2018课标版文数一轮(8)第八章-立体几何(含答案)1-第一节 空间几何体及其三视图、直观图
【人教A版】2018版高考数学(文)一轮设计：第8章-立体几何初步第1讲
(4)正方体和球的三视图均相同，而圆锥的正视图和侧视图相同，
且为等腰三角形， 其俯视图为圆心和圆. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
基础诊断
考点突破
课堂总结
2.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是(
)
A.圆柱
解析
B.圆锥
C.四面体
D.三棱柱
由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使
2 在 Rt△ABE 中，AB＝1，∠ABE＝45° ，∴BE＝ . 2 又四边形 AECD 为矩形，AD＝EC＝1. 2 ∴BC＝BE＋EC＝ 2 ＋1.
基础诊断 考点突破 课堂总结
由此还原为原图形如图 2 所示，是直角梯形 A′B′C′D′. 2 在梯形 A′B′C′D′中，A′D′＝1，B′C′＝ 2 ＋1，A′B′＝2. 1 1 2 ∴这块菜地的面积 S＝2(A′D′＋B′C′)·A′B′＝2×1＋1＋ ×2 2 2 ＝2＋ 2 .
第1讲
空间几何体的结构、三
视图和直观图
基础诊断
考点突破
课堂总结
最新考纲
1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，
并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；2.能画出简
单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三
视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法 画出它们的直观图；3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三 视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.
解析 如图所示，作出等腰梯形ABCD的直观图：
基础诊断
考点突破
课堂总结
1 2 因为 OE＝ （ 2） －1＝1， 所以 O′E′＝2， E′F＝ 4 ，
(课标通用)2018年高考数学一轮复习 第八章 立体几何大题冲关 理
第八章立体几何高考中立体几何问题的热点题型1．立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，两个选择题或填空题．小题主要考查学生的空间观念，空间想象能力及简单计算能力．解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算．重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力．热点题型主要有平面图形的翻折、探索性的存在问题等；2．思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算)．热点一空间点、线、面的位置关系以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制试题，主要考查公理4及线面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等．[典题1] 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体积．(1)[证明]在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB.又AB⊥BC，BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)[证明]证法一：如图①，取AB中点G，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1. 所以四边形FGEC 1为平行四边形． 所以C 1F ∥EG .又EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .①②证法二：如图②，取AC 的中点H ，连接C 1H ，FH . 因为H ，F 分别是AC ，BC 的中点， 所以HF ∥AB .又E ，H 分别是A 1C 1，AC 的中点， 所以EC 1綊AH ，所以四边形EAHC 1为平行四边形， 所以C 1H ∥AE .又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ， 所以平面ABE ∥平面C 1HF . 又C 1F ⊂平面C 1HF ， 所以C 1F ∥平面ABE .(3)[解] 因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3.所以三棱锥E －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33.1．证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题．2．计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，若不能直接用公式时，注意进行体积的转化．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需要说明理由)； (2)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关系，并证明你的结论； (3)证明：直线DF ⊥平面BEG . (1)解：点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)解：平面BEG ∥平面ACH .证明如下： 因为ABCD －EFGH 为正方体， 所以BC ∥FG ，BC ＝FG .又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE∥CH.又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH，同理BG∥平面ACH，又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明：连接FH，与EG交于点O，连接BD.因为ABCD－EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH.因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG.又EG⊥FH，DH∩FH＝H，所以EG⊥平面BFHD.又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG，同理DF⊥BG，又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证．(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在．[典题2] [2017·山东济南调研]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值；(3)在线段BC 1上是否存在点D ，使得AD ⊥A 1B ？若存在，试求出BDBC 1的值． (1)[证明] 在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC . 又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，AA 1⊂平面AA 1C 1C . ∴AA 1⊥平面ABC .(2)[解] 由(1)知，AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB ， 由题意知，在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5， ∴BC 2＝AC 2＋AB 2，∴AB ⊥AC .∴以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A －xyz.A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，于是A 1C 1→＝(4,0,0)，A 1B →＝(0,3，－4)，B 1C 1→＝(4，－3,0)，BB 1→＝(0,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)． ∴⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1→·n 1＝0，A 1B →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 1＝0，3y 1－4z 1＝0，∴取向量n 1＝(0,4,3)．由⎩⎪⎨⎪⎧B 1C 1→·n 2＝0，BB 1→·n 2＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0，∴取向量n 2＝(3,4,0)． ∴cos θ＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝165×5＝1625.由题图可判断二面角A 1－BC 1－B 1为锐角， 故二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值为1625.(3)[解] 假设存在点D (x ，y ，z )是线段BC 1上一点，使AD ⊥A 1B ，且BD →＝λBC 1→，∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)， 解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ， ∴AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)．又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0， 解得λ＝925，∵925∈[0,1]， ∴在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ， 此时BD BC 1＝925.1．对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．2．对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．热点三 空间向量在立体几何中的应用在高考中主要考查通过建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算证明空间中的线、面的平行与垂直关系，计算空间角(特别是二面角)，常与空间几何体的结构特征，空间线、面位置关系的判定定理与性质定理等知识综合，以解答题形式出现，难度中等．常见的命题角度有：[考查角度一] 计算线线角、线面角[典题3] 如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．[解] 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)由题意知，AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量， AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m|AD →||m |＝33， 所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)， 设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)， 则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP→|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]， 则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，所以此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.解决与线线角、线面角有关的问题，关键是利用垂直关系建立空间直角坐标系，运用向量的坐标运算求解．[考查角度二] 求二面角[典题4] [2016·浙江卷]如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角B －AD －F 的平面角的余弦值．(1)[证明] 延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．因为平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，且AC ⊥BC ， 所以AC ⊥平面BCK ，因此BF ⊥AC . 又EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2， 所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点， 则BF ⊥CK ，又AC ∩CK ＝C ， 所以BF ⊥平面ACFD .(2)[解] 解法一：过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK . 所以∠BQF 是二面角B －AD －F 的平面角． 在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得AK ＝13，FQ ＝31313. 在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34. 所以二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.解法二：如图，延长AD ，BE ，CF相交于一点K ，则△BCK 为等边三角形．取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以KO ⊥平面ABC . 以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意，得B (1,0,0)，C (－1,0,0)，K (0,0，3)，A (－1，－3，0) ，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32. 因此，AC →＝(0,3,0)，AK →＝(1,3，3)， AB →＝(2,3,0)．设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧ AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧ 2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝34. 所以二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.1．用向量法解决立体几何问题，可使复杂问题简单化，使推理论证变为计算求解，降低思维难度，使立体几何问题“公式”化，训练的关键在于“归类、寻法”．2．求二面角的余弦值，转化为求两个半平面所在平面的法向量，通过两个平面的法向量的夹角求得二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．。
2018版高考数学(理)一轮复习文档：第八章8.1 空间几何体的结构、三视图和直观图含解析
1．多面体的结构特征2．旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任一直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线3.空间几何体的三视图(1)三视图的名称几何体的三视图包括:正视图、侧视图、俯视图．（2)三视图的画法①在画三视图时,重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察到的几何体的正投影图．4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画,其规则是（1）原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．（2)原图形中平行于坐标轴的线段,直观图中仍平行于坐标轴;平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度变为原来的一半．【知识拓展】1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．（2)水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰三角形．（3）水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰梯形．（4)水平放置的圆柱的正视图和侧视图均为全等的矩形．2．斜二测画法中的“三变"与“三不变”“三变"错误!“三不变”错误!【思考辨析】判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）（1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．（×)（2）有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．（×)（3)夹在两个平行的平面之间,其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．（×)(4）正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( ×）(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．（×)（6)菱形的直观图仍是菱形．( ×）1．（教材改编）下列说法正确的是（）A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行,则在直观图中对应的两条线段仍然平行答案D解析由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．2．(2016·天津)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示,则该几何体的侧视图为（)答案B解析由正视图和俯视图可知该几何体的直观图如图所示，故该几何体的侧视图为选项B.3．(教材改编）如图,直观图所表示的平面图形是( )A．正三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．直角三角形答案D解析由直观图中，A′C′∥y′轴，B′C′∥x′轴，还原后原图AC∥y轴，BC∥x轴．直观图还原为平面图形是直角三角形．故选D.4．(2016·长春三模）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（)A．20 B．18 C．14＋2错误!D．14＋2错误!答案A解析 由三视图可得该几何体的直观图如图所示，其为一个正方体截掉4个角后形成的几何体，故该几何体的表面积为S ＝2×2＋错误!×错误!＋4×错误!×2×2＋4×错误!×错误!× 错误!＝20。
2018高考数学(文)(人教新课标)大一轮复习配套文档第八章 立体几何 单元测试卷 Word版含答案
一、选择题：本大题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．．已知互相垂直的平面α，β交于直线.若直线，满足∥α，⊥β，则( )．∥ ．∥ ．⊥．⊥解：因为⊥β，⊂β，所以⊥.故选.．()某几何体的三视图如图所示(单位：)，则该几何体的体积是()．．解：该几何体为一个正方体和一个正四棱锥的组合体，其体积＝＋×××＝()．故选.．一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是( )．球．三棱锥 ．正方体．圆柱解：球的三视图是三个相同的圆，三棱锥的三视图可以是三个全等的三角形，正方体的三视图可能是三个相同的正方形，而当圆柱的底面放置在水平面上时，其俯视图是圆，正视图是矩形．故选.．()如图，在正方体中，，分别为，的中点，则下列直线中与直线相交的是( )．直线．直线 ．直线．直线解：在同一个平面内不平行的两条直线或有公共交点的两条直线为相交直线，可判断选项正确．故选. ．如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，则与平面的位置关系是( )．∥平面．与平面相交 ．在平面内．与平面的位置关系无法判断解：正方体中，，分别是棱，的中点，取的中点，连接，，则∥，∥，所以∥平面，∥平面，又因为∩＝，所以平面∥平面，从而可得∥平面.故选.．一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是(，，)，(，，)，(，，)，(，，)，画该四面体三视图中的正视图时，以平面为投影面，则得到的正视图可以为( )解：如图所示，点(，，)，(，，)，(，，)，(，，)，此四点恰为正方体上四个点，且构成一个棱长为的正四面体，该正四面体在投影面上的正视图为正方形.故选.．已知正四棱柱中，＝，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为( )解：取的中点，连接，则∠为所求的角，设＝，∠＝＋×)＝＝＝.故选.．()已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥的四个侧面中面积最大的是( )．．．．解：由三视图知，该几何体是四棱锥，其直观图如图，四个侧面中面积最大的是△，由题设知＝，＝，＝＝，所以＝，取中点，连接，，则⊥，所以⊥，＝＝，所以△＝·＝.故选.．()已知等腰直角三角形的直角边的长为，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )．π．π解：将等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，可得到两个同底的圆锥，因此＝π·()·＝π.故选.．半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为( )π∶π∶．π∶．π∶解：将半球补成整个球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体恰好是球的内接长方体，那么这个长方体的体对角线就是它的外接球的直径．设正方体的棱长为，球的半径为，则()＝＋＋()，即＝.所以半球＝×π＝π＝π，正方体＝.所以半球∶正方体＝π∶＝π∶.故选.．已知正四棱柱中，＝，＝，为的中点，则直线与平面的距离为( )．．解：如图，连接，交于，连接，在△中，易证∥.从而∥平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离，设为.由等体积法，得＝△×＝＝△×＝××××＝.又因为在△中，＝，＝＝，。
2018届高考文科数学第8章立体几何8-1
高考总复习· 数学文科（RJ）
第八章 立体几何
3．空间几何体的直观图 斜二测 画法，其规则是： 画空间几何体的直观图常用________
(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴 45°(或135°) ，z′轴与x′轴、y′轴所在平面_____ 垂直 ． 的夹角为_____________ 平行于 (2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别________ 坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度_____ 不变 ， 原来的一半 ． 平行于y轴的线段长度在直观图中变为______________
矩形 直角三角形 直角梯形或等腰梯形 半圆或圆
旋转轴
矩形一边所在的直线 一直角边所在的直线 直角腰所在的直线或等腰
梯形上下底中点连线
直径所在的直线
高考总复习· 数学文科（RJ）
第八章 立体几何
2.空间几何体的三视图
(1)三视图的名称
几何体的三视图包括：_______ 正视图 、________ 侧视图 、_______ 俯视图 ． (2)三视图的画法 ①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成 虚线 ． ______ ②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的 正前 方、_____ 正左 方、______ 正上 方观察几何体的正投影图． ______
第八章 立体几何
【解析】 A，B的正视图不符合要求，C的俯视图显然 不符合要求，故选D.
【答案】 D
高考总复习· 数学文科（RJ）
第八章 立体几何
命题点2
由空间几何体的直观图判断三视图
【例3】 (2017· 贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD
的四个顶点是长方体的四个顶点 ( 长方体是虚拟图形，起 辅助作用 ) ，则四面体 ABCD 的三视图是 ( 用①②③④⑤⑥ 代表图形)( )
2018高考数学(文)(人教新课标)大一轮复习配套文档第八章立体几何8-6空间直角坐标系Word版含答案
8．6 空间直角坐标系1．空间直角坐标系(1)如图，OABCD′A′B′C′是单位正方体．以O 为原点，分别以射线OA，OC，OD′的方向为正方向，以线段OA，OC，OD′的长为单位长，建立三条数轴：________、________、________．这时我们说建立了一个空间直角坐标系Oxyz，其中点O叫做坐标原点，x 轴、y轴、z轴叫做________．通过每两个坐标轴的平面叫做________，分别称为xOy平面、yOz平面、zOx 平面．在平面上画空间直角坐标系Oxyz时，一般使∠xOy＝________，∠yOz＝________．(2)在空间直角坐标系中，让右手拇指指向________的正方向，食指指向________的正方向，如果中指指向________的正方向，则称这个坐标系为右手直角坐标系．(3)如图，设点M为空间的一个定点，过点M分别作垂直于x轴、y轴和z轴的平面，依次交x轴、y轴和z轴于点P，Q和R.设点P，Q和R在x轴、y轴和z 轴上的坐标分别是x，y和z，那么点M就对应________________________；反过来，给定有序实数组(x，y，z)，我们可以在x轴、y轴和z轴上依次取坐标为x，y和z的点P，Q和R，分别过P，Q和R各作一个平面，分别垂直于x轴、y轴和z轴，这三个平面的____________就是有序实数组(x，y，z)确定的点M.这样，空间一点M的坐标可以用有序实数组(x，y，z)来表示，有序实数组(x，y，z)叫做点M在此空间直角坐标系中的坐标，记作____________．其中x叫做点M的________，y叫做点M的________，z叫做点M 的________．2．空间两点间的距离公式设A()x1，y1，z1，B()x2，y2，z2，则两点间的距离公式||AB＝__________________________．特别地，空间任意一点P(x，y，z)与原点间的距离|OP|＝________________．注：在空间直角坐标系中，点M(x，y，z)的坐标满足x2＋y2＋z2＝1，则点M的轨迹是一个以原点为球心，1为半径的______．自查自纠1．(1)x轴y轴z轴坐标轴坐标平面135°90°(2)x轴y轴z轴(3)唯一确定的有序实数组()x，y，z唯一的交点M()x，y，z横坐标纵坐标竖坐标2.()x1-x22＋()y1-y22＋()z1-z22x2＋y2＋z2球面点M(0，0，6)的位置是( )A．在Ox轴上B．在Oy轴上C．在Oz轴上D．在面xOy上解：易知点M的横、纵坐标为0，竖坐标为6，所以点M在Oz轴上．故选C.已知点A(1，1，0)，B(-1，2，1)，则A，B 两点间的距离是( )A ．6 B. 5 C. 6 D ．5解：||AB ＝()x 1-x 22＋()y 1-y 22＋()z 1-z 22＝()1＋12＋()1-22＋()0-12＝6，故选C.在空间直角坐标系中，已知点P (x ，y ，z )，给出下列4条叙述：①点P 关于x 轴的对称点的坐标是(x ，-y ，z )； ②点P 关于yOz 平面的对称点的坐标是(x ，-y ，-z )；③点P 关于y 轴的对称点的坐标是(x ，-y ，z )； ④点P 关于原点的对称点的坐标是(-x ，-y ，-z )． 其中正确的个数是( ) A ．3B ．2C ．1D ．0解：易知①②③错误，仅④正确，故选C. 在矩形ABCD 中，AC ，BD 是对角线，且A (4，1，3)，B (2，-5，1)，C (3，7，-5)，则顶点D 的坐标为________．解：因为矩形的对角线互相平分，所以AC 的中点即为BD 的中点．由已知得AC 中点M 为⎝ ⎛⎭⎪⎫72，4，-1.设D (x ，y ，z )，则x ＋22＝72，y -52＝4，z ＋12＝-1.所以x ＝5，y ＝13，z ＝-3.所以D (5，13，-3)．故填(5，13，-3)．在空间直角坐标系中，以点A (4，1，9)，B (10，-1，6)，C (x ，4，3)为顶点的△ABC 是以BC 为底边的等腰三角形，则实数x 的值为________．解：因为△ABC 是以BC 为底边的等腰三角形， 所以|AB |＝|AC |， 即（4-10）2＋（1＋1）2＋（9-6）2＝（4-x ）2＋（1-4）2＋（9-3）2，化简得(4-x )2＝4，解得x ＝2或6.故填2或6.类型一 空间坐标和中点坐标在空间直角坐标系中，作出点M (6，-2，4)．解：如图所示，在x 轴、y 轴和z 轴上依次取坐标为6，-2，4的点P ，Q 和R ，分别过P ，Q ，R 各作一个平面，分别垂直于x 轴、y 轴和z 轴，这三个平面的唯一交点就是点M (6，-2，4)．【点拨】不管是给出具体的点写出在空间直角坐标系中的坐标，还是给出空间直角坐标系中的坐标画出这个点，都要引起足够的重视，这不仅可以加深对空间直角坐标系的认识，也有利于空间想象能力的培养．在空间直角坐标系中，作出下列各点：A (-2，3，3)；B (3，-4，2)；C 为AB 的中点．解：根据中点坐标公式，x C ＝-2＋32＝12，y C ＝3-42＝-12，z C ＝3＋22＝52，所以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，-12，52.各点在空间直角坐标系中的坐标如图所示．类型二 空间特殊点的坐标已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M为A 1C 1中点，N 为AB 1中点，建立适当的坐标系，写出M ，N 两点的坐标．解：如图，以A 为原点，AB ，AD ，AA 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系．点M 在xOy 平面上的射影是AC 的中点，根据中点坐标公式可知点M 横坐标x ＝1，纵坐标y ＝1；点M 在z 轴上的射影是A 1，它的竖坐标与点A 1的竖坐标相同，点A 1的竖坐标z ＝2.所以点M 的坐标是(1，1，2)．同理可知点N 的坐标是(1，0，1)．【点拨】利用正方体的共顶点的三条棱两两垂直建系，注意同一个点会因建立的坐标系不同而形成不同的坐标．如图所示，在长方体OABC O 1A 1B 1C 1中，OA ＝2，AB ＝3，AA 1＝2，M 是OB 1与BO 1的交点，求M点的坐标．解：以O 为原点，OA ，OC ，OO 1分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．因为OA ＝2，AB ＝3，AA 1＝2，所以A (2，0，0)，A 1(2，0，2)，B (2，3，0)，B 1(2，3，2)．因为面OBB 1O 1是矩形，且M 是OB 1与O 1B 的交点， 所以M 是OB 1的中点．所以点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，32，22，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，1.类型三 空间两点间的距离已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝2，M 为BC 1的中点，N 为A 1B 1的中点，求|MN |.解：如图，以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C 1(0，2，2)，A 1(0，0，2)，B 1(2，0，2)，所以M (1，1，1)，N (1，0，2)．所以|MN |＝（1-1）2＋（1-0）2＋（1-2）2＝2.【点拨】只要建立恰当的空间直角坐标系，写出各点的坐标，利用空间中两点间的距离公式，就可以求得线段的长．(2015·云南模拟)求证：以A (4，1，9)，B (10，-1，6)，C (2，4，3)为顶点的三角形是等腰直角三角形．证明：利用空间两点间的距离公式可得：AB ＝（4-10）2＋（1＋1）2＋（9-6）2＝7， AC ＝（4-2）2＋（1-4）2＋（9-3）2＝7， BC ＝（10-2）2＋（-1-4）2＋（6-3）2＝72，所以AB 2＋AC 2＝BC 2且AB ＝AC ，故△ABC 为等腰直角三角形．1．建立空间直角坐标系的方法通过分析几何体的特点，恰当地建立坐标系，可以方便地写出点的坐标，“恰当”的原则是：(1)充分利用几何体的垂直关系；(2)尽可能的让点落在坐标轴或坐标平面上．不同的建系方法，求出的点的坐标往往也不同．2．求空间点P 坐标的方法法一：(1)过点P 作一个平面平行于坐标平面yOz ，这个平面与x 轴的交点记为P x ，它在x 轴上的坐标为x ，这个数x 叫做点P 的横坐标；(2)过点P 作一个平面平行于坐标平面xOz ，这个平面与y 轴的交点记为P y ，它在y 轴上的坐标为y ，这个数y 叫做点P 的纵坐标；(3)过点P 作一个平面平行于坐标平面xOy ，这个平面与z 轴的交点记为P z ，它在z 轴上的坐标为z ，这个数z 叫做点P 的竖坐标．显然x 轴上点的坐标形如(x ，0，0)，xOy 平面上点的坐标形如(x ，y ，0)．法二：从点P 向三个坐标平面作垂线，所得点P 到三个平面的距离等于点P 的对应坐标的绝对值，进而可求点P 的坐标．3．常见对称点的坐标规律在空间直角坐标系中，已知点P ()x ，y ，z ，则点P ：(1)关于原点的对称点是()-x ，-y ，-z ； (2)关于x 轴的对称点是()x ，-y ，-z ； (3)关于y 轴的对称点是()-x ，y ，-z ； (4)关于z 轴的对称点是()-x ，-y ，z ； (5)关于xOy 坐标面的对称点是()x ，y ，-z ； (6)关于yOz 坐标面的对称点是()-x ，y ，z ； (7)关于xOz 坐标面的对称点是()x ，-y ，z . 4．中点坐标公式若A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则线段AB 的中点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，z 1＋z 22.1．点P ()1，3，-5关于原点的对称点的坐标是( )A ．(-1，-3，-5)B ．(-1，-3，5)C ．(5，-3，-1)D ．(-3，1，5)解：因为点P (x ，y ，z )关于原点的对称点是(-x ，-y ，-z )，所以P (1，3，-5)关于原点的对称点是(-1，-3，5)，故选B .2．(2015·四川模拟)空间一点P (1，2，3)到原点的距离是( )A. 5B.13C.14D ．2解：利用空间两点间的距离公式，点P 到原点的距离是12＋22＋32＝14.故选C .3．已知A (1，2，3)，B (3，3，m )，C (0，-1，0)，D (2，-1，-1)，则( )A.||AB >||CDB.||AB <||CDC.||AB ≤||CDD.||AB ≥||CD解：因为||AB ＝5＋()m -32，||CD ＝5， 所以||AB ≥||CD ，故选D .4．已知点P (1，4，-3)，Q (3，-2，5)，则线段PQ 的中点M 的坐标是( )A ．(4，2，2)B ．(2，-1，2)C ．(2，1，1)D ．(4，-1，2)解：根据中点坐标公式得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32，4-22，-3＋52，即M (2，1，1)，故选C .5．(2014·四川模拟)在空间直角坐标系中，若点A (1，2，3)与点B 关于y 轴对称，则|AB |＝( )A ．214B ．213C ．210D ．215 解：若点A (1，2，3)与点B 关于y 轴对称，则B (-1，2，-3)，所以|AB |＝210.故选C .6．已知点A 的坐标是(1-t ，1-t ，t )，点B 的坐标是(2，t ，t )，则A ，B 两点间距离的最小值为( )A.55B.555C.355 D.115解：||AB ＝5t 2-2t ＋2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫t -152＋95≥355，故选C .7．(2015·黄冈模拟)M (-1，2，3)是空间直角坐标系Oxyz 中的一点，点M 1与点M 关于x 轴对称，点M 2与点M 关于xOy 平面对称，则|M 1M 2|＝____________．解：点M 1与点M 关于x 轴对称，所以点M 1的坐标为(-1，-2，-3)，点M 2与点M 关于xOy 平面对称，所以点M 2的坐标为(-1，2，-3)，所以|M 1M 2|＝（-1＋1）2＋（-2-2）2＋（-3＋3）2＝4. 故填4.8．已知x ，y ，z 满足方程C ：(x -3)2＋(y -4)2＋(z ＋5)2＝2，则x 2＋y 2＋z 2的最小值是________．解：x 2＋y 2＋z 2可看成球面上的点到原点距离的平方，其最小值为(32＋42＋（-5）2-2)2＝(42)2＝32.故填32.9．如图所示，正方体ABCD A ′B ′C ′D ′的棱长为a ，P ，Q 分别是D ′B ，B ′C 的中点，求PQ 的长．解：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD ′分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，由题意得B (a ，a ，0)，D ′(0，0，a )，C (0，a ，0)，B ′(a ，a ，a )，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a ，a2.所以|PQ |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2-a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2-a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2-a 22＝a 2.10．如图，已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，M 为BD 1的中点，点N 在A 1C 1上，且|A 1N |＝3|NC 1|，试求MN 的长．解：以D 为原点，建立如图所示空间直角坐标系． 因为正方体的棱长为a ，所以B (a ，a ，0)，A 1(a ，0，a )，C 1(0，a ，a )，D 1(0，0，a )．取A 1C 1中点O 1，由于M 为BD 1的中点，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2，O 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a2，a .因为|A 1N |＝3|NC 1|，所以N 为A 1C 1的四等分点，从而N 为O 1C 1的中点，故N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4，34a ，a .根据空间两点间的距离公式，可得|MN |＝64a . 11．如图，在矩形ABCD 中，|AD |＝3，|AB |＝4.将矩形ABCD 沿对角线BD 折起，使得面BCD ⊥面ABD .现以D 为原点，DB 作为y 轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，此时点A 恰好在xDy 坐标平面内．试求A ，C 两点的坐标．解：分别作CF ，AE 垂直于BD ，交BD 于点F ，E .因为面BCD ⊥面ABD ， 所以CF ⊥面ABD ，AE ⊥面BCD .因为AD ＝3，AB ＝4，所以BD ＝5，AE ＝CF ＝125，DE ＝95，DF ＝165.所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎫125，95，0，C ⎝⎛⎭⎪⎫0，165，125.(2014·云南模拟)一个几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是等边三角形．若该几何体的四个顶点在空间直角坐标系O xyz 中的坐标分别是(0，0，0)，(2，0，0)，(2，2，0)，(0，2，0)，则第五个顶点的坐标为( )C．(1，1，3) D．(2，2，3)解：因为正视图和侧视图是等边三角形，俯视图是正方形，所以该几何体是正四棱锥．在空间直角坐标系Oxyz中，设O(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，所求的第五个顶点的坐标为S(1，1，z)．正视图为等边三角形，且边长为2，故其高为4-1＝3，又正四棱锥的高与正视图的高相等，所以z＝ 3.所以第五个顶点的坐标为(1，1，3)．故选C.。
2018版高考数学(理)一轮复习文档：第八章8.2 空间几何体的表面积与体积含解析
1．多面体的表面积、侧面积因为多面体的各个面都是平面,所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π（r1＋r2）l3.柱、锥、台和球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体S表面积＝S侧＋2S V＝Sh【知识拓展】1．与体积有关的几个结论（1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．(2）底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．2．几个与球有关的切、接常用结论（1）正方体的棱长为a，球的半径为R,①若球为正方体的外接球，则2R＝错误!a；②若球为正方体的内切球,则2R＝a；③若球与正方体的各棱相切，则2R＝错误!a.(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝错误!。
(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.【思考辨析】判断下列结论是否正确（请在括号中打“√"或“×”)（1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( √）(2)锥体的体积等于底面积与高之积．( ×）（3）球的体积之比等于半径比的平方．（×)(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．（√)(5)长方体既有外接球又有内切球．( ×)（6)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.( ×）1．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为（）A．1 cm B．2 cmC．3 cm D。
错误!cm答案B解析S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π,∴r2＝4,∴r＝2 cm.2．某几何体的三视图（单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是（）A．90 cm2B．129 cm2C．132 cm2D．138 cm2答案D解析该几何体如图所示，长方体的长，宽，高分别为6 cm，4 cm，3 cm，直三棱柱的底面是直角三角形，边长分别为3 cm，4 cm，5 cm,所以表面积S＝[2×（4×6＋4×3）＋3×6＋3×3]＋(5×3＋4×3＋2×错误!×4×3）＝99＋39＝138（cm2)．3．（2016·全国甲卷）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为( )A．12π B.错误!πC．8π D．4π答案A解析由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线2错误!即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝(2R）2π＝12π，故选A。
2018届高三(新课标)数学(理)大一轮复习教师用书第八章立体几何Word版含解析
第八章⎪⎪⎪立 体 几 何 第一节空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积突破点(一) 空间几何体的三视图和直观图1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴，y ′轴的夹角为45°或135°，本节主要包括3个知识点：1.空间几何体的三视图和直观图；2.空间几何体的表面积与体积；3.与球有关的切、接应用问题.z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的结构特征[例1](1)用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体(2)下列说法正确的是()A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点[解析](1)截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．(2)A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．[答案](1)C(2)B[方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1(2)中的A，C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．1.长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．2．三视图的排列顺序先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．[例2](1)(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形，按正视图，侧视图，俯视图的顺序排列)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤(2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()[解析](1)正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.[答案](1)B(2)B[方法技巧]三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向；注意能看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．空间几何体的直观图直观图与原图形面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例3]用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()[解析]由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[答案] A1．[考点一]如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是()A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．2．[考点二]一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()解析：选B由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形．3．[考点二]已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C 当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排除A ，D ；当正视图是直角三角形时，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA 形成的投影，应为虚线，故答案为C.4．[考点三]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB 平行于y 轴，BC ，AD 平行于x 轴．已知四边形ABCD 的面积为2 2 cm 2，则原平面图形的面积为( )A ．4 cm 2B ．4 2 cm 2C ．8 cm 2D ．8 2 cm 2解析：选C 依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.5．[考点二](2017·南昌模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P -BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.突破点(二) 空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱、圆锥、圆台侧面积间的关系：S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝rS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl . 2．空间几何体的表面积与体积公式[例1]分曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为()A．4π＋16＋4 3 B．5π＋16＋4 3C．4π＋16＋2 3 D．5π＋16＋2 3(2)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是()A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2[解析] (1)由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体，三棱柱的两个侧面面积之和为2×4×2＝16，两个底面面积之和为2×12×2×3＝23；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2×12×π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋23，故选D.(2)根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD ⊥底面BCD ，另两个侧面ABC ，ACD 为等边三角形，则有S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋ 3. [答案] (1)D (2)B[方法技巧]求空间几何体表面积的常见类型及思路(1)求多面体的表面积，只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积．(2)求旋转体的表面积，可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系．(3)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积．空间几何体的体积柱体、锥体、台体体积间的关系[例2] (1)(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D ．1 (2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋2π B.13π6 C.7π3D.5π2[解析] (1)通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P -ABC ，通过侧视图得高h ＝1，通过俯视图得底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝13×12×1＝16.(2)由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝13π6.[答案] (1)A (2)B [方法技巧]求空间几何体体积的常见类型及思路(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二](2016·山东高考)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＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π.故选C. 2．[考点二]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.5π3 cm 3 B ．2π cm 3 C.7π3cm 3 D ．3π cm 3解析：选C 该几何体为一个圆柱挖去半个球得到的几何体，其体积V ＝π×12×3－12×4π×133＝7π3(cm 3)．3.[考点一]某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．125＋20B ．242＋20C ．44D ．12 5解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，且上、下底面的边长分别为2,4，则侧面梯形的高h ＝ 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4－222＝5，所以该正四棱台的表面积S ＝(2＋4)×52×4＋22＋42＝125＋20.4．[考点一]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.5．[考点二]中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得：(5.4－x )×3×1＋π·⎝⎛⎭⎫122x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.6突破点(三) 与球有关的切、接应用问题1.球的表面积和体积是每年高考的热点，且多与三视图、多面体等综合命题，常以选择题、填空题的形式出现.解决此类问题时，一是要善于把空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中处理；二是要将变化的模型转化到固定的长方体或正方体中.2.与球有关的组合体问题主要有两种，一种是内切问题，一种是外接问题.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关“元素”间的数量关系，并作出合适的截面图.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”多面体的内切球问题[例1] 若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.[解析] 设正四面体棱长为a ， 则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14， 即r ＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π.[答案] 63π[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．多面体的外接球问题处理与球有关外接问题的策略把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[例2] (1)(2017·抚顺模拟)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4(3)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．[解析] (1)如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132. (2)如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ，∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2， ∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2， ∴R 2＝(2)2＋(4－R )2， 解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.(3)依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，球的直径就是正方体的体对角线，∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3， ∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.[答案] (1)C (2)A (3)43π [方法技巧]与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12.(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.2．[考点二]如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析：选D 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π，故选D. 3．[考点二](2016·太原模拟)如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A ′-BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四面体A ′-BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．3π B.32π C ．4π D.34π 解析：选A 由图示可得BD ＝A ′C ＝2，BC ＝3，△DBC 与△A ′BC 都是以BC 为斜边的直角三角形，由此可得BC 中点到四个点A ′，B ，C ，D 的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为3，所以该外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎫322＝3π. 4．[考点二]设一个球的表面积为S 1，它的内接正方体的表面积为S 2，则S 1S 2的值等于( )A.2πB.6πC.π6D.π2解析：选D 设球的半径为R ，其内接正方体的棱长为a ，则易知R 2＝34a 2，即a ＝233R ，则S 1S 2＝4πR 26×⎝⎛⎭⎫233R 2＝π2.[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得，l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.2．(2016·全国丙卷)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( )A ．4πB.9π2C ．6πD.32π3解析：选B 设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2.故选B. 3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A.18 B.17 C.16 D.15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D. 4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.5．(2015·新课标全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.6．(2015·新课标全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：选B 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V ＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B. 7．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.13解析：选C 原毛坯的体积V ＝(π×32)×6＝54π(cm 3)，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V ′＝V 1＋V 2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π(cm 3)，故所求比值为1－V ′V ＝1027. 8．(2013·新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π解析：选A 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，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π，故选A.9．(2012·新课标全国卷)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，则此棱锥的体积为( )A.26B.36 C.23D.22解析：选A 由于三棱锥S -ABC 与三棱锥O -ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S -ABC 的高是三棱锥O -ABC 高的2倍，所以三棱锥S -ABC 的体积也是三棱锥O -ABC 体积的2倍．在三棱锥O -ABC 中，其棱长都是1，如图所示，S △ABC ＝34×AB 2＝34，高OD ＝12－⎝⎛⎭⎫332＝63，所以VS -ABC ＝2V O -ABC ＝2×13×34×63＝26.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．下列结论正确的是( )A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B ．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D ．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D A 错误，如图①是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B 错误，如图②，若△ABC 不是直角三角形，或△ABC 是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C 错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾．2.如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A.41π3 B.62π3C.83π3D.104π3解析：选D 由题意得，此几何体为球与圆柱的组合体，其体积V ＝43π×23＋π×22×6＝104π3. 3．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2解析：选D 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D.4．《九章算数》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．6＋4 2解析：选C 由题可知，该几何体的底面为等腰直角三角形，等腰直角三角形的斜边长为2，腰长为2，棱柱的高为2.所以其侧面积S ＝2×2＋22×2＝4＋42，故选C.5．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析：设正方体棱长为a ，球半径为R ，则43πR 3＝9π2，∴R ＝32，∴3a ＝3，∴a ＝ 3.答案： 3[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A.a2 B.3πa3πC.23πa 3πD.23a 3π解析：选C 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π.2．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π解析：选C 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C.3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163 B.203 C.152D.132解析：选D 该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其体积为23－13×12×2×2×2－13×12×1×1×1＝132.故选D.4．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为( ) A ．8π B ．12π C.32π D ．3π 解析：选D 如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形BCD 的中心，连接DO 并延长交BC 于E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为P ，半径为R ，连接PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎫233－R 2＋⎝⎛⎭⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝3π.5．(2017·郑州质检)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 ．8πB ．16πC ．32πD ．64π解析：选C 还原三视图可知该几何体为一个四棱锥，将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为22，22，4的长方体，则该长方体外接球的半径r ＝(22)2＋(22)2＋422＝22，则所求外接球的表面积为4πr 2＝32π.6．已知四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是( )A ．6B ．8C ．2 5D ．3解析：选A 四棱锥如图所示，作PN ⊥平面ABCD ，交DC 于点N ，PC ＝PD ＝3，DN ＝2，则PN ＝32－22＝5，AB ＝4，BC ＝2，BC⊥CD ，故BC ⊥平面PDC ，即BC ⊥PC ，同理AD ⊥PD .设M 为AB 的中点，连接PM ，MN ，则PM ＝3，S △PDC ＝12×4×5＝25，S △PBC ＝S △PAD ＝12×2×3＝3，S △PAB ＝12×4×3＝6，所以四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是6.二、填空题7．在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M -PBC 的体积为________．解析：∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BC 1的距离是D 1到平面BC 1距离的13，即三棱锥P -MBC 的高h ＝D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点，∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M -PBC ＝V P -MBC ＝13×92×1＝32. 答案：328．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解析：由三视图可得该几何体是组合体，上面是底面圆的半径为2 m 、高为2 m 的圆锥，下面是底面圆的半径为1 m 、高为4 m 的圆柱，所以该几何体的体积是13×4π×2＋4π＝20π3(m 3)．答案：20π39.如图，正方形O ′A ′B ′C ′的边长为a ，它是一个水平放置的平面图形的直观图，则原图形OABC 的周长是________．解析：由斜二测画法的规则可知，原图形OABC 是一个平行四边形． 在原图形OABC 中OB ＝22a ，OA ＝a ， 且OA ⊥OB ，∴AB ＝3a ，∴原图形OABC 的周长为2(a ＋3a )＝8a . 答案：8a10．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸)解析：由题意知，圆台中截面圆的半径为十寸，圆台内水的体积为V ＝13πh (r 2中＋r 2下＋r 中r 下)＝π3×9×(102＋62＋10×6)＝588π(立方寸)，降雨量为V 142π＝588π196π＝3(寸)．答案：3 三、解答题11．已知球的半径为R ，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径与高为何值时，它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？解：如图为其轴截面，令圆柱的高为h ，底面半径为r ，侧面积为S ，则⎝⎛⎭⎫h 22＋r 2＝R 2， 即h ＝2R 2－r 2.因为S ＝2πrh ＝4πr ·R 2－r 2＝4πr 2·(R 2－r 2)≤4π(r 2＋R 2－r 2)24＝2πR 2， 当且仅当r 2＝R 2－r 2， 即r ＝22R 时，取等号， 即当内接圆柱底面半径为22R ，高为2R 时，其侧面积的值最大，最大值为2πR 2. 12．一个几何体的三视图如图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为3、宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．(1)求该几何体的体积V ； (2)求该几何体的表面积S .解：(1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为 3.所以V ＝1×1×3＝ 3.(2)由三视图可知，该平行六面体中，A 1D ⊥平面ABCD ，CD ⊥平面BCC 1B 1，。
(人教a版)2018版高考数学(文科)一轮设计：第八、九章教师用书(word版,有答案)AlAKPM
第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图最新考纲 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图；3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.知识梳理1.简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上、下底面是全等且平行的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形；(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形.2.旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任一直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线3.三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等.②在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线.4.直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直.(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)精彩PPT展示(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.()(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.()(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同.()解析(1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.(2)反例：如图所示不是棱锥.(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，把x，y轴画成相交成45°或135°，平行于x轴的线还平行于x轴，平行于y轴的线还平行于y轴，所以∠A也可能为135°.(4)正方体和球的三视图均相同，而圆锥的正视图和侧视图相同，且为等腰三角形，其俯视图为圆心和圆.答案(1)×(2)×(3)×(4)×2.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱解析由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形.答案 A3.如图，长方体ABCD－A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是()A.棱台B.四棱柱C.五棱柱D.六棱柱解析由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱.答案 C4.(2016·天津卷)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为()解析 先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧视图.由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧视图为图②.答案 B5.正△AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________.解析 画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图).D ′为O ′A ′的中点.易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2. 答案616a 2考点一 空间几何体的结构特征 【例1】 (1)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥； ③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是()A.0B.1C.2D.3(2)以下命题：①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台.其中正确命题的个数为()A.0B.1C.2D.3解析(1)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.(2)由圆台的定义可知①错误，②正确.对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③不正确.答案(1)A(2)B规律方法(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可.(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.【训练1】下列结论正确的是()A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B.夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线解析如图1知，A不正确.如图2，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确.若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形.由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，C错误.由母线的概念知，选项D正确.答案 D考点二空间几何体的三视图(多维探究)命题角度一由空间几何体的直观图判断三视图【例2－1】一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()解析该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选项B适合.答案 B命题角度二由三视图判定几何体【例2－2】(1)(2014·全国Ⅰ卷)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱(2)(2015·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为()A.1B. 2C. 3D.2解析(1)由题知，该几何体的三视图为一个三角形、两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B.(2)由题中三视图知，此四棱锥的直观图如图所示，其中PC⊥平面ABCD，PC＝1，底面四边形ABCD为正方形且边长为1，最长棱长P A＝12＋12＋12＝3.答案(1)B(2)C规律方法(1)由实物图画三视图或判断选择三视图，按照“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点确认.(2)根据三视图还原几何体.①对柱、锥、台、球的三视图要熟悉.②明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图.③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.提醒对于简单组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同.【训练2】(1)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为()(2)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个锥体的侧视图和俯视图，则该锥体的正视图可能是()解析(1)还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线，D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线.故选B.(2)由俯视图和侧视图可知原几何体是四棱锥，底面是长方形，内侧的侧面垂直于底面，所以正视图为A.答案(1)B(2)A考点三空间几何体的直观图【例3】已知等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝2，下底AB＝3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________.解析如图所示，作出等腰梯形ABCD的直观图：因为OE＝（2）2－1＝1，所以O′E′＝12，E′F＝24，则直观图A′B′C′D′的面积S′＝1＋32×24＝2 2.答案2 2规律方法(1)画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y轴的线段长度减半，平行于x轴和z轴的线段长度不变)来掌握.对直观图的考查有两个方向，一是已知原图形求直观图的相关量，二是已知直观图求原图形中的相关量.(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图＝24S原图形.【训练3】(2017·贵阳联考)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________.解析如图1，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为E.在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝2 2.又四边形AECD为矩形，AD＝EC＝1.∴BC＝BE＋EC＝22＋1.由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A′B′C′D′.在梯形A′B′C′D′中，A′D′＝1，B′C′＝22＋1，A′B′＝2.∴这块菜地的面积S＝12(A′D′＋B′C′)·A′B′＝12×⎝⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22.答案2＋2 2[思想方法]1.画三视图的三个原则：(1)画法规则：“长对正，宽相等，高平齐”.(2)摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的正下方.(3)实虚线的画法规则：可见轮廓线和棱用实线画出，不可见线和棱用虚线画出.2.棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想.[易错防范]1.台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点.2.空间几何体不同放置时其三视图不一定相同.3.对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法.基础巩固题组(建议用时：30分钟)一、选择题1.关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是()A.棱柱的侧棱长都相等B.棱锥的侧棱长都相等C.三棱台的上、下底面是相似三角形D.有的棱台的侧棱长都相等解析根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等.答案 B2.如图所示的几何体是棱柱的有()A.②③⑤B.③④⑤C.③⑤D.①③解析由棱柱的定义知③⑤两个几何体是棱柱.答案 C3.(2017·衡水中学月考)将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()解析易知侧视图的投影面为矩形，又AF的投影线为虚线，即为左下角到右上角的对角线，∴该几何体的侧视图为选项D.答案 D4.如图是一几何体的直观图、正视图和俯视图，该几何体的侧视图为()解析由直观图和正视图、俯视图可知，该几何体的侧视图应为面P AD，且EC投影在面P AD 上且为实线，点E的投影点为P A的中点，故B正确.答案 B5.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 2B.42C.6D.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.答案 C6.某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是()A.①③B.①④C.②④D.①②③④解析由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确. 答案 A7.(2015·全国Ⅱ卷)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A.18 B.17C.16 D.15解析由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥.设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V1＝13×12×1×1×1＝16.剩余部分的体积V2＝13－16＝56.因此，V1V2＝15.答案 D8.(2017·石家庄质检)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为()解析由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD.所以该三棱锥的侧视图可能为选项D.答案 D二、填空题9.(2017·福建龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC面积为________.解析因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.答案2 210.(2017·兰州模拟)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于________.解析由题知此正方体的正视图与侧视图是一样的，正视图的面积与侧视图的面积相等为 2. 答案 211.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________.解析由题中三视图可知，三棱锥的直观图如图所示，其中P A⊥平面ABC，M为AC的中点，且BM⊥AC.故该三棱锥的最长棱为PC.在Rt△P AC中，PC＝P A2＋AC2＝22＋22＝2 2.答案2 212.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P－ABC的正视图与侧视图的面积的比值为________.解析三棱锥P－ABC的正视图与侧视图为底边和高均相等的三角形，故它们的面积相等，面积比值为1.答案 1能力提升题组(建议用时：15分钟)13.在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②解析如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.答案 D14.如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是()A.4B.5C.3 2D.3 3解析由三视图知几何体的直观图如图所示，计算可知线段AF最长，且AF＝BF2＋AB2＝3 3.答案 D15.(2017·长郡中学月考)已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，那么原△ABC的面积为________.解析如图，过C′作y′轴的平行线C′D′，与x′轴交于点D′.则C′D′＝32a sin 45°＝62a.又C′D′是原△ABC的高CD的直观图，所以CD＝6a.故S△ABC ＝12AB·CD＝62a2.答案6 2a216.(2016·北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________.解析由题中三视图可画出长为2、宽为1、高为1的长方体，将该几何体还原到长方体中，如图所示，该几何体为四棱柱ABCD－A′B′C′D′.故该四棱柱的体积V＝Sh＝12×(1＋2)×1×1＝32.答案32第2讲空间几何体的表面积与体积最新考纲了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.知识梳理1.多面体的表(侧)面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和.2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l3.柱、锥、台和球的表面积和体积表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S＝4πR2V＝43πR3诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)精彩PPT展示(1)锥体的体积等于底面面积与高之积.()(2)球的体积之比等于半径比的平方.()(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.()(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝32a.()解析(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.(2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.答案(1)×(2)×(3)√(4)√2.已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为()A.1 cmB.2 cmC.3 cmD.32cm解析S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，∴r＝2(cm).答案 B3.(2017·西安一中月考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A.3πB.4πC.2π＋4D.3π＋4解析由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示.表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.答案 D4.(2016·全国Ⅱ卷)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A.12πB.323πC.8π D.4π解析设正方体的棱长为a，则a3＝8，解得a＝2.设球的半径为R，则2R＝3a，即R＝ 3.所以球的表面积S＝4πR2＝12π.答案 A5.(2016·天津卷)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.解析根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m，高为1 m的平行四边形，四棱锥的高为3 m.故该四棱锥的体积V＝13×2×1×3＝2 (m3).答案 2考点一空间几何体的表面积【例1】(1)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于()A.8＋2 2B.11＋22C.14＋2 2D.15(2)(2016·全国Ⅰ卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是()A.17πB.18πC.20πD.28π解析 (1)由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示.直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3. 所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.(2)由三视图知该几何体为球去掉了18球所剩的几何体(如图). 设球的半径为R ，则78×43πR 3＝28π3，R ＝2.故几何体的表面积S ＝78×4πR 2＋34πR 2＝17 π. 答案 (1)B (2)A规律方法 空间几何体表面积的求法.(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，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数量.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理. (3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.【训练1】 (2016·全国Ⅲ卷)如图所示，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，则该多面体的表面积为( )A.18＋36 5B.54＋18 5C.90D.81解析 由几何体的三视图可知，该几何体是底面为正方形的斜平行六面体.由题意可知该几何体底面边长为3，高为6，所以侧棱长为32＋62＝3 5.故该几何体的表面积S ＝32×2＋(3×6)×2＋(3×35)×2＝54＋18 5. 答案 B考点二 空间几何体的体积【例2】 (1)(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＋23πB.13＋23πC.13＋26πD.1＋26π(2)(2014·全国Ⅱ卷)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( ) A.3B.32C.1D.32解析 (1)由三视图知该四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π.(2)由题意可知，AD ⊥平面B 1DC 1，即AD 为三棱锥A －B 1DC 1的高， 且AD ＝32×2＝3，易求得S △B 1DC 1＝12×2×3＝3， 所以VA －B 1DC 1＝13×3×3＝1. 答案 (1)C (2)C规律方法 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所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. (2)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.(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.【训练2】 (1)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.22π3B.42π3C.22πD.42π(2)(2015·浙江卷改编)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm 3.解析 (1)绕等腰直角三角形的斜边所在的直线旋转一周形成的曲面围成的几何体为两个底面重合，等体积的圆锥的组合体，如图所示.每一个圆锥的底面半径和高都为2，故所求几何体的体积V ＝2×13×2π×2＝42π3.(2)由三视图可知该几何体是由棱长为2 cm 的正方体与底面边长为2 cm 正方形、高为2 cm 的正四棱锥组成. 又正方体的体积V 1＝23＝8(cm 3)， 正四棱锥的体积V 2＝13×22×2＝83(cm 3). 所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3). 答案 (1)B (2)323考点三 多面体与球的切、接问题(典例迁移)【例3】 (经典母题)(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( ) A.4πB.9π2C.6πD.32π3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＝12×(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 ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π. 答案 B【迁移探究1】 若本例中的条件变为“直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上”，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，求球O 的表面积. 解 将直三棱柱补形为长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1， 则球O 是长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1的外接球. ∴体对角线BC 1的长为球O 的直径. 因此2R ＝32＋42＋122＝13. 故S 球＝4πR 2＝169π.【迁移探究2】 若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积. 解 如图，设球心为O ，半径为r ， 则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫943＝243π16.规律方法 空间几何体与球接、切问题的求解方法.(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P A ，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.[思想方法]1.转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法.2.求体积的两种方法：(1)割补法：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.(2)等积法：等积法包括等面积法和等体积法.等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高. [易错防范]1.求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错.2.由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误.3.底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2015·全国Ⅰ卷)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有() A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛解析设米堆的底面半径为r尺，则π2r＝8，所以r＝16π.所以米堆的体积为V＝14×13π·r2·5＝π12·⎝⎛⎭⎪⎫16π2·5≈3209(立方尺).故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛).答案 B2.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是()A.2B.9 2C.32 D.3解析由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝12(1＋2)×2＝3.∴V＝13x·3＝3，解得x＝3.答案 D3.(2017·合肥模拟)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是()A.1＋ 3B.2＋ 3C.1＋2 2D.2 2解析四面体的直观图如图所示.侧面SAC⊥底面ABC，且△SAC与△ABC均为腰长是2的等腰直角三角形，SA＝SC＝AB＝BC＝2，AC＝2.设AC的中点为O，连接SO，BO，则SO⊥AC，又SO⊂平面SAC，平面SAC∩平面ABC＝AC，∴SO⊥平面ABC，又BO⊂平面ABC，∴SO⊥BO.又OS＝OB＝1，∴SB＝2，故△SAB与△SBC均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×12×2×2＋2×34×(2)2＝2＋ 3.答案 B4.(2015·全国Ⅱ卷)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点.若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为()A.36πB.64πC.144πD.256π解析因为△AOB的面积为定值，所以当OC垂直于平面AOB时，三棱锥O－ABC的体积取得最大值.由13×12R2×R＝36，得R＝6.从而球O的表面积S＝4πR2＝144π.答案 C5.(2017·青岛模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为平行四边形，NB＝2PN，则三棱锥N－P AC与三棱锥D－P AC的体积比为()A.1∶2B.1∶8C.1∶6D.1∶3解析设点P，N在平面ABCD内的投影分别为点P′，N′，则PP′⊥平面ABCD，NN′⊥平面ABCD，所以PP′∥NN′，则在△BPP′中，由BN＝2PN得NN′PP′＝23.。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.1 空间几何体的结构特征、 三视图、直观图真题演练集训 理
三视图、直观图真题演练集训理新人教A版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考数学一轮复习第八章立体几何8.1 空间几何体的结构特征、三视图、直观图真题演练集训理新人教A版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018版高考数学一轮复习第八章立体几何8.1 空间几何体的结构特征、三视图、直观图真题演练集训理新人教A版的全部内容。
征、三视图、直观图真题演练集训理新人教A版1．[2016·天津卷]将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为( ）A B C D答案：B解析:由正视图、俯视图得原几何体的形状如图所示，则该几何体的侧视图为B。
2．［2014·新课标全国卷Ⅰ]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错误!B。
4错误!C．6 D．4答案：C解析:如图，侧面SBC⊥底面ABC。
点S在底面ABC的射影点O是BC的中点，△ABC为直角三角形．∵AB＝4，BO＝2，∴AO＝错误!，SO⊥底面ABC，∴SO⊥AO，SO＝4,∴最长的棱AS＝错误!＝6.3．[2015·北京卷]某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（)A．1 B。
错误!C。
错误!D．2答案：C解析：根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥V－ABCD,其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1。
所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD ＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝错误!.课外拓展阅读三视图识图中的易误辨析[典例] 在如图所示的空间直角坐标系Oxyz中,一个四面体的顶点坐标分别是（0，0，2)，(2,2，0)，（1,2，1)，(2,2，2）．给出编号为①，②，③，④的四个图,则该四面体的正视图和俯视图分别为（）A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②[错解] 由已知该几何体正视图是一个直角三角形，三个顶点的坐标分别为（0，0,2），(0,2，0）,(0，2,2),且内有一实线，故正视图为①,俯视图是一个斜三角形，三个顶点坐标分别为（0，0，0)，（2,2,0），(1,2，0），故俯视图为②.[错因分析] （1）不能由点的坐标确定点在空间直角坐标系中的位置．（2)不能借助于正方体，由空间几何体的直观图得到它的三视图．(3）受思维定势的影响,直观感觉正视图为三角形，而无法作出选择．［解析]在空间直角坐标系中，构建棱长为2的正方体，设A（0,0，2），B(2，2,0），C （1，2,1），D(2，2,2）,则ABCD即为满足条件的四面体，得出正视图和俯视图分别为④和②，故选D.[自我矫正］D答题启示对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，再画其三视图．另外要注意交线的位置,可见的轮廓线都画成实线，存在但不可见的轮廓线一定要画出，但要画成虚线,即一定要分清可见轮廓线与不可见轮廓线，避免出现错误．。
2018高考数学文人教新课标大一轮复习配套文档：第八章
8．5 空间中的垂直关系1．线线垂直如果两条直线所成的角是______(无论它们是相交还是异面)，那么这两条直线互相垂直．2．直线与平面垂直(1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说______________________，记作______．直线l叫做______________，平面α叫做______________．直线与平面垂直时，它们惟一的公共点P叫做______．垂线上任意一点到垂足间的线段，叫做这个点到这个平面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到平面的________．(2)判定定理：一条直线与一个平面内的_________都垂直，则该直线与此平面垂直．推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．用符号表示：a∥b，a⊥α⇒b⊥α.(3)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线__________．3．直线和平面所成的角平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的________，叫做这条直线和这个平面所成的角．一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是直角；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是0°的角．任一直线与平面所成角θ的范围是____________．4．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的________________叫做二面角．(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作______________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．二面角的范围是__________．5．平面与平面垂直(1)定义：一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是____________，就说这两个平面互相垂直．(2)判定定理：一个平面过另一个平面的________，则这两个平面垂直．(3)性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于______的直线与另一个平面垂直．自查自纠1．直角2．(1)直线l与平面α互相垂直l⊥α平面α的垂线直线l的垂面垂足距离(2)两条相交直线(3)平行3．锐角4．(1)两个半平面所组成的图形(2)垂直于棱5．(1)直二面角(2)垂线(3)交线(2015·福建)若l，m是两条不同的直线，m 垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的( ) A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解：若l⊥m，m⊥平面α，则l∥α或l⊂α；若l∥α，m⊥平面α，则l⊥m，所以“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件．故选B.(2015·浙江)设α，β是两个不同的平面，l，．4个C．5个作平面A1B1C1D1，ABCD点，易知P也是EF设正方体的棱长为a，则PA1＝PC1＝a，PA＝PC＝63a，.ABCDA′B′C′D′中，过对角线AA′于E，交CC′于′E一定是平行四边形；的体积不变；1；⊥平面ACD1.其中正确的命题序号是________．BC1平行于直线1⊄平面AD1C，所以直线C，点P到平面AD所以体积不变，故①正确；，可得平面AD1C∥平面A点时，△DBC1为等边三角形，所，故③不正确；AD1⊥DB1，又AC∩ABCD1⊥BD；1∥平面A1BD.因为D1D⊥面ABCD，且BD⊂2AD，°，，由余弦定理得cos60°＝3AD2，2＝AB2..D1D＝D，所以BD⊥面ADDADD1A1, 所以AA1⊥BD.，A1C1，设AC∩BD＝E，连接ABCD为平行四边形，所以由棱台定义及AB＝2AD＝2A1B1知A1C1C；由题意知E为B1C的中点，又又因为DE⊄平面∥平面AA1C1C.A1B1C1是直三棱柱，平面ABC，所以BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1.又因为BC＝CC1，所以矩形B1C＝C，所以，所以BC1⊥AB1.线面垂直问题四棱锥PABCD中，AD AD上，且CE∥⊥平面PAD；BC的中点，连接，所以A1E⊥AE.，所以AE⊥BC，所以1C1，BC的中点，得1B，DE＝A1A，AED为平行四边形，A1BC，所以A1D⊥平面类型三面面垂直问题如图所示，在长方体ABCDAD是棱CC1的中点．1M和C1D1所成的角的正切值；ABM⊥平面A1B1M.∥B1A1，所以∠所成的角，因为A1B1⊥平面B1C21＋MC21＝MB1＝ 2.⊥平面BCC1B1，2，又BM＝BC，从而BM⊥B1M.②，由①②得BM⊥平面，所以平面ABM∥平面A1C1F；⊥平面A1C1F.在直三棱柱ABCA1B1C1中，因为D，E分别为AB ，于是DE∥A1C1.，A1C1⊂平面A1C∥平面A1C1F.ABCA1B1C1中，A1A1B1C1，所以A1A⊥⊂平面ABB1A1，A1C1⊥平面ABB1A1ABB1A1，所以A1C11⊂平面A1C1F，A1D⊥平面A1C1F.平面B1DE，所以平面角线AC与⊥HD′；，AC＝6，AE＝54，OD′＝的体积．证明：由已知得，AC⊥BD，得AEAD＝CFCD，故AC∥EF.HD，EF⊥HD′，所以AC得OHDO＝AEAD＝14.＝6得DO＝BO＝AB2-AOD′H＝DH＝3.OH2＝(22)2＋12＝9＝DHD′，又AC⊥BD，BD∩⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.图1 图2 (1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．解：(1)证明：在图1中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a, 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图2中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ，所以BE ⊥平面A 1OC CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)由题设知平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，又由(1)，A 1O ⊥BE ，所以A 1O ⊥平面BCDE ， A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高． 由图1知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE S ＝BC ·AB ＝a 2.故四棱锥A 1BCDE 的体积为＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3， V ＝362，故a ＝6.．线面角、二面角求法 求这两种空间角的步骤：根据线面角的定义或二面角的平面角的定义，作出该角，再解三角形求出该角，步骤是作(找)⇒求(算)三步曲．，AO，EO，FO，易知PA，⊥平面PEF，从而PA⊥EF，因为，又PA∩PO＝P，所以EF同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，所以·安徽)已知m，n是两条不同直线，是两个不同平面，则下列命题正确的是垂直于同一平面，则α平行于同一平面，则m与不平行．．．，则在α内不存在．．．不平行．．．．．．，则m与n不可能垂直于同一个平面的两个平面可能相交B．直线D．△AC，BA⊥AC，BA∩BC所成的角为45° VAC ⊥平面VBC∥AC ，又直线AC A 错误；注意到AC °，B 错误；注意到直线与平面VAC 不垂直，因此BC ⊥平面VAC .又VAC ，D 正确．故选在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，为直角的等腰直角三角形，C 1的中点，点F 在线段⊥平面B 1DF .1A 1，所以B 1D ，只要CF ⊥DF ＝∠ACF ，∠＝3a -x . FA 1D ，得AC A 1F ＝FG ⊥平面FEE 1；E 1G 与EA 所成角的正弦值．解：如图所示，连接EE 1，EB .E 1G ＝2，FE 1＝FG ＝E 1G 2， CC 1D 1D ， ，所以FG ⊥平面FEE ，即为异面直线E 1G 与EA AB ＝2，BE ＝2，所以内找一点M ，使得直线PAB ⊥平面PBD .的中点M (M ∈平面为所求的一个点，理由如下：BC ＝12AD ，所以BC ∥AMCB 是平行四边形，从而，CM ⊄平面PAB ，所以的中点N ，则所找的点可以是直线证明：由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ＝12AD ，所以直线ABCD . 连接BM ， BC ＝12AD ，，且BC ＝MD ， BCDM 是平行四边形．⊥平面PAC ； PAB ⊥平面PAC ；的中点，在棱PB 上是否存在点？说明理由．因为PC ⊥平面ABCD ，所以DC ⊥平面PAC (1)知DC ⊥平面PAC . ，所以AB ⊥平面PAC .平面PAB ，所以平面PAB 上存在点F ，使得PA ∥平面，连接EF ，CE ，CF 的中点，所以EF ∥PA CEF ，EF ⊂平面CEF ·安徽)如图，三棱锥ABC ，AB ＝1，AC ＝2，∠ABC 的体积；证明：在线段PC 上存在点M ，使得由题设AB ＝1，AC ＝2，∠·AB ·AC ·sin60°＝ABC ，可知PA 是三棱锥又PA ＝1，所以三棱锥P ABC 的体积V ＝13·S △ABC ·PA＝36.(2)证明：在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N .在平面PAC 内，过点N 作MN ∥PA ，交PC 于点M ，连接BM .由PA ⊥平面ABC 知PA ⊥AC ，又MN ∥PA ，所以MN ⊥AC .又BN ⊥AC ，BN ∩MN ＝N ，BN ⊂平面MBN ，MN ⊂平面MBN ，所以AC ⊥平面MBN .又BM ⊂平面MBN ，所以AC ⊥BM .在Rt △BAN 中，AN ＝AB ·cos ∠BAC ＝12，从而NC＝AC -AN ＝32.由MN ∥PA ，得PM MC ＝AN NC ＝13.。
2018版高考数学文人教大一轮复习讲义 教师版文档第八
1．直线与平面垂直 (1)定义如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l 与平面α垂直． (2)判定定理与性质定理2.平面与平面垂直 (1)平面和平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． (2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理【知识拓展】 重要结论：(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直． 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线l 与平面α内的无数条直线都垂直，则l ⊥α.( × )(2)垂直于同一个平面的两平面平行．( × ) (3)直线a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b .( √ ) (4)若α⊥β，a ⊥β⇒a ∥α.( × )(5)若直线a ⊥平面α，直线b ∥α，则直线a 与b 垂直．( √ )1．(教材改编)下列命题中不正确的是( )A ．如果平面α⊥平面β，且直线l ∥平面α，则直线l ⊥平面βB ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l ，那么l ⊥γ 答案 A解析 根据面面垂直的性质，知A 不正确，直线l 可能平行平面β，也可能在平面β内． 2．设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b ⊥m ，则“α⊥β”是“a ⊥b ”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 若α⊥β，因为α∩β＝m ，b ⊂β，b ⊥m ，所以根据两个平面垂直的性质定理可得b ⊥α，又a⊂α，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，且a，m共面，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.3．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则()A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α答案 C解析A中，由m⊥n, n∥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；B中，由m∥β，β⊥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；C中，由m⊥β，n⊥β，可得m∥n，又n⊥α，则m⊥α，正确；D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α，可得m与α相交或m⊂α或m∥α，错误．4．(2016·深圳模拟)在正四面体ABCD中，E，F，G分别是BC，CD，DB的中点，下面的结论不正确的是()A．BC∥平面AGFB．EG⊥平面ABFC．平面AEF⊥平面BCDD．平面ABF⊥平面BCD答案 C解析易知点A在平面BCD上的射影在底面的中心，而中心不在EF上，所以平面AEF⊥平面BCD错误，选C.5．(教材改编)在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若P A＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．(2)若P A⊥PB，PB⊥PC，PC⊥P A，则点O是△ABC的________心．答案(1)外(2)垂解析(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中，P A＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G.∵PC⊥P A，PB⊥PC，P A∩PB＝P，∴PC ⊥平面P AB ，AB ⊂平面P AB ，∴PC ⊥AB ， 又AB ⊥PO ，PO ∩PC ＝P ， ∴AB ⊥平面PGC ， 又CG ⊂平面PGC ，∴AB ⊥CG ，即CG 为△ABC 边AB 上的高． 同理可证BD ，AH 为△ABC 底边上的高， 即O 为△ABC 的垂心．题型一 直线与平面垂直的判定与性质例1 (2016·全国甲卷改编)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．OD ′＝10.证明：D ′H ⊥平面ABCD .证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，且OH ，EF ⊂平面ABCD ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .思维升华 证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；③面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；④面面垂直的性质．(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．(2015·江苏)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.题型二平面与平面垂直的判定与性质例2如图，四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥P A，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．(1)求证：CE ∥平面P AD ； (2)求证：平面EFG ⊥平面EMN .证明 (1)方法一 取P A 的中点H ，连接EH ，DH . 又E 为PB 的中点，所以EH 綊12AB .又CD 綊12AB ，所以EH 綊CD .所以四边形DCEH 是平行四边形，所以CE ∥DH . 又DH ⊂平面P AD ，CE ⊄平面P AD . 所以CE ∥平面P AD . 方法二 连接CF . 因为F 为AB 的中点，所以AF ＝12AB .又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD .又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形． 因此CF ∥AD ，又CF ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ， 所以CF ∥平面P AD .因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥P A . 又EF ⊄平面P AD ，P A ⊂平面P AD ，所以EF∥平面P AD.因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面P AD.又CE⊂平面CEF，所以CE∥平面P AD.(2)因为E、F分别为PB、AB的中点，所以EF∥P A.又因为AB⊥P A，所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.又因为EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG.所以AB⊥平面EFG.又因为M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥CD，又AB∥CD，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG.又因为MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.引申探究1．在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面P AC.证明因为AB⊥P A，AB⊥AC，且P A∩AC＝A，所以AB⊥平面P AC.又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB，所以MN⊥平面P AC.又MN⊂平面EMN，所以平面EMN⊥平面P AC.2．在本例条件下，证明：平面EFG∥平面P AC.证明因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，所以EF∥P A，FG∥AC，又EF⊄平面P AC，P A⊂平面P AC，所以EF∥平面P AC.同理，FG∥平面P AC.又EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面P AC.思维升华(1)判定面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．(2016·江苏)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)由已知，DE为△ABC的中位线，∴DE∥AC，又由三棱柱的性质可得AC∥A1C1，∴DE∥A1C1，又∵DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，∴DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴AA1⊥A1C1，又∵A1B1⊥A1C1，且A1B1∩AA1＝A1，∴A1C1⊥平面ABB1A1，∵B1D⊂平面ABB1A1，∴A1C1⊥B1D，又∵A1F⊥B1D，且A1F∩A1C1＝A1，∴B1D⊥平面A1C1F，又∵B1D⊂平面B1DE，∴平面B1DE⊥平面A1C1F.题型三直线、平面垂直的综合应用例3如图所示，在四棱锥P—ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD，AB∥DC，△P AD是等边三角形，已知BD＝2AD＝8，AB＝2DC＝4 5.(1)设M是PC上的一点，求证：平面MBD⊥平面P AD；(2)求四棱锥P—ABCD的体积．(1)证明在△ABD中，∵AD＝4，BD＝8，AB＝45，∴AD 2＋BD 2＝AB 2，∴AD ⊥BD .又∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥平面P AD . 又BD ⊂平面MBD ， ∴平面MBD ⊥平面P AD . (2)解 过P 作PO ⊥AD ，∵平面P AD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，即PO 为四棱锥P —ABCD 的高．又△P AD 是边长为4的等边三角形，∴PO ＝2 3. 在四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ， ∴四边形ABCD 为梯形．在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为4×845＝855，此即为梯形的高．∴S 四边形ABCD ＝25＋452×855＝24.∴V P —ABCD ＝13×24×23＝16 3.思维升华 垂直关系综合题的类型及解法(1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化． (2)垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．(3)垂直与体积结合问题，在求体积时，可根据线面垂直得到表示高的线段，进而求得体积．(2016·全国乙卷)如图，已知正三棱锥P-ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 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)作出点E 在平面P AC 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P AB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE . 因为PD ∩DE ＝D ，PD ，DE 都在平面PED 内， 所以AB ⊥平面PED ，又PG 在平面PED 内， 故AB ⊥PG .又由已知可得，P A ＝PB ，从而G 是AB 的中点．(2)解 在平面P AB 内，过点E 作PB 的平行线交P A 于点F ，F 即为E 在平面P AC 内的正投影．理由如下：由已知可得PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥P A ，EF ⊥PC ，PC ∩P A ＝P ，PC 与P A 都在平面P AC 中，因此EF ⊥平面P AC ，即点F 为E 在平面P AC 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 ＝23CG .由题设可得PC ⊥平面P AB ，DE ⊥平面P AB ， 所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC .由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A ＝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＝43.17．立体几何证明问题中的转化思想典例 (12分)如图所示，M ，N ，K 分别是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱AB ，CD ，C 1D 1的中点．求证：(1)AN∥平面A1MK；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.思想方法指导(1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理；(2)线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等；(3)证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规范．规范解答证明(1)如图所示，连接NK.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD.[2分]∵N，K分别为CD，C1D1的中点，∴DN∥D1K，DN＝D1K，∴四边形DD1KN为平行四边形，[3分]∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN，∴四边形AA1KN为平行四边形，∴AN∥A1K.[4分]∵A1K⊂平面A1MK，AN⊄平面A1MK，∴AN∥平面A1MK.[6分](2)如图所示，连接BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.∵M，K分别为AB，C1D1的中点，∴BM∥C1K，BM＝C1K，∴四边形BC1KM为平行四边形，∴MK∥BC1.[8分]在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C.[10分]∴MK⊥B1C.∵A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C.又∵MK⊂平面A1MK，∴平面A1B1C⊥平面A1MK.[12分]1．已知直线m，n和平面α，β，若α⊥β，α∩β＝m，要使n⊥β，则应增加的条件是() A．n⊂α且m∥n B．n∥αC．n⊂α且n⊥m D．n⊥α答案 C解析由面面垂直的性质定理知选C.2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB．若α∥β，m⊂α，n⊂β，，则m∥nC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β答案 D解析A中，m与n可垂直、可异面、可平行；B中，m与n可平行、可异面；C中，若α∥β，仍然满足m⊥n，m⊂α，n⊂β，故C错误；故选D.3．(2016·包头模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1垂直底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是()A．CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1A1C．AE与B1C1是异面直线，且AE⊥B1C1D．A1C1∥平面AB1E答案 C解析A不正确，因为CC1与B1E在同一个侧面中，故不是异面直线；B不正确，由题意知，上底面ABC是一个正三角形，故不可能存在AC⊥平面ABB1A1；C正确，因为AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线；D不正确，因为A1C1所在的平面与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故A1C1∥平面AB1E不正确，故选C.4．正方体ABCD－A′B′C′D′中，E为A′C′的中点，则直线CE垂直于()A．A′C′B．BD C．A′D′D．AA′答案 B解析连接B′D′，∵B′D′⊥A′C′，B′D′⊥CC′，且A′C′∩CC′＝C′，∴B′D′⊥平面CC′E.而CE⊂平面CC′E，∴B′D′⊥CE.又∵BD∥B′D′，∴BD⊥CE.5.如图所示，直线P A垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M 为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面P AC的距离等于线段BC的长．其中正确的是()A．①②B．①②③C．①D．②③答案 B解析对于①，∵P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC，∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面P AC，又PC⊂平面P AC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥P A，∵P A⊂平面P AC，OM⊄平面P AC，∴OM∥平面P AC；对于③，由①知BC⊥平面P AC，∴线段BC的长即是点B到平面P AC的距离，故①②③都正确．6.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC和△P AC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．答案AB、BC、AC AB解析∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面P AC，∴与AP垂直的直线是AB.7.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)答案DM⊥PC(或BM⊥PC等)解析由定理可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.8.如图，P A⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．答案①②③解析由题意知P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC.又AC⊥BC，且P A∩AC＝A，∴BC⊥平面P AC，∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，且BC∩PC＝C，∴AF ⊥平面PBC ，∴AF ⊥PB ，又AE ⊥PB ，AE ∩AF ＝A ， ∴PB ⊥平面AEF ，∴PB ⊥EF . 故①②③正确．9．已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有________个． 答案 2解析 若α，β换为直线a ，b ，则命题化为“a ∥b ，且a ⊥γ⇒b ⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a ，b ，则命题化为“a ∥β，且a ⊥b ⇒b ⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a ，b ，则命题化为“a ∥α，且b ⊥α⇒a ⊥b ”，此命题为真命题．10．(2016·四川)如图，在四棱锥P-ABCD 中，P A ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .(1)在平面P AD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面P AB ，并说明理由； (2)证明：平面P AB ⊥平面PBD .(1)解 取棱AD 的中点M (M ∈平面P AD )，点M 即为所求的一个点，理由如下： 连接BM ，CM .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM ，所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB . 又AB ⊂平面P AB ，CM ⊄平面P AB . 所以CM ∥平面P AB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)证明 由已知，P A ⊥AB ，P A ⊥CD . 因为AD ∥BC ，BC ＝CD ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交，所以P A ⊥平面ABCD ， 从而P A ⊥BD .又BC ∥MD ，且BC ＝MD . 所以四边形BCDM 是平行四边形， 所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB .又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面P AB . 又BD ⊂平面PBD ， 所以平面P AB ⊥平面PBD .11．(2016·北京)如图，在四棱锥P-ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，DC ⊥AC .(1)求证：DC ⊥平面P AC ； (2)求证：平面P AB ⊥平面P AC ；(3)设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得P A ∥平面CEF ？说明理由． (1)证明 ∵PC ⊥平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，∴PC ⊥DC .又AC ⊥DC ，PC ∩AC ＝C ，PC ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ，∴DC ⊥平面P AC . (2)证明 ∵AB ∥CD ，CD ⊥平面P AC ， ∴AB ⊥平面P AC ，又AB ⊂平面P AB ， ∴平面P AB ⊥平面P AC .(3)解 棱PB 上存在点F ，使得P A ∥平面CEF .证明如下：取PB 的中点F ，连接EF ，CE ，CF ，又∵E 为AB 的中点，∴EF 为△P AB 的中位线，∴EF ∥P A .又P A ⊄平面CEF ，EF ⊂平面CEF ，∴P A ∥平面CEF .*12.(2016·山东)在如图所示的几何体中，D 是AC 的中点，EF ∥DB .(1)已知AB＝BC，AE＝EC，求证：AC⊥FB；(2)已知G，H分别是EC和FB的中点．求证：GH∥平面ABC. 证明(1)因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF，如图，连接DE.因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF.因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.(2)设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，DB∩BC＝B，所以平面GHI∥平面ABC，因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.。
2018课标版文数一轮(8)第八章-立体几何(含答案)2-第
第二节空间几何体的表面积和体积A 组基础题组1.(2016 广东 3 月适应性考试一空间几何体的三视图以下图,则该几何体的体积为 (A.12B.6C.4D.22.(2015 山东 ,9,5分已知等腰直角三角形的直角边的长为2,将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为(A. B. C.2 πD.4 π3.(2015 课标Ⅱ,6,5 分一个正方体被一个平面截去一部分后 ,节余部分的三视图以下列图 ,则截去部分体积与节余部分体积的比值为 (A. B. C. D.4.(2015 课标Ⅰ,6,5 分《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著, 书中有以下问题 :“今有委米依垣内角 ,下周八尺 ,高五尺 .问:积及为米几何?”其意思为 :“在屋内墙角处堆放米 (如图 ,米堆为一个圆锥的四分之一 , 米堆底部的弧长为 8 尺,米堆的高为 5 尺 ,问米堆的体积和堆放的米各为多少 ?”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺 ,圆周率约为 3,估量出堆放的米约有 (A.14 斛B.22 斛C.36 斛D.66 斛5.(2017 福建南平模拟如图 ,一个几何体的三视图分别为两个等腰直角三角形和一个边长为 2 的正方形 (含一条对角线 ,则该几何体的侧面积为 (A.8(1+B.4(1+C.2(1+D.1+6.(2016 山西太原一模如图 ,平面四边形 ABCD中,AB=AD=CD=1,BD= ,BD⊥ CD,将其沿对角线 BD 折成四周体 A'-BCD,使平面 A'BD ⊥平面 BCD,若四周体 A'-BCD 的极点在同一个球面上 ,则该球的表面积为 (A.3 πB. πC.4 πD. π7.在棱长为 3 的正方体 ABCD-A 1B1C1D1中,P 在线段 BD 1上,且 = ,M 为线段 B1C1上的动点 ,则三棱锥 M-PBC 的体积为.8.一个几何体的三视图以下图(单位 :m,则该几何体的体积为m3.9.已知 H 是球 O 的直径 AB 上一点 ,AH ∶ HB=1 ∶ 2,AB ⊥平面α ,H为垂足 , α截球 O 所得截面的面积为π,则球 O 的表面积为.10.(2015 课标Ⅱ ,19,12 分如图 ,长方体 ABCD-A 1B 1C1D 1中 ,AB=16,BC=10,AA 1=8,点 E,F 分别在A 1B 1,D1C1上 ,A 1E=D 1F=4. 过点 E,F 的平面α与此长方体的面订交 ,交线围成一个正方形 .(1 在图中画出这个正方形(不用说明画法和原因;(2 求平面α把该长方体分红的两部分体积的比值.B 组提高题组11.如图 ,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为(A.6B.9C.12D.1812.(2017 贵州遵义模拟某几何体的三视图以下图,则该几何体的表面积为(A.24+12B.24+5C.12+15D.12+1213.某几何体的三视图以下图,则该几何体的体积为(A.16+8 πB.8+8 πC.16+16 Dπ.8+16 π14.(2015 课标Ⅱ ,10,5 分已知锥 O-ABC 体积的最大值为A,B 是球 O 的球面上两点36,则球 O 的表面积为 (,∠ AOB=90°,C 为该球面上的动点.若三棱A.36 πB.64 Cπ.144 πD.256 π15.(2017 安徽师大附中某个长方体被一个平面所截,获得的几何体的三视图以下图,则这个几何体的体积为 (A.4B.2C.4D.816.(2016 课标全国Ⅱ ,19,12 分如图 ,菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O,点 E,F 分别在AD,CD 上 ,AE=CF,EF 交 BD 于点 H.将△ DEF 沿 EF 折到△D'EF 的地点 .(1 证明 :AC ⊥HD';(2 若 AB=5,AC=6,AE= ,OD'=2 ,求五棱锥D'-ABCFE的体积.答案全解全析A 组基础题组1.D该几何体为四棱锥P-ABCD, 此中 PA⊥平面 ABCD, 如图 ,则该几何体的体积为V= ×2× ×(2+1 ×2=2.2.B依题意知,该几何体是以为底面半径,为高的两个同底圆锥构成的组合体,则其体积为π(2× ×2=π,应选B.3.D如图,由已知条件可知,截去部分是以△ABC为底面且三条侧棱两两垂直的正三棱锥D- ABC. 设正方体的棱长为a,则截去部分的体积为a3,节余部分的体积为a3- a3= a3,它们的体积之比为 .应选 D.4.B设圆锥底面的半径为R 尺 ,由× 2π R=8得 R= , 进而米堆的体积V= ×πR2×5= ( 立方尺 ,所以堆放的米约有≈22(斛.应选B.5.B由已知中的三视图可得该几何体的直观图以下图:底面为正方形 ,AB=AD=2, 棱锥的高为SA=2. SB=SD=2 ,CD ⊥ SD,CB ⊥ SB,所以 S侧=S +S +S +S△SAB △SAD △SCB △SCD△SAB △ SCB=2S +2S=2× ×2×2+2 × ×2×2=4+4 .应选 B.6.A 由题意可得 BD=A'C= ,BC= , △ BDC 与△ A'BC 都是以 BC 为斜边的直角三角形 ,由此可得BC 中点到 A',B,C,D 四个点的距离相等,故可得该三棱锥的外接球的直径为,所以该外接球的表面积 S=4π×=3π.7.答案分析∵ =,∴点 P到平面 BC 1 1到平面 BC1C 的距离是点D C 距离的 ,即为 =1,∵ M 为线段B1C1上的点 ,∴S△MBC = ×3×3= ,∴ V M-PBC =V P-MBC = ××1= .8.答案分析该几何体由一个圆锥和一个圆柱构成2 ×π×23 ,故体积 V=π×1×4+ 2= (m .9.答案分析如图 ,设截面小圆的半径为r,球的半径为R,由于 AH ∶ HB=1 ∶ 2,所以 OH= R. 由勾股定理,有 R2=r2+OH 2,又由题意得πr2=π,则 r=1,故 R2=1+ , 即 R2= .由球的表面积公式 ,得所求表面积 S=4πR2= .10.分析(1 交线围成的正方形EHGF 如图 :(2 作 EM ⊥AB, 垂足为 M, 则 AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.由于 EHGF 为正方形 ,所以 EH=EF=BC=10.于是 MH= =6,AH=10,HB=6.由于长方体被平面α分红两个高为10 的直棱柱 ,所以其体积的比值为.B 组提高题组11.B由三视图可得,该几何体为以下图的三棱锥,其底面△ABC 为等腰三角形且BA=BC,AC=6,AC 边上的高为3,SB⊥底面 ABC, 且 SB=3, 所以该几何体的体积V= × ×6×3×3=9. 应选 B.12.A由已知可得该几何体为三棱柱,底面是斜边长为4,斜边上的高为的直角三角形,棱柱的高为4,故棱柱的表面积S=2× ×4×+4 ×4+4×4sin 30 °+4×4cos 30 °=24+12 , 应选 A.13.A由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半构成2、 2,圆柱的底面半径为2,高为 4.所以该几何体的体积为.此中长方体的长、宽、高分别为V=4×2×2+ π× 22× 4=16+8应选π.A.4、14.C △AOB 的面积为定值,当 OC 垂直于平面AOB 时 ,三棱锥O-ABC 的体积获得最大值.由R3=36 得 R=6. 进而球O 的表面积S=4π R2=144π故.选C.15.D依据题中三视图可得该几何体的直观图以下图,则这个几何体的体积为2×2×3×=8. 故选 D.16.分析 (1 证明 :由已知得 AC ⊥BD,AD=CD.又由 AE=CF 得 = ,故 AC∥EF.由此得 EF⊥HD,EF ⊥HD', 所以 AC ⊥HD'.(2由 EF∥AC 得 ==.由 AB=5,AC=6 得 DO=BO= =4.所以 OH=1,D'H=DH=3.于是 OD'2+OH2=(2 2+12=9=D'H2,故OD'⊥OH.由(1 知 AC ⊥HD', 又 AC ⊥BD,BD ∩HD'=H, 所以 AC⊥平面 BHD', 于是 AC ⊥OD'. 又由 OD' ⊥ OH,AC∩OH=O,所以OD'⊥平面ABC.又由 =得 EF=.五边形 ABCFE 的面积 S= ×6×8- ××3= .所以五棱锥D'-ABCFE 的体积 V= ××2 = .。
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第一节空间几何体及其三视图、直观图
A组基础题组
1.充满气的车轮内胎可由下面哪个平面图形绕轴旋转而成()
2.如图是某几何体的三视图,则其几何体可由下列哪两种几何体组合而成()
A.两个长方体
B.两个圆柱
C.一个长方体和一个圆柱
D.一个球和一个长方形
3.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图,边AB平行于y轴,BC,AD平行于x轴.已知四边形ABCD 的面积为22cm2,则原平面图形的面积为()
A.4cm2
B.42
C.8cm2
D.8cm2
4.(2016江西南昌一模)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,点P是平面A1B1C1D1内一点,则三棱锥P-BCD的正视图与侧视图的面积之比为()
A.1∶1
B.2∶1
C.2∶3
D.3∶2
5.(2016湖南四县3月模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点(如图),用过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为()
6.将长方体截去一个四棱锥,得到的几何体如图所示,则该几何体的侧视图为()
7.某几何体的三视图如图所示,这个几何体的直观图可以是()
8.在一个倒置的正三棱锥容器内放入一个钢球,钢球恰与棱锥的四个面都接触,过棱锥的一条侧棱和高作截面,正确的截面图形是()
9.已知某几何体的三视图如图所示,正视图和侧视图都是矩形,俯视图是正方形,在该几何体上任意选择4个顶点,以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题:①矩形;②有三个面为直角三角形,有一个面为等腰三角形的四面体;③两个面都是等腰直角三角形的四面体.其中正确命题的序号是()
A.①②③
B.②③
C.①③
D.①②
10.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体侧视图的面积为()
A.2+3
B.1+3
C.2+23
D.4+3
11.若一个三棱锥的三视图如图所示,其中三个视图都是直角三角形,则在该三棱锥的四个面中,直角三角形的个数是()
A.1
B.2
C.3
D.4
12.(2016海南文昌中学模拟)一个棱锥的三视图如图所示,则这个棱锥的四个侧面中面积最大的侧面的面积是()
B.6
C.62
D.10
A.9
2
B组提升题组
13.一个正方体内接于一个球,过球心作一截面,如图所示,则截面可能是()
A.①③④
B.②④
C.①②③
D.②③④
14.已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示,俯视图是边长为2的正三角形,侧视图是有一条直角边长为2的直角三角形,则该三棱锥的正视图可能为()
15.某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥最长棱的棱长为()
A.1
B.
C.3
D.2
16.已知正三棱锥V-ABC的正视图、俯视图如图所示,它的侧棱VA=2,底面的边AC=3,则由该三棱锥得到的侧视图的面积为()
A.3
4B.33
4
C.3
2
D.3
17.已知四棱锥P-ABCD的三视图如图所示,则四棱锥P-ABCD的四个侧面中面积最大的是()
A.6
B.8
C.25
D.3
18.(2016湖南株洲二中月考)下图是一个几何体的三视图,则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是()
A.4
B.5
C.3
D.33
19.(2015山西康杰中学3月模拟)已知某锥体的正视图和侧视图如图所示,其体积为23
3
,则该锥体的俯视图可能是()
答案全解全析
A组基础题组
1.D根据充满气的车轮内胎知,它可由D选项中的平面图形绕轴旋转而成,故选D.
2.C由三视图可知,该几何体上部分为一圆柱,下部分为一长方体,故选C.
3.C依题意可知∠BAD=45°,则原平面图形为直角梯形,其上、下底边的长与BC、AD相等,高为梯形ABCD 的高的2倍,所以原平面图形的面积为8cm2.
4.A根据题意,得三棱锥P-BCD的正视图与侧视图都是三角形,且它们的面积相等,故三棱锥P-BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.
5.C过点A,E,C1的截面为AEC1F,如图,
则剩余几何体的左视图为选项C中的图形.故选C.
6.C从图形的左边向右边看,看到一个矩形的面,且在面上有一条从左下到右上的对角线,故选C.
7.D A,B的正视图不符合要求,C的俯视图显然不符合要求,故选D.
8.B由于球与侧棱不相交,因此截面图中截面圆不可能与三角形的三条边都相切,排除A、D,又圆锥的高一定过球心,因此在截面图中三角形的高一定过截面圆的圆心,排除C,故选B.
9.D由三视图可知,该几何体是正四棱柱,作出其直观图,如图,当选择的4个点是B1,B,C,C1时,可知①正确;当选择的4个点是B,A,B1,C时,可知②正确;易知③不正确,故选D.
10.D依题意可得,该几何体的侧视图的面积等于22+1
2
×2×.
11.D如图,由三视图可知,该三棱锥中,△BCD是直角三角形,CD⊥BC,且AB⊥平面BCD,则△ABC、△ABD 是直角三角形;由CD⊥BC,CD⊥AB,且AB∩BC=B,知CD⊥平面ABC,所以CD⊥AC,所以△ACD也是直角三角形,故选D.
12.C由三视图知,该几何体是四棱锥P-ABCD,如图,
其中PD⊥平面ABCD,底面ABCD是矩形,则PD⊥BC,又BC⊥CD,PD∩DC=D,所以BC⊥平面PCD,从而BC⊥PC,
同理,BA⊥PA,由三视图给出的尺寸,知PD=AD=3,CD=4,所以S△PDC=1
2×4×3=6,S△PAD=1
2
×3×3=9
2
,又
PC=2+DC2所以S△PBC=1
2×3×5=15
2
,又PA=2+AD2=32,所以S△PAB=1
2
×32×4=62,故选C.
B组提升题组
13.C考虑过球心的正方体截面位置的可能情形.当截面平行于正方体的一个侧面时得③,当截面过正方体的体对角线时得②,当截面不平行于任何侧面,也不过对角线时得①,但无论如何都不能截出④. 14.C当正视图为等腰三角形时,高应为2,且应为虚线,排除A,D;当正视图是直角三角形时,由条件得一个直观图如图所示,中间的线是PA形成的投影,应为虚线,故选C.
15.C根据三视图,可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥V-ABCD,其中VB⊥平面ABCD,且底面ABCD 是边长为1的正方形,VB=1.可知四棱锥中最长棱为VD.连接BD,易知BD=在Rt△VBD
中,VD=VB2+BD2=3.
16.B由题意知该三棱锥的侧视图如图所示,且边长为3
2,高为3,故侧视图的面积为1
2
×3
2
×3=33
4
.故选
B.
17.A四棱锥如图所示,其中,平面PDC⊥平面ABCD,底面ABCD是矩形,△PDC是等腰三角形,作PN⊥DC于点N,则PN=32-22=5,易证BC⊥平面PDC,所以BC⊥PC,同理,AD⊥PD.设M为AB的中点,连接PM,MN,则
PM⊥AB,且PM=3,所以S△PAB=1
2×4×3=6,又S△PDC=1
2
×4×5=25,S△PBC=S△PAD=1
2
×2×3=3,所以四棱锥P-ABCD
的四个侧面中面积最大的是6.
18.D作出直观图如图所示,通过计算可知AF最长且|AF|=|BF|2+|AB|2=3.
19.C由正视图得该锥体的高h=22-12=3,因为该锥体的体积为23
3
,所以该锥体的底面面积是
S=23
3
1h
=
23
3
3
=2,A项的正方形的面积是2×2=4,B项的圆的面积是π×12=π,C项的大三角形的面积是
1
2
×2×2=2,D项不可能是该锥体的俯视图,故选C.。