[推荐学习]2018高考数学大一轮复习第七章立体几何

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2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第七章立体几何 7.7.2 精品

【解析】以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,设AB=1, 则D(0,0,0),
N(0,1,
1 2
)，M(0,
1 2
,
0)，A1
1,
0,1，
所以DN
(0,1,
1 2
)，MA1
(1,
1 2
,1），
所以DN
MA1
0 1 1（
1 ） 2
1 1 2
0，
所以 DN M所A1以，A1M与DN所成的角的大小是90°. 答案:90°
则 A(－1,0，2)，B1 1,0,0，B(1,0，2)，C1(0，3，0)，
所以 AB1＝(2,0,－ 2)，BC1＝(－1, 3,－ 2)，因为 AB1 BC1＝(2,0,－ 2) (－1, 3,－ 2)＝0，所以 AB1 即BC异1，面直线AB1和BC1所成角为直角，则其正弦值为1.
b.如图②③,n1,n2分别是二面角α-l-β的两个半平面 α,β的法向量,则二面角的大小θ满足cosθ=_c_o_s_<n__1,_n_2_> 或_-_c_o_s_<_n_1_,_n_2>_.
【特别提醒】 1.利用 | AB |2 ＝AB AB 可以求空间中有向线段的长度． 2.点面距离的求法
【变式训练】将正方形ABCD沿对角线AC折起,当以
A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时,异面直线AD
与BC所成的角为 ( )
A.
B.
C.
D.
6
4
3
2
【解析】选C.不妨以△ABC为底面,则由题意当以 A,B,C,D为顶点的三棱锥体积最大,即点D到底面△ABC 的距离最大时,平面ADC⊥平面ABC,取AC的中点O,连接 BO,DO,则易知DO,BO,CO两两互相垂直,所以分别以 OD,OB,OC 所在直线为z,x,y轴建立空间直角坐标系,令 BO=DO=CO=1,则有O(0,0,0),A(0,-1,0),D(0,0,1),

2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第七章立体几何 7.7.1 精品

【规律方法】用向量法证平行问题的类型及常用方法
线线平行
证明两直线的方向向量共线
①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直 ②证明直线的方向向量与平面内某直线的方线面平行向向量平行 ③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示
线线平行
证明两直线的方向向量共线
①证明两平面的法向量平行(即为共线向量) 面面平行 ②转化为线面平行、线线平行问题
【证明】因为平面PAD⊥平面ABCD且ABCD为正方形,所以AB,AP,AD两两垂直,以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2), E(0,0,1),F(0,1,1),G(1,2,0). PB =(2,0,-2), FE＝(0,－1,0)，＝FG(1,1，－1)，
设 PB＝sFE＋tFG，
即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，
t 2,
所以 t s 解0得, s＝t＝2.所以
PB＝2FE＋2FG，
t 2,
又因为 FE与 F不G共线，所以与PB 共FE面，FG．
因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG.
考向二利用空间向量证明垂直问题【典例2】(2016·开封模拟)如图,已知AB⊥平面 ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB. 求证：平面BCE⊥平面CDE.
第七节立体几何中的向量方法第一课时利用空间向量证明空间中的
位置关系
【知识梳理】 1.直线的方向向量与平面的法向量 (1)直线的方向向量:如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l_平__行__或_重__合__,则称此向量a为直线l的方向向量.

2018版高中数学一轮全程复习(课件)第七章立体几何 7.7

第三页，编辑于星期六：二十二点二十三分。
2．若直线 l 的方向向量为 a，平面 α 的法向量为 n，有可能使 l∥α 的是( )
A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0) B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1) C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1) D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)
第十三页，编辑于星期六：二十二点二十三分。
[授课提示：对应学生用书第 126 页] 考向一利用空间向量证明平行问题
[例 1] 已知直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且 AB＝AA1，D，E，F 分别为 B1A，C1C， BC 的中点．
求证：DE∥平面ABC.
第十四页，编辑于星期六：二十二点二十三分。
[证明] 以 A 为原点，AB，AC，AA1 所在直线为 x 轴，y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 A－xyz，令 AB＝AA1＝4，则 A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B1(4,0,4)，D(2,0,2)，A1(0,0,4)，
第一页，编辑于星期六：二十二点二十三分。
第二页，编辑于星期六：二十二点二十三分。
[小题热身]
1．若直线 l1，l2 的方向向量分别为 a＝(2,4，－4)，b＝(－6， 9,6)，则( )
A．l1∥l2
B．l1⊥l2
C．l1 与 l2 相交但不垂直 D．以上均不正确
解析：∵a·b＝2×(－6)＋4×9＋6×(－4)＝0， ∴a⊥b，从而 l1⊥l2. 答案：B
令B→B1＝a，B→C＝b，B→A＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b| ＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它们为空间的一个基底，

2018年秋高考数学一轮总复习课件：第七章立体几何 7-3 精品

C.存在两条平行直线a,b,a D.存在两条异面直线a,b,a
【解析】选D.若α∩β=l,a∥l,a⊈α,a⊈β,a∥α, a∥β,故排除A.若α∩β=l,a α,a∥l,则a∥β, β,b∥l,则
故排除B.若α∩β=l,a α,a∥l,b a∥β,b∥α,故排除C.
3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是DD1的中点,则BD1与平面ACE的位置关系为__________.
________.
【解析】在正方体中,AB是正方体的对角线,M,N,P为所
在棱的中点,取MN的中点F,连接PF,则易知PF∥AB,故由
线面平行的判定定理可知直线AB与平面PN、面面平行的基本问题
▲夯基练透
【技法点拨】解决有关线面平行、面面平行的基本问题的注意事项 (1)关注判定定理与性质定理中易忽视的条件.
β ,则“a⊥b”
D.既不充分也不必要条件
【解析】选B.当α∥β时,因为a⊥α,且α∥β,所以
a⊥β,又因为b
β,所以a⊥b,则“a⊥b”是
“α∥β”的必要条件;
当a⊥b时,若α∩β=b,则满足条件,但此时α∥β不成
立,即“a⊥b”不是“α∥β”的充分条件.故“a⊥b” 是“α∥β”的必要不充分条件.
A.若α ⊥β ,则l∥m
C.若l∥β ,则m⊥α
B.若l⊥m,则α ∥β
D.若α ∥β ,则l⊥m
【解析】选D.由题意得,A中l与m位置不确定,故A错误,B中α 与β 可能相交,故B错误,C中m与α 的位置不确定,故C错误.
5.(2015·北京高考)设α ,β 是两个不同的平面,m是直
线且m
与α内的直线平行或异面;C错误,两个平面可能相交;D 正确,由a∥α,可得a平行于经过直线a的平面与α的交线c,即a∥c,又a∥b,所以b∥c,b⊈α,c b∥α. α,所以

2018高考数学复习第七章立体几何教师用书文

第七章⎪⎪⎪ 立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到； ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到． (2)简单多面体的结构特征：①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形； ②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形． 2．直观图(1)画法：常用斜二测画法． (2)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 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图． (2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A．2,2 3 B．22，2C．4,2 D．2,4解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D．2．(教材习题改编)如图，长方体ABCDA′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B．2．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]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、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．给出下列几个命题：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；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．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且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．3．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________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3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；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2017·东北四市联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A的侧视图为( )解析：选D 如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥PA1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D．2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B． 2C． 3 D．2解析：选C 根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1．所以四棱锥中最长棱为VD．连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝3．[由题悟法]1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．[提醒] 对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．[即时应用]1．(2016·沈阳市教学质量监测)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B．2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )解析：选D 由俯视图是圆环可排除A 、B 、C ，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D ．考点三空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领]有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．解析：如图，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E ．在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22．而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1．由此可还原原图形如图在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22．答案：2＋22[由题悟法]原图与直观图中的“三变”与“三不变”(1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变减半图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变[即时应用]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 ，O ′C ′＝2 cm ，则原图形是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形解析：选C 如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝42cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm ．∴OC ＝OD 2＋CD 2＝ 42 2＋22＝6 cm ， ∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．2．下列说法正确的是( ) A ．棱柱的两个底面是全等的正多边形 B ．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D 因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台解析：选A 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．4．在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2．解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为2cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2．答案：矩形85．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图，ABCDA1B1C1D1，如图，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②二保高考，全练题型做到高考达标1．已知底面为正方形的四棱锥，其中一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )解析：选C 根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C．2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B 由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC．3．(2016·沈阳市教学质量监测)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：选B 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．4．(2016·淄博一模)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥A BCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A ．22 B ．12 C ．24D ．14解析：选D 由正视图与俯视图可得三棱锥A BCD 的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S ＝12×22×22＝14． 5．已知四棱锥P ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PM ＝3，PN ＝5，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6．所以四个侧面中面积最大的是6． 6．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________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm ．解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C ．在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)．答案：138．已知正四棱锥V ABCD 中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD 的中心O ，连结VO ，AO ，则VO 就是正四棱锥V ABCD 的高．因为底面面积为16，所以AO ＝22．因为一条侧棱长为211．所以VO ＝VA 2－AO 2＝44－8＝6．所以正四棱锥V ABCD 的高为6．答案：69．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图．从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32， C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64．所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64．答案：6410．已知正三棱锥V ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积．解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8解析：选C 设该三棱锥为P ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB ＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4× 42 2－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，选C ．3．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA ．解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2．(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝62．由正视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，所以在Rt△APD 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝ 62 2＋62＝63cm ．第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2．空间几何体的表面积与体积公式[小题体验]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．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以该几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×3×3＝33．答案：3 33．正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A B 1DC 1的体积为________．解析：在正三棱柱ABC A1B 1C 1中，∵AD ⊥BC ，AD ⊥BB 1，BB 1∩BC ＝B ，∴AD ⊥平面B 1DC 1． ∴VA B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1．答案：11．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋162．答案：72＋16 2考点一空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(易错题)(2015·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 ＝12×4πr2＋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 ．2．(2015·福建高考)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＋22．3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )A ．12 5B ．24 2C ．24D ．12 3解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，由条件知斜高h ＝22＋12＝5，侧面积S ＝ 2＋4 ×52×4＝125．[谨记通法] 几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)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、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第1题．考点二空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(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＋23π B ．13＋23π C ．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． 2．(2015·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 ．16D ．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．[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略[即时应用]1．(2016·西安质检)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( )A ．43 B ．52 C ．73D ．3解析：选A 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示．则该几何体的体积是V 几何体＝V 三棱柱＋V 三棱锥＝12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43．2．(2017·云南省统检)如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图，则被削掉的那部分的体积为( )A ．π＋23B ．5π－23C ．5π3－2D ．2π－23解析：选B 由三视图可知，剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成，其体积V ＝13×12×π×12×2＋13×12×2×1×2＝π3＋23，∴被削掉的那部分的体积为π×12×2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋23＝5π－23． 3．(2016·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3．解析：由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm,2 cm ，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm ，2 cm ，4 cm ．几何体的表面积为(2×2＋2×4＋2×4)×2×2－2×2×2＝72(cm 2)，体积为2×2×4×2＝32(cm 3)．答案：72 32考点三与球有关的切、接问题题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．常见的命题角度有：(1)正四面体的内切球与四棱锥的外接球；(2)直三棱柱的外接球；(3)正方体(长方体)的内切、外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球与四棱锥的外接球1．(2017·长春模拟)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角度二：直三棱柱的外接球2．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 ．3172B ．210C ．132D ．310解析：选C 如图，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．角度三：正方体(长方体)的内切、外接球3．如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A ．66π B ．π3C ．π6D ．33π 解析：选C 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC ＝CD 1＝AD 1＝2，所以内切圆的半径r ＝22×tan 30°＝66，所以S ＝πr 2＝π×16＝16π．[通法在握]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，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．(2)“接”的处理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．[演练冲关]1．(2017·广州市综合测试)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．20πB ．205π3C ．5πD ．55π6解析：选D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＝1＋14＝52，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝ ⎛⎭⎪⎫523π＝55π6． 2．(2016·河南省六市第一次联考)三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为( )A ．253πB ．252πC ．833πD ．832π解析：选D 由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，∴x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，∴R 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π，故选D ．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A ．163πB ．323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，因为表面积是16π，所以4πR 2＝16π，解得R ＝2．所以体积为43πR 3＝32π3．2．(2016·长春市质量检测(二))几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A ．323B ．16－2π3C ．403D ．16－8π3解析：选 C 该几何体可视为长方体挖去一个四棱锥所得，所以其体积为2×2×4－13×2×2×2＝403．故选C ．3．(2016·全国乙卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2．因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π．故选A ．4．(2016·北京高考)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，其底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V ＝ 1＋2 ×12×1＝32．答案：325．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3．解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π．答案：83π二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ，则另一底面半径为3r ．由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7．2．一个六棱锥的体积为23，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( )A ．6B ．8C ．12D ．24解析：选C 由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′．由题意，得13×6×34×22×h ＝23，∴h ＝1，∴斜高h ′＝12＋ 3 2＝2， ∴S 侧＝6×12×2×2＝12．故选C ．3．(2015·重庆高考)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 ．13π6C ．7π3D ．5π2解析：选B 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＝136π．4．(2017·兰州市实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )A ．32π B ．32C ．3πD ．3解析：选A 由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为32，故体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝32π，故选A ． 5．(2016·山西省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧视图中线段的长度x 的值是( )A ．7B ．27C ．4D ．5解析：选C 分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，故其体积V ＝13×32＋32×4×CP ＝37，∴CP ＝7，∴x ＝32＋ 7 2＝4，故选C ．6．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V2，则V 1∶V 2＝________．解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2．答案：1∶27．(2016·合肥市第二次质量检测)已知球O 的内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则球O 的表面积为________．。

2018年高考数学理一轮复习课件第七章立体几何第5讲

2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理文字语言判一个平面过另一个平面的定垂线 _______，则这两个平面互定相垂直理性两个平面互相垂直，则一质交线个平面内垂直于________ 定的直线垂直于另一个平面理图形语言符号语言 l⊂ β l⊥ α ⇒ α⊥ β α⊥ β l⊂ β α∩β＝a l⊥ a ⇒ l⊥ α
4．设平面 α 与平面 β 相交于直线 m，直线 a 在平面 α 内，直线 b 在平面 β 内，且 b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的
充分不必要条件．(填“充分不必要”或“必要不充分”或 ___________
“充要”或“既不充分也不必要”) [解析] 若 α⊥β，因为 α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，所以根据两个平面垂直的性质定理可得 b⊥α，又 a⊂α，所以 a⊥b；反过来，当 a∥m 时，因为 b⊥m，且 a， m 共面，一定有 b⊥a，但不能保证 b⊥α，所以不能推出 α⊥β.
第七章
立体几何
第 5讲
直线、平面垂直的判定与性质
1．直线与平面垂直的判定定理与性质定理文字语言一条直线与一个平面内的判定两条相交直线 ____________都垂直，则定理该直线与此平面垂直图形语言符号语言 a，b⊂α a∩b＝O ⇒ l⊥ a l⊥ b l⊥ α 性质垂直于同一个平面的两条定理直线________ 平行 a⊥α ⇒a∥b b⊥α
∠AOB 平面内分别作 BO⊥l，AO⊥l，则____________
就叫做二面角 αlβ 的平面角． ③二面角的范围
[0，π] 设二面角的平面角为 θ，则 θ∈____________ ． π ④当 θ＝______ 时，二面角叫做直二面角． 2

2018届高考数学文大一轮复习教师用书：第7章立体几何

第二节空间几何体的表面积与体积————————————————————————————————了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．1．多面体的表(侧)面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．( )(2)球的体积之比等于半径比的平方．( )(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( )(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝32a.( )(1)×(2)×(3)√(4)√2．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A．1 cm B．2 cmC．3 cm D.32cmB3．(2015·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721，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( )图721A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛B4．(2016·全国卷Ⅱ)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A．12π B.32 3πC．8πD．4πA5．(2017·郑州质检)某几何体的三视图如图722所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm3.图722323(1)某几何体的三视图如图723所示，则该几何体的表面积等于( )图723A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15(2)(2016·全国卷Ⅰ)如图724，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( )图724A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π(1)B (2)A1.(1)多面体与旋转体的表面积等于侧面面积与底面面积之和．(2)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的处理．2．若以三视图的形式给出，解题的关键是对给出的三视图进行分析，从中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，得到几何体的直观图，然后根据条件求解．(2016·全国卷Ⅲ)如图725，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( )【导学号：31222245】图725A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81B(1)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(2)(2016·天津高考)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图726所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.图726(1)C(2)21.若所给定的几何体是柱体、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(转换的原则是使底面面积和高易求)、分割法、补形法等方法进行求解．3．若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．一个几何体的三视图如图727所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.图72783π111AB ⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )A．4π B.9π2C．6π D.32π3B若本例中的条件变为“直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB ＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积．将直三棱柱补形为长方体ABECA′B′E′C′，则球O 是长方体ABEC A ′B ′E ′C ′的外接球， ∴体对角线BC ′的长为球O 的直径．因此2R ＝32＋42＋122＝13，故S 球＝4πR 2＝169π.若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫943＝243π16.1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．(2015·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 ．256πC1．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．1．求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理，防止重复计算．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．课时分层训练(三十九)空间几何体的表面积与体积A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.22π3B.42π3C．22πD．42πB2．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( )【导学号：31222246】A.32π3B ．4πC ．2π D.4π3D3．(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728所示，则该几何体的体积为( )图728A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π C4．某几何体的三视图如图729所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )【导学号：31222247】图729A ．2B.92C.32D．3D5．(2016·江南名校联考)一个四面体的三视图如图7210所示，则该四面体的表面积是( )图7210A．1＋ 3 B．2＋ 3C．1＋2 2 D．2 2B二、填空题6．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______．【导学号：31222248】77．一个六棱锥的体积为23，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________．128．某几何体的三视图如图7211所示，则该几何体的体积为________．图7211136π 三、解答题9．如图7212，在三棱锥D ABC 中，已知BC ⊥AD ，BC ＝2，AD ＝6，AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10，求三棱锥D ABC 的体积的最大值．图7212由题意知，线段AB ＋BD 与线段AC ＋CD 的长度是定值，∵棱AD 与棱BC 相互垂直，设d 为AD 到BC 的距离，4分则V D ABC ＝AD ·BC ×d ×12×13＝2d ，当d 最大时，V D ABC 体积最大.8分 ∵AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10， ∴当AB ＝BD ＝AC ＝CD ＝5时，d 有最大值42－1＝15.此时V ＝215.12分10．四面体ABCD 及其三视图如图7213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 .图7213(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．(1)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 ，3分∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.5分 (2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，8分∴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.12分B 组能力提升(建议用时：15分钟)1．(2015·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7214所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )图7214A ．1B ．2C ．4D ．8B2．三棱锥P ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE 的体积为V 1，P ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________. 143．(2016·全国卷Ⅰ)如图7215，已知正三棱锥P ABC 的侧面是直角三角形，PA ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .图7215(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．(1)证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD .因为D 在平面PAB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE .3分因为PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG .又由已知可得，PA ＝PB ，所以G 是AB 的中点.5分(2)在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为E 在平面PAC 内的正投影.7分理由如下：由已知可得PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF⊥PA ，EF ⊥PC .又PA ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为E 在平面PAC 内的正投影．连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心．由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG .10分由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC . 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2.在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2，所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43.12分。

2018年秋高考数学一轮总复习课件：第七章立体几何 7-5 精品

7 3 8 4
【加固训练】1.一个几何体的三视图如图所示,则该几
第五节
空间几何体的面积与体积
【教材知识精梳理】 1.圆柱、圆锥、圆台、球的侧面积与表面积
名称
圆柱(底面半径r,侧面母线长l) 圆锥(底面半径r,侧面母线长l)
侧面积
2π rl ____ π rl
表面积
_________ 2π r(l+r) π r(l+r)
名称圆台(上、下底面半径 r1,r2,侧面母线长l) 球(半径为R)
3.一个六棱锥的体积为2
3 边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为________.
,其底面是边长为2的正六
【解析】设六棱锥的高为h,斜高为h′,
则由体积V= 1
1 ( 2 2 sin 60 6) h 2 3, 3 2 得:h=1,h′= =2.
3 h2 所以侧面积为 ×2×h′×6=12. 1 答案:12 2
算,而表面积是侧面积与底面积之和.
3.如何求不规则几何体的体积?
提示:求不规则几何体的体积要注意分割与补形,将不
规则的几何体通过分割或补形转化为规则的几何体求
解.
【教材母题巧变式
源自 P51·T6 P57·T12 P51·A组T10
1.如图,将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截
=2×4×4+4×4×2+2×3×3+4×3×1+2π×
2×π(
)2=94+
1 2
2
(cm2).
1 2
×1-
【拓展提升——高考模拟预测】
4.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是
( )

[配套K12]2018高考数学大一轮复习第七章立体几何教师用书文

第七章⎪⎪⎪ 立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到； ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到． (2)简单多面体的结构特征：①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形； ②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形． 2．直观图(1)画法：常用斜二测画法． (2)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 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图． (2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A．2,2 3 B．22，2C．4,2 D．2,4解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D．2．(教材习题改编)如图，长方体ABCDA′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B．2．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]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、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．给出下列几个命题：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；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．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且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．3．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________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3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；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2017·东北四市联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A的侧视图为( )解析：选D 如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥PA1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D．2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B． 2C． 3 D．2解析：选C 根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1．所以四棱锥中最长棱为VD．连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝3．[由题悟法]1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．[提醒] 对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．[即时应用]1．(2016·沈阳市教学质量监测)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B．2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )解析：选D 由俯视图是圆环可排除A 、B 、C ，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D ．考点三空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领]有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．解析：如图，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E ．在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22．而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1．由此可还原原图形如图在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22．答案：2＋22[由题悟法]原图与直观图中的“三变”与“三不变”(1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变减半图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变[即时应用]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 ，O ′C ′＝2 cm ，则原图形是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形解析：选C 如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝4 2 cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm ．∴OC ＝OD 2＋CD 2＝22＋22＝6 cm ，∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．2．下列说法正确的是( ) A ．棱柱的两个底面是全等的正多边形 B ．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D 因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台解析：选A 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．4．在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2．解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为2cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2．答案：矩形85．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图，ABCDA1B1C1D1，如图，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②二保高考，全练题型做到高考达标1．已知底面为正方形的四棱锥，其中一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )解析：选C 根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C．2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B 由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC．3．(2016·沈阳市教学质量监测)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：选B 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．4．(2016·淄博一模)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥A BCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A ．22 B ．12 C ．24D ．14解析：选D 由正视图与俯视图可得三棱锥A BCD 的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S ＝12×22×22＝14． 5．已知四棱锥P ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PM ＝3，PN ＝5，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6．所以四个侧面中面积最大的是6． 6．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________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm ．解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C ．在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)．答案：138．已知正四棱锥V ABCD 中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD 的中心O ，连结VO ，AO ，则VO 就是正四棱锥V ABCD 的高．因为底面面积为16，所以AO ＝22．因为一条侧棱长为211．所以VO ＝VA 2－AO 2＝44－8＝6．所以正四棱锥V ABCD 的高为6．答案：69．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图．从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32， C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64．所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64．答案：6410．已知正三棱锥V ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积．解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8解析：选C 设该三棱锥为P ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB ＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×22－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，选C ．3．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA ．解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2．(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝62．由正视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，所以在Rt△APD 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝22＋62＝6 3 cm ．第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2．空间几何体的表面积与体积公式[小题体验]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＋32＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π．2．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以该几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×3×3＝33．答案：3 33．正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A B 1DC 1的体积为________．解析：在正三棱柱ABC A1B 1C 1中，∵AD ⊥BC ，AD ⊥BB 1，BB 1∩BC ＝B ，∴AD ⊥平面B 1DC 1． ∴VA B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1．答案：11．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋162．答案：72＋16 2考点一空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(易错题)(2015·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 ＝12×4πr2＋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 ．2．(2015·福建高考)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＋22．3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )A ．12 5B ．24 2C ．24D ．12 3解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，由条件知斜高h ＝22＋12＝5，侧面积S ＝＋52×4＝125．[谨记通法] 几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)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、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第1题．考点二空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(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＋23π B ．13＋23π C ．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． 2．(2015·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 ．16D ．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．[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略[即时应用]1．(2016·西安质检)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( )A ．43 B ．52 C ．73D ．3解析：选A 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示．则该几何体的体积是V 几何体＝V 三棱柱＋V 三棱锥＝12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43．2．(2017·云南省统检)如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图，则被削掉的那部分的体积为( )A ．π＋23B ．5π－23C ．5π3－2D ．2π－23解析：选B 由三视图可知，剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成，其体积V ＝13×12×π×12×2＋13×12×2×1×2＝π3＋23，∴被削掉的那部分的体积为π×12×2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋23＝5π－23． 3．(2016·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3．解析：由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm,2 cm ，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm ，2 cm ，4 cm ．几何体的表面积为(2×2＋2×4＋2×4)×2×2－2×2×2＝72(cm 2)，体积为2×2×4×2＝32(cm 3)．答案：72 32考点三与球有关的切、接问题题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．常见的命题角度有：(1)正四面体的内切球与四棱锥的外接球；(2)直三棱柱的外接球；(3)正方体(长方体)的内切、外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球与四棱锥的外接球1．(2017·长春模拟)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角度二：直三棱柱的外接球2．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 ．3172B ．210C ．132D ．310解析：选C 如图，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．角度三：正方体(长方体)的内切、外接球3．如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A ．66π B ．π3C ．π6D ．33π 解析：选C 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC ＝CD 1＝AD 1＝2，所以内切圆的半径r ＝22×tan 30°＝66，所以S ＝πr 2＝π×16＝16π．[通法在握]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，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．(2)“接”的处理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．[演练冲关]1．(2017·广州市综合测试)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．20πB ．205π3C ．5πD ．55π6解析：选D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＝1＋14＝52，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝ ⎛⎭⎪⎫523π＝55π6． 2．(2016·河南省六市第一次联考)三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为( )A ．253πB ．252πC ．833πD ．832π解析：选D 由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，∴x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，∴R 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π，故选D ．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A ．163πB ．323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，因为表面积是16π，所以4πR 2＝16π，解得R ＝2．所以体积为43πR 3＝32π3．2．(2016·长春市质量检测(二))几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A ．323B ．16－2π3C ．403D ．16－8π3解析：选 C 该几何体可视为长方体挖去一个四棱锥所得，所以其体积为2×2×4－13×2×2×2＝403．故选C ．3．(2016·全国乙卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2．因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π．故选A ．4．(2016·北京高考)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，其底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V ＝＋2×1＝32．答案：325．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3．解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π．答案：83π二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ，则另一底面半径为3r ．由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7．2．一个六棱锥的体积为23，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( )A ．6B ．8C ．12D ．24解析：选C 由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′．由题意，得13×6×34×22×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12．故选C ．3．(2015·重庆高考)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 ．13π6C ．7π3D ．5π2解析：选B 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＝136π．4．(2017·兰州市实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )A ．32π B ．32C ．3πD ．3解析：选A 由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为32，故体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝32π，故选A ． 5．(2016·山西省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧视图中线段的长度x 的值是( )A ．7B ．27C ．4D ．5解析：选C 分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，故其体积V ＝13×32＋32×4×CP ＝37，∴CP ＝7，∴x ＝32＋72＝4，故选C ．6．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________．解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2．答案：1∶27．(2016·合肥市第二次质量检测)已知球O 的内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则球O 的表面积为________．。

2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第七章立体几何 7.1 精品

2.(必修2P19练习T3改编)利用斜二测画法得到的:
①三角形的直观图一定是三角形;
②正方形的直观图一定是菱形;
③等腰梯形的直观图可以是平行四边形;
④菱形的直观图一定是菱形.
以上结论正确的个数是
.
【解析】由斜二测画法的规则可知①正确;②错误,是一般的平行四边形;③错误,等腰梯形的直观图不可能是平行四边形;而菱形的直观图也不一定是菱形,④也错误. 答案:1
2.已知三视图,判断几何体的技巧 (1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉. (2)明确三视图的形成原理,并能结合空间想象将三视图还原为直观图. (3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则. 易错提醒:对于简单组合体的三视图,应注意它们的交线的位置,区分好实线和虚线的不同.
【题组通关】
1.(2016·临沂模拟)某几何体的三视图如图所示,那么
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在圆台的上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆台的母线;
③圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的.
其中正确命题的序号是 ( )
A.①②
B.②③
C.①③
D.③
【解析】选D.根据圆柱、圆台的母线的定义和性质
2
4
在图②中作C′ OC 6 a.
2
8
所以S△A′B′C′=
1 AB CD 1 a 6 a 6 a2.
2
2 8 16
(2)选C.如图,在原图形OABC中, 应有OD=2O′D′=2 2 2 (4cm2 ), CD=C′D′=2cm,
所以OC= OD2 CD2 4 2 2 所22以O6Acm=O, C,
球

2018年秋高考数学一轮总复习课件：第七章立体几何 7-1 精品

2.若有两个侧面垂直于底面的四棱柱,则该四棱柱为直四棱柱吗? 提示:不一定.如平行六面体的两个相对侧面也可能与
底面垂直且互相平行.
【教材母题巧变式】
题号 1 P6 B组·T2 2 P12 练习·T1 3 P6 练习·T3 4 P20 T7
源自
1.如图,长方体ABCD-A′B′C′D′被截去一部分,其中
3.下列说法正确的有
(
)
①两个面平行且相似,其余各面都是梯形的多面体是棱
台;
②有两个面互相平行,其余四个面都是等腰梯形的六面
体是棱台; ③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体;
④圆锥的轴截面是等腰三角形.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【解析】选A.①中若两个底面平行且相似,其余各面都
是梯形,并不能保证侧棱会交于一点,所以①不正确;②
扇形扇环
___ 圆
3.直观图 (1)画法:常用___________. 斜二测画法 (2)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(或 y′轴)_____.
垂直
②原图形中平行于坐标轴的线段,直观图中仍_______ 平行于 _______.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长坐标轴度_____,平行于y轴的线段的长度在直观图中变为原不变来的_____. 一半
【解析】选B.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,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,D错.
第七章
立体几何
第一节
空间几何体的结构特征及三视图和直观图
【教材知识精梳理】 1.多面体的结构特征

2018年高考数学理一轮复习文档第七章立体几何第1讲

第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征(1)画法：常用斜二测画法．(2)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 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．1．辨明三个易误点(1)台体可以看成是由锥体截得的，但一定要强调截面与底面平行．(2)注意空间几何体的不同放置对三视图的影响．(3)几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系．2．由三视图还原几何体的方法3．用斜二测画法画直观图(1)一般在已知原图形中建立直角坐标系，尽量运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系．(2)一定要注意在原图形中与y轴平行的线段的长度在直观图中变为原来的一半，在由直观图还原时，与y′轴平行的线段的长度要变为原来的二倍．在斜二测画法中，真实图形的面积和直观图的面积之比是22∶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D．圆柱、圆锥、球的组合体C 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．2．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是( )A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等B 根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．3．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )B 根据选项A、B、C、D中的直观图，画出其三视图，只有B项正确．4.教材习题改编若某几何体的三视图如图所示，则该几何体为________．四棱柱与圆柱组合而成的简单组合体5.在直观图(如图所示)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO为________，面积为________cm2.由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图，即在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2.矩形8空间几何体的结构特征(1)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(2)以下命题：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、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3【解析】(1)A错，如图1；B正确，如图2，其中底面ABCD是矩形，可证明∠PAB，∠PCB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，其侧棱必相交于同一点．(2)命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥；命题②错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰；命题③对；命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以．【答案】(1)B (2)B判定与空间几何体结构特征有关命题的方法(1)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，然后再依据题意判定．(2)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．给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；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若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中错误的命题的序号是________．认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故①③都不正确，②中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确，④平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故④也不正确．①②③④空间几何体的三视图(高频考点)空间几何体的三视图是每年高考的热点，题型为选择题或填空题，难度适中，属于中档题．高考对三视图的考查主要有以下三个命题角度：(1)根据几何体的结构特征确认其三视图；(2)根据三视图还原直观图；(3)由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图．(1)(2015·高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B． 2C. 3 D．2(2)(2017·东北四市联考(二))如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A的侧视图为( )【解析】(1)根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD．连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝ 3.(2)如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥PA1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D．【答案】(1)C (2)D三视图问题的常见类型及解题策略(1)已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找到各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．(2)已知三视图，判断几何体的技巧①对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．②明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．③遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．角度一根据几何体的结构特征确认其三视图1．(2017·沈阳市教学质量监测(一))“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B．角度二根据三视图还原直观图2．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台A 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥形，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．角度三由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图3.(2016·高考天津卷)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )B 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.空间几何体的直观图如图，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，O′C′＝2 cm，则原图形是( )A．正方形B．矩形C．菱形D．一般的平行四边形【解析】如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×22＝42(cm)，CD＝C′D′＝2 cm，所以OC＝OD2＋CD2＝（42）2＋22＝6(cm)，所以OA＝OC，故四边形OABC是菱形，因此选C.【答案】 C若本例中直观图为如图所示的一个边长为1 cm的正方形，则原图形的周长是多少？将直观图还原为平面图形，如图．可知还原后的图形中OB＝22，AB＝12＋（22）2＝3，于是周长为2×3＋2×1＝8(cm)．如图，一个水平放置的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，则该平面图形的面积为________．直观图的面积S ′＝12×(1＋1＋2)×22＝2＋12.故原平面图形的面积S ＝S ′24＝2＋ 2.2＋ 2——忽视三视图中的虚实线而致误将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )【解析】侧视图中能够看到线段AD 1，应画为实线，而看不到B 1C ，应画为虚线．由于AD 1与B 1C 不平行，投影为相交线，故应选B ．【答案】 B(1)因对三视图的含义认识不到位，区分不清选项A 和B ，而易误选A ；(2)因对三视图的画法要求不明而误选C 或D ．在画三视图时，分界线和可见轮廓线都用实线画，被遮住的部分的轮廓线用虚线画；(3)解答此类问题时，还易出现画三视图时对个别视图表达不准而不能画出所要求的视图．(2017·河北省五校联盟质量检测)某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( )A ．2B ．2 2C. 3 D．2 3D 在正方体ABCDA1B1C1D1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D1BCB1，如图所示，其四个面的面积分别为2，22，22，23，故选D．1．(2017·沈阳质检)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B 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．2.如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是ADB 由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.3．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 正确，且在它的高所在的直线上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D 正确，B 不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．4．(2017·山西省四校联考)如图是一个体积为10的空间几何体的三视图，则图中x 的值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5A 根据给定的三视图可知，该几何体对应的直观图是一个长方体和四棱锥的组合体，所以几何体的体积V ＝3×2×1＋13×3×2×x ＝10，解得x ＝2.5．(2017·山西省考前质量检测)某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为( )A.152B ．6＋ 3 C.32＋3 3 D ．4 3A 侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152.6．(2017·海口市调研测试)一锥体的三视图如图所示，则该棱锥的最长棱的棱长为( )A.33 B．17C.41 D．42C 依题意，题中的几何体是四棱锥EABB1A1，如图所示(其中ABCDA1B1C1D1是棱长为4的正方体，C1E＝1)，EA＝32＋42＋42＝41，EA1＝12＋42＋42＝33，EB＝32＋42＝5，EB1＝12＋42＝17，AB＝BB1＝B1A1＝A1A＝4，因此该几何体的最长棱的棱长为41，选C.7．有一个长为5 cm，宽为4 cm的矩形，则其直观图的面积为________．由于该矩形的面积S＝5×4＝20(cm2)，所以其直观图的面积S′＝24S＝52(cm2)．5 2 cm28．如图所示的Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周得到的图形是________．过Rt△ABC的顶点C作线段CD⊥AB，垂足为D，所以Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周后应得到是以CD作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体．两个圆锥的组合体9．已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的各侧面图形中，是直角三角形的有________个．由三视图知该几何体是一个四棱锥，它的一个侧面与底面垂直，且此侧面的顶点在底面上的射影为对应底边的中点，易知其有两个侧面是直角三角形．210.已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．由正三棱柱的特征及侧(左)视图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正(主)视图的面积为2 3.2 311.如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．(1)根据所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2 cm.由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝6 3 (cm)．12．如图所示，在侧棱长为23的正三棱锥VABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过A作截面AEF，求△AEF周长的最小值．如图，将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，则线段AA 1的长即为所求△AEF 的周长的最小值．取AA 1的中点D ，连接VD ，则VD ⊥AA 1，∠AVD ＝60°. 在Rt△VAD 中，AD ＝VA ·sin 60°＝3，所以AA 1＝2AD ＝6，即△AEF 周长的最小值为6.13．(2017·石家庄市教学质量检测(二))一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )D 分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD ，故选D ．14.如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．设三棱锥V ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.3315．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积． (1)正六棱锥． (2)其侧视图如图：其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，所以该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2.16．某几何体的三视图如图所示．(1)判断该几何体是什么几何体？ (2)画出该几何体的直观图．(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如图所示．。

2018高考数学(理)大一轮复习(人教)课件：《第七章立体几何》7-1

32－1数学
2．如图是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是 ( )
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数学
解析：选 D.由俯视图可知是 B 和 D 中的一个，由正视图和侧视图可知 B 错，D 正确．
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数学
考点三几何体的直观图命题点 1.平面图形的直观图 2.空间几何体的直观图
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数学
解析：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 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，其侧棱必相交于同一点．
答案：B
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数学
(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( A．0 C．2
棱锥
棱台
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数学
(2)旋转体的形成
几何体
圆柱圆锥圆台球
旋转图形
矩形直角三角形直角梯形或等腰梯形半圆或圆
旋转轴
矩形一边所在的直线一直角边所在的直线直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点连线直径所在的直线
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数学
2．空间几何体的三视图 (1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、 (2)三视图的画法 ①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线． ②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的

2018版高考一轮总复习数学理习题第7章立体几何 7-7

(时间：40分钟)1．若平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是( )A ．平行B ．相交但不垂直C ．垂直D ．重合答案 C解析由(1,2,0)·(2，－1,0)＝1×2＋2×(－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直．2．已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相平行，则k 的值是( ) A ．－2 B.43 C.53 D.75答案 A解析由题意得，k a ＋b ＝(k －1，k,2)，2a －b ＝(3,2，－2)．所以k －13＝k2＝2－2，解得k ＝－2.3．在空间直角坐标系Oxyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)，已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于( )A ．4B ．2C ．3D ．1 答案 B解析由已知平面OAB 的一条斜线的方向向量OP →＝(－1，3,2)，所以点P 到平面OAB 的距离d ＝|OP →|·|cos〈OP →，n 〉|＝|OP →·n ||n |＝|－2－6＋2|22＋－2＋1＝2. 4．在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A.15B.255C.55D.25答案 C解析以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0，0,0)，B (1，0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D ⎝⎛12，0,0 )，E ( 12，12，0 )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，∴PA →＝(0,0，－2)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1.设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0，取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|PA →·n ||PA →||n |＝55，∴PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.5．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝1，CB ＝2，侧棱AA 1＝1，侧面AA 1B 1B 的两条对角线交于点D ，则平面B 1BD 与平面CBD 所成的二面角的余弦值为( )A ．－33 B ．－63 C.33 D.63答案 A解析建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，B (2，0,0)，A (0,1,0)，B 1(2，0,1)，D ⎝⎛22，12，12 )，CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，12，12，CB →＝(2，0,0)，BA →＝(－2，1,0)，BB 1→＝(0,0,1)．设平面CBD 和平面B 1BD 的法向量分别为n 1，n 2，可得n 1＝(0,1，－1)，n 2＝(1，2，0)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝33，又平面B 1BD 与平面CBD 所成的二面角的平面角与〈n 1，n 2〉互补，故平面B 1BD 与平面CBD 所成的二面角的余弦值为－33. 6.如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．答案 45解析 ∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0，2,1)，∴AF →＝(－1,2,0)，EC →＝(0,2,1)，∴cos 〈AF →，EC →〉＝AF →·EC→|AF →|·|EC →|＝45×5＝45， ∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.7.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．答案π6解析以C 为原点建立坐标系，得下列坐标：A (2，0,0)，C 1(0,0,22)．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，22. 所以AC 1→＝(－2,0,22)，AC 2→＝⎝ ⎛－12，32，22 )，设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝AC 1→·AC 2→|AC 1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以θ＝π6.8．已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则面AEF 与面ABC 所成的锐二面角的正切值为________．答案23解析如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，23，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，13，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，23，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，面AEF 与面ABC 所成的锐二面角为θ，由图知θ为锐角，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)，平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)，cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23.9.如图，在直二面角E －AB －C 中，四边形ABEF 是矩形，AB ＝2，AF ＝23，△ABC 是以A 为直角顶点的等腰直角三角形，点P 是线段BF 上的一点，PF ＝3.(1)证明：FB ⊥平面PAC ；(2)求异面直线PC 与AB 所成的角的余弦值．解 (1)证明：以A 为原点，向量AB →，AC →，AF →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，F (0,0,23)．∵BF ＝AB 2＋AF 2＝4，PF ＝3，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，FB →＝(2,0，－23)，AC →＝(0,2,0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32.∵FB →·AC →＝0，∴FB ⊥AC . ∵FB →·AP →＝0，∴FB ⊥AP .∵FB ⊥AC ，FB ⊥AP ，AC ∩AP ＝A ，∴FB ⊥平面APC . (2)∵AB →＝(2,0,0)，PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，2，－32，记AB →与PC →夹角为θ，则|cos θ|＝|AB →·PC →||AB →||PC →|＝|－3|27＝3714.10．如图，在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值．解 (1)证明：易知，AB ，AD ，AA 1两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则相关各点的坐标为：A (0,0,0)，B (t,0,0)，B 1(t,0,3)，C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D (0,3,0)，D 1(0，3,3)．从而B 1D →＝(－t,3，－3)，AC →＝(t,1,0)，BD →＝(－t,3,0)．因为AC ⊥BD ，所以AC →·BD →＝－t 2＋3＋0＝0. 解得t ＝3或t ＝－3(舍去)．于是B 1D →＝(－3，3，－3)，AC →＝(3，1,0)．因为AC →·B 1D →＝－3＋3＋0＝0，所以AC →⊥B 1D →，即AC ⊥B 1D . (2)由(1)知，AD 1→＝(0,3,3)，AC →＝(3，1,0)，B 1C 1→＝(0,1,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面ACD 1的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－3，3)．设直线B 1C 1与平面ACD 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1C 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·B 1C 1→|n |·|B 1C 1→|＝37＝217，即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为217. (时间：20分钟)11．一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz 中的坐标分别是(0,0,0)，(0,1,1)，(1,0,1)，(1,1,0)，则该四面体的体积为( )A.13B.64 C ．1 D ．2 3 答案 A解析如图所示，该四面体是棱长均为2的正四面体ABCD .设△BCD 的中心为O ，则AO ⊥平面BCD ，AO 即为该四面体的高．在Rt △AOB 中，AB ＝2，BO ＝23BE ＝23×32×2＝63，所以AO ＝2－69＝233.底面积S △BCD ＝34×(2)2＝32，故其体积为13×32×233＝13.12．如图所示的三棱锥P－ABC中，D是棱PB的中点，已知PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，PA⊥平面ABC，则异面直线PC，AD所成角的余弦值为( )A．－3010B．－305C.305D.3010答案 D解析因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥BC.过点A作AE∥CB，又CB⊥AB，则AP，AB，AE两两垂直．如图所示，以A为坐标原点，分别以AB，AE，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(4,0,0)，C(4，－2,0)．因为D 为PB 的中点，所以D (2,0,1)．故CP →＝(－4,2,2)，AD →＝(2,0,1)．所以cos 〈AD →，CP →〉＝AD →·CP→|AD →|×|CP →|＝－＋0×2＋1×222＋02＋12×－2＋22＋22＝－65×26＝－3010. 设异面直线PC ，AD 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AD →，CP →〉|＝3010. 13．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，AB ＝1，AA 1＝2，点E 为CC 1的中点，则点D 1到平面BDE 的距离为 .答案233解析如图所示，以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则D (0，0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,2)，E (0,1,1)，所以DB →＝(1,1,0)，DE →＝(0,1,1)，BD 1→＝(－1，－1,2)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BDE 的法向量，所以n ⊥DB →，n ⊥DE →，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝x ＋y ＋0×z ＝0，n ·DE →＝0×x ＋y ＋z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋z ＝0，令x ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1，z ＝1，所以平面BDE 的一个法向量为n ＝(1，－1，1)，则点D 1到平面BDE 的距离d ＝|BD 1→·n ||n |＝233.故填233.14.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．解 (1)证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC .又HI ∩GI ＝I ，所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC . (2)连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC.又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC .以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz . 由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)，所以B C →＝(－23，－23，0)，过点F 作FM 垂直OB 于点M .所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)．故BF →＝(0，－3，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，33. 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝77.7 7.所以二面角F－BC－A的余弦值为。

2018版高考一轮总复习数学文课件第7章立体几何 7-1

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
虚线．成_____
(2)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体
正前方、_____ 正左方、_____ 的_____ 正上方观察几何体画出的轮廓线．
考点 3 是：
空间几何体的直观图
斜二测画法来画，基本步骤空间几何体的直观图常用 ______
原图形
＝2 2S
直观图
)．
[ 双基夯实] 一、疑难辨析判断下列结论的正误． ( 正确的打 “√” ，错误的打 “×”) 1．球的任何截面都是圆．( × ) 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．棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分． ( √ )
解析
2
由题意可得旋转体为一个圆柱挖掉一个圆锥． V
1 π 2 圆柱＝π ×1 ×2 ＝ 2π ， V 圆锥＝ ×π ×1 ×1 ＝ . 3 3 π 5π ∴V 几何体＝ V 圆柱－ V 圆锥＝ 2π－＝ . 3 3
3 棱柱的体积为________ ． 2
5．[2016· 北京高考] 某四棱柱的三视图如图所示，则该四
4 ．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱．( × ) 5．上下底面是两个平行的圆面的旋转体是圆台． ( × ) 6．在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° .( × )
二、小题快练 1 ． [2017· 广州七校联考 ] 如图为几何体的三视图，根据三视图可以判断这个几何体为( A．圆锥 C．三棱柱
[ 解析 ]
A 错，如图 1； B 正确，如图 2，其中底面 ABCD

【新】2018高考数学一轮复习第7章立体几何初步课件文北师大版-推荐

பைடு நூலகம்第七章
立体几何初步
[五年考情]
[重点关注] 综合近5年全国卷高考试题，我们发现高考命题在本章呈现以下规律： 1．从考查题型、题量两个方面来看：一般是1～2个客观题，一个解答题；从考查分值看，该部分大约占17～22分． 2．从考查知识点看：主要考查简单几何体的三视图及其表面积、体积、空间中线线、线面、面面的平行和垂直的关系，突出对空间想象能力、逻辑推理能力和正确迅速运算的能力，以及转化与化归思想的考查．
[导学心语] 根据近5年全国卷高考命题特点和规律，复习本章时，要注意以下几个方面： 1．深刻理解以下概念、性质、定理及公式．简单几何体的结构特征；三视图及其表面积、体积公式；三个公理及线面、面面平行和垂直的八个判定定理与性质定理． 2．抓住空间位置关系中平行、垂直这一核心内容强化训练，不仅要注意平行与平行、垂直与垂直间的转化，而且要重视平行与垂直间的化归转化．在推理证明中加强规范严谨性训练，避免因条件缺失、步骤混乱导致失分．
3．把握命题的新动向，在保持命题连续性的同时，力求创新，空间的折叠与探索开放性问题的命题趋向值得重视．
制作不易尽请参考
3．从命题思路上看： (1)空间几何体的三视图及其表面积、体积的计算，主要以小题的形式考查． (2)空间点、线、面之间位置关系的判断与证明，特别是线线、线面、面面的平行与垂直，主要以解答题的形式考查． (3)根据近5年的高考试题，我们发现两大热点：①空间几何体的三视图及其表面积、体积的计算，空间位置关系有关命题的辨别．②空间平行、垂直关系的证明．

2018高考数学(文理通用版)一轮复习课件：第七章立体几何第2讲

(2016· 浙江嘉兴模拟 )某几何体的三视图如图 (2)所示，则该几何体的体积是导学号 30072007 ( 4π A． 3 2π C．2＋ 3
B
) 5π B． 3 2π D．4＋ 3
[解析] 由题中三视图可知，该几何体是半球与半圆柱的组合体，半球的半径 1 4 3 1 为 1，半圆柱的底面半径为 1，高为 2，∴原几何体的体积 V＝ × π×1 ＋ 2 3 2 5π ×π×1 ×2＝ .故选 B． 3
圆台 S 侧＝π(r1＋r2)l
面积
ch 直棱柱 S 侧＝_____ Sh V＝_____
体积
1 正棱锥 S 侧＝ ch′ 2
1 V＝ Sh 3
1 1 正棱台 S 侧＝ (c＋c′)h′ V＝ (S 上＋S 下＋ S上· S下)h 2 3 球
4πR2 S 球面＝_____
4 3 V＝ π R 3
• 2.几何体的表面积各面面积之和 • (1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是矩形扇形扇环形 _____________．侧面积 • (2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是 _____、_____、_______；它们的表面积等于_______与底面面积之和．
精准高考
数学
文理(合订)
第七章立体几何
第二讲空间几何体的表面积与体积
1 2
3 4 5 6
考纲解读
知识梳理考点突破
名师讲坛思想方法复习练案
考纲解读
考点展示
考查频率
考纲要求
高考命题探究
几何体的表面积、体积
1. 了解棱柱、棱锥、棱台的表面积计算公式． 2 ．了解球的表面积 ★★★ 计算公式． ★★ 3．了解棱柱、棱 5年5考锥、棱台的体积的计算公式． 4 ．了解球的体积的计算公式．

2018年秋高考数学一轮总复习课件：第七章立体几何 7-2 精品

β,所以D∈β,
又因为D∈AB,所以D∈平面ABC,
所以点D在平面ABC与平面β的交线上.
又因为C∈平面ABC,C∈β,
所以点C在平面β与平面ABC的交线上, 所以平面ABC∩平面β=CD.
2.如图,在四边形ABCD中,已知AB∥CD,直线
AB,BC,AD,DC分别与平面α 相交于点E,G,H,F,求
平行
相交
_______ α ∥β
__个 0
________ α ∩β = l
_____个无数
【教材拓展微思考】 1.分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线吗? 提示:不一定.因为异面直线不同在任何一个平面内.分
别在两个不同平面内的两条直线可能平行.
2.空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角一定相等吗? 提示:不一定.如果这两个角开口方向一致,则它们相等,
________,平面AEF与平面ABCD的交线是________.
【解析】由题易知EF∥BC,BC∥AD,所以EF∥AD,故EF∥ 平面PAD,因为EF∥AD,所以E,F,A,D四点共面,所以AD为平面AEF与平面ABCD的交线.
答案:平行 AD
考向一
平面的基本性质
▲夯基练透
【技法点拨】共面、共线、共点问题的证明
故∠D1B1C(或其补角)为所求,又B1D1=B1C=D1C,
所以∠D1B1C=60°.
2.过已知平面外的一点可以作________条直线与已知平面平行. 【解析】根据直线与平面平行的定义知,可以作无数条直线与已知平面平行.
答案:无数
3.给出下列命题:
①经过三点确定一个平面;
②梯形可以确定一个平面;
【拓展提升——高考模拟预测】

【配套K12】2018高考数学大一轮复习第七章立体几何

第七章⎪⎪⎪ 立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到； ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到． (2)简单多面体的结构特征：①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形； ②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形． 2．直观图(1)画法：常用斜二测画法． (2)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 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图． (2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A．2,2 3 B．22，2C．4,2 D．2,4解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D．2．(教材习题改编)如图，长方体ABCDA′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B．2．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]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、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．给出下列几个命题：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；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．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且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．3．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________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3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；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2017·东北四市联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A的侧视图为( )解析：选D 如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥PA1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D．2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B． 2C． 3 D．2解析：选C 根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1．所以四棱锥中最长棱为VD．连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝3．[由题悟法]1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．[提醒] 对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．[即时应用]1．(2016·沈阳市教学质量监测)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B．2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )解析：选D 由俯视图是圆环可排除A 、B 、C ，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D ．考点三空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领]有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．解析：如图，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E ．在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22．而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1．由此可还原原图形如图在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22．答案：2＋22[由题悟法]原图与直观图中的“三变”与“三不变”(1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变减半图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变[即时应用]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 ，O ′C ′＝2 cm ，则原图形是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形解析：选C 如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝4 2 cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm ．∴OC ＝OD 2＋CD 2＝22＋22＝6 cm ，∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．2．下列说法正确的是( ) A ．棱柱的两个底面是全等的正多边形 B ．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D 因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台解析：选A 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．4．在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2．解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为2cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2．答案：矩形85．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图，ABCDA1B1C1D1，如图，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②二保高考，全练题型做到高考达标1．已知底面为正方形的四棱锥，其中一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )解析：选C 根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C．2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B 由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC．3．(2016·沈阳市教学质量监测)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：选B 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．4．(2016·淄博一模)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥A BCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A ．22 B ．12 C ．24D ．14解析：选D 由正视图与俯视图可得三棱锥A BCD 的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S ＝12×22×22＝14． 5．已知四棱锥P ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PM ＝3，PN ＝5，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6．所以四个侧面中面积最大的是6． 6．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________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm ．解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C ．在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)．答案：138．已知正四棱锥V ABCD 中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD 的中心O ，连结VO ，AO ，则VO 就是正四棱锥V ABCD 的高．因为底面面积为16，所以AO ＝22．因为一条侧棱长为211．所以VO ＝VA 2－AO 2＝44－8＝6．所以正四棱锥V ABCD 的高为6．答案：69．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图．从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32， C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64．所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64．答案：6410．已知正三棱锥V ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积．解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8解析：选C 设该三棱锥为P ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB ＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×22－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，选C ．3．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA ．解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2．(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝62．由正视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，所以在Rt△APD 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝22＋62＝6 3 cm ．第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2．空间几何体的表面积与体积公式[小题体验]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＋32＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π．2．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以该几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×3×3＝33．答案：3 33．正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A B 1DC 1的体积为________．解析：在正三棱柱ABC A1B 1C 1中，∵AD ⊥BC ，AD ⊥BB 1，BB 1∩BC ＝B ，∴AD ⊥平面B 1DC 1． ∴VA B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1．答案：11．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋162．答案：72＋16 2考点一空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(易错题)(2015·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 ＝12×4πr2＋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 ．2．(2015·福建高考)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＋22．3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )A ．12 5B ．24 2C ．24D ．12 3解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，由条件知斜高h ＝22＋12＝5，侧面积S ＝＋52×4＝125．[谨记通法] 几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)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、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第1题．考点二空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(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＋23π B ．13＋23π C ．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． 2．(2015·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 ．16D ．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．[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略[即时应用]1．(2016·西安质检)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( )A ．43 B ．52 C ．73D ．3解析：选A 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示．则该几何体的体积是V 几何体＝V 三棱柱＋V 三棱锥＝12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43．2．(2017·云南省统检)如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图，则被削掉的那部分的体积为( )A ．π＋23B ．5π－23C ．5π3－2D ．2π－23解析：选B 由三视图可知，剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成，其体积V ＝13×12×π×12×2＋13×12×2×1×2＝π3＋23，∴被削掉的那部分的体积为π×12×2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋23＝5π－23． 3．(2016·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3．解析：由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm,2 cm ，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm ，2 cm ，4 cm ．几何体的表面积为(2×2＋2×4＋2×4)×2×2－2×2×2＝72(cm 2)，体积为2×2×4×2＝32(cm 3)．答案：72 32考点三与球有关的切、接问题题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．常见的命题角度有：(1)正四面体的内切球与四棱锥的外接球；(2)直三棱柱的外接球；(3)正方体(长方体)的内切、外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球与四棱锥的外接球1．(2017·长春模拟)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角度二：直三棱柱的外接球2．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 ．3172B ．210C ．132D ．310解析：选C 如图，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．角度三：正方体(长方体)的内切、外接球3．如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A ．66π B ．π3C ．π6D ．33π 解析：选C 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC ＝CD 1＝AD 1＝2，所以内切圆的半径r ＝22×tan 30°＝66，所以S ＝πr 2＝π×16＝16π．[通法在握]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，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．(2)“接”的处理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．[演练冲关]1．(2017·广州市综合测试)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．20πB ．205π3C ．5πD ．55π6解析：选D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＝1＋14＝52，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝ ⎛⎭⎪⎫523π＝55π6． 2．(2016·河南省六市第一次联考)三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为( )A ．253πB ．252πC ．833πD ．832π解析：选D 由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，∴x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，∴R 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π，故选D ．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A ．163πB ．323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，因为表面积是16π，所以4πR 2＝16π，解得R ＝2．所以体积为43πR 3＝32π3．2．(2016·长春市质量检测(二))几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A ．323B ．16－2π3C ．403D ．16－8π3解析：选 C 该几何体可视为长方体挖去一个四棱锥所得，所以其体积为2×2×4－13×2×2×2＝403．故选C ．3．(2016·全国乙卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2．因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π．故选A ．4．(2016·北京高考)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，其底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V ＝＋2×1＝32．答案：325．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3．解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π．答案：83π二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ，则另一底面半径为3r ．由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7．2．一个六棱锥的体积为23，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( )A ．6B ．8C ．12D ．24解析：选C 由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′．由题意，得13×6×34×22×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12．故选C ．3．(2015·重庆高考)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 ．13π6C ．7π3D ．5π2解析：选B 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＝136π．4．(2017·兰州市实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )A ．32π B ．32C ．3πD ．3解析：选A 由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为32，故体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝32π，故选A ． 5．(2016·山西省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧视图中线段的长度x 的值是( )A ．7B ．27C ．4D ．5解析：选C 分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，故其体积V ＝13×32＋32×4×CP ＝37，∴CP ＝7，∴x ＝32＋72＝4，故选C ．6．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________．解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2．答案：1∶27．(2016·合肥市第二次质量检测)已知球O 的内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则球O 的表面积为________．解析：由题意可得，球心在轴截面正方形的中心，则外接球的半径R ＝12＋12＝2，该。

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