专题05立体几何(选择题、填空题)(教师版)397.pdf

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1、 1 专题 05 立体几何（选择题、填空题）1【2019 年高考全国卷文数】设，为两个平面，则 的充要条件是 A 内有无数条直线与 平行 B 内有两条相交直线与 平行 C，平行于同一条直线 D，垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选 B【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如

2、：“若,abab，则”此类的错误 2【2019 年高考全国卷文数】如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心，ECD 为正三角形，平面 ECD平面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，则 ABM=EN，且直线 BM，EN 是相交直线 BBMEN，且直线 BM，EN 是相交直线 CBM=EN，且直线 BM，EN 是异面直线 DBMEN，且直线 BM，EN 是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作EOCD于O，连接ON，BD，易得直线 BM，EN 是三角形 EBD 的中线，是相交直线.2 过M作MFOD于F，连接BF，Q平面CDE 平面ABCD，,EOCD EO平面CDE，EO平面ABCD，MF 平

3、面ABCD，MFB与EON均为直角三角形设正方形边长为 2，易知3,12EOONEN,，35,722MFBFBM，BMEN，故选 B 【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题 3【2019 年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式 V柱体=Sh，其中 S 是柱体的底面积，h 是柱体的高若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是 A158 B162 C182 D324【答案】B【解析】由三视图

4、得该棱柱的高为 6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为 4，3 下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222.故选 B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.4【2019 年高考浙江卷】设三棱锥 VABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱 VA 上的点（不含端点）记直线 PB 与直线 AC 所成的角为，直线 P

5、B 与平面 ABC 所成的角为，二面角 PACB 的平面角为，则 A，B，C，D，【答案】B【解析】如图，G为AC中点，连接 VG，V在底面ABC的投影为O，则P在底面的投影D在线段AO上，过D作DE垂直于AC于 E，连接 PE，BD，易得PEVG，过P作PFAC交VG于F，连接BF，过D作DHAC，交BG于H，则,BPFPBDPED ，结合PFB，BDH，PDB 均为直角三角形，可得coscosPFEGDHBDPBPBPBPB，即；在 RtPED 中，tantanPDPDEDBD，即，综上所述，答案为 B.【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的

6、概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.5【2018 年高考全国卷文数】某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图圆柱表面上的点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 4 路径中，最短路径的长度为 A172 B52 C3 D2【答案】B【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，知点 M在上底面上，点 N在下底面上，且可以确定点 M和点 N分别在以圆柱的高为长

7、方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为22422 5，故选 B【名师点睛】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.6【2018 年高考全国卷文数】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 【答案】A【解析】由题意知，题干中所给的是榫

8、头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选 A.【名师点睛】本题主要考查空间几何体的三视图，考查考生的空间想象能力和阅读理解能力，考查的 5 数学核心素养是直观想象.7【2018 年高考全国 I 卷文数】在长方体1111ABCDABC D中，2ABBC，1AC与平面11BBC C所成的角为30，则该长方体的体积为 A8 B6 2 C8 2 D8 3【答案】C【解析】在长方体1111ABCDABC D中，连接1BC，根据线面角的定义可知130AC B，因为2AB，所以12 3BC，从而求得12 2CC，所以该长方体的体积为2

9、 2 2 28 2V ，故选 C.【名师点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长、宽、高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，最终求得结果.8【2018 年高考全国 I 卷文数】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O，2O，过直线12OO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 A12 2 B12 C8 2 D10【答案】B 6【解析】根据题意，可得截面是边长为2 2的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是2的圆，且高为2

10、 2，所以其表面积为 22222 2 212S，故选 B.【名师点睛】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.9【2018 年高考浙江卷】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：cm3）是 A2 B4 C6 D8【答案】C【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为 2，底面为直角梯形，上、下底分别为 1，2，梯形的高为 2，因此几何体的体积为1122 26,2 故选 C.【名师点睛】先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在

11、具体几何体中求体积或表面积等.10【2018 年高考全国卷文数】设ABCD，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 3，则三棱锥DABC体积的最大值为 A12 3 B18 3 C24 3 D54 3 【答案】B【解析】如图所示，设点 M 为三角形 ABC 的重心，E 为 AC 中点，侧视图俯视图正视图2211 7 当点D在平面ABC上的射影为M时，三棱锥DABC的体积最大，此时，4ODOBR，239 34ABCSABQ，6AB,Q点 M 为三角形 ABC 的重心，22 33BMBE，RtOBM中，有222OMOBBM，426DMODOM，max19 3618 33

12、D ABCV，故选 B.【名师点睛】本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当点D在平面ABC上的射影为三角形 ABC 的重心时，三棱锥DABC体积最大很关键，由 M 为三角形 ABC 的重心，计算得到22 33BMBE，再由勾股定理得到 OM，进而得到结果，属于较难题型.11【2018 年高考全国卷文数】在正方体1111ABCDABC D中，E为棱1CC的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为 A22 B32 C52 D72【答案】C【解析】如图，在正方体1111ABCDABC D中，CDAB，所以异面直线AE与CD所成角为EAB，设正方体边

13、长为2a，则由E为棱1CC的中点，可得CEa，所以5BEa，则55tan22BEaEABABa故选 C 8 【名师点睛】本题主要考查异面直线所成的角，考查考生的空间想象能力、化归与转化能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、数学运算.求异面直线所成的角，需要将异面直线所成的角等价转化为相交直线所成的角，然后利用解三角形的知识加以求解.12【2018 年高考浙江卷】已知平面，直线 m，n 满足 m，n，则“mn”是“m”的 A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】因为,mnmn，所以根据线面平行的判定定理得m.由m不能得出m与内任一

14、直线平行，所以mn是m的充分不必要条件，故选 A.【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法：（1）定义法：直接判断“若p则q”、“若q则p”的真假并注意和图示相结合，例如“pq”为真，则p是q的充分条件（2）等价法：利用pq与非q非p，qp与非p非q，pq与非q非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法（3）集合法：若AB，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若AB，则A是B的充要条件 13【2018 年高考浙江卷】已知四棱锥 SABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段 AB 上的点（不含端点），设 SE 与 BC 所成的角为 1，SE 与平面 ABCD 所成的角

15、为 2，二面角 SABC 的平面角为 3，则 A123 B321 C132 D231 9【答案】D【解析】设 O 为正方形 ABCD 的中心，M 为 AB 中点，过 E 作 BC 的平行线 EF，交 CD 于 F，过 O 作ON 垂直 EF 于 N，连接 SO，SN，SE，SM，OM，OE，则 SO 垂直于底面 ABCD，OM 垂直于 AB，因此123,SENSEOSMO 从而123tan,tan,tan,SNSNSOSOENOMEOOM 因为SNSOEOOM，所以132tantantan,即132，故选 D.【名师点睛】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定

16、角的大小关系.14【2018 年高考北京卷文数】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为 A1 B2 C3 D4【答案】C【解析】由三视图可得四棱锥PABCD如图所示，10 在四棱锥PABCD中，2,2,2,1PDADCDAB，由勾股定理可知：2 2,2 2,3,5PAPCPBBC，则在四棱锥中，直角三角形有：,PADPCDPAB，共 3 个，故选 C.【名师点睛】此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.解答本题时，根据三视图还原几何体，利用

17、勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.15【2017 年高考全国卷文数】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 A B C D【答案】A【解析】对于 B，易知 ABMQ，则直线 AB平面 MNQ；对于 C，易知 ABMQ，则直线 AB平面 MNQ；对于 D，易知 ABNQ，则直线 AB平面 MNQ 故排除 B，C，D，选 A【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及空间想象能力，属容易题证明线面平行的常用方法：利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找

18、到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面 11 16【2017 年高考全国卷文数】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 A90 B63 C42 D36 【答案】B【解析】由题意，该几何体是由高为 6 的圆柱截取一半后的图形加上高为 4 的圆柱，故其体积为2213634632V ，故选 B.【名师点睛】（1）解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间

19、几何体的形状并画出其直观图（2）三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据 17【2017 年高考全国卷文数】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 B34 C2 D4【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：11,2ACAB，结合勾股定理，底面半径2213122r，12 由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是2233124Vr h，故选 B.【名师点睛】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

20、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.18【2017 年高考全国卷文数】在正方体1111ABCDABC D中，E 为棱 CD 的中点，则 A11AEDC B1AEBD C11AEBC D1AEAC【答案】C【解析】根据三垂线定理的逆定理，可知平面内的线垂直于平面的斜线，则也垂直于斜线在平面内的射影.A.若11AEDC，那么11D EDC，很显然不成立；B.若1AEBD，那么BDAE，显然不成立；C.若11AEBC，那么11BCBC，成立，反过

21、来11BCBC时，也能推出11BCAE,所以 C 成立；D.若1AEAC，则AEAC，显然不成立，故选 C.【名师点睛】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.13 19【2017 年高考北京卷文数】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为 A60 B30 C20 D10【答案】D【解析】该几何体是如下图所示的三棱锥PABC.由图中数据可得该几何体的体积是，故选 D.【名师点睛】本题考查了空间想象能力，由三视图还原几何体的方法:如果我们死记硬背，不会

22、具体问题具体分析，就会选错，实际上，这个题的俯视图不是几何体的底面，因为顶点在底面的射影落在了底面三角形的外面，否则中间的那条线就不会是虚线.20【2017 年高考浙江卷】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：cm3）115 3 41032V 14 是 A12 B32 C312 D332【答案】A【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为21113(2 1)13222V ，故选 A【名师点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高

23、，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽 由三视图画出直观图的步骤和思考方法：（1）首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；（2）观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；（3）画出整体，然后再根据三视图进行调整 21【2017 年高考浙江卷】如图，已知正四面体DABC（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R 分别为AB，BC，CA 上的点，AP=PB，2BQCRQCRA，分别记二面角 DPRQ，DPQR，DQRP 的平面角为 ,，则 15 A B C D【答案】B【解析】设 O 为三角形 ABC 中心，则 O 到 PQ 距

24、离最小，O 到 PR 距离最大，O 到 RQ 距离居中，而三棱锥的高相等，因此，所以选 B【名师点睛】立体几何是高中数学中的重要内容，也是高考重点考查的考点与热点这类问题的设置一般有线面位置关系的证明与角度距离的计算等两类问题解答第一类问题时一般要借助线面平行与垂直的判定定理进行；解答第二类问题时先建立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标形式及数量积公式进行求解 22【2019 年高考全国卷文数】已知ACB=90，P 为平面 ABC 外一点，PC=2，点 P 到ACB 两边 AC，BC 的距离均为3，那么 P 到平面 ABC 的距离为_【答案】2【解析】作,PD PE分别垂直于,AC BC，PO

25、 平面ABC，连接CO，由题意可知,CDPD CDPO，=PDPO PI，CD平面PDO，又OD 平面PDO，CDOD，3PDPEQ，2PC，3sinsin2PCEPCD，60PCBPCA，又易知POCO，CO为ACB的平分线，16 4512,OCDODCDOC，又2PC，422PO【名师点睛】本题主要考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到P在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，利用勾股定理解决注意画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题则很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍 23【2019

26、 年高考全国卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图 1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图 2 是一个棱数为48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为 1则该半正多面体共有_个面，其棱长为_（本题第一空 2 分，第二空 3 分）【答案】26，21【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有 9 个面，计 18 个面，第二层共有8 个面，所以该半正多面体共有18826个面 如图，设该半正多面

27、体的棱长为x，则ABBEx，延长CB与FE的延长线交于点G，延长BC交正方体的棱于H，由半正多面体对称性可知，BGE为等腰直角三角形，22,2(21)122BGGECHxGHxxx，12121x，即该半正多面体的棱长为21 17 【名师点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形 24【2019 年高考全国卷文数】学生到工厂劳动实践，利用 3D 打印技术制作模型如图，该模型为长方体1111ABCDABC D挖去四棱锥 OEFGH 后所得的几何体，其中 O 为长方体的中心，

28、E，F，G，H分别为所在棱的中点，16 cm4 cmAB=BC=AA=，3D 打印所用原料密度为 0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g.【答案】118.8【解析】由题意得，214 642 312cm2EFGHS 四边形，四棱锥 OEFGH 的高为 3cm，3112 312cm3O EFGHV 又长方体1111ABCDABC D的体积为32466144cmV ，所以该模型体积为3214412132cmO EFGHVVV，其质量为0.9 132118.8g【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解根据题意可知模型的体

29、积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.18 25【2019 年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示如果网格纸上小正方形的边长为 1，那么该几何体的体积为_ 【答案】40【解析】如图所示，在棱长为 4 的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD ANQC B之后余下的几何体，则几何体的体积314242 4402V .【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位

30、置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解 26【2019 年高考北京卷文数】已知 l，m 是平面外的两条不同直线给出下列三个论断：19 lm；m；l 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_【答案】如果 l，m，则 lm.【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果 l，m，则 lm，正确；（2）如果 l，lm，则 m，不正确，有可能 m 在平面 内；（3）如果 lm，m，则 l，不正确，有可能 l 与 斜交、l.故答案为：如果 l，m，则 lm.【名

31、师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.27【2019 年高考天津卷文数】已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_.【答案】4【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5，借助勾股定理，可知四棱锥的高为5 12.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故圆柱的体积为21124.【名师点睛】本题主要考查空间几何体的

32、结构特征以及圆柱的体积计算问题，解答时，根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.28【2019 年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCDABC D的体积是 120，E 为1CC的中点，则三棱锥 EBCD的体积是 .20 【答案】10【解析】因为长方体1111ABCDABC D的体积为 120，所以1120AB BC CC，因为E为1CC的中点，所以112CECC，由长方体的性质知1CC 底面ABCD，所以CE是三棱锥EBCD的底面BCD上的高，所以三棱锥EBCD的体积1132VAB BC CE111111201

33、032212AB BCCC.【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.29【2018 年高考江苏卷】如图所示，正方体的棱长为 2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为_ 【答案】43【解析】由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为 1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为 21421233.【名师点睛】解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何

34、模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决 30【2018 年高考天津卷文数】如图，已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，则四棱锥 A1BB1D1D 的体 21 积为_ 【答案】13【解析】如图所示，连接11AC，交11B D于点O，很明显1A在平面11BDD B上的射影是点 O，则1AO是四棱锥 A1BB1D1D 的高，且2211111211222AOAC，1 112 12BDD BSBDDD 四边形，结合四棱锥体积公式可得其体积为：112123323VSh.【名师点睛】本题主要考查棱锥体积的计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转

35、化能力和计算求解能力.31【2018 年高考全国 II 卷文数】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30，若SAB的面积为8，则该圆锥的体积为_【答案】8 22【解析】如下图所示，30,90SAOASBoo，又211822SABSSA SBSA，解得4SA，所以2212,2 32SOSAAOSASO，所以该圆锥的体积为2183VOASO.【名师点睛】此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.32【2017 年高考全国卷文数】已知三棱锥 SABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，SC 是球

36、 O 的直径 若平面 SCA平面 SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥 SABC 的体积为 9，则球 O 的表面积为_【答案】36【解析】取SC的中点O，连接,OA OB，因为,SAAC SBBC，所以,OASC OBSC，因为平面SAC 平面SBC，所以OA 平面SBC，设OAr，则3111123323A SBCSBCVSOArrrr，所以31933rr，所以球的表面积为2436r.【名师点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可

37、先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的各顶点的距离相等，然后用同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球 33【2017 年高考全国卷文数】长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为 .【答案】14 23【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以222232114,

38、414.RSR 【名师点睛】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.34【2017 年高考天津卷文数】已知一个正方形的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为 18，则这个球的体积为_【答案】92【解析】设正方体的边长为a，则26183aa，其外接球直径为233Ra，故这个球的体积343VR4279382【名师点睛】求多面体的外接球的表面积或体积的问题常用的方

39、法有：三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；如果多面体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点即球心 35【2017 年高考山东卷文数】由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为 .【答案】22【解析】由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为 2,1,1,圆柱的高为 1,底面圆的半径为 1,所以 2 12 1 121242V .【名师点睛】（1）解答此类题目的关键是由多面体的三视图想

40、象出空间几何体的形状并画出其直观图 14 24（2）三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据 36【2017 年高考江苏卷】如图，在圆柱12OO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12OO的体积为1V，球O的体积为2V，则12VV的值是 .【答案】32【解析】设球半径为r，则213223423VrrVr故答案为32【名师点睛】空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：若给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解；若所给定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、补形法等方法进行求解