2017届高考数学一轮总复习第八章立体几何初步第44讲空间几何体的三视图与直观图表面积和体积课件文

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高中数学一轮复习课件：空间几何体的结构与三视图

ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
• (2)总结规律，规范训练．立体几何解题过程中常带有明显的规律性．如：角的求法，向量法证明平行与垂直等，只有不断总结，才能不断提高．本章复习还应注意规范训练．因为高考中反映出这方面的问题十分严重，不少考生对作、证、求三环节交代不清，表达不够规范、严谨，因果关系不充分，图形中各元素间关系理解错误，符号语言不会运用等，这些问题都需要规范训练才能解决．
解析：由给出的三视图可以得知该正三棱柱的高等于正视图和侧视图的高 3 cm，若设该正三棱柱的底面边长为 a cm，则有 23a＝2，所以 a＝43 3，故该正三棱柱的体积为 V＝12·23·(433)2· 3＝4(cm3)，选 D.
答案：D
• 1．要明确柱体、锥体、台体和球的定义，定义是处理问题的关键；认识和把握几何体的几何结构特征，是我们认识空间几何体的基础；对于几何体的结构特征要从其反映的几何体的本质去把握，有利于从中找到解题突破点．
• 从新课改两年各省份的高考信息统计可以看出，命题呈现以下特点：
• 1．客观题中重点考查空间几何体的三视图、体积与表面积，借以考查空间想象能力．
• 2．点、线、面的位置关系是本章重点，可在客观题中考查平行与垂直的判定和性质，也可在解答题中考查推理证明．
• 3．解答题中主要是位置关系的判定和空间角的计算的综合，一般都可用几何法和向量法两种方法求解，空间向量的应用越
• 本题以三视图为载体考查空间中线面位置关系的证明以及体积的计算．解决这类问题的关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现相应的位置关系与数量关系，然后在直观图中解决问题.
变式迁移 4 有一个正三棱柱，其三视图如下图所示：
则其体积等于

高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8

高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)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________．答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故POPB＝OEDB，即22－r3＝r1，解得r＝2 2，故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为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)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1 (1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( ) A ．4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析如图所示，设球O 的半径为R ，由球的体积公式得43πR 3＝32π3，解得R ＝2. 设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝2cos α，圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α，当且仅当α＝π4，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)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________．答案9π2解析易知AC ＝10.设△ABC 的内切圆的半径为r ，则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2. 因为2r ＝4>3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32，此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.题型二补形法例2 (1)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2π B ．4π C ．6π D ．8π 答案 C解析由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD 的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为外接球的半径)，得2R 2＝3，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案 136π解析如图添加的三棱锥为直三棱锥E －ADF ，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ，因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为 V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径，连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π. 思维升华补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2 已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.7143π B ．14π C ．56π D.14π答案 B解析以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ，则(2R )2＝PP ′2＝P A 2＋PB 2＋PC 2 ＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S ＝4πR 2＝π·(2R )2＝14π. 题型三定义法例3 (1)已知∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABC ，若P A ＝AB ＝BC ＝1，则四面体P ABC 的外接球(顶点都在球面上)的体积为( ) A ．π B.3π C ．2π D.3π2答案 D解析如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，由题意得P A ⊥BC ，又因为AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ，所以BC ⊥平面P AB ，所以BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，OB ＝12PC ，同理OA ＝12PC ，所以OA ＝OB ＝OC ＝12PC ，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上，在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3，球O 的半径R ＝12PC ＝32，所以球的体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.延伸探究本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________．答案2－12解析设四面体P －ABC 的内切球半径为r . 由本例(1)知，S△P AC＝12P A·AC＝12×1×2＝22，S△P AB＝12P A·AB＝12×1×1＝12，S△ABC＝12AB·BC＝12×1×1＝12，S△PBC＝12PB·BC＝12×2×1＝22，V P－ABC＝13×12AB·BC·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P－ABC＝13(S△P AC＋S△P AB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝13⎝⎛⎭⎫22＋12＋12＋22·r＝16，∴r＝2－1 2.(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－P AD的外接球的表面积为() A．12π B．34πC．68π D．126π答案 C解析如图，由题意可知，MP⊥P A，MP⊥PD.且P A∩PD＝P，P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，所以MP⊥平面P AD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin ∠APD ＝2r ，即4sin 150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ，则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68，所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．跟踪训练3 (1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ，则有⎩⎪⎨⎪⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，h ＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3.(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为( ) A.16π3 B.76π3 C.64π3 D.19π3 答案 A解析如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ，由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36，AO ＝12AC ＝52，设外接球半径为R ，则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫362＝43，所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为( ) A. 3 B ．3 3 C ．3 D.13答案 C解析设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( ) A ．36π B ．48π C ．36 D ．24 2答案 A解析设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26，解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h ，则h ＝262－222＝4.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ，则有R ＝h －R 2＋r 2，即R ＝4－R2＋222，解得R ＝3，所以该圆锥的外接球的体积为 4πR 33＝4π×333＝36π. 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 答案 A解析如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，O 1为底面对角线的交点，O 为外接球的球心．V P －ABCD ＝13×S 正方形ABCD ×3＝6，所以S 正方形ABCD ＝6，即AB ＝ 6. 因为O 1C ＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ，则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为( ) A.68π B.64π C.38π D.34π 答案 A解析如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝22，所以正方体的体对角线 AC 1＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝62，所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62，所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫643＝68π，因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为68π. 5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( ) A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π 答案 B解析如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1，即AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4，所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径，所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π. 6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)( )A ．20 cm 3B ．22 cm 3C ．26 cm 3D ．30 cm 3答案 C解析如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ，则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ， ∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ， ∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ，∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝⎛⎭⎫612a 3＝43π·⎝⎛⎭⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)． 7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是( ) A.π2 B ．π C ．9π D ．13π答案 A解析三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球， ∴2R ＝62＋22＋232＝213，∴R ＝13，取BC 的中点O 1，∴O 1为△ABC 的外接圆圆心，∴OO 1⊥平面ABC ，如图．当OD ⊥截面时，截面的面积最小，∵OD ＝OO 21＋O 1D 2＝32＋32＝23，此时截面圆的半径为r ＝R 2－OD 2＝1， ∴截面面积为πr 2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR 2＝13π，故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A.212 B.312 C.24 D.34答案 A解析如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ， OO 1＝1－⎝⎛⎭⎫AB 22＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22，所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________．答案 32解析如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32.即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________．答案2－1解析如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心．因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3，得r ＝3336＋33＝2－1.11．等腰三角形ABC 的腰AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将它沿高AD 翻折，使二面角B －AD －C 成60°，此时四面体ABCD 外接球的体积为________．答案2873π 解析由题意，设△BCD 所在的小圆为O 1，半径为r ，又因为二面角B －AD －C 为60°，即∠BDC ＝60°，所以△BCD 为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r ＝3sin 60°＝23，即DE ＝23，设外接球的半径为R ，且AD ＝4，在Rt △ADE 中，(2R )2＝AD 2＋DE 2⇒4R 2＝42＋(23)2＝28，所以R ＝7，所以外接球的体积为 V ＝43πR 3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为________．答案32π3解析设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23， ∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2， ∴V 球＝43π×23＝32π3.。

高考数学一轮复习第八章立体几何第一节空间几何体

答案 B B不正确,反例见下图:
“等腰四棱锥”S-ABCD中,底面ABCD为矩形,AB=4,BC=2,O为S在平面 ABCD上的射影, OE⊥AB于E,OF⊥BC于F. ∵OE≠OF,
∴θ1≠θ2,又易知θ1与θ2不互补, ∴“等腰四棱锥”S-ABCD的侧面SAB与底面所成的二面角和侧面SBC 与底面所成的二面角既不相等,也不互补.
其中正确命题的个数为 ( B )
A.0 B.1 C.2 D.3
答案 B
解析命题①错,这条边若是直角三角形的斜边,则得不到圆锥;命题② 错,这条腰必须是垂直于两底边的腰;命题③对;命题④错,用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以得到一个圆锥和一个圆台.
方法技巧解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧 (1)要想真正把握几何体的结构特征,必须多角度、全方面地去分析,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,在条件不变的情况下,变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素,然后依据题意判定; (3)通过反例对结构特征进行辨析,即要说明一个命题是错误的,只要举出一个反例即可.
1-2 给出下列四个命题: ①有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱; ②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥; ③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体; ④底面为正多边形,且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱. 其中不正确的命题为 ①②③ .
答案 ①②③ 解析对于①,平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形,故①错;对于 ②,对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图),故②错;对于③,若底面不是矩形,则③错;④由线面垂直的判定,可知侧棱垂直于底面,故④正确. 综上,命题①②③不正确.
第一节空间几何体及其三视图、直观图、表面积与体积

人教a版高考数学(理)一轮课件：8.1空间几何体的结构、三视图和直观图

3.简单组合体简单组合体的构成有两种基本形式:一种是由简单几何体拼接而成;一种是由简单几何体截去或挖去一部分而成,有多面体与多面体、多面体与旋转体、旋转体与旋转体的组合体.
4. 三视图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.
考纲解读
空间几何体的结构和三视图部分重点考查柱、锥、台、球的定义和以三视图为载体考查柱、锥、台、球的表面积和体积, 难度不大. 空间几何体的性质是基础, 以它们为载体考查线线、线面、面面间的关系是重点 . 三视图的还原在各地高考试题中频繁出现 , 已经成为高考的热点问题, 题型多以选择题和填空题为主 , 有时也会作为解答题的背景出现.
三视图的长度特征: “ 长对正, 宽相等, 高平齐” , 即正视图和侧视图一样高, 正视图和俯视图一样长, 侧视图和俯视图一样宽. 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, 要注意实、虚线的画法 .
5. 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° , 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, 在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. 6. 中心投影与平行投影 (1) 平行投影的投影线互相平行, 而中心投影的投影线相交于一点. (2) 从投影的角度看, 三视图和用斜二测画法画出的直观图都是在平行投影下画出来的图形.

2017届新课标高考总复习·数学课件：第8章第1节空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积

第一页，编辑于星期六：点五十六分。
第二页，编辑于星期六：点五十六分。
考纲要求：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，会用斜二测法画出它们的直观图．
第八页，编辑于星期六：点五十六分。
4．空间几何体的表面积与体积
几何体
名称
柱体(棱柱和圆柱)
表面积 S 表面积＝S 侧＋2S 底
体积 V＝ Sh
锥体(棱锥和圆锥) 台体(棱台和圆台)
S 表面积＝S 侧＋S 底
V＝ 13Sh
S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下 V＝13(S 上＋S 下＋ S上S下)h
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________．
第十页，编辑于星期六：点五十六分。
(5)斜二测画法中，原图形中的平行垂直关系在直观图中不变．( )
(6)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( ) (7)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.( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√ (7)×
第十九页，编辑于星期六：点五十六分。
(4)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( )
第二十页，编辑于星期六：点五十六分。
[听前试做] (1)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，矩形内部有一条线段连接的两个三角形．
(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．

高考数学一轮复习《第八章立体几何》第2课时空间几何体的三视图和直观图课件

第2课时空间几何体的三视图和直观图
2011·考纲下载
能画出柱、锥、台、球等简易组合体的三视图，并能识别三视图所表示的立体模型．会用斜二测法画出它们的直观图．了解平行投影与中心投影，了解空间图形的不同表示形式．
请注意!
从近三年的新课标高考试题来看，三视图已成为必考内容，应引起高度重视.
课前自助餐
平行于水平面，底面对着观测者时其正视图是三角形，其余的正视图均不是三角形．
【答案】 ①②③⑤
(2)(2010·辽宁卷)如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为________．
【解析】将几何体的三视图还原为直观图：四棱锥 P－ ABCD，如图将直观图补成一个正方体，显然最长的一条棱的长 PB，即为正方体的对角线长，易知正方体的棱长为 2，所以对角线长为 2 3.
【解析】由题知AA′<BB′<CC′，正视图为选项D所示的图形．【答案】 D
(2)下列图形中的图(b)是根据图(a)中的实物画出的主视图和俯视图，你认为正确吗？若不正确请改正并画出左视图．
【解】主视图和俯视图都不正确．
主视图的上面的矩形中缺少中间小圆柱形成的轮廊线(用虚线表示)；左视图的轮廊是两个矩形叠放在一起，上面的矩形中有2条不可视轮廊线，下面的矩形中有一条可视轮廊线(用实线表示)，该几何体的三视图如图所示：
【答案】 B
题型三由三视图画直观图例3 由下列几何体的三视图画出直观图．
【解析】 (1)画轴．画 x′轴， y′轴和 z′ 轴，使 ∠x′O′y′＝ 45°(或135°)， ∠x′O′z′＝90°.
(2)画底面．按x′轴、y′轴画正五边形的直观图ABCDE. (3)画侧棱．过点A、B、C、D、E分别作z′轴的平行线，并在这些平行线

高考数学一轮总复习第44讲空间几何体的结构及三视图、直观图课件理新人教A版

第三十页，共48页。
素材 (sùcái) 2
用斜二测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( )
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第三十二页，共48页。
【解析】按照斜二测画法的作图规则，对四个选项逐一验证，可知只有选项 A 符合题意．
第三十三页，共48页。
三三视图【例 3】(2011·湖南六市联考)一个几何体的三视图如下图所示，其中正(主)视图中△ABC 是边长为 2 的正三角形，俯视图为正六边形，那么该几何体的侧(左)视图的面积为( )
第二十八页，共48页。
而 A′D′＝ 23a，所以 A′O′＝ 23a× 2＝ 26a，所以 AO＝ 6a. 所以 S△ABC＝12BC·AO＝21a× 6a＝ 26a2.
第二十九页，共48页。
【点评】本题已知直观图，探求原平面图形，考查逆向思维能力．要熟悉运用斜二测画法画水平放置的直观图的基本规则，注意直观图中的线段、角与原图中的对应线段、角的关系．
何体是棱柱 B．用一个平面去截一个圆锥，可以得到一个圆台和一
个圆锥 C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体
是棱锥 D．将一个直角三角形绕其一条直角边旋转一周，所得
圆锥的母线长等于斜边长
第十二页，共48页。
【解析】由棱柱、圆锥、棱锥的定义知，A、B、C 不正确，故选 D.
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【解析】设底面中心为 G，球心为 O，则易得 AG＝ 22，于是 OG＝ 22，用一个与 ABCD 所在平面距离等于 42的平面去截球，S 便为其中一个交点，此平面的中心设为 H，则 OH＝ 22－ 42＝ 42，故 SH2＝1－( 42)2＝87，

高考理科数学(北师大版)一轮复习课件81空间几何体的结构及其三视图直观图

平面截圆锥才可以.
-15-
考点1
考点2
考点3
思考如何熟练应用空间几何体的结构特征?
解题心得1.要想真正把握几何体的结构特征,必须多角度、全面
地去分析,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,在条件不变的情况下,变换模型中的线面关系
线段AB,AD,AC,则( C )
A.最长的是AB,最短的是AC
B.最长的是AC,最短的是AB
C.最长的是AB,最短的是AD
D.最长的是AD,最短的是AC
-19-
考点1
考点2
考点3
(2)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( A )
-20-
考点1
考点2
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,用平滑的曲线连接而画出.
-22-
考点1
考点2
考点3
对点训练2(1)利用斜二测画法画平面内一个△ABC的直观图得
到的图形是△A'B'C',那么△A'B'C'的面积与△ABC的面积的比是
( A )
2
A. 4
3
B. 4
2
C. 2
3
D. 2
(2)已知正三角形ABC的边长为a,那么△ABC的平面直观图
④侧面都是长方形的棱柱叫长方体.
-17个个个个
考点1
考点2
考点3
解析: (1)①显然错;②正确,因两个过相对侧棱的截面都垂直于底
面可得到侧棱垂直于底面;③错,可以是斜四棱柱;④正确,对角线两

高三数学一轮复习立体几何知识点突破训练含答案解析

精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！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基础联通抓主干知识的“源”与“流” 1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征多面体结构特征棱柱有两个面平行，其余各面都是四边形且每相邻两个面的交线都平行且相等棱锥有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形棱台棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫做棱台几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形一条直角边所在的直线圆台直角梯形或等腰梯形直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点的连线球半圆或圆直径所在的直线(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：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.(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．空间几何体的三视图1.画三视图的规则长对正、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] A能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[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 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2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基础联通抓主干知识的“源”与“流” 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展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l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名称几何体表面积体积柱体 (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 ＝4πR 2V ＝43πR 3考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的表面积[例1] (1)(2017·安徽江南十校联考)某几何体的三视图如图所示，其中侧视图的下半部分曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为( )A ．4π＋16＋4 3B ．5π＋16＋4 3C ．4π＋16＋2 3D ．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 ．3πB.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＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．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.26 B.36 C.23 D.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×AB2＝34，高OD＝12－⎝⎛⎭⎫332＝63，所以V S-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.41π3B.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·AB 2·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.163B.203C.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.。

数学(文)一轮总复习3.立体几何初步(1)空间几何体的结构与三视图、直观图

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【名师点评】熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变动模型中的线面位置关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定，是解决这类题目的基本思考方法．
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考点二几何体的三视图
1．画几何体的三视图时，可以把垂直投射面的视线想象成平行光线，体会可见的轮廓线(包括被遮挡住，但可以经过想象透视到的光线)的投影就是要画出的视图，可见的轮廓线要画成实线，不可见的轮廓线要画成虚线．
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例1
给出以下命题：①底面是矩形的四棱柱是长方体；②直角三角形绕着它的一边旋转一周形成的几何体叫做圆锥；③四棱锥的四个侧面可以都是直角三角形．其中说法正确的是 __________．
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【思路点拨】根据几何体的结构特征，借助熟悉的几何体模型进行判定．
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命题探究
1.纵观近几年高考试题可知，高考命题形式比较稳定，主要考查形式有： (1)以几何体为依托考查几何体的结构特征，几何体的三视图、直观图、表面积与体积．
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命题探究
(2)直线与平面的平行与垂直的判定、线面间距离的计算作为考查的重点，尤其以多面体为载体的线面位置关系的论证，更是年年考，并在难度上也始终以中等题为主． (3)判断并证明两个平面的垂直关系，通常是在几何体中出现． (4)高考中多以一小一大形式出现，分值为17分左右，试题难度较小．
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考纲解读
1.空间几何体 (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的三视图，能识别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．

空间几何体的三视图和直观图第一课时教学设计教学内容

1.2空间几何体的三视图和直观图（第一课时）教学设计一、教学内容分析（一）教材地位和作用三视图是立体几何的基础之一，画出空间几何体的三视图并能将三视图还原为直观图，是建立空间观念的基础和训练学生几何直观能力的有效手段。

在近几年的高考考查中，利用三视图求直观图体积或表面积的题型屡见不鲜，这种题型的本质即为由三视图还原直观图，所以要求学生掌握由三视图还原直观图这部分内容显得尤其重要。

三视图对部分对学生的逻辑思维能力和空间想象能力提出了较高的要求，使学生谈“图”色变。

本节课是普通高中新课程人教版《必修2》第一章第二节第一课时的内容，是在学习空间几何体的结构特征之后，直观图之前，尚未学习点、直线、平面位置关系的情况下教学的。

学生在义务教育阶段，已经初步接触了正方体、长方体的几何特征以及简单几何体的表面积、体积的计算，会从不同的方向看物体得到不同的视图的方法。

与初中教学内容相比较，本节增加学习了台体的有关内容，简单组合体涉及柱体、锥体、台体以及球体，比义务教育阶段数学课程“空间与图形”部分呈现的组合体多。

通过本节知识的学习，为下一章点、直线、平面之间的位置关系学习打下基础，同时有利于培养学生空间想象能力，几何直观能力的，有利于培养学生学习立体几何的兴趣，体会数学的实用价值。

（二）教学内容及结构本章的主要内容是认识空间图形，通过对空间几何体的整体把握，培养和发展空间想象能力。

从学生熟悉的物体入手，使学生对物体形状的认识由感性上升到理性；通过三视图和直观图的学习，进一步认识空间几何体的结构。

本节课教材从了解中心投影和平行投影出发介绍三视图是利用三个正投影来表示空间几何体的的方法，并给出三视图的概念及作图规则。

要求学生能画出简单空间图形的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型。

在此基础上，学习画出简单组合体（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的三视图，并识别三视图所表示的简单组合体。

（三）教学重难点1、重点：（1）画出空间几何体及简单组合体的三视图，（2）给出三视图，还原或想象出原实际图的结构特征，体会三视图的作用。

高中数学一轮复习第八章立体几何

第八章立体几何考点1 空间几何体的结构及其三视图与直观图1.(2016·全国Ⅲ，9)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，则该多面体的表面积为( )A.18＋365B.54＋185C.90D.812.(2016·全国Ⅱ，6)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.32π3.(2016·北京，6)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12 D.14.(2016·山东，5)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＋26π5.(2015·广东，8)若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值( ) A.大于5 B.等于5 C.至多等于4 D.至多等于36.(2015·北京，5)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A.2＋ 5B.4＋ 5C.2＋2 5D.57.(2015·浙江，2)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( ) A.8 cm 3 B.12 cm 3 C.323cm 3 D.403 cm 38.(2015·新课标全国Ⅰ，11)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.89.(2014·福建，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10.(2014·江西，5)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( )11.(2014·湖北，5)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②12.(2014·新课标全国Ⅰ，12)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.4 2C.6D.413.(2015·天津，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________m3.考点2 空间几何体的表面积和体积1.(2016·全国Ⅲ，10)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.4π B.9π2 C.6π D.32π32.(2016·全国Ⅰ，6)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.28π3.(2015·陕西，5)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＋44.(2015·安徽，7)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 25.(2015·新课标全国Ⅱ，9)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.36π B.64π C.144π D.256π6.(2015·山东，7)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.2π3 B.4π3 C.5π3 D.2π7.(2015·重庆，5)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋πB.23＋πC.13＋2πD.23＋2π8.(2015·新课标全国Ⅱ，6)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图所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.159.(2015·湖南，10)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率＝新工件的体积原工件的体积)( )A.89πB.169π C.4(2－1)3π D.12(2－1)3π10.(2014·重庆，7)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.54B.60C.66D.7211.(2014·浙江，3)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 cm 2B.129 cm 2C.132 cm 2D.138 cm 212.(2014·大纲全国，8)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.9π D.27π413.(2014·安徽，7)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( )A.21＋ 3B.18＋ 3C.21D.1814.(2014·陕西，5)已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( ) A.32π3 B.4π C.2π D.4π315.(2014·湖北，8)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ≈136L 2h .它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V ≈275L 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A.227B.258C.15750D.35511316.(2014·新课标全国Ⅱ，6)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.1317.(2016·四川，13)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________.18.(2016·浙江，14)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________.19.(2015·江苏，9)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与圆柱各一个，则新的底面半径为________.20.(2014·江苏，8)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________.考点3 点、线、面的位置关系1. (2016·全国Ⅰ，11)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为()A.32 B.22 C.33 D.132.(2015·安徽，5)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是()A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D.若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面3.(2014·辽宁，4)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面.下列说法正确的是()A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC.若m⊥α，m⊥n，则n∥αD.若m∥α，m⊥n，则n⊥α4.(2015·浙江，13)如图，三棱锥ABCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________.考点4 线面平行的判定与性质1.(2016·山东,17)在如图所示的圆台中,AC 是下底面圆O 的直径,EF 是上底面圆O ′的直径,FB 是圆台的一条母线.(1)已知G ,H 分别为EC ,FB 的中点,求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23,AB ＝BC ,求二面角F －BC －A 的余弦值.2.(2016·全国Ⅲ,19)如图,四棱锥P －ABCD 中,P A ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,AB ＝AD ＝AC ＝3,P A ＝BC ＝4,M 为线段AD 上一点,AM ＝2MD ,N 为PC 的中点.(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.3.(2015·江苏,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1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⊥AB1.4.(2014·江苏,16)如图,在三棱锥P ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知P A⊥AC,P A＝6,BC＝8,DF＝5. 求证：(1)直线P A∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.5.(2014·新课标全国Ⅱ,18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,P A⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角DAEC为60°,AP＝1,AD＝3,求三棱锥EACD的体积.6.(2014·湖北,19)如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP＝BQ＝λ(0<λ<2).(1)当λ＝1时,证明：直线BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在,求出λ的值；若不存在,说明理由.考点5 线面垂直的判定与性质1.(2016·浙江,2)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则()A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n2.(2015·浙江,8)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD,所成二面角A′CDB的平面角为α,则()A.∠A′DB≤αB.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤αD.∠A′CB≥α3.(2014·广东,7)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是()A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定4.(2016·全国Ⅱ,14)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题：(1)如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.(2)如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.(3)如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.(4)如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有________(填写所有正确命题的编号).5.(2016·全国Ⅰ,18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,平面ABEF为正方形,AF＝2FD,∠AFD＝90°,且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值.6.(2016·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC－A 1B1C1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.7.(2015·新课标全国Ⅱ,19)如图,长方体ABCD－A1B1C1D1中,AB＝16,BC＝10,AA1＝8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E ＝D1F＝4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.8.(2015·新课标全国Ⅰ,18)如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC＝120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE＝2DF,AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC,(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.9.(2014·新课标全国Ⅰ,19)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1,∠CBB1＝60°,AB＝BC,求二面角AA1B1C1的余弦值.10.(2014·广东,18)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC＝30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角DAFE的余弦值.11.(2014·辽宁,19)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB＝BC＝BD＝2,∠ABC＝∠DBC＝120°,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角EBFC的正弦值.12.(2014·江西,19)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面P AD⊥平面ABCD.(1)求证：AB⊥PD；(2)若∠BPC＝90°,PB＝2,PC＝2,问AB为何值时,四棱锥P ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.13.(2014·湖南,19)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD＝O,A1C1∩B1D1＝O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.考点6 空间向量与立体几何1.(2014·广东,5)已知向量a ＝(1,0,－1),则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A.(－1,1,0) B.(1,－1,0) C.(0,－1,1) D.(－1,0,1)2.(2014·四川,8)如图,在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段CC 1上,直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α,则sin α的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤33，1 B.⎣⎡⎦⎤63，1 C.⎣⎡⎦⎤63，223 D.⎣⎡⎦⎤223，13.(2014·新课标全国Ⅱ,11)直三棱柱ABCA 1B 1C 1中,∠BCA ＝90°,M ,N 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,BC ＝CA ＝CC 1,则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.110 B.25 C.3010 D.224.(2014·江西,10)如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB ＝11,AD ＝7,AA 1＝12.一质点从顶点A 射向点E (4,3,12),遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理),将第i －1次到第i 次反射点之间的线段记为L i (i ＝2,3,4),L 1＝AE ,将线段L 1,L 2,L 3,L 4竖直放置在同一水平线上,则大致的图形是( )5.(2015·四川,14)如图,四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M 在线段PQ 上,E 、F 分别为AB 、BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ,则cos θ的最大值为________.6.(2016·全国Ⅱ,19)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.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.7.(2015·陕西,18)如图1,在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠BAD ＝π2,AB ＝BC ＝1,AD ＝2,E 是AD 的中点,O 是AC 与BE的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置,如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ,求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.8.(2015·天津,17)如图,在四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,侧棱A 1A ⊥底面ABCD ,AB ⊥AC ,AB ＝1,AC ＝AA 1＝2,AD ＝CD ＝5,且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点. (1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1-AC -B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点,若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13,求线段A 1E 的长.9.(2015·安徽,19)如图所示,在多面体A1B1D1-DCBA,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C.(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.10.(2015·重庆,19)如图,三棱锥P ABC中,PC⊥平面ABC,PC＝3,∠ACB＝π2.D,E分别为线段AB,BC上的点,且CD＝DE＝2,CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角APDC的余弦值.11.(2015·北京,17)如图,在四棱锥AEFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC＝4,EF＝2a,∠EBC＝∠FCB＝60°,O为EF的中点.(1) 求证：AO⊥BE；(2) 求二面角F AEB的余弦值；(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.12.(2015·四川,18)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,在正方体中,设BC 的中点为M ,GH 的中点为N .(1)请将字母F ,G ,H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)证明：直线MN ∥平面BDH ； (3)求二面角AEGM 的余弦值.13.(2015·江苏,22)如图,在四棱锥P ABCD 中,已知P A ⊥平面ABCD ,且四边形ABCD 为直角梯形,∠ABC ＝∠BAD ＝π2,P A ＝AD ＝2,AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 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.14.(2015·山东,17)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB＝2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF＝DE, ∠BAC＝45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.15.(2014·陕西,17)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值.16.(2014·天津,17)如图,在四棱锥P ABCD中,P A⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD＝DC＝AP＝2,AB＝1,点E为棱PC 的中点.(1)证明：BE⊥DC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F ABP的余弦值.17.(2014·四川,18)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MN⊥NP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A-NP-M的余弦值；。

2017届高考数学一轮总复习第八章空间几何第44讲空间几何体的三视图与直观图、表面积和体

考点集训(四十四) 第44讲空间几何体的三视图与直观图、表面积和体积1．一个四面体的顶点在空间直角坐标系O －xyz 中的坐标分别为(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为2．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A .32 B ．1 C .2＋12D . 2 3．在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱的中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的凸多面体的体积是A .23B .76C .45D .564．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如右图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是A ．45，8B ．45，83C ．4(5＋1)，83D ．8，85．一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．1 B．2 C．3 D．46．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．12 B．18C．24 D．307．某几何体的三视图如图所示，则其表面积为__3π__．8．已知一个空间几何体的三视图如图所示，且这个空间几何体的所有顶点都在一个球面上，则这个球的表面积是______________．9．四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1)求四面体ABCD的体积；(2)证明：四边形EFGH是矩形．第44讲空间几何体的三视图与直观图、表面积和体积【考点集训】1．A 2.D 3.D 4.B 5.B 6.C 7.3π 8.28π39．【解析】由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体ABCD 体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明：∵BC∥平面EFGH ，平面EFGH∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH∩平面ABC ＝EH ， ∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH. 同理EF∥AD，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形．又∵AD⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG. ∴四边形EFGH 是矩形．。

高考数学一轮复习第八篇立体几何第1讲空间几何体的结构三视图和直

卜人入州八九几市潮王学校第1讲空间几何体的构造、三视图和直观图【2021年高考会这样考】1．几何体的展开图、几何体的三视图仍是高考的热点．【复习指导】2．要熟悉一些典型的几何体模型，如三棱柱、长(正)方体、三棱锥等几何体的三视图．根底梳理1．多面体的构造特征(1)棱柱的侧棱都互相平行，上下底面是全等的多边形．(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公一共顶点的三角形．(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．旋转体的构造特征(1)圆柱可以由矩形绕一边所在直线旋转一周得到．(2)圆锥可以由直角三角形绕一条直角边所在直线旋转一周得到．(3)圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线旋转一周或者等腰梯形绕上下底面中心所在直线旋转半周得到，也可由平行于底面的平面截圆锥得到．(4)球可以由半圆面绕直径旋转一周或者圆面绕直径旋转半周得到．3．空间几何体的三视图空间几何体的三视图是用平行投影得到，这种投影下，与投影面平行的平面图形留下的影子，与平面图形的形状和大小是全等和相等的，三视图包括正视图、侧视图、俯视图．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，根本步骤是：(1)画几何体的底面在图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°或者135°，图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观图中平行于x′轴、y′轴．图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半．(2)画几何体的高在图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z′轴，也垂直于x′O′y′平面，图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度不变．一个规律三视图的长度特征：“长对正，宽相等，齐〞，即正视图和侧视图一样高，正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．假设相邻两物体的外表相交，外表的交线是它们的分界限，在三视图中，要注意实、虚线的画法．两个概念(1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形．(2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．反过来，正棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心．双基自测1．(A教材习题改编)以下说法正确的选项是()．A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥D．棱台各侧棱的延长线交于一点答案D2．(2021·模拟)用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，那么这个几何体一定是()．A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析当用过高线的平面截圆柱和圆锥时，截面分别为矩形和三角形，只有球满足任意截面都是圆面．答案C3．(2021·)某几何体的三视图如下列图，那么它的体积是()．A．8－B．8－C．8－2π D.解析圆锥的底面半径为1，高为2，该几何体体积为正方体体积减去圆锥体积，即V＝22×2－×π×12×2＝8－π，正确选项为A.4．(2021·)假设某几何体的三视图如下列图，那么这个几何体的直观图可以是()．解析所给选项里面，A、C选项的正视图、俯视图不符合，D选项的侧视图不符合，只有选项B符合．答案B5．(2021·)一个几何体的三视图如下列图(单位：m)那么该几何体的体积为________m3.解析由三视图可知该几何体是组合体，下面是长方体，长、宽、高分别为3、2、1，上面是一个圆锥，底面圆半径为1，高为3，所以该几何体的体积为3×2×1＋π×3＝6＋π(m3)．答案6＋π考向一空间几何体的构造特征【例1】►(2021·质检)假设)．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者互补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[审题视点]可借助几何图形进展判断．解析如图，等腰四棱锥的侧棱均相等，其侧棱在底面的射影也相等，那么其腰与底面所成角相等，即A正确；底面四边形必有一个外接圆，即C正确；在高线上可以找到一个点O，使得该点到四棱锥各个顶点的间隔答案B三棱柱、四棱柱、正方体、长方体、三棱锥、四棱锥是常见的空间几何体，也是重要的几何模型，有些问题可用上述几何体举特例解决．【训练1】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转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．)．A．0B．1 C．2D．3解析①②③④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才行．考向二空间几何体的三视图【例2】►(2021·全国)在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如下列图，那么相应的侧视图可以为()．[审题视点]由正视图和俯视图想到三棱锥和圆锥．解析由几何体的正视图和俯视图可知，该几何体应为一个半圆锥和一个有一侧面(与半圆锥的轴截面为同一三角形)垂直于底面的三棱锥的组合体，故其侧视图应为D.答案D(1)空间几何体的三视图是该几何体在三个两两垂直的平面上的正投影，并不是从三个方向看到的该几何体的侧面表示的图形．(2)在画三视图时，重叠的线只画一条，能看见的轮廓线和棱用实线表示，挡住的线要画成虚线．【训练2】(2021·)假设某几何体的三视图如下列图，那么这个几何体的直观图可以是()．解析A中正视图，俯视图不对，故A错．B中正视图，侧视图不对，故B错．C中侧视图，俯视图不对，故C错，应选D.答案D考向三空间几何体的直观图【例3】►正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为()．A.a2B.a2C.a2D.a2[审题视点]画出正三角形△ABC的平面直观图△A′B′C′，求△A′B′C′的高即可．解析如图①②所示的实际图形和直观图．由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，那么C′D′＝O′C′＝a.∴S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2.答案D直接根据程度放置的平面图形的直观图的斜二测画法规那么即可得到平面图形的面积是其直观图面积的2倍，这是一个较常用的重要结论．【训练3】如图，矩形O′A′B′C′是程度放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6cm，O′C′＝2cm，那么原图形是()．A．正方形B．矩形C．菱形D．一般的平行四边形解析将直观图复原得▱OABC，那么∵O′D′＝O′C′＝2(cm)，OD＝2O′D′＝4(cm)，C′D′＝O′C′＝2(cm)，∴CD＝2(cm)，OC＝＝＝6(cm)，OA＝O′A′＝6(cm)＝OC，故原图形为菱形．答案C阅卷报告9——无视几何体的放置对三视图的影响致错【问题诊断】空间几何体的三视图是该几何体在两两垂直的三个平面上的正投影.同一几何体摆放的角度不同，其三视图可能不同，有的考生往往无视这一点.【防范措施】应从多角度细心观察.【例如】►一个几何体的正视图为一个三角形，那么这个几何体可能是以下几何体中的________(填入所有可能的几何体前的编号)．①三棱锥；②四棱锥；③三棱柱；④四棱柱；⑤圆锥；⑥圆柱．错因无视几何体的不同放置对三视图的影响，漏选③.实录①②⑤正解①三棱锥的正视图是三角形；②当四棱锥的底面是四边形放置时，其正视图是三角形；③把三棱柱某一侧面当作底面放置，其底面正对着我们的视线时，它的正视图是三角形；④对于四棱柱，不管怎样放置，其正视图都不可能是三角形；⑤当圆锥的底面程度放置时，其正视图是三角形；⑥圆柱不管怎样放置，其正视图也不可能是三角形．答案①②③⑤【试一试】(2021·)右图是①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；③)．A．3B．2C．1 D．0[尝试解答]如图①②③的正(主)视图和俯视图都与原题一样，应选A.答案A。

北师版高考总复习一轮理科数精品课件第8章立体几何指点迷津(七) 空间几何体外接球的五种常见模型

几何体的高所在的直线上,或者在棱锥一个底面的高所在直线上,由此可把
相关信息集中到某一个直角三角形内,利用勾股定理求解,如图.
例4已知三棱锥M-ABC的四个顶点均在表面积为32π的球面上,AB=BC=
2 2 ,AC=4,则三棱锥M-ABC的体积的最大值为(
A.8 2
B.4+4 2
8+8 2
C. 3
16 2

R,cos∠ABC=

9 2
R= ,所以球的表面积为
8
=
1
2 2

,sin∠ABC= ,2R=
3
3
sin ∠
2
S=4πR =4π×
9 2 2 81π
= .
8
8
=
3
2 2
3
=
9 2
,
4
五、“双心”模型
“双心”模型:无法利用上面四种模型求解的问题,可利用球心、三角形(或
四边形等)外接圆的圆心以及外接圆与球的交点所构成的直角三角形进行
三、“汉堡”模型
“汉堡”模型是指对于直棱柱,应用数学建模素养,结合球与直棱柱的有关性
质,建立“汉堡”模型,上、下底面外接圆的圆心连线构成的线段的中点即为
直棱柱外接球球心,球心到各个顶点的距离都等于外接球的半径,如图.
例3(2022陕西榆林一模)我国古代数学名著《九章算术》中,将底面为直角
三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.已知堑堵ABC-A1B1C1中,
球,∴球O的直径为长方体对角线的长,
即 2R= 2 + 2 + 2 = 4 + 9 + 16 = 29,
∴球O的表面积S=4πR2=29π.故选B.

2017届高考数学一轮总复习第八章立体几何初步第44讲空间几何体的三视图与直观图表面积和体积课件文

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