可补全为以DA ，SA ，SB 为棱的长方体， 故2R ＝DA 2＋SA 2＋SB 2＝32＝42， ∴R ＝22，∴S 表＝4πR 2＝32π.
(2)法一 (排除法)V ＜13×S △ABC ×2＝3
6，排除B 、C 、D ，选A.
法二 (直接法)：在Rt △ASC 中，AC ＝1，∠SAC ＝90°，SC ＝2，所以SA ＝4－1＝ 3.同理，SB ＝ 3.过A 点作SC 的垂线交SC 于D 点，连接DB ，因为△SAC ≌△SBC ，所以BD ⊥SC ，
AD ＝BD ，故SC ⊥平面ABD ，且△ABD 为等腰三角形.因为∠ASC ＝30°，故AD ＝12SA ＝3
2，
则△ABD 的面积为12×1×AD 2
－⎝ ⎛⎭
⎪⎫122＝24，则三棱锥S －ABC 的体积为13×24×2＝26. 答案 (1)C (2)A
探究提高 涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般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，再利用平面几何知识寻找几何体中元素
间的关系，或只画内切、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.
【训练1】 (1)(2017·温州期末联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为__________，其表面积为________.
(2)(2016·北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )
A.16
B.13
C.12
D.1
解析 (1)由正视图和侧视图可知该几何体含有半个圆柱，再结合俯视图不难得到该几何体是
半个圆柱和一个倒立的直四棱锥组合而成，如图，故该几何体的体积为V ＝1
3×4×4×4＋4π×42＝643＋8π，表面积为S ＝π×22
＋2π×2×42＋4×4×22＋4×42×22
＝16＋162＋12π.
(2)由三视图知，三棱锥如图所示：由侧视图得高h ＝1，
又底面积S ＝12×1×1＝1
2，
所以体积V ＝13Sh ＝1
6.
答案 (1)64
3＋8π 16＋162＋12π (2)A 热点二 空间中的平行与垂直
[命题角度1]空间线面位置关系的判断
【例2－1】(2017·镇海中学高三模拟)对于两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，以下结论正确的是()
A.若m⊂α，n∥β，m，n是异面直线，则α，β相交
B.若m⊥α，m⊥β，n∥α，则n∥β
C.若m⊂α，n∥α，m，n共面于β，则m∥n
D.若m⊥α，n⊥β，α，β不平行，则m，n为异面直线
解析如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AA1，CC1的中点.对于A，令BC＝m，EF＝n，平面ABCD为平面α，平面A1B1C1D1为平面β，此时满足m⊂α，n∥β，m，n是异面直线，但α∥β，故A错误；对于B，令B1B＝m，平面ABCD为平面α，平面A1B1C1D1为平面β，A1B1＝n，此时满足m⊥α，m⊥β，n∥α，但n⊂β，故B错误；对于C，由空间线线平行的判定定理可知C正确；对于D，令B1B＝m，AB＝n，平面ABCD为平面α，平面B1BCC1为平面β，此时满足m⊥α，n⊥β，α，β不平行，但m∩n＝B，不是异面直线，D错误.
综上所述，故选C .
答案 C
探究提高长方体(或正方体)是一类特殊的几何体，其中蕴含着丰富的空间位置关系.因此，对于某些研究空间直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的平行、垂直关系问题，常构造长方体(或正方体)，把点、线、面的位置关系转移到长方体(或正方体)中，对各条件进行检验或推理，根据条件在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真的原理，判断条件的真伪，可使此类问题迅速获解.
[命题角度2]平行、垂直关系的证明
【例2－2】如图，在侧棱与底面垂直的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥BC，且AA1＝AB＝BC＝1，CD＝2.
(1)求证：AB1⊥平面A1BC；
(2)在线段CD上是否存在点N，使得D1N∥平面A1BC?
若存在，求出三棱锥N－AA1C的体积；若不存在，请说明理由.
(1)证明因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1的侧棱垂直底面，
所以A1A⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥AA1.
因为BC⊥AB，AB∩AA1＝A，AB⊂平面AA1B1B，
AA1⊂平面AA1B1B，所以BC⊥平面AA1B1B.
又AB1⊂平面AA1B1B，所以AB1⊥BC.
因为A1A⊥AB，A1A＝AB＝1，所以四边形AA1B1B为正方形，
所以AB 1⊥A 1B ，
因为A 1B ∩BC ＝B ，A 1B ，BC ⊂平面A 1BC ， 所以AB 1⊥平面A 1BC .
(2)解 法一 在线段CD 上存在点N ，且当N 为CD 的中点时，D 1N ∥平面A 1BC .
证明如下：
连接BN ，D 1N ，因为AB ∥CD ，AB ＝1，CD ＝2，
所以AB ∥DN 且AB ＝DN ，所以四边形ABND 为平行四边形， 所以BN ∥AD 且BN ＝AD .
在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D 1∥AD 且A 1D 1＝AD ， 所以A 1D 1∥BN 且A 1D 1＝BN ，
所以四边形A 1BND 1为平行四边形，所以D 1N ∥A 1B . 又D 1N ⊄平面A 1BC ，A 1B ⊂平面A 1BC ， 所以D 1N ∥平面A 1BC .
连接A 1N ，AN ，AC ，所以S △ACN ＝S △BCN ＝12×1×1＝1
2， 又A 1A ⊥平面ABCD ，且A 1A ＝1，
所以V N －AA 1C ＝V A 1－ACN ＝13S △ACN ×A 1A ＝13×12×1＝1
6，
即三棱锥N －AA 1C 的体积为1
6.
法二 在线段CD 上存在点N ，且当N 为CD 的中点时，D 1N ∥平面A 1BC ，
证明如下：
取C 1D 1的中点M ，连接AN ，A 1M ，D 1N ，MC ，
因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ∥CD ，AB ＝1，CD ＝2， 所以A 1B 1∥C 1D 1，A 1B 1＝1，C 1D 1＝2，
所以A 1B 1∥MC 1且A 1B 1＝MC 1，所以四边形A 1B 1C 1M 为平行四边形， 所以A 1M ∥B 1C 1且A 1M ＝B 1C 1.
又BC ∥B 1C 1且BC ＝B 1C 1，所以A 1M ∥BC 且A 1M ＝BC ， 所以四边形A 1BCM 为平行四边形，所以A 1B ∥CM ， 又D 1M ＝NC ＝1且D 1M ∥NC ，
所以四边形D 1MCN 为平行四边形， 所以CM ∥D 1N ，所以D 1N ∥A 1B .
又D 1N ⊄平面A 1BC ，A 1B ⊂平面A 1BC ， 所以D 1N ∥平面A 1BC .
连接A 1N ，AC ，所以S △ACN ＝12×1×1＝1
2， 又A 1A ⊥平面ABCD ，且A 1A ＝1，
所以V N －AA 1C ＝V A 1－ACN ＝13S △ACN ×A 1A ＝13×12×1＝1
6，
即三棱锥N －AA 1C 的体积为1
6.
探究提高 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.
【训练2】 (2017·江苏卷)如图，在三棱锥A －BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD .
求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC .
证明 (1)在平面ABD 内，AB ⊥AD ，EF ⊥AD ， 则AB ∥EF .
∵AB ⊂平面ABC ，EF ⊄平面ABC ， ∴EF ∥平面ABC .
(2)∵BC ⊥BD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，BC ⊂平面BCD ，∴BC ⊥平面ABD .
∵AD ⊂平面ABD ，∴BC ⊥AD .
又AB ⊥AD ，BC ，AB ⊂平面ABC ，BC ∩AB ＝B ，
∴AD ⊥平面ABC ，又因为AC ⊂平面ABC ，∴AD ⊥AC .
1.求解几何体的表面积或体积
(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算.
(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解. (3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用.
(4)求解几何体的表面积时要注意S 表＝S 侧＋S 底.
2.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a 的正方体的外接球、内切球、棱切球
的半径分别为32a ，a 2，2
2a .
3.锥体体积公式为V ＝13Sh ，在求解锥体体积中，不能漏掉1
3. 4.空间中点、线、面的位置关系的判定
(1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例.
(2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义.
5.垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：
(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换：三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.
(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.
6.解决平面图形的翻折问题，关键是抓住平面图形翻折前后的不变“性”与“量”，即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等.
一、选择题
1.(2017·全国Ⅱ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( )
A.90π
B.63π
C.42π
D.36π
解析 法一 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示.
将圆柱补全，并将圆柱从点A 处水平分成上下两部分.由图可知，该几何体的体积等于下部分
圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32
×6×12＝63π.
法二 (估值法)由题意知，1
2V 圆柱<V 几何体<V 圆柱，又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合. 答案 B
2.(2017·全国Ⅰ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，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是( )
解析 法一 对于选项B ，如图(1)所示，连接CD ，因为AB ∥CD ，M ，Q 分别是所在棱的中点，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 .因此A 项不正确.
图(1) 图(2)
法二 对于选项A ，其中O 为BC 的中点(如图(2)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.A 项不正确. 答案 A
3.(2017·全国Ⅲ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.π
B.3π
4 C.π2 D.π4
解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球半径R ＝OA ＝1，球心到底面圆的距离为
OM ＝12.
∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝3
2，
故圆柱体积V ＝π·r 2
·h ＝π·⎝ ⎛⎭
⎪⎫322×1＝3π4.
答案 B
4.(2017·全国Ⅰ卷)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧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( )
A.10
B.12
C.14
D.16
解析 由三视图可画出直观图，该直观图各面内只有两个相同的梯形的面，S 梯＝1
2×(2＋4)×2＝6，S 全梯＝6×2＝12.
答案 B
5.(2016·山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.13＋23π
B.13＋23π
C.13＋26π
D.1＋2
6π 解析 由三视图知，半球的半径R ＝22，四棱锥为底面边长为1，高为1的正四棱锥，∴V ＝1
3
×1×1×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭
⎪⎫223＝13＋2
6π，故选C.
答案 C
6.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( )
A.6 2
B.4 2
C.6
D.4
解析 如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A －BCD ，最长的棱为AD ＝（42）2＋22＝6，选C.
答案 C 二、填空题
7.(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________.
解析 由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.
要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切.若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r . 则12×6×8＝1
2×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2. 2r ＝4＞3，不合题意.
球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大.
由2R ＝3，即R ＝3
2.
故球的最大体积V ＝43πR 3
＝92π.
答案 92π
8.(2017·浙江东北教学联盟高三模拟)已知m ，n 是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m ⊂α，n ⊂β.有下列命题： ①若α∥β，则m ∥n ； ②若α∥β，则m ∥β；
③若α∩β＝l ，且m ⊥l ，n ⊥l ，则α⊥β； ④若α∩β＝l ，且m ⊥l ，m ⊥n ，则α⊥β. 其中真命题是________(填序号).
解析 ①若α∥β，则m ∥n 或m ，n 异面，故①不正确；
②若α∥β，根据平面与平面平行的性质，可得m ∥β，故②正确； ③若α∩β＝l ，且m ⊥l ，n ⊥l ，则α与β不一定垂直，故③不正确； ④若α∩β＝l ，且m ⊥l ，m ⊥n ，l 与n 相交，则α⊥β，故④不正确. 答案 ②
9.如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为DC 的中点，F 为线段EC (端点除外)上一动点.现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC .在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足.设AK ＝t ，则t 的取值范围是________.
解析 设DF ＝x (1＜x ＜2)，连接FK ，则cos ∠FAK ＝cos ∠DFA ＝x 1＋x
2
，于是FK 2＝AF 2
＋AK 2－2AF ·AK cos ∠FAK ＝1＋x 2＋t 2－21＋x 2·t ·
x 1＋x
2
＝1＋x 2＋t 2
－2tx .又在Rt △DKF 中，FK 2＝DF 2－DK 2＝x 2－(1－t 2)，∴1＋x 2＋t 2－2tx ＝x 2－(1－t 2)，∴t ＝1x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12，1.
答案 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12，1
10.(2017·湖州质量检测)某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________，外接球的表面积是________.
解析 由三视图得该几何体是一个底面为对角线长为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体
积为4×4×12×3＝24.又直四棱柱的外接球的半径为R ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫322＋22
＝52，所以四棱柱的外接球
的表面积为4πR 2＝25π. 答案 24 25π
11.(2017·温州模拟)某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是________，表面积是________.
解析 由三视图知，该几何体为四棱锥，其底面是边长为2的正方形，高为2，所以该几何体
的体积V ＝13×22
×2＝83，表面积S ＝2×2＋12×2×2＋12×2×22＋2×12×2×5＝6＋22＋2 5.
答案 8
3 6＋22＋2 5 三、解答题
12.(2017·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，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P －ABCD 的体积为8
3，求该四棱锥的侧面积.
(1)证明 ∵∠BAP ＝∠CDP ＝90°， ∴AB ⊥PA ，CD ⊥PD . ∵AB ∥CD ，∴AB ⊥PD .
又∵PA ∩PD ＝P ，∴AB ⊥平面PAD .
∵AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD . (2)解 取AD 的中点E ， 连接PE .
∵PA ＝PD ，∴PE ⊥AD . 由(1)知，AB ⊥平面PAD ，
故AB ⊥PE ，可得PE ⊥平面ABCD .
设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝2
2x ， 故四棱锥P －ABCD 的体积
V P －ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝1
3x 3.
由题设得13x 3＝8
3，故x ＝2.
从而PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22， 可得四棱锥P －ABCD 的侧面积为 12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.
13.(2017·全国Ⅱ卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，
AB ＝BC ＝1
2AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.
(1)证明：直线BC ∥平面PAD ；
(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P －ABCD 的体积. (1)证明 在底面ABCD 中，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°， 所以BC ∥AD ，
又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ， ∴直线BC ∥平面PAD .
(2)解 取AD 的中点M ，连接PM ，CM ，由AB ＝BC ＝1
2AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .
因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .
因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .
设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 取CD 的中点N ，连接PN .
则PN ⊥CD ，所以PN ＝14
2x .
因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×14
2x ＝27， 解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.
于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.
所以四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13×2（2＋4）
2
×23＝4 3. 14.(2016·全国Ⅰ卷)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 .
(1)证明：G 是AB 的中点；
(2)在图中作出点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. (1)证明 因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD .
因为D 在平面PAB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE ，且PD ∩DE ＝D ， 所以AB ⊥平面PED ，又PG ⊂平面PED ，故AB ⊥PG . 又由已知可得，PA ＝PB ，从而G 是AB 的中点.
(2)解 在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为E 在平面PAC 内的正投影.
理由如下：由已知可得PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥PA ，EF ⊥PC ，又PA ∩PC ＝P ，
因此EF ⊥平面PAC ，
即点F 为E 在平面PAC 内的正投影.
连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ， 所以D 是正三角形ABC 的中心.
由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝2
3CG . 由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ， 所以DE ∥PC ，
因此PE ＝23PG ，DE ＝1
3PC .
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝6， 可得DE ＝2，PE ＝2 2.
在等腰直角三角形EFP 中， 可得EF ＝PF ＝2.
所以四面体PDEF 的体积
V ＝13×12×2×2×2＝43.
第2讲 立体几何中的空间角问题
高考定位 以空间几何体为载体考查空间角(以线面角为主)是高考命题的重点，常与空间线面
关系的证明相结合，热点为空间角的求解，常以解答题的形式进行考查，高考注重以传统方法解决空间角问题，但也可利用空间向量来求解.
真 题 感 悟
(2017·浙江卷)如图，已知四棱锥P －ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点.
(1)证明：CE ∥平面PAB ；
(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.
法一 (1)证明 如图，
设PA 中点为F ，连接EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，
所以EF ∥AD 且EF ＝1
2AD ，
又因为BC ∥AD ，BC ＝1
2AD ， 所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，
即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF . 又因为CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ， 因此CE ∥平面PAB .
(2)解 分别取BC ，AD 的中点为M ，N ， 连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ .
因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE .
由△PAD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD . 由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD . 因为PN ∩BN ＝N ，所以AD ⊥平面PBN . 由BC ∥AD 得BC ⊥平面PBN ，
因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBN .
过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，则QH ⊥平面PBC .连接MH ，则MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角.设CD ＝1. 在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2，
在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝1
4，
在Rt △MQH 中，QH ＝1
4，MQ ＝2，
所以sin ∠QMH ＝2
8，
所以，直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是2
8.
法二 过P 作PH ⊥CD ，交CD 的延长线于点H .不妨设AD ＝2，∵BC ∥AD ，CD ⊥AD ，则易
求DH
＝1
2，过P 作底面的垂线，垂足为O ，连接OB ，OH ，易得OH ∥BC ，且OP ，OB ，OH 两两垂直.故可以O 为原点，以OH ，OB ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.
(1)证明 由PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点，则可得：
D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，
E ⎝ ⎛⎭⎪⎫
－12，14
，34，
则CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－54，34，PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－32，PB →＝⎝
⎛⎭⎪⎫
0，32，－32.
设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩
⎨⎧n ·PA →＝x ＋12y －32z ＝0，n ·PB →＝32y －32z ＝0.
令y ＝1，则⎩⎪⎨⎪
⎧x ＝1，y ＝1，z ＝3，
∴n ＝(1，1，3)，∴CE →
·n ＝12×1＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫－54×1＋3
4×3＝0. 又∵CE ⊄平面PAB ，∴CE ∥平面PAB .
(2)解 由(1)得PC →＝⎝
⎛⎭⎪⎫
－1，32，－32.
设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )，
则⎩
⎨⎧m ·PB →＝32y －32z ＝0，m ·PC →＝－x ＋32y －32z ＝0.
令y ＝1，则⎩⎪⎨⎪
⎧x ＝0，y ＝1，z ＝3，
∴m ＝(0，1，3).
设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，CE →〉|＝|m ·CE →
||m ||CE →|
＝
1
24×2＝2
8. ∴直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为2
8.
考 点 整 合
1.求异面直线所成角的方法
方法一：几何法.用几何法求两条异面直线所成角的步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.
方法二：空间向量法.用空间向量法求两条异面直线a ，b 所成角θ的步骤为：①求出直线a ，b
的方向向量，分别记为m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n
|m ||n |
；③利用cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|，
以及θ∈(0°，90°]，求出角θ. 2.求直线与平面所成角的方法
方法一：几何法.用几何法求直线l 与平面α所成角的步骤为：①找出直线l 在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角. 方法二：空间向量法.用空间向量法求直线AB 与平面α所成角θ的步骤为：①求出平面α的法
向量n 与直线AB 的方向向量AB →
；②计算cos 〈AB →
，n 〉＝AB →
·n
|AB →||n |
；③利用sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉
|，以及θ∈[0°，90°]，求出角θ. 3.求二面角的方法
方法一：几何法.用几何法求二面角α－l －β的平面角θ的步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定. 方法二：空间向量法.用空间向量法求二面角α－l －β的平面角θ的步骤为：①求两个半平面
α，β的法向量m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n
|m ||n |
；③根据图形和计算结果判断θ是锐角、直
角，还是钝角，从而得出θ与〈m ，n 〉是相等关系还是互补关系.
热点一 求线线角 【例1】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点.已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2，求异面直线BC 与AE 所成角的大小.
解 法一 如图1，取PB 的中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥BC ，从而∠AEF (或其补角)是异面直线BC 与AE 所成的角.在△AEF 中，由EF ＝2，AF ＝2，AE ＝2，知△AEF 是等腰直角三
角形，所以∠AEF ＝π4.因此，异面直线BC 与AE 所成角的大小是π
4.
图1 图2
法二 如图2，建立空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C (2，22，0)，E (1，2，1)，AE →
＝
(1，2，1)，BC →
＝(0，22，0).
设AE →
与BC →
的夹角为θ，则cos θ＝AE →·BC →
|AE →||BC →|
＝42×22＝2
2，所以θ＝π4.由此可知，异面直线BC
与AE 所成角的大小是π
4.
探究提高 求异面直线所成的角，可以应用向量法，也可以应用异面直线的定义求解. 【训练1】 (2016·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD ＝5，∠ADC ＝90°，沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是________.
解析 设直线AC 与BD ′所成角为θ，平面ACD 翻折的角度为α，设O 是AC 中点，由已知得AC ＝6，如图，
以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，
则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，62，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫302，0，0， C ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，－62，0.作DH ⊥AC 于H ，翻折过程中，D ′H 始终与AC 垂直，CH ＝
CD 2CA ＝16＝66，则OH ＝63，DH ＝1×56
＝30
6，因此可设D ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－
306cos α，－63，30
6sin α， 则BD ′→＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－306cos α－302，－63，306sin α，与CA → 平行的单位向量为n ＝(0，1，0)，所以cos θ＝|cos 〈BD ′→，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BD ′→
·n |
BD ′→|·|n |＝63
9＋5cos α，
所以cos α＝－1
时，cos θ取最大值6
6.
答案 6
6
热点二 求线面角
【例2】 (2016·四川卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC
＝CD ＝1
2AD ，E 为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.
(1)在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；
(2)若二面角P －CD －A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.
解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行.延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈
平面PAB )，点M 即为所求的一个点.理由如下： 由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形.
从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE . 所以CM ∥平面PBE .
(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)法一 由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD .从而CD ⊥PD .
所以∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角. 所以∠PDA ＝45°.
设BC ＝1，则在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2.
过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH . 易知PA ⊥平面ABCD ，
从而PA ⊥CE .又PA ∩AH ＝A ，于是CE ⊥平面PAH .又CE ⊂平面PCE ， 所以平面PCE ⊥平面PAH .
过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE . 所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角. 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1，
所以AH ＝2
2.
在Rt △PAH 中，PH ＝PA 2＋AH 2＝32
2.
所以sin ∠APH ＝AH PH ＝1
3.
法二 由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，
所以CD ⊥平面PAD . 于是CD ⊥PD .
从而∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角，所以∠PDA ＝45°. 由PA ⊥AB ，可得PA ⊥平面ABCD .
设BC ＝1，则在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2.
作Ay ⊥平面PAD ，以A 为原点，以AD →
，AP →
的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，
则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0). 所以PE →
＝(1，0，－2)，EC →
＝(1，1，0)，AP →
＝(0，0，2). 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z ).
由⎩⎨⎧n ·PE →
＝0，n ·EC →
＝0.
得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2，1).
设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →
|
|n |·|AP →|＝22×22＋（－2）2＋12＝1
3.
所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为1
3.
探究提高 (1)传统法解决线面角问题的关键是先找出线面所成的角，再在三角形中解此角.(2)
利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
【训练2】 (2017·湖州模拟)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 是正三角形，且A 1A ＝AB ，顶点A 1在底面ABC 上的射影是△ABC 的中心.
(1)求证：AA 1⊥BC ；
(2)求直线A 1B 与平面BCC 1B 1所成角的大小. (1)证明 因为△ABC 是正三角形，
设O 为△ABC 的中心，连接AO ，所以BC ⊥AO ，
又A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC ，又A 1O ∩AO ＝O ， 所以BC ⊥平面A 1AO ，
又A 1A ⊂平面A 1AO ，所以BC ⊥A 1A .
(2)解 取BC ，B 1C 1的中点E ，F ，连接AE ，A 1F ，EF . 由(1)知BC ⊥平面A 1AEF ，
从而平面A 1AEF ⊥平面BCC 1B 1，
在平面A 1AEF 内，作A 1G ⊥EF ，垂足为G ，连接GB ， 易知BC ⊥A 1G ，则A 1G ⊥平面BCC 1B 1，
则∠A 1BG 是直线A 1B 与平面BCC 1B 1所成的角. 设A 1A ＝2，在平行四边形A 1AEF 中，
A 1O ＝26
3，A 1G ＝2，A 1B ＝2，
所以sin ∠A 1BG ＝A 1G A 1
B ＝2
2.
所以直线A 1B 与平面BCC 1B 1所成的角为π
4. 热点三 求二面角
【例3】 (2017·绍兴仿真考试)四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝
60°，E 为AB 的中点，PA ⊥平面ABCD ，PC 与平面PAB 所成的角的正弦值为6
4.。