2020-2021【名校提分专用】高考数学一轮复习课时规范练38空间几何体的表面积与体积理新人教B版

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高考数学一轮复习课时作业(三十八)第38讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图文(2021年整理)

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课时作业（三十八)第38讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图时间/ 45分钟分值/ 100分基础热身1.[2017·西安一模]若两个球的表面积之比为1∶4，则这两个球的体积之比为（)A. 1∶2B. 1∶4C. 1∶8 D。

1∶162。

[2017·福州质检]图K38-1中，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为（)A. 8—πB. 8—πC。

8-π D. 8—π图K38-1图K38-23。

［2017·江西南昌二中、广东广雅中学联考］某几何体的三视图如图K38-2所示，则该几何体的表面积为（）A. 24+12B。

24+5C. 12+15D。

12+12图K38—34.把边长为的正方形ABCD沿对角线BD折起，连接AC，得到三棱锥C—ABD，其正视图与俯视图为全等的等腰直角三角形（如图K38-3所示),则其侧视图的面积为。

5。

已知一个正方体的所有顶点都在一个球面上,若球的体积为，则正方体的棱长为.能力提升图K38—46.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，得到如图K38—4所示的一个正方形,则该平面图形的原图是（)A B C D图K38-57。

高考数学一轮复习课时跟踪检测三十八空间几何体及表面积与体积含解析

课时跟踪检测（三十八）空间几何体及表面积与体积[A 级保分题——准做快做达标]1.关于空间几何体的结构特征，下列说法中不正确的是( ) 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：选B 根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等． 2．一个球的表面积为16π，那么这个球的体积为( ) A.163π B.323π C ．16π D ．24π解析：选B 设球的半径为R ，则由4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以这个球的体积为43πR3＝323π. 3．如图所示，等腰△A ′B ′C ′是△ABC 的直观图，那么△ABC 是( )A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．钝角三角形解析：选B 由题图知A ′C ′∥y ′轴，A ′B ′∥x ′轴，由斜二测画法知，在△ABC 中，AC ∥y 轴，AB ∥x 轴，∴AC ⊥AB .又因为A ′C ′＝A ′B ′，∴AC ＝2AB ≠AB ，∴△ABC 是直角三角形．4．下列说法中正确的是( ) 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一点的连线都是母线解析：选D 当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A 错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，所得几何体就不是圆锥，故B 错误；若六棱锥的所有棱都相等，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，则棱长必然要大于底面边长，故C 错误．选D.5．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A ．8B ．6 2C ．8 2D ．8 3解析：选C 如图，连接AC 1，BC 1，AC .∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，∴∠AC 1B 为直线AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角，∴∠AC 1B ＝30°.又AB ＝BC ＝2，在Rt △ABC 1中，AC 1＝2sin 30°＝4.在Rt △ACC 1中，CC 1＝AC 21－AC 2＝42－2＋22＝22，∴V 长方体＝AB ×BC ×CC 1＝2×2×22＝8 2.6．下列几何体是棱台的是________(填序号)．解析：①③都不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故①③不满足题意．②中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故②不满足题意．④符合棱台的定义，故填④.答案：④[B 级难度题——适情自主选做]1.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：选A 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 2.2．平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为( )A.6π B ．43π C ．46πD ．63π解析：选 B 设球的半径为R ，由球的截面性质得R ＝22＋12＝3，所以球的体积V ＝43πR 3＝43π.3．若圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3，半径为l 的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．4∶3D ．5∶3解析：选C 底面半径r ＝23π2πl ＝13l ，故圆锥的S 侧＝13πl 2，S 表＝13πl 2＋π⎝ ⎛⎭⎪⎫13l 2＝49πl 2，所以表面积与侧面积的比为4∶3.4．(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2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 ．122πB ．12πC ．82πD ．10π解析：选B 设圆柱的轴截面的边长为x ，则x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S侧＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.故选B.5．已知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.81π4B ．16πC ．9πD.27π4解析：选A 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，所以该球的表面积为4πr 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫942＝81π4. 6．(2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 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93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3解析：选B 由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3.设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三的最大值为13×93×6＝18 3.棱锥D ABC 体积7．(2018·江苏高考)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________．解析：由题意知所给的几何体是棱长均为2的八面体，它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为1，所以这个八面体的体积为2V 正四棱锥＝2×13×(2)2×1＝43. 答案：438.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________．(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)解析：该球形容器最小时，两个正四棱柱组成的四棱柱与球内接，此时球的直径2R 等于四棱柱的体对角线，即2R ＝52＋22＋12＝30，故球形容器的表面积为4πR 2＝30π.答案：30π9．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．解析：如图，∵SA 与底面成45°角，∴△SAO 为等腰直角三角形．设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r . 在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，∴sin ∠ASB ＝158， ∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin∠ASB ＝12×(2r )2×158＝515，解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45， ∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×210×45＝402π. 答案：402π[C 级难度题——适情自主选做]1.如图，一个圆锥的底面半径为2，高为4，在其中有一个高为x 的内接圆柱．(1)求圆柱的侧面积；(2)当x 为何值时，圆柱的侧面积最大？解：(1)如图，设内接圆柱底面半径为r .S 圆柱侧＝2πr ·x .①∵r 2＝4－x 4，∴r ＝12(4－x )．② ②代入①，S 圆柱侧＝2πx ·12(4－x )＝π(－x 2＋4x )(0<x <4)．(2)S 圆柱侧＝π(－x 2＋4x )＝π[－(x －2)2＋4]， ∴x ＝2时，S 圆柱侧最大＝4π.2．有一矩形ABCD 硬纸板材料(厚度忽略不计)，边AB 的长为6分米，其邻边足够长．现从中截取矩形EFHG (如图甲所示)，再剪去图中阴影部分，剩下的部分恰好能折成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示，重叠部分忽略不计)，其中OEMF 是以O 为圆心、∠EOF ＝120°为圆心角的扇形，且弧EF ，GH 分别与边BC ，AD 相切于点M ，N .(1)当BE 的长为1分米时，求折成的包装盒的容积； (2)当BE 的长是多少分米时，折成的包装盒的容积最大？解：(1)在题图甲中，连接MO 交EF 于点T .设OE ＝OF ＝OM ＝R 分米，在Rt △OET 中，因为∠EOT ＝12∠EOF ＝60°，所以OT ＝R 2，则MT ＝OM －OT ＝R2.从而BE ＝MT ＝R2，即R ＝2BE ＝2.故所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF＝13πR 2－12R 2sin 120°＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3－3平方分米．又柱体的高EG ＝4分米，所以V ＝S ·EG ＝⎝⎛⎭⎪⎫16π3－43立方分米．故当BE 长为1分米时，折成的包装盒的容积为⎝ ⎛⎭⎪⎫16π3－43立方分米．(2)设BE ＝x 分米，则R ＝2x 分米，所以所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin 120°＝⎝⎛⎭⎪⎫4π3－3x 2平方分米．又柱体的高EG ＝(6－2x )分米，所以V ＝S ·EG ＝⎝⎛⎭⎪⎫8π3－23(－x 3＋3x 2)，其中0＜x ＜3.令f (x )＝－x 3＋3x 2，x ∈(0,3)，则由f ′(x )＝－3x 2＋6x ＝－3x (x －2)＝0，解得x ＝2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下：所以当x ＝2时，f (x )取得极大值，也是最大值．故当BE 的长为2分米时，折成的包装盒的容积最大．。

2021版新高考数学一轮复习课时规范练32空间几何体的结构及其三视图新人教A版

课时规范练32 空间几何体的结构及其三视图、直观图基础巩固组1.下列说法中正确的是()A.斜三棱柱的侧面展开图一定是平行四边形B.水平放置的正方形的直观图有可能是梯形C.一个直四棱柱的正视图和侧视图都是矩形,则该直四棱柱就是长方体D.用平行于圆锥底面的平面去截圆锥,底面与截面之间的部分形成的几何体就是圆台2.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观图是()3.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()4.水平放置的△ABC,用斜二测画法作出的直观图是如图所示的△A'B'C',其中O'A'=O'B'=2,O'C'=√3,则△ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为()A.8√3πB.16√3πC.(8√3+3)πD.(16√3+12)π5.一几何体的直观图如图,下列给出的四个俯视图中正确的是()6.(2019陕西第二次质检,9)某三棱锥的三视图如图所示,其俯视图是一个等腰直角三角形,在此三棱锥的六条棱中,最长棱的长度为()A.2B.2√2C.√6D.√27.(2019北京房山二模)已知某四面体的三视图如图所示,正视图、侧视图、俯视图是全等的等腰直角三角形,则该四面体的四个面中直角三角形的个数为()A.4B.3C.2D.1(第6题图)(第7题图)8.(2019北京东城一模)正方体被一个平面截去一部分后,所得几何体的三视图如图所示,则截面图形的形状为()A.等腰三角形B.直角三角形C.平行四边形D.梯形9.一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的面积为.(第8题图)(第9题图)10.(2019江西新八校联考二)已知一个四棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示,其中a+b=10.则该四棱锥的高的最大值为.综合提升组11.(2019山东临沂三模)如图是某几何体的三视图,则过该几何体顶点的所有截面中,最大截面的面积是()A.2B.√3C.√3D.1212.(2019湖南长郡中学适应考试一,9)已知某长方体的三视图如图所示,在该长方体的一组相对侧面M,N上取三点A,B,P,其中P为侧面N的对角线上一点(与对角线端点不重合),A,B为侧面M的一条对角线的两个端点.若以线段AB为直径的圆过点P,则m的最小值为() A.4 B.4√3 C.2 D.2√3(第11题图)(第12题图)13.(2019北京朝阳二模)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为线段CD和A1B1上的动点,且满足CE=A1F,则四边形D1FBE所围成的图形(如图所示阴影部分)分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和()A.有最小值32B.有最大值52C.为定值3D.为定值214.如图,在一个正方体内放入两个半径不相等的球O1,O2,这两个球外切,且球O1与正方体共顶点A的三个面相切,球O2与正方体共顶点B1的三个面相切,则两球在正方体的面AA1C1C上的正投影是()15.(2019安徽江淮十校考前模拟)如图,是一块木料的三视图,将它经过切削,打磨成半径最大的球,则该木料最多加工出球的个数为()A.1B.2C.3D.4创新应用组16.(2019河北廊坊联考三)《九章算术》涉及中国古代算数中的一种几何体——阳马,它是底面为矩形,两个侧面与底面垂直的四棱锥,已知网格纸上小正方形的边长为1,现有一体积为4的阳马,则该阳马对应的三视图(用粗实线画出)可能为()17.一只蚂蚁从正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A出发,经正方体的表面,按最短路线爬行到顶点C1的位置,则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是()A.①②B.①③C.③④D.②④18.(2019全国2,文16)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.图1图2参考答案课时规范练32空间几何体的结构及其三视图、直观图1.D对于选项A,斜棱柱的每个侧面是平行四边形,但是全部展开以后,那些平行四边形未必可以构成一个平行四边形.所以是错误的.对于选项B,水平放置的正方形的直观图是平行四边形,不可能是梯形,所以是错误的.对于选项C,一个直四棱柱的正视图和侧视图都是矩形,则该直四棱柱不一定是长方体,因为底面可能不是矩形,所以是错误的.对于选项D,用平行于圆锥底面的平面去截圆锥,底面与截面之间的部分形成的几何体就是圆台,是正确的.故选D.2.C由题得几何体原图是如图所示的三棱锥A-BCD,所以这个几何体的直观图是C.故选C.3.D根据几何体的结构特征进行分析即可.4.B由斜二测画法的规则可得在△ABC中AB=4,AC=BC=4.把△ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体为有相同底面的两个相同圆锥的组合体,其中圆锥的底面圆半径为2√3,母线长为4,故该×(2π×2√3)×4=16√3π.选B.几何体的表面积为S=2×125.B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到左右两边的距离相等,因此选B.6.B由题意可知几何体的直观图如图:可知PA⊥底面ABC,三角形ABC是等腰三角形,AB⊥BC,可知PC是最长的棱长√4+4=2√2.故选B.7.A由三视图可知该几何体如下图所示,CB⊥AB,CB⊥DA,DA∩AB=A,所以,CB⊥平面DAB,所以,CB⊥BD,即△DBC是直角三角形,因此,△ABC,△DAB,△DAC,△DBC都是直角三角形,所以选A.8.A如图所示,由三视图可得,该几何体是正方体被一个平面截去一个三棱锥所得的几何体,很明显三棱锥的两条侧棱相等,故截面是等腰三角形.故选A.9.2√2因为直观图的面积是原图形面积的√2倍,且直观图的面积为1,所以原图形的面积为2√2.410.4如图所示,由题意知,平面PAD⊥平面ABCD,设点P到AD的距离为x,当x最大时,四棱锥的高最大,因为PA+PD=a+b=10>6,点P的轨迹为一个椭圆,椭圆的性质得,当a=b时,x取得最大值√52-32=4,即该四棱锥的高的最大值为4.11.A由三视图可知其对应的几何体是一个半圆锥,且圆锥的底面半径为r=√3,高h=1,故俯视图是一个腰长为2,顶角为120°的等腰三角形,易知过该几何体顶点的所有截面均为等腰三角形,且腰长为2,顶角的范围为(0°,120°],设顶×2×2×sinθ=2sinθ,角为θ,则截面的面积S=12当θ=90°时,面积取得最大值2.故选A.12.D如图:连接HF与NM,由长方体可得:线段NM是直线HF与AB的公垂线段.当点P在对角线HF的中点时,点P到直线AB距离最短为2.又以线段AB为直径的圆过点P,则AA2≥2,即√A2+222≥2,解得m≥2√3.所以m的最小值为2√3.故选D.13.D依题意,设四边形D1FBE的四个顶点在后面,上面,左面的投影点分别为D',F',B',E',则四边形D1FBE在上面,后面,左面的投影分别如下图.所以在后面的投影的面积为S后=1×1=1,在上面的投影面积S上=D'E'×1=DE×1=DE,在左面的投影面积S左=B'E'×1=CE×1=CE,所以投影的面积之和S=S后+S上+S左=1+DE+CE=1+CD=2.故选D.14.B由题意可以判断出两球在正方体的面AA1C1C上的正投影与正方形相切.由于两球球心连线AB1与面ACC1A1不平行,故两球球心射影所连线段的长度小于两球半径的和,即两个投影圆相交,即为图B.15.B由题意,该几何体为三棱柱,所以最大球的半径为侧视图直角三角形内切圆的半径r,则4-r+3-r=5,∴r=1.球的直径为2,两个球的直径和为4,棱柱的高为5,所以则该木料最多加工出球的个数为2.故选B.16.C 由三视图可知几何体是四棱锥,且四棱锥的一条侧棱与底面垂直,B,D 对应的几何体不符合阳马的特点,A 对应的阳马体积不是4,C 对应的阳马体积是4,故选C .17.D 由点A 经正方体的表面,按最短路线爬行到达顶点C 1的位置,共有6种路线(对应6种不同的展开方式),若把平面ABB 1A 1和平面BCC 1B 1展开到同一个平面内,连接AC 1,则AC 1是最短路线,且AC 1会经过BB 1的中点,此时对应的正视图为②;若把平面ABCD 和平面CDD 1C 1展开到同一个平面内,连接AC 1,则AC 1是最短路线,且AC 1会经过CD 的中点,此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现.故选D .18.26 √2-1 由题图2可知第一层与第三层各有9个面,共计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18+8=26个面.如图,设该半正多面体的棱长为x ,则AB=BE=x ,延长CB 与FE 的延长线交于点G ,延长BC 交正方体的棱于点H.由半正多面体的对称性可知,△BGE 为等腰直角三角形,所以BG=GE=CH=√22x ,所以GH=2×√22x+x=(√2+1)x=1,解得x=√2+1=√2-1,即该半正多面体的棱长为√2-1.。

2020版高考数学一轮复习课时规范练38空间几何体的表面积与体积理北师大版

课时规范练38 空间几何体的表面积与体积基础巩固组1.(2018广东广州七校联考,11)如图,画出的是某四棱锥的三视图,网格纸上小正方形的边长为1,则该几何体的体积为()A.15B.16C.D.2.(2018山东临沂三模,7)如图,网格中小正方形的边长为1,某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A.+9+9B.+9C.36+9D.36+9+93.(2018海南五模,8)已知某几何体的三视图如图所示,俯视图是由边长为2的正方形和半径为1的半圆组成,则该几何体的体积为()A.8+B.8+C.4+D.8+4.(2018浙江嘉兴四模,9)某几何体的三视图如图(单位:m),则该几何体的体积是()A. m3B. m3C.2 m3D.4 m35.(2018山西太原一模,7)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B.C. D.6.(2018福建三明一中一模,10)我国古代数学名著《九章算术》记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无丈.刍,草也;甍,屋盖也.”翻译为:“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶.”如图,为刍甍的三视图,其中主视图为等腰梯形,左视图为等腰三角形,则它的体积为()A. B.160C. D.647.(2018江西南昌六模,11)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,则该多面体的外接球的表面积为()A.32πB.16πC.36πD.72π8.(2018贵州贵阳一中高三月考,11)已知正四棱锥S-ABCD的底面是边长为4的正方形,若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切,则该四棱锥的高是()A. B. C. D.9.(2018天津,理11)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M-EFGH的体积为.10.已知直四棱柱底面是边长为2的菱形,侧面对角线的长为2,则该直四棱柱的侧面积为.11.( 2018云南师范大学附属中学三模,14)已知半径为5的球O被两平行的平面所截,两截面圆的半径分别为3和4,则分别以两截面为上、下底面的圆台的侧面积为.12.某几何体的三视图如图所示,坐标纸上的每个小方格的边长为1,则该几何体的外接球的表面积是.综合提升组13.(2018江西南昌测试八,7)某几何体的三视图如图(虚线刻画的小正方形边长为1)所示,则这个几何体的体积为()A. B.C.12D.14.(2018河南信阳二模,11)已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中三视图的长、宽、高分别为2,a,b,且2a+b= (a>0,b>0),则此三棱锥外接球表面积的最小值为()A.πB.πC.4πD.5π15.(2018黑龙江哈尔滨押题二,7)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A.30π+8B.+8C.+8D.+816.(2018广西防城港高三模拟,15)各面均为等边三角形的四面体ABCD的外接球的表面积为3π,过棱AB作球的截面,则截面面积的最小值为.创新应用组17.(2018辽宁葫芦岛二模,11)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为x的正方形,侧棱AA1=3,P为矩形CDD1C1内部(含边界)一点,M为BC中点,∠APD=∠CPM,Q为空间任一点且|QA1|=1,三棱锥Q-PCD的体积的最大值记为V(x),则关于函数V(x),下列结论正确的是()A.V(x)为奇函数B.V(x)在区间(0,+∞)上不单调C.V(3)=4D.V(6)=21参考答案课时规范练38 空间几何体的表面积与体积1.C由题得几何体原图是下图中的四棱锥A-BCDE,底面四边形BCDE的面积为4×4-×4×2-×2×2=10,所以四棱锥的体积为×10×5=.故选C.2.B由题得几何体的原图如图所示.几何体的左边是一个三棱柱,右边是一个三棱锥.由题得S四边形2=,所ABED=S四边形BCFE=3×3=9,S△ABC=S△DEO=S△FEO=×3×3=,由题得AC=DF=3,∴S矩形ACFD=3×3=9,S△DFO=×(3)以几何体的表面积=9++9+9+3×=+9+.故选B.3.D由三视图可知几何体为半圆锥与正方体的组合体,V=23+××π×12×2=8+,故选D.4.A由已知的三视图可得:该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥,底面的底边长为2 m,底面的高,即为三视图的宽1 m,故底面面积S=×2×1=1 m2,棱锥的高即为三视图的高,故h=2 m,故棱锥的体积V=×1×2= m3,故选A.5.B由给定的三视图可知,该几何体表示左侧是一个以边长为2的正方形为底面,高为2的四棱锥,其体积为V1=×2×2×2=;右侧为一个直三棱柱,其底面如俯视图所示,高为2,其体积为V2=×2×2×2=4,所以该几何体的体积为V=V1+V2=+4=,故选B.6.A由三视图可知该刍甍是一个组合体,它由一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成,根据三视图中的数据,求出棱锥与棱柱的体积相加即可,×4×4×4+2××2×4×4=32+=,故选A.7.C还原几何体,如图所示三棱锥B1-BCD(如下图),将此三棱锥补形为直三棱柱B1C1D1-BCD(如下图),在直三棱柱B1C1D1-BCD中取BC、B1C1的中点O1、O2,取O1O2中点O,R===3,S表=4πR2=4×32=36π.故答案为C.8.B因为球O与正四棱锥S-ABCD所有面都相切,于是由等体积法知V S-ABCD=V O-ABCD+V O-SAB+V O-SBC+V O-SDA+V O-⇒×42×h=×42×1+4×××1⇒h=.故选B.SCD9. 由题意可知,四棱锥M-EFGH的底面EFGH为正方形且边长为,其高为,所以V四棱锥M-EFGH=××=.10.16侧棱长为=2,因为侧面为矩形,所以侧面积为4×2×2=16.11.7π或35π由题意,得两截面圆到球心的距离分别为=4,=3,则分别以两截面为上、下底面的圆台的底面半径分别为4,3,圆台的高为4+3=7或4-3=1,则其母线长为=5或=,则该圆台的侧面积为S=π×(3+4)×5=35π或S=π×(3+4)×=7π.12.π根据几何体的三视图,得该几何体是如图所示的三棱锥,三棱锥的高PD=6,且侧面PAC⊥底面ABC,AC⊥BC,PA=PC==2,AC=8,BC=6,AB==10,∴PA2+PB2=AB2,∴△ABC的外接圆的圆心为斜边AB的中点E,设该几何体的外接球的球心为O.OE⊥底面ABC,设OE=x,外接球的半径为R,则x2+2=32+(6-x)2,解得x=.∴R2=2+52=,∴外接球的表面积S=4π×R2=.13.D几何体为如图多面体PABCDE,所以体积为V D-PABE+V A-BCD=×2××2×(1+2)+×2××2×1=.故选D.14.B由已知条件及三视图得,此三棱锥的四个顶点位于长方体ABCD-A1B1C1D1的四个顶点处,即为三棱锥A-CB1D1,且长方体ABCD-A1B1C1D1的长、宽、高分别为2,a,b,∴此三棱锥的外接球即为长方体ABCD-A1B1C1D1的外接球,且球半径为R==,∴三棱锥外接球表面积为4π2=π(4+a2+b2)=5π(a-1)2+,∴当且仅当a=1,b=时,三棱锥外接球的表面积取得最小值为π.故选B.15.D根据三视图知,该几何体是左边为圆柱的一部分,右边是圆柱挖去一个半球体,结合图中数据,计算该几何体的表面积为:S=π·22+·2π·2·2+2·2·2+2π·2·4+·4π·22=+8.故选D.16. 将四面体放回一个正方体中,使正四面体的棱都是正方体的面对角线,那么正四面体和正方体的外接球是同一个球,当AB是截面圆的直径时,截面面积最小.因外接球的表面积为3π,则球的直径为,则正方体的体对角线为,棱长为1,面对角线为,截面圆面积最小值为π×2=.17.D∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中,M为BC中点,∠APD=∠CPM,P为矩形CDD1C1内部(含边界)一点,∴Rt△ADP∽Rt△PMC,∴==2,即PD=2PC,∵|QA1|=1,则A1在以Q为球心的球面上,而A1到面PCD的距离为x,则(V Q-PCD)max=××3×x×(x+1)= x(x+1),由此可知A,B,C选项都不正确,而V(6)=×6×(6+1)=21.故选D.。

。2020-2021【名校提分专用】高考数学第一章空间几何体1.1.2简单组合体的结构特征课时作业新人教A版必修2

形成的几何体是 (
)
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A．棱柱 B．棱台
C．棱柱与棱锥组合体 D．不能确定
6．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的
圆锥而得到的组合体，现用一个竖直的平面去截这个组合体，则截面图形可能是
()
A．(1)(2) B ． (1)(3) C．(1)(4) D ． (1)(5) 二、填空题 7．下列叙述中错误的是 ________． ( 填序号 ) ①以直角三角形的一边为轴旋转所得的旋转体是圆锥； ②以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆； ④用一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台． 8．如图所示为一空间几何体的竖直截面图形，那么这个空间几何体自上而下可能是 __________________ ．
1．1． 2 简单组合体的结构特征答案
知识梳理 1．简单几何体作业设计
2．截去或挖去一部分
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1．A 2． A 3． D 4． D 5． A 6．D [ 一个圆柱挖去一个圆锥后，剩下的几何体被一个竖直的平面所截后，圆柱的轮廓
是矩形除去一条边，圆锥的轮廓是三角形除去一条边或抛物线的一部分．
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1.1.2 简单组合体的结构特征
【课时目标】 1 ．正确认识由柱、锥、台、球组成的简单几何体的结构特征．用这些结构特征描述现实生活中简单物体的结构．
2．能运
1．定义：由 ____________________ 组合而成的几何体叫做简单组合体． 2．组合形式
一、选择题
1．如图，由等腰梯形、矩形、半圆、圆、倒三角形对接形成的轴对称平面图形，若将它

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[推荐学习]2021版高考数学一轮复习第八章立体几何8.1空间几何体生活的色彩就是学习第八章立体几何8.1空间几何的结构、三视图和直观图形1．多面体的结构特征2.旋转体的形成几何体圆柱圆锥圆台球3.空间几何的三个视图（1）三个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 绘制三个视图时，只应绘制一条重叠线，并将阻挡线绘制为虚线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图形的可视化绘制通常采用斜向两测法，其规律是：(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）与原始图形中的坐标轴平行的线段仍与可视化图形中的坐标轴平行；平行于x 轴和z轴的线段在视觉图中保持原始长度不变；平行于Y轴的线段长度成为视觉图表中原始长度的一半旋转图形矩形直角三角形直角梯形半圆旋转轴任一边所在的直线任一直角边所在的直线垂直于底边的腰所在的直线直径所在的直线k12的学习需要努力专业专心坚持生活的色彩是学习[知识扩展]1．常见旋转体的三视图（1）球的三个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”坐标轴的夹角发生变化，？？“三变”?与y轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变平行度不变，？？“三不变”?与x，z轴平行的线段的长度不改变，相对位置不变[思维和歧视]判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)（1）两个面是平行的，其他面是平行四边形，几何体是棱柱体（×）（2）一个面是多边形，其他面是三角形，几何体是棱锥体（×）(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．(×)在直观的图表中，线段仍然相等。

高考数学一轮复习-空间几何体过关测试含答案

2021年高中数学复习之空间集合体过关测试一、选择题1．（2020•天津）若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．12πB．24πC．36πD．144π2．（2020•北京）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）A．6+B．6+2C．12+D．12+2 3．（2020•新课标Ⅲ）如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．6+4B．4+4C．6+2D．4+2 4．（2020•新课标Ⅱ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）A．E B．F C．G D．H5．（2020•浙江）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．B．C．3D．6 6．（2020•新课标Ⅰ）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A．B．C．D．7．（2020•新课标Ⅰ）已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π8．（2019•新课标Ⅰ）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π9．（2019•浙江）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（）A．158B．162C．182D．324二．填空题10．（2021•上海）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则圆柱的侧面积为．11．（2020•海南）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A﹣NMD1的体积为．12．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是．13．（2020•江苏）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半径为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是cm3．14．（2020•新课标Ⅰ）如图，在三棱锥P﹣ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝．15．（2020•新课标Ⅲ）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为．16．（2020•新课标Ⅲ）已知平面α截球O的球面所得圆的面积为π，O到α的距离为3，则球O的表面积为．三．解答题17．（2020•江苏）某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧（P为此圆弧的中点）和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP，要求A，B均在线段MN上，C，D均在圆弧上．设OC与MN所成的角为θ．（1）用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积，并确定sinθ的取值范围；（2）若大棚I内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4：3．求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．18．（2020•新课标Ⅱ）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C 是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心．若AO＝AB＝6，AO∥平面EB1C1F，且∠MPN＝，求四棱锥B﹣EB1C1F的体积．19．（2020•上海）已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为正方形，边长为3，PD⊥平面ABCD．（1）若PC＝5，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若直线AD与BP的夹角为60°，求PD的长．20．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E﹣BB1C1C的体积．21．（2020•新课标）如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃棒l，其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；（2）将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．答案一．选择题1．C；2．D；3．C；4．A；5．A；6．C；7．A；8．D；9．B；二．填空题10．4π；11．；12．1cm；13．12；14．﹣；15．π；16．40π；三17．（1）S矩形ABCD＝（40sinθ+10）•80cosθ＝800（4sinθcosθ+cosθ），S△CDP＝•80cosθ（40﹣40sinθ）＝1600（cosθ﹣cosθsinθ），当B、N重合时，θ最小，此时sinθ＝；当C、P重合时，θ最大，此时sinθ＝1，∴sinθ的取值范围是[，1）；（2）设年总产值为y，甲种蔬菜单位面积年产值为4t（t＞0），乙种蔬菜单位面积年产值为3t，则y＝3200t（4sinθcosθ+cosθ）+4800t（cosθ﹣cosθsinθ）＝8000t（sinθcosθ+cosθ），其中sinθ∈[，1）；设f（θ）＝sinθcosθ+cosθ，则f′（θ）＝cos2θ﹣sin2θ﹣sinθ＝﹣2sin2θ﹣sinθ+1；令f′（θ）＝0，解得sinθ＝，此时θ＝，cosθ＝；当sinθ∈[，）时，f′（θ）＞0，f（θ）单调递增；当sinθ∈（，1）时，f′（θ）＜0，f（θ）单调递减；∴θ＝时，f（θ）取得最大值，即总产值y最大．S矩形ABCD＝800（4sinθcosθ+cosθ），S△CDP＝1600（cosθ﹣cosθsinθ），sinθ∈[，1）；答：θ＝时总产值y最大．18．证明：（1）由题意知AA1∥BB1∥CC1，又∵侧面BB1C1C是矩形且M，N分别为BC，B1C1的中点，∴MN∥BB1，BB1⊥BC，∴MN∥AA1，MN⊥B1C1，又底面是正三角形，∴AM⊥BC，A1N⊥B1C1，又∵MN∩AM＝M，∴B1C1⊥平面A1AMN，∵B1C1⊂平面EB1C1F，∴平面A1AMN⊥平面EB1C1F；解：（2）∵AO∥平面EB1C1F，AO⊂平面A1AMN，平面A1AMN∩平面EB1C1F＝NP，∴AO∥NP，∵NO∥AP，∴AO＝NP＝6，∵O为△A1B1C1的中心，∴ON＝A1C1sin60°＝×6×＝，∴ON＝AP＝，∴AM＝3AP＝3，过M作MH⊥NP，垂足为H，∵平面A1AMN⊥平面EB1C1F，平面A1AMN∩平面EB1C1F＝NP，MH⊂平面A1AMN，∴MH⊥平面EB1C1F，∵在等边三角形中＝，即EF＝＝＝2，由（1）可知四边形EB1C1F为梯形，∴四边形EB1C1F的面积为S＝（B1C1+EF）•NP＝（6+2）×6＝24，∵MP＝•AM＝×3＝2，∵∠MPN＝，∴MH＝MP sin∠MPN＝＝3，∴＝S•MH＝×24×3＝24．19．（1）∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC．∵CD＝3，∴PC＝5，∴PD＝4，∴V P﹣ABCD＝＝12，所以四棱锥P﹣ABCD的体积为12．（2）∵ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，∴BC⊥PD，BC⊥CD又∵PD∩CD＝D∴BC⊥平面PCD∴BC⊥PC∵异面直线AD与PB所成角为60°，BC∥AD∴在Rt△PBC中，∠PBC＝60°，BC＝3故PC＝3在Rt△PDC中，CD＝3∴PD＝320．（1）证明：由长方体ABCD﹣A1B1C1D1，可知B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，∴B1C1⊥BE，∵BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，∴BE⊥平面EB1C1；（2）由（1）知∠BEB1＝90°，由题设可知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，∴∠AEB＝∠A1EB1＝45°，∴AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6，∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1∥平面BB1C1C，E∈AA1，AB⊥平面BB1C1C，∴E到平面BB1C1C的距离d＝AB＝3，∴四棱锥E﹣BB1C1C的体积V＝×3×6×3＝18．21．（1）设玻璃棒在CC1上的点为M，玻璃棒与水面的交点为N，在平面ACM中，过N作NP∥MC，交AC于点P，∵ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱，∴CC1⊥平面ABCD，又∵AC⊂平面ABCD，∴CC1⊥AC，∴NP⊥AC，∴NP＝12cm，且AM2＝AC2+MC2，解得MC＝30cm，∵NP∥MC，∴△ANP∽△AMC，∴＝，，得AN＝16cm．∴玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．（2）设玻璃棒在GG1上的点为M，玻璃棒与水面的交点为N，在平面E1EGG1中，过点N作NP⊥EG，交EG于点P，过点E作EQ⊥E1G1，交E1G1于点Q，∵EFGH﹣E1F1G1H1为正四棱台，∴EE1＝GG1，EG∥E1G1，EG≠E1G1，∴EE1G1G为等腰梯形，画出平面E1EGG1的平面图，∵E1G1＝62cm，EG＝14cm，EQ＝32cm，NP＝12cm，∴E1Q＝24cm，由勾股定理得：E1E＝40cm，∴sin∠EE1G1＝，sin∠EGM＝sin∠EE1G1＝，cos∠EGM＝﹣，根据正弦定理得：＝，∴sin∠EMG＝，cos∠EMG＝，∴sin∠GEM＝sin（∠EGM+∠EMG）＝sin∠EGM cos∠EMG+cos∠EGM sin∠EMG＝，∴EN＝＝＝20cm．∴玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm．菁优网APP 菁优网公众号菁优网小程序。

2022高考数学一轮复习课时规范练38空间图形的基本关系与公理文含解析北师大版

课时规范练38 空间图形的基本关系与公理基础巩固组1.(2020浙江丽水模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是线段BC,CD1的中点,则直线A1B 与直线EF的位置关系是()A.相交B.异面C.平行D.垂直2.(2020广东汕头模拟)a,b,c是两两不同的三条直线,下面四个命题中,真命题是()A.若直线a,b异面,b,c异面,则a,c异面B.若直线a,b相交,b,c相交,则a,c相交C.若a∥b,则a,b与c所成的角相等D.若a⊥b,b⊥c,则a∥c3.如图所示,ABCD-A1B1C1D1是长方体,O是B1D1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论正确的是()A.A,M,O三点共线B.A,M,O,A1不共面C.A,M,C,O不共面D.B,B1,O,M共面4.(2020海南三亚模拟)在空间四边形ABCD各边AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,如果EF,GH相交于点P,那么()A.点P必在直线AC上B.点P必在直线BD上C.点P必在平面DBC内D.点P必在平面ABC外5.(2020山东临沂模拟)如图所示,在底面为正方形,侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A.15B.25C.35D.456.(2020江西宜春模拟)已知AE是长方体ABCD-EFGH的一条棱,则在这个长方体的十二条棱中,与AE异面且垂直的棱共有条.7.(2020江苏启东中学模拟)如图,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E ,F 分别是AB 和AA 1的中点. 求证:(1)E ,C ,D 1,F 四点共面; (2)CE ,D 1F ,DA 三线共点.综合提升组8.已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积为1,点M 在线段BC 上(点M 异于B ,C 两点),点N 为线段CC 1的中点,若平面AMN 截正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1所得的截面为五边形,则线段BM 的取值范围是( ) A.(0,12] B.(12,1) C .[13,1)D .[12,13]9.(2020湖北孝感模拟)已知在四面体ABCD 中,E ,F 分别是AC ,BD 的中点.若AB=2,CD=4,EF ⊥AB ,则EF 与CD 所成角的度数为 .10.(2020湖北武汉模拟)如图所示,在四面体ABCD 中作截面PQR ,若PQ 与CB 的延长线交于点M ,RQ 与DB 的延长线交于点N ,RP 与DC 的延长线交于点K.给出以下结论: ①直线MN ⫋平面PQR ;②点K 在直线MN 上;③M ,N ,K ,A 四点共面. 其中正确结论的序号为 .11.如图所示,平面BCC 1B 1⊥平面ABC ,∠ABC=120°,四边形BCC 1B 1为正方形,且AB=BC=2,则异面直线BC 1与AC 所成角的余弦值为 .(第10题图)(第11题图)12.(2020江苏盐城模拟)已知空间四边形ABCD (如图所示),E ,F 分别是AB ,AD 的中点,G ,H 分别是BC ,CD 上的点,且CG=13BC ,CH=13DC. 求证:(1)E ,F ,G ,H 四点共面; (2)三直线FH ,EG ,AC 共点.创新应用组13.如图,在正四面体ABCD 中,E 是棱AD 上靠近点D 的一个三等分点,则异面直线AB 和CE 所成角的余弦值为 .参考答案课时规范练38 空间图形的基本关系与公理1.A 由BCAD ,ADA 1D 1知,BCA 1D 1,从而四边形A 1BCD 1是平行四边形,所以A 1B ∥CD 1,又EF ⫋平面A 1BCD 1,EF ∩D 1C=F ,则A 1B 与EF 相交.2.C 对于A,B,D,a 与c 可能相交、平行或异面,因此A,B,D 不正确,根据异面直线所成角的定义知C 正确.3.A 连接A 1C 1,AC ,图略,则A 1C 1∥AC ,所以A 1,C 1,A ,C 四点共面.所以A 1C ⫋平面ACC 1A 1.因为M ∈A 1C ,所以M ∈平面ACC 1A 1.又M ∈平面AB 1D 1,所以M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上.同理A,O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上,所以A,M,O三点共线.4.A如图,因为EF⫋平面ABC,而GH⫋平面ADC,且EF和GH相交于点P,所以点P在两平面的交线上,因为AC是两平面的交线,所以点P必在直线AC上.5.D连接BC1,易证BC1∥AD1,则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角.连接A1C1,由AB=1,AA1=2,则A1C1=√2,A1B=BC1=√5,在△A1BC1中,由余弦定理得cos∠A1BC1=2×√5×√5=45.6.4作出长方体ABCD-EFGH.在这个长方体的十二条棱中,与AE异面且垂直的棱有GH,GF,BC,CD.共4条.7.证明(1)如图,连接EF,CD1,A1B.∵E,F分别是AB,AA1的中点,∴EF∥BA1.又∵A1B∥D1C,∴EF∥CD1,∴E,C,D1,F四点共面.(2)∵EF∥CD1,EF<CD1,∴CE与D1F必相交,设交点为P,则由P∈直线CE,CE⫋平面ABCD,得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1=DA,∴P∈直线DA,∴CE ,D 1F ,DA 三线共点.8.B ∵正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积为1,所以正方体的棱长为1,当点M 为线段BC 的中点时,MN ∥AD 1,A ,M ,N ,D 1共面,截面为四边形AMND 1,如图,即BM=12不合题意,排除选项A,C,D;当BM>12时,截面为五边形,如图,符合题意,即线段BM 的取值范围为(12,1).故选B .9.30° 如图,设G 为AD 的中点,连接GF ,GE ,则GF ,GE 分别为△ABD ,△ACD 的中位线.由此可得GF ∥AB ,且GF=12AB=1,GE ∥CD ,且GE=12CD=2, ∴∠FEG 或其补角即为EF 与CD 所成的角.∵EF ⊥AB ,GF ∥AB ,∴EF ⊥GF. 因此,在Rt △EFG 中,sin ∠GEF=GF GE=12,可得∠GEF=30°,∴EF 与CD 所成角的度数为30°.10.①②③ 由题意知,M ∈PQ ,N ∈RQ ,K ∈RP ,从而点M ,N ,K ∈平面PQR.所以直线MN ⫋平面PQR ,故①正确.同理可得点M ,N ,K ∈平面BCD.从而点M ,N ,K 在平面PQR 与平面BCD 的交线上,即点K 在直线MN 上,故②正确.因为A ∉直线MN ,从而点M ,N ,K ,A 四点共面,故③正确. 11.√64由题目中的位置关系,可将原图补为如图所示的直四棱柱,∵BC 1∥AD ,∴异面直线BC 1与AC 所成角即为直线AD 与AC 所成角∠DAC ,由余弦定理可得AC 2=AB 2+BC 2-2AB·BC·cos ∠ABC=4+4-8cos120°=12,∴AC=2√3,又AD=CD=√4+4=2√2,∴cos ∠DAC=AD 2+AC 2-CD 22AD ·AC=2×2√2×2√3=√64. 12.证明(1)连接EF ,GH ,因为E ,F 分别是AB ,AD 的中点,所以EF ∥BD.又因为CG=13BC ,CH=13DC ,所以GH ∥BD ,所以EF ∥GH ,所以E ,F ,G ,H 四点共面.(2)易知直线FH 与直线AC 共面,不平行,所以设FH ∩AC=M ,所以M ∈平面EFHG ,M ∈平面ABC.又因为平面EFHG ∩平面ABC=EG ,所以M ∈EG ,所以FH ,EG ,AC 共点. 13.√714如图,取棱BD 上靠近点D 的一个三等分点F ,又因为E 是棱AD 上靠近点D 的一个三等分点,所以EF ∥AB ,所以∠CEF 是异面直线AB和CE 所成的角,不妨设正四面体ABCD 的棱长为3,则DE=13AD=1,EF=13AB=1,DF=13BD=1,在△CDE 中,由余弦定理得CE 2=DE 2+CD 2-2DE·CD·cos ∠CDE=12+32-2×1×3×12=7,所以CE=√7,同理,在△CDF 中,由余弦定理得CF=√7,在△CEF 中,由余弦定理, 得cos ∠CEF=EF 2+CE 2-CF 22EF ·CE=2√7)2√7)22×1×√7=√714.。

(福建专用)2021高考数学一轮复习课时规范练38空间几何体的表面积与体积理新人教A版

课时标准练38 空间几何体的外表积与体积一、根底稳固组1.某空间几何体的三视图如下图,那么该几何体的外表积为()+4+8+82.(2021安徽黄山二模,理6)过圆锥顶点的平面截去圆锥一局部,所得几何体的三视图如下图,那么原圆锥的体积为()A.1B.C.D.3.三棱柱的三个侧面均垂直于底面,底面为正三角形,且侧棱长与底面边长之比为2∶1,顶点都在一个球面上,假设该球的外表积为,那么此三棱柱的侧面积为()A. B.4.一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如下列图所示.那么该几何体的体积为()A. B.C.+5.某几何体的三视图如下图,该几何体的体积为()A.2B.C.D.〚导学号21500743〛6.(2021宁夏银川二模,理9)点A,B,C,D在同一个球的球面上,AB=BC=,∠ABC=90°,假设四面体ABCD体积的最大值为3,那么这个球的外表积为()7.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB=AC,侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形,那么侧面ABB1A1的面积为()A. B.1 C. D.〚导学号21500744〛8.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,侧棱PA⊥底面ABCD,PA=2,E为AB 的中点,那么四面体PBCE的体积为.9.(2021河北武邑中学一模,理13)一个圆锥的母线长为2,侧面展开是半圆,那么该圆锥的体积为.10.(2021天津河东区一模,理11)一个四棱锥的三视图如下图,那么此四棱锥的体积为.11.如下图,一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成,那么该多面体的体积是.12.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,那么球O的外表积为.二、综合提升组13.如图是某个几何体的三视图,其中正视图为正方形,俯视图是腰长为2的等腰直角三角形,那么该几何体外接球的直径为()C.14.一个四面体的顶点都在球面上,它的正视图、侧视图、俯视图都是右图.图中圆内有一个以圆心为中心边长为1的正方形.那么这个四面体的外接球的外表积是()A.πB.3πC.4πD.6π〚导学号21500745〛15.正四棱锥O-ABCD的体积为,底面边长为,那么以O为球心,OA为半径的球的外表积为.16.(2021陕西咸阳二模,理16)一个三棱锥的所有棱长均为,那么该三棱锥的内切球的体积为.三、创新应用组17.(2021石家庄二中模拟,理15)半径为1的球O内有一个内接正三棱柱,当正三棱柱的侧面积最大时,球的外表积与该正三棱柱的侧面积之差是.18.(2021全国Ⅰ,理16)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为.〚导学号21500746〛课时标准练38空间几何体的外表积与体积1.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.那么该几何体的外表积为S=22×2+4×2×2+24=20+8,应选D.2.D由三视图可得底面圆的半径为=2,圆锥的高为=2,∴原圆锥的体积为22×2=,应选D.3.D如图,根据球的外表积可得球的半径为r=,设三棱柱的底面边长为x,那么=x2+,解得x=1,故该三棱柱的侧面积为3×1×2=6.4.C由三视图可知,上面是半径为的半球,体积V1=,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积V2=1×1=,所以该几何体的体积V=V1+V2=应选C.5.D由中的三视图,可知该几何体是一个长方体,切去了一个边长为1,高也是1的正四棱锥(如图),长方体ABCD-A'B'C'D'切去正四棱锥S-ABCD.长方体的体积为V长方体=1×1×2=2,正四棱锥的体积为V正四棱锥=1×1×1=,故该几何体的体积V=2-应选D.6.D由题意,知S△ABC=3,设△ABC所在球的小圆的圆心为Q,那么Q为AC的中点,当DQ与面ABC垂直时,四面体ABCD的最大体积为S△ABC·DQ=3,∴DQ=3,如图,设球心为O,半径为R,那么在Rt△AQO中,OA2=AQ2+OQ2,即R2=()2+(3-R)2,∴R=2,那么这个球的外表积为S=4π×22=16π.应选D.7.C由题意知,球心在侧面BCC1B1的中心O上,BC为△ABC所在圆面的直径,所以∠BAC=90°,△ABC 的外接圆圆心N是BC的中点,同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中点.设正方形BCC1B1的边长为x,在Rt△OMC1中,OM=,MC1=,OC1=R=1(R为球的半径),所以=1,即x=,那么AB=AC=1.所以侧面ABB1A1的面积S=1=8显然PA⊥面BCE,底面BCE的面积为1×2×sin 120°=,所以V P-BCE=29由题意知圆锥的底面周长为2π,设圆锥的底面半径是r,那么得到2πr=2π,解得r=1, ∴圆锥的高为h=∴圆锥的体积为V=r2h=10如下图,该几何体为如下四棱锥P-ABCD,其中PA⊥底面ABCD,底面四边形由直角梯形ABED,Rt△DCE组成,AB∥DE,AB⊥BC,AB=1,DE=2,BE=EC=1,PA=2.∴S底面ABCD=1+2×1=V=2=11易知该几何体是正四棱锥.连接BD,设正四棱锥P-ABCD,由PD=PB=1,BD=,得PD⊥PB.设底面中心O,那么四棱锥的高PO=,那么其体积是V=Sh=1212如图,设球O的半径为R,那么AH=,OH=又π·EH2=π,∴EH=1.∵在Rt△OEH中,R2=+12,∴R2=∴S球=4πR2=13.D由题意可知三视图复原的几何体如图,四棱锥S-BCDE是正方体的一局部,正方体的棱长为2,所以几何体外接球为正方体外接球,该几何体外接球的直径为214.B由三视图可知,该四面体是正四面体.∴此四面体的外接球的直径为正方体的对角线长为∴此四面体的外接球的外表积为4π=3π,应选B.15.24π如下图,在正四棱锥O-ABCD中,V O-ABCD=S正方形ABCD·OO1=()2×OO1=,∴OO1=,AO1=,在Rt△OO1A中,OA=,即R=,∴S球=4πR2=24π.16如图,O为正四面体ABCD的内切球的球心,正四面体的棱长为,所以OE为内切球的半径,设OA=OB=R,在等边三角形BCD中,BE=,AE=由OB2=OE2+BE2,即有R2=,解得R=OE=AE-R=,那么其内切球的半径是,故内切球的体积为17.4π-3如下图,设球心为O点,上下底面的中心分别为O1,O2,设正三棱柱的底面边长与高分别为x,h,那么O2A=x,在Rt△OAO2中,x2=1,化为h2=4-x2,∵S侧=3xh,=9x2h2=12x2(3-x2)≤12=27,当且仅当x=时取等号,S侧=3, ∴球的外表积与该正三棱柱的侧面积之差是4π-3,故答案为4π-318.4如下图,连接OD,交BC于点G.由题意知OD⊥BC,OG=BC.设OG=x,那么BC=2x,DG=5-x,三棱锥的高h=因为S△ABC=2x×3x=3x2,所以三棱锥的体积V=S△ABC·h=x2令f(x)=25x4-10x5,x,那么f'(x)=100x3-50x4.令f'(x)=0,可得x=2,那么f(x)在(0,2)单调递增,在单调递减,所以f(x)max=f(2)=80.所以V=4,所以三棱锥体积的最大值为4。

2021版新高考数学一轮复习课时规范练38 空间几何中的向量方法

课时规范练38 空间几何中的向量方法基础巩固组1。

已知二面角α—l-β的两个半平面α与β的法向量分别为a，b,若<a，b>=π3，则二面角α—l-β的大小为()A.π3B。

2π3C。

π3或2π3D.π6或π32。

两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(2，1，1），且两平面的一个法向量n=(—1，0,1)，则两平面间的距离是（)A.32B。

√22C.√3D.3√23。

已知四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA=PD=√5,平面ABCD⊥平面PAD,M是PC的中点,O是AD的中点,则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是（）A。

√55B.2√55C.√8585D。

8√85854。

如图,空间正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别是CD,CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是（)A.π6B.π4C。

π3D。

π25。

如图所示,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形，且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC的中点,则二面角C-BF-D的正切值为（）A.√36B。

√34C.√33D。

2√336。

若直线l的方向向量a=(—2，3，1），平面α的一个法向量n=(4，0,1)，则直线l与平面α所成角的正弦值为。

7。

已知点E,F分别在正方体ABCD—A1B1C1D1的棱BB1,CC1上，且B1E=2EB,CF=2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的余弦值等于.8.（2019辽宁育才学校模拟,19)在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD为直角梯形，BC∥AD,∠ADC=90°，AD=1,PA=PD，E,F分别为AD,PC的中点.BC=CD=12(1）略;（2）若PE=EC，求二面角F-BE—A的余弦值。

9。

(2019四川广安诊断一，19)如图，在棱长为2的正方体ACBD-A1C1B1D1中,M是线段AB上的动点.(1）略；（2）略;(3)判断点M到平面A1B1C的距离是否为定值？若是，求出定值;若不是，请说明理由。

高三数学一轮复习单元训练空间几何体

卜人入州八九几市潮王学校大学附中2021届高三数学一轮复习单元训练：空间几何体本套试卷分第一卷(选择题)和第二卷(非选择题)两局部．总分值是150分．考试时间是是120分钟．第一卷(选择题一共60分)一、选择题(本大题一一共12个小题，每一小题5分，一共60分，在每一小题给出的四个选项里面，只有一项为哪一项哪一项符合题目要求的)1．ABCD 是正方形，PA ⊥平面AC ，且PA=AB ，那么二面角A-PD-B 的度数为()A ．060 B ．090C ．0120D ．0135【答案】C2．如图是某一几何体的三视图，那么这个几何体的体积为()A ．4B ．8C ．16D ．20【答案】A3．点M 在平面ABC 内，并且对空间任一点O ，OA x OM ++=那么x 的值是() A ．21B ．31 C ．61 D ．0【答案】C4．m 和n 是分别在两个互相垂直的面α、β内的两条直线，α与β交于l ，m 和n 与l 既不垂直，也不平行，那么m 和n 的位置关系是(〕 A ．可能垂直，但不可能平行 B ．可能平行，但不可能垂直 C ．可能垂直，也可能平行 D ．既不可能垂直，也不可能平行【答案】D 5．三棱锥S ABC -中，底面ABC 为边长等于2的等边三角形，SA 垂直于底面ABC ，SA =3，那么直线AB 与平面SBC 所成角的正弦值为()ABCD ．34【答案】D6．设,m n 是两条不同的直线，γβα,, ①假设m ⊥α，α//n ，那么n m ⊥②假设αβ//，βγ//，m ⊥α，那么m ⊥γ ③假设α//m ，α⊂n ，那么m n //④假设αγ⊥，βγ⊥，那么//αβ)A ．①和②B ．②和③C ．③和④D ．①和④【答案】A7．对于四面体ABCD①相对棱AB 与CD 所在的直线异面；②由顶点A 作四面体的高，其垂足是BAD ∆的三条高线的交点；③假设分别作ABC ∆和ABD ∆的边AB 上的高，那么这两条高所在直线异面；④分别作出三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点； ⑤最长棱必有某个端点，由它引出的另两条棱的长度之和大于最长棱． )A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C8．点P 〔1,4，-3〕与点Q 〔3，－2，5〕的中点坐标是()A ．(4,2,2,)B ．(2,1,1,)C ．(2,-1,2,)D ．(4,-1,2,)【答案】B9．把正方形ABCD 沿对角线AC 折起,当以A 、B 、C 、D 四点为顶点的正棱锥体积最大时，直线BD 和平面ABC 所成的角的大小为()A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°【答案】C 10．在棱柱中满足()A ．只有两个面平行B ．所有面都平行C ．所有面都是平行四边形D ．两对面平行，且各侧棱也互相平行【答案】D11．如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中E 、F 分别为棱DD 1、BB 1上的动点，且BF=D 1E ，设EF 与AB 所成角为α，EF 与BC 所成的角为β，那么βα+的最小值为()A ．︒45B ．︒60C ．︒90D ．无法确定【答案】C12．一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为２ｃｍ，那么球的外表积是()A ．８πｃｍ２B ．１２πｃｍ２C ．１６πｃｍ２D ．２０πｃｍ２【答案】D第二卷(非选择题一共90分)二、填空题(本大题一一共4个小题，每一小题5分，一共20分，把正确答案填在题中横线上) 13．如图,在空间四边形OABC 中,E 是线段BC 的中点,G 是AE 的中点,假设,,OA OB OC 分别记为,,a b c ,那么用,,a b c 表示OG 的结果为OG =.【答案】111244a b c ++ 14．＝(1t ，1t ，t)，＝(2，t ，t 〕，那么|－|的最小值为。

高考数学统考一轮复习第七章立体几何第一节空间几何体的结构、三视图和直观图课时规范练(文,含

学习资料第七章立体几何第一节空间几何体的结构、三视图和直观图课时规范练A组——基础对点练1．(2020·青岛模拟）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．2 D．3解析: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：B2．如图（1)所示，是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体,其中DD1＝1，AB＝BC＝AA1＝2,若此几何体的俯视图如图（2）所示，则可以作为其主视图的是（)解析：根据该几何体的直观图和俯视图知，其主视图的长应为底面正方形的对角线长，宽应为正方体的棱长，故排除B，D；而在三视图中看不见的棱用虚线表示，故排除A。

答案：C3．一个三角形用斜二测画法画出来的直观图是边长为2的正三角形，则原三角形的面积是()A．2错误!B．4错误!C. 3 D．都不对解析:根据斜二测画法的规则,正三角形的底边长是原三角形的底边长，原三角形的高是正三角形高的2错误!倍,而正三角形的高是错误!，故原三角形的高为2错误!,于是其面积为错误!×2×26＝2错误!.答案：A4.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，用过点A、E、C1的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的主视图是(）解析：取DD1的中点F，连接AF,C1F.平面AFC1E为截面．如图：则上半部分的主视图如A选项,故选A。

答案：A5．如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图（两个矩形，一个直角三角形),则这个几何体可能为(）A．三棱台B．三棱柱C．四棱柱D．四棱锥解析:根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．答案：B6.如图所示，右面的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得,现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是()A．①②B．②③C．③④D．①⑤解析：圆锥的轴截面为等腰三角形,此时①符合条件；当截面不过旋转轴时,圆锥在截面上为双曲线的一支，此时⑤符合条件，故截面图形可能是①⑤。

(通用版)高考数学一轮复习第七章立体几何分层限时跟踪练38

分层限时跟踪练(三十八)(限时40分钟)[基础练]扣教材练双基一、选择题1．下列说法正确的是( )A．若a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线B．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面C．若a，b不同在平面α内，则a与b异面D．若a，b不同在任何一个平面内，则a与b异面【解析】由异面直线的定义知D正确．【答案】 D2．给出下列命题，其中正确命题的个数是( )①如果线段AB在平面α内，那么直线AB在平面α内；②两个不同的平面可以相交于不在同一直线上的三个点A、B、C；③若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；④若三条直线两两相交，则这三条直线共面；⑤两组对边相等的四边形是平行四边形．A．1 B．2 C．3 D．4【解析】由公理1知①正确，由公理3知②不正确，③正确；三条直线两两相交于同一点时，三条直线不一定共面，④不正确；空间四边形也可能两组对边相等，⑤不正确．【答案】 B3．已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；③若m ⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.其中所有正确的命题是( )A．①④B．②④C．①D．④【解析】借助于长方体模型来解决本题．对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面α、β可能垂直，如图(2)所示；对于③，平面α、β可能垂直，如图(3)所示；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n 作平面γ，且γ∩β＝g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n.【答案】 A4．如图734所示，ABCD A 1B 1C 1D 1是长方体，O 是B 1D 1的中点，直线A 1C 交平面AB 1D 1于点M ，则下列结论正确的是( )图734A ．A ，M ，O 三点共线B ．A ，M ，O ，A 1不共面C ．A ，M ，C ，O 不共面D ．B ，B 1，O ，M 共面【解析】连接A 1C 1，AC ，则A 1C 1∥AC ，∴A 1，C 1，A ，C 四点共面，∴A 1C ⊂平面ACC 1A 1，∵M ∈A 1C ，∴M ∈平面ACC 1A 1，又M ∈平面AB 1D 1，∴M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，同理O 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上．∴A ，M ，O 三点共线．【答案】 A5.如图735，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的各棱长(包括底面边长)都是2，E ，F 分别是AB ，A 1C 1的中点，则EF 与侧棱C 1C 所成的角的余弦值是( )图735 A.55 B.255C.12 D ．2【解析】如图，取AC 中点G ，连FG 、EG ，则FG ∥C 1C ，FG ＝C 1C ；EG ∥BC ，EG ＝12BC ，故∠EFG 即为EF 与C 1C 所成的角，在Rt △EFG 中，cos ∠EFG ＝FG FE ＝25＝255. 【答案】 B二、填空题6．若直线a ⊥b ，且直线b ∥平面α，则直线a 与平面α的位置关系是．【解析】如图所示：故a 与α的位置关系是a ⊂α、a ∥α或a 与α相交．【答案】 a ⊂α、a ∥α或a 与α相交7．如图736所示是正方体和正四面体，P ，Q ，R ，S 分别是所在棱的中点，则四个点共面的图形的序号是．图736【解析】可证①中的四边形PQRS 为梯形；②中，如图所示，取A 1A 和BC 的中点分别为M ，N ，可证明PMQNRS 为平面图形，且PMQNRS 为正六边形；③中，可证四边形PQRS 为平行四边形；④中，可证Q 点所在棱与面PRS 平行，因此，P ，Q ，R ，S 四点不共面．【答案】 ①②③8．如图737是正四面体的平面展开图，G 、H 、M 、N 分别为DE 、BE 、EF 、EC 的中点，在这个正四面体中，图737①GH 与EF 平行；②BD 与MN 为异面直线；③GH 与MN 成60°角；④DE 与MN 垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是．【解析】还原成正四面体知GH 与EF 为异面直线，BD 与MN 为异面直线，GH 与MN 成60°角，DE 与MN 为异面直线，且所成的角为90°，即DE 与MN 垂直．【答案】 ②③④三、解答题9．如图738，四边形ABEF 和ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠FAB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12FA ，G ，H 分别为FA ，FD 的中点．图738(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？【解】 (1)证明：由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ，可得GH 綊12AD .又BC 綊12AD ，∴GH 綊BC ，∴四边形BCHG 为平行四边形．(2)由BE 綊12AF ，G 为FA 中点知，BE 綊FG ， ∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EF ∥BG .由(1)知BG 綊CH ，∴EF ∥CH ，∴EF 与CH 共面．又D ∈FH ，∴C ，D ，F ，E 四点共面．10．如图739所示，等腰直角三角形ABC 中，∠BAC ＝90°，BC ＝2，DA ⊥AC ，DA ⊥AB ，若DA ＝1，且E 为DA 的中点，求异面直线BE 与CD 所成角的余弦值．图739【解】取AC 中点F ，连EF ，BF ，则EF ∥DC ，∴∠BEF 即为异面直线BE 与CD 所成的角(或其补角)．∵DA ＝1，BC ＝2，AB ＝AC .∴DC ＝2，∴EF ＝22. 在△BEF 中，BE ＝BF＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52，由余弦定理得cos ∠BEF ＝EB 2＋EF 2－BF 22EB ·EF＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫5222×52×22＝1010， ∴异面直线BE 与CD 所成角的余弦值为1010. [能力练]扫盲区提素能1．(2015·唐山模拟)若P 是两条异面直线l 、m 外的任意一点，则( )A ．过点P 有且仅有一条直线与l 、m 都平行B ．过点P 有且仅有一条直线与l 、m 都垂直C ．过点P 有且仅有一条直线与l 、m 都相交D ．过点P 有且仅有一条直线与l 、m 都异面【解析】对于选项A ，若过点P 有直线n 与l 、m 都平行，则l ∥m ，这与l 、m 异面矛盾．对于选项B ，可知过点P 且与l 、m 都垂直的直线存在，且只有一条，即为过点P 且与l 、m 的公垂线段平行的那一条直线．对于选项C ，过点P 与l 、m 都相交的直线有一条或零条．对于选项D ，过点P 与l 、m 都异面的直线可能有无数条．【答案】 B2．(2015·洛阳模拟)如图7310所示，在空间四边形ABCD 中，图7310点E 、H 分别是边AB 、AD 的中点，点F 、G 分别是边BC 、CD 上的点，且CF CB ＝CG CD ＝23，则( ) A ．EF 与GH 平行B ．EF 与GH 异面C ．EF 与GH 的交点M 可能在直线AC 上，也可能不在直线AC 上D ．EF 与GH 的交点M 一定在直线AC 上【解析】连接EH ，FG ，依题意，可得EH ∥BD ，FG ∥BD ，故EH ∥FG ，所以E 、F 、G 、H共面．因为EH ＝12BD ，FG ＝23BD ，故EH ≠FG ，所以EFGH 是梯形，EF 与GH 必相交，设交点为M .因为点M 在EF 上，故点M 在平面ACB 上．同理，点M 在平面ACD 上，∴点M 是平面ACB 与平面ACD 的交点，而AC 是这两个平面的交线，所以点M 一定在直线AC 上．【答案】 D3．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，CC 1的中点，则在空间中与三条直线A 1D 1，EF ，CD 都相交的直线有条．【解析】法一如图，在EF 上任意取一点M ，直线A 1D 1与M 确定一个平面，这个平面与CD 有且仅有一个交点N ，当M 取不同的位置时就确定不同的平面，从而与CD 有不同的交点N ，而直线MN 与这三条异面直线都有交点，所以在空间中与这三条直线都相交的直线有无数条．法二在A 1D 1上任取一点P ，过点P 与直线EF 作一个平面α，因为CD 与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q ，连接PQ ，则PQ 与EF 必然相交，即PQ 为所求直线．由点P 的任意性，知有无数条直线与三条直线A 1D 1，EF ，CD 都相交．【答案】无数4．如图7311，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB ∥CD ，正方体的六个面所在的平面与直线CE ，EF 相交的平面个数分别记为m ，n ，那么m ＋n ＝ .图7311【解析】取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则易证CD ⊥EG ，CD ⊥FG ，所以CD ⊥平面EFG .又AB ∥CD ，所以AB ⊥平面EFG ，所以AB ⊥EF ，所以正方体中上、下、前、后四个面所在平面与EF 相交(左、右两个面所在平面与EF 平行)，即n ＝4.由CE 在正方体的下底面所在平面内，知CE 与上底面所在平面平行，故正方体中前、后、左、右四个面所在平面与CE 相交，即m ＝4.所以m ＋n ＝8.【答案】 85．如图7312，空间四边形ABCD 中，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，G 、H 分别在BC 、CD 上，且BG ∶GC ＝DH ∶HC ＝1∶2.图7312(1)求证：E 、F 、G 、H 四点共面；(2)设EG 与FH 交于点P ，求证：P 、A 、C 三点共线．【证明】 (1)∵E 、F 分别为AB 、AD 的中点，∴EF ∥BD .在△BCD 中，BG GC ＝DH HC ＝12， ∴GH ∥BD ，∴EF ∥GH ，∴E 、F 、G 、H 四点共面．(2)∵EG ∩FH ＝P ，P ∈EG ，EG ⊂平面ABC ，∴P ∈平面ABC .同理P ∈平面ADC .∴P 为平面ABC 与平面ADC 的公共点．又平面ABC ∩平面ADC ＝AC ，∴P ∈AC ，∴P 、A 、C 三点共线．6．如图7313，在四棱锥O ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点．图7313(1)求四棱锥O ABCD 的体积；(2)求异面直线OC 与MD 所成角的正切值的大小．【解】 (1)由已知可求得，正方形ABCD 的面积S ＝4，所以，四棱锥O ABCD 的体积V ＝13×4×2＝83.(2)连接AC ，设线段AC 的中点为E ，连接ME ，DE ，则∠EMD 为异面直线OC 与MD 所成的角(或其补角)，由已知，可得DE ＝2，EM ＝3，MD ＝5，∵(2)2＋(3)2＝(5)2， ∴△DEM 为直角三角形，∴tan∠EMD ＝DE EM ＝23＝63.。

高考数学一轮复习知识点与练习空间几何体.doc

1．空间几何体的结构特征(1)多面体①棱柱的侧棱都平行且相等，上、下底面是全等的多边形．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①圆柱可以由矩形绕其一边所在直线旋转得到．②圆锥可以由直角三角形绕其直角边所在直线旋转得到．③圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线或等腰梯形绕上、下底中点连线所在直线旋转得到，也可由平行于底面的平面截圆锥得到．④球可以由半圆或圆绕直径所在直线旋转得到．2．空间几何体的直观图画空间几何体的直观图常用斜二测画法，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．3．柱、锥、台和球的表面积和体积名称表面积体积几何体柱体 (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1V＝Sh31V ＝ (S 上＋ S 下＋台体 (棱台和圆台 )S 表面积＝S 侧＋S 上＋ S 下3S 上 S 下) h球S ＝ 4πR 2V ＝433πR 4.常用结论(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a ．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 ＝ 3a ；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 ＝ 2a.2 2 2b ．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 ＝a ＋b ＋c .c ．正四面体的外接球与内切球的半径之比为 3∶ 1.(3) 斜二测画法中的“三变”与“三不变”坐标轴的夹角改变，“三变” 与 y 轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变 .平行性不改变，“三不变”与 x ， z 轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变 .【思考辨析】判断下面结论是否正确 (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) 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) 圆柱的侧面展开图是矩形． ()(5) 台体的体积可转化为两个锥体的体积之差来计算． ()(6) 菱形的直观图仍是菱形． ()1． (教材改编 ) 下列说法正确的是________．①相等的角在直观图中仍然相等；②相等的线段在直观图中仍然相等；③正方形的直观图是正方形；④若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行．2．(教材改编 )已知圆锥的表面积等于2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为____ cm. 12π cm3．(2014 陕·西改编 )将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是________．4．将边长为a 的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使得 BD ＝ a，则三棱锥 D －ABC 的体积为 ________．5．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__________ ．题型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；④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 ________．(2)下列结论：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台；⑤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球．其中正确结论的序号是________．(3)设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是 ________．思维升华(1) 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，在几何模型中进行判断； (2) 解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．题型二空间几何体的直观图例 2已知△ A′B′C′是△ABC的直观图，且△A′ B′ C′是边长为 a 的正三角形，求△ABC 的面积．引申探究1．若本例改为“已知△ ABC 是边长为 a 的正三角形，求其直观图△ A′ B′ C′的面积”，应如何求？2.本例中的直观图若改为如图所示的直角梯形，∠ ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则原图形的面积为 ________．思维升华用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x 轴或 y 轴平行的线段在直观图中与x′轴或 y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连结而画出．如图，矩形O′A′ B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′ A′＝ 6 cm，C′ D′＝ 2 cm，则原图形是 ________．①正方形；②矩形；③菱形；④一般的平行四边形．题型三求空间几何体的表面积例 3 (1)(2014 ·东山 )一个六棱锥的体积为 2 3，其底面是边长为 2 的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．(2) 如图，斜三棱柱ABC —A′ B′ C′中，底面是边长为 a 的正三角形，侧棱长为b，侧棱 AA′与底面相邻两边AB 与 AC 都成 45°角，求此斜三棱柱的表面积．思维升华(1) 解决组合体问题关键是分清该几何体是由哪些简单的几何体组成的以及这些简单的几何体的组合情况；(2) 在求多面体的侧面积时，应对每一侧面分别求解后再相加，对于组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3) 圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．3一个正三棱台的上、下底面边长分别是 3 cm 和 6 cm，高是2cm.(1)求三棱台的斜高；(2)求三棱台的侧面积和表面积．题型四求空间几何体的体积例4 (2015 ·山东改编 )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________．思维升华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．(2014 ·课标全国Ⅱ改编 )正三棱柱A BC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3， D 为 BC 的中点，则三棱锥A－ B1DC 1的体积为 ________．题型五与球有关的切、接问题例 5已知直三棱柱ABC－ A1B1C1的 6 个顶点都在球O 的球面上，若AB＝ 3， AC＝ 4， AB⊥ AC， AA1 ＝12，则球 O 的半径为 ________．引申探究1．本例若将直三棱柱改为“ 棱长为4的正方体” ，则此正方体外接球和内切球的体积各是多少？2．本例若将直三棱柱改为“正四面体”，则此正四面体的表面积S1与其内切球的表面积S2的比值为多少？3．本例中若将直三棱柱改为“ 侧棱和底面边长都是 3 2的正四棱锥”，则其外接球的半径是多少？思维升华空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2) 若球面上四点P，A，B，C 构成的三条线段PA，PB，PC 两两互相垂直，且PA＝ a，PB＝b，PC＝ c，一般把有关元素“ 补形” 成为一个球内接长方体，利用4R2＝ a2＋ b2＋ c2求解．如图，直三棱柱ABC－ A1 B1C1的六个顶点都在半径为 1 的半球面上， AB＝ AC，侧面 BCC1B1 是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB1A1的面积为 ________．15．巧用补形法解决立体几何问题典例如图：△ ABC 中， AB＝ 8， BC＝ 10， AC＝ 6， DB ⊥平面 ABC，且 AE∥ FC∥ BD ， BD ＝3， FC ＝4， AE＝ 5.则此几何体的体积为 ________．温馨提醒 (1) 补形法的应用思路：“补形法”是立体几何中一种常见的重要方法，在解题时，把几何体通过“补形”补成一个完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积等问题，常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形，对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”．(2)补形法的应用条件：当某些空间几何体是某一个几何体的一部分，且求解的问题直接求解较难入手时，常用该法．[方法与技巧 ]求空间几何体的侧面积、体积的思想与方法(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，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥 )的高，而通过直接计算得到高的数值．[失误与防范 ]求空间几何体的表面积应注意的问题(1)求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理．(2)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．A 组专项基础训练( 时间： 45 分钟 )1．给出下列命题：①在正方体上任意选择 4 个不共面的顶点，它们可能是正四面体的 4 个顶点；②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；③若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中正确命题的序号是________．2．五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱对角线的条数为________．3．用平面α截球 O 所得截面圆的半径为3，球心 O 到平面α的距离为4，则此球的表面积为________．4．(2015 ·课标全国Ⅰ改编 )《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________斛．5.如图，在三棱柱 ABC— A1B1 C1中，侧棱 AA1⊥平面 AB1C1， AA1＝ 1，底面△ ABC 是边长为 2 的正三角形，则此三棱柱的体积为 ________．6．(2015 ·苏江 ) 现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为 4 的圆锥和底面半径为2、高为 8 的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为 ________．三棱锥 O-ABC 体积的最大值为36，则球 O 的表面积为 ________．8． (2015 ·城一模盐 )一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，则该圆锥的体积与球O 的体积的比值为________．9． (教材改编 )已知一个上、下底面为正三角形且两底面中心连线垂直于底面的三棱台的两底面边长分别为 20 cm 和 30 cm，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高．10.如图所示，已知 E、F 分别是棱长为 a 的正方体ABCD — A1B1C1D 1的棱 A1A、CC1的中点，求四棱锥C1— B1EDF 的体积．B 组专项能力提升( 时间： 30 分钟 )211．已知某圆锥体的底面半径r＝3，沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为3π的扇形，则该圆锥体的表面积是________．12．三棱锥 P— ABC 中， D ，E 分别为 PB，PC 的中点，记三棱锥D— ABE 的体积为V1，P—ABC 的体积为 V2，则V1＝ ________. V213．已知圆台的母线长为 4 cm，母线与轴的夹角为 30°，上底面半径是下底面半径的1，则这个圆台的2侧面积是 ________cm2 .14． (2015 ·标全国课Ⅰ )如图，四边形A BCD 为菱形， G 为 AC 与 BD 的交点， BE⊥平面 ABCD .(2)若∠ ABC ＝ 120 °，AE ⊥EC，三棱锥 EACD 的体积为6，求该三棱锥的侧面积．315．如图，△ ABC 中，∠ ACB＝ 90°，∠ ABC＝ 30°，BC＝3，在三角形内挖去一个半圆(圆心 O 在边BC 上，半圆与AC、 AB 分别相切于点C、M，与 BC 交于点 N)，将△ ABC 绕直线 BC 旋转一周得到一个旋转体．(1)求该几何体中间一个空心球的表面积的大小；(2)求图中阴影部分绕直线 BC 旋转一周所得旋转体的体积．。

新课改2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十八空间几何体及表面积与体积含解析63

课时跟踪检测（三十八）空间几何体及表面积与体积[A 级保分题——准做快做达标]1.关于空间几何体的结构特征，下列说法中不正确的是( ) 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：选B 根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等． 2．一个球的表面积为16π，那么这个球的体积为( ) A.163π B.323π C ．16π D ．24π解析：选B 设球的半径为R ，则由4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以这个球的体积为43πR 3＝323π.3．如图所示，等腰△A ′B ′C ′是△ABC 的直观图，那么△ABC 是( )A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．钝角三角形解析：选B 由题图知A ′C ′∥y ′轴，A ′B ′∥x ′轴，由斜二测画法知，在△ABC 中，AC ∥y 轴，AB ∥x 轴，∴AC ⊥AB .又因为A ′C ′＝A ′B ′，∴AC ＝2AB ≠AB ，∴△ABC 是直角三角形．4．下列说法中正确的是( ) 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一点的连线都是母线解析：选D 当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A 错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，所得几何体就不是圆锥，故B 错误；若六棱锥的所有棱都相等，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，则棱长必然要大于底面边长，故C 错误．选D.5．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A ．8B ．6 2C ．8 2D ．8 3解析：选C 如图，连接AC 1，BC 1，AC .∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，∴∠AC 1B 为直线AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角，∴∠AC 1B ＝30°.又AB ＝BC ＝2，在Rt △ABC 1中，AC 1＝2si n 30°＝4.在Rt △ACC 1中，CC 1＝AC 21－AC 2＝42－2＋22＝22，∴V 长方体＝AB ×BC ×CC 1＝2×2×22＝8 2.6．下列几何体是棱台的是________(填序号)．解析：①③都不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故①③不满足题意．②中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故②不满足题意．④符合棱台的定义，故填④.答案：④[B 级难度题——适情自主选做]1.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：选A 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 2.2．平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为( ) A.6π B ．43π C ．46πD ．63π解析：选B 设球的半径为R ，由球的截面性质得R ＝22＋12＝3，所以球的体积V ＝43πR 3＝43π.3．若圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3，半径为l 的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．4∶3D ．5∶3解析：选C 底面半径r ＝23π2πl ＝13l ，故圆锥的S 侧＝13πl 2，S 表＝13πl 2＋π⎝ ⎛⎭⎪⎫13l 2＝49πl 2，所以表面积与侧面积的比为4∶3.4．(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2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 ．122πB ．12πC ．82πD ．10π解析：选B 设圆柱的轴截面的边长为x ，则x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.故选B.5．已知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.81π4B ．16πC ．9πD.27π4－r )2＋(2)2解析：选A 如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4＝r 2，解得r ＝94，所以该球的表面积为4πr 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫942＝81π4. 6．(2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 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93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3解析：选B 由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3.设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3.7．(2018·江苏高考)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________．解析：由题意知所给的几何体是棱长均为2的八面体，它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为1，所以这个八面体的体积为2V 正四棱锥＝2×13×(2)2×1＝43.答案：438.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________．(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)解析：该球形容器最小时，两个正四棱柱组成的四棱柱与球内接，此时球的直径2R 等于四棱柱的体对角线，即2R ＝52＋22＋12＝30，故球形容器的表面积为4πR 2＝30π.答案：30π9．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．解析：如图，∵SA 与底面成45°角，∴△SAO 为等腰直角三角形．设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r . 在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，∴sin ∠ASB ＝158， ∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin∠ASB ＝12×(2r )2×158＝515，解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45， ∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×210×45＝402π. 答案：402π[C 级难度题——适情自主选做]1.如图，一个圆锥的底面半径为2，高为4，在其中有一个高为x 的内接圆柱．(1)求圆柱的侧面积；(2)当x 为何值时，圆柱的侧面积最大？解：(1)如图，设内接圆柱底面半径为r .S 圆柱侧＝2πr ·x .①∵r 2＝4－x 4，∴r ＝12(4－x )．② ②代入①，S 圆柱侧＝2πx ·12(4－x )＝π(－x 2＋4x )(0<x <4)．(2)S 圆柱侧＝π(－x 2＋4x )＝π[－(x －2)2＋4]， ∴x ＝2时，S 圆柱侧最大＝4π.2．有一矩形ABCD 硬纸板材料(厚度忽略不计)，边AB 的长为6分米，其邻边足够长．现从中截取矩形EFHG (如图甲所示)，再剪去图中阴影部分，剩下的部分恰好能折成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示，重叠部分忽略不计)，其中OEMF 是以O 为圆心、∠EOF ＝120°为圆心角的扇形，且弧EF ，GH 分别与边BC ，AD 相切于点M ，N .(1)当BE 的长为1分米时，求折成的包装盒的容积； (2)当BE 的长是多少分米时，折成的包装盒的容积最大？解：(1)在题图甲中，连接MO 交EF 于点T .设OE ＝OF ＝OM ＝R 分米，在Rt △OET 中，因为∠EOT ＝12∠EOF ＝60°，所以OT ＝R 2，则MT ＝OM －OT ＝R2.从而BE ＝MT ＝R2，即R ＝2BE ＝2.故所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF＝13πR 2－12R 2sin 120°＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3－3平方分米．又柱体的高EG ＝4分米，所以V ＝S ·EG ＝⎝⎛⎭⎪⎫16π3－43立方分米．故当BE 长为1分米时，折成的包装盒的容积为⎝ ⎛⎭⎪⎫16π3－43立方分米．(2)设BE ＝x 分米，则R ＝2x 分米，所以所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin 120°＝⎝⎛⎭⎪⎫4π3－3x 2平方分米．又柱体的高EG ＝(6－2x )分米，所以V ＝S ·EG ＝⎝⎛⎭⎪⎫8π3－23(－x 3＋3x 2)，其中0＜x ＜3.令f (x )＝－x 3＋3x 2，x ∈(0,3)，则由f ′(x )＝－3x 2＋6x ＝－3x (x －2)＝0，解得x ＝2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下：所以当x＝2时，f(x)取得极大值，也是最大值．故当BE的长为2分米时，折成的包装盒的容积最大．。

高三数学一轮复习必备精品：空间几何体试题

2021~2021学年度高三数学〔人教版A版〕第一轮复习资料第8讲空间几何体一．【课标要求】1．利用实物模型、计算机软件观察大量空间图形，认识柱、锥、台、球及其简单组合体的构造特征，并能运用这些特征描绘现实生活中简单物体的构造；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，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会使用材料〔如：纸板〕制作模型，会用斜二侧法画出它们的直观图；3．通过观察用两种方法〔平行投影与中心投影〕画出的视图与直观图，理解空间图形的不同表示形式；4．完成实习作业，如画出某些建筑的视图与直观图〔在不影响图形特征的根底上，尺寸、线条等不作严格要求〕；二．【命题走向】近几年来，立体几何高考命题形式比拟稳定，题目难易适中，解答题常常立足于棱柱、棱锥和正方体位置关系的证明和夹角间隔的求解，而选择题、填空题又经常研究空间几何体的几何特征和体积外表积。

因此复习时我们要首先掌握好空间几何体的空间构造特征。

培养好空间想才能。

预测2021年高考对该讲的直接考察力度可能不大，但经常出一些创新型题目，详细预测如下：〔1〕题目多出一些选择、填空题，经常出一些考察空间想象才能的试题；解答题的考察位置关系、夹角间隔的载体使空间几何体，我们要想像的出其中的点线面间的位置关系；〔2〕研究立体几何问题时要重视多面体的应用，才能发现隐含条件，利用隐蔽条件解题。

三．【要点精讲】1．柱、锥、台、球的构造特征〔1〕柱棱柱：一般的，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公一共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱；棱柱中两个互相平行的面叫做棱柱的底面，简称为底；其余各面叫做棱柱的侧面；相邻侧面的公一共边叫做棱柱的侧棱；侧面与底面的公一共顶点叫做棱柱的顶点。

底面是三角形、四边形、五边形……的棱柱分别叫做三棱柱、四棱柱、五棱柱……圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱；旋转轴叫做圆柱的轴；垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面；无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做圆柱侧面的母线棱柱与圆柱统称为柱体；〔2〕锥棱锥：一般的有一个面是多边形，其余各面都是有一个公一共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥；这个多边形面叫做棱锥的底面或者底；有公一共顶点的各个三角形面叫做棱锥的侧面；各侧面的公一共顶点叫做棱锥的顶点；相邻侧面的公一共边叫做棱锥的侧棱。

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课时规范练38 空间几何体的表面积与体积
基础巩固组
1.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
B.18+8
C.28
D.20+8
2.(2017安徽黄山二模,理6)过圆锥顶点的平面截去圆锥一部分,所得几何体的三视图如图所示,则原圆锥的体积为()
A.1
B.
C. D.
3.已知三棱柱的三个侧面均垂直于底面,底面为正三角形,且侧棱长与底面边长之比为2∶1,顶点都在一个球面上,若该球的表面积为,则此三棱柱的侧面积为()
A. B.
C.8
D.6
4.一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如下图所示.则该几何体的体积为()
A.
B.
C.
D.1+
5.某几何体的三视图如图所示,该几何体的体积为()
A.2
B.
C. D.
6.(2017宁夏银川二模,理9)点A,B,C,D在同一个球的球面上,AB=BC=,∠ABC=90°,若四面体ABCD体积的最大值为3,则这个球的表面积为()
A.2π
B.4π
C.8π
D.16π
7.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB=AC,侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形,则侧面ABB1A1的面积为()
A. B.1
C. D.〚导学号21500744〛
8.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,侧棱PA⊥底面ABCD,PA=2,E为AB的中点,则四面体PBCE的体积为.
9.(2017河北武邑中学一模,理13)已知一个圆锥的母线长为2,侧面展开是半圆,则该圆锥的体积为.
10.(2017天津河东区一模,理11)已知一个四棱锥的三视图如图所示,则此四棱锥的体积
为.
11.如图所示,已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成,则该多面体的体积是.
12.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.
综合提升组
13.如图是某个几何体的三视图,其中主视图为正方形,俯视图是腰长为2的等腰直角三角形,则该几何体外接球的直径为()
A.2
B.2
C.
D.2
14.一个四面体的顶点都在球面上,它的主视图、左视图、俯视图都是右图.图中圆内有一个以圆心为中心边长为1的正方形.则这个四面体的外接球的表面积是()
A.π
B.3π
C.4π
D.6π
15.已知正四棱锥O-ABCD的体积为,底面边长为,则以O为球心,OA为半径的球的表面积
为.
16.(2017陕西咸阳二模,理16)已知一个三棱锥的所有棱长均为,则该三棱锥的内切球的体积为.
创新应用组
17.(2017石家庄二中模拟,理15)半径为1的球O内有一个内接正三棱柱,当正三棱柱的侧面积最大时,球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是.
18.(2017全国Ⅰ,理16)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为.
〚导学号21500746〛
参考答案
课时规范练38空间几
何体的表面积与体积
1.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××2×2+4×2×2+2×4=20+8,故选D.
2.D由三视图可得底面圆的半径为=2,圆锥的高为=2,
∴原圆锥的体积为π×22×2=,故选D.
3.D如图,根据球的表面积可得球的半径为r=,设三棱柱的底面边长为x,则=x2+,解得x=1,故该三棱柱的侧面积为3×1×2=6.
4.C由三视图可知,上面是半径为的半球,体积V1=π×,下面是底面积为1,高为
1的四棱锥,体积V2=×1×1=,所以该几何体的体积V=V1+V2=.故选C.
5.D由已知中的三视图,可知该几何体是一个长方体,切去了一个边长为1,高也是1的正四棱锥(如图),
长方体ABCD-A'B'C'D'切去正四棱锥S-ABCD.
长方体的体积为V长方体=1×1×2=2,正四棱锥的体积为V正四棱锥=×1×1×1=,
故该几何体的体积V=2-.故选D.
6.D由题意,知S△ABC=3,设△ABC所在球的小圆的圆心为Q,则Q为AC的中点,当DQ与面ABC垂直
时,四面体ABCD的最大体积为S△ABC·DQ=3,
∴DQ=3,
如图,设球心为O,半径为R,则在Rt△AQO中,
OA2=AQ2+OQ2,即R2=()2+(3-R)2,∴R=2,
则这个球的表面积为S=4π×22=16π.故选D.
7.
C由题意知,球心在侧面BCC1B1的中心O上,BC为△ABC所在圆面的直径,所以∠BAC=90°,△ABC 的外接圆圆心N是BC的中点,同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中点.
设正方形BCC1B1的边长为x,
在Rt△OMC1中,OM=,MC1=,OC1=R=1(R为球的半径),所以=1,即x=,则AB=AC=1.
所以侧面ABB1A1的面积S=×1=.
8.显然PA⊥面BCE,底面BCE的面积为×1×2×sin 120°=,所以V P-BCE=×2×.
9.π由题意知圆锥的底面周长为2π,设圆锥的底面半径是r,则得到2πr=2π,解得r=1, ∴圆锥的高为h=.
∴圆锥的体积为V=πr2h=π.
10.如图所示,该几何体为如下四棱锥P-ABCD,其中PA⊥底面ABCD,
底面四边形由直角梯形ABED,Rt△DCE组成,AB∥DE,AB⊥BC,AB=1,DE=2,BE=EC=1,PA=2.
∴S底面ABCD=×1+×2×1=.V=×2=.
11.易知该几何体是正四棱锥.连接BD,设正四棱锥P-ABCD,由PD=PB=1,BD=,得PD⊥PB.设底面中心O,则四棱锥的高PO=,则其体积是V=Sh=×12×.
12.如图,设球O的半径为R,则AH=,OH=.
又π·EH2=π,∴EH=1.
∵在Rt△OEH中,R2=+12,∴R2=.
∴S球=4πR2=.
13.D由题意可知三视图复原的几何体如图,四棱锥S-BCDE是正方体的一部分,正方体的棱长为2,所以几何体外接球为正方体外接球,该几何体外接球的直径为2.
14.B由三视图可知,该四面体是正四面体.
∴此四面体的外接球的直径为正方体的对角线长为.
∴此四面体的外接球的表面积为4π×=3π,故选B.
15.24π如图所示,在正四棱锥O-ABCD中,V O-ABCD=·S正方形ABCD·OO1=×()2×OO1=,
∴OO1=,AO1=,
在Rt△OO1A中,OA=,即R=,
∴S球=4πR2=24π.
16.π如图,O为正四面体ABCD的内切球的球心,正四面体的棱长为,所以OE为内切球的半径,设OA=OB=R,
在等边三角形BCD中,BE=,AE=.
由OB2=OE2+BE2,即有R2=,
解得R=.OE=AE-R=,则其内切球的半径是,故内切球的体积为π×π.
17.4π-3如图所示,设球心为O点,上下底面的中心分别为O1,O2,设正三棱柱的底面边长与高分别为x,h,则O2A=x,在Rt△OAO2中,x2=1,化为h2=4-x2,
∵S侧=3xh,∴=9x2h2=12x2(3-x2)≤12=27,当且仅当x=时取等号,S侧=3,
∴球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是4π-3,故答案为4π-3.
18.4如图所示,连接OD,交BC于点G.由题意知OD⊥BC,OG=BC.
设OG=x,则BC=2x,DG=5-x,
三棱锥的高h=.
因为S△ABC=×2x×3x=3x2,所以三棱锥的体积
V=S△ABC·h=x2·.
令f(x)=25x4-10x5,x∈,则f'(x)=100x3-50x4.令f'(x)=0,可得x=2,
则f(x)在(0,2)单调递增,在单调递减,
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所以f(x)max=f(2)=80.
所以V ≤=4,所以三棱锥体积的最大值为4.
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