专题三
第1讲 空间几何体中的计算与位置关系
立体几何
考向预测
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.
知识与技巧的梳理
1.空间几何体的三视图：长对正、高平齐、宽相等.
2.空间几何体的两组常用公式
(1)正柱体、正锥体、正台体的侧面积公式：
①S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高)；
②S锥侧＝ch′(c为底面周长，h′为斜高/母线)；
③S台侧＝(c＋c′)h′(c′，c分别为上下底面的周长，h′为斜高/母线)；
④S球表＝4πR2(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＝Sh(S为底面面积，h为高)；
③V球＝πR3.
3.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.
4.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.
热点题型
热点一 空间几何体的三视图与表面积、体积
【例1】 (2018·上饶期末)如图所示为一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
解析 根据三视图可得该几何体是有一个圆柱挖去两个圆柱所得，作出几何体的直观图（如图） ，
则该几何体的表面积为．
答案 C
探究提高 1.由几何体的三视图求其表面积：(1)关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及度量大小.(2)还原几何体的直观图，套用相应的面积公式.
2.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.
3.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.
【训练1】 (1)(2017·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.60 B.30 C.20 D.10
(2)(2017·枣庄模拟)如图，某三棱锥的三视图是三个边长相等的正方形及对角线，若该三棱锥的体积是，则它的表面积是________.
解析 (1)由三视图知可把三棱锥放在一个长方体内部，即三棱锥A1－BCD，＝××3×5×4＝10.
(2)由题设及几何体的三视图知，该几何体是一个正方体截去4个三棱锥后剩余的内接正三棱锥B－A1C1D(如图所示).
设正方体的棱长为a，则几何体的体积是V＝a3－4××a2·a＝a3＝，
∴a＝1，∴三棱锥的棱长为，因此该三棱锥的表面积为S＝4××()2＝2.
答案 (1)D (2)2
热点二 外接球与内切球
【例2】 (2019·广东一模)《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”.现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形．若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
解析
如图所示，该几何体为四棱锥，底面为长方形.
其中底面，，，.易知该几何体与变成为的长方体有相同的外接球，
则该阳马的外接球的直径为.球体积为：.
答案A.
探究提高 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.
2.若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.
【训练2】 (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. C. D.
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＝.
∴底面圆半径r＝＝，故圆柱体积V＝π·r2·h＝π·×1＝.
答案 B
热点三 空间平行、垂直关系的判断与证明
【例3】(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，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，PA，PD⊂平面PAD，∴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，AB⊥AD，可得PE⊥平面ABCD.
设AB＝x，则由已知可得AD＝x，PE＝x，
故四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD＝AB·AD·PE＝x3.
由题设得x3＝，故x＝2.从而PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2，
可得四棱锥P－ABCD的侧面积为PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.
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3】 (2017·山东卷)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.
(1)证明：A1O∥平面B1CD1；
(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.
证明 (1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，
由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，
因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C，
又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM⊥BD，
又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD，
因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM，又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
限时训练
（45分钟）
经典常规题
1．(2018·全国I卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
2．(2018·全国I卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为
A． B． C． D．
3．(2018·全国III卷)设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．(2018·全国II卷)已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．
高频易错题
1.(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
2.(2017·全国Ⅲ卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC
3．(2018·全国III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（ ）
A． B． C． D．
4.(2017·江苏卷)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积
为V1，球O的体积为V2，则的值是________.
5.(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＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.
(1)证明：直线BC∥平面PAD；
(2)若△PCD的面积为2，求四棱锥P－ABCD的体积.
精准预测题
1．(2018·郑州质检)如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的表面积为( )
A． B．
C． D．
2.(2017·菏泽二模)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：
①若m⊥α，n∥α，则m⊥n； ②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；
③若m∥α，n∥α，则m∥n； ④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.
则其中正确命题的序号是( )
A.①和② B.①和④ C.③和④ D.②和③
3.(2017·新乡三模)已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A. B. C. D.
4.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的命题序号是________.
①平面ABD⊥平面ABC； ②平面ADC⊥平面BDC；
③平面ABC⊥平面BDC； ④平面ADC⊥平面ABC.
5.(2017·石家庄模拟)在如图所示的几何体中，四边形CDEF为正方形，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC＝，AB＝2BC＝2，AC⊥FB.
(1)求证：AC⊥平面FBC；
(2)求四面体FBCD的体积；
(3)线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.
参考答案
经典常规题
1．【解题思路】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.
【答案】 根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，
所以在正方体中，
平面与线所成的角是相等的，
所以平面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与中间的，
且过棱的中点的正六边形，且边长为，
所以其面积为，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.
2．【解题思路】首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.
【答案】根据题意，可得截面是边长为的正方形，
结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，
所以其表面积为，故选B.
点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.
3．【解题思路】作图，为与球的交点，点为三角形的重心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得；
【答案】如图所示，
点为三角形的重心，为中点，
当平面时，三棱锥体积最大，
此时，，
∵，∴，
∵点为三角形的重心，∴，
∴中，有，∴，
∴．故选B．
4．【解题思路】先根据三角形面积公式求出母线长，再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求结果.
【答案】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为，所以，∴，
因为与圆锥底面所成角为，所以底面半径为，
因此圆锥的侧面积为.
点睛：本题考查线面角，圆锥的侧面积，三角形面积等知识点，考查学生空间想象与运算能力
高频易错题
1.【解题思路】根据已知条件画出图形，再进行证明.
【答案】由已知，α∩β＝l，∴l⊂β，又∵n⊥β，∴n⊥l，C正确.故选C.
2.【解题思路】A1E⊂平面A1B1CD.
【答案】如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1.又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.故选C.
3．【解题思路】观察图形可得．
【答案】：观擦图形图可知，俯视图为，
故答案为A.
4.【解题思路】由图确定球的半径与圆柱高和底面半径之间的关系，进而求其体积之比.
【答案】设球半径为R，则圆柱底面圆半径为R，母线长为2R.
又V1＝πR2·2R＝2πR3，V2＝πR3，所以＝＝.故填.
5.【解题思路】(1) BC∥AD，(2)设出长度，表示△PCD的面积.
【答案】(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＝AD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＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x，取CD的中点N，连接PN.
则PN⊥CD，所以PN＝x.因为△PCD的面积为2，所以×x×x＝2，
解得x＝－2(舍去)或x＝2.于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.
所以四棱锥P－ABCD的体积V＝××2＝4.
精准预测题
1．【解题思路】由三视图知原图是一个底面为边长为3的正方形，高为的斜四棱柱，
【答案】.．
2.【解题思路】在长方体中构建模型表示上述条件与结论.
【答案】①中，过n作平面θ与平面α交于直线b，则n∥b，又m⊥α，知m⊥b，从而m⊥n，正确；②中，由线面垂直、面面平行的性质，m⊥γ成立，正确；如上图所示的几何体中，m⊥n，α⊥β成立，则③，④不正确.∴正确的命题序号为①，②.故选A.
3.【解题思路】还原几何体，并计算其体积.
【答案】由三视图知，该几何体是等底同高的三棱锥P－ABD与三棱柱ABC－A1B1C1的组合体，其直观图如图所示.
则几何体的体积为V＝V三棱柱＋V三棱锥＝×2×1×2＋××2×1×2＝.故选C.
4.【解题思路】由线面垂直可得面面垂直.
【答案】因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD，
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，
所以CD⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB，AD∩CD＝D，
所以AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADC.故填④.
5.【解题思路】(1) AC⊥BC，(2) VF－BCD＝S·FC，(3)利用中位线.
【答案】(1)证明 在△ABC中，
因为AC＝，AB＝2，BC＝1，所以AC2＋BC2＝AB2，
所以AC⊥BC.
又因为AC⊥FB，BC∩FB＝B，BC，FB⊂平面FBC，
所以AC⊥平面FBC.
(2)解 因为AC⊥平面FBC，FC⊂平面FBC，
所以AC⊥FC.
因为CD⊥FC，AC∩CD＝C，所以FC⊥平面ABCD.
在等腰梯形ABCD中可得CB＝DC＝1，所以FC＝1.
所以△BCD的面积为S＝.
所以四面体FBCD的体积为VF－BCD＝S·FC＝.
(3)解 线段AC上存在点M，且点M为AC中点时，有EA∥平面FDM.证明如下：
连接CE，与DF交于点N，取AC的中点M，连接MN.
因为四边形CDEF是正方形，所以点N为CE的中点.
所以EA∥MN.因为MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，所以EA∥平面FDM.
所以线段AC上存在点M，且M为AC的中点，使得EA∥平面FDM成立.
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