2021届高考数学(文)二轮考前复习课件：第一篇专题13 空间几何体

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2021高考数学复习专题空间几何体(文精讲)

专题8.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图【考情分析】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.【重点知识梳理】知识点一空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征(2)旋转体的结构特征知识点二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.知识点三空间几何体的三视图(1)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．①三视图的正视图、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．知识点四水平放置的平面图形的直观图的斜二测画法的规则(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．【知识必备】1．特殊的四棱柱四棱柱―――→底面为平行四边形平行六面体――――→侧棱垂直于底面直平行六面体――→底面为矩形长方体―――→底面边长相等正四棱柱―――――→侧棱与底面边长相等正方体上述四棱柱有以下集合关系：{正方体}{正四棱柱}{长方体}{直平行六面体}{平行六面体}{四棱柱}．2．球的截面的性质 (1)球的截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2. 3．常见几何体的三视图类型及其几何体的结构特征 (1)三视图为三个三角形，一般对应三棱锥；(2)三视图为两个三角形，一个四边形，一般对应四棱锥； (3)三视图为两个三角形，一个圆，一般对应圆锥； (4)三视图为一个三角形，两个四边形，一般对应三棱柱； (5)三视图为两个四边形，一个圆，一般对应圆柱．【典型题分析】高频考点一空间几何体的结构特征【例1】（2020·广东佛山模拟）下列结论正确的是( )A ．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B ．六条棱长均相等的四面体是正四面体C ．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台【方法技巧】空间几何体概念辨析题的常用方法【变式探究】（2020·山东日照模拟）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，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线高频考点二空间几何体的三视图【例2】（2020·新课标①）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. EB. FC. GD. H【方法技巧】识别三视图的步骤(1)弄清几何体的结构特征及具体形状、明确几何体的摆放位置；(2)根据三视图的有关定义和规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图；(3)被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置．【举一反三】【2019·浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是()A．158 B．162C．182 D．324【变式探究】(2020·湖北武汉模拟)如图是一个正方体，A，B，C为三个顶点，D是棱的中点，则三棱锥ABCD的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)()A B C D高频考点三空间几何体的直观图【例3】（2020·河北衡水中学调研）如图所示，直观图四边形A′B′C′D′是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是．【方法技巧】1．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，在直观图中作出相应的点后，用平滑的曲线连接而画出．2．平面图形直观图与原图形面积间的关系对于几何体的直观图，除掌握斜二测画法外，记住原图形面积S与直观图面积S′之间的关系S′＝24S，能更快捷地进行相关问题的计算．【变式探究】（2020·广东广雅中学模拟）如图正方形O′A′B′C′的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是cm.专题8.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图【考情分析】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.【重点知识梳理】知识点一空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征(2)旋转体的结构特征知识点二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.知识点三空间几何体的三视图(1)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．①三视图的正视图、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．知识点四水平放置的平面图形的直观图的斜二测画法的规则(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．【知识必备】 1．特殊的四棱柱四棱柱―――→底面为平行四边形平行六面体――――→侧棱垂直于底面直平行六面体――→底面为矩形长方体―――→底面边长相等正四棱柱―――――→侧棱与底面边长相等正方体上述四棱柱有以下集合关系：{正方体}{正四棱柱}{长方体}{直平行六面体}{平行六面体}{四棱柱}．2．球的截面的性质 (1)球的截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为r＝R2－d2.3．常见几何体的三视图类型及其几何体的结构特征(1)三视图为三个三角形，一般对应三棱锥；(2)三视图为两个三角形，一个四边形，一般对应四棱锥；(3)三视图为两个三角形，一个圆，一般对应圆锥；(4)三视图为一个三角形，两个四边形，一般对应三棱柱；(5)三视图为两个四边形，一个圆，一般对应圆柱．【典型题分析】高频考点一空间几何体的结构特征【例1】（2020·广东佛山模拟）下列结论正确的是()A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B．六条棱长均相等的四面体是正四面体C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台【答案】B【解析】底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，所以A错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，所以D错．【方法技巧】空间几何体概念辨析题的常用方法【变式探究】（2020·山东日照模拟）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，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线【答案】D【解析】A错误．如图1所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．图1图2B错误．如图2，若①ABC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，所得的几何体都不是圆锥．C错误．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．D正确。

高考数学二轮复习第二篇第13练空间几何体课件文

√B.9 13＋6 2＋18
D.9 13＋6 2＋12
12/11/2021
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
解析答案
5.某锥体的三视图如图所示，用平行于锥体底面的平面把锥体截成体积相等的两部分，则截面面积为
A.2
12/11/2021
B.2 2
√C.23 2
D.23 4
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
定形状 — 确定几何体的形状
(3)直观图画法的规则：斜二测画法.
12/11/2021
1.一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)， (1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正(主)视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正(主)视图为
√
12/11/2021
解析答案
9.如图，侧棱长为 2 3 的正三棱锥 V－ ABC中， ∠AVB ＝ ∠BVC ＝ ∠CVA ＝ 40° ，过点 A 作截面 △AEF，则截面△AEF的周长的最小值为_6__.
解析沿着侧棱VA把正三棱锥V－ABC展开在一个平面内，如图，则AA′即为截面△AEF周长的最小值，且∠AVA′＝3×40°＝120°，VA＝VA′＝2 3 . 在△VAA′中，由余弦定理可得AA′＝6.
12/11/2021
解析答案
4.已知正三棱锥V－ABC的正(主)视图和俯视图如图所示，则该正三棱锥侧(左)视图的面积是__6__.
12/11/2021
解析答案
考点二空间几何体的表面积与体积
方法技巧 (1)求三棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上. (2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解. (3)已知几何体的三视图，可去判断几何体的形状和各个度量，然后求解表面积和体积.

2021高考数学复习资料学案空间几何体专题

空间几何体一、知识要点 1、扇形的面积213602n S r lr π==扇形（初中）（高中）（其中l 代表扇形的弧长，r 代表扇形的半径，α代表扇形的圆心角的弧度数，n 代表扇形圆心角的度数）,(=||180n rl r πα=初中）.2、多面体的表面积就是把多面体表面的各个面的面积加起来.hh 底 +表中S 表示面积，1,c c 分别表示上、下底面周长，h 表示高，1h 表示斜高，l 表示侧棱长.3、旋转体的面积和体积公式旋转体的面积公式不能直接求，所以一般利用展开法求得. 全面积和表面积是同一个概念,指围成几何体的各面的面积之和. 表中,l h 分别表示母线、高，r 表示圆柱、圆锥与球冠的底半径， 12,r r 分别表示圆台上、下底面半径，R 表示球的半径. 4、与球有关的几个结论：（1）与球的截面有关的问题，常用到公式222d r R +=(d 代表球心到截面圆的距离，r 代表截面圆的半径，R 代表球的半径.)（2）长方体的外接球的直径2222+(,,R a b c a b c =+分别代表长方体的长、宽、高）（3）求三角形的外接圆的半径常用正弦定理2sin ar A=，求三角形的内切圆的半径常用公2Sr a b c=++.（4）平面几何里解与圆的弦有关的问题常解半半弦三角形，立体几何里解与球有关的弦的问题常解半半半圆心距三角形.（5）解答与球有关的问题，一般先要找到球心，再解三角形. 5、求几何体的面积和体积的方法方法一：对于规则的几何体一般用公式法. 方法二：对于非规则的几何体一般用割补法. 方法三：对于某些三棱锥有时可以利用转换的方法. 二、典型例题【例1】(10分，每一问5分)已知Rt ABC ∆中，03,4,90,2,2AB BC ABC AE EB AF FC ==∠===，将AEF ∆沿EF 折起，使A 变到A '，使平面A EF '⊥平面EFCB ．（1）试在线段A C '上确定一点H ，使//FH 平面A BE '；（2）试求三棱锥A EBC '-的外接球的半径与三棱锥A EBC '-的表面积．【例2】(5分)已知球O 的半径为R ，,,A B C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为12R ，2AB AC ==，120BAC ︒∠=, 则球O 的表面积为（） A ．169π B ．163π C ．649π D ．643π【例3】(5分)(2016新课标Ⅲ）在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（） A ．4π B ．92πC ．6πD ．323π【例4】(10分，每一问5分)如图，几何体EF ABCD -中， DE ⊥平面ABCD ， CDEF 是正方形， ABCD 为直角梯形，//AB CD ，AD DC ⊥，ACB ∆的腰长为22的等腰直角三角形．（Ⅰ）求证：BC AF ⊥；（Ⅱ）求几何体EF ABCD -的体积.【例5】(10分，每一问5分)如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中， ,E F 分别为棱1BB ， CD 的中点，且正方体的棱长为2.(1)求证：平面AED ⊥平面11A FD ；(2)求三棱锥11F A ED -的体积. 【例6】(10分，每一问5分)如图，在底面为梯形的四棱锥S ABCD-中，已知//AD BC ，60ASC ︒∠=，2AD DC ==，2SA SC SD ===．（Ⅰ）求证：AC SD ⊥；（Ⅱ）求三棱锥B SAD -的体积．【例7】(5分)用斜二测画法画一个边长为2的正三角形的直观图，求此直观图面积. 【例8】(5分)已知ABC ∆是边长为2a 的正三角形，那么它的平面直观图A B C '''∆的面积为（） A. 232a B. 234a C. 264a D. 26a 三、巩固练习1.(10分，每一问5分)如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，60DAB ∠=，PD ⊥平面ABCD ，1PD AD ==，点,E F 分别为AB 和PD 中点.（1）求证：直线//AF 平面PEC ；（2）求三棱锥P BEF -的表面积.2.(5分)（2017课标1，文16）已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面DCBASSCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥S-ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________． 3.(5分)如图，则图中的阴影部分绕AB 所在直线旋转一周所形成的几何体的体积为______．4.(10分，每一问5分)如图所示的几何体为一简单组合体，在底面ABCD 中，60DAB ∠=，AD DC ⊥，AB BC ⊥，QD ⊥平面ABCD ，//PA QD ，1PA =，2AD AB QD ===.（1）求证：平面PAB ⊥平面QBC ；（2）求该组合体的体积.5.(10分，每一问5分)如下图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE BCF -和一个正四棱锥P ABCD -组合而成，AD AF ⊥,2AE AD ==.（1）证明：平面PAD ⊥平面ABFE ；（2）当正四棱锥P ABCD -的高为1时，求几何体E PAB -的体积.6.(5分)（2017课标II ，理4）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（）A. 90π B ．63π C ．42π D ．36π7.(5分)（2017北京，理7）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A.32 B.23 C.22 D.28.(5分)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是_________.9.(5分)如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底面角为045，腰和上底均为1的等腰梯形，求原来图形的面积．自主提高10.利用斜二测画法，一个平面图形的直观图是边长为1的正方形，如图所示，则这个平面图形的面积为（）.3.2.22.4A B C D正视图侧视图俯视图。

高考数学(文)二轮专师复习课件4.1空间几何体

考点一空间几何体与三视图［冲关锦囊］1.一个物体的三视图的排列规则是：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样•即“长对正、高平齐、宽相等”.2.该类问题主要有两种类型：一是由几何体确定三视图；二是由三视图还原成几何体•解决该类问题的关键是找准投影面及三个视图之间的关系.抓住“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点作岀判断.［考题剖析］【例1】（2012•湖南卷）某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是（）• • •解析：由圆柱、长方体、底面是等腰直角三角形的直棱柱可知A 、B 、C 中均能得到原题中所给的正视图和侧视图，只有D答案不满足题意. 答案:DA B C［对点训练］1.一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（）A.球B.三棱锥C.正方体D.圆柱解析:柱的三视图，分别是矩形、矩形、圆，不可能三个视图都一样，而球的二视图都是圆，二棱锥的二视图可以都是二角形，正方体的三视图可以都是正方形.答案：D主视图A.①B•②C•③D •④<-2-> 421左视图2.（2013-济南调研）一个简单几何体的主视图、左视图如图所示，则其俯视图不可能为①长方形；②直角三角形；③椭圆.其中正确的是（）解析：利用主视图、左视图想象几何体，再得俯视图.由主视图、左视图可得，该几可体可能是长方体、底面直角三角形的直三棱柱、底面是椭圆的柱体，其俯视图分别是长方形、直角三角形、椭圆，但该几何体不可能是圆柱，即底面不可能是圆，故选C.答案：C考点二空间几何体的表面积与体积［冲关锦囊］1.求三棱锥体积时，可多角度地选择方法.如体积分割、体积差、等体积转化法是常用的方法.2.与三视图相结合考查面积或体积的计算时，解决时先还原几何体，计算时要结合平面图形，不要弄错相关数量.3.求不规则几何体的体积常用分割或补形的思想将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.4.对于组合体的表面积要注意其衔接部分的处理.［考题剖析］【例2】（1）（2013-重庆卷）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A. 180B. 200C. 220D. 240 —io T正（主）视图3±3俯视图H—8 —>1侧佐）视图22 R解析：该几何体为底面为等腰梯形的直四棱柱如图，可求得等腰梯形的腰为：寸吋=5,・：S=2xgx（2+8）X4+2X5X10+8X10+2X10=240.答案：D⑵（2013噺课标全国卷几何体的体积为（）A.16+8nB.8+871C.16+1671D.8 + 1671）某几何体的三视图如图所示，则该<—4——>主视图▼侧视图A4 ------------ A2 V1俯视图解析：该几何体为半个圆柱和长方体的组合体. V=^-224+2X2X4=8K+16.®选A.答案：A［对点训练］3.（2013-江西卷）一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.200+911B.200+18兀C.140+911D.140+1811解析：由三视图知，几何体是一个长方体和一个半圆柱的组合体.长方体的体积 ^ =10X4X5=200, V a=|-7i-32-2=97i, V= 200+9TI.答案：A俯视图4,（2013•陕西卷）某几何体的三视图如图所示，则其表面积为__ .主视图解析：由三视图分析知该几何体是半个球，半径R=l・・：S 表=芽~+7i/?2=27iX I2+JI X F=3JI.答案：3兀俯视图（2013 •北乐卷）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的5・体积为解析：由三视图可得该四棱锥的底面是边长为3的正方形, 四棱锥的高为1，则体积V=3X3Xlxg=3.答案：36. （2012•山东卷）如图,正方体ABCD-A^Cfi,的棱长为1, E ，F 分别为线段AAi ，上的点，则三棱锥D-EDF的体积解析：由题意可知，xi4xixi4答案讣-EDF_V F-D]ED _ 3 X DC X S VD^ED考点三球与空间几何体的切、接问题［冲关锦囊11.长方体、正方体的外接球其体对角线长为该球的直径.2.正方体的内切球其棱长为球的直径.3.正三棱锥的外接球中要注意正三棱锥的顶点、球心及底面正三角形中心共线.4.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3 : 1.5•涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题.6.若球面上四点P、A、B、C构成的线段刊、PB、PC两两垂直，且PA=a, PB=b, PC=c,则4W=『+b2+c\R为球半径）.可采用“补形”法，构造长方体或正方体的外接球去处理.［考题剖析］【例3］已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球0的球面上，MBC是边长为1的正三角形，SC为球0的直径，且SC =2,则此棱锥的体积为（）解析：设三角形ABC的中心为M,球心为0,则0M= 1—］亨则点S到平面ABC的距离为羊. 所以辛x学=¥，所以选A.答案：A［对点训练］7.（2013•银川质检）已知矩形ABCD的面积为8,当矩形ABCD 周长最小时，沿对角线AC把△ACD折起，则三棱锥D-ABC的外接球表面积等于（）A. 8兀B. 16兀C. 48依D.不确定的实数解析：设矩形的两邻边长度分别为a, b,则ab=8f此时2a+2b$4価=8边，当且仅当°=0=2边时等号成立.此时四边形ABCD为正方形，其中心到四个顶点的距离相等，均为2, 无论怎样折叠，其四个顶点都在一个半径为2的球面上，这个球的表面积是47I X22=16TI.答案：B8.（2013-东北模拟）球0的球面上有四点S, A, B, C,其中0, A, B, C四点共面，是边长为2的正三角形，面SAB丄面ABC,则棱锥S-ABC的体积的最大值为（）]A. 1 Bq C.书D吉解析：TO, A, B, C四点共面,:.MBC在大圆面内,又面SAB丄面ABC,:.点S到底面仙C的距离，即为点S到直线的距离，又由于S, A, B在球的一个截面圆上，若使得S至0 ABC距离取得最大值，则点S必在以AB为直径的小圆上，此时S到底面ABC距离的最大值为1,故棱锥S-ABC的体积的最大值为¥><亨乂2欣1=¥，选D.答案：D易错矫正（十一）因三视图识图不准致误［考题范例］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（）A B C D［失误展板］错解：学生甲：由几何体知，截去一个四棱锥后有两条侧棱投影到长方体的侧面上.故选B.学生乙：由几何体知四棱锥中仅一条侧棱投影到长方体的侧面上，故选C.错因：根据提示观测位置确定三视图时其实质是正投影，将几何体中的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线为虚线.投影过程实质上利用了垂直关系.学生甲或乙岀现错选B 或C都是没有抓住看到的轮廓线在面上的投影的位置，从而导致失误.［正确解答］解析：由几何体可以看出，四棱锥中剩余的三条侧棱有两条投影后为长方体的棱，中间一条为对角线，故D正确.答案：D将空间几何体的结构特征的认识及最值问题相结合考查综合应用知识及解题技巧.注重热点知识交汇融合是命题创新的一大亮点.某几何体的一条棱长为巾，在该几何体的正（主）视图中，这条棱的投影是长为心的线段，在该几何体的侧（左）视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为。

统考版2021高考数学二轮专题复习第二章2.3.1空间几何体课件理

(2)在轴截面顶角为直角的圆锥内作一内接圆柱，若圆柱的表面
积等于圆锥的侧面积，则圆锥的底面半径与圆柱的底面半径的比值
为( )
A. 2
B．2 C．2 2
D．4
解析：(2)
如图所示，∠AMB＝90°.设圆柱的高为 h，圆柱的底面半径为 r，
圆锥的底面半径为 R，则圆锥的高为 R，圆锥的母线长为 2R.由题
依题意，题中的几何体是一个圆锥的14(其中该圆锥的底面半径
为2
3，高为
3
)
，
如
图
所
示
，
因
此
该
几
何
体
的
体
积
为
1 4
×31×π×2
32×
3＝
3π，选 D.
答案：(1)D
(2《) 九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到一种名为“刍
甍”的五面体，如图所示，四边形 ABCD 是矩形，棱 EF∥AB，AB
＝4，EF＝2，△ADE 和△BCF 都是边长为 2 的等边三角形，则这
角度 1 求空间几何体的表面积 [例 2－1] (1)[2020·全国卷Ⅲ]如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )
A．6＋4 2 B．4＋4 2 C．6＋2 3 D．4＋2 3
解析：(1)在正方体中还原几何体如图．
几何体为正方体的一部分：三棱锥 P-ABC， S 表面积＝S△PAC＋S△PAB＋S△PBC＋S△BAC ＝12×2 2×2 2× 23＋12×2×2＋12×2×2＋12×2×2＝2 3＋6. 故选 C. 答案：(1)C
个几何体的体积是( )
20 A. 3
B.83＋2 3
10 2 8 2 C. 3 D. 3

高三数学二轮专题复习课件：空间几何体

则|BE|＝12a，又|SB|＝ 2a，∴|SE|＝ 27a， ∴S△SBC＝12×a× 27a＝ 47a2.
又∵4VM－SBC＋VM－ABCD＝VS－ABCD， ∴4×13×S△SBC·r＋13SABCD·r
＝13×S 正方形 ABCD·|SO1|，
∴43× 47a2·r＋13×a2·r＝13a2·26a，
棱锥 ①有一个面是多边形(底面)； ②其余各面是有公共顶点的三角形．
名称
几何特征
①底面互相平行；棱台
②所有侧棱延长后交于一点(即原棱锥的顶点)
①有两个互相平行的圆面(底面)；
圆柱 ②有一个侧面是曲面(母线绕轴旋转一周形成
的)，且母线与底面垂直
①底面互相平行；
圆台 ②有一个侧面是曲面，可以看成母线绕轴旋转
称
几何体与侧面展开图的关系
展开图是共顶点的三棱
角形构成的图形(关锥
系如左图)
展开图是若干个小梯棱
形构成的图形(关系台
如左图)
名侧面展开图
称
几何体与侧面展开图的关系
展开图是矩形，矩形圆
的长是底面圆周长，柱
宽是圆柱的母线长
展开图是扇形，扇形
圆
的半径是圆锥的母线
锥
长，弧长是圆锥的底
面周长
[答案]
4π 3
[解析] 设正方形 ABCD 的中心为 O， ∵正方形 ABCD 的边长为 2，∴OA＝1，又 SA＝ 2，∴SO⊥平面 ABCD，∴SO＝1. ∴O 为正四棱锥 S－ABCD 的外接球的球心， ∴球的体积 V＝43π·13＝43π.
[方法规律总结] (1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系． (2)若球面上四点 P、A、B、C 构成的线段 PA、PB、PC 两两垂直，一般先将四棱锥 P－ABCD 补成球的内接长方体，利用 4R2＝PA2＋PB2＋PC2 解决问题.

2021届高考数学(文)二轮考前复习学案：第一篇专题13 空间几何体 Word版含解析

专题13 空间几何体1.由平面图形绕某一条直线旋转得到的旋转体常见类型 (1)矩形以一条边为轴旋转得到圆柱体.(2)直角三角形绕一条直角边旋转得到圆锥体.(3)直角三角形绕斜边旋转得到两个同底的圆锥体. (4)直角三角形绕经过一个锐角的顶点且平行于直角边的直线旋转得到圆柱体减去一个圆锥体.考向一空间几何体的表面积【典例】(2020·全国Ⅲ卷)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考向二空间几何体中的数学文化【典例】(2019·全国Ⅱ卷)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________. (5)直角梯形绕直角腰旋转得到圆台.2.体积问题的解题策略(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:等积法的前提是几何体的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体的高.1.计算旋转体侧面积的方法(1)计算旋转体的1.若圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆,则圆锥的体积是A.πB.πC.πD.2.若某正四棱台的上、下底面边长分别为3,9,侧棱长是6,则它的表面积为A.90+72B.90+27C.90+72D.90+273.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中提到了一种名为“刍甍(chú méng)”的五面体(如图),四边形ABCD为矩形,棱EF∥AB.若此几何体中,AB=6,EF=2,△ADE和△BCF都是边长为4的等边三角形,则此几何体的体积为A. B.C. D.4.在日常生活中,石子是我们经常见到的材料.现有一棱长均为3的正四棱锥S-ABCD石料的顶角和底面一个角损坏,某雕刻师计划用一平行于底面ABCD的截面截四棱锥分别交SA,SB,SC,SD于点E,F,G,H,做出一个体积最大的新的四棱锥O-EFGH,O为底面ABCD的中心,则新四棱锥O-EFGH 的表面积为A.4+2B.C. D.4+25.如图是由一个实体的半圆柱从上底面向下挖去一部分后得到的几何体的三视图,则该几何体的体积为A. B. C. D.侧面积时,将侧面展开化为平面图形,“化曲为直”来解决.(2)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.空间几何体求表面积应注意的问题(1)求组合体的表面积,要减去接触面面积;(2)求规则几何体切割得到的几何体的表面积,在原几何体表面积减去切去面积的基础上加上切割面的面积.(3)求规则几何体的表面积时,重点是利用每个面中的垂直关系求各面面积,或者是用正弦定理求解.1.混淆三视图中实线与虚线,从而画不出正确的几何体.【案例】T5根据题意,半圆柱挖去一个半圆锥,虚线为半圆锥的三视图.2.求组合体的表面积,容易将接触面的面积忽略.【案例】T6该几何体是由四分之三圆锥和一个三棱锥组成的组合体.注意不要忽略相接部分的面积.3.不能通过三视图还原出空间几何体的直观图,从而导致错误.【案例】T8由于缺乏空间想象力,不能还原出空间几何体,从而无法正常作答.6.某几何体的三视图如图所示,若该几何体的体积为3π+2,则它的表面积是A.π++2B.π++2C.π+D.π+7.“王莽方斗”铸造于王莽始建国元年(公元9年),有短柄,上下边缘刻有篆书铭文,外壁漆画黍、麦、豆、禾和麻纹,如图1所示.因其少见,故为研究西汉量器的重要物证.图2是“王莽方斗”模型的三视图,则该模型的容积为A.213B.162C.178D.1938.已知一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图是一个边长为2的正方形,则该几何体的表面积为A. B.20C.20+D.20+9.中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代,其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道流到下部容器,如图,某沙漏由上、下两个圆锥容器组成,圆锥的底面圆的直径和高均为8 cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥高度的(细管长度忽略不计).若细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆,则此圆锥形沙堆的高为A.2 cmB. cmC. cmD. cm10.北方的冬天户外冰天雪地,若水管裸露在外,则管内的水就会结冰从而冻裂水管,给用户生活带来不便.每年冬天来临前,工作人员就会给裸露在外的水管“保暖”:在水管外面包裹保温带,用一条保温带盘旋而上一次包裹到位.某工作人员采用四层包裹法(除水管两端外包裹水管的保温带都是四层).如图1所示是相邻四层保温带的下边缘轮廓线,相邻两条轮廓线的间距是带宽的四分之一.设水管的直径与保温带的宽度都为4 cm.在图2水管的侧面展开图中,此保温带的轮廓线与水管母线所成的角的余弦值是(保温带厚度忽略不计)A. B. C. D.11.已知四面体各棱的长均为1,则这个四面体的表面积为________.12.一个圆锥形容器和一个圆柱形容器的轴截面如图所示,两容器内所盛液体的体积正好相等,且液面高度h也相等,则等于______.13.如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,D,E,F分别为AB,AC,AA1的中点,设三棱锥F-ADE体积为V1,三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2,则V1∶V2=______.14.如图所示,有一圆锥形粮堆,母线与底面直径构成边长为6 m的正三角形ABC,粮堆母线AC的中点P处有一只老鼠正在偷吃粮食.此时,小猫正在B处,它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠,则小猫所经过的最短路程为______.专题13 空间几何体///真题再研析·提升审题力///考向一C 根据三视图特征,在正方体中截取出符合题意的立体图形,根据立体图形可得:S△ABC=S△ADC=S△CDB=×2×2=2,根据勾股定理可得:AB=AD=DB=2,所以△ADB是边长为2的等边三角形,根据三角形面积公式可得:S△ADB=AB·AD·sin 60°=××=2,所以该几何体的表面积是:3×2+2=6+2.考向二【解析】上下各一个面,中间三层每层8个面,共26个面.最中间全是正方形的八个面的上沿构成正八边形,如图:,则有8θ=360°,解得θ=45°,即设棱长为x,可得2+x=1,解得x=-1. 答案:26 -1///高考演兵场·检验考试力///1.B 设圆锥底面圆的半径为r,高为h,如图所示:由题知:2πr=×2π×2,解得r=1.所以h==.故圆锥的体积V=×π×12×=π.2.A 由题意可得,上底面的面积为9,下底面的面积为81, 侧面的高为=3,所以该正四棱台的表面积为9+81+4×=90+72.3.C过F作FO⊥平面ABCD,垂足为O,取BC的中点P,连接PF,过F作FQ⊥AB,垂足为Q,连接OQ, 延长QO交CD于点G,连接FG.因为△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形,所以OP=(AB-EF)=2,PF=2,OQ=BC=2,因为FO⊥平面ABCD,OP⊂平面ABCD,所以FO⊥OP,所以OF===2,如图,把此“刍甍”分为两侧各一个四棱锥,中间一个三棱柱.因为FQ⊥AB,FO⊥AB,FQ,FO⊂平面FGQ,FQ∩FO=F,所以AB⊥平面FGQ,因为GQ⊂平面FGQ,所以AB⊥GQ,所以四边形BCGQ是矩形.V=2××4×2×2+×4×2×2=.4.A 因为平面EFGH与平面ABCD平行,所以四边形EFGH与四边形ABCD相似,所以四边形EFGH为正方形,设=x(0<x<1),所以=x2,易知四棱锥O-EFGH与四棱锥S-ABCD的高的比为∶1,V O-EFGH=x2·(1-x)·V S-ABCD,设f(x)=x2·(1-x),(0<x<1),f′(x)=2x-3x2,则当0<x<时,f′(x)>0,当<x<1时,f′(x)<0,所以x=时,f取得最大值.此时EF=2,OG=,所以四棱锥O-EFGH的表面积为2×2+4××2×=4+2.5.C根据题意,半圆柱挖去一个半圆锥,半圆柱的体积为×2π=π,半圆锥的体积为××2=,所以该几何体的体积为π-=.6.A 由三视图可知,该几何体是由四分之三圆锥和一个三棱锥组成的组合体,其中:V圆锥=××πa2×3=πa2,V三棱锥=a2×3×=a2,由题意:πa2+a2=3π+2,所以a=2,据此可知:S底=22π×+×2×2=3π+2,S圆锥侧=π××2=π,S棱锥侧=×2×=,它的表面积是π++2.7.B由三视图知,该几何体容积部分为长方体,且长,宽,高分别为:6,6,4.5,所以其容积为4.5×6×6=162.8.C 还原几何体得,如图,几何体的表面积为3×(2×2)+2×+×2×2+××2=20+.9.D 由题意可知,开始时,沙漏上部分圆锥中的细沙的高H=×8=,底面圆的半径r=×4=,故细沙的体积V=πr2H=π××=.当细沙漏入下部后,圆锥形沙堆的底面半径为4,设高为H′,则π×42×H′=,得H′=.故此锥形沙堆的高为 cm.10.D过点A作AE⊥D′B′,垂足为E,其展开图如图所示,由水管直径为4 cm,所以水管的周长为AE=4π cm,设∠AB′E=α,又B′E=×4=1(cm),AB′==,所以cos∠α===.11.【解析】由题意知四面体的表面积为S=4××12×sin 60°=. 答案:12.【解析】由题意知,×πh2×h=π××h,所以=.答案:13.【解析】因为D,E分别是AB,AC的中点,所以S△ADE∶S△ABC=1∶4,又F是AA1的中点,所以A1到底面的距离H为F到底面距离h的2倍.即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍.所以V1∶V2==.答案:14.【解析】因为△ABC为等边三角形,所以BC=6,所以底面圆周长l=2π×3=6π,根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长,得:=6π,故n=180°,则∠B′AC=90°,所以B′P==3(m),所以小猫所经过的最短路程是3 m.答案:3 m关闭Word文档返回原板块。

高考数学复习考点题型专题讲解13 空间几何体的结构、表面积和体积

高考数学复习考点题型专题讲解专题13 空间几何体的结构、表面积和体积高考定位空间几何体的结构特征是高考重点考查的内容.近几年主要考查空间几何体的表面积与体积，常以选择题与填空题为主，也涉及空间几何体的结构特征等内容，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，难度为中低档.1.(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A.2B.2 2C.4D.4 2答案 B解析设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为2，侧面展开图为一个半圆，所以2π×2＝πl，解得l＝22，故选B.2.(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(7≈2.65)()A.1.0×109 m3B.1.2×109 m3C.1.4×109 m3D.1.6×109 m3答案 C解析如图，由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9(m)，所以该棱台的体积V＝13×9×(140＋140×180＋180)×106＝60×(16＋37)×106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m3).故选C.3.(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A.100πB.128πC.144πD.192π答案 A解析由题意得，正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23×32×33＝3，23×32×43＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OO21＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OO22＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.综上，该球的表面积为100π.4.(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙.若S甲S乙＝2，则V甲V乙＝( )A.5B.2 2C.10D.510 4答案 C解析法一因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合S甲S乙＝2，可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.由勾股定理得，h1＝l2－r21＝5，h2＝l2－r22＝22，所以V甲V乙＝13πr21h113πr22h2＝4522＝10.故选C.法二设两圆锥的母线长为l，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，侧面展开图的圆心角分别为n1，n2，则由S甲S乙＝πr1lπr2l＝n1πl22πn2πl22π＝2，得r1r2＝n1n2＝2.由题意知n1＋n2＝2π，所以n1＝4π3，n2＝2π3，所以2πr 1＝4π3l ，2πr 2＝2π3l ，得r 1＝23l ，r 2＝13l .由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝53l ，h 2＝l 2－r 22＝223l ，所以V 甲V 乙＝13πr 21h 113πr 22h 2＝4522＝10.故选C.热点一空间几何体的结构特征关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种几何体的概念. 例1 (1)以下四个命题中，真命题为( ) A.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 B.底面是矩形的平行六面体是长方体 C.直四棱柱是直平行六面体 D.棱台的侧棱延长后必交于一点 (2)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答案(1)D (2)A解析(1)A中等腰三角形的腰不一定是侧棱，A是假命题；B中，侧棱与底面矩形不一定垂直，B是假命题；C中，直四棱柱的底面不一定是平行四边形，C是假命题；根据棱台的定义，选项D是真命题.(2)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，其余两边旋转一周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.规律方法 1.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.2.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(多选)(2022·潍坊调研)下面关于空间几何体的叙述正确的是( )A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥B.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形C.长方体是直平行六面体D.存在每个面都是直角三角形的四面体答案CD解析A中当顶点在底面的投影是正多边形的中心时才是正棱锥，A不正确；B中当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分，B不正确；C正确；D正确，如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形.热点二空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.例2 (1)如图，四面体各个面都是边长为1的正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面圆心，则圆柱的侧面积是( )A.23π B.324π C.223π D.22π(2)(多选)等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为( )A.2πB.(1＋2)πC.22πD.(2＋2)π 答案 (1)C (2)AB解析 (1)如图所示，过点P 作PE ⊥平面ABC ，E 为垂足，点E 为等边三角形ABC 的中心，连接AE 并延长，交BC 于点D .AE ＝23AD ，AD ＝32，∴AE ＝23×32＝33，∴PE ＝PA 2－AE 2＝63. 设圆柱底面半径为r ，则r ＝AE ＝33，∴圆柱的侧面积S ＝2πr ·PE ＝2π×33×63＝22π3. (2)如果绕直角边旋转，则形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，长为2，所以所形成的几何体的表面积S ＝π×1×2＋π×12＝(2＋1)π.如果绕斜边旋转，则形成的是上、下两个共底面的圆锥，圆锥的底面半径是直角三角形斜边上的高22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，长是1，所以形成的几何体的表面积S′＝2×π×22×1＝2π.综上可知，形成几何体的表面积是(2＋1)π或2π.故选AB.易错提醒 1.旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.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.训练2 (1)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__________.(2)(多选)(2022·青岛质检)已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面均为正方形，其中AB＝22，A1B1＝2，AA1＝BB1＝CC1＝2，则下列结论正确的是( )A.该四棱台的高为3B.AA1⊥CC1C.该四棱台的表面积为26D.该四棱台外接球的表面积为16π答案(1)1 (2)AD解析(1)如图，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则圆锥的侧面积S侧＝πrl＝2π，即r·l＝2.由于侧面展开图为半圆，可知12πl2＝2π，可得l＝2(cm)，因此r ＝1(cm).(2)由棱台的性质，把四棱台还原为四棱锥如图所示.由题易知点S 在平面A 1B 1C 1D 1和平面ABCD 的射影分别为点O 1，O ，连接OS ，OA ，则O 1在OS 上，由AB ＝22，A 1B 1＝2，可知△SA 1B 1与△SAB 的相似比为1∶2，则SA ＝2AA 1＝4，AO ＝2，则SO ＝23，OO 1＝3，即该四棱台的高为3，故A 正确；因为SA ＝SC ＝AC ＝4，所以AA 1与CC 1的夹角为60°，不垂直，故B 错误；该四棱台的表面积S ＝S 上底＋S 下底＋S 侧＝(2)2＋(22)2＋4×（2＋22）2×22－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝10＋67，故C 错误；由于上、下底面都是正方形，则外接球的球心在OO 1上，在平面B 1BOO 1中，由于OO 1＝3，B 1O 1＝1，则OB 1＝2＝OB ，即点O 到点B与点B 1的距离相等，所以该四棱台的外接球的球心为O ，半径r ＝2，所以该四棱台外接球的表面积为16π，故D正确.故选AD.热点三空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝13Sh(S为底面面积，h为高)；(3)V台体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(4)V球＝43πR3.考向1 直接利用公式求体积例3 正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( ) A.20＋123B.28 2C.563D.2823答案 D解析如图，设上、下底面的中心分别为O1，O，过点B1作B1M⊥OB于点M，则O1B1＝2，OB＝22，BM＝2，所以该棱台的高h＝B1M＝4－2＝2，所以该四棱台的体积为h3(S上＋S下＋S上S下)＝23(22＋42＋22×42)＝2823，故选D.考向2 割补法求体积例4 如图，在多面体ABCDEF 中，已知四边形ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为________.答案23解析过AD 做与底面ABCD 垂直的平面交EF 于点G ，过BC 做与底面ABCD 垂直的平面交EF 于点H ，则多面体ABCDEF 被分为三棱锥E －ADG ，三棱柱ADG －BCH ，三棱锥F －HBC 三部分.依题意，三棱锥E －ADG 的高EG ＝12，直三棱柱AGD －BHC 的高AB ＝1.则AG ＝AE 2－EG 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32.取AD 的中点M ，并连接MG ，则MG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22，所以S △AGD ＝12×1×22＝24，∴V 多面体＝V E －ADG ＋V F －BCH ＋V ADG －BCH ＝2V E －ADG ＋V ADG －BCH ＝13×24×12×2＋24×1＝23.考向3 等体积法求体积例5(2022·台州调研)如图，已知四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面APB，G为PC上一点，且BG⊥平面APC，AB＝2，则三棱锥P－ABC体积的最大值为( )A.23B.223C.43D.2答案 A解析由题意知，平面ABCD⊥平面APB，则BC⊥AP.又由BG⊥平面APC，得BG⊥AP.因为BC∩BG＝B，所以AP⊥平面PBC，所以AP⊥BP，所以V P－ABC＝V C－APB＝13×12PA·PB·BC＝13PA·PB.令PA＝m，PB＝n，则m2＋n2＝4，所以V P－ABC＝13mn≤13·m2＋n22＝23，当且仅当m＝n＝2时取等号，所以三棱锥P－ABC体积的最大值为23 .规律方法 1.规则的几何体可以直接利用相应的公式求解，这就需要熟记柱体、锥体的体积公式；2.不规则的几何体往往可以通过“间接法”——割补法求得，即把不规则的几何体通过“割补”手段，转化为规则几何体体积的和或差.训练3 (1)(2022·广州模拟)在五面体EF－ABCD中，正方形CDEF所在平面与平面ABCD垂直，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AD＝DC＝BC＝12AB.若三棱锥A－BCE的体积为433，则线段AB的长为________.(2)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD－A 1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体.其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______g.答案(1)4 (2)118.8解析(1)取AB的中点O，连接CO.因为AD ＝DC ＝BC ＝12AB ，AB ∥CD ，所以四边形AOCD 为菱形，所以CO ＝OA ＝OB ，所以△ACB 为直角三角形，所以AC ⊥BC .因为正方形CDEF 所在平面与平面ABCD 垂直，CD 为交线，ED ⊥CD ，所以ED ⊥平面ABCD . 设BC ＝x ，则ED ＝x ，AB ＝2x . 由勾股定理得AC ＝3x ，故V A －BCE ＝V E －ABC ＝13S △ABC ·ED ，S △ABC ＝12·x ·3x ＝32x 2，所以V A －BCE ＝13·32x 2·x ＝36x 3＝433.解得x ＝2.所以AB ＝4.(2)由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，其对角线长分别为6 cm 和4 cm ，故V 挖去的四棱锥＝13×12×4×6×3＝12(cm 3).又V 长方体＝6×6×4＝144(cm 3)，所以模型的体积为V－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，长方体所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g).一、基本技能练1.下列说法中，正确的是( )A.棱柱的侧面可以是三角形B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等答案 C解析棱柱的侧面都是平行四边形，选项A错误；其他侧面可能是平行四边形，选项B错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D错误；易知选项C正确.2.如图所示的等腰梯形是一个几何图形的斜二测直观图，其底角为45°，上底和腰均为1，下底为2＋1，则此直观图对应的平面图形的面积为( )A.1＋2B.2＋ 2C.2＋22D.4＋2 2答案 B解析 ∵平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形， ∴平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1，下底边长为2＋1， ∴平面图形的面积S ＝1＋1＋22×2＝2＋ 2.故选B. 3.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( )A.4B.43C.23D.3 答案 B解析易知该几何体是由上、下两个全等的正四棱锥组成的，其中正四棱锥底面边长为2，棱锥的高为1，所以该多面体的体积V ＝2×13×(2)2×1＝43.4.已知在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，则将梯形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表面积为( ) A.(5＋2)π B.(4＋2)π C.(5＋22)π D.(3＋2)π 答案 A解析因为在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，所以将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周得到的几何体是一个底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，如图所示.所以该几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.5.如图，位于西安大慈恩寺的大雁塔，是唐代玄奘法师为保存经卷、佛像而主持修建的，是我国现存最早的四方楼阁式砖塔.塔顶可以看成一个正四棱锥，其侧棱与底面所成的角为45°，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为( )A.3∶2B.2∶2C.3∶3D.3∶4答案 D解析设塔顶是正四棱锥P－ABCD(如图)，PO是正四棱锥的高.设正四棱锥底面边长为a，则底面面积S1＝a2，因为AO＝22a，∠PAO＝45°，所以PA＝2×22a＝a，所以△PAB是正三角形，其面积为S 2＝34a2，所以S2∶S1＝34a2∶a2＝3∶4.6.过圆锥的轴作截面，如果截面为正三角形，则称该圆锥为等边圆锥.已知在一等边圆锥中，过顶点P的截面与底面交于CD，若∠COD＝90°(O为底面圆心)，且S△PCD＝7 2，则这个等边圆锥的表面积为( )A.2π＋2πB.3πC.2π＋3πD.π＋3π答案 B解析如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面圆的半径为a，高为PO＝3 a.由已知得CD＝2a，PC＝PD＝2a，则S△PCD＝12×2a×（3a）2＋⎝⎛⎭⎪⎫22a2＝72，从而可得a＝1，圆锥的表面积为πa×2a＋πa2＝3πa2＝3π.7.如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，ED ＝2FC ＝2，则四面体ABEF 的体积为( )A.13B.23C.1D.43答案 B解析∵ED ⊥平面ABCD 且AD ⊂平面ABCD ， ∴ED ⊥AD .∵在正方形ABCD 中，AD ⊥DC ，又DC ∩ED ＝D ，DC ，ED ⊂平面CDEF ， ∴AD ⊥平面CDEF .易知FC ＝ED2＝1，V A －BEF ＝V ABCDEF －V F －ABCD －V A －DEF .∵V E －ABCD ＝13·ED ·S 正方形ABCD ＝13×2×2×2＝83，V B －EFC ＝13·BC ·S △EFC ＝13×2×2×1×12＝23， ∴V ABCDEF ＝V E －ABCD ＋V B －EFC ＝83＋23＝103.又V F －ABCD ＝13·FC ·S 正方形ABCD ＝13×1×2×2＝43，V A －DEF ＝13·AD ·S △DEF ＝13×2×2×2×12＝43，∴V A －BEF ＝V ABCDEF －V F －ABCD －V A －DEF ＝103－43－43＝23.故选B.8.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为5－12，约为0.618.这个比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为黄金比.在几何世界中有很多黄金图形，在三角形中，如果相邻两边之比等于黄金比，且它们夹角的余弦值为黄金比值，那么这个三角形一定是直角三角形，且这个三角形称为黄金分割直角三角形.在正四棱锥中，以黄金分割直角三角形的长直角边作为正四棱锥的高，黄金分割直角三角形的短直角边的边长作为底面正方形的边心距(正多边形的边心距是正多边形的外接圆圆心到正多边形某一边的距离)，斜边作为正四棱锥的斜高，这样得到的正四棱锥称为黄金分割正四棱锥.在黄金分割正四棱锥中，以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为( ) A.5－12 B.5＋12C.1D.14答案 D解析如图，在黄金分割正四棱锥P －ABCD 中，O 是正方形ABCD 的中心，PE 是正四棱锥的斜高，设OE ＝a ，则CD ＝2a ， ∴Rt△POE 为黄金分割直角三角形，则OE PE ＝5－12， ∴PE ＝5＋12a ，则PO ＝PE 2－OE 2＝1＋52a ， ∴以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积S ＝PO 2＝1＋52a 2，又正四棱锥的四个侧面是全等的，∴S 侧＝4S △PCD ＝4×12×CD ×PE ＝2(1＋5)a 2，∴该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为14.9.(2022·潍坊二模)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，点E ，F ，G 分别是棱A ′B ′，B ′C ′，CD 的中点，则由点E ，F ，G 确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于________.答案332解析分别取AD ，CC ′和AA ′的中点为P ，M ，N ，可得出过E ，F ，G 三点的平面截正方体所得截面为正六边形EFMGPN ，则正六边形的边长MG ＝CG 2＋CM 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝1，故截面多边形的面积等于S＝6×34×12＝33 2.10.(2022·佛山质检)已知圆锥的顶点为S，底面圆周上的两点A，B满足△SAB为等边三角形，且面积为43，又知圆锥轴截面的面积为8，则圆锥的侧面积为________. 答案82π解析设圆锥的母线长为l，由△SAB为等边三角形，且面积为43，所以12l2sinπ3＝43，解得l＝4；又设圆锥底面半径为r，高为h，则由轴截面的面积为8，得rh＝8；又r2＋h2＝l2＝16，解得r＝h＝22，所以圆锥的侧面积S＝πrl＝π·22·4＝82π.11.如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，点D在棱AA1上，则三棱锥D－BB1C1的体积为________.答案23 3解析如图，取BC的中点O，连接AO.∵正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，∴AC＝2，OC＝1，则AO＝ 3.∵AA1∥平面BCC1B1，∴点D到平面BCC1B1的距离为 3.又S△BB1C1＝12×2×2＝2，∴V D－BB1C1＝13×2×3＝233.12.已知三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝π2，SB＝4，SC＝213，AB＝2，BC＝6，则三棱锥S－ABC的体积为________. 答案4 3解析∵∠ABC＝π2，AB＝2，BC＝6，∴AC＝AB2＋BC2＝22＋62＝210.∵∠SAB＝π2，AB＝2，SB＝4，∴AS＝SB2－AB2＝42－22＝2 3.由SC＝213，得AC2＋AS2＝SC2，∴AC⊥AS.又∵SA⊥AB，AC∩AB＝A，AC，AB⊂平面ABC，∴AS⊥平面ABC.∴AS为三棱锥S－ABC的高，∴V三棱锥S－ABC＝13×12×2×6×23＝4 3.二、创新拓展练13.(多选)(2022·无锡模拟)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是( )A.圆柱的侧面积为4πR2B.圆锥的侧面积为2πR2C.圆柱的侧面积与球的表面积相等D.球的体积是圆锥体积的两倍答案ACD解析对于A，∵圆柱的底面直径和高都等于2R，∴圆柱的侧面积S1＝2πR·2R＝4πR2，故A正确；对于B，∵圆锥的底面直径和高都等于2R，∴圆锥的侧面积为S2＝πR·R2＋4R2＝5πR2，故B错误；对于C，∵圆柱的侧面积为S1＝4πR2，球的表面积S3＝4πR2，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；对于D，球的体积为V1＝43πR3，圆锥的体积为V2＝13πR2·2R＝23πR3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D正确.14.(多选)(2022·邯郸模拟)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°.若取θ＝30°，侧棱长为21米，则( )A.正四棱锥的底面边长为6米B.正四棱锥的底面边长为3米C.正四棱锥的侧面积为243平方米D.正四棱锥的侧面积为123平方米答案AC解析如图，在正四棱锥S－ABCD中，O为正方形ABCD的中心，H为AB的中点，则∠SHO为侧面SAB与底面ABCD所成的锐二面角，且SH⊥AB，∠SHO＝30°，设底面边长为2a ，所以OH ＝AH ＝a ，OS ＝33a ，SH ＝233a . 在Rt△SAH 中，a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233a 2＝21，解得a ＝3，所以正四棱锥的底面边长为6米，侧面积为S ＝12×6×23×4＝243(平方米).15.(多选)(2022·福州调研)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝12，则下列结论中正确的是( )A.AC ⊥AFB.EF ∥平面ABCDC.三棱锥A －BEF 的体积为定值D.△AEF 的面积与△BEF 的面积相等答案 BC解析由题意及图形知，当点F 与点B 1重合时，∠CAF ＝60°，故A 错误；由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的两个底面平行，EF ⊂平面A 1B 1C 1D 1，知EF ∥平面ABCD ，故B 正确；由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，点A 到平面DD 1B 1B 的距离是定值，故可得三棱锥A －BEF 的体积为定值，故C 正确；由图形可以看出，B到直线EF的距离与A到直线EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误.故选BC.16.(多选)《九章算术》是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”，则( )A.“羡除”有且仅有两个面为三角形B.“羡除”一定不是台体C.不存在有两个面为平行四边形的“羡除”D.“羡除”至多有两个面为梯形答案ABC解析由题意知AE∥BF∥CD，四边形ACDE为梯形，如图所示.选项A，由题意知“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A正确；选项B，因为AE∥BF∥CD，所以“羡除”一定不是台体，故B正确；选项C，假设四边形ABFE和四边形BCDF为平行四边形，则AE∥BF∥CD，且AE＝BF＝CD，即四边形ACDE为平行四边形，与已知四边形ACDE为梯形矛盾，故不存在，故C正确；选项D，若AE≠BF≠CD，则“羡除”有三个面为梯形，故D错误.故选ABC.17.(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V，V2，V3，则( )1A.V3＝2V2B.V3＝V1C.V3＝V1＋V2D.2V3＝3V1答案CD解析如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝V E－ACD＝13S△ACD·ED＝13×12AD·CD·ED＝13×12×2×2×2＝43，V 2＝V F－ABC＝13S△ABC·FB＝13×12AB·BC·FB＝13×12×2×2×1＝23.因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以ED⊥AC，又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF. 因为OE，OF⊂平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF.易知AC ＝BD ＝2AB ＝22，OB ＝OD ＝12BD ＝2，OF ＝OB 2＋FB 2＝3，OE ＝OD 2＋ED 2＝6， EF ＝BD 2＋（ED －FB ）2 ＝（22）2＋（2－1）2＝3，所以EF 2＝OE 2＋OF 2，所以OF ⊥OE . 又OE ∩AC ＝O ，OE ，AC ⊂平面ACE ，所以OF ⊥平面ACE ，所以V 3＝V F －ACE ＝13S △ACE ·OF ＝13×12AC ·OE ·OF＝13×12×22×6×3＝2，所以V 3≠2V 2，V 1≠V 3，V 3＝V 1＋V 2，2V 3＝3V 1，所以选项A ，B 不正确，选项C ，D 正确.故选CD.18.(2022·丽水质检)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，∠A 1AC ＝∠A 1AB ＝60°，∠BAC ＝90°，则四面体A 1BB 1C 1的体积为________. 答案26解析法一如图，连接A 1C ，在三角形A 1AB 中，AB ＝1，AA 1＝2，∠A 1AB ＝60°，由余弦定理得A 1B 2＝22＋12－2×1×2×cos 60°＝3，即A 1B ＝3，同理A 1C ＝3，则AB 2＋A 1B 2＝A 1A 2，所以A 1B ⊥AB ，同理A 1C ⊥AC ，所以△A 1AB ≌△A 1AC .过点B 作BD ⊥A 1A ，垂足为D ，连接CD ，则CD ⊥A 1A ，又BD ∩CD ＝D ，所以A 1A ⊥平面BCD ，所以BD ＝CD ＝1×32＝32，又AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝90°，所以BC ＝ 2.取BC 的中点E ，连接DE ，则DE ⊥BC ，且DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝12，所以S △BCD ＝12×BC ×DE ＝12×2×12＝24，则V A 1－BB 1C 1＝V B －A 1B 1C 1＝V A 1－ABC ＝V A 1－BCD ＋V A －BCD ＝13·S △BCD ·A 1A ＝13×24×2＝26. 法二如图，连接A 1C ，在三角形A 1AB 中，AB ＝1，AA 1＝2，∠A 1AB ＝60°，由余弦定理得A 1B 2＝22＋12－2×1×2×cos 60°＝3，即A 1B ＝3，同理A 1C ＝3，则AB 2＋A 1B 2＝A 1A 2，所以A 1B ⊥AB ，同理A 1C ⊥AC .设A 1在平面ABC 内的射影为O ，连接A 1O ，AO ，OB ，OC ，则A 1O ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ，所以A 1O ⊥AB ，31 / 31 又A 1B ∩A 1O ＝A 1，所以AB ⊥平面A 1OB ，又OB ⊂平面A 1OB ，所以AB ⊥OB ，同理OC ⊥AC ，且△A 1OB ≌△A 1OC ，所以OB ＝OC ，则点O 在∠BAC 的平分线上. 设AO 交BC 于点E ，连接A 1E ，则AE ＝22，A 1E ＝（3）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝102，在△A 1AE 中，cos∠A 1AE ＝A 1A 2＋AE 2－A 1E 22×A 1A ×AE ＝22，则∠A 1AE ＝45°，则A 1O ＝A 1A sin 45°＝2，V A 1－BB 1C 1＝V B －A 1B 1C 1＝V A 1－ABC ＝13·S △ABC ·A 1O ＝13×12×1×1×2＝26.。

2021届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题ppt完美课件(95页)

2 0 2 1 届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第 1课时立体几何中的高考小题课件（共95 张PPT）
【解析】选D.方法一:设PA=PB=PC=2x,E,F分别为PA,AB的中点, 所以EF∥PB,且EF= 1 PB=x,
2
因为△ABC是边长为2的等边三角形, 所以CF= 3 ,又∠CEF=90°, 所以 CE 3AEx2=, PA=1 x,
【解析】选C.如图，设CD=a，PE=b，
则 PO PE2OE2 b2a2，
4由题意PO2=1 ab来自即b2 a2 1 ab，2
42
化简得 4(b)22b10，
aa
解得 b 1 (负5值舍去).
a4
2 0 2 1 届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第 1课时立体几何中的高考小题课件（共95 张PPT）
4.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________.
【解析】如图,
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为BB1,AB的中点,
所以S△ANM=12
×1×1= 1 ,
2
所以
11 1 V A N M D 1V D 1 A M N3223.
2
A. 2 2?
B.3π
C. 2 3
D. 3
【解析】选B.如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面圆的半径为
a，圆锥的高PO=3
a.由已知得CD= 2
a，PC=PD=2a，S则PCD1 2
2a
7a 2
7， 2
从而a=1，圆锥的表面积为πa×2a+πa2=3π.

2021高考数学二轮专题复习第一部分专题三立体几何ppt课件

答案：118.8
专题三立体几何
真题研析命题分析知识方法
4．(2020·全国卷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__________．
解析：易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中 BC＝2，AB＝AC＝3，且点 M 为 BC 边上的中点，设内切圆的圆心为 O，
2.(2020·全国卷Ⅰ)如图，D 为圆锥的顶点， O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一点，∠APC＝90°.
(1)证明：平面 PAB⊥平面 PAC； (2)设 DO＝ 2，圆锥的侧面积为 3π，求三棱锥 P-ABC 的体积． (1)证明：因为 D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，所以 OD⊥平面 ABC，因为 P 在 DO 上，OA＝OB＝OC，所以 PA＝PB＝ PC.
专题三立体几何
真题研析命题分析知识方法
在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AD∥BC 且 AD＝BC， BB1∥CC1 且 BB1＝CC1，
因为 C1G＝12CG，BF＝2FB1，所以 CG＝23 CC1＝23BB1＝BF，且 CG∥BF，
所以，四边形 BCGF 为平行四边形，则 AF ∥DG 且 AF＝DG，
D
为坐标原点，D→A
的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
D-xyz，
专题三立体几何
真题研析命题分析知识方法
则 A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1， 3， 2)，N(1，0，2)，A→1A＝(0，0，－4)，A→1M＝(－ 1， 3，－2)，A→1N＝(－1，0，－2)，M→N＝(0，－ 3，0)．
专题三立体几何

2021-2022年高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题13 立体几何综合练习文(含解析

2021年高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题13 立体几何综合练习文（含解析）一、选择题1．(xx·东北三校二模)设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列说法正确的是( )A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m⊂α，则l∥mD．若l∥α，m∥α，则l∥m[答案] B[解析] 当l、m是平面α内的两条互相垂直的直线时，满足A的条件，故A错误；对于C，过l作平面与平面α相交于直线l1，则l∥l1，在α内作直线m与l1相交，满足C的条件，但l与m不平行，故C错误；对于D，设平面α∥β，在β内取两条相交的直线l、m，满足D的条件，故D错误；对于B，由线面垂直的性质定理知B正确．2．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( )A．0个B．1个C．2个D．3个[答案] C[解析] 若α、β换成直线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，故选C.3．(xx·重庆文，5)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[答案] B[解析] 由三视图可知该几何体是由一个圆柱和一个半圆锥组成，圆柱的底面半径为1，高为2；半圆锥的底面半径为1，高也为1，故其体积为π×12×2＋16×π×12×1＝13π6；故选B.4.如图，在正四面体P －ABC 中，D 、E 、F 分别是AB 、BC 、CA 的中点，下列四个结论不成立的是( )A ．BC ∥平面PDFB ．DF ⊥平面PAEC ．平面PDF ⊥平面PAED ．平面PDE ⊥平面ABC [答案] D[解析] ∵D 、F 分别为AB 、AC 的中点，∴BC ∥DF ，∵BC ⊄平面PDF ，∴BC ∥平面PDF ，故A 正确；在正四面体中，∵E 为BC 中点，易知BC ⊥PE ，BC ⊥AE ，∴BC ⊥平面PAE ，∵DF ∥BC ，∴DF ⊥平面PAE ，故B 正确；∵DF ⊥平面PAE ，DF ⊂平面PDF ，∴平面PDF ⊥平面PAE ，∴C 正确，故选D.5．若某棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该棱锥的体积等于( )A ．10 cm 3B ．20 cm 3C ．30 cm 3D ．40 cm 3[答案] B[解析] 由三视图知该几何体是四棱锥，可视作直三棱柱ABC －A 1B 1C 1沿平面AB 1C 1截去一个三棱锥A －A 1B 1C 1余下的部分．∴VA －BCC 1B 1＝VABC －A 1B 1C 1－VA －A 1B 1C 1＝12×4×3×5－13×(12×4×3)×5＝20cm 3.6．如图，在棱长为5的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，EF 是棱AB 上的一条线段，且EF ＝2，Q 是A 1D 1的中点，点P 是棱C 1D 1上的动点，则四面体P －QEF 的体积( )A ．是变量且有最大值B ．是变量且有最小值C ．是变量且有最大值和最小值D ．是常量[答案] D[解析] 因为EF ＝2，点Q 到AB 的距离为定值，所以△QEF 的面积为定值，设为S ，又因为D 1C 1∥AB ，所以D 1C 1∥平面QEF ；点P 到平面QEF 的距离也为定值，设为d ，从而四面体P －QEF 的体积为定值13Sd .7．(xx·湖北文，5)l 1，l 2表示空间中的两条直线，若p ：l 1，l 2是异面直线，q ：l 1，l 2不相交，则( )A ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件B ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件 [答案] A[解析] 若p ：l 1，l 2是异面直线，由异面直线的定义知，l 1，l 2不相交，所以命题q ：l 1，l 2不相交成立，即p 是q 的充分条件；反过来，若q ：l 1，l 2不相交，则l 1，l 2可能平行，也可能异面，所以不能推出l 1，l 2是异面直线，即p 不是q 的必要条件，故应选A.8．已知正方形ABCD 的边长为22，将△ABC 沿对角线AC 折起，使平面ABC ⊥平面ACD ，得到如右图所示的三棱锥B －ACD .若O 为AC 边的中点，M 、N 分别为线段DC 、BO上的动点(不包括端点)，且BN ＝CM .设BN ＝x ，则三棱锥N －AMC 的体积y ＝f (x )的函数图象大致是( )[答案] B[解析] 由条件知，AC ＝4，BO ＝2，S △AMC ＝12CM ·AD ＝2x ，NO ＝2－x ，∴V N －AMC ＝13S△AMC·NO ＝23x (2－x )，即f (x )＝23x (2－x )，故选B. 二、填空题9．(xx·天津文，10)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.[答案]8π3[解析] 考查1.三视图；2.几何体的体积．该几何体是由两个高为1的圆锥与一个高为2的圆柱组合而成，圆柱与圆锥的底面半径都是1，所以该几何体的体积为2×13×π×1＋π×2＝8π3(m 3)．三、解答题10．如图，已知AD ⊥平面ABC ，CE ⊥平面ABC ，F 为BC 的中点，若AB ＝AC ＝AD ＝12CE .(1)求证：AF ∥平面BDE ； (2)求证：平面BDE ⊥平面BCE .[证明] (1)取BE 的中点G ，连接GF 、GD . 因为F 是BC 的中点，则GF 为△BCE 的中位线．所以GF ∥EC ，GF ＝12CE .因为AD ⊥平面ABC ，CE ⊥平面ABC ，所以GF ∥EC ∥AD .又因为AD ＝12CE ，所以GF ＝AD .所以四边形GFAD 为平行四边形．所以AF ∥DG . 因为DG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ，所以AF ∥平面BDE .(2)因为AB＝AC，F为BC的中点，所以AF⊥BC.因为EC∥GF，EC⊥平面ABC，所以GF⊥平面ABC.又AF⊂平面ABC，所以GF⊥AF.因为GF∩BC＝F，所以AF⊥平面BCE.因为AF∥DG，所以DG⊥平面BCE.又DG⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面BCE.11.底面为正多边形的直棱柱称为正棱柱．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝a，F、F1分别是AC、A1C1的中点．(1)求证：平面AB1F1∥平面C1BF；(2)求证：平面AB1F1⊥平面ACC1A1.[分析] (1)在正三棱柱中，由F、F1分别为AC、A1C1的中点，不难想到四边形AFC1F1与四边形BFF1B1都为平行四边形，于是要证平面AB1F1∥平面C1BF，可证明平面AB1F1与平面C1BF中有两条相交直线分别平行，即BF∥B1F1，FC1∥AF1.(2)要证两平面垂直，只要在一个平面内能够找到一条直线与另一个平面垂直，考虑到侧面ACC1A1与底面垂直，F1为A1C1的中点，则不难想到B1F1⊥平面ACC1A1，而平面AB1F1经过B1F1，因此可知结论成立．[解析] (1)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，连FF1，∵F、F1分别是AC、A1C1的中点，∴B1B綊A1A綊FF1，∴B1BFF1为平行四边形．∴B1F1∥BF，又AF綊C1F1，∴AF1C1F为平行四边形，∴AF1∥C1F，又∵B1F1与AF1是两相交直线，∴平面AB1F1∥平面C1BF.(2)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴B1F1⊥AA1，又B1F1⊥A1C1，A1C1∩AA1＝A1，∴B1F1⊥平面ACC1A1，而平面AB1F1经过B1F1，∴平面AB1F1⊥平面ACC1A1.12.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点F、H分别为A1D、A1C的中点．(1)证明：A1B∥平面AFC；(2)证明：B1H⊥平面AFC.[分析] 分别利用线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理证明．[解析] (1)连BD交AC于点E，则E为BD的中点，连EF，又F为A1D的中点，所以EF∥A1B.又EF⊂平面AFC，A1B⊄平面AFC，∴A1B∥平面AFC.(2)连接B1C，在正方体中四边形A1B1CD为长方形，∵H为A1C的中点，∴H也是B1D的中点，∴只要证B1D⊥平面ACF即可．由正方体性质得AC⊥BD，AC⊥B1B，∴AC⊥平面B1BD，∴AC⊥B1D.又F为A1D的中点，∴AF⊥A1D，又AF⊥A1B1，∴AF⊥平面A1B1D.∴AF⊥B1D，又AF、AC为平面ACF内的相交直线．∴B1D⊥平面ACF.即B1H⊥平面ACF.13.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°，且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD.(1)若G为AD边的中点，求证：BG⊥平面PAD；(2)求证：AD⊥PB；(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD，并证明你的结论．[解析] (1)证明：∵在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，得BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BG⊥平面PAD.(2)证明：连接PG，因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，得PG⊥AD.由(1)知BG⊥AD，∵PG∩BG＝G，PG⊂平面PGB，BG⊂平面PGB，∴AD⊥平面PGB.∵PB⊂平面PGB，∴AD⊥PB.(3)解：当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD.证明如下：取PC的中点F，连接DE、EF、DF，则在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD 中，GB∥DE，∴AD⊥EF，AD⊥DE.∴AD⊥平面DEF，又AD⊂平面ABCD，∴平面DEF⊥平面ABCD.14．(xx·河北名校名师俱乐部模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC⊥BC，E在线段B 1C1上，B1E＝3EC1，AC＝BC＝CC1＝4.(1)求证：BC⊥AC1；(2)试探究：在AC上是否存在点F，满足EF∥平面A1ABB1，若存在，请指出点F的位置，并给出证明；若不存在，说明理由．[分析] (1)执果索因：要证BC⊥AC1，已知BC⊥AC，故只需证BC⊥平面ACC1A1，从而BC⊥AA1，这由已知三棱柱中AA1⊥平面ABC可证．(2)假定存在，执果索因找思路：假定AC 上存在点F ，使EF ∥平面A 1ABB 1，考虑矩形C 1CBB 1中，E 在B 1C 1上，且B 1E ＝3EC 1，因此取BC 上点G ，使BG ＝3GC ，则EG ＝B 1B ，从而EG ∥平面A 1ABB 1，因此平面EFG ∥平面A 1ABB 1，由面面平行的性质定理知FG ∥AB ，从而AF FC ＝BGGC＝3，则只需过G 作AB的平行线交AC 于F ，F 即所探求的点．[解析] (1) ∵AA 1⊥平面ABC, BC ⊂平面ABC ， ∴BC ⊥AA 1.又∵BC ⊥AC ，AA 1，AC ⊂平面AA 1C 1C ，AA 1∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面AA 1C 1C ，又AC 1⊂平面AA 1C 1C ，∴BC ⊥AC 1.(2)解法一：当AF ＝3FC 时，FE ∥平面A 1ABB 1.理由如下：在平面A 1B 1C 1内过E 作EG ∥A 1C 1交A 1B 1于G ，连接AG .∵B 1E ＝3EC 1，∴EG ＝34A 1C 1，又AF ∥A 1C 1且AF ＝34A 1C 1，∴AF ∥EG 且AF ＝EG ，∴四边形AFEG 为平行四边形，∴EF ∥AG ，又EF ⊄平面A 1ABB 1，AG ⊂平面A 1ABB 1， ∴EF ∥平面A 1ABB 1.解法二：当AF ＝3FC 时，FE ∥平面A 1ABB 1.理由如下：在平面BCC1B1内过E作EG∥BB1交BC于G，连接FG.∵EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，∴EG∥平面A1ABB1.∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，∴FG∥AB，又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.15．已知四棱锥P－ABCD的直观图和三视图如图所示，E是PB的中点．(1)求三棱锥C－PBD的体积；(2)若F是BC上任一点，求证：AE⊥PF；(3)边PC上是否存在一点M，使DM∥平面EAC，并说明理由．[解析] (1)由该四棱锥的三视图可知，四棱锥P－ABCD的底面是边长为2和1的矩形，侧棱PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝2，∴V C －PBD ＝V P －BCD ＝13×12×1×2×2＝23.(2)证明：∵BC ⊥AB ，BC ⊥PA ，AB ∩PA ＝A .∴BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥AE ，又在△PAB 中，∵PA ＝AB ，E 是PB 的中点， ∴AE ⊥PB .又∵BC ∩PB ＝B ，∴AE ⊥平面PBC ，且PF ⊂平面PBC ，∴AE ⊥PF . (3)存在点M ，可以使DM ∥平面EAC . 连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接EO . 在△PBD 中，EO 是中位线． ∴PD ∥EO ，又∵EO ⊂平面EAC ，PD ⊄平面EAC ， ∴PD ∥平面EAC ，∴当点M 与点P 重合时，可以使DM ∥平面EAC .。

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