1、“.....其中,证明若是中点，则，即⊥由题设知，是平面内两个不共线向量设是平面个法向量，即，取，得又平面个法向量是，所以，而二面角余弦值为，因此，解得或舍去，此时因为平面，且平面个法向量是，所以，即，亦即，从而于是，将四面体视为以为底面三棱锥，则其高，故四面体体积法二证明如图，取中点，连接，因为，是⊥平面，为中点证明平面设二面角为，求三棱锥体积解证明连接交于点，连接因为为矩形，所以为中点又为中点，所以因为⊂平面，⊄平面，所以平面因为⊥平面，为矩形，所以两两垂直设为平面法向量，即可取又为平面法向量，由题设即，解得因为为中点，所以三棱锥高为，三棱锥体积新课标全国卷Ⅰ如图三棱柱中，侧面为菱形，⊥证明若⊥......”。

2、“.....交于点，连接因为侧面为菱形，所以⊥，且为及中点又⊥，∩，所以⊥平面由于⊂平面，故⊥又，故因为⊥，且为中点，所以又因为，所以≌故⊥，从而两两相互垂直以为坐标原点，方向为轴，轴，轴正方向，为单位长，建立如图所示空间直角坐标系因为，所以为等边三角形又，则，设是平面法向量，则即，所以可取设是平面法向量，则同理可取则，所以二面角余弦值为安徽高考如图所示，在多面体中，四边形均为正方形，为中点，过平面交于证明求二面角余弦值解证明由正方形性质可知，且，所以四边形为平行四边形，从而又⊂平面，⊄平面，于是平面又⊂平面，平面∩平面，所以因为四边形均为正方形，所以⊥，⊥，⊥且，以为原点，分别以为轴，轴和轴单位正向量建立如图所示空间直角坐标系......”。

3、“.....所以点坐标为为其组解，所以可取设平面法向量为，而该平面上向量由此同理可得，所以结合图形知二面角余弦值为湖南高考如图，已知四棱台上下底面分别是边长为和正方形且⊥底面，点，分别在棱，上若是中点，证明⊥若平面，二角面余弦值为，求四面体体积解法图由题设知，两两垂直以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，则相关各点坐标为，其中,证明若是中点，则，即⊥由题设知，是平面内两个不共线向量设是平面个法向量，即，取，得又平面个法向量是，所以，而二面角余弦值为，因此，解得或舍去，此时因为平面，且平面个法向量是，所以，即，亦即，从而于是，将四面体视为以为底面三棱锥，则其高，故四面体体积法二证明如图，取中点，连接，因为，是......”。

4、“.....从而两两相互垂直以为坐标原点，方向为轴，轴，轴正方向，为单位长，建立如图所示空间直角坐标系因为，所以为等边三角形又，则，设是平面法向量，则即，所以可取设是平面法向量，则同理可取则，所以二面角余弦值为安徽高考如图所示，在多面体中，四边形均为正方形，为中点，过平面交于证明求二面角余弦值解证明由正方形性质可知，且，所以四边形为平行四边形，从而又⊂平面，⊄平面，于是平面又⊂平面，平面∩平面，所以因为四边形均为正方形，所以⊥，⊥，⊥且，以为原点，分别以为轴，轴和轴单位正向量建立如图所示空间直角坐标系，可得点坐标而点为中点，所以点坐标为为其组解，所以可取设平面法向量为，而该平面上向量由此同理可得......”。

5、“.....已知四棱台上下底面分别是边长为和正方形且⊥底面，点，分别在棱，上若是中点，证明⊥若平面，二角面余弦值为，求四面体体积解法图由题设知，两两垂直以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，则相关各点坐标为，其中,证明若是中点，则，即⊥由题设知，是平面内两个不共线向量设是平面个法向量，即，取，得又平面个法向量是，所以，而二面角余弦值为，因此，解得或舍去，此时因为平面，且平面个法向量是，所以，即，亦即，从而于是，将四面体视为以为底面三棱锥，则其高，故四面体体积法二证明如图，取中点，连接，因为，是梯形两腰，是中点，所以，于是由知，，所以，四点共面由题设知，⊥，⊥，所以⊥平面，因此⊥因为，所以，因此......”。

6、“.....故⊥如图，过点作交于点，则平面因为⊥平面，所以⊥平面过点作⊥于点，连接，则⊥，为二面角平面角，所以，即，从而连接，由平面及知，平面平面，所以又四边形是正方形，所以四边形为矩形，故设，则过点作交于点，则四边形为矩形，所以因此于是，所以再由得，解得，因此故四面体体积⊥平面，为中点证明平面设二面角为，求三棱锥体积解证明连接交于点，连接因为为矩形，所以为中点又为中点，所以因为⊂平面，⊄平面，所以平面因为⊥平面，为矩形，所以两两垂直设为平面法向量，即可取又为平面法向量，由题设即，解得因为为中点，所以三棱锥高为，三棱锥体积新课标全国卷Ⅰ如图三棱柱中，侧面为菱形，⊥证明若⊥，求二面角余弦值解证明连接，考点空间几何体三视图表面积与体积新课标全国卷Ⅱ正三棱柱底面边长为，侧棱长为......”。

7、“.....则三棱锥体积为解析选由题意可知⊥，由面面垂直性质定理可得⊥平面，又，所以新课标全国卷Ⅱ如图，网格纸上正方形小格边长为表示，图中粗线画出是零件三视图，该零件由个底面半径为，高为圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分体积与原来毛坯体积比值为解析选原毛坯体积，由三视图可知该零件为两个圆柱组合体，其体积，故所求比值为新课标全国卷Ⅰ几何体三视图如图所示，则该几何体体积为解析选先根据三视图判断出组合体结构特征，再根据几何体体积公式进行计算根据三视图可以判断该几何体由上下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体体积为新课标全国卷Ⅱ个四面体顶点在空间直角坐标系中坐标分别是画该四面体三视图中正视图时，以平面为投影面，则得到正视图可以为解析选在空间直角坐标系中作出几何体直观图，如图所示......”。

8、“.....该四棱锥最长棱棱长为解析选根据三视图，可知几何体直观图为如图所示四棱锥，其中⊥平面，且底面是边长为正方形，所以四棱锥中最长棱为连接，易知，在中，浙江高考几何体三视图如图所示单位，则该几何体体积是解析选由三视图可知，该几何体是由个正方体和个正四棱锥构成组合体下面是棱长为正方体，体积上面是底面边长为，高为正四棱锥，体积，所以该几何体体积山东高考已知等腰直角三角形直角边长为，将该三角形绕其斜边所在直线旋转周而形成曲面所围成几何体体积为解析选绕等腰直角三角形斜边所在直线旋转周形成曲面围成几何体为两个底面重合，等体积圆锥，如图所示每个圆锥底面半径和高都为，故所求几何体体积福建高考几何体三视图如图所示......”。

9、“.....该几何体是个直四棱柱，上下底面为直角梯形，如图所示直角梯形斜腰长为，所以底面周长为，侧面积为，两底面面积和为，所以该几何体表面积为考点二球与组合体切接问题新课标全国卷平面截球球面所得圆半径为，球心到平面距离为，则此球体积为解析选设球半径为，由球截面性质得，所以球体积新课标全国卷Ⅱ已知正四棱锥体积为，底面边长为，则以为球心，为半径球表面积为解析过作底面垂线段，则为正方形中心由题意可知，所以，故球半径，则球表面积答案湖南高考工件三视图如图所示现将该工件通过切削，加工成个体积尽可能大长方体新工件，并使新工件个面落在原工件个面内，则原工件材料利用率为材料利用率新工件体积原工件体积解析选该三视图对应几何体为底面半径为，高为圆锥如图，设长方体长宽高分别为......”。