2019-2020年高考数学一轮复习第八章立体几何层级快练47文
2019届高考数学文科(人教新课标版)一轮复习练习：第8章 立体几何 第4讲分层演练直击高考 Word版含解析
[学生用书P252(单独成册)]一、选择题1．设α，β是两个不同的平面，m ，n 是平面α内的两条不同直线，l 1，l 2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分不必要条件是( )A ．m ∥l 1且n ∥l 2B ．m ∥β且n ∥l 2C ．m ∥β且n ∥βD ．m ∥β且l 1∥α解析：选A ．由m ∥l 1，m ⊂α，得l 1∥α，同理l 2∥α，又l 1，l 2相交，l 1，l 2⊂β，所以α∥β，反之不成立，所以m ∥l 1且n ∥l 2是α∥β的一个充分不必要条件．2．已知m ，n ，l 是不同的直线，α，β是不同的平面，以下命题正确的是( ) ①若m ∥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α∥β； ②若m ⊂α，n ⊂β，α∥β，l ⊥m ，则l ⊥n ； ③若m ⊥α，n ⊥β，α∥β，则m ∥n ； ④若α⊥β，m ∥α，n ∥β，则m ⊥n ． A ．①③ B ．③④ C ．②④D ．③解析：选D ．①若m ∥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α∥β或α，β相交； ②若m ⊂α，n ⊂β，α∥β，l ⊥m ，则l ⊥n 或l ∥n 或l ，n 异面； ③正确；④若α⊥β，m ∥α，n ∥β，则m ⊥n 或m ∥n 或m ，n 异面． 3．如图所示，在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别为边AB ，AD 上的点，且AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4，又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，则( )A ．BD ∥平面EFGH ，且四边形EFGH 是矩形B ．EF ∥平面BCD ，且四边形EFGH 是梯形C ．HG ∥平面ABD ，且四边形EFGH 是菱形 D ．EH ∥平面ADC ，且四边形EFGH 是平行四边形解析：选B ．由AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4知EF ═∥15BD ，所以EF ∥平面BCD ．又H ，G分别为BC，CD的中点，所以HG═∥12BD，所以EF∥HG且EF≠HG．所以四边形EFGH是梯形．4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，给出下列四个推断：①FG∥平面AA1D1D；②EF∥平面BC1D1；③FG∥平面BC1D1；④平面EFG∥平面BC1D1．其中推断正确的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④解析：选A．因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FG∥BC1，因为BC1∥AD1，所以FG∥AD1，因为FG⊄平面AA1D1D，AD1⊂平面AA1D1D，所以FG∥平面AA1D1D，故①正确；因为EF∥A1C1，A1C1与平面BC1D1相交，所以EF与平面BC1D1相交，故②错误；因为E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，所以FG∥BC1，因为FG⊄平面BC1D1，BC1⊂平面BC1D1，所以FG∥平面BC1D1，故③正确；因为EF与平面BC1D1相交，所以平面EFG与平面BC1D1相交，故④错误．故选A．5．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m．其中正确命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B．由题易知①正确；②错误，l也可以在α内；③错误，以墙角为例即可说明；④正确，可以以三棱柱为例说明，故选B．6．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为() A．AC⊥BDB．AC＝BDC．AC∥截面PQMND．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：选B．因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN，QM∥PN，则PQ∥平面ACD、QM∥平面BDA，所以PQ∥AC，QM∥BD，由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故C正确；由BD∥PN，所以∠MPN是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，D正确；由上面可知：BD∥PN，MN∥AC．所以PNBD＝ANAD，MNAC＝DNAD，而AN≠DN，PN＝MN，所以BD≠AC．B错误．故选B．二、填空题7．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：①没有水的部分始终呈棱柱形；②水面EFGH 所在四边形的面积为定值； ③棱A 1D 1始终与水面所在平面平行； ④当容器倾斜如图所示时，BE ·BF 是定值． 其中正确的命题是________．解析：由题图，显然①是正确的，②是错误的； 对于③，因为A 1D 1∥BC ，BC ∥FG ， 所以A 1D 1∥FG 且A 1D 1⊄平面EFGH ， 所以A 1D 1∥平面EFGH (水面)． 所以③是正确的；对于④，因为水是定量的(定体积V )， 所以S △BEF ·BC ＝V ，即12BE ·BF ·BC ＝V ．所以BE ·BF ＝2VBC (定值)，即④是正确的．答案：①③④8．棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 是棱AA 1的中点，过C ，M ，D 1作正方体的截面，则截面的面积是________．解析：由面面平行的性质知截面与平面AB 1的交线MN 是△AA 1B 的中位线，所以截面是梯形CD 1MN ，易求其面积为92．答案：929．已知平面α∥β，P ∉α且P ∉ β，过点P 的直线m 与α，β分别交于A ，C ，过点P 的直线n 与α，β分别交于B ，D ，且P A ＝6，AC ＝9，PD ＝8，则BD 的长为________．解析：如图1，因为AC ∩BD ＝P ，图1所以经过直线AC 与BD 可确定平面PCD ． 因为α∥β，α∩平面PCD ＝AB ， β∩平面PCD ＝CD ，所以AB ∥CD ．所以P A AC ＝PBBD，即69＝8－BD BD ，所以BD ＝245． 如图2，同理可证AB ∥CD ．图2所以P A PC ＝PB PD ，即63＝BD －88，所以BD ＝24．综上所述，BD ＝245或24．答案：245或2410．如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若BC ⊥AC ，∠BAC ＝π3，AC ＝4，M 为AA 1的中点，点P 为BM 的中点，Q 在线段CA 1上，且A 1Q ＝3QC ，则PQ 的长度为________．解析：由题意知，AB ＝8，过点P 作PD ∥AB 交AA 1于点D ，连接DQ ，则D 为AM 的中点，PD ＝12AB ＝4．又因为A 1Q QC ＝A 1D AD＝3，所以DQ ∥AC ，∠PDQ ＝π3，DQ ＝34AC ＝3，在△PDQ 中，PQ ＝42＋32－2×4×3×cos π3＝13．答案：13 三、解答题11．如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，E ，F 分别是线段A 1D ，BC 1的中点．延长D 1A 1到点G ，使得D 1A 1＝A 1G ．证明：GB ∥平面DEF ．证明：连接A 1C ，B 1C ，则B 1C ，BC 1交于点F ．因为CB ═∥D 1A 1，D 1A 1＝A 1G ， 所以CB ═∥A 1G ，所以四边形BCA 1G 是平行四边形，所以GB ∥A 1C ． 又GB ⊄平面A 1B 1CD ，A 1C ⊂平面A 1B 1CD ， 所以GB ∥平面A 1B 1CD ．又点D ，E ，F 均在平面A 1B 1CD 内，所以GB ∥平面DEF ． 12．如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是BC ，CC 1，C 1D 1，A 1A 的中点．求证：(1)BF ∥HD 1； (2)EG ∥平面BB 1D 1D ； (3)平面BDF ∥平面B 1D 1H ． 证明：(1)如图所示，取BB 1的中点M ，连接MH ，MC 1，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形， 所以HD 1∥MC 1． 又因为MC 1∥BF ， 所以BF ∥HD 1．(2)取BD 的中点O ，连接EO ，D 1O ， 则OE ═∥12DC ，又D 1G ═∥12DC ，所以OE ═∥D 1G ，所以四边形OEGD 1是平行四边形，所以GE ∥D 1O ． 又GE ⊄平面BB 1D 1D ，D 1O ⊂平面BB 1D 1D ，所以EG ∥平面BB 1D 1D ．(3)由(1)知BF ∥HD 1，又BD ∥B 1D 1，B 1D 1，HD 1⊂平面B 1D 1H ，BF ，BD ⊂平面BDF ，且B 1D 1∩HD 1＝D 1，DB ∩BF ＝B ，所以平面BDF ∥平面B 1D 1H ．1．如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形．(1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1；(2)若平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ，证明B 1D 1∥l ． 证明：(1)由题设知BB 1═∥DD 1， 所以四边形BB 1D 1D 是平行四边形， 所以BD ∥B 1D 1． 又BD ⊄平面CD 1B 1， B 1D 1⊂平面CD 1B 1， 所以BD ∥平面CD 1B 1．因为A 1D 1═∥B 1C 1═∥BC ， 所以四边形A 1BCD 1是平行四边形， 所以A 1B ∥D 1C ．又A 1B ⊄平面CD 1B 1，D 1C ⊂平面CD 1B 1， 所以A 1B ∥平面CD 1B 1． 又因为BD ∩A 1B ＝B ， 所以平面A 1BD ∥平面CD 1B 1． (2)由(1)知平面A 1BD ∥平面CD 1B 1， 又平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ， 平面ABCD ∩平面A 1BD ＝直线BD ， 所以直线l ∥直线BD ，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形BDD 1B 1为平行四边形， 所以B 1D 1∥BD ， 所以B 1D 1∥l ．2．如图，ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．(1)求证：BE∥平面DMF；(2)求证：平面BDE∥平面MNG．证明：(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE 的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF．(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG．又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG．。
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层级快练（四十七）1. （2018・黑龙江哈尔滨六中模拟）一个棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的表血积是（）A. 4 + 2托 C. 4 + 2^2答案A 解析 由三视图可以看出，儿何体是有一个与底面垂直且全等的侧面，另外两侧面为全等三 角形的三棱锥.由图中数据知底面为等腰三角形，底边长为2,高为2,故面积为*X2X2 =2.在底面上，由顶点在底面的投影向另两侧面的底边作高，将垂足与三棱锥顶点连接起来 即得此两侧面的高.由图小数据，得侧面的底边长为高为2寸所以此两侧面的面 积均为*X2寸故此三棱锥的表面积为2 + 2+&+&=4 + 2&.故选A.2. （2018 •四川攀枝花质检）一个儿何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该儿何 体的侧面积为（）Cp+托答案C 解析该几何体是高为1，底面四边形为对角线长为2的菱形的四棱锥A —BCDE,女U图所示•B. 4+^/6 D. 4-^£)(：・俯视图在直角三角形ABE 中，八B=l, BE=£, ・・・AE=J. 在三角形 AED 中，AE=£, ED=y/2f AD=&, AAE 2+DE 2=AD 2, A 三角形AED 是直角三角形，则该几何体的侧面积为S = 2X （^X^Xl ） +2X （|X ^/2X^3）=^2+76,故选C.3. （2018 •安徽师大附中、马鞍山二中高三测试）某儿何体的三视图如图所示，则该儿何体 的体积为（）A. 12 C. 24答案C 解析 由三视图知，该儿何体是一个长方体的一半再减去一个三棱锥后得到的，该儿何体的 体积 V=*X4X3X5—#X*X4X3X (5 — 2)=24,故选 C.4. （2018 •安徽淮北一模）如图是某空间儿何体的三视图，其中止视图.侧视图.俯视图依答案D如图所示，该几何体为四棱锥，其屮侧血ABCD 丄底面PAB,侧面ABCD 为直角梯形, ］十2AD 〃BC, DA 丄AB,该几何体的体积V=-X-^X2 X^=^3,故选D.B. 18 D. 30次为直角三角形、 克角梯形、等边三角形，则该几何体的体积为（解析 侧视图俯视图B.乎5. （2017 •合肥一检）一个空间儿何体的三视图如图所示，其中正视图为等腰直角三角形, 侧视图与俯视图为止方形，则该儿何体的体积和表面积分别为（）1裁.6. （2016 •课标全国II ）如图是由圆柱与圆锥组合而成的儿何体的三视图，则该儿何体的表 面积为（）A. 20 皿 C. 28 n答案C 解析 该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r=2,底面圆的 周长c = 2 Ji r = 4 Ji ,圆锥的母线长1=寸2’+ （2羽）？=4,圆柱的高h = 4, .'.S 茨=兀T+A. 64, 48+16^2 C.y, 32+16^2B. 32, 48 + 16电 32D.〒，48+16^2答案B解析 由三视图可知，该几何体是一个三棱柱, 其直观图如图所示. 体积 V=*X4X4X4 = 32,表面积 S=2x|x42+4X (4+4 + 4^2) =48 +B. 24 兀 D. 32 兀正视图 侧视图俯视图俯视图侧视图ch+£cl=4 兀 +16“ +8 n =28TI .7. （2018 •山东师大附中模拟）如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4, 一只小 虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥爬行一周后回到点P 处，若该小虫爬行的最短路程 为4^3,则这个圆锥的体积为（・・・圆锥的体积v=| Ji 刊=128护兀8. （2018 •甘肃兰州一模）某儿何体的三视图如图所示，则该儿何体的表面积为（）侧视图B. (9+2&) Ji D. (10 + 2^5)兀答案A 解析该儿何体是一个圆柱挖去一个圆锥.D. 8^3 3答案C解析 作出该圆锥的侧面展开图，如图中阴影部分所示，该小虫爬行的 最短路为PP‘，・・・0P=0P' =4,PP' =4住，由余弦定理可得cosZP , 0P 2+01^ 彳 一 pp' 2 i2 Ji°卩= 20P ・ OP' =~2f AZF> °P=~2 JI设底面圆的半径为r,圆锥的高为h,则有2nr=—X4,A. (9+萌 Ji C. (10+^5) JT3正视图俯视图S 表面枳=开 ・ 12+2 JI ・ 1 ・ 4+ 兀・ 1 ・ &= （9+^5） n .9. （2017・浙江）某几何体的三视图如图所示（单位:cm ）,则该儿何体的体积（单位：cm'）是 （）止视图 Q俯视图JTA-T +1答案A解析 由儿何体的三视图可得，该儿何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该儿何体的 1 1 1 1 JIOlV=-X-Ji X3+-X-X2XlX3=y+l,故选 A.10. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）KA. 8——4 0. 8- Ji答案C 解析rh 三视图对知，该几何体的体积是一个四棱柱的体积减去半个圆柱的体积，即v= 2X2X2—lx n X12X2=8-开.故选 C.11. （2018 -河北唐山模拟）一个几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积为（）1 0 I D侧视图JTB. ~+3D. 8-2 n—2 ----- HI ------ 2 —正视图侧视图2——俯视图—2—止视图---- ..."1 1<—2―>1侧视图1俯视图A. 24—兀B・ 24-3JIC. 24+ 兀D・ 24-2JI答案A解析由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体挖去右下方g球后得到的几何体，该球以顶点为球心，2为半径，则该儿何体的表面积为2X2X6-3x|x JI X22+|X4X n X22 =24— n ,故选A. 12.（2018 •福建晋江联考）如图，某几何体的三视图屮，正视图和侧视图都是半径为书的半圆和相同的正三角形，其屮正三角形的上顶点是半圆弧的屮点，底边在直径上，则该几何体的表面积是（）A. 6 兀B. 8JIC.10 JiD. 11 Ji答案C解析由三视图可知，该儿何体是一个半球挖去一个圆锥后得到的儿何体，且半球的底面半径为圆锥的轴截面为等边三角形，其高为菊，故圆锥的底面半径为1,母线长为2.该儿何体的表面由半球的侧面、圆锥的侧而以及半球的底而除去圆锥的底而三部分构成.半球的侧面积X ,圆锥的侧而积S2=兀XlX2 = 2：n ,半球的底面圆的面积Ss= n X （^3）2=3 n ,圆锥的底面积S4= Ji Xl2= JI,所以该几何体的表面积为S=Si + S2+S3—Si = 6 兀+2 Ji +3 兀—兀=10 兀・故选C.13.（2018・贵州贵阳模拟）甲、乙两个几何体的正视图和侧视图相同，俯视图不同，如图所示，记甲的体积V甲，乙的体积为V乙，贝9（）B. V 甲=V 〔D. V 甲，V 乙的大小关系不能确定解析 由三视图知，甲几何体是一个以边长为1的正方形为底面的四棱锥，乙几何体是在甲 儿何体的基础上去掉一个三个面是直角三角形的三棱锥后得到的一个三棱锥，所以V 甲〉V 乙, 故选C.14. （2018・郑州质量预测）将一个底面半径为1,高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体, 能切割出的圆柱的最大体积为（）8 n B ，_27兀C -T2 n D. 9答案B解析 r 2 — x 如图所示，设圆柱的半径为r,高为x,体积为V,由题意可得］一~2，所以x —2-2r,所以圆柱的体积 V= n r z (2-2r) = 2 n (r 2-r 3) (0<r<l).设 V(r)=2 兀(忙一2 r 3) (0<r<l),则 V' (r) =2 n (2r —3r'),由 2 Ji (2r —3r 2) =0,得 r=-,所以圆柱的最大体OOO jr积 ％x = 2 n [(-) 2-(|)']=分，故选 B.15. （2018 •沧州七校联考）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A. V 甲〈V 乙 C. V 甲〉VJTA •帀 （甲）俯视图 （乙）俯视图侧视图解析该几何体是一个半圆柱，底面半径为1,高为2,则其体积\「= Ji X12X2= n.16.(2018 •江苏盐城一模)将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，其中AB = 3, BC =2,圆柱上底面圆心为0, AEFG为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥0—EFG体积的最大值是答案4解析由题意，易知所得圆柱如图所示，其中圆柱的底面半径为2,高为3,・••三棱锥0—EFG的高为3,・••当AEFG的面积最大时，三棱锥0 -EFG的体积最大.由AFFG为下底面圆的一个内接直角三角形，则可设EF为直径，.••当点G在EF的垂直平分线上时，AEFG的面积最大，最大值(S H4=*X4X2=4,・・・三棱锥0—EFG体积的最大值％冷XmaxX3=2X4X3=4.17.右图为一简单组合体，其底面ABCD为正方形，PD丄平面ABCD,EC〃PD, 且PD=AD=2EC=2.(1)画出该几何体的三视图；(2)求四棱锥B-CEPD的体积.答案(1)略(2)2解析⑴如图所示:TBC丄CD, ・・・BC丄平而PDCE. •・・S 梯形PDCE=*(PD+EC)・ DC=|x3X2 = 3,・•・四棱锥B-CEPD的体积V B-CE PD=|S梯形PDCE・BC=±X 3X2 = 2.18.如图所示的三个图屮，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出(单位：cm).正视图侧视图(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图;(2)按照给出的尺寸，求该多而体的体积；(3)在所给直观图屮连接BC',证明：BC Z〃平面EFG.2«/1答案⑴略⑵〒cm' (3)略解析(1)如图所示.26-4~正视图侧视图n 6 r、42俯视图(2)所求多面体的体积是：] I284V = V 长方体一V 正三棱锥= 4X4X6—§X (-X2X2) X2=〒cm3.(3)如图所示，复原长方体ABCD-A,C‘ L ,连接 AD',则 AD' 〃BC'. •・・E, G 分别是，A' D z 的中点, AAD / 〃EG.从而 EG 〃BC‘ ・ 又BC‘ Q 平面EFG, ・・・BC‘ 〃平面EFG.|备选题|1. （2018・重庆巴蜀中学期中）我国的神舟^一号飞船已于2016年10月17 H 7吋30分在 酒泉卫星发射中心成功发射升空，并于19日凌晨，与天空二号自动交会对接成功，如图所 示为飞船上某零件的三视图，网格纸表示边长为1的正方形，粗实线画的是该零件的三视图, 则该零件的体积为（）A. 4 C. 12 答案C解析 由三视图知，该几何体是四棱锥，且底面是长为6,宽为2的矩形，高为3,所以该 几何体的体积V= jx6X2X3 = 12,故选C.2. （2018 •宜吕一中期中）某四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角 形的面积和是（）A. 2 C. 2+石 答案CB. 8D. 20B. 4D. 4 + 2^5解析由三视图可得原儿何体如图，该儿何体的高1>0 = 2,底ffiAABC是腰长为2的等腰直角三角形，该几何体中，直角三角形是底面和侧面APBC.事实上，TPO丄底面ABC, ・・・平面PAC丄底面ABC,而BC丄AC, ・・.BC丄平面PAC,「.BC丄PC. .\PC=^22+12=^5, S APBC2X^5=-^5, S AABC=^X 2 X 2 = 2.・••面积和为2+萌，故选C.3.（2018 •河北廊坊模拟）如图，网格上小正方形的边长为1,粗线画出的是某空间儿何体的三视图，则该儿何体的体积为（）A. 12B. 6C. 2D. 3答案B解析由三视图知该几何体是底血为直角梯形的四棱柱，其高为2,梯形的上底为也，下底为2卩高为迈，其体积为（迈+ 2迈）X寸^X*X2=6.故选B.4.（2018 •广州检测）高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个儿何体，它的直观图和三视图屮的侧视图、俯视图如图所示，则该儿何体的体积是原直三棱柱的体积的（）1 1A*4 B-3c-l D-t答案c 解析由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为*X2X（2 + 4）=6的四棱锥，其体4 1积为4•易知直三棱柱的体积为8,则该几何体的体积是原直三棱柱体积的故选C.5.（2018 •广东清远一模）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）宜观图侧视图俯视图正视图A. 12C.40D. 72答案c解析rtl三视图可知几何体为长方体上面放了一个四棱锥.所求体积V = 3X4X2+#X3X4X4=40.6.（2018 •河南八市重点质检）如图是某几何体的三视图，当xy最大时，该几何体的体积为()Z01侧视图正视图俯视图A. 2^/15+^^31JIB・1+迈5+孕D. 1+孕4答案A解析由三视图可知，儿何体是一个四分Z—的圆锥与一个三棱柱的组合体.设该儿何体的xy取到最大值，此时h=好，所以组合体的体积为*X1X貞X4++X#X1X1X JT X倾=2换+遐戈，故选A.7.（2015 •福建，文）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 + 2^2C. 14 + 2 边答案B 解析由题中三视图可知，该儿何体是底面为直角梯形、高为2的直I川棱柱，所以其表面积为S衣面积=S侧面积+2S下底面积=（1 +1 +2+寸X 2 + 2 X—X （1 +2）X 1 = 11+2^2,故选B.8.（2018 •重庆荣昌中学期中）如图所示,在边长为2的正方形ABCD中, 圆心为B,半径为1的圆与AB, BC分别交于点E, F,则阴影部分绕直线B. 24高为h, 则〕h2+y2=31,h2+l2=x2,6 I 乙所以x2 + y2 = 32.由不等式xy^x 可知,当且仅当x = y = 4时,B. 11+2 迈D. 15俯视图A E BA. 75 + 2^10 C. 48+4^10 答案BBC 旋转一周形成儿何体的体积等于（） A.兀答案B解析 由旋转体的定义可知，阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的儿何体为圆柱中挖掉一个 半球和一个圆锥.该圆柱的底面半径R = BA = 2,母线长1 =AD=2,故该圆柱的体积V.= JIX22X2 = 8n ,半球的半径为1,其体积V2=*X 扌兀XT=¥，圆锥的底面半径为2,高为 I 4 H1，其体积V 3=-ir X22X1=— 所以阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的几何体的体积V=Vi —V 2—V 3=6 Ji •9. （2015 •课标全国II ）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的 三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（） 1 A -8 1 C -61 D.- o俯视图答案D解析 如图，不妨设正方体的棱长为1，则截去部分三棱锥A —Abb,1 斤其体积先，又正方体的体积为1,则剩余部分的体积呛故所求比值故选D.10. （2017・山东济宁模拟）若一个儿何体的三视图如图所示，则该儿何体的表面积为（）441正视图侧视图俯视图解析 rh 三视图可知该几何体是一个四棱柱•两个底面面积之和为2x4 + 5I - X3 = 27, 四个B. 75+4^10 D. 48 + 2倾侧面的面积之和是（3 + 4 + 5 +寸15） X 4=48+,故表面积是75+4*^10.11.（2018 •湖南长沙模拟）如图（单位：cm）,则图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的儿何体的体积为皿140答案丁"解析图屮阴影部分绕AB旋转一周后形成的几何体是一个圆台，从上面又挖去了一个半球. 12.（2018 •天津和平区校级月考）某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积是_______ cm1.答案晋解析由三视图可得，该几何体是三棱锥和三棱柱的组合体，它们的底面面积为*X2X2 =-1 j r*2 （cm2）,它们的高均为2 cm,故该几何体的体积V = 2X2+§X2X2=〒（cnf）.13.（2018 •北京西城区期末）在空间直角坐标系0—xyz中，四面体ABCD在xOy、yOz> zOx 坐标平面上的一组正投影图形如图所示（坐标轴用细虚线表示），则该四面体的体积是4 答案§解析由右图可知，该三棱锥A-BCD的底而是底为1,高为4的ABCD,1 14三棱锥的高为2,故其体积V=-X-X4X1X2=-14. （2017 •衡水屮学调研卷）若一个半径为2的球体经过切割之后所得儿何体的三视图如图 所示，则该儿何体的表面积为 ________ •答案16JT 解析 由三视图，可知该几何体是一个球体挖去扌之后剩余的部分，故该几何体的表面积为3 3 1球体表面积的7与两个半圆面的面积之和，即S=-X （4n X2：-）+2X （-n X2'）=16 n. 15. 如图所示，正方体ABCD — ABCD 的棱长为1, E, F 分别为线段AA 】,B.C ±的点,则三 棱锥D-EDF 的体积为答案I解析 三棱锥Di-EDF 的体积即为三棱锥F —DDE 的体积.因为E, F 分别为AAi, BiC 上的点, 所以正方体ABCD —A 岛CD 中AEDD 的面积为定值*, F 到平ffl AA.D.D 的距离为定值1,所以 VF-DDiE=|x^Xl=|.16. （2017・烟台模拟）某儿何体的主（正）视图与俯视图如图所示，左（侧）视图与主视图相同, 且图中的四边形都是边长为2的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是（）C. 6 答案AD. 4正（主）视图侧佐）视图俯视图主（正）视图俯视图解析由三视图可知该儿何体是由棱长为2的正方体，挖去一个底而边长为2的正方形，高19（）为1的正四棱锥，该儿何体体积为V = 2'—§X22xi=〒.17.（2017 •辽宁五校联考）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________-正视图侧视图俯视图答案11解析由三视图知，该几何体为长方体去掉一个三棱锥，其体积V = 2X2X3-|x（|x2X1) X3=ll.18.（2018 •广东清远三中月考）一个儿何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个儿何体的体积为答案解析由己知中的三视图可知，该几何体由一个半圆锥和一个四棱锥组合而成，其中半圆锥的底而半径为1,四棱锥的底面是一个边长为2的正方形，他们的高均为羽，则・□(8+ Ji )(2) TPD丄平面ABCD, PDU平面PDCE,・•・平而PDCE丄平而ABCD.。
2019版高考数学一轮复习训练：基础与考点过关第八章立体几何初步
1. 公理 1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个 平面内．
公理 2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是 经过这个公共点的一条直线．
公理 3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面． 推论 1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面． 推论 2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论 3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 2. 空间两条直线的位置关系
2
所以 GH∥BC，且 GH＝ BC，
所以四边形 BCHG为平行四边形． (2) 解： C，D，F，E 四点共面．理由如下：由
1 BE∥FA， BE＝ 2FA，点 G为 FA 的中点知，
BE∥ FG， BE＝ FG，所以四边形 BEFG为平行四边形，所以 EF∥BG. 由 (1) 知 BG∥CH， BG＝ CH，所以 EF∥CH，所以 EF 与 CH共面． 又 D∈FH，所以 C， D， F， E 四点共面．
1 ∥FA， BE＝ 2FA，点 G， H 分别为 FA， FD的中点．
(1) 求证：四边形 BCHG是平行四边形． (2) C ， D， F，E 四点是否共面？为什么？
1 (1) 证明：因为点 G， H 分别为 FA， FD的中点，所以 GH∥AD， GH＝2AD.又 BC∥AD， BC
1 ＝ AD，
(1) 判定定理： 过平面内一点与平面外一点的直线， 和这个平面内不经过该点的直线是 异面直线．
(2) 符号表示：若 l ? α， A?α ， B∈ α ， B?l ，则直线 AB 与 l 是异面直线．
5. 异面直线所成的角
(1) 定义：设 a，b 是异面直线，经过空间任意一点 O，作直线 a′∥ a， b′∥ b，我们
2019-2020年高考数学一轮复习第八章平面解析几何分层限时跟踪练
2019-2020年高考数学一轮复习第八章平面解析几何分层限时跟踪练1．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 与抛物线y 2＝4x 相交于不同的A 、B 两点． (1)如果直线l 过抛物线的焦点，求OA →·OB →的值；(2)如果OA →·OB →＝－4，证明直线l 必过一定点，并求出该定点． 【解】 (1)由题意知，抛物线焦点为(1,0)， 设l ：x ＝ty ＋1，代入抛物线y 2＝4x ，消去x 得y 2－4ty －4＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝4t ，y 1y 2＝－4，∴OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(ty 1＋1)(ty 2＋1)＋y 1y 2＝t 2y 1y 2＋t (y 1＋y 2)＋1＋y 1y 2＝－4t 2＋4t 2＋1－4＝－3.(2)设l ：x ＝ty ＋b ，代入抛物线y 2＝4x ，消去x 得y 2－4ty －4b ＝0.设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝4t ，y 1y 2＝－4b ，∴OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(ty 1＋b )(ty 2＋b )＋y 1y 2＝t 2y 1y 2＋bt (y 1＋y 2)＋b 2＋y 1y 2＝－4bt 2＋4bt 2＋b 2－4b ＝b 2－4b . 令b 2－4b ＝－4，∴b 2－4b ＋4＝0，∴b ＝2， ∴直线l 过定点(2,0)．∴若OA →·OB →＝－4，则直线l 必过一定点(2,0)．2．(xx·陕西高考)如图886，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)经过点A (0，－1)，且离心率为22. 图886(1)求椭圆E 的方程．(2)经过点(1,1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为2.【解】 (1)由题设知ca ＝22，b ＝1， 结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝ 2.所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0.由已知Δ>0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0， 则x 1＋x 2＝4kk －1＋2k2，x 1x 2＝2kk －1＋2k2.从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k k －2k k －＝2k －2(k －1)＝2.3．给出双曲线x 2－y 22＝1. (1)求以A (2,1)为中点的弦所在的直线方程；(2)过点B (1,1)能否作直线m ，使得m 与双曲线交于两点Q 1，Q 2，且B 是Q 1Q 2的中点？这样的直线m 若存在，求出它的方程；若不存在，说明理由．【解】 (1)设弦的两端点为P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧2x 21－y 21＝2，2x 22－y 22＝2，两式相减得到2(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＝(y 1－y 2)(y 1＋y 2)，又x 1＋x 2＝4，y 1＋y 2＝2，所以直线斜率k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝4. 故求得直线方程为4x －y －7＝0.(2)假设满足题设条件的直线m 存在，按照(1)的解法可得直线m 的方程为y ＝2x －1.考虑到方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1，x 2－y 22＝1无解，因此满足题设条件的直线m 是不存在的．4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的焦距为4，且过点P (2，3)．(1)求椭圆C 的方程；(2)设Q (x 0，y 0)(x 0y 0≠0)为椭圆C 上一点．过点Q 作x 轴的垂线，垂足为E .取点A (0,22)，连结AE .过点A 作AE 的垂线交x 轴于点D .点G 是点D 关于y 轴的对称点，作直线QG .问这样作出的直线QG 是否与椭圆C 一定有唯一的公共点？并说明理由．【解】 (1)因为焦距为4，所以a 2－b 2＝4.又因为椭圆C 过点P (2，3)，所以2a 2＋3b2＝1，故a 2＝8，b 2＝4，从而椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)由题意知，E 点坐标为(x 0,0)，设D (x D,0)，则AE →＝(x 0，－22)，AD →＝(x D ，－22)， 再由AD ⊥AE 知，AE →·AD →＝0，即x 0x D ＋8＝0. 由于x 0y 0≠0，故x D ＝－8x 0.因为点G 是点D 关于y 轴的对称点，所以点G ⎝⎛⎭⎪⎫8x，0. 故直线QG 的斜率k QG ＝y 0x 0－8x 0＝x 0y 0x 20－8. 又因Q (x 0，y 0)在椭圆C 上，所以x 20＋2y 20＝8.① 从而k QG ＝－x 02y 0.故直线QG 的方程为y ＝－x 02y 0⎝ ⎛⎭⎪⎫x －8x 0.②将②代入椭圆C 的方程，得 (x 20＋2y 20)x 2－16x 0x ＋64－16y 20＝0.③ 再将①代入③，化简得x 2－2x 0x ＋x 20＝0.解得x ＝x 0，y ＝y 0，即直线QG 与椭圆C 一定有唯一的公共点．[能 力 练]扫盲区 提素能1．已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，A 为C 上异于原点的任意一点，过点A 的直线l 交C 于另一点B ，交x 轴的正半轴于点D ，且有|FA |＝|FD |.当点A 的横坐标为3时，△ADF 为正三角形．(1)求C 的方程；(2)若直线l 1∥l ，且l 1和C 有且只有一个公共点E ，证明直线AE 过定点，并求出定点坐标．【解】 (1)由题意知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p2，0. 设D (t,0)(t ＞0)， 则FD 的中点为⎝⎛⎭⎪⎫p ＋2t 4，0.因为|FA |＝|FD |，由抛物线的定义知3＋p 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －p 2，解得t ＝3＋p 或t ＝－3(舍去)． 由p ＋2t4＝3，解得p ＝2.所以抛物线C 的方程为y 2＝4x . (2)证明：由(1)知F (1,0)，设A (x 0，y 0)(x 0y 0≠0)，D (x D,0)(x D ＞0)， 因为|FA |＝|FD |，则|x D －1|＝x 0＋1， 由x D ＞0得x D ＝x 0＋2，故D (x 0＋2,0)． 故直线AB 的斜率k AB ＝－y 02. 因为直线l 1和直线AB 平行， 设直线l 1的方程为y ＝－y 02x ＋b ，代入抛物线方程得y 2＋8y 0y －8b y 0＝0，由题意Δ＝64y 20＋32b y 0＝0，得b ＝－2y 0.设E (x E ，y E )，则y E ＝－4y 0，x E ＝4y 20.当y 20≠4时，k AE ＝y E －y 0x E －x 0＝－4y 0＋y 04y 20－y 204＝4y 0y 20－4， 可得直线AE 的方程为y －y 0＝4y 0y 20－4(x －x 0)， 由y 20＝4x 0，整理可得y ＝4y 0y 20－4(x －1)，直线AE 恒过点F (1,0)．当y 20＝4时，直线AE 的方程为x ＝1，过点F (1,0)，所以直线AE 过定点F (1,0)．2．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的焦距为32，其中一条渐近线的方程为x－2y ＝0.以双曲线C 的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为E ，过原点O 的动直线与椭圆E 交于A 、B 两点．(1)求椭圆E 的方程；(2)若点P 为椭圆E 的左顶点，PG →＝2GO →，求|GA →|2＋|GB →|2的取值范围；(3)若点P 满足|PA |＝|PB |，求证：1|OA |2＋1|OB |2＋2|OP |2为定值．【解】 (1)由双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的焦距为32，得c ＝322，∴a 2＋b 2＝92.①由题意知ba ＝22，② 由①②解得a 2＝3，b 2＝32，∴椭圆E 的方程为x 23＋23y 2＝1.(2)由(1)知P (－3，0)．设G (x 0，y 0)，由PG →＝2GO →，得(x 0＋3，y 0)＝2(－x 0，－y 0)．即⎩⎨⎧x 0＋3＝－2x 0，y 0＝－2y 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－33，y 0＝0，∴G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，0. 设A (x 1，y 1)，则B (－x 1，－y 1)，|GA →|2＋|GB →|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋332＋y 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－332＋y 21＝2x 21＋2y 21＋23＝2x 21＋3－x 21＋23＝x 21＋113.又∵x 1∈[－3，3]，∴x 21∈[0,3]，∴113≤x 21＋113≤203，∴|GA →|2＋|GB →|2的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤113，203.(3)证明：由|PA |＝|PB |，知P 在线段AB 的垂直平分线上， 由椭圆的对称性可知A 、B 关于原点对称．①若A 、B 在椭圆的短轴顶点处，则点P 在椭圆的长轴顶点处，此时1|OA |2＋1|OB |2＋2|OP |2＝1b 2＋1b 2＋2a2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b 2＝2.若A 、B 在椭圆的长轴顶点处，则点P 在椭圆的短轴顶点处，此时1|OA |2＋1|OB |2＋2|OP |2＝1a2＋1a 2＋2b2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b 2＝2. ②当点A 、B 、P 不在椭圆顶点处时，设直线l 的方程为y ＝kx (k ≠0)，则直线OP 的方程为y ＝－1kx ，设A (x 2，y 2)，B (－x 2，－y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 23＋2y 23＝1，解得x 22＝31＋2k 2，y 22＝3k 21＋2k2.所以|OA |2＝|OB |2＝x 22＋y 22＝＋k21＋2k2， 用－1k代换k ，得|OP |2＝＋k 22＋k2.∴1|OA |2＋1|OB |2＋2|OP |2＝1＋2k 2＋k 2＋1＋2k2＋k2＋＋k2＋k2＝2. 综上，1|OA |2＋1|OB |2＋2|OP |2为定值2. 3．已知椭圆C 1，抛物线C 2的焦点均在y 轴上，C 1的中心和C 2的顶点均为原点O ，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于表中：(1)求C 1，C 2的标准方程；(2)设斜率不为0的动直线l 与C 1有且只有一个公共点P ，且与C 2的准线相交于点Q ，试探究：在坐标平面内是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【解】 (1)设C 1，C 2的标准方程分别为y 2a 2＋x 2b2＝1(a ＞b ＞0)，x 2＝py ， ∵(0，－22)不符合x 2＝py ，∴该点必为椭圆上的点， 代入得a ＝2 2.即椭圆方程为y 28＋x 2b2＝1，若(4,1)在椭圆上，则有18＋16b2＝1，b 2＝1287＞a 2(不合题意)． 即(4,1)在抛物线上，∴p ＝16， 抛物线方程为x 2＝16y ，验证得⎝⎛⎭⎪⎫－1，116在抛物线上，(2，－2)不在抛物线上，∴(2，－2)在椭圆上，∴b 2＝4.故C 1，C 2的标准方程分别为y 28＋x 24＝1，x 2＝16y .(2)存在．设直线l 的方程为x ＝my ＋n ， 将其代入y 28＋x 24＝1，消去x 并化简整理得(1＋2m 2)y 2＋4mny ＋2n 2－8＝0， ∵l 与C 1相切，∴Δ＝16m 2n 2－4(1＋2m 2)(2n 2－8)＝0， ∴n 2＝4(1＋2m 2)， 设切点P (x 0，y 0)， 则y 0＝－2mn 1＋2m 2＝－8mn， x 0＝my 0＋n ＝n 2－8m 2n ＝4n.又直线l 与C 2的准线y ＝－4的交点Q (n －4m ，－4)， ∴以PQ 为直径的圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4n (x －n ＋4m )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋8m n (y ＋4)＝0，化简并整理得x 2－4n x ＋(4m －n )x ＋8mn (y ＋2)＋(y ＋2)2＝0，当x ＝0，y ＝－2时，等式恒成立， 即存在定点M (0，－2)符合题意．4．(xx·湖北高考)一种画椭圆的工具如图887(1)所示．O 是滑槽AB 的中点，短杆ON 可绕O 转动，长杆MN 通过N 处的铰链与ON 连接，MN 上的栓子D 可沿滑槽AB 滑动，且DN ＝ON ＝1，MN ＝3.当栓子D 在滑槽AB 内作往复运动时，带动．．N 绕O 转动，M 处的笔尖画出的椭圆记为C .以O 为原点，AB 所在的直线为x 轴建立如图887(2)所示的平面直角坐标系．图887(1)求椭圆C 的方程；(2)设动直线l 与两定直线l 1：x －2y ＝0和l 2：x ＋2y ＝0分别交于P ，Q 两点．若直线l 总与椭圆C 有且只有一个公共点，试探究：△OPQ 的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．【解】 (1)因为|OM |≤|MN |＋|NO |＝3＋1＝4，当M ，N 在x 轴上时，等号成立；同理，|OM |≥|MN |－|NO |＝3－1＝2，当D ，O 重合，即MN ⊥x 轴时，等号成立，所以椭圆C 的中心为原点O ，长半轴长为4，短半轴长为2，其方程为x 216＋y 24＝1.(2)①当直线l 的斜率不存在时，直线l 为x ＝4或x ＝－4，都有S △OPQ ＝12×4×4＝8.②当直线l 的斜率存在时，设直线l ：y ＝kx ＋m ⎝ ⎛⎭⎪⎫k ≠±12， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝16，消去y ，可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－16＝0.因为直线l 总与椭圆C 有且只有一个公共点， 所以Δ＝64k 2m 2－4()1＋4k 2(4m 2－16)＝0，即m 2＝16k 2＋4.①又由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x －2y ＝0，可得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 1－2k ，m 1－2k ；同理可得Q ⎝⎛⎭⎪⎫－2m 1＋2k ，m 1＋2k .由原点O 到直线PQ 的距离为d ＝|m |1＋k2和|PQ |＝1＋k 2|x P －x Q |，可得S △OPQ ＝12|PQ |·d ＝12|m ||x P －x Q |＝12·|m |⎪⎪⎪⎪⎪⎪2m 1－2k ＋2m 1＋2k ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2m 21－4k 2.② 将①代入②，得S △OPQ ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2m 21－4k 2＝8|4k 2＋1||4k 2－1|. 当k 2>14时，S △OPQ ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋14k 2－1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋24k 2－1>8；当0≤k 2<14时，S △OPQ ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋11－4k 2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋21－4k 2.因为0≤k 2<14，则0<1－4k 2≤1，21－4k2≥2，所以S △OPQ ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋21－4k 2≥8，当且仅当k ＝0时取等号． 所以当k ＝0时，S △OPQ 取最小值为8.综合①②可知，当直线l 与椭圆C 在四个顶点处相切时，△OPQ 的面积取得最小值8.。
2020年高考数学一轮复习考点与题型总结：第八章 立体几何含答案
第八章 立体几何第一节 空间几何体的结构特征、三视图和直观图一、基础知识1.简单几何体(1)多面体的结构特征①特殊的四棱柱 四棱柱――――→底面为平行四边形平行六面体――――→侧棱垂直于底面直平行六面体――→底面为矩形长方体――――→底面边长相等正四棱柱――――→侧棱与底面边长相等正方体 上述四棱柱有以下集合关系：{正方体}{正四棱柱}{长方体}{直平行六面体}{平行六面体}{四棱柱}．②多面体的关系：棱柱――→一个底面退化为一个点棱锥――→平行于底面的平面截得棱台(2)旋转体的结构特征▲球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2. 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、正左方和正上方观察几何体画出的轮廓线.二、常用结论1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)底面与水平面平行放置的圆锥的正视图和侧视图为全等的等腰三角形． (3)底面与水平面平行放置的圆台的正视图和侧视图为全等的等腰梯形． (4)底面与水平面平行放置的圆柱的正视图和侧视图为全等的矩形． 2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变，与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变.“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变，与x 轴和z 轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变.考点一 空间几何体的结构特征[典例] 下列结论正确的是( )A ．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B ．六条棱长均相等的四面体是正四面体C ．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D ．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台[解析] 底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，所以A 错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C 错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，所以D 错．[答案] B [题组训练]1．下列结论中错误的是( )A ．由五个面围成的多面体只能是三棱柱B ．正棱台的对角面一定是等腰梯形C ．圆柱侧面上的直线段都是圆柱的母线D ．各个面都是正方形的四棱柱一定是正方体解析：选A 由五个面围成的多面体也可以是四棱锥，所以A 选项错误．B 、C 、D 说法均正确． 2．下列命题正确的是( )A ．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台B ．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C ．直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台D ．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形解析：选C 如图所示，可排除A 、B 选项．只要有截面与圆柱的母线平行或垂直，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分．考点二 空间几何体的直观图[典例] 已知等腰梯形ABCD ，CD ＝1，AD ＝CB ＝2，AB ＝3，以AB 所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．[解析] 法一：如图，取AB 的中点O 为坐标原点，建立平面直角坐标系，y 轴交DC 于点E ，O ，E 在斜二测画法中的对应点为O ′，E ′，过E ′作E ′F ′⊥x ′轴，垂足为F ′，因为OE ＝(2)2－12＝1， 所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝22.法二：由题中数据得等腰梯形ABCD 的面积S ＝12×(1＋3)×1＝2.由S 直观图＝24S 原图形的关系，得S 直观图＝24×2＝22. [答案] 22[题组训练]1.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为2 2.故选A.2．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分别表示△ABC 的实际图形和直观图． 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：64考点三 空间几何体的三视图考法(一) 由几何体识别三视图[典例] (2019·长沙模拟)如图是一个正方体，A ，B ，C 为三个顶点，D 是棱的中点，则三棱锥A -BCD 的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)( )[解析] 正视图和俯视图中棱AD 和BD 均看不见，故为虚线，易知选A. [答案] A考法(二) 由三视图判断几何体特征[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．217B ．2 5C ．3D ．2(2)(2019·武汉调研)已知某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中最小的面积为________．[解析] (1)先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M ，N 的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴MN ＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.(2)由三视图知，该几何体是在长、宽、高分别为2,1,1的长方体中，截去一个三棱柱AA 1D 1-BB 1C 1和一个三棱锥C -BC 1D 后剩下的几何体，即如图所示的四棱锥D -ABC 1D 1，其中侧面ADD 1的面积最小，其值为12.[答案](1)B(2)12考法(三)由三视图中的部分视图确定剩余视图[典例](2018·唐山五校联考)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为()[解析]由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A，故选A.[答案] A[题组训练]1．如图1所示，是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体，其中DD1＝1，AB＝BC＝AA1＝2，若此几何体的俯视图如图2所示，则可以作为其正视图的是()解析：选C根据该几何体的直观图和俯视图知，其正视图的长应为底面正方形的对角线长，宽应为正方体的棱长，故排除B、D；而在三视图中看不见的棱用虚线表示，故排除A.故选C.2.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A．10 B．12C．14 D．16解析：选B由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为(2＋4)×22×2＝12，故选B.[课时跟踪检测]1．对于用“斜二测画法”画平面图形的直观图，下列说法正确的是( ) A ．等腰三角形的直观图仍为等腰三角形 B ．梯形的直观图可能不是梯形 C ．正方形的直观图为平行四边形 D ．正三角形的直观图一定为等腰三角形解析：选C 根据“斜二测画法”的定义可得正方形的直观图为平行四边形． 2．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( ) A ．球 B ．三棱锥 C ．正方体D ．圆柱解析：选D 球、正方体的三视图的形状都相同，大小都相等，首先排除选项A 和C.对于三棱锥，考虑特殊情况，如三棱锥C -OAB ，当三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ＝OB ＝OC 时，正视图方向为AO 方向，其三视图的形状都相同，大小都相等，故排除选项B.选项D ，不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不可能完全相同．3．(2019·福州模拟)一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出它的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为( )A ．2 3B ．2 2C ．4 3D ．8 2解析：选D 由斜二测画法可知，原平面图形是一个平行四边形，且平行四边形的一组对边长为2，在斜二测画法画出的直观图中，∠B ′O ′A ′＝45°且O ′B ′＝22，那么在原图形中，∠BOA ＝90°且OB ＝4 2.因此，原平面图形的面积为2×42＝82，故选D.4．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 ．0B ．1C ．2D ．3解析：选B ①错误，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．5．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( )解析：选D 由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱．故选D. 6．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 画出直观图可知，共需要6块．7．(2018·南宁二中、柳州高中联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )解析：选C 若俯视图为选项C 中的图形，则该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P -ABCD ，如图所示，该四棱锥的体积V ＝13×(2×2)×2＝83，符合题意．若俯视图为其他选项中的图形，则根据三视图易判断对应的几何体不存在，故选C.8.如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1(底面ABCD 是正方形，侧棱AA 1⊥底面ABCD )中，点P 是正方形A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与俯视图的面积之和的最小值为( )A.32 B ．1 C ．2D.54解析：选A 由题图易知，三棱锥P -BCD 的正视图面积为12×1×2＝1.当顶点P 的投影在△BCD 内部或其边上时，俯视图的面积最小，为S △BCD ＝12×1×1＝12.所以三棱锥P -BCD 的正视图与俯视图的面积之和的最小值为1＋12＝32.故选A.9．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：①④10．一个圆台上、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：1311．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，作出其直观图为如图所示的四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1，当选择的4个点是B 1，B ，C ，C 1时，可知①正确；当选择的4个点是B ，A ，B 1，C 时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②12.如图，三棱锥A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，若AB ＝BC ＝CD ＝2，则该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积为________．解析：因为AB ⊥平面BCD ，投影线平行于BD ，所以三棱锥A -BCD 的侧视图是一个以△BCD 的BD 边上的高为底，棱锥的高为高的三角形，因为BC ⊥CD ，AB ＝BC ＝CD ＝2， 所以△BCD 中BD 边上的高为2，故该三棱锥的侧视图的面积S ＝12×2×2＝ 2.答案： 2第二节空间几何体的表面积与体积一、基础知识1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式①几何体的侧面积是指（各个）侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和.②圆台、圆柱、圆锥的转化当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得：2．空间几何体的表面积与体积公式二、常用结论几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，①若球为正方体的外接球，则2R＝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)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝a2＋b2＋c2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 考点一 空间几何体的表面积[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π(2)(2019·沈阳质检)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是( )A ．4＋4 2B ．42＋2C ．8＋4 2D.83[解析] (1)设圆柱的轴截面的边长为x ， 则x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×2 2 ＝12π.故选B.(2)由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥P -ABCD ，如图所示，其中P A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，且P A ＝2，AB ＝2，PB ＝22，所以该四棱锥的侧面积S 是四个直角三角形的面积和，即S ＝2×⎝⎛⎭⎫12×2×2＋12×2×22＝4＋42，故选A. [答案] (1)B (2)A [题组训练]1．(2019·武汉部分学校调研)一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．28B ．24＋2 5C ．20＋4 5D ．20＋2 5解析：选B 如图，三视图所对应的几何体是长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一个三棱柱后的棱柱ABIE -DCMH ，则该几何体的表面积S ＝(2×2)×5＋⎝⎛⎭⎫12×1×2×2＋2×1＋2×5＝24＋2 5.故选B.2．(2018·郑州第二次质量预测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．20＋2πB ．24＋(2－1)πC ．24＋(2－2)πD ．20＋(2＋1)π解析：选B 由三视图知，该几何体是由一个棱长为2的正方体挖去一个底面半径为1、高为1的圆锥后所剩余的部分，所以该几何体的表面积S ＝6×22－π×12＋π×1×2＝24＋(2－1)π，故选B.考点二 空间几何体的体积[典例] (1)(2019·开封高三定位考试)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为( )A ．4πB ．2π C.4π3D ．π(2)(2018·天津高考)如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为________．[解析](1)直接法由题意知该几何体的直观图如图所示，该几何体为圆柱的一部分，设底面扇形的圆心角为α，由tan α＝31＝3，得α＝π3，故底面面积为12×π3×22＝2π3，则该几何体的体积为2π3×3＝2π. (2)法一：直接法连接A 1C 1交B 1D 1于点E ，则A 1E ⊥B 1D 1，A 1E ⊥BB 1，则A 1E ⊥平面BB 1D 1D ，所以A 1E 为四棱锥A 1-BB 1D 1D 的高，且A 1E ＝22， 矩形BB 1D 1D 的长和宽分别为2，1， 故V A 1-BB 1D 1D ＝13×(1×2)×22＝13. 法二：割补法连接BD 1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 分成两个三棱锥B -A 1DD 1与B -A 1B 1D 1，所以V A 1-BB 1D 1D＝V B -A 1DD 1＋V B -A 1B 1D 1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13. [答案] (1)B (2)13[题组训练]1.(等体积法)如图所示，已知三棱柱ABC -A1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1-ABC 1的体积为( )A.312 B.34 C.612D.64解析：选A 三棱锥B 1-ABC 1的体积等于三棱锥A -B 1BC 1的体积，三棱锥A -B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.2.(割补法)某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A ．13B ．14解析：选C 所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几何体，在长方体中还原该几何体，如图中ABCD -A ′B ′C ′D ′所示，长方体的长、宽、高分别为4,2,3，两个三棱柱的高为2，底面是两直角边长分别为3和1.5的直角三角形，故该几何体的体积V ＝4×2×3－2×12×3×32×2＝15，故选C.3.(直接法)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.考点三 与球有关的切、接问题考法(一) 球与柱体的切、接问题[典例] (2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．[解析] 设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.[答案] 32考法(二) 球与锥体的切、接问题[典例] (2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( )A ．123B ．18 3[解析] 由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3.设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D -ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D -ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3.[答案] B[题组训练]1．(2018·福建第一学期高三期末考试)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4π B.163πC.323π D ．16π解析：选D 如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心， 于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝ 12＋(3)2＝2. 故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.故选D.2．三棱锥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________．解析：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 ，所以x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝564，所以R 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π. 答案：832π[课时跟踪检测]1．(2019·深圳摸底)过半径为2的球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的体积的比值为( )A.932B.916C.38D.316解析：选A 由题意知所得截面为圆，设该圆的半径为r ，则22＝12＋r 2，所以r 2＝3，所以所得截面的面积与球的体积的比值为π×343π×23＝932，故选A.2．如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为( )A ．4B ．8C ．16D ．20解析：选B 由三视图知，此几何体是一个三棱锥，底面为一边长为6，高为2的三角形，三棱锥的高为4，所以体积为V ＝13×12×6×2×4＝8.故选B.3.《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)． 4．(2018·贵阳摸底考试)某实心几何体是用棱长为1 cm 的正方体无缝粘合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．35 cm 3B ．40 cm 3C ．70 cm 3D ．75 cm 3解析：选A 结合题中三视图可得，该几何体是个组合体，该组合体从下到上依次为长、宽、高分别为5 cm,5 cm,1 cm 的长方体，长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm 的长方体，棱长为1 cm 的正方体，故该组合体的体积V ＝5×5×1＋3×3×1＋1×1×1＝35(cm 3)．故选A.5．(2019·安徽知名示范高中联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1 B.12 C.13D.14解析：选C 法一：该几何体的直观图为四棱锥S -ABCD ，如图，SD ⊥平面ABCD ，且SD ＝1，四边形ABCD 是平行四边形，且AB ＝DC ＝1，连接BD ，由题意知BD ⊥DC ，BD ⊥AB ，且BD ＝1，所以S 四边形ABCD ＝1，所以V S -ABCD ＝13S 四边形ABCD·SD ＝13，故选C. 法二：由三视图易知该几何体为锥体，所以V ＝13Sh ，其中S 指的是锥体的底面积，即俯视图中四边形的面积，易知S ＝1，h 指的是锥体的高，从正视图和侧视图易知h ＝1，所以V ＝13Sh ＝13，故选C.6．(2019·重庆调研)某简单组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为( )A.83π3＋833B.43π3＋833C.43π3＋433D.83π3＋433解析：选B 由三视图知，该组合体是由一个半圆锥与一个三棱锥组合而成的，其中圆锥的底面半径为2、高为42－22＝23，三棱锥的底面是斜边为4、高为2的等腰直角三角形，三棱锥的高为23，所以该组合体的体积V ＝12×13π×22×23＋13×12×4×2×23＝43π3＋833，故选B.7．(2019·湖北八校联考)已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为( )A ．16＋12πB ．32＋12πC ．24＋12πD ．32＋20π解析：选A 由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的边长为22，该几何体的表面积S ＝12×4π×22＋π×22＋22×2×4＝12π＋16，故选A.8．(2019·福州质检)已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面积为334，一个侧面的周长为63，则正三棱柱ABC -A 1B 1C 1外接球的表面积为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π解析：选C 如图所示，设底面边长为a ，则底面面积为34a 2＝334，所以a ＝ 3.又一个侧面的周长为63，所以AA 1＝2 3.设E ，D 分别为上、下底面的中心，连接DE ，设DE 的中点为O ，则点O 即为正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的球心，连接OA 1，A 1E ，则OE ＝3，A 1E ＝3×32×23＝1.在直角三角形OEA 1中，OA 1＝12＋(3)2＝2，即外接球的半径R ＝2，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝16π，故选C.9．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：9π210．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，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：3211．一个圆锥的表面积为π，它的侧面展开图是圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的高为________．解析：设圆锥底面半径是r ，母线长为l ，所以πr 2＋πrl ＝π，即r 2＋rl ＝1，根据圆心角公式2π3＝2πrl ，即l＝3r ，所以解得r ＝12，l ＝32，那么高h ＝l 2－r 2＝ 2.答案： 212．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．解析：如图，连接AO ，OB ，∵SC 为球O 的直径， ∴点O 为SC 的中点， ∵SA ＝AC ，SB ＝BC ， ∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S -ABC ＝V A -SBC＝13×S △SBC ×AO ＝13×⎝⎛⎭⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝⎛⎭⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3， ∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π13.如图是一个以A 1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积； (2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A 1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2，则该几何体的体积V ＝VA 1B 1C 1-A 2B 2C ＋VC -ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6. (2)在△ABC 中，AB ＝22＋(4－3)2＝5， BC ＝22＋(3－2)2＝5， AC ＝(22)2＋(4－2)2＝2 3.则S △ABC ＝12×23×(5)2－(3)2＝ 6.14.如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E -ACD 的体积63，求该三棱锥E -ACD 的侧面积．解：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 所以BE ⊥AC .因为BD ∩BE ＝B ，BD ⊂平面BED ，BE ⊂平面BED ， 所以AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形， 可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E -ACD 的体积 V 三棱锥E -ACD＝13·12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63， 故x ＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝ 6.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为 5. 故三棱锥E-ACD的侧面积为3＋2 5.第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系一、基础知识1．平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内． (2)公理2：过不在一条直线上的三点， 有且只有一个平面.(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线． 2．空间中两直线的位置关系 (1)空间中两直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行相交异面直线：不同在任何一个 平面内(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线， 经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的 锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成 的角(或夹角)． ②范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. (3)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．(4)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况.直线l 和平面α相交、直线l 和平面α平行统称为直线l 在平面α外，记作l ⊄α.(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．二、常用结论1．公理2的三个推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．2．异面直线判定的一个定理过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．3．唯一性定理(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．考点一平面的基本性质及应用[典例]如图所示，在正方体ABCD-AB1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求1证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．[证明](1)如图，连接EF，CD，A1B.1∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF＜CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈DA，∴CE，D1F，DA三线共点．[变透练清]1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是()。
高考数学一轮复习第八章 立体几何
第八章 立 体 几 何1.立体几何初步 (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(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，会用斜二侧法画出它们的直观图.③会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.④了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.(2)点、直线、平面之间的位置关系①理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理：·公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在此平面内.·公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面.·公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.·公理4：平行于同一条直线的两条直线平行. ·定理：空间中如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.②以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.理解以下判定定理： ·平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.·一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.·一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直.·一个平面过另一个平面的垂线，则两个平面垂直.理解以下性质定理，并能够证明：·如果一条直线与一个平面平行，那么过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.·两个平面平行，则任意一个平面与这两个平面相交所得的交线相互平行.·垂直于同一个平面的两条直线平行.·两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.③能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.2.空间直角坐标系(1)了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置.(2)会简单应用空间两点间的距离公式. 3.空间向量与立体几何 (1)了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示. (3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.(4)理解直线的方向向量及平面的法向量. (5)能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.(6)能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理(包括三垂线定理).(7)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.§8.1 空间几何体的结构、三视图和直观图1.棱柱、棱锥、棱台的概念 (1)棱柱：有两个面互相______，其余各面都是________，并且每相邻两个四边形的公共边都互相______，由这些面所围成的多面体叫做棱柱.※注：棱柱又分为斜棱柱和直棱柱.侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱.(2)棱锥：有一个面是________，其余各面都是A.棱柱的底面一定是平行四边形( 得到图解：还原正方体知该几何体侧视图为正方形，为实线，B 1C 的正投影为A 1D ，且B 1C 被遮挡为虚故选B.(2014·福建)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面________.解：所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.故填2π.已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为________.解：如图所示是实际图形和直观图.由图可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34在图中作C ′D ′⊥A ′B ′，垂足为D ′，则C ′D ′O ′C ′＝68a.各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是三棱柱 C.四棱锥解：该几何体的三视图由一个三角形，两个矩形组成，经分析可知该几何体为三棱柱，故选解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类：为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱.某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是解：D 选项的正视图应为如图所示的图形.故选积为20cm ________cm 解：由三视图可知，该几何体为三棱锥，此三棱锥的底面为直角三直角边长分别为5cm ，6cm ，三棱锥的高为则三棱锥的体积为V ＝13×12×5×6×h ＝20，解得4.对于空间几何体的考查，从内容上看，锥的定义和相关性质是基础，以它们为载体考查三视图、体积和棱长是重点.本题给出了几何体的三视图，要掌握三视图的画法“长对正、高平齐，宽相等”，不难将其还原得到三棱锥.(2014·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为__________.解：该三棱锥的直观图如图所示，易知PB ⊥平面ABC ，则有PA ＝22＋2，故最长棱为P A.类型三 空间多面体的直观图 如图是一个几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图解：由三视图知该几何体是一个简单组合体，它的下部是一个正四棱台，上部是一个正四棱锥画法：(1)画轴.如图1，画x 轴、y 使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°.图1画底面.利用斜二测画法画出底面′使OO ′等于三视图中相应高度，过的平行线′，Oy 的平行线O ′y ′，利用′画出底面A ′B ′C ′D ′.图2画正四棱锥顶点.在Oz 上截取点等于三视图中相应的高度.连接PA ′，PB ′，PC ′，PD ′D ，整理得到三视图表示的几何体2所示.点拨：根据三视图可以确定一个几何体的长、宽、高，再按照斜二测画法，建立x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°，确定几何体在x 轴、y 轴、z 轴方向上的长度，最后连线画出直观图.已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( )A. 2B.6 2C.13D.2 2解：因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形，该正方形的对角线长为2，根据斜二测画法的规则，原图底面的底边长为1，高为直观图中正方形的对角线长的两倍，即22，则原图底面积为S ＝22.因此该四棱锥的体积为V ＝13Sh ＝13×22×3＝22.故选D.类型四 空间旋转体的直观图用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3cm ，求圆台的母线长.解：设圆台的母线长为l ，截得圆台的上、下底面半径分别为r ，4r.根据相似三角形的性质得， 33＋l ＝r4r，解得 l ＝9. 所以，圆台的母线长为9cm .点拨：用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，设相关几何变量列方程求解.(2014·湖南)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：该几何体为一直三棱柱，底面是边长为6，8，10的直角三角形，侧棱为12，其最大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径r ，由等面积法可得12×(6＋8＋10)·r ＝12×6×8，得r ＝2.故选B.1.在研究圆柱、圆锥、圆台的相关问题时，主要方法就是研究它们的轴截面，这是因为在轴截面中容易找到这些几何体的有关元素之间的位置关系以及数量关系.2.正多面体(1)正四面体就是棱长都相等的三棱锥，正六面体就是正方体，连接正方体六个面的中心，可得到一个正八面体，正八面体可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成.(2)如图，在棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，连接A 1B ，BC 1，A 1C 1，DC 1，DA 1，DB ，可以得到一个棱长为2a的正四面体A 1BDC 1，其体积为正方体体积的13.(3)正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体.它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a ，球的半径为R).3.长方体的外接球(1)长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R .(2)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R .4.棱长为a 的正四面体(1)斜高为32a ；(2)高为63a ；(3)对棱中点连线长为22a ； (4)外接球的半径为64a ，内切球的半径为612a ；(5)正四面体的表面积为3a 2，体积为212a 3.5.三视图的正(主)视图、侧(左)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，主视图反映了物体的长度和高度；俯视图反映了物体的长度和宽度；左视图反映了物体的宽度和高度.由此得到：主俯长对正，主左高平齐，俯左宽相等.6.一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比发生了变化，注意原图与直观图中的“三变、三不变”.三变：坐标轴的夹角改变，与y 轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变.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.1.由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A.六棱锥B.六棱台C.六棱柱D.非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解：平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义，故选C.2.下列说法中，正确的是( ) A.棱柱的侧面可以是三角形B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其它侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等 解：棱柱的侧面都是平行四边形，选项A 错误；其它侧面可能是平行四边形，选项B 错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D 错误；易知选项C 正确.故选C.3.将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括( )A.一个圆台、两个圆锥B.两个圆台、一个圆柱C.两个圆台、一个圆锥D.一个圆柱、两个圆锥解：把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥.故选D.4.(2014·江西)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：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，外层轮廓线是一矩形，矩形内部有一条线段连接两个三角形.故选B.5.(2013·四川)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( )A.棱柱B.棱台C.圆柱D.圆台解：由俯视图可知该几何体的上、下两底面为半径不等的圆，又∵正视图和侧视图相同，∴可判断其为旋转体.故选D.6.(2014·课标Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A.6 2B.4 2C.6D.4解法一：如图甲，设辅助正方体棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥D ABC ，最长的棱为AD ＝6.解法二：将三视图还原为三棱锥D ABC ，如图若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其表面积等于________.解：由正视图知，三棱柱是底面边长为的正三棱柱，所以底面积为2×3×2×1＝6，所以其表面积为3.已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球____________.解：由三视图可知该组合体为球内接棱长为∴正方体的体对角线为球的直径，，r＝3.故填是截去一个角的长方体，试按图示的中几何体三视图如图b.如图1是某几何体的三视图，试说明该几何体的结构特征，并用斜二测画法画出它的直观图1中几何体是由上部为正六棱柱，下部为倒立的正六棱锥堆砌而成的组合体.斜二测画法：(1)画轴.如图2，画x轴，xOy＝45°，∠xOz＝∠yOz＝90°画底面，利用斜二测画法画出底面ABCDEF 轴上截取O′，使OO′等于正六棱柱的高，过的平行线O′x′，Oy的平行线O′x′与O′y′画出底面A′.画正六棱锥顶点.在Oz上截取点P，使等于正六棱锥的高.成图.连接PA′，PB′，PC′，PD′，′，BB′，CC′，DD′，EE′，FF理得到三视图表示的几何体的直观图如图3注意：图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来..某长方体的一条对角线长为7，在该长方体的正视图中，这条对角线的投影长为6，在该长方体的侧视图与俯视图中，这条对角线的投影长分和b，求ab的最大值.解：如图，则有1＝7，DC1＝6，1＝a，AC＝b，AB＝x，AD＝y，AA1＝z，有图如图所示，其中与题中容器对应的水的高度解：由三视图知其直观图为两个圆台的组合体，水是匀速注入的，所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大，又因为容器的对称性，所以函数图象关于一点中心对称.故选C.§8.2 空间几何体的表面积与体积1.柱体、锥体、台体的表面积(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积S 直棱柱侧＝__________，S 正棱锥侧＝__________， S 正棱台侧＝__________(其中C ，C ′为底面周长，h 为高，h ′为斜高).(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积S 圆柱侧＝________，S 圆锥侧＝________，S 圆台侧＝________(其中r ，r ′为底面半径，l 为母线长). (3)柱或台的表面积等于________与__________的和，锥体的表面积等于________与__________的和. 2.柱体、锥体、台体的体积 (1)棱柱、棱锥、棱台的体积 V 棱柱＝__________，V 棱锥＝__________，V 棱台＝__________ (其中S ，S ′为底面积，h 为高). (2)圆柱、圆锥、圆台的体积V 圆柱＝__________，V 圆锥＝__________，V 圆台＝__________(其中r ，r ′为底面圆的半径，h 为高). 3.球的表面积与体积(1)半径为R 的球的表面积S 球＝________. (2)半径为R 的球的体积V 球＝________,________).自查自纠：1.(1)Ch 12Ch ′ 12()C ＋C ′h ′(2)2πrl πrl π(r ＋r ′)l (3)侧面积 两个底面积 侧面积 一个底面积2.(1)Sh 13Sh 13h ()S ＋SS ′＋S ′(2)πr 2h 13πr 2h 13πh ()r 2＋rr ′＋r ′23.(1)4πR 2 (2)43πR 3圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为( ) A.6π(4π＋3)B.8π(3π＋1)C.6π(4π＋3)或8π(3π＋1)D.6π(4π＋1)或8π(3π＋2) 解：分两种情况：①以边长为6π的边为高时，4π为圆柱底面周长，则2πr ＝4π，r ＝2，∴S 底＝πr 2＝4π，S 侧＝6π×4π＝24π2，S 表＝2S 底＋S 侧＝8π＋24π2＝8π(3π＋1)；②以边长为4π的边为高时，6π为圆柱底面周长，则2πr ＝6π，r ＝3.∴S 底＝πr 2＝9π，S 表＝2S 底＋S 侧＝18π＋24π2＝6π(4π＋3).故选C. 正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为( ) A.23 2 B. 2 C.23 D.43 2解：∵正三棱锥的侧面均为直角三角形，故侧面为等腰直角三角形，且直角顶点为棱锥的顶点，∴侧棱长为2，V ＝13×12×(2)2×2＝23.故选C.(2014·安徽)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积是( )A.233B.476C.6D.7 解：如图示，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其体积V ＝8－2×13×12×1×1×1＝233.故选A. 长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的8个顶点在同一个球面上，且AB ＝2，AD ＝3，AA 1＝1，则球面面积为________.单位：解：由三视图可知，该几何体为圆柱与圆锥的其体积V ＝π×12×4＋13π×22×.类型一 空间几何体的面积问题 如图，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，AD 是BC 边上的高，沿AD 把△ABD BDC ＝90°.若BD ＝1，求三棱锥D ABC解：∵折起前AD 是BC 边上的高，∴沿AD 把△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥又∠BDC ＝90°.＝DA ＝DC ＝1，∴AB ＝BC ＝CA ＝2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12，ABC ＝12×2×2×sin60°＝32. ∴三棱锥D ABC 的表面积S ＝12×3＋. 的矩形，正视图高为4的等腰三角形，侧视图底边长为6，面积S.解：由已知可得该几何体是一个底面为矩形，，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥PAD ，PBC 是全等的等腰三角形，边上的高为h 1＝42＋⎝ ⎛2PAB ，PCD 也是全等的等腰三角形，h 2＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622⎝ ⎛12×6×42＋12×8×5空间旋转体的面积问题如图，半径为4的球O 柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是______.设球的一条半径与圆柱相应的母线的夹角为＝2π×4sin α＝π4时，S 取最大值球的表面积与该圆柱的侧面积之差为32π.点拨：根据球的性质，内接圆柱上、下底面中心连线的中点为球心，且圆柱的上、下底面圆周均在球面上，球心和圆柱的上、下底面圆上的点的连线与母线的夹角相等，这些为我们建立圆柱的侧面积与上述夹角之间的函数关系提供了依据.圆台的上、下底面半径分别是10 cm和20 cm ，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180°，那么圆台的侧面积是____________cm 2.解：如图示，设上底面周长为c.∵扇环的圆心角是180°，∴c ＝π·S A. 又∵c ＝2π×10＝20π， ∴SA ＝20.同理SB ＝40. ∴AB ＝SB －SA ＝20，∴S 圆台侧＝π(10＋20)·AB＝600π(cm 2).故填600π.类型三 空间多面体的体积问题如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23 B.33 C.43 D.32 解：如图，过A ，B 两点分别作AM ，BN 垂直于EF ，垂足分别为M ，N ，连接DM ，CN ，可证得DM ⊥EF ，CN ⊥EF ，则多面体ABCDEF 分为三部分，即多面体的体积V ABCDEF ＝V AMD BNC ＋V E AMD ＋V F BN C.依题意知AEFB 为等腰梯形.易知Rt △DME Rt △CNF ，∴EM ＝NF ＝12.又BF ＝1，∴BN ＝32. 作NH 垂直于BC ，则H 为BC 的中点，∴NH ＝22. ∴S △BNC ＝12·BC ·NH ＝24.∴V F BNC ＝13·S △BNC ·NF ＝224，V E AMD ＝V F BNC ＝224，V AMD BNC ＝S △BNC ·MN ＝24.∴V ABCDEF ＝23，故选A.点拨：求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别的，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”.(2014·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.12B.18C.24D.30解：由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的.所以该几何体的体积为V ＝12×3×4×5－13×12×3×4×3＝24.故选C. 类型四 空间旋转体的体积问题已知某几何体的三视图如图所示，其中，正(主)视图、侧(左)视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与其内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )A.2π3＋12B.4π3＋16C.2π6＋16 D.2π3＋12解：由三视图可得该几何体的上部是一个三棱锥，下部是半球，根据三视图中的数据可得V ＝12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×1＝2π6＋16.故选C.点拨：根据已知三视图想象出该几何体的直观图，然后分析该几何体的组成，再用对应的体积公式进行计算.(2014·课标Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm)，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3cm ，高为6cm 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.1727 B.59 C.1027 D.13解：原来毛坯体积为：π·32·6＝54π(cm 3)，由三视图知该零件由左侧底面半径为2cm ，高为4cm 的圆柱和右侧底面半径为3cm ，高为2cm 的圆柱构成，故该零件的体积为：π·22·4＋π·32·2＝34π(cm 3)，切削掉部分的体积为54π－34π＝20π(cm 3)，故切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为20π54π＝1027 .故选C.1.几何体的展开与折叠 (1)几何体的表面积，除球以外，都是利用展开图求得的，利用空间问题平面化的思想，把一个平面图形折叠成一个几何体，再研究其性质，是考查空间想象能力的常用方法.(2)多面体的展开图①直棱柱的侧面展开图是矩形；②正棱锥的侧面展开图是由一些全等的等腰三角形拼成的，底面是正多边形；③正棱台的侧面展开图是由一些全等的等腰梯形拼成的，底面是正多边形.(3)旋转体的展开图①圆柱的侧面展开图是矩形，矩形的长(或宽)是底面圆周长，宽(或长)是圆柱的母线长；②圆锥的侧面展开图是扇形，扇形的半径长是圆锥的母线长，弧长是圆锥的底面周长；③圆台的侧面展开图是扇环，扇环的上、下弧长分别为圆台的上、下底面周长.注：①圆锥中母线长l 与底面半径r 和展开图扇形中半径和弧长间的关系及符号容易混淆，同学们应多动手推导，加深理解.②圆锥和圆台的侧面积公式S 圆锥侧＝12cl 和S 圆台侧＝12(c ′＋c )l 与三角形和梯形的面积公式在形式上相同，可将二者联系起来记忆.2.空间几何体的表面积的计算方法有关空间几何体的表面积的计算通常是将空间图形问题转化为平面图形问题，这是解决立体几何问题常用的基本方法.(1)棱柱、棱锥、棱台等多面体的表面积可以分别求各面面积，再求和，对于直棱柱、正棱锥、正棱台也可直接利用公式；(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算其侧面积时需将曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和；(3)组合体的表面积应注意重合部分的处理. 3.空间几何体的体积的计算方法(1)计算柱、锥、台体的体积，关键是根据条件找出相应的底面面积和高，应注意充分利用多面体的截面特别是轴截面，将空间问题转化为平面问题求解.(2)注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、还台为锥法等，它们是计算一些不规则几何体体积常用的方法，应熟练掌握.(3)利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些点到平面的距离问题，即将点到平面的距离视为一个三棱锥的高，通过将其顶点和底面进行转化，借助体积的不变性解决问题.1.已知圆锥的正视图是边长为2的等边三角π B.8－π2 D.8－π4解：直观图为棱长为2的正方体割去两个底面14圆柱，其体积V ＝23－2×14×π×故选B.将长、宽分别为4和3的长方形ABCD 折成直二面角，得到四面体A BCD ，则四面体的外接球的表面积为( )B.50πC.5πD.10π解：由题设知AC 为外接球的直径，∴，S 表＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫522＝25π.故选，N 是球O 半径OP 上的两点，且分别过N ，M ，O 作垂直于OP 的平面，得三个圆，则这三个圆的面积之比为( )∶6 B.3∶6∶8 ∶9 D.5∶8∶9解：设球的半径为R ，以N ，M 为圆心的圆的半，r 2.由题知M ，N 是OP 的三等分点，三个圆的面积之比即为半径的平方比，在球的轴截面的外接圆的半径R 2－r 2＝63，的距离为2d ＝2d ＝13×34×23ABC ×2R ＝36，排除)一个六棱锥的体积为的正六边形，侧棱长都相等，则该________.设该六棱锥的高是h ，则V ，解得h ＝1.∴侧面三角形的高为，∴侧面积S ＝12×由题意可设直角梯形上底、下底和高为，它们分别为圆台的上、下底半径和高BC ⊥OA 于C ，则Rt ′B ＝4x －2x ＝2x ，＋BC 2＝（2x ）2侧＝[π(2x )2∶[π＝2∶8∶9.·上海)底面边长为，其表面展开图是三角形P 1的边长及三棱锥的体积V.解：由正三棱锥P ABC 的性质及其表面展开图，B ，C 分别是△P 1P 2P .依三角形中位线定理可得4.易判断正三棱锥P 的正四面体，其体积为V ＝212×四面体体积公式可见8.1名师点津4)一个圆锥的底面半径为R ＝2，高为在这个圆锥内部有一个高为x 的内接圆柱值时，圆柱的表面积最大？最大值是多少？解：如图是圆锥的轴截面，设圆柱的底面半径，解得r ＝R －R H x ＝2－ (图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，4<V 3 B.V 1<V 3<V 2<V 4 3<V 4 D.V 2<V 3<V 1<V 4解：由已知条件及三视图可知，该几何体从上到下依次是圆台，圆柱，正方体，棱台，则·π＋4π)＝7π3，V 2＝π×8，V 4＝13×1×(4＋4×16＋<V 1<V 3<V 4.故选C.§8.3 空间点、线、面之间的位置关系1.平面的基本性质 (1)公理1：如果一条直线上的______在一个平面内，那么这条直线在此平面内.它的作用是可用来证明点在平面内或__________________.(2)公理2：过____________上的三点，有且只有一个平面.公理2的推论如下：①经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面；②经过两条相交直线，有且只有一个平面； ③经过两条平行直线，有且只有一个平面. 公理2及其推论的作用是可用来确定一个平面，或用来证明点、线共面.(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们____________过该点的公共直线.它的作用是可用来确定两个平面的交线，或证明三点共线、三线共点等问题.2.空间两条直线的位置关系 (1)位置关系的分类 错误!(2)异面直线①定义：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线.注：异面直线定义中“不同在任何一个平面内的两条直线”是指“不可能找到一个平面能同时经过这两条直线”，也可以理解为“既不平行也不相交的两条直线”，但是不能理解为“分别在两个平面内的两条直线”.②异面直线的画法：画异面直线时，为了充分显示出它们既不平行又不相交，也不共面的特点，常常需要以辅助平面作为衬托，以加强直观性.③异面直线所成的角：已知两条异面直线a ，b ，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角).异面直线所成角的范围是____________.若两条异面直线所成的角是直角，则称两条异面直线__________，所以空间两条直线垂直分为相交垂直和__________.3.平行公理公理4：平行于____________的两条直线互相平行(空间平行线的传递性).它给出了判断空间两条直线平行的依据.4.等角定理等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角____________.自查自纠：1.(1)两点 直线在平面内 (2)不在一条直线 (3)有且只有一条2.(1)一个公共点 没有公共点 没有公共点(2)③⎝⎛⎦⎥⎤0，π2 互相垂直 异面垂直3.同一条直线4.相等或互补(2013·安徽)在下列命题中，不是．．公理的是( )A.平行于同一个平面的两个平面相互平行B.过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面C.如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D.如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线解：公理是不需要证明的原始命题，而选项A 是面面平行的性质定理，故选A.若∠AOB ＝∠A 1O 1B 1，且OA ∥O 1A 1，OA 与O 1A 1的方向相同，则下列结论中正确的是( )A.OB ∥O 1B 1且方向相同B.OB ∥O 1B 1C.OB 与O 1B 1不平行D.OB 与O 1B 1不一定平行解：两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行，如圆锥的母线与轴的夹角.故选D.若点P ∈α，Q ∈α，R ∈β，α∩β＝m ，且R ∉m ，PQ ∩m ＝M ，过P ，Q ，R 三点确定一个平面γ，则β∩γ是( )A.直线Q RB.直线P RC.直线R MD.以上均不正确 解：∵PQ ∩m ＝M ，m ⊂β，∴M ∈β.又M ∈平面PQ R ，即M ∈γ，故M 是β与γ的公共点.又R∈β，R ∈平面PQ R ，即R∈γ，∴R 是β与γ的公共点.∴β∩γ＝M R .故选C.给出下列命题：①空间四点共面，则其中必有三点共线； ②空间四点不共面，则其中任何三点不共线； ③空间四点中有三点共线，则此四点必共面； ④空间四点中任何三点不共线，则此四点不共。
2019-2020年高考数学一轮复习第八章立体几何层级快练48文
2019-2020年高考数学一轮复习第八章立体几何层级快练48文1．(2017·唐山模拟)正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为( ) A ．64π B ．32π C ．16π D ．8π答案 A解析 如图，作PM⊥平面ABC 于点M ，则球心O 在PM 上，PM ＝6，连接AM ，AO ，则OP ＝OA ＝R(R 为外接球半径)，在Rt △OAM 中，OM ＝6－R ，OA ＝R ，又AB ＝6，且△ABC 为等边三角形，故AM ＝2362－32＝23，则R2－(6－R)2＝(23)2，则R ＝4，所以球的表面积S ＝4πR 2＝64π.2．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π答案 C解析 由V ＝Sh ，得S ＝4，得正四棱柱底面边长为2.画出球的轴截面可得，该正四棱柱的对角线即为球的直径，所以球的半径为R ＝1222＋22＋42＝ 6.所以球的表面积为S ＝4πR2＝24π.故选C.3．若一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是( ) A ．8π B ．6π C ．4π D ．π答案 C解析 设正方体的棱长为a ，则a 3＝8. 因此内切球直径为2，∴S 表＝4πr 2＝4π.4．(2017·课标全国Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径长为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A ．π B.3π4 C.π2 D.π4答案 B解析 根据已知球的半径长是1，圆柱的高是1，如图，所以圆柱的底面半径r ＝22－122＝32，所以圆柱的体积V ＝πr 2h ＝π×(32)2×1＝34π.故选B. 5．(2018·安徽合肥模拟)已知球的直径SC ＝6，A ，B 是该球球面上的两点，且AB ＝SA ＝SB ＝3，则三棱锥S －ABC 的体积为( ) A.324B.924 C.322D.922答案 D解析 设该球球心为O ，因为球的直径SC ＝6，A ，B 是该球球面上的两点，且AB ＝SA ＝SB ＝3，所以三棱锥S －OAB 是棱长为3的正四面体，其体积V S －OAB ＝13×12×3×332×6＝924，同理V O －ABC ＝924，故三棱锥S －ABC 的体积V S －ABC ＝V S －OAB ＋V O －ABC ＝922，故选D.6．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 ．210 C.132 D ．310 答案 C解析 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 ＝（52）2＋62＝132. 7．(2018·广东惠州一模)已知一个水平放置的各棱长均为4的三棱锥形容器内有一小球O(质量忽略不计)，现从该三棱锥形容器的顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于( )A.76π B.43π C.23π D.12π 答案 C解析 由题知，没有水的部分的体积是三棱锥形容器的体积的18，三棱锥形容器的体积为13·34·42·63·4＝1623，所以没有水的部分的体积为223.设其棱长为a ，则其体积为13×34a 2×63a ＝223，∴a ＝2，设小球的半径为r ，则4×13×3×r ＝223，解得r ＝66，∴球的表面积为4π×16＝23π，故选C.8.如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为1的正方体，S －ABCD 是高为1的正四棱锥，若点S ，A 1，B 1，C 1，D 1在同一个球面上，则该球的体积为( ) A.25π16B.49π16C.81π16 D.243π128答案 C解析 如图所示，O 为球心，设OG 1＝x ，则OB 1＝SO ＝2－x ，同时由正方体的性质可知B 1G 1＝22，则在Rt △OB 1G 1中，OB 12＝G 1B 12＋OG 12，即(2－x)2＝x 2＋(22)2，解得x ＝78，所以球的半径R ＝OB 1＝98，所以球的表面积S ＝4πR 2＝81π16，故选C.9．(2018·郑州质检)四棱锥P －ABCD 的五个顶点都在一个球面上，该四棱锥的三视图如图所示，E ，F 分别是棱AB ，CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球的表面积为( )A ．9πB ．3πC ．22πD ．12π答案 D解析 该几何体的直观图如图所示，该几何体可看作由正方体截得，则正方体外接球的直径即为PC.由直线EF 被球面所截得的线段长为22，可知正方形ABCD 对角线AC 的长为22，可得正方形ABCD 的边长a ＝2，在△PAC中，PC ＝22＋（22）2＝23，球的半径R ＝3，∴S 表＝4πR 2＝4π×(3)2＝12π. 10．(2014·湖南)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答案 B解析 此几何体为一直三棱柱，底面是边长为6，8，10的直角三角形，侧棱为12，故其最大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径，故其半径为r ＝12×(6＋8－10)＝2，故选B.11．(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________． 答案 92π解析 设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，得a ＝3，设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3a ＝3，得R ＝32，所以该球的体积为43πR 3＝43π(32)3＝92π.12．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＝________．答案63π解析 设正四面体的棱长为a ， 则正四面体的表面积为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. 13．已知一圆柱内接于球O ，且圆柱的底面圆的直径与母线长均为2，则球O 的表面积为________． 答案 8π解析 圆柱的底面圆的直径与母线长均为2，所以球的直径为22＋22＝8＝22，即球半径为2，所以球的表面积为4π×(2)2＝8π.14．(2017·衡水中学调研卷)已知正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，若PA ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________． 答案33解析 方法一：先在一个正方体中找一个满足条件的正三棱锥，再利用正方体的性质解题．如图，满足题意的正三棱锥P －ABC 可以是正方体的一部分，其外接球的直径是正方体的体对角线，且面ABC 与体对角线的交点是体对角线的一个三等分点，所以球心到平面ABC 的距离等于体对角线长的16，故球心到截面ABC 的距离为16×23＝33.方法二：用等体积法：V P －ABC ＝V A －PBC 求解)．15.(2018·四川成都诊断)已知一个多面体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是直角边长为1的等腰直角三角形，俯视图是边长为1的正方形，若该多面体的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为________． 答案 3π解析 由三视图知几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱垂直于底面，高等于1，其底面是边长为1的正方形，∴ 四棱锥的外接球即是边长为1的正方体的外接球，∴外接球的直径为3，∴外接球的表面积S ＝4π×(32)2＝3π. 16．(2018·河北唐山模拟)已知矩形ABEF 所在的平面与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AD ＝2，AB ＝3，AF ＝332，M 为EF 的中点，则多面体M －ABCD 的外接球的表面积为________． 答案 16π解析 记多面体M －ABCD 的外接球的球心为O ，如图，过点O 分别作平面ABCD 和平面ABEF 的垂线，垂足分别为Q ，H ，连接MH 并延长，交AB 于点N ，连接OM ，NQ ，AQ ，设球O 的半径为R ，球心到平面ABCD 的距离为d ，即OQ ＝d ，∵矩形ABEF 所在的平面与矩形ABCD 所在的平面互相垂直，AF ＝332，M 为EF 的中点，∴MN ＝332，∴AN ＝NB ＝32，NQ ＝1，∴R 2＝(4＋92)2＋d 2＝12＋(332－d)2， ∴d ＝32，R 2＝4， ∴多面体M －ABCD 的外接球的表面积为4πR 2＝16π.1．(2017·课标全国Ⅱ，文)长方体的长，宽，高分别为3，2，1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为________． 答案 14π解析 依题意得，长方体的体对角线长为32＋22＋12＝14，记长方体的外接球的半径为R ，则有2R ＝14，R ＝142，因此球O 的表面积等于4πR 2＝14π.2．(2018·湖南长沙一中模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为( ) A ．8π B.25π2 C ．12π D.41π4答案 D解析 根据三视图得出，几何体是正方体中的一个四棱锥O －ABCD ，正方体的棱长为2，A ，D 为所在棱的中点．根据几何体可以判断，球心应该在过A ，D 的平行于正方体底面的中截面上，设球心到平面BCO 的距离为x ，则到AD 的距离为2－x ，所以R 2＝x 2＋(2)2，R 2＝12＋(2－x)2，解得x ＝34，R ＝414，该多面体外接球的表面积为4πR 2＝414π，故选D.3．(2014·陕西，理)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.32π3B ．4πC ．2π D.4π3答案 D解析 因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半，所以半径r ＝1212＋12＋（2）2＝1，所以V 球＝4π3×13＝4π3.故选D.4．(2018·洛阳统一考试)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答案 D解析 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去3个角后得到，该长方体的长、宽、高分别为5、4、3，所以其外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以该几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×(522)2＝50π，故选D.5．(2018·广东清远三中月考)某一简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积是( )A ．13πB ．16πC ．25πD ．27π答案 C解析 由三视图可知该几何体是底面为正方形的长方体，底面对角线为4，高为3，设外接球半径为r ，则2r ＝（22）2＋（22）2＋32＝5，∴r ＝52，∴长方体外接球的表面积S＝4πr 2＝25π.6．(2018·福建厦门模拟)已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为32R ，AB ＝AC ＝BC ＝23，则球O 的表面积为( ) A.163π B ．16π C.643π D ．64π答案 D解析 因为AB ＝AC ＝BC ＝23，所以△ABC 为正三角形，其外接圆的半径r ＝232sin60°＝2，设△ABC 外接圆的圆心为O 1，则OO 1⊥平面ABC ，所以OA 2＝OO 12＋r 2，所以R 2＝(32R)2＋22，解得R 2＝16，所以球O 的表面积为4πR 2＝64π，故选D.7．(2018·四川广元模拟)如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，将△ADE，△EBF ，△FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使得A ，B ，C 三点重合于点A ′，若四面体A ′EFD 的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为________．答案62解析 由题意可知△A′EF 是等腰直角三角形，且A ′D ⊥平面A ′EF.由于△A′EF 可以补全为边长为1的正方形，则该四面体必能补全为长、宽、高分别为1，1，2的正四棱柱，三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个球，易知正四棱柱的外接球的直径为12＋12＋22＝ 6.故球的半径为62.8.(2017·德州模拟)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的两个全等的等腰直角三角形，该几何体的体积是________；若该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的表面积是________．答案 133π解析 由三视图知该几何体是底面为1的正方形，高为1的四棱锥，故体积V ＝13×1×1×1＝13，该几何体与棱长为1的正方体具有相同的外接球，外接球直径为3，该球表面积S ＝4π×(32)2＝3π，正方体、长方体的体对角线即为外接球的直径．。
2019-2020高考数学(理)复习试题汇编 第八章 立体几何 含解析
r 3 ，所以1 222R3a 3 ， V 4 （.第八章 立体几何第一节 空间几何体及其表面积和体积题型 85 空间几何体的表面积与体积1.（2017 江苏 6）如图所示，在圆柱 O O 内有一个球 O ，该球与圆柱的上、下面及母线均1 2相切．记圆柱 O 1O 2 的体积为V 1 ，球 O 的体积为V 2 ，则O 2OO 1VV1 的值是 ．21.解析 设球 O 的半径为 r ，由题意V1r 2 2r ，V24 3V V23 3．故填 ．2．2017 天津理 10）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18 ，则这个球的体积为.2.解析 设正方体的边长为 a ，则 6a 218 a 23 .外接球直径为正方体的体对角线，所以4 27 9πR 3π π 33 8 23.（2107 全国 1 卷理科 16）如图所示，圆形纸片的圆心为 O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为 O .D ， E ， F 为圆 O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以 BC ， CA ， AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以 BC ， CA ， AB 为折痕折起 △DBC ， △ECA ， △FAB ，使得 D ， E ， F 重合，得到三棱锥.当 △ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位： c m 3）的最大值为_______.EAFOBC1h = DG - OG = 25 - 10x + x - x = 25 - 10x ， △S ABC = 2 3x ⋅ 3x ⋅ 12⋅ h = 3x 2 25 - 10x = 3 25x 4 - 10x 5 .令 f (x ) = 25x 4 - 10 x 5 ， x ∈ 0, ⎪ ， 1 ⎛ 5 ⎫ f (x ) 在 (0,2 )上单调递增，在 2, ⎪ 上单调递减.故 f (x )≤ f (2) = 80 ，则A ． πB ． 3π r = 12 - ⎪ =3.解析 由题意，联结 OD ，交 BC 于点 G ，如图所示，则 O D ⊥ BC ， OG =3 BC ，6即 OG 的长度与 BC 的长度成正比.设 OG = x ，则 BC = 2 3x ， DG = 5 - x ，三棱锥的高2 2 2 2 =3 3x 2 ，则 V =3 △S ABC ⎝ 2 ⎭f ' (x ) = 100 x 3- 50 x 4，令 f ' (x ) > 0 ，即 x 4- 2x 3< 0 ， x < 2 ，当 f ' (x ) < 0 ，得 2 < x < 52，所以⎛ 5 ⎫⎝ 2 ⎭V ≤ 3 ⨯ 80 = 4 15 ，所以体积的最大值为 4 15 cm 3.题型 86 旋转体的表面积、体积及球面距离4.（2107 全国 3 卷理科 8）已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）.4C ． π 2D ．π44．解析 如图所示，由题可知球心在圆柱体的中心处，圆柱体上、下底面圆的半径⎛ 1 ⎫2⎝ 2 ⎭3 2 ，则圆柱体的体积V = πr 2h = 3π4 .故选B.题型87 几何体的外接球与内切球S=⨯(π⨯12)⨯3=232S= 2⨯1⨯⎪⨯3=1，所以几何体体积，三棱锥体积为22第二节空间几何体的直观图与三视图题型88斜二测画法与直观图——暂无题型89空间几何体的三视图5.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）. A.π2π3π3π+1 B.+3 C.+1 D.222+35.解析由三视图可知，直观图是由半个圆锥与一个三棱锥构成，半圆锥体积为111π1⎛1⎫3⎝2⎭S=S+S=π+1．故选A．126.（2017全国1卷理科7）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）.A.10B.12C.14D.16= V = V - V = π ⋅ 32 ⋅10 - ⋅ π ⋅ 32 ⋅ 6 = 63π .故选 B.2 上 26. 解析 由三视图可画出立体图，如图所示，该多面体只有两个相同的梯形的面，S = (2 + 4)⨯ 2 ÷ 2 = 6 ， S 梯全梯 6 ⨯ 2 = 12 .故选 B.7.（2107 全国 2 卷理科 4）如图所示，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（ ）.A ． 90πB ． 63πC ． 42πD ． 36π7．解析 该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为 6 的圆柱的一半，如图所示．1 1总6468.（2017 北京理 7）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）.A. 3 2B. 2 3C. 2 2D.29.解析该几何体的体积为V=1π⨯12⨯1⨯2+2⨯1⨯1=+2．8.解析几何体四棱锥如图所示，最长棱为正方体的体对角线，即l=22+22+22=23.故选B.19.（2017山东理13）由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图所示，则该4几何体的体积为.π42第三节空间点、直线、平面之间的位置关系题型90证明“点共面”“线共面”“点共线”或“线共点”——暂无题型91截面问题——暂无10.（2017江苏18）如图所示，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为107cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，C G()=30，从而s in∠MAC=3.记AC=107，A M=40，所以MC=402-1071111故PQ1=12，从而AP=PQ sin∠MACE G的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现11有一根玻璃棒l，其长度为40cm（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）.（1）将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；（2）将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．D1C1H1G1A1B1O1E1F1DH OA B E F容器Ⅰ容器Ⅱ10.解析（1）由正棱柱的定义，C C⊥平面ABCD，所以平面A ACC⊥平面ABCD，111CC⊥AC．1记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处，如图所示为截面A1ACC1的平面图形．因为24AM与水面的交点为P，过点P作PQ1⊥AC，Q1为垂足，则PQ1⊥平面ABCD，1111=16．答：玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．= + ∠KGG ⎪ = cos ∠KGG = ． 设 ∠EGG = α ， ∠ENG = β ，则 sin α = sin⎝ 2 1 ⎭5 < α < π ，所以 cos α = - 因为 0 < β < πsin α cos β + cos α sin β = 4 ⨯ + - ⎪⨯ = ．222A 1AC 1 MP 1Q 1 C问(1)（2）如图所示为截面 E 1EGG 1 的平面图形， O ， O 1 是正棱台两底面的中心．由正棱台的定义，OO 1 ⊥ 平面 EFGH ，所以平面 E 1EGG 1 ⊥ 平面 EFGH ，O 1O ⊥ EG ．同理，平面 E 1EGG 1 ⊥ 平面 E 1F 1G 1H 1 ， O 1O ⊥ E 1G 1 ．记玻璃棒的另一端落在 GG 1 上点 N 处．过 G 作 GK ⊥ E 1G 1 ， K 为垂足，则 GK = OO 1 = 32 ．因为 EG 14 ， E 1G 1 = 62 ，所以 KG 1 = 62 - 142= 24 ，从而 GG = 1KG 2 + GK 2 = 242 + 322 = 40 ．1⎛π ⎫ 4 1 1因为π3． 2 5在 △ENG 中，由正弦定理可得40 14 7= ，解得 sin β = ． sin α sin β 2524，所以 cos β =， 225于是 sin ∠NEG = sin (π- α - β ) = sin (α + β )=24 ⎛ 3 ⎫ 7 35 25 ⎝ 5 ⎭ 25 5记 EN 与水面的交点为 P ，过 P 作 P Q 2 ⊥ EG ， Q 2 为垂足，则 P 2Q 2 ⊥ 平面 EFGH ，故 P 2Q 2 = 12 ，从而 EP =PQsin ∠NEG( )= 30 ， PQ AC = 10 7 ， A M = 40 ，所以 C M = 402 - 10 7 CM AM 30 40 1= 20 ．2 22答：玻璃棒 l 没入水中部分的长度为 20 cm ．E 1O 1KG 1NP 2E O G Q 2问(2)评注 此题本质上考查解三角形的知识，但在这样的大背景下构造的应用题让学生有畏惧之感，且该应用题的实际应用性也不强．也有学生第（1）问采用相似法解决，解法如下：21 1= 12 ，所以由 △ AP Q 1△∽ A CM ， PQ AP 12 AP1 1 = 1 ，即 = 1 ，解得 AP = 16 ． 1答：玻璃棒 l 没入水中部分的长度为16 cm ．题型 92 异面直线的判定——暂无第四节 直线、平面平行的判定与性质题型 93 证明空间中直线、平面的平行关系11.（2107 浙江 19（1））如图所示，已知四棱锥 P - ABCD ， △P AD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形， BC //AD ， CD ⊥ AD ， PC = AD = 2DC = 2CB ， E 为 PD 的中点.（1）证明： C E // 平面 PAB .PEA DB C11.解析 （1）如图所示，设 P A DE 的中点为 F ，联结 EF ， FB .因为E，F分别为PD，P A的中点，所以EF//AD，且EF=12 AD.又因为BC//AD，BC=12AD，所以EF//BC，且EF=BC，所以四边形BCEF为平行四边形，所以C E//BF，又BF⊂平面P AB，所以CE//平面P AB.PFH Q EANDB M C12.（2017江苏15）如图所示，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E,F（E与A,D不重合）分别在棱AD,BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．AEB F DC12.解析（1）在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，且点E与点A不重合，所以EF//AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF//平面ABC.（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCD=BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC AB=B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.13.（2017全国2卷理科19）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=（1）求证：直线C E//平面P AB；12AD，∠BAD=∠ABC=90o，E是PD的中点.=PMEADBC13．解析 （1）令 P A 的中点为 F ，联结 EF ， BF ，如图所示．因为点E ， F 为 PD ， P A1的中点，所以 E F 为 △P AD 的中位线，所以EF // AD ．又因为∠BAD = ∠ABC = 90︒ ，所以=2BC ∥AD ．又因为 AB = BC = 12 1AD ，所以 BC // = 2 AD ，于是 EF // BC ．从而四边形 BCEF 为平行四边形，所以 CE ∥BF ．又因为 BF ⊂ 面P AB ，所以 CE ∥ 平面 PAB .zPFMEBAxCOM 'D y题型 94 与平行有关的开放性、探究性问题第五节 直线、平面垂直的判定与性质题型 95 证明空间中直线、平面的垂直关系14.（2017 江苏 15）如图所示，在三棱锥 A - BCD 中，AB ⊥ AD ，BC ⊥ BD ，平面 ABD ⊥平面 BCD ， 点 E, F （ E 与 A, D 不重合）分别在棱 AD , BD 上，且 EF ⊥ AD ．求证：（1） EF ∥平面 ABC ；（2） AD ⊥ AC ．ABEF DC14.解析（1）在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，且点E与点A不重合，所以EF//AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF//平面ABC.（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCD=BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC AB=B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.15.（2017全国1卷理科18（1））如图所示，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且∠BAP=∠CDP=90.(1)求证：平面P AB⊥平面P AD；PD CA B15.解析（1）证明：因为∠BAP=∠CDP=90，所以P A⊥AB，PD⊥CD.又因为AB∥CD，所以PD⊥AB.又因为PD P A=P，PD，P A⊂平面P AD，所以AB⊥平面P AD.又AB⊂平面P AB，所以平面P AB⊥平面P AD.16.（2017全国3卷理科19（1））如图所示，四面体ABCD△中，ABC是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）求证：平面ACD⊥平面ABC；由 ⎨BD = BD，得 △ A BD ≥? CBD ，所以 AD = CD ，即 △ A CD 为等腰直角三角形，⎪∠ABD = ∠DBC， OB = ， 夹角或其补角（异面线所成角为 0 ， ⎥ ）.可知 MN = AB = ， NP = BC = ，取 BC 的中点 Q ，联结 PQ, MQ , PM ，则可知 △PQM 为直角三角形．PQ = 1 ，MQ = AC .π⎤ 2 ⎦ 1 116．解析 ⑴如图所示，取 AC 的中点为 O ，联结 BO ， DO .因为 △ABC 为等边三角形，所以 BO ⊥ AC ， AB = BC .⎧ AB = BC ⎪ ⎩从而 ∠ADC 为直角.又 O 为底边 AC 中点，所以 DO ⊥ AC .令 AB = a ，则 AB = AC = BC = BD = a ，易得 OD =a 3a 2 2所以 OD2 + OB2 = BD2 ，从而由勾股定理的逆定理可得 ∠DOB = π2 ，即 OD ⊥ OB .⎧OD ⊥ AC ⎪OD ⊥ OB ⎪⎪由 ⎨ AC OB = O ，所以 OD ⊥ 平面 ABC .⎪ AC ⊂ 平面ABC ⎪⎪⎩OB ⊂ 平面ABC又因为 OD ⊂ 平面 ADC ，由面面垂直的判定定理可得平面 ADC ⊥ 平面 ABC .DEC OBA题型 96 与垂直有关的开放性、探索性问题——暂无第六节 空间向量与立体几何题型 97 空间向量及其运算题型 98 空间角的计算17.（2017 全国 2 卷理科 10）已知直三棱柱 ABC - A B C 中， ∠ABC = 120 ， AB = 2 ，1 1 1BC = CC = 1，则异面直线 AB 与 BC 所成角的余弦值为（）.1 11A ．3215 10 B ． C ． D ．5 53317．解析设 M ，N ，P 分别为 AB ，BB ，B C 的中点，则 AB 和 BC 的夹角为 MN 和 NP11 111⎛ 1 5 1 2 ⎝ 2 2 2 212A⋅B c⋅o B sC∠=4A+B1-C⨯2⨯2⋅ -1⎪=222-AC=7，则MQ=7，则在△MQP中，MP=MQ2+PQ2=⎪+ ⎪- 2⎪⎭2⎪⎭2⎪⎭MN2+NP2-PM2在△PMN中，cos∠PNM==⎝2⋅MN⋅NP又异面直线所成角为 0，⎥，则其余弦值为．故选C.π⎤2⎦在△ABC中，A C=A B+B2C⎛1⎫⎝2⎭，7即1122.⎛1⎝5⎛5⎫2⎛2⎫2⎛11⎫2⎝⎝522⋅⋅22=-10.518.（2107山东理17）如图所示，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是DF的中点.（1）设P是CE上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（2）当AB=3，AD=2，求二面角E-AG-C的大小.18.解析（1）因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB AP=A，所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.又∠EBC=120︒，所以∠CBP=30︒.（2）以B为坐标原点，分别以B E，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.13⎪m⋅AG=0⎪x+3y=0⎪⎪由⎨，可得⎨2⎪n⋅C G=0⎪2x+3z=0⎪⎪从而cos m,n=m⋅nm⋅n2，易知二面角zAF GDExBPCy由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1,3,3)，C(-1,3,0)，则AE=(2,0,-3)，AG=(1,3,0)，CG=(2,0,3).设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量，⎧m⋅AE=0⎧2x1-3z1=0由⎨，可得⎨，11取z1=2，可得平面AEG的一个法向量m=(3,-3,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量，⎧n⋅AG=0⎧x+3y=0222，取z2=-2，可得平面ACG的一个法向量n=(3,-3,-2).=1E-AG-C为锐角.因此所求的角为60︒.19.（2017江苏22）如图所示，在平行六面体ABCD-A B C D中，AA⊥平面ABCD，11111且AB=AD=2，AA=3，∠BAD=120︒．1（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B-A1D-A的正弦值．{ }则 cos A 1B, AC 1 = (3, -1,- 3 )⋅ (3,1, 3)1 =- ． A B AC = )A 1D 1B 1C 1ADBC19.解析 在平面 ABCD 内，过点 A 作 AE ⊥ AD ，交 BC 于点 E ．因为 AA 1 ⊥ 平面 ABCD ，所以 AA 1 ⊥ AE ， AA 1 ⊥ AD ．如图所示，以 AE , AD , AA 1 为正交基底，建立空间直角坐标系 A - xyz ．zA 1D 1B 1C 1AD yBECx因为 AB = AD = 2 ， AA = 3 ， ∠BAD = 120︒ ．1则 A (0,0,0 ) ，B (3, -1,0 )，D (0,2,0 ) ，E ( 3,0,0 )， A (0,0, 3 )，C( 3,1, 3 )．1 1（1） A B =1( 3, -1,- 3 )， AC = ( 3,1, 3 )，1A B ⋅ AC1 1 1 1 7 7因此异面直线 A 1B 与 AC 1 所成角的余弦值为 1 7．（2）平面 A 1DA 的一个法向量为 AE = (3,0,0 )．设 m = (x, y , z ) 为平面 BA 1D 的一个法向量，又 A 1B = (3, -1,- 3 )， BD =(-3,3,0 ，⎧⎪m ⋅ A B= 0 ⎧ 3x - y - 3z = 0 则 ⎨ ，即 ⎨ ．( )⎩ ⎩ ⋅ 3因此二面角 B - A 1D - A 的正弦值为 7 )0 0 2 0 0 2 01 ⎪m ⋅ BD = 0 ⎪- 3x + 3 y = 0不妨取 x = 3 ，则 y = 3 ， z = 2 ，所以 m = 3, 3,2 为平面 BA 1D 的一个法向量.从而 cos AE , m =AE ⋅ m AE m =(3,0,0 ) (3, 3 ⨯ 43,2 )= 34，设二面角 B - A 1D - A 的大小为θ ，则 cos θ = 4 ．因为 θ ∈ [0, π] ，所以 sin θ = 1 - cos 2θ =74．4．20. （ 2017 全 国 1 卷 理 科 18 ） 如 图 所 示 ， 在 四 棱 锥 P - ABCD 中 ， AB //CD ， 且∠BAP = ∠CDP = 90 .(1)求证：平面 P AB ⊥ 平面 P AD ；(2)若 P A = PD = AB = DC ， ∠APD = 90 ，求二面角 A - PB - C 的余弦值.PDCAB20. 解析 （1）证明：因为 ∠BAP = ∠CDP = 90 ，所以 P A ⊥ AB ， PD ⊥ CD .又因为 AB ∥ CD ，所以 PD ⊥ AB .又因为 PDP A = P ， PD ， P A ⊂ 平面 P AD ，所以 AB ⊥平面 P AD .又 AB ⊂ 平面 P AB ，所以平面 P AB ⊥ 平面 P AD .（2）取 AD 的中点 O ， BC 的中点 E ，联结 PO ， OE ，因为 AB ∥CD ，所以四边形 ABCD为平行四边形，所以 OE ∥AB .由（1）知， AB ⊥ 平面 P AD ，所以 OE ⊥ 平面 P AD .又 PO ，AD ⊂ 平面 P AD ，所以 OE ⊥ PO ， OE ⊥ AD .又因为 P A = PD ，所以 PO ⊥ AD ，从而 PO ，OE ， AD 两两垂直.以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz ，设 P A = 2 ，所以 D (- 2 ， ， )， B ( 2 ， ， )， P (0 ，， 2 )， C (-2 ， ， ，)0-2-00⎪⎪⎩⎩()()PD⋅n=所以PD=(-2，，2)，PB=(2，，2)，BC=(-2设n=(x,y,z)为平面PBC的一个法向量，2，，.⎧n⋅PB=0⎧2x+2y-2z=0由⎨，得⎨⎪n⋅BC=0⎪-22x=0.令y=1，则z=2，x=0，可得平面PBC的一个法向量n=0,1,2.因为∠APD=90︒，所以PD⊥P A，又知AB⊥平面P AD，PD⊂平面P AD，所以PD⊥AB，又P A AB=A，所以PD⊥平面P AB.即PD是平面P AB的一个法向量，PD=-2,0,-2，从而cos PD,n=PD⋅n-223=-33.由图知二面角A-PB-C为钝角，所以它的余弦值为-33.21.（2017全国2卷理科19）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=12AD，∠BAD=∠ABC=90o，E是PD的中点.（1）求证：直线C E//平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成的锐角为45，求二面角M-AB-D的余弦值.PM EA DB C21．解析（1）令P A的中点为F，联结EF，BF，如图所示．因为点E，F为PD，P A=2=( )0 0 - 0 - 0 0 0 1 0 0 3 3 设 MM ' = a ， CM ' = a ， OM ' = 1 - a ．所以 M ' 1 - 3 a ，0 ，0 ⎪ ．3 a 2 + 1 = a ⇒ a = M ' 1 - ，0 ，0 ⎪⎪ ， M 1 - 2 ，0 ， 2 ，1， ⎪ ， AM = 1 - 22 ⎪⎭ ， AB = (1，0 ，0) ． 2 ⎪⎭ ⎫ ⎛ ⎛ 211的中点，所以 E F 为 △P AD 的中位线，所以EF // AD ．又因为∠BAD = ∠ABC = 90︒ ，所以BC ∥AD ．又因为 AB = BC = 1 21AD ，所以 BC // =2 AD ，于是 EF // BC ．从而四边形 BCEF 为平行四边形，所以 CE ∥BF ．又因为 BF ⊂ 面P AB ，所以 CE ∥ 平面 PAB .（2）以 AD 的中点 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设 AB = BC = 1 ，则O (0 ，， ) ， A (0 ， 1， ) ， B (1， 1， ) ， C (1， ，) ， D (0 ，，) ， P 0 ，， 3 ．点 M 在底面 ABCD 上的投影为 M ' ，所以 MM ' ⊥ BM ' ，联结 BM ' ．因为 ∠MBM ' = 45 ，所以△MBM ' 为等腰直角三角形．因为 △POC 为直角三角形，OC =33OP ，所以 ∠PCO = 60 ．⎛ 3 ⎫ 3 3 ⎝ ⎭⎛ 3 ⎫2 1 6BM ' = 3 a ⎪ + 12 + 02 = 2 ⎝ ⎭．从而 OM ' = 1 - 3 2 a = 1 -3 2．所以 ⎛ 2 2 6 ⎫ 2 6 ⎫ ⎝ ⎭ ⎝ ⎝设平面 ABM 的法向量 m = (0 ，y ，z ) ，则 m ⋅ AM = y +6 z = 0 ，所以m = (0 ，- 6 ，2) ，111易知平面 ABD 的一个法向量为 n = (0 ，0 ，1) ，从而 cos m ,n = m ⋅ n 10= ．故二面角m ⋅ n 5M - AB - D 的余弦值为 105．zPFMEBAxCOM 'D y22.（2017 全国 3 卷理科 19）如图所示，四面体 ABCD 中，△ A BC 是正三角形，△ ACD是直角三角形，∠ABD = ∠CBD ， AB = BD ．（1）求证：平面 ACD ⊥ 平面 ABC ；（2）过 AC 的平面交 BD 于点 E ，若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分，由⎨BD=BD，得△A BD≥?CBD，所以AD=CD，即△A CD为等腰直角三角形，⎪∠ABD=∠DBC，OB=，⎛a⎫⎛a⎫建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A ,0,0⎪，D 0,0,⎪，B 0,2,0⎪，E 0,4a,⎪⎪，⎛2⎭AE=-,,⎪⎪，AD= -,0,⎝244⎭⎪，OA= ,0,0⎪.求二面角D–AE–C的余弦值．22．解析⑴如图所示，取AC的中点为O，联结BO，DO.因为△ABC为等边三角形，所以BO⊥AC，AB=BC.⎧AB=BC⎪⎩从而∠ADC为直角.又O为底边AC中点，所以DO⊥AC.令AB=a，则AB=AC=BC=BD=a，易得OD=a3a 22所以OD2+OB2=BD2，从而由勾股定理的逆定理可得∠DOB=π2，即OD⊥OB.⎧OD⊥AC⎪OD⊥OB⎪⎪由⎨AC OB=O，所以OD⊥平面ABC.⎪AC⊂平面ABC⎪⎪⎩OB⊂平面ABC又因为OD⊂平面ADC，由面面垂直的判定定理可得平面ADC⊥平面ABC.DECOBA⑵由题意可知VD-ACE =VB-ACE，即B，D到平面ACE的距离相等，即点E为BD的中点.以O为坐标原点，OA为x轴正方向，OB为y轴正方向，OD为z轴正方向，设AC=a，⎛3a⎫3a⎫⎝2⎭⎝⎝⎭⎝4⎭易得⎛a3a a⎫⎛a a⎫⎛a⎫⎝22⎭⎝2⎭设平面AED的法向量为n1=(x1,y1,z1)，平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2)，⎪⎩AD⋅n=0(3,1,3)；⎧⎪⎨AE⋅n则⎨，取n=⎪⎩OA⋅n=0()⎧⎪AE⋅n=0=012121，取n=0,1,-3.2设二面角D-AE-C为θ，易知θ为锐角，则cosθ=zDECOn⋅n12n⋅n12B y7=.7xA23.（2017北京理16）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD//平面MAC，P A=PD=（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B-PD-A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．6，AB=4．23.解析（1）设AC,BD的交点为E，联结ME.因为PD∥平面MAC，平面MAC平面PBD=ME，所以PD∥ME.因为ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点.PMA BD E C（2）取AD的中点O，联结O P，OE.因为P A=PD，所以OP⊥AD.又因为平面P AD⊥平面ABCD，且OP⊂平面P AD，所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.⎪⎪⎩⎩M -1,2,⎪⎪，C(2,4,0)，MC=(3,2,-).设直线MC与平面BDP所成角为α，则sinα=cos<n,MC>=n⋅MC因为ABCD是正方形，所以O E⊥AD.如图所示，建立空间直角坐标系O-xyz，则P(0,0,2)，D(2,0,0)，B(-2,4,0)，BD=(4,-4,0)，PD=(2,0,-2).⎧n⋅BD=0⎧4x-4y=0设平面BDP的法向量为n=(x,y,z)，则⎨，即⎨⎪n⋅PD=0⎪2x-2z=0令x=1，则y=1，z=2，于是n=(1,1,2)..平面P AD的法向量为p=(0,1,0)，所以cos<n,p>=n⋅p1=. |n||p|2由题知二面角B-PD-A为锐角，所以它的大小为zPM π3.A BD OECyx⎛2⎫2（3）由（1）知⎝2⎭2所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为26.9n MC=269.24.（2017天津理17）如图所示，在三棱锥P-ABC中，P A⊥底面ABC，∠BAC=90.点D，E，N分别为棱P A，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，P A=AC=4，AB=2.（1）求证：MN//平面BDE；（2）求二面角C-EM-N的正弦值；（3）已知点H在棱P A上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721，求线段AH的0 0) 0 0) 4 0) 0 4) 0 2) 2 2) 0 1) 2 0) ⎪ ⎪⎩ n ⋅ MN = 0 ⎪ 因此有 cos n 1, n 2 = n⋅ n415 | n || n | 2121PDMAEBNC24.解析 如图所示，以 A 为坐标原点，{AB, AC, AP }为基底，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意可得 A(0，， ， B(2，， ， C (0，， ， P(0，， ， D(0，， ， E (0，， ，M (0，， ， N (1，， ．zPDMEB ACxNy（1）证明： DE = (0, 2,0 )， DB = (2,0, -2 ) .设 n = ( x , y , z) 为平面 BDE 的一个法向量，⎧n ⋅ DE = 0 ⎧2 y = 0 则 ⎨ ，即 ⎨ ，不妨设 z = 1 ，可得 n = (1,0,1) .⎪⎩n ⋅ DB = 0⎩2 x - 2 z = 0又 MN = (1,2, -1) ，可得 MN ⋅ n = 0 ，因为 MN ⊄ 平面 BDE ，所以 MN // 平面 BDE ．（2）易知 n = (1,0,0) 为平面 CEM 的一个法向量.设 n = ( x , y , z) 为平面 EMN 的一个法向12⎧n ⋅ EM = 0量，则 ⎨ 2 2⎧-2 y - z = 0 ，因为 EM = (0, -2, -1) ， MN = (1,2, -1) ，所以 ⎨⎩ x + 2 y - z = 0 .不妨设 y = 1 ，可得 n = (-4,1,-2) .21 2 =- ，于是 sin n , n =1 21 2.所以二面角 C - EM - N 的正弦值为 1521.由已知得 cos NH , BE = | NH ⋅ BE | 解得 h = 8 0 h（3）依题意，设 AH = h (0剟h 4 ) ，则 H （0， ， ），进而可得 NH = (-1,-2, h) ，BE = (-2,2,2) .| 2h - 2 | 7= = ，整理得10h 2 - 21h + 8 = 0 ，| NH || BE | h 2 + 5 ⨯ 2 3 2118 1或 h = .所以线段 AH 的长为 或 .5 2 5 225.（2107 浙江 19）如图所示，已知四棱锥P - ABCD ，△P AD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形， BC //AD ， CD ⊥ AD ， PC = AD = 2DC = 2CB ， E 为 PD 的中点.（1）证明： C E // 平面 P AB ；（2）求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值.PEA DB C25.解析 （1）如图所示，设 P A DE 的中点为 F ，联结 EF ， FB .1因为 E ， F 分别为 PD ， P A 的中点，所以 EF //AD ，且 EF = AD .2又因为 BC //AD ， BC = 1 2AD ，所以 EF //BC ，且 EF =BC ，所以四边形 BCEF 为平行四边形，所以 C E //BF ，又 BF ⊂ 平面 P AB ，所以 CE // 平面 P AB .PFH QEANDBM C（2）分别取 BC ， AD 的中点为 M ， N .联结 PN 交 EF 于点 Q ，联结 MQ .因为 E ，F ，N 分别是 PD ，P A ，AD 的中点，所以 Q 为 EF 的中点，在平行四边形 BCEF 中， MQ //CE .由 △P AD 为等腰直角三角形，得 PN ⊥ AD .-BC在Rt△MQH中，QH=1Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D–PR–Q，由DC⊥AD，N是AD的中点，所以ND=12AD=BC，且DN∥BC,所以四边形BCDN 是平行四边形，所以B N∥CD，所以B N⊥AD.又BN PN=N,所以AD⊥平面PBN，由BC//AD，得BC⊥平面PBN，又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBN.过点Q作PB的垂线，垂足为H，联结MH.MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=2，由余弦定理得C E=2，又BC⊥平面PBN，PB⊂平面PBN，所以BC⊥PB.在△PBN中，由PN=BN=1，PB=PC22=3，QH⊥PB,Q为PN的中点，得QH=14.2，MQ=2，所以sin∠QMH=，48所以直线C E与平面PBC所成角的正弦值是28.26．（2107浙江9）如图所示，已知正四面体D–ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P，BQ CRQC RAD–PQ–R，D–QR–P的平面角为α，β，γ，则（）.A．γ<α<βC．α<β<γB．α<γ<βD．β<γ<α26.解析如图所示，设点D在底面ABC内的射影为O，判断O到PR，P Q，QR的距离，O到哪条线段的距离越小，对应的二面角就越大.显然有α,β,γ均为锐角．P为三等分点，O到△PQR三边的距离相等．动态研究问题：P111P，所以O到QR的距离不变，O到PQ的距离减少，O到PR的距离变大．所以α<γ<β．设AB'与直线a所成夹角为α∈⎢0,⎥，则cosα=(cosθ,sinθ,-1)⋅(0,1,0)sinθ∈⎢0,⎥，⎣2⎦⎡所以α∈⎢,⎥，故③正确，④错误．CQ R OA P P1B题型99空间距离的计算——暂无题型100与空间角、空间距离有关的开放性、探索性问题——暂无27.（2017全国3卷理科16）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在的直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；②当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；③直线AB与a所成角的最小值为45；④直线AB与a所成角的最小值为60；其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）.27．解析由题意知，a，b，AC三条直线两两相互垂直，作出图像如图所示．不妨设图中所示的正方体的边长为1，故AC=1，AB=2，边AB以直线AC为旋转轴旋转，则点A 保持不变，点B的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．以C为坐标原点，以CD为x轴正方向，CB为y轴正方向，CA为z轴正方向，建立空间直角坐标系．则D(1,0,0)，A(0,0,1)，直线a的方向单位向量a=(0,1,0)，a=1．B点起始坐标为(0,1,0)，直线b的方向单位向量b=(1,0,0)，b=1．设B点在运动过程中的坐标B'(cosθ,sinθ,0)，其中θ为B'C与CD的夹角，θ∈[0,2π).那么AB'在运动过程中的向量AB'=(cosθ,sinθ,-1)，AB'=2．⎡π⎤⎣2⎦a AB'=22⎤2⎡ππ⎤⎣42⎦cos β = AB ' ⋅ b ．从而 cos β = cos θ = ． 因为 β ∈ ⎢0, ⎥ ，所以 β = ，此时 AB ' 与 b 的夹角为 60︒ ．所以②正确，①错误．故填② ③.π设 AB ' 与直线 b 所成夹角为 β ∈[0, ] ，2b AB ' = (- cos θ ,sin θ ,1) ⋅ (1,0,0) b AB ' = 2 2cos θ .当 AB ' 与直线 a 夹角为 60︒ 时，即 α = π 3，sin θ = 2 cos α = 2 cos π 3 =2 2．因为 cos 2 θ + sin 2 θ = 1，所以 cos θ =2 2 1 2 2 2⎡ π ⎤ π ⎣ 2 ⎦3zAyC(O)a Bθ B 'b D x28.（2017 天津理 17）如图所示，在三棱锥P - ABC 中， P A ⊥ 底面 ABC ， ∠BAC = 90 .点 D ，E ，N 分别为棱 P A ， PC ， BC 的中点， M 是线段 AD 的中点， P A = AC = 4 ，AB = 2 .（1）求证： MN // 平面 BDE ；（2）求二面角 C - EM - N 的正弦值；（3）已知点 H 在棱 P A 上，且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为长.P D EM ABNC7 21，求线段 AH 的0 0) 0 0) 4 0) 0 4) 0 2) 2 2) 0 1) 2 0) 则 ⎨，即 ⎨ ，不妨设 z = 1 ，可得 n = (1,0,1) . ⎪⎩n ⋅ DB = 02 x - 2 z = 0 ⎪ ⎪⎩n ⋅ MN = 0 ，因为 EM = (0, -2, -1) ， MN = (1,2, -1) ，所以 ⎨x + 2 y - z = 0 ⎪ 因此有 cos n , n = n⋅ n 4 15| n || n | 21 21 1 2由已知得 cos NH , BE = | NH ⋅ BE | 解得 h = 8 0 h28.解析 如图所示，以 A 为坐标原点，{AB, AC, AP }为基底，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意可得 A(0，， ， B(2，， ， C (0，， ， P(0，， ， D(0，， ， E (0，， ，M (0，， ， N (1，， ．zPDMEB ACxNy（1）证明： DE = (0, 2,0 )， DB = (2,0, -2 ) .设 n = ( x , y , z) 为平面 BDE 的一个法向量，⎧n ⋅ DE = 0 ⎧2 y = 0 ⎩又 MN = (1,2, -1) ，可得 MN ⋅ n = 0 ，因为 MN ⊄ 平面 BDE ，所以 MN // 平面 BDE ．（2）易知 n = (1,0,0) 为平面 CEM 的一个法向量.设 n = ( x , y , z) 为平面 EMN 的一个法向12量，⎧n ⋅ EM = 0则 ⎨ 2 2⎧-2 y - z = 0 ⎩ .不妨设 y = 1 ，可得 n = (-4,1,-2) .21 2 =- ，于是 sin n , n = 1 2 12.所以二面角 C - EM - N 的正弦值为 1521.（3）依题意，设 AH = h (0剟h 4 ) ，则 H （0， ， ），进而可得 NH = (-1,-2, h) ，BE = (-2,2,2) .| 2h - 2 | 7= = ，整理得10h 2 - 21h + 8 = 0 ，| NH || BE | h 2 + 5 ⨯ 2 3 211 8 1或 h = .所以线段 AH 的长为 或 .5 2 5 2题型101立体几何中的最值问题探究与扩展——暂无。
2019届高考数学一轮复习第八章立体几何层级快练46文.docx
层级快练（四十六）1. （2018 •安徽东至二中段测）将-个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括（）A. 一个圆台、两个圆锥B.两个圆台、一个圆柱C.两个圆台、一个圆锥D. 一个圆柱、两个圆锥答案D解析把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括 一个圆柱、两个圆锥.故选D.2. 以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是（） A. 正方体的三视图是三个全等的正方形 B. 球的三视图是三个全等的圆C. 水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D. 水平放置的圆台的俯视图是一个圆答案B解析 画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全 等的圆.3. 如图所示，几何体的正视图与侧视图都正确的是（）答案B解析侧视时，看到一个矩形且不能有实对角线，故A, D 排除.而正视时，有半个平面是 没有的，所以应该有一条实对角线，且其对角线位置应为B 中所示，故选B.4. 一个几何体的三视图如图，则组成该几何体的简单几何体为（）正视图 侧视图正视图 側视图C.侧视图D.侧视图俯视图 正视图 侧视图C.四棱柱和圆锥 答案c5. （2018 •沧州七校联考）三棱锥S-ABC 及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，贝IJ 棱 SB 的长为（）A. 16 羽 C. 4^/2答案C 解析 由己知中的三视图可得SC 丄平面ABC,且底面AABC 为等腰三角形.在△八BC 中，AC =4, AC 边上的高为2羽，所以BC = 4.在RtASBC 中，由SC=4,可得SB=4^/2.6. （2017 •衡水中学调研卷）已知一个四棱锥的高为3,其底面用斜二侧画法所画的水平放 置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为（） A. 2^2 B. 6^/2 C. 1Dp答案A 解析 因为底面用斜二侧画法所画的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，所以在直 角坐标系中，底面是边长为1和3的平行四边形，且平行四边形的一条对角线垂直于平行四 边形的短边，此对角线的长为2曲 所以该四棱锥的体积为V=*X2谑X1X3=2*\^2.7. （2018・四川泸州模拟）一个正四棱锥的所有棱长均为2,英俯视图如图所示, 则该正四棱锥的正视图的面积为（）A. y[2 C. 2D. 4答案A 解析 由题意知，正视图是底边长为2,腰长为羽的等腰三角形，其面积为|x2X y/（y/3） 2~l=y/2.8.（2018 •湖南郴州模拟）一只蚂蚁从正方体ABCD —ABCD 的顶点A 出发，经正方体的表面,按最短路线爬行到顶点G 的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正 视图的是（）D.正方体和球侧视图俯视图A.①② C.①③答案D 解析 由点A 经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点G 的位置，共有6种路线（对应6 种不同的展开方式），若把平面ABBA 和平BCCiBi 展到同一个平而内，连接AG,则AG 是 最短路线，且AG 会经过BBi 的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD 和平而CDDC 展到同一个平面内，连接AG,则AG 是最短路线，且AG 会经过CD 的中点，此时对应的正 视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题屮没有出现.故选D.9.某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是（）答案D解析依题意，此几何体为组合体，若上、下两个几何体均为圆柱，则俯视图为A ；若上边 的几何体为正四棱柱，下边几何体为圆柱，则俯视图为B ；若上边的几何体为底面为等腰直 角三角形的直三棱柱，下边的几何体为正四棱柱时，俯视图为C ；若俯视图为D,则正视图 中还有一条虚线，故该几何体的俯视图不可能是D,故选D.10. （2018 •江西上傲质检）点M, N 分别是正方体ABCD-AiBiC.Di 的棱AB, AD 的中点，用 过平面AMN 和平面DNG 的两个截而截去正方体的两个角后得到的儿何体如图，则该儿何体 的正（主）视图，侧（左）视图、俯视图依次为（）B.③④ D.②④① ②④A.①②③B.②③④C.①③④D.②④③答案B解析由直视图可知，该几何体的正（主）视图、侧（左）视图、俯视图依次为②③④，故选B.11.（2018・四川宜宾期中）某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长棱的长度为（）A. 4B. 3^/2C. 2車D. 2羽答案D解析由三视图可知，该几何体为如图所示的四棱锥P-ABCD,由图可知其中最长棱为PC,因为PB2=PA2+AB2 = 22+22=8,所以PC2=PB2+BC2 = 8+2'=12,则PC=2寸5,故选 D.12.（2018 •山东泰安模拟）某三棱锥的三视图如图所示，其侧视图为直角三角形，则该三棱锥最长的棱长等于（）B.回A. 4迈D. 5^2C.回答案C解析根据几何体的三视图，得该几何体是底面为直角三角形，有两个侧面垂直于底面，高为5的三棱锥，最长的棱长等于乜25+16=回,故选C.13.（2018 •江西宜春模拟）某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四而体的四个而小而积最大为（）A. 2y[2 C. 2^3答案C解析 由三视图知该几何体为棱锥S-ABD,其中SC 丄平面ABCD,将其放 在正方体中，如图所示.四面体S-ABD 的四个面中ASIW 的面积最大， 三角形SBD 是边长为2住的等边三角形，所以此四面体的四个面中面积 最大为半X 8 = 2羽•故选C.14. （2018 •江苏张家港一模）若将一个圆锥侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为2 cm的半圆，则该圆锥的高为 ________ cm. 答案解析 设圆锥的底面圆半径为r cm,则2 n r = 2 Ji ,解得r=l cm, .*.h=^22—1 =*\/3 cm.15. （2018 •成都二诊）已知正四血体的俯视图如图所示，其中四边形ABCD 是边长为2的正方形，则这个四血体的正视图的血积为答案2^2解析 由俯视图可得，原正卩4面体AMNC 可视作是如图所示的正方体的一 内接儿何体，则该正方体的棱2为2,正四面体的正视图为三角形，其面 积为2X2迈=2返16. （2018 •上海长宁区、嘉定区质检）如图，已知正三棱柱的底而边长为2, ________________ 高为5, —质点自A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达人点的最短路线的长为 ________ . 4答案13—7B. 4 D. 2托俯视图解析 将正三棱柱ABC —ABC 沿侧棱AAi 展开，再拼接一次，如图所示，在展开图中，最短距离是六个矩形形成的大矩形对角线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求 距离的最小值.由已知求得矩形的长等于6X2 = 12,宽等于5,由勾股定理得d=A/122+ 52= 13.17. 某儿何体的正（主）视图和侧（左）视图如图1,它的俯视图的直观图是矩形OAB.C,女口图2,其中0A = 6, 0G = 2,则该儿何体的侧而积为—答案96解析 由俯视图的直观图可得y 轴与GBi 交于小点，0口 = 2迈，故00=4^2,俯视图是边 长为6的菱形，则该几何体是直四棱柱，侧棱长为4,则侧面积为6X4X4 = 96.|备选题|1.（课本习题改编）如图为一个几何体的三视图，则该几何体是（）正视图俯视图A.四棱柱 C.长方体答案B解析 由儿何体的三视图可知，该儿何体的直观图如图所示，即为一个平放 的三棱柱.2. （2018・北京东城区期末）在空间直角坐标系0—xyz 中，一个四面体的顶点坐标分别为（0, 0, 2）, （2, 2, 0）, （0, 2, 0）, （2, 2, 2）.画该四面体三视图中的正视图时，以xOz 平面 为投影面，则得到的正视图可以为（）B.三棱柱 D.三棱锥正（主）视图 侧佐）视图图1侧视图答案A解析设 S （2, 2, 2）, A （2, 2, 0）, B （0, 2, 0）, C （0, 0, 2）,则此四面体 S —ABC 如图① 所示，在xOz 平面的投影如图②所示.英中V 是S 在xOz 平面的投影，A ，是A 在xOz 平面的投影，0是B 在xOz 平面的投影，SB 在xOz 平面的投影是S' 0,并且是实线，CA 在xOz 平面的投影是CA',且是虚线，如图③. 3. （2018 •安徽毛坦厂中学月考）已知一个儿何体的三视图如图所示，则这个儿何体的直观图是（答案A 项中的几何体，正视图不符，侧视图也不符，俯视图中没有虚线；B 项中的几何体, 俯视图中不出现虚线；C 项中的儿何体符合三个视图；D 项中的儿何体，正视图不符.故选C.4. （2017・山东徳州质检）如图是正方体截去阴影部分所得的几何体，则该几何体的侧视图是（）答案C解析 此几何体的侧视图是从左边往右边看，故其侧视图应选C.解析 图① 图② 图③正（主）视图 侧（左）视图A./向5. （2017 •广东汕头中学摸底）如图是一正方体被过棱的屮点M, N,顶点A 及过顶点D, G 的两个截面截去两角后所得的几何体，该几何体的正视 图是（） 答案B是虚拟图形，起辅助作用），则四血体ABCD 的三视图是（用①②③④⑤⑥代表图形）（） 解析 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，左上到右下是煨线, 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，故选B.7. （2014 •课标全国I ）如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个儿何体的三视图，则这个儿何体是（\\A.三棱锥 C.四棱锥答案B解析 由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，经分析可知该几何体为三棱6. （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 A.①②⑥ C.④⑤⑥答案BD.③④⑤B.三棱柱 D.四棱柱A. B. C. 1).③B.①②③柱，故选B.8. 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（）答案B解析D 项为主视图或者侧视图，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.9. 底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2,当其正（主）视图有最大面积时，其侧（左）视图的面积为（）A. 2^3 C.^3答案A 解析当正视图面积最大时，侧视图是一个矩形，一个边长为2,另一边长是三棱柱底而三 角形的高为、月，故侧视图面积为10. （2015 •北京，文）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）底面ABCD 是边长为1的正方形，SB 丄底面ABCD, SB=AB=1,由勾股定理可得SA = SC=QL SD=^/SB 2+DB 2 =y[i + 2 =y[3,故四棱锥屮最长棱的棱长为羽.故选C.11. （2017 •南吕模拟）若一几何体的正视图与侧视图均为边长为1的正方形，则下列图形一B. 3D. 4A. 1C.书答案C Bp D. 2解析 将三视图还原成几何体的直观图，如图,由三视图可知,正（主）视图侧佐觑图俯视图定不是该儿何体的俯视图的是（）答案D解析若该几何体的俯视图为选项D,则其正视图为长方形，不符合题意，故选D.12. 某几何体的正视图与侧视图如图所示，若该几何体的体积为£则该几何体的俯视图可 以是（）答案D解析通过分析正视图和侧视图，结合该几何体的体积为右可知该几何体的底面积应为1, 因为符合底血积为1的选项仅有D 选项，故该几何体为一个四棱锥，其俯视图为D.13. （2018 •兰州诊断考试）某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3,则正视图 中x 的值是（）A. 2C.| 答案D 解析 由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是一个直角梯形，底面积S=|x 仃+ 2）X2 =D. 3正视图 侧视图俯视图3,高h = x,所以其体积V =#Sh=2x3x = 3,解得x = 3,故选D.14.某儿何体的三视图如图所示，则该儿何体屮，最人侧面的面积为（）侧佐）视图D.答案C解析由三视图知，该儿何体的直观图如图所示.平而AED丄平而BCDE,四棱锥A—BCDE的高为1.四边形BCDE是边长为1的正方形，S A ABC = S A ABE = X 1 X 寸故选C.15. （2017・山东师大附中月考）如图是各棱长均为2的正三棱柱ABC-A.B.C.的直观图，则此三棱柱侧视图的面积为_________ •答案2^3解析依题意，得此三棱柱的侧视图是边长分别为2, &的矩形BBPD,故其面枳是2&.16.（2017 •北京西城区期末）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_____ .答案2羽解析由正三棱柱三视图还原直观图可得正（主）视图是一个矩形，英屮一边的长是侧（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,所以高为萌，所以正视图的面积为2萌.17. ___________________________________________________________________________ 用小立方块.答案14解析 本题考查了三视图的有关知识.需要小立方块最多则：第一层最多6个，第二层最多 5个，第三层最多3个，故最多用14个.18. （2017 •湖南株洲质检）己知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四 棱锥的二视图可能是下列各图中的（）俯视图俯视图答案c解析 通过对以下四个四棱锥的三视图对照可知，只有选项C 是符合要求. 正视图侧视图正视图 俯视图俯视图 正视图侧视图 正视图侧视图俯视图。
2020版高考文科数学第一轮复习练习：第八章 立体几何 课后跟踪训练49 (1)
2 2.
设点 C1 到平面 AA1B1 的距离为 d，直线 A1C1 与平面 AA1B1 所成
的角为 θ.
∵VA－A B C ＝VC －AA B ，
111
1 11
∴13×12A1C1·B1C1·AO＝31S△AA1B1·d.
所以 FG 与 ME 平行且相等，所以四边形 MEFG 是平行四边形， 所以 EF∥MG， 又 MG⊂平面 MNCB，EF⊄平面 MNCB， 所以 EF∥平面 MNCB. (2)如图，连接 BD、MC. 因为四边形 MADN 是矩形，所以 ND⊥AD. 因为平面 MADN⊥平面 ABCD，平面 ABCD∩平面 MADN＝AD， DN⊂平面 MADN， 所以 ND⊥平面 ABCD， 所以 ND⊥AC.
过点 A 作 AM⊥PD 于点 M，则 AM＝ 23×4＝2 3.
由
AM∥EH，得AEMH＝PPAE＝43，所以
EH＝3
2
3 .
因为 S△PCD＝21×4×2 3＝4 3，
所以 VC－PDE＝VE－PDC＝13×4 3×3Байду номын сангаас2 3＝6. 4．(2018·河南师大附中模拟)如图，在斜三棱柱 ABC－A1B1C1 中， 点 O，E 分别是 A1C1，AA1 的中点，AO⊥平面 A1B1C1.已知∠BCA＝ 90°，AA1＝AC＝BC＝2. (1)证明：OE∥平面 AB1C1； (2)求异面直线 AB1 与 A1C 所成的角； (3)求直线 A1C1 与平面 AA1B1 所成角的正弦值．
在直角三角形 BGD 中，BD＝2 3，∠BDG＝30°，
所以 DG＝2 3cos 30°＝3，所以PPAE＝DDGA＝34， 在平面 PAD 内，过点 E 作 EH⊥PD 于点 H. 因为 CD⊥平面 PAD，EH⊂平面 PAD，所以 CD⊥EH. 因为 PD∩CD＝D，所以 EH⊥平面 PCD， 所以 EH 是点 E 到平面 PCD 的距离．
(共8套)2019年高考数学章节练习题集第8章立体几何.doc
第八章立体几何W第1讲空间几何体的结构、三视图和直观图.docx 岂第2讲空间几何体的表面积与体积.docx岂第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系.docx 岂:第4讲直线、平面平行的判走及其性质.docx岂第5讲直线、平面垂直的判走及其性质.docxW第6讲空间向量及其运算.docx第7讲立体几何中的向呈方法（一）.docx第8讲立体几何中的向量方法（二）.docx第1讲空间几何体的结构、三视图和直观一、选择题1.下列四个几何体屮，几何体只有主视图和左视图相同的是（）©①止方体A②圆锥③三棱台④止四棱锥A.①②B.①③C.①④D.②④解析由几何体分析知②④中主视图和左视图相同.答案D2.以下关于几何体的三视图的论述屮，正确的是（）.A.球的三视图总是三个全等的圆B.止方体的三视图总是三个全等的止方形C.水平放置的正四而体的三视图都是正三角形D.水平放置的圆台的俯视图是一个圆解析画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆.答案A3.将正方体（如图（a）所示）截去两个三棱锥，得到图（b）所示的几何体，则该几何体的侧视图为解析还原正方体后，将D, D, A 三点分别向正方体右侧面作垂线，DyA 的射影为GB,且为实线，BiC 被遮挡应为虚线.答案B4. 若某儿何体的三视图如图所示，则这个儿何体的直观图可以是（）.解析 A, B 的正视图不符合要求，C 的俯视图显然不符合要求，答案选D.答案D5. 一个平而四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为日的正方形，则原平面)・左视A BD侧视图四边形的面积等于（）.答案B图的是解析 选项C 不符合三视图中“宽相等”的要求. 答案c 二、填空题7.如图所示，E 、F 分别为止方体ABCD-A }B X C }D X 的面ADD^Ai.面BCCiBi 的中心，则四边形BFD X E 在该正方体的面DCGD 上的投影是 ________ （填序号）.A.B. 2y[2a解析 根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则，可以得出一个平面图形的面积S 与它的直观图的面积C 之间的关系是c =芈$木题中直观图的面积为才，所以原平面四边形的面积等于=2电才.故选B. 6. 一个锥体的正视图和侧视图如图所示, 下面选项中，不可能是该锥体的俯视)・D .4③ ④解析B在面DCCQi上的投影为C, F、E在面DCqDj上的投影应分别在边CC］和DDi上，而不在四边形的内部，故①③④错误.答案②8. ______________________________________ 如图，网格纸的小正方形的边长是1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为 _______________________________________ ・解析(构造法)由主视图和俯视图可知几何体是正方体切割后的一部分(四棱锥G ABCE ,还原在正方体中，如图所示.多面体最长的一条棱即为正方体的体对角线，如图即由正方体棱长AB=2知最长棱AQ的长为2^3.答案2书9.利用斜二测画法得到的：①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形.以上正确结论的序号是 _______ .解析由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③ 错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误.答案①10.图(a)为长方体积木块堆成的儿何体的三视图，此儿何体共由_________ 块木块堆成；图(b)中的三视图表示的实物为________ .解析(1)由三视图可知从正面看到三块，从侧面看到三块，结合俯视图可判 断几何体共由4块长方体组成.(2)由三视图可知几何体为圆锥. 答案4圆锥三、解答题11. 如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它 的主视图和左视图在下面画出(单位：cm).(1)在主视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图; (2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积;图(a) 侧视图图(b)解⑴如图.(2)所求多面体的体积&亞瑚一孑正三昨=4X4X6—lxhx2X2〕X212. 已知圆锥的底面半径为厂，高为h,且正方体ABCD — A5GD内接于圆锥，求这个正方体的棱长.解 如图所示，过内接止方体的一组对棱作圆锥的轴截 面，设圆锥内接正方体的棱长为兀，则在轴截面屮，正方体的对角面AxACCy 的一组邻边的长分别为x 和迈兀.・・・△以I Cl S △ VMN,.h~x .Irh・• 2r =~lT f2=2+^即圆锥内接正方体的棱长为不詬・13・正四棱锥的高为羽，侧棱长为羽，求侧面上斜高(棱锥侧面三角形的高)为多少？解 如图所示，在正四棱锥S —ABCD 中, 高 0S=书,侧棱 SA = SB=SC=SD=\fj, 在RtASOA 中，OA=ylSA 2~OS 2=2, :.AC=4, ・・・AB=BC=CD=DA=2©作0E 丄AB 于E,则E 为AB 中点. 连接SE,则SE 即为斜高，284=~(cn?)・ V图5解(1)该三棱锥在侧(右)投影面上的投影是一直角三角形，该三棱锥的侧视 图应是图2.(2)该儿何体是三棱锥，其直观图如图所示，其中 04、08、OC 两两垂直，•••△OAB 、△OAC 、/\OBC 都是肓角三角形，但△ABC 是锐角三角形•设AO=a, OC=c, OB=b,则 AC=yJa 2+ c 29 BC=ylc 2+ b 2, AB=yJa 2+b 2,•I cosZBAC=庆 V?+/>o,・•・ABAC 为锐角.同理，ZABC. ZACB 也是锐角.综上所述，该几何体的面中共有三个直角三角形.(3)该几何体是三棱锥，其直观图如图所示，其屮，丄BC,在 RtASOE 中，•：OE=*BC=d SO=书,・・・SE=E 即侧面上的斜高为书.14. (1)如图1所示的三棱锥的三条侧棱04、OB 、0C 两两垂直，那么该三棱 锥的侧视图是图2还是图3?(2)某几何体的三视图如图4,问该几何体的面中有几个直角三角形? (3)某几何体的三视图如图5,问该几何体的面中有几个直角三角形?俯视图图4正视图 侧视图俯视图ADAB丄BD, BDA.CD, :.DC丄面ABD, :.DC-LAD f ・・・△ACD也是直角三角形.・・・该几何体的面中共有四个直角三角形.第2讲空间几何体的表面积与体积一、选择题1.棱长为2的正四面体的表面积是（）.A.、/§B. 4 C・ 4、信D・16解析每个而的而积为：-X2X2X^-=V3- ••-正四而体的表而积为：4^3. 答案C2.把球的表面积扩大到原来的2倍，那么体积扩大到原来的（）・A.2倍B. 2型倍Cp倍 D.远倍解析由题意知球的半径扩大到原来的电倍，则体积$=討#,知体积扩大到原来的2迈倍.答案B3.一个儿何体的三视图如图所示，那么此儿何体的侧面积（单位：cn?）为（）.A.48B. 64 C・ 80解析据三视图知，该几何体是一个正四棱锥（底面边长为8）,直观图如图，PE 为侧面AB4B的边AB上的高，且PE=5..・.此几何1c体的侧面积是S=4S=4X-X8X5 = 80(cm 2)・答案C4. 已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球0的球面上，△ABC 是边长为1的正 三角形，SC 为球0的直径，且SC=2,则此棱锥的体积为()•A.解析 在直角三角形 ASC 中，AC=1, ZSAC=90。
2020版高考文科数学第一轮复习练习：第八章 立体几何 课后跟踪训练48
序号都填上)． [解析] 因为 γ∩β＝l，所以 l⊂γ，又 α⊥γ，γ∩α＝m，l⊥m，所
以 l⊥α；因为 γ∩β＝l，所以 l⊂β，又 l⊥α，所以 α⊥β. [★答案★] ②④
8．如图所示，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，且底 面各边都相等，M 是 PC 上的一动点，当点 M 满足__________时， 平面 MBD⊥平面 PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
γ，α∩β＝l，则根据面面垂直的判定定理，可知 α⊥γ，β⊥γ.所以若 α∩β ＝l，则“α⊥γ，β⊥γ”是“l⊥γ”的充要条件．故选 C.
[★答案★] C
4．(2019·贵阳监测)如图，在三棱锥 P－ABC 中，不能证明 AP ⊥BC 的条件是( )
A．AP⊥PB，AP⊥PC B．AP⊥PB，BC⊥PB C．平面 BPC⊥平面 APC，BC⊥PC D．AP⊥平面 PBC [解析] A 中，因为 AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以 AP ⊥平面 PBC，又 BC⊂平面 PBC，所以 AP⊥BC，故 A 正确；C 中， 因为平面 BPC⊥平面 APC，BC⊥PC，所以 BC⊥平面 APC，又 AP ⊂平面 APC，所以 AP⊥BC，故 C 正确；D 中，由 A 知 D 正确；B 中条件不能判断出 AP⊥BC，故选 B. [★答案★] B 5．如图所示，四边形 ABCD 中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝ 45°，∠BAD＝90°.将△ADB 沿 BD 折起，使平面 ABD⊥平面 BCD， 构成三棱锥 A－BCD，则在三棱锥 A－BCD 中，下列结论正确的是 ()
课后跟踪训练(四十八)
基础巩固练
一、选择题
1．(2019·湘东五校联考)已知直线 m，l，平面 α，β，且 m⊥α， l⊂β，给出下列命题：
[精品]2019高考数学一轮复习第8章立体几何章末总结分层演练文
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第8章立体几何章末总结C．28π D．32π(2016·高考全国卷Ⅱ，T14，5分)α，β是两条直线，有下列四个命题：的中点；在平面PAC内的正投影ABCD中，AB∥CD，且∠一、选择题 1．(必修2 P 10B 组T 1改编)如图，若Ω是长方体ABCD A 1B 1C 1D 1被平面EFGH 截去几何体EFGHB 1C 1后得到的几何体，其中E 为线段A 1B 1上异于B 1的点，F 为线段BB 1上异于B 1的点，且EH ∥A 1D 1，则下列结论中不正确的是( )A ．EH ∥FGB ．四边形EFGH 是矩形C ．Ω是棱柱D ．Ω是棱台解析：选D ．因为EH ∥A 1D 1，A 1D 1∥B 1C 1，EH ⊄平面BCC 1B 1，所以EH ∥平面BCC 1B 1．又因为平面EFGH ∩平面BCC 1B 1＝FG ，所以EH ∥FG ，且EH ＝FG ，由长方体的特征知四边形EFGH 为矩形，Ω为五棱柱，所以选项A ，B ，C 都正确．故选D ．2．(必修2 P 61练习、P 71练习T 2、P 73练习T 1改编)已知m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是( )A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nB ．若m ∥α，m ∥β，则α∥βC ．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD ．若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n解析：选D ．A 中，两直线可能平行，相交或异面；B 中，两平面可能平行或相交；C 中，两平面可能平行或相交；D 中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D ．3．(必修2 P 78A 组T 7改编)正四棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为( )A ．25πB ．252πC ．253πD ．254π解析：选C ．由三视图画出直观图与其外接球示意图，且设O 1是底面中心．由三视图知，O 1A ＝2，O 1P ＝3，所以正四棱锥P ABCD 的外接球的球心O 在线段O 1P 上． 设球O 的半径为R ．由O 1O 2＋O 1A 2＝OA 2得(3－R )2＋(2)2＝R 2． 所以R ＝523．则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫5232＝253π．4．(必修2 P 79 B 组 T 2改编)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，B 1D ∩平面A 1BC 1＝H ． 有下列结论． ①B 1D ⊥平面A 1BC 1；②平面A 1BC 1将正方体体积分成1∶5两部分； ③H 是B 1D 的中点；④平面A 1BC 1与正方体的六个面所成的二面角的余弦值都为33．则正确结论的个数有( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C ．对于①，连接B 1C 与A 1D ，由正方体性质知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥A 1B 1， 又A 1B 1∩B 1C ＝B 1，A 1B 1，B 1C ⊂平面A 1B 1CD ． 所以BC 1⊥平面A 1B 1CD ． 又B 1D ⊂平面A 1B 1CD ． 所以B 1D ⊥BC 1．同理B 1D ⊥A 1B ，A 1B ∩BC 1＝B ．所以B 1D ⊥平面A 1BC 1，故①正确． 对于②．设正方体棱长为a ．则V 三棱锥B A 1B 1C 1＝13·12a ·a ·a ＝16a 3．所以平面A 1BC 1将正方体分成两部分的体积之比为16a 3∶(a 3－16a 3)＝1∶5．故②正确．对于③，设正方体棱长为a ， 则A 1B ＝2a ．由VB 1A 1BC 1＝16a 3，得13×34×(2a )2·B 1H ＝16a 3， 所以B 1H ＝33a ，而B 1D ＝3a ． 所以B 1H ∶HD ＝1∶2，即③错误．对于④，由对称性知，平面A 1BC 1与正方体六个面所成的二面角的大小都相等． 由①知B 1H ⊥平面A 1BC 1，而A 1B 1⊥平面B 1BCC 1． 所以∠A 1B 1H 的大小即为所成二面角的大小．cos ∠A 1B 1H ＝B 1H A 1B 1＝33a a ＝33．故④正确．故选C ． 二、填空题5．(必修2 P 53 B 组 T 2改编)已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，点A 1在底面ABC 上的射影D 为BC 的中点，则异面直线AB 与CC 1所成的角的余弦值为________．解析：连接A 1D ，AD ，A 1B ，易知∠A 1AB 为异面直线AB 和CC 1所成的角，设三棱柱的侧棱长与底面边长均为1，则AD ＝32，A 1D ＝12，A 1B ＝22，由余弦定理得cos ∠A 1AB ＝1＋1－122×1×1＝34．答案：346．(必修2 P 79 B 组 T 1改编)如图在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将△ADE 沿AE 折起．则下列说法正确的是________．(填上所有正确说法的序号)①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥平面DEC ； ②不论D 折至何位置都有MN ⊥AE ；③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥AB ； ④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC ⊥AD ； ⑤无论D 折至何位置，都有AE ⊥DC ． 解析：如图，设Q ，P 分别为CE ，DE 的中点，可得四边形MNQP 是矩形，所以①②正确；不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN 与AB 是异面直线，不可能MN ∥AB ，所以③错；当平面ADE ⊥平面ABCD 时，可得EC ⊥平面ADE ，故EC ⊥AD ，④正确．无论D 折到何位置，均有AE ⊥平面CDE ．故AE ⊥CD ．故⑤正确．答案：①②④⑤ 三、解答题7．(必修2 P 79B 组T 1改编)如图，边长为33的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 上的点，将△AED ，△DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A ′．(1)求证：A ′D ⊥EF ．(2)当BE ＝BF ＝13BC 时，求三棱锥A ′EFD 的体积．解：(1)证明：因为A ′D ⊥A ′E ，A ′D ⊥A ′F ，A ′E ∩A ′F ＝A ′，所以A ′D ⊥平面A ′EF ，因为EF ⊂平面A ′EF ， 所以A ′D ⊥EF ．(2)由(1)知，A ′D ⊥平面A ′EF ， 所以A ′D 的长即为三棱锥D A ′EF 的高， 则A ′E ＝A ′F ＝23BC ＝23，EF ＝BE 2＋BF 2＝6，作A ′O ⊥EF 于点O ， 所以A ′O ＝A ′E 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12EF 2＝422， 则V A ′EFD ＝V D A ′EF ＝13A ′D ·S △A ′EF ＝13×33×12EF ·A ′O ＝13×33×12×6×422＝3212．8．(必修2 P 78 A 组 T 4改编)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 、F 、M 分别是C 1B 1，C 1D 1和AB 的中点．(1)求证：MD 1∥平面BEFD ． (2)求M 到平面BEFD 的距离． 解：(1)证明：连接BF ．因为M 、F 分别为AB 与C 1D 1的中点，且ABCD A 1B 1C 1D 1是正方体． 所以MB ═∥D 1F ．所以四边形MBFD 1为平行四边形， 所以MD 1∥BF ．又MD 1⊄平面BEFD ，BF ⊂平面BEFD ． 所以MD 1∥平面BEFD ． (2)过E 作EG ⊥BD 于G ． 因为正方体的棱长为2，所以BE ＝5，BG ＝12(BD －EF )＝12(22－2)＝22．所以EG ＝BE 2－BG 2＝5－12＝322． 所以S △EBD ＝12BD ×EG ＝12×22×322＝3．又S △MBD ＝12MB ×AD ＝12×1×2＝1．E 到平面ABCD 的距离为2，设M 到平面BEFD 的距离为d ．由V 三棱锥M BDE ＝V 三棱锥E MBD 得13S △EBD ·d ＝13S △MBD ×2．所以d ＝S △MBD ×2S △EBD ＝1×23＝23． 所以M 到平面BED 的距离为23．。
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2019-2020年高考数学一轮复习第八章立体几何层级快练47文1．(2018·黑龙江哈尔滨六中模拟)一个棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的表面积是( )A ．4＋2 6B ．4＋ 6C ．4＋2 2D ．4 2答案 A解析 由三视图可以看出，几何体是有一个与底面垂直且全等的侧面，另外两侧面为全等三角形的三棱锥．由图中数据知底面为等腰三角形，底边长为2，高为2，故面积为12×2×2＝2.在底面上，由顶点在底面的投影向另两侧面的底边作高，将垂足与三棱锥顶点连接起来即得此两侧面的高．由图中数据，得侧面的底边长为5，高为265，所以此两侧面的面积均为12×265×5＝6，故此三棱锥的表面积为2＋2＋6＋6＝4＋2 6.故选A. 2．(2018·四川攀枝花质检)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为( )A.3＋ 6B.3＋ 5C.2＋ 6D.2＋ 5答案 C解析 该几何体是高为1，底面四边形为对角线长为2的菱形的四棱锥A －BCDE ，如图所示．在直角三角形ABE 中，AB ＝1，BE ＝2，∴AE ＝ 3. 在三角形AED 中，AE ＝3，ED ＝2，AD ＝5， ∴AE 2＋DE 2＝AD 2，∴三角形AED 是直角三角形，则该几何体的侧面积为S ＝2×(12×2×1)＋2×(12×2×3)＝2＋6，故选C.3．(2018·安徽师大附中、马鞍山二中高三测试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．18C ．24D ．30答案 C解析 由三视图知，该几何体是一个长方体的一半再减去一个三棱锥后得到的，该几何体的体积V ＝12×4×3×5－13×12×4×3×(5－2)＝24，故选C.4．(2018·安徽淮北一模)如图是某空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图、俯视图依次为直角三角形、直角梯形、等边三角形，则该几何体的体积为( )A.33B.32C.233D. 3答案 D解析 如图所示，该几何体为四棱锥，其中侧面ABCD⊥底面PAB ，侧面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，DA ⊥AB ，该几何体的体积V ＝13×1＋22×2×3＝3，故选D.5．(2017·合肥一检)一个空间几何体的三视图如图所示，其中正视图为等腰直角三角形，侧视图与俯视图为正方形，则该几何体的体积和表面积分别为( )A ．64，48＋16 2B ．32，48＋16 2 C.643，32＋16 2 D.323，48＋16 2 答案 B解析 由三视图可知，该几何体是一个三棱柱，其直观图如图所示． 体积V ＝12×4×4×4＝32，表面积S ＝2×12×42＋4×(4＋4＋42)＝48＋16 2.6．(2016·课标全国Ⅱ)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答案 C解析 该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r ＝2，底面圆的周长c ＝2πr ＝4π，圆锥的母线长l ＝22＋（23）2＝4，圆柱的高h ＝4，∴S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.7．(2018·山东师大附中模拟)如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥爬行一周后回到点P 处，若该小虫爬行的最短路程为43，则这个圆锥的体积为( )A.153B.3235π27 C.1282π81D.833答案 C解析 作出该圆锥的侧面展开图，如图中阴影部分所示，该小虫爬行的最短路为PP ′，∵OP ＝OP ′＝4，PP ′＝43，由余弦定理可得cos ∠P ′OP ＝OP 2＋OP ′2－PP ′22OP ·OP ′＝－12，∴∠P ′OP ＝2π3.设底面圆的半径为r ，圆锥的高为h ，则有2πr ＝2π3×4，∴r ＝43，h ＝l 2－r 2＝823，∴圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝1282π81.8．(2018·甘肃兰州一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．(9＋5)πB ．(9＋25)πC ．(10＋5)πD ．(10＋25)π答案 A解析 该几何体是一个圆柱挖去一个圆锥．S 表面积＝π·12＋2π·1·4＋π·1·5＝(9＋5)π.9．(2017·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 答案 A解析 由几何体的三视图可得，该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该几何体的体积V ＝13×12π×3＋13×12×2×1×3＝π2＋1，故选A.10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8－π4B ．8－π2C ．8－πD ．8－2π答案 C解析 由三视图可知，该几何体的体积是一个四棱柱的体积减去半个圆柱的体积，即V ＝2×2×2－12×π×12×2＝8－π.故选C.11．(2018·河北唐山模拟)一个几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积为( )A ．24－πB ．24－3πC ．24＋πD ．24－2π答案 A解析 由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体挖去右下方18球后得到的几何体，该球以顶点为球心，2为半径，则该几何体的表面积为2×2×6－3×14×π×22＋18×4×π×22＝24－π，故选A.12．(2018·福建晋江联考)如图，某几何体的三视图中，正视图和侧视图都是半径为3的半圆和相同的正三角形，其中正三角形的上顶点是半圆弧的中点，底边在直径上，则该几何体的表面积是( )A ．6πB ．8πC ．10πD ．11π答案 C解析 由三视图可知，该几何体是一个半球挖去一个圆锥后得到的几何体，且半球的底面半径为3，圆锥的轴截面为等边三角形，其高为3，故圆锥的底面半径为1，母线长为2.该几何体的表面由半球的侧面、圆锥的侧面以及半球的底面除去圆锥的底面三部分构成．半球的侧面积S 1＝12×4π×(3)2＝6π，圆锥的侧面积S 2＝π×1×2＝2π，半球的底面圆的面积S 3＝π×(3)2＝3π，圆锥的底面积S 4＝π×12＝π，所以该几何体的表面积为S ＝S 1＋S 2＋S 3－S 4＝6π＋2π＋3π－π＝10π.故选C.13．(2018·贵州贵阳模拟)甲、乙两个几何体的正视图和侧视图相同，俯视图不同，如图所示，记甲的体积V 甲，乙的体积为V 乙，则( )A ．V 甲<V 乙B ．V 甲＝V 乙C ．V 甲>V 乙D ．V 甲，V 乙的大小关系不能确定答案 C解析 由三视图知，甲几何体是一个以边长为1的正方形为底面的四棱锥，乙几何体是在甲几何体的基础上去掉一个三个面是直角三角形的三棱锥后得到的一个三棱锥，所以V 甲>V 乙，故选C.14．(2018·郑州质量预测)将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( ) A.π27 B.8π27 C.π3 D.2π9 答案B 解析 如图所示，设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V ，由题意可得r 1＝2－x2，所以x ＝2－2r ，所以圆柱的体积V ＝πr 2(2－2r)＝2π(r 2－r 3)(0<r<1)．设V(r)＝2π(r 2－r 3)(0<r<1)，则V ′(r)＝2π(2r －3r 2)，由2π(2r －3r 2)＝0，得r ＝23，所以圆柱的最大体积V max ＝2π[(23)2－(23)3]＝8π27，故选B.15．(2018·沧州七校联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．答案 π解析 该几何体是一个半圆柱，底面半径为1，高为2，则其体积V ＝12×π×12×2＝π.16．(2018·江苏盐城一模)将矩形ABCD 绕边AB 旋转一周得到一个圆柱，其中AB ＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O ，△EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O －EFG 体积的最大值是________． 答案 4解析 由题意，易知所得圆柱如图所示，其中圆柱的底面半径为2，高为3，∴三棱锥O －EFG 的高为3，∴当△EFG 的面积最大时，三棱锥O －EFG 的体积最大．由△EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，则可设EF 为直径，∴当点G 在EF 的垂直平分线上时，△EFG 的面积最大，最大值(S △EFG )max ＝12×4×2＝4，∴三棱锥O －EFG 体积的最大值V max ＝13×(S △EFG )max ×3＝13×4×3＝4.17.右图为一简单组合体，其底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，E C∥PD，且PD ＝AD ＝2EC ＝2. (1)画出该几何体的三视图； (2)求四棱锥B －CEPD 的体积． 答案 (1)略 (2)2 解析 (1)如图所示：(2)∵PD⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PDCE ， ∴平面PDCE⊥平面ABCD.∵BC ⊥CD ，∴BC ⊥平面PDCE.∵S 梯形PDCE ＝12(PD ＋EC)·DC＝12×3×2＝3，∴四棱锥B －CEPD 的体积V B －CEPD ＝13S 梯形PDCE ·BC ＝13×3×2＝2.18．如图所示的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出(单位：cm)．(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； (2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积；(3)在所给直观图中连接BC ′，证明：BC ′∥平面EFG. 答案 (1)略 (2)2843 cm 3(3)略解析 (1)如图所示．(2)所求多面体的体积是：V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843 cm 3.(3)如图所示，复原长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，连接AD ′，则AD ′∥BC ′.∵E ，G 分别是AA ′，A ′D ′的中点， ∴AD ′∥EG.从而EG∥BC′. 又BC ′⊄平面EFG ， ∴BC ′∥平面EFG.1．(2018·重庆巴蜀中学期中)我国的神舟十一号飞船已于2016年10月17日7时30分在酒泉卫星发射中心成功发射升空，并于19日凌晨，与天空二号自动交会对接成功，如图所示为飞船上某零件的三视图，网格纸表示边长为1的正方形，粗实线画的是该零件的三视图，则该零件的体积为( )A ．4B ．8C ．12D ．20答案 C解析 由三视图知，该几何体是四棱锥，且底面是长为6，宽为2的矩形，高为3，所以该几何体的体积V ＝13×6×2×3＝12，故选C.2．(2018·宜昌一中期中)某四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和是( )A ．2B ．4C ．2＋ 5D ．4＋2 5答案 C解析 由三视图可得原几何体如图，该几何体的高PO ＝2，底面△ABC 是腰长为2的等腰直角三角形，该几何体中，直角三角形是底面△ABC 和侧面△PBC.事实上，∵PO ⊥底面ABC ，∴平面PAC⊥底面ABC ，而BC⊥AC，∴BC ⊥平面PAC ，∴BC ⊥PC.∴PC ＝22＋12＝5，S △PBC ＝12×2×5＝5，S △ABC ＝12×2×2＝2. ∴面积和为2＋5，故选C.3.(2018·河北廊坊模拟)如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积为( ) A ．12 B ．6 C ．2 D ．3答案 B解析 由三视图知该几何体是底面为直角梯形的四棱柱，其高为2，梯形的上底为2，下底为22，高为2，其体积为(2＋22)×2×12×2＝6.故选B.4.(2018·广州检测)高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的( ) A.14 B.13 C.12 D.23 答案 C解析 由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为12×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为4.易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积是原直三棱柱体积的48＝12，故选C.5．(2018·广东清远一模)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．24C ．40D ．72答案 C解析 由三视图可知几何体为长方体上面放了一个四棱锥．所求体积V ＝3×4×2＋13×3×4×4＝40.6．(2018·河南八市重点质检)如图是某几何体的三视图，当xy 最大时，该几何体的体积为( )A ．215＋15π12B ．1＋π12C.15＋15π4D ．1＋15π4答案 A解析 由三视图可知，几何体是一个四分之一的圆锥与一个三棱柱的组合体．设该几何体的高为h ，则⎩⎪⎨⎪⎧h 2＋y 2＝31，h 2＋12＝x 2，所以x 2＋y 2＝32.由不等式xy≤x 2＋y 22可知，当且仅当x ＝y ＝4时，xy 取到最大值，此时h ＝15，所以组合体的体积为12×1×15×4＋14×13×1×1×π×15＝215＋15π12，故选A.7.(2015·福建，文)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 2 B ．11＋2 2 C ．14＋2 2 D ．15答案 B解析 由题中三视图可知，该几何体是底面为直角梯形、高为2的直四棱柱，所以其表面积为S 表面积＝S 侧面积＋2S 下底面积＝(1＋1＋2＋2)×2＋2×12×(1＋2)×1＝11＋22，故选B.8．(2018·重庆荣昌中学期中)如图所示，在边长为2的正方形ABCD 中，圆心为B ，半径为1的圆与AB ，BC 分别交于点E ，F ，则阴影部分绕直线BC 旋转一周形成几何体的体积等于( ) A ．π B ．6π C.4π3 D ．4π答案 B解析 由旋转体的定义可知，阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的几何体为圆柱中挖掉一个半球和一个圆锥．该圆柱的底面半径R ＝BA ＝2，母线长l ＝AD ＝2，故该圆柱的体积V 1＝π×22×2＝8π，半球的半径为1，其体积V 2＝12×43π×13＝2π3，圆锥的底面半径为2，高为1，其体积V 3＝13π×22×1＝4π3，所以阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的几何体的体积V＝V 1－V 2－V 3＝6π.9.(2015·课标全国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 答案 D解析 如图，不妨设正方体的棱长为1，则截去部分三棱锥A －A 1B 1D 1，其体积为16，又正方体的体积为1，则剩余部分的体积为56，故所求比值为15.故选D. 10．(2017·山东济宁模拟)若一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．75＋210B ．75＋410C ．48＋410D ．48＋210答案 B解析 由三视图可知该几何体是一个四棱柱．两个底面面积之和为2×4＋52×3＝27，四个侧面的面积之和是(3＋4＋5＋10)×4＝48＋410，故表面积是75＋410.11．(2018·湖南长沙模拟)如图(单位：cm)，则图中阴影部分绕AB 旋转一周所形成的几何体的体积为________．答案1403π 解析 图中阴影部分绕AB 旋转一周后形成的几何体是一个圆台，从上面又挖去了一个半球． 12．(2018·天津和平区校级月考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm 3.答案163解析 由三视图可得，该几何体是三棱锥和三棱柱的组合体，它们的底面面积为12×2×2＝2(cm 2)，它们的高均为2 cm ，故该几何体的体积V ＝2×2＋13×2×2＝163(cm 3)．13．(2018·北京西城区期末)在空间直角坐标系O －xyz 中，四面体ABCD 在xOy 、yOz 、zOx 坐标平面上的一组正投影图形如图所示(坐标轴用细虚线表示)，则该四面体的体积是________．答案 43解析 由右图可知，该三棱锥A －BCD 的底面是底为1，高为4的△BCD，三棱锥的高为2，故其体积V ＝13×12×4×1×2＝43.14．(2017·衡水中学调研卷)若一个半径为2的球体经过切割之后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．答案 16π解析 由三视图，可知该几何体是一个球体挖去14之后剩余的部分，故该几何体的表面积为球体表面积的34与两个半圆面的面积之和，即S ＝34×(4π×22)＋2×(12π×22)＝16π.15．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．答案 16解析 三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以VF －DD 1E ＝13×12×1＝16.16．(2017·烟台模拟)某几何体的主(正)视图与俯视图如图所示，左(侧)视图与主视图相同，且图中的四边形都是边长为2的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是( )A.203 B.43 C ．6 D ．4答案 A解析 由三视图可知该几何体是由棱长为2的正方体，挖去一个底面边长为2的正方形，高为1的正四棱锥，该几何体体积为V ＝23－13×22×1＝203.17．(2017·辽宁五校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．答案 11解析 由三视图知，该几何体为长方体去掉一个三棱锥，其体积V ＝2×2×3－13×(12×2×1)×3＝11.18．(2018·广东清远三中月考)一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为________．答案（8＋π）36解析 由已知中的三视图可知，该几何体由一个半圆锥和一个四棱锥组合而成，其中半圆锥的底面半径为1，四棱锥的底面是一个边长为2的正方形，他们的高均为3，则V ＝13·(12·π＋4)·3＝（8＋π）36.。