新高考数学(理)二轮复习专题专练：专题五_第一讲 空间几何体(含答案解析)
2022届高考数学(理)二轮专题复习课时作业：专题五 立体几何 (十三) Word版含答案
课时作业(十三) 空间向量与立体几何1.如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB＝2a，F为CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)推断平面BCE与平面CDE的位置关系，并证明你的结论．解析：建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，3a，0)，E(a，3a,2a)．由于F为CD的中点，所以F⎝⎛⎭⎪⎫32a，32a，0.(1)证明：AF→＝⎝⎛⎭⎪⎫32a，32a，0，BE→＝(a，3a，a)，BC→＝(2a,0，－a)．由于AF→＝12(BE→＋BC→)，AF⊄平面BCE，所以AF∥平面BCE.(2)平面BCE⊥平面CDE.证明如下：由于AF→＝⎝⎛⎭⎪⎫32a，32a，0，CD→＝(－a，3a,0)，ED→＝(0,0，－2a)，所以AF→·CD→＝0，A F→·ED→＝0，所以AF→⊥CD→，AF→⊥ED→.所以AF⊥平面CDE，又AF∥平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE.2.(2021·广西南宁、梧州摸底联考)如图，已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，△PAB是边长为a的正三角形，且平面PAB⊥平面ABCD，已知点M是PD的中点．(1)证明：PB∥平面AMC；(2)求直线BD与平面AMC所成角的正弦值．解析：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OM，由于四边形ABCD为菱形，OB＝OD，又M为PD的中点，所以OM∥PB.由PB⊄平面AMC，OM⊂平面AMC，所以PB∥平面ACM.(2)取AB的中点N，连接PN，ND，则∠AND＝90°，分别以NB，ND，NP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N－xyz，则B⎝⎛⎭⎪⎫a2，0，0，C⎝⎛⎭⎪⎫a，32a，0，A⎝⎛⎭⎪⎫－a2，0，0，D⎝⎛⎭⎪⎫0，32a，0，P⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32a，M⎝⎛⎭⎪⎫0，34a，34a，则AC→＝⎝⎛⎭⎪⎫32a，32a，0，AM→＝⎝⎛⎭⎪⎫a2，34a，34a.设平面AMC的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧32ax＋32ay＝0，a2x＋34ay＋34az＝0，令y＝3，则x＝－1，z＝－33，即n＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，3，－33.又BD→＝⎝⎛⎭⎪⎫－a2，32a，0，设直线BD与n所成的角为θ，则cosθ＝n·BD→|n||BD→|＝23913，故直线BD与平面AMC所成角的正弦值为23913.3．(2021·河北石家庄模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为梯形，AD∥BC，CD ⊥BC ，AD ＝2，AB ＝BC ＝3，PA ＝4，M 为AD 的中点，N 为PC 上一点，且PC ＝3PN .(1)求证：MN ∥平面PAB ； (2)求二面角P AN M 的余弦值． 解析：(1)证明：在平面PBC 内作NH ∥BC 交PB 于点H ，连接AH ， 在△PBC 中，NH ∥BC ，且NH ＝13BC ＝1，AM ＝12AD ＝1.∵AD ∥BC ，∴NH ∥AM ，且NH ＝AM ，∴四边形AMNH 为平行四边形，∴MN ∥AH . ∵AH ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，∴MN ∥平面PAB . (2)解：在平面ABCD 内作AE ∥CD 交BC 于E ，则AE ⊥AD .分别以AE ，AD ，AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，则P (0,0,4)，M (0,1,0)，C (22，2,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎫223，23，83. 设平面AMN 的法向量m ＝(x ，y ，z )，AM →＝(0,1,0)，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫223，23，83，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，223x ＋23y ＋83z ＝0，取m ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，0，－12.设平面PAN 的法向量n ＝(x ，y ，z )，AP →＝(0,0,4)，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫223，23，83，则⎩⎪⎨⎪⎧4z ＝0，223x ＋23y ＋83z ＝0，取n ＝(1，－2，0)，则cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝269.故二面角P AN M 的余弦值为269.4．(2021·山东卷)如图，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时，求二面角E AG C 的大小．解析：(1)由于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)方法一：如图，取EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH .由于∠EBC ＝120°， 所以四边形BEHC 为菱形，所以AE ＝GE ＝AC ＝GC ＝32＋22＝13. 取AG 的中点M ，连接EM ，CM ，EC ， 则EM ⊥AG ，CM ⊥AG ，所以∠EMC 为所求二面角的平面角．又AM ＝1，所以EM ＝CM ＝13－1＝2 3. 在△BEC 中，由于∠EBC ＝120°，所以二面角CEMN的正弦值为10521.(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，进而可得NH→＝(－1，－2，h)，BE→＝(－2,2,2)．由已知，得|cos〈NH→，BE→〉|＝|NH→·BE→||NH→||BE→|＝|2h－2|h2＋5×23＝721，整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝85，或h＝12.所以，线段AH的长为85或12.6.(2021·湖北孝感联考)如图，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2，BC⊥DC，∠BAD＝60°，平面PAD⊥底面ABCD，E为AD的中点，△PAD为正三角形，M是棱PC上的一点(异于端点)．(1)若M为PC的中点，求证：PA∥平面BME；(2)是否存在点M，使二面角MBED的大小为30°.若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．解析：(1)证明：如图，连接AC交BE于点F，连接CE.由题意知BC∥AE，且BC＝AE，故四边形ABCE为平行四边形，∴F为AC的中点，在△PAC中，又由M为PC的中点，得MF∥PA.又MF⊂平面BME，PA⊄平面BME，∴PA∥平面BME.(2)连接PE，则由题意知PE⊥平面ABCD.故以E为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系E－xyz，则E(0,0,0)，P(0,0，3)，B(3，0,0)，C(3，－1,0)．设PM→＝λPC→＝(0<λ<1)，则M(3λ，－λ，3(1－λ))．∴EM→＝(3λ，－λ，3(1－λ))，EB→＝(3，0,0)．取平面DBE的法向量n1＝(0,0,1)，设平面BME的法向量n2＝(x，y，z)，则由⎩⎨⎧n2·EM→＝0，n2·EB→＝0得⎩⎨⎧3λx－λy＋31－λz＝0，3x＝0.令y＝3，得n2＝⎝⎛⎭⎪⎫0，3，λ1－λ.又由⎪⎪⎪⎪⎪⎪n1·n2|n1||n2|＝cos30°，得λ＝34，即M⎝⎛⎭⎪⎫334，－34，34.故存在点M满足要求，且M为棱PC上靠近端点C的四等分点．。
湖南省2020年高考数学第二轮复习 专题五 立体几何第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积 文
专题五立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积真题试做1．(2020·湖南高考，文4)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是( )．图12．(2020·天津高考，文10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为__________ m3.3．(2020·湖北高考，文15)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为______．4．(2020·湖北高考，文19)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体，其下部是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台A1B1C1D1ABCD，上部是一个底面与四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱ABCDA2B2C2D2.(1)证明：直线B1D1⊥平面ACC2A2；(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知AB＝10，A1B1＝20，AA2＝30，AA1＝13(单位：厘米)，每平方厘米的加工处理费为0.20元，需加工处理费多少元？考向分析通过对近几年高考试题的分析可看出，空间几何体的命题形式比较稳定，多为选择题或填空题，有时也出现在解答题的某一问中，题目常为中、低档题．考查的重点是直观图、三视图、面积与体积等知识，此类问题多为考查三视图的还原问题，且常与空间几何体的表面积、体积等问题交会，是每年的必考内容．预计在2020年高考中：对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势，通过此类题考查考生的空间想象能力；对表面积和体积的考查，常见形式为蕴涵在两几何体的“切”或“接”形态中，或以三视图为载体进行交会考查，此块内容还要注意强化几何体的核心——截面以及补形、切割等数学思想方法的训练．热点例析热点一空间几何体的三视图与直观图【例1】(1)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如下图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )．(2)若某几何体的三视图如下图所示，则这个几何体的直观图可以是( )．规律方法 (1)三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形，反映了一个几何体各个侧面的特点．正(主)视图反映物体的主要形状特征，是三视图中最重要的视图；俯视图要和正(主)视图对正，画在正(主)视图的正下方；侧(左)视图要画在正(主)视图的正右方，高度要与正(主)视图平齐；(2)要注意到在画三视图时，能看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线； (3)A ．32B ．16＋16 2C ．48 D．16＋32 2(2)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是( )．A.12＋22 B ．1＋22 C ．1＋ 2 D ．2＋ 2 热点二 空间几何体的表面积与体积【例2】(2020·福建高考，文20)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB .(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P ABCD 的体积．规律方法 (1)求几何体的体积问题，可以多角度、多方位地考虑．对于规则的几何体的体积，如求三棱锥的体积，采用等体积转化是常用的方法，转化的原则是其高与底面积易求；对于不规则几何体的体积常用割补法求解，即将不规则几何体转化为规则几何体，以易于求解．(2)求解几何体的表面积时要注意S 表＝S 侧＋S 底．(3)对于给出几何体的三视图，求其体积或表面积的题目关键在于要还原出空间几何体，并能根据三视图的有关数据和形状推断出空间几何体的线面关系及相关数据，至于体积或表面积的求解套用对应公式即可．变式训练2 已知某几何体的三视图如下图所示，其中正(主)视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为( )．A ．24－32πB ．24－13πC ．24－πD ．24－12π热点三 多面体与球【例3】已知正四棱锥的底面边长为a ，侧棱长为2a . (1)求它的外接球的体积； (2)求它的内切球的表面积．规律方法 (1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．(2)若球面四点P ，A ，B ，C 构成的线段PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2，把有关元素“补形”成为一个球内接正方体(或其他图形)，从而显示出球的数量特征，这种方法是一种常用的好方法．变式训练3 如图所示，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝a ，PA ＝PC ＝2a .若在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径是__________．思想渗透立体几何中的转化与化归思想求空间几何体的体积时，常常需要对图形进行适当的构造和处理，使复杂图形简单化，非标准图形标准化，此时转化与化归思想就起到了至关重要的作用．利用转化与化归思想求空间几何体的体积主要包括割补法和等体积法，具体运用如下：(1)补法是指把不规则的(不熟悉或复杂的)几何体延伸或补成规则(熟悉的或简单的)的几何体，把不完整的图形补成完整的图形；(2)割法是指把复杂的(不规则的)几何体切割成简单的(规则的)几何体；(3)等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件转化为易求的面积(体积)问题．【典型例题】如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝5，BB 1＝BC ＝6，D ，E 分别是AA 1和B 1C 的中点．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求三棱锥E BCD 的体积．(1)证明：取BC 中点G ，连接AG ，EG .因为E 是B 1C 的中点，所以EG ∥BB 1，且EG ＝12BB 1.由直棱柱知，AA 1BB 1.而D 是AA 1的中点，所以EG AD ，所以四边形EGAD 是平行四边形，所以ED ∥AG . 又DE 平面ABC ，AG ⊂平面ABC ， 所以DE ∥平面ABC .(2)解：因为AD ∥BB 1，所以AD ∥平面BCE ， 所以V E BCD ＝V D BCE ＝V A BCE ＝V E ABC .由(1)知，DE ∥平面ABC ，所以V E ABC ＝V D ABC ＝13AD ·12BC ·AG ＝16×3×6×4＝12.1．(2020·山东济南三月模拟，4)如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的各棱长均为2，其正(主)视图如图所示，则此三棱柱侧(左)视图的面积为( )．A ．2 2B ．4 C. 3 D ．2 32．(2020·安徽安庆二模，7)一空间几何体的三视图如图所示(正(主)、侧(左)视图是两全等图形，俯视图是圆及圆的内接正方形)，则该几何体的表面积是( )．A ．7π cm 2B ．(5π＋43)cm 2C ．(5π＋23)cm 2D ．(6π＋27－2)cm 23．(2020·北京丰台区三月月考，4)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )．A ．20－2πB ．20－23πC ．40－23πD ．40－43π4．(2020·湖南株洲下学期质检，14)一个三棱锥的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图如下，则这个三棱锥的体积为__________，其外接球的表面积为__________．5．已知正四面体的外接球半径为1，则此正四面体的体积为__________．6．正六棱锥P ABCDEF 中，G 为PB 的中点，则三棱锥D GAC 与三棱锥P GAC 体积之比为__________．7．如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2DC ＝2，∠DAB ＝60°，E 为AB 的中点，将△ADE 与△BEC 分别沿ED ，EC 向上折起，使A ，B 重合，求形成三棱锥的外接球的体积．参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．C 解析：若为C 选项，则主视图为：故不可能是C 选项．2．30 解析：由几何体的三视图可知：该几何体的上部为平放的直四棱柱，底部为长、宽、高分别为4 m,3 m,2 m 的长方体．∴几何体的体积V ＝V 直四棱柱＋V 长方体＝(1＋2)×12×4＋4×3×2＝6＋24＝30(m 3)．3．12π 解析：该几何体是由3个圆柱构成的几何体，故体积V ＝2×π×22×1＋π×12×4＝12π.4．解：(1)因为四棱柱ABCD A 2B 2C 2D 2的侧面是全等的矩形，所以AA 2⊥AB ，AA 2⊥AD .又因为AB ∩AD ＝A ，所以AA 2⊥平面ABCD . 连接BD ，因为BD ⊂平面ABCD ，所以AA 2⊥BD . 因为底面ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD .又已知平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且平面BB 1D 1D ∩平面ABCD ＝BD ， 平面BB 1D 1D ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，所以B 1D 1∥BD .于是由AA 2⊥BD ，AC ⊥BD ，B 1D 1∥BD ，可得AA 2⊥B 1D 1，AC ⊥B 1D 1. 又因为AA 2∩AC ＝A ，所以B 1D 1⊥平面ACC 2A 2.(2)因为四棱柱ABCD A 2B 2C 2D 2的底面是正方形，侧面是全等的矩形，所以S 1＝S 四棱柱上底面＋S四棱柱侧面＝(A 2B 2)2＋4AB ·AA 2＝102＋4×10×30＝1 300(cm 2)．又因为四棱台A 1B 1C 1D 1ABCD 的上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形(其高为h )，所以S 2＝S 四棱台下底面＋S 四棱台侧面＝(A 1B 1)2＋4×12(AB ＋A 1B 1)h＝202＋4×12×(10＋20)132－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×(20－10)2＝1 120(cm 2)．于是该实心零部件的表面积为S ＝S 1＋S 2＝1 300＋1 120＝2 420(cm 2)， 故所需加工处理费为0.2S ＝0.2×2 420＝484(元)． 精要例析·聚焦热点热点例析【例1】 (1)D (2)B 解析：(1)被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为正方体的面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(正方形)的两条边重合，另一条为正方体的对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图及对角线方向，只有选项D 符合．(2)由正(主)视图可排除A ，C ；由侧(左)视图可判断该几何体的直观图是B.【变式训练1】 (1)B (2)D 解析：(1)由三视图知原几何体是一个底面边长为4，高是2的正四棱锥．如图：∵AO ＝2，OB ＝2，∴AB ＝2 2.又∵S 侧＝4×12×4×22＝162，S 底＝4×4＝16，∴S 表＝S 侧＋S 底＝16＋16 2.(2)如图，设直观图为O ′A ′B ′C ′，建立如图所示的坐标系，按照斜二测画法的规则，在原来的平面图形中，OC ⊥OA ，且OC ＝2，BC ＝1，OA ＝1＋2×22＝1＋2，故其面积为12×(1＋1＋2)×2＝2＋ 2.【例2】 (1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CE .因为AB ⊥AD ，CE ∥AB ，所以CE ⊥AD . 又PA ∩AD ＝A ，所以CE ⊥平面PAD . (2)解：由(1)可知CE ⊥AD .在Rt△ECD 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 又因为AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ， 所以四边形ABCE 为矩形．所以S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △ECD ＝AB ·AE ＋12CE ·DE ＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥平面ABCD ，PA ＝1，所以V 四棱锥P ABCD ＝13S 四边形ABCD ·PA ＝13×52×1＝56.【变式训练2】 A 解析：由三视图可知该几何体为一个长、宽、高分别为4,3,2的长方体，剖去一个半圆柱而得到的几何体，其体积为2×3×4－12π×1×3，即24－32π.【例3】 解：如图所示，△SAC 的外接圆是外接球的一个大圆，∴只要求出这个外接圆的半径即可，而内切球的球心到棱锥的各个面的距离相等，∴可由正四棱锥的体积求出其半径．(1)设外接球的半径为R ，球心为O ，则OA ＝OC ＝OS ，∴O 为△SAC 的外心，即△SAC 的外接圆半径就是球的半径． ∵AB ＝BC ＝a ，∴AC ＝2a .∵SA ＝SC ＝AC ＝2a ，∴△SAC 为正三角形．由正弦定理得2R ＝AC sin∠ASC ＝2a sin 60°＝263a ，因此R ＝63a ，V 外接球＝43πR 3＝8627πa 3. (2)如图，设内切球的半径为r ，作SE ⊥底面于E ，作SF ⊥BC 于F ，连接EF ， 则有SF ＝SB 2－BF 2＝(2a )2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝72a ，S △SBC ＝12BC ·SF ＝12a ×72a ＝74a 2， S 棱锥全＝4S △SBC ＋S 底＝(7＋1)a 2.又SE ＝SF 2－EF 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫72a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝62a ，∴V 棱锥＝13S 底·SE ＝13a 2×62a ＝66a 3，∴r ＝3V 棱锥S 棱锥全＝3×66a 3(7＋1)a 2＝42－612a ，S 内切球＝4πr 2＝4－73πa 2. 【变式训练3】 12(2－2)a 解析：当且仅当球与四棱锥的各个面都相切时，球的半径最大．设放入的球的半径为r ，球心为O ，连接OP ，OA ，OB ，OC ，OD ，则把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥，这些小棱锥的高都是r ，底面分别为原四棱锥的侧面和底面，则V P ABCD ＝13r (S △PAB ＋S △PBC ＋S △PCD ＋S △PAD ＋S 正方形ABCD )＝13r (2＋2)a 2.由题意知PD ⊥底面ABCD ，∴V P ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝13a 3.由体积相等，得13r (2＋2)a 2＝13a 3，解得r ＝12(2－2)a .创新模拟·预测演练1．D2．D 解析：据三视图可判断该几何体是由一个圆柱和一个正四棱锥组合而成的，直观图如图所示：易求得表面积为(6π＋27－2)cm 2.3．B 解析：由三视图可知该几何体的直观图为一个正四棱柱，从上表面扣除半个内切球．易求出正四棱柱的底面边长为2，内切球的半径为1，故体积为2×2×5－23π＝20－2π3.4．4 29π 5.827 3 解析：首先将正四面体补形为一个正方体，设正四面体棱长为a ，则其对应正方体的棱长为22a ，且由球与正方体的组合关系易知3⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝(1×2)2，解得a 2＝83， ∴正四面体的体积为V ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3－4×13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3＝827 3.6．2∶1 解析：由正六棱锥的性质知，点P 在底面内的射影是底面的中心，也是线段AD的中点．又G 为PB 的中点，设P 点在底面内的射影为O ，则G 点在底面内的射影为OB 的中点M ，且GM ∥PO .又M 为AC 的中点，则GM ⊂平面GAC ，所以点P 到平面GAC 的距离等于点O 到平面GAC 的距离．又因为OM ⊥平面GAC ，DC ⊥平面GAC ，且DC ＝2OM ，则V D GAC V P GAC ＝13S △GAC ×DC13S △GAC ×OM ＝2.7．解：由已知条件知，平面图形中AE ＝EB ＝BC ＝CD ＝DA ＝DE ＝EC ＝1，∴折叠后得到一个棱长为1的正三棱锥(如图)． 方法一：作AF ⊥平面DEC ，垂足为F ， F 即为△DEC 的中心，取EC 中点G ，连接DG ，AG ， 过球心O 作OH ⊥平面AEC ， 则垂足H 为△AEC 的中心，∴外接球半径可利用△OHA ∽△AFG 求得． ∵AG ＝32，AF ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫332＝63，AH ＝33， ∴OA ＝AG ·AHAF ＝32×3363＝64，∴外接球体积为43π×OA 3＝43·π·6643＝68π.方法二：如图，把棱长为1的正三棱锥放在正方体中，显然，棱长为1的正三棱锥的外接球就是正方体的外接球．∵正方体棱长为22， ∴外接球直径2R ＝3·22， ∴R ＝64，∴体积为43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫643＝68π.。
新(全国甲卷)版高考数学大二轮总复习与增分策略专题五立体几何第1讲空间几何体练习文【含答案】
第1讲 空间几何体1．(2015·江苏)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________． 答案7解析 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r＝7.2．(2016·课标全国丙改编)在封闭的直三棱柱ABCA 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________．答案9π2解析 由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V 的最大值为9π2.3．(2015·山东改编)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________． 答案5π3解析 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.4．(2014·江苏)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________．答案 32解析 设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 2h 2＝r 1r 2＝32.1.考查空间几何体面积、体积的计算.2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.热点一 空间几何体的结构特征棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等且平行的多边形；棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形；棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．圆柱可由矩形绕其任意一边旋转得到；圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；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；球可以由半圆或圆绕直径旋转得到． 例1 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棱台的各侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________． 答案 ①④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． 思维升华 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)通过旋转体的结构，可对得到旋转体的平面图形进行分解，结合旋转体的定义进行分析． 跟踪演练1 (1)给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱； ②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体； ③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱； ④长方体一定是正四棱柱．其中正确命题的个数是________． (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________． 答案 (1)0 (2)1解析 (1)①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误．(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．热点二 几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧． 例2 (1)已知一个圆锥的底面积为2π，侧面积为4π，则该圆锥的体积为________． (2)设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________． 答案 (1)263π (2)32π解析 (1)设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，则πr 2＝2π，πrl ＝4π，解得r ＝2，l ＝22，故高h ＝6， 所以V ＝13πr 2h ＝13π×2×6＝263π.(2)因为V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13r ·πr 2＝πr 33，S 2＝πrl ＝2πr 2， 所以V 1V 2＝a 3πr 3＝3π⇒ar＝1，因此S 1S 2＝6a 22πr2＝32π.思维升华 (1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．(2)求体积时可以把空间几何体进行分解，把复杂的空间几何体的体积分解为一些简单几何体体积的和或差．求解时注意不要多算也不要少算．跟踪演练2 已知圆锥的母线长为5，高为21，则此圆锥的底面积和侧面积之比为________． 答案 2∶5解析 由题意得圆锥的底面半径为25－21＝2， 因此圆锥的底面积和侧面积之比为πr 2πrl ＝r l ＝25.热点三 多面体与球与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径．如球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常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． 例3 (1)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SA ⊥平面ABC ，SA ＝23，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，则球O 的表面积为________．(2)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为________ cm 3. 答案 (1)16π (2)500π3解析 (1)在△ABC 中，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos 60°＝3，∴AC 2＝AB 2＋BC 2， 即AB ⊥BC ， 又SA ⊥平面ABC ，∴三棱锥S －ABC 可补成分别以AB ＝1，BC ＝3，SA ＝23为长、宽、高的长方体， ∴球O 的直径＝12＋32＋32＝4，故球O 的表面积为4π×22＝16π.(2)过球心与正方体中点的截面如图，设球心为点O ，球半径为R cm ，正方体上底面中心为点A ，上底面一边的中点为点B ， 在Rt△OAB 中，OA ＝(R －2)cm ，AB ＝4 cm ，OB ＝R cm ，由R 2＝(R －2)2＋42，得R ＝5， ∴V 球＝43πR 3＝5003π(cm 3)．思维升华 三棱锥P －ABC 可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形： (1)点P 可作为长方体上底面的一个顶点，点A 、B 、C 可作为下底面的三个顶点； (2)P －ABC 为正四面体，则正四面体的棱都可作为一个正方体的面对角线．跟踪演练3 在三棱锥A －BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ABD 的面积分别为22，32，62，则三棱锥A －BCD 的外接球体积为________． 答案6π解析 如图，以AB ，AC ，AD 为棱把该三棱锥扩充成长方体，则该长方体的外接球恰为三棱锥的外接球，∴三棱锥的外接球的直径是长方体的体对角线长．据题意⎩⎨⎧AB ·AC ＝2，AC ·AD ＝3，AB ·AD ＝6，解得⎩⎨⎧AB ＝2，AC ＝1，AD ＝3，∴长方体的体对角线长为AB 2＋AC 2＋AD 2＝6， ∴三棱锥外接球的半径为62. ∴三棱锥外接球的体积为V ＝43π·(62)3＝6π.1．如图，三棱锥A －BCD 中，E 是AC 的中点，F 在AD 上，且2AF ＝FD ，若三棱锥A －BEF 的体积是2，则四棱锥B －ECDF的体积为________．押题依据 简单几何体的表面积和体积的计算是高考考查的重点，本题从两几何体的体积关系进行考查，符合高考命题思想．答案 10解析 因为S △AEF S △ACD ＝12AE ·AF ·sin A12AC ·AD ·sin A ＝16，V 总＝6V A －BEF ＝12，则四棱锥B －ECDF 的体积为10.2．在正三棱锥S －ABC 中，点M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的外接球的表面积为________．押题依据 多面体的外接球一般借助补形为长方体的外接球解决，解法灵活，是高考的热点． 答案 12π解析 因为三棱锥S －ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC ，又AM ⊥SB ，AC ∩AM ＝A ，所以SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC ，同理，SA ⊥SC ，即SA ，SB ，SC 三线两两垂直，且AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，所以(2R )2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π.3．已知半径为1的球O 中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体积与圆柱的体积的比值为________．押题依据 求空间几何体的体积是立体几何的重要内容之一，也是高考的热点问题之一，主要是求柱体、锥体、球体或简单组合体的体积．本题通过球的内接圆柱，来考查球与圆柱的体积计算，设问角度新颖，值得关注． 答案423解析 如图所示，设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的侧面积为S ＝2πr ×21－r 2＝4πr 1－r 2≤4π×r 2＋－r22＝2π(当且仅当r2＝1－r 2，即r ＝22时取等号)． 所以当r ＝22时，V 球V 圆柱＝4π3×13π222×2＝423.A 组 专题通关1．以下四个命题： ①正棱锥的所有侧棱相等；②直棱柱的侧面都是全等的矩形； ③圆柱的母线垂直于底面；④用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形． 其中，真命题的个数为________． 答案 3解析 由正棱锥的定义可知所有侧棱相等，故①正确；由于直棱柱的底面不一定是正多边形，故侧面矩形不一定全等，因此②不正确；由圆柱母线的定义可知③正确；结合圆锥轴截面的作法可知④正确．综上，正确的命题有3个．2．下图是棱长为2的正方体的表面展开图，则多面体ABCDE 的体积为________．答案 83解析 多面体ABCDE 为四棱锥(如图)，利用割补法可得其体积V ＝4－43＝83.3．设M ，N 分别为三棱锥P —ABC 的棱AB ，PC 的中点，三棱锥P —ABC 的体积记为V 1，三棱锥P —AMN 的体积记为V 2，则V 2V 1＝________. 答案 14解析 三棱锥P —AMN 的体积等于三棱锥P －AMC 的体积的一半，等于三棱锥P —ABC 的体积的四分之一．4．已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________ cm 3. 答案 96π解析 由题意得：πrl ＝60π，l ＝10⇒r ＝6⇒h ＝8，因此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π·62·8＝96π.5．如图所示，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A ′BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四面体A ′BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的体积为______．答案32π解析 如图所示，取BD 的中点E ，BC 的中点O ，连结A ′E ，EO ，A ′O ，OD .因为平面A ′BD ⊥平面BCD ，A ′E ⊥BD ，平面A ′BD ∩平面BCD ＝BD ，A ′E ⊂平面A ′BD ，所以A ′E ⊥平面BCD .因为A ′B ＝A ′D ＝CD ＝1，BD ＝2， 所以A ′E ＝22，EO ＝12，所以OA ′＝32. 在Rt△BCD 中，OB ＝OC ＝OD ＝12BC ＝32，所以四面体A ′BCD 的外接球的球心为O ，球的半径为32，所以V 球＝43π(32)3＝32π. 6．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________． 答案 2＋22解析 如图，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为点E ，则在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 ′， ∴这块菜地的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×(1＋1＋22)×2＝2＋22. 7．已知正三棱柱的各条棱长均为a ，圆柱的底面直径和高均为b ，若它们的体积相等，则a 3∶b 3＝________. 答案 π∶ 3解析 正三棱柱的体积为34a 2×a ＝34a 3， 圆柱的体积为π(b 2)2×b ＝π4b 3，因此34a 3＝π4b 3⇒a 3∶b 3＝π∶ 3.8.如图所示，从棱长为6 cm 的正方体铁皮箱ABCD —A 1B 1C 1D 1中分离出来由三个正方形面板组成的几何图形．如果用图示中这样一个装置来盛水，那么最多能盛的水的体积为________ cm 3. 答案 36解析 最多能盛多少水，实际上是求三棱锥C 1—CD 1B 1的体积．111111C CD B C B C D V V --=三棱锥三棱锥又＝13×(12×6×6)×6＝36(cm 3)，所以用图示中这样一个装置来盛水，最多能盛36 cm 3体积的水．9．已知三个球的半径R 1、R 2、R 3满足R 1＋R 3＝2R 2，记它们的表面积分别为S 1、S 2、S 3，若S 1＝1，S 3＝9，则S 2＝________. 答案 4解析 由题意知4πR 21＝1,4πR 23＝9，所以16π2R 21R 23＝9，即R 1R 3＝34π，又4πR 21＋4πR 23＝4π[(R 1＋R 3)2－2R 1R 3]＝10， 所以4π[(2R 2)2－2R 1R 3]＝10， 所以化简得：4πR 22＝4，即S 2＝4.10．(教材改编)如图所示，从三棱锥P －ABC 的顶点P 沿着三条侧棱PA ，PB ，PC 剪开成平面图形得到△P 1P 2P 3，且P 2P 1＝P 2P 3.(1)在三棱锥P －ABC 中，求证：PA ⊥BC ；(2)若P 1P 2＝26，P 1P 3＝20，求三棱锥P －ABC 的体积．(1)证明 由题设知A ，B ，C 分别是P 1P 3，P 1P 2，P 2P 3的中点，且P 2P 1＝P 2P 3， 从而PB ＝PC ，AB ＝AC ，取BC 的中点D ，连结AD ，PD (如图)，则AD ⊥BC ，PD ⊥BC . 又AD ∩PD ＝D ，∴BC ⊥平面PAD ， 又PA ⊂平面PAD ，∴PA ⊥BC . (2)解 由题设有AB ＝AC ＝12P 1P 2＝13，PA ＝P 1A ＝BC ＝10， PB ＝PC ＝P 1B ＝13，∴AD ＝PD ＝AB 2－BD 2＝12. 在等腰三角形DPA 中， 底边PA 上的高h ＝AD 2－12PA 2＝119，∴S △DPA ＝12PA ·h ＝5119.又BC ⊥平面PAD ， ∴V P －ABC ＝V B －PDA ＋V C －PDA ＝13BD ·S △DPA ＋13DC ·S △PDA ＝13BC ·S △PDA ＝13×10×5119 ＝503119.B 组 能力提高11．如图，已知正三角形ABC 的三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是____________． 答案9π4解析 设正三角形ABC 的中心为O 1，如图，连结O 1A ，O 1O ，O 1C ，OC .∵A ，B ，C 三点在球面上，∴O 1O ⊥平面ABC ，O 1O ⊥O 1C .∵球的半径R ＝2，球心O 到平面ABC 的距离为1，∴在Rt△O 1OC 中，O 1C ＝R 2－O 1O 2＝ 3.∵△ABC 为正三角形，∴AO 1＝O 1C ＝ 3.又∵点E 为AB 的中点，∴AE ＝AO 1cos 30°＝32. ∵过点E 作球O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆以AB 为直径，∴截面圆的半径r ＝32，可得截面面积为S ＝πr 2＝94π. 12．已知在三棱锥P —ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ＝AC ＝PA ＝2，且在△ABC 中，∠BAC ＝120°，则三棱锥P —ABC 的外接球的体积为________．答案 205π3解析 由余弦定理得：BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos∠BAC ，∴BC 2＝22＋22－2×2×2×(－12)＝12，∴BC ＝2 3.设平面ABC 截球所得截面圆半径为r ，则2r ＝23sin 120°＝4，∴r ＝2.由PA ＝2且PA ⊥平面ABC 知，球心到平面ABC 的距离为1，∴球的半径为R ＝12＋22＝5，所以V 球＝43πR 3＝205π3.13．如图，侧棱长为23的正三棱锥V －ABC 中，∠AVB ＝∠BVC ＝∠CVA＝40°，过点A 作截面△AEF ，则截面△AEF 的周长的最小值为____________．答案 6解析 沿着侧棱VA 把正三棱锥V －ABC 展开在一个平面内，如图，则AA ′即为截面△AEF 周长的最小值，且∠AVA ′＝3×40°＝120°.在△VAA ′中，由余弦定理可得AA ′＝6，故答案为6.14．如图，在Rt△ABC 中，AB ＝BC ＝4，点E 在线段AB 上．过点E 作EF ∥BC 交AC 于点F ，将△AEF 沿EF 折起到△PEF 的位置(点A 与点P 重合)，使得∠PEB ＝30°.(1)求证：EF ⊥PB ；(2)试问：当点E 在何处时，四棱锥P —EFCB 的侧面PEB 的面积最大？并求此时四棱锥P —EFCB 的体积．(1)证明 ∵EF ∥BC 且BC ⊥AB ，∴EF ⊥AB ，即EF ⊥BE ，EF ⊥PE .又BE ∩PE ＝E ，∴EF ⊥平面PBE ，又PB ⊂平面PBE ，∴EF ⊥PB .(2)解 设BE ＝x ，PE ＝y ，则x ＋y ＝4.∴S △PEB ＝12BE ·PE ·sin∠PEB＝14xy ≤14⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝1.当且仅当x ＝y ＝2时，S △PEB 的面积最大．此时，BE ＝PE ＝2.由(1)知EF ⊥平面PBE ，∴平面PBE ⊥平面EFCB ，在平面PBE 中，作PO ⊥BE 于点O ，又平面PBE ∩平面EFCB ＝BE ，∴PO ⊥平面EFCB .即PO 为四棱锥P —EFCB 的高．又PO ＝PE ·sin 30°＝2×12＝1，S EFCB ＝12×(2＋4)×2＝6，∴V P —BCFE ＝13×6×1＝2.。
高三数学空间几何体试题答案及解析
高三数学空间几何体试题答案及解析1.有一正方体,六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6,有3个人从不同的角度观察,结果如图所示.若记3的对面的数字为,4的对面的数字为,则 ( )A．3B．7C．8D．11【答案】C【解析】从图中可看出，与4相邻的是1、6、3、5，故与4相对的是2；与3相邻的是1、2、4、5，故与3相对的是6，所以.【考点】空间几何体.2.有一正方体,六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6,有3个人从不同的角度观察,结果如图所示.若记3的对面的数字为,4的对面的数字为,则 ( )A．3B．7C．8D．11【答案】C【解析】从图中可看出，与4相邻的是1、6、3、5，故与4相对的是2；与3相邻的是1、2、4、5，故与3相对的是6，所以.【考点】空间几何体.3.已知矩形的周长为36，矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱，则旋转形成的圆柱的侧面积的最大值为．【答案】81【解析】假设矩形的一边为（），则另一边为.以x长的变为轴旋转成的圆柱的侧面积为.所以当时，.【考点】1.旋转体的知识.2.函数的最值问题.4.已知四面体的外接球的球心在上，且平面，，若四面体的体积为，则该球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】如下图所示，由于四面体的外接球的球心在上，则为其外接球的一条直径，因此，设球的半径为，在中，，由勾股定理得，，由于为球上一点，则，且平面，所以，，所以球的表面积为，故选D.【考点】1.勾股定理；2.三角形的面积；3.三棱锥的体积；4.球的表面积5.如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1的中点,则下列判断错误的是()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行【答案】D【解析】由于C1D1与A1B1平行,MN与C1D1是异面直线,所以MN与A1B1是异面直线,故选项D错误.6.如图,正方形BCDE的边长为a,已知AB=BC,将直角△ABE沿BE边折起,A点在平面BCDE 上的射影为D点,则对翻折后的几何体有如下描述:(1)AB与DE所成角的正切值是.(2)三棱锥B-ACE的体积是a3.(3)AB∥CD.(4)平面EAB⊥平面ADE.其中正确的叙述有(写出所有正确结论的编号).【答案】(1)(2)(4)【解析】翻折后得到的直观图如图所示.AB与DE所成的角也就是AB与BC所成的角,即为∠ABC.因为AD⊥平面BCDE,所以平面ADC⊥平面BCDE. 又因为四边形BCDE为正方形,所以BC⊥CD.可得BC⊥平面ACD.所以BC⊥AC.因为BC=a,AB=BC=a,则AC== a.在Rt△ABC中,tan∠ABC==.故(1)正确;由AD==a,可得VB-ACE =VA-BCE=×a2·a=,故(2)正确;因为AB与CD异面,故(3)错;因为AD⊥平面BCDE,所以平面ADE⊥平面BCDE.又BE⊥ED,所以BE⊥平面ADE,故平面EAB⊥平面ADE,故(4)正确.7.如图所示的几何体ABCDFE中，△ABC，△DFE都是等边三角形，且所在平面平行，四边形BCED为正方形，且所在平面垂直于平面ABC．（Ⅰ）证明：平面ADE∥平面BCF；（Ⅱ）求二面角D－AE－F的正切值．【答案】（Ⅰ）利用线线平行，则面面平行证明，即可得证；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）先证明四边形为平行四边形得，又，所以平面平面；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，先求出平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，然后利用公式即可求出余弦值为，进而求出正切值.试题解析：（Ⅰ）取的中点，的中点，连接.则，又平面平面，所以平面，同理平面，所以又易得，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以平面平面. （6分）（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系，设，则,,，，，.设平面的一个法向量是，则，令，得. （9分）设平面的一个法向量是，则令，得.所以，易知二面角为锐二面角，故其余弦值为，所以二面角的正切值为. （12分）【考点】1.平面与平面垂直的判定方法；2.二面角的求法.8.已知某四棱锥的三视图，如图。
新高考数学复习第一章 空间几何体单元测试(基础版)附答案解析
1．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的正视图、侧视图与俯视图分别为 ( )
A．②①① B．②①② C．②④① D．③①① 【答案】：A 【解析】：由已知可得正视图应当是②，排除 D；侧视图是一个正方形，中间的棱在侧视图中表现为一条 对角线，对角线的方向应该从左上到右下，即侧视图应当是①，排除 C；俯视图应当是①，排除 B.故选 A. 2．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )
（A）18 36 5 （B） 54 18 5
（C）90
（D）81
12.一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） 1 2π 33
（B） 1 2π 33
（C） 1 2π 36
（D）1 2π 6
二、填空题 共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
13．如图，正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 1，E，F 分别为线段 AA1，B1C 上的点，则三棱锥 D1－EDF 的体积为________．
A．20＋2π B．20＋3π C．24＋2π D．24＋3π
【答案】：B
1
1
【解析】：由三视图可知，该几何体为半圆柱与正方体的组合体，则其表面积 S＝ ×2 π×1×2＋ ×π×12×2＋
2
2
5×2×2＝20＋3π.故选 B.
3. （2018 年北京卷）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为
（C） 1 2π 36
（D）1 2π 6
三、填空题 共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
新高考数学重难点培优专题讲义——立体几何小题专练(含详细答案解析)
立体几何小题培优讲义高考规律立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．知识梳理【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．2.以立体几何为载体的情境题的求解思路以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题.此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【题型1 求几何体的体积与表面积】【例1】（2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测）在三棱锥P−ABC中，三条侧棱P A，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱锥P−ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，则该球的体积是（）A．4√3πB．4√2πC．6πD．12π【变式1-1】（2023·陕西铜川·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③V台=13(S上+S下+√S上⋅S下)ℎ）A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为2,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点，若四边形PQDB的面积为152，则该四棱台的体积为（）A．563B．56C．283D．28【变式1-3】（2023·山东·统考一模）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积是（）A．(144+12√13)πcm2B．(144+24√13)πcm2C．(108+12√13)πcm2D．(108+24√13)πcm2【题型2 与球有关的截面问题】【例2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（）A．8πB．9πC．12πD．16π【变式2-1】（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为3，上、下底面边长分别为√15，2√6，则该球的表面积为（）A．32πB．36πC．40πD．42π【变式2-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心，√6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）A．2√3πB．√3πC．√3π2D．√3π4【变式2-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（）A．136πB．2512πC．83πD．23π【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】【例3】（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（）A．a327B．a336C．a354D．a372【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=60°，侧面BCC1B1的面积为2√3，则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积的最小值为（）A．4πB．8πC．4√3πD．8√3π【变式3-2】（2023·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P为底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高ℎ∈[√2,2√2]，点M到平面PCD的距离的最大值为（）A．2√63B．83C．4√23D．329【变式3-3】（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为20√53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2√3，且三棱锥A－BCD的体积为2√3，则线段CD长度的最大值为（）A．2√3B．3√2C．√13D．2√5【题型4 几何体与球的切、接问题】【例4】（2023·河北邯郸·统考三模）三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SC于点E、F，记三棱锥S−FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S−ABC的外接球表面积为S2，则S1S2=（）A．√33B．13C．√22D．12【变式4-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（）A．π6B．πC．4π3D．4π【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）为了便于制作工艺品，某工厂将一根底面半径为6cm，高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料，已知该正四棱台上底面的边长不大于4√2cm，则当该正四棱台的体积最大时，该正四棱台外接球的表面积为（）A．128πcm2B．145πcm2C．153πcm2D．160πcm2【变式4-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为2√6，则模型中九个球的表面积和为（）A．6πB．9πC．31π4D．21π【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】【例5】（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知底面边长为a的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1内接于半径为√3的球内，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，G，H分别为线段AC1，EF上的动点，M为线段AB1的中点，当正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积最大时，|GH|+|GM|的最小值为（）A．√2B．3√22C．2D．1+√2【变式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC= 1，AA1=√3，在线段A1D上取点M，在CD1上取点N，使得直线MN//平面ACC1A1，则线段MN长度的最小值为（）A．√33B．√213C．√37D．√217【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，以下四个命题：；④|C1P|+①三棱锥D−BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12|DP|的最小值为√10．其中真命题有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【变式5-3】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线，则下列说法正确的是（）段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163A．EF=2B．EF=4C．EG+FG的最小值为3√2D．EG+FG的最小值为2√6【题型6 空间角问题】【例6】（2023·全国·模拟预测）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积是底面积的6√3倍，点E为四边形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（）A．2√3913B．√3913C．√3926D．3√3926【变式6-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（）A．13B．√33C．23D．√53【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点N是棱BB1上的动点，点M是线段A1C1（不含线段的端点）上的动点，则下列说法正确的是（）A．存在直线MN，使MN//B1C B．异面直线CM与AB所成的角可能为π3C．直线CM与平面BND所成的角为π3D．平面BMC//平面C1NA【变式6-3】（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F（E在F的左边），且EF=√2．下列说法不正确的是（）A．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45∘B．当E,F运动时，三棱锥体积B−AEF不变C．当E,F运动时，存在点E,F使得AE//BFD．当E,F运动时，二面角C−EF−B为定值【题型7 翻折问题】【例7】（2023·四川泸州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A−BD−P为120°，则此时三棱锥P−ABD的外接球的表面积为（）A．21πB．28√21πC．52πD．84π【变式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将△ABD 沿对角线BD翻折至△A′BD的位置，使得平面A′BD⊥平面BCD，则在三棱锥A′−BCD的外接球中，以A′C为直径的截面到球心的距离为（）A．√43510B．6√25C．√23910D．√11310【变式7-2】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（）A．存在点P，使得PE∥CFB．存在点P，使得PE⊥EDC．三棱锥P−AED的体积最大值为√26D．当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED外接球表面积为4π【变式7-3】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC 的中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P−BCED，则下列命题错误的是（）A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBCC．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为√33πD．当PB=√10时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523【题型8 立体几何中的轨迹问题】【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，B1C的中点，若直线BP与MN所成的角为θ，且sinθ=√55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（）A．3π4B．π2C．π3D．π4【变式8-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（）A．√3B．√2C．2√33D．√52【变式8-2】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD 内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（）A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1，则以下说法正确的有（）A．若P在面AB1C1D上，则其轨迹周长为8√6π9B．若A1P⊥AB1，则D1P的最小值为√3+1−√6C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为32√6π227+4√3πD．四棱锥P-ABCD体积最大值为4(2√6+√2+3)9【题型9 以立体几何为载体的情境题】【例9】（2023·云南大理·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则该天池盆中水的体积为（）A．1404π立方寸B．1080π立方寸C．756π立方寸D．702π立方寸【变式9-1】（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球O的表面上，且点O到正六边形面的距离为√62，则球O的体积为（）A．7√1424πB．7√143πC．11√2224πD．11√223π【变式9-2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm 和6dm，则该花灯的表面积为（）A．(108+30√3)dm2B．(72+30√3)dm2C．(64+24√3)dm2D．(48+24√3)dm2【变式9-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列等式错误的是（）A．V1+V2+V3=V B．V1=2V2C．V2=2V3D．V2−V3=V61．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平，则该五面体的所有棱长之和为（）面与平面ABCD的夹角的正切值均为√145A．102m B．112mC．117m D．125m2．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A．15B．√25C．√35D．253．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为√3，O为底面圆心，P A，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于9√34，则该圆锥的体积为（）A．πB．√6πC．3πD．3√6π4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（）A．19B．29C．13D．495．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B16．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体7．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（）．A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4√3πC．AC=2√2D．△PAC的面积为√38．（2023·全国·统考高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=．9．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是．10．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．11．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则该棱台的体积为．12．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．立体几何小题【题型1 求几何体的体积与表面积】 (4)【题型2 与球有关的截面问题】 (7)【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 (10)【题型4 几何体与球的切、接问题】 (13)【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】 (18)【题型6 空间角问题】 (23)【题型7 翻折问题】 (30)【题型8 立体几何中的轨迹问题】 (35)【题型9 以立体几何为载体的情境题】 (40)立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．。
2019数学(理)二轮精选讲义专题五 立体几何 第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积 含答案
专题五立体几何第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积考点一空间几何体的三视图与直观图1．三视图的排列规则俯视图放在正（主)视图的下面,长度与正（主）视图的长度一样，侧（左）视图放在正(主）视图的右面，高度与正（主）视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝错误!S。
[对点训练]1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(）［解析］两个木构件咬合成长方体时，小长方体（榫头)完全嵌入带卯眼的木构件，易知俯视图可以为A.故选A。
[答案］A2．（2018·河北衡水中学调研）正方体ABCD－A1B1C1D1中,E 为棱BB1的中点(如图),用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（）[解析］过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C。
［答案］C3．（2018·江西南昌二中模拟）一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中,面积最小的面的面积为()A．8 B．4 C．4错误!D．4错误![解析］由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AB⊥AC，P A＝AB ＝AC＝4，DB＝2，则易得S△P AC＝S△ABC＝8，S△CPD＝12，S梯形ABDP ＝12，S△BCD＝错误!×4错误!×2＝4错误!，故选D。
［答案]D4．如图所示，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________．[解析]直观图的面积S′＝错误!×（1＋1＋错误!)×错误!＝错误!.故原平面图形的面积S＝错误!＝2＋错误!.[答案]2＋错误![快速审题］（1)看到三视图，想到常见几何体的三视图，进而还原空间几何体．(2）看到平面图形直观图的面积计算，想到斜二侧画法,想到原图形与直观图的面积比为错误!.由三视图还原到直观图的3步骤(1）根据俯视图确定几何体的底面．(2）根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．（3）确定几何体的直观图形状．考点二空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的侧面积公式（1)S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高）；(2)S锥侧＝错误!ch′(c为底面周长,h′为斜高)；(3）S台侧＝错误!（c＋c′）h′（c′,c分别为上下底面的周长，h′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高）；(2)V锥体＝错误!Sh（S为底面面积，h为高）；(3)V台＝错误!(S＋错误!＋S′）h(不要求记忆）．3．球的表面积和体积公式S表＝4πR2(R为球的半径）,V球＝43πR3(R为球的半径）．[对点训练]1．(2018·浙江卷）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．2 B．4 C．6 D．8［解析]由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为1 cm，2 cm，高为2 cm,直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V＝1＋22×2×2＝6 cm3.[答案]C2．（2018·哈尔滨师范大学附中、东北师范大学附中联考）某几何体的三视图如图所示，其中正视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是（)A.错误!＋2B.错误!＋2C.错误!＋3 D。
高考数学(理)二轮专题练习【专题5】(1)空间几何体(含答案)
第 1 讲空间几何体考情解读 1.以三视图为载体，考察空间几何风光积、体积的计算.2.考察空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题．1．四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系2．空间几何体的三视图(1)三视图的正 (主) 视图、侧 (左 )视图、俯视图分别是从物体的正前面、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影形成的平面图形．(2)三视图摆列规则：俯视图放在正视图的下边，长度与正视图同样；侧视图放在正视图的右边，高度和正视图同样，宽度与俯视图同样．(3)画三视图的基本要求：正俯同样长，俯侧同样宽，正侧同样高．看不到的线画虚线．3．直观图的斜二测画法空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则：(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，直观图中仍分别平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变成本来的一半．4．空间几何体的两组常用公式(1) 柱体、锥体、台体的侧面积公式：① S 柱侧 ＝ ch(c 为底面周长， h 为高 )；②S 锥侧＝ 1 c h ′(c 为底面周长， h ′为斜高 )；2③S 台侧＝1(c ＋ c ′)h ′(c ， c 分别为上，下底面的周长， h ′为斜高 )； 2④S 球表＝ 4πR 2(R 为球的半径 ) ．(2) 柱体、锥体和球的体积公式：① V 柱体 ＝ Sh(S 为底面面积， h 为高 )；1② V 锥体 ＝3Sh(S 为底面面积， h 为高 ) ；1③ V 台 ＝3( S ＋ SS ′＋ S ′)h(不要求记忆 )；④ V 球 ＝43πR 3.热门一例 1三视图与直观图某空间几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为()8A. 3B ． 832C. 3D ．16(2)(2013 四·川 )一个几何体的三视图如下图，则该几何体的直观图能够是()思想启示(1) 依据三视图确立几何体的直观图；(2)剖析几何体的特点，从俯视图打破．答案(1)B(2)D分析(1) 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图：则该几何体的体积V＝12×2×2×4＝ 8.(2)由俯视图易知答案为 D.思想升华空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上边用平行投影的方法获得的三个平面投影图，所以在剖析空间几何体的三视图问题时，先依据俯视图确立几何体的底面，而后依据正视图或侧视图确立几何体的侧棱与侧面的特点，调整实线和虚线所对应的棱、面的地点，再确立几何体的形状，即可获得结果．(1)(2013·标全国Ⅱ课)一个四周体的极点在空间直角坐标系O－ xyz中的坐标分别是 (1,0,1) ， (1,1,0) ， (0,1,1)， (0,0,0) ，画该四周体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则获得的正视图能够为()(2) 将长方体截去一个四棱锥，获得的几何体如下图，则该几何体的侧视图为()答案(1)A(2)D分析(1) 依据已知条件作出图形：四周体C1－A1DB，标出各个点的坐标如图(1)所示，能够看出正视图为正方形，如图(2) 所示．应选 A.(2) 如下图，点D1的投影为C1，点 D 的投影为C，点 A 的投影为 B，应选 D.热门二例 2几何体的表面积与体积(1)某几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为()A. 2π B ． 2 2ππ2πC.3D. 3(2)如图，在棱长为 6 的正方体 ABCD － A1B1C1D1中，E，F 分别在 C1D1与 C1B1上，且 C1E＝ 4，C1F ＝3，连结 EF ， FB，DE ，则几何体EFC 1－ DBC 的体积为 ()A ．66B．68C． 70D．72思想启示(1) 由三视图确立几何体形状；(2)对几何体进行切割．答案 (1)D (2)A分析 (1) 由三视图知，原几何体是两个同样的圆锥的组合，∴V＝ (1×π×12 ) ×2＝2π. 33(2) 如图，连结 DF ， DC 1，那么几何体EFC 1－DBC 被切割成三棱锥 D －EFC 1 及四棱锥 D － CBFC 1，那么几何体1 1 1 1 ×6×6EFC 1－ DBC 的体积为 V ＝ × ×3×4×6＋× ×(3＋ 6)3 23 2＝ 12＋54＝ 66.故所求几何体 EFC 1 －DBC 的体积为 66.思想升华(1)利用三视图求解几何体的表面积、体积，重点是确立几何体的有关数据，掌握应用三视图的 “长对正、高平齐、宽相等 ”； (2) 求不规则几何体的体积，常用 “割补 ”的思想．多面体 MN － ABCD 的底面 ABCD 为矩形，其正视图和侧视图如图，此中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则该多面体的体积是( )16＋ 38＋ 6 3 A.3B.316 20 C. 3D. 3答案 D分析 过 M ， N 分别作两个垂直于底面的截面，将多面体切割成一个三棱柱和两个四棱锥，1由正视图知三棱柱底面是等腰直角三角形， 面积为 S 1＝ 2×2×2＝2，高为 2，所以体积为 V 1＝ 4，两个四棱锥为全等四棱锥，棱锥的体积为 1 8 8＋4V 1＝ 2××2×1×2＝ ，所以多面体的体积为 V ＝3 3 3＝ 203，选 D.热门三 多面体与球例 3如下图，平面四边形 ABCD 中， AB ＝ AD ＝ CD ＝1， BD ＝ 2，BD ⊥ CD ，将其沿对角线 BD 折成四周体 ABCD ，使平面 ABD ⊥平面 BCD ，若四周体 ABCD 的极点在同一个球面上，则该球的体积为 ()32A. 2 π B ． 3π C. 3 π D ． 2π思想启示要求出球的体积就要求出球的半径，需要依据已知数据和空间地点关系确立球心的地点，因为 △BCD 是直角三角形，依据直角三角形的性质：斜边的中点到三角形各个极点的距离相等，只需再证明这个点到点A 的距离等于这个点到B ，C ，D 的距离即可确立球心，从而求出球的半径，依据体积公式求解即可．答案 A分析如图，取 BD 的中点 E， BC 的中点 O，连结AE， OD， EO， AO.由题意，知 AB＝ AD ，所以 AE⊥ BD . 因为平面 ABD ⊥平面 BCD， AE⊥ BD，所以 AE⊥平面 BCD .因为 AB＝ AD＝ CD＝ 1， BD ＝2，2 1所以 AE＝2， EO＝2.3所以OA＝2.1 3在 Rt△ BDC 中， OB＝OC＝ OD＝2BC＝2，所以四周体 ABCD 的外接球的球心为O，半径为所以该球的体积4π(3 3＝3V＝2)2π.应选 A.332.思想升华多面体与球接、切问题求解策略(1) 波及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特别点( 一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转变成平面问题，再利用平面几何知识找寻几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确立球心的地点，弄清球的半径(直径 )与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．(2)若球面上四点 P，A，B，C 组成的三条线段 PA，PB，PC 两两相互垂直，且 PA＝ a，PB ＝ b，PC＝ c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R2＝ a2＋ b2＋ c2求解．(1)(2014 ·湖南 )一块石材表示的几何体的三视图如下图．将该石材切削、打磨，加工成球，则能获得的最大球的半径等于()A ．1B．2C．3D．4(2) 一个几何体的三视图如下图，此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，则该几何体的体积是________；若该几何体的全部极点在同一球面上，则球的表面积是 ________．1答案(1)B (2)3π分析(1) 由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，如下图．由题意知，当打磨成的球的大圆恰巧与三棱柱底面直角三角形的内切圆同样时，该球的半1径最大，故其半径 r ＝×(6＋ 8－ 10)＝ 2.所以选 B.2(2) 由三视图可知，该几何体是四棱锥 P－ ABCD (如图 )，此中底面 ABCD 是边长为 1 的正方形，11PA⊥底面 ABCD ，且 PA＝1，∴该四棱锥的体积为V＝3×1×1×1＝3.又 PC 为其外接球的直径，∴ 2R＝ PC＝3，则球的表面积为S＝ 4πR2＝ 3π.1．空间几何体的面积有侧面积和表面积之分，在外的全部面的面积，在计算时要注意划分是表面积就是全面积，“侧面积仍是表面积是一个空间几何体中“裸露” ”．多面体的表面积就是其所有面的面积之和，旋转体的表面积除了球以外，都是其侧面积和底面面积之和．2．在体积计算中都离不开空间几何体的“高”这个几何量(球除外)，所以体积计算中的重点一环就是求出这个量．在计算这个几何量时要注意多面体中的“特点图”和旋转体中的轴截面．3．一些不规则的几何体，求其体积多采纳切割或补形的方法，从而转变成规则的几何体，而补形又分为对称补形(即某些不规则的几何体，若存在对称性，则可考虑用对称的方法进行补形 )、复原补形 (即还台为锥 )和联系补形 (某些空间几何体固然也是规则几何体，可是几何量不易求解，可依据其所拥有的特点，联系其余常有几何体，作为这个规则几何体的一部分来求解 )．4．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a2＋ b2＋ c2＝ 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.真题感悟1．(2014·京北 )在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A(2,0,0) ，B(2,2,0) ，C(0,2,0) ，D (1,1，2)．若S1，S2，S3分别是三棱锥D－ ABC在xOy，yOz，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则() A ．S1＝ S2＝ S3B．S2＝S1且S2≠S3C ． S 3＝S 1 且 S 3≠S 2D ． S 3＝ S 2 且 S 3≠S 1答案 D分析如下图， △ ABC 为三棱锥在座标平面 xOy 上的正投影，所以1S 1＝2×2×2＝2.三棱锥在座标平面 yOz 上的正投影与 △ DEF (E ， F 分别为 OA ， BC 的中点 )全等，所以 S 2＝12×2× 2＝ 2.三棱锥在座标平面xOz 上的正投影与 △ DGH (G ，H 分别为 AB ， OC 的中点 )全等，1所以 S 3＝2×2× 2＝ 2.所以 S 2＝ S 3 且 S 1≠S 3.应选 D.2．(2014 江·苏 )设甲、乙两个圆柱的底面积分别为 S 1，S 2，体积分别为 V 1，V 2.若它们的侧面积相等，且S 1＝ 9，则V 1的值是 ________．S 2 4V 2答案32分析设两个圆柱的底面半径和高分别为r ， r 和 h ， h ，由S 1＝ 9，1212S 2 4得 πr 129 ，则 r 13πr 2＝ r 2＝ .2 4 2由圆柱的侧面积相等，得 2πr 1h 1 ＝2πr 2 h 2，即 r 1h 1＝ r 2h 2，则h 1＝ 2，h 2 3 所以V 1 πr 12 h 132 ＝πr 222 ＝ .Vh2押题精练1．把边长为 2的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折起，连结AC ，获得三棱锥 C － ABD ，其正视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形(如下图 ) ，则其侧视图的面积为 ( )31 A.2 B. 22C ．1D. 2答案B分析在三棱锥 C－ ABD 中，C 在平面 ABD 上的投影为 BD 的中点 O，∵正方形边长为11. 2，∴ AO＝OC＝ 1，∴侧视图的面积为 S△AOC＝×1×1＝222．在三棱锥 A－ BCD 中，侧棱 AB，AC，AD 两两垂直，△ ABC，△ ACD ，△ ABD 的面积分别为2，3，6，则三棱锥 A－ BCD 的外接球体积为 ()222A. 6π B ． 2 6π C． 3 6π D． 4 6π答案A分析如图，以 AB， AC， AD 为棱把该三棱锥扩大成长方体，则该长方体的外接球恰为三棱锥的外接球，∴ 三棱锥的外接球的直径是长方体的体对角线长．AB·AC＝2，AB＝ 2，据题意AC·AD ＝3，解得AC＝ 1，AB·AD ＝6，AD＝ 3，∴长方体的体对角线长为AB 2＋ AC2＋ AD 2＝6，6∴三棱锥外接球的半径为 2 .4 6 3∴三棱锥外接球的体积为 V＝π·() ＝ 6π.3 2(介绍时间：50分钟)一、选择题1．已知正三棱锥V－ ABC 的正视图和俯视图如下图，则该三棱锥的侧视图的面积为()A ．2B ． 4C． 6 D ． 8答案C分析如图，作出正三棱锥V－ ABC 的直观图，取BC 边的中点D，连结VD ，AD，作 VO⊥ AD 于 O.联合题意，可知正视图实质上就是△VAD，于是三棱锥的棱长VA＝ 4，从俯视图中能够获得底面边长为23，侧视图是一个等腰三角形，此三角形的底边长为2 3，高为棱锥的高VO.因为 VO＝42－232＝2 3.3×2 3×2于是侧视图的面积为12×2 3×2 3＝ 6，应选 C.2．右图是棱长为 2 的正方体的表面睁开图，则多面体ABCDE 的体积为 ()2A ．2 B. 348C.3D. 3答案D分析多面体 ABCDE 为四棱锥，利用割补法可得其体积V＝ 4－4＝8，选 D. 333．如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的体积为()A ．15＋3 3B ． 93C．30＋6 3D．183答案B分析由三视图知几何体是一个底面为 3 的正方形，高为3的斜四棱柱，所以 V＝ Sh＝ 3×3×3＝9 3.4．已知正四棱锥的底面边长为2a，其侧 (左 )视图如下图．当正(主 )视图的面积最大时，该正四棱锥的表面积为()A ．8B．8＋8 2C． 82D．4＋8 2答案B分析由题意可知该正四棱锥的直观图如下图，其主视图与左视图相同，设棱锥的高为h ，则 a2＋ h2＝ 4.故其主视图的面积为S＝1·2a·h＝2 a2＋ h2＝2，即当 a＝ h＝2时， S 最大，此时该正四棱锥的表面积ah≤2S 表＝(2a)21＋ 4× ×2a×22＝8＋ 8 2，应选 B.5．某几何体的三视图如下图，此中正视图是腰长为 2 的等腰三角形，侧视图是半径为 1 的半圆，该几何体的体积为()A.33 π B.36 π C.32πD. 3π答案分析A三视图复原的几何体是圆锥沿轴截面截成两部分，而后把截面放在平面上，底面相对接的图形，圆锥的底面半径为1，母线长为2，故圆锥的高为h＝22－ 12＝ 3.易知该几何体的体积就是整个圆锥的体积，即V 圆锥＝ 13πr2h＝13π×12×3＝33 π故.选A.6． (2014·纲领全国)正四棱锥的极点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为()81π27πA.4B． 16πC． 9π D.4答案A分析如图，设球心为O，半径为r ，则 Rt△ AOF 中， (4－ r )2＋ ( 2) 2＝ r 2，解得 r ＝9 4，292 81∴ 该球的表面积为 4πr ＝4π×(4) ＝ 4 π.二、填空题7．有一块多边形的菜地，它的水平搁置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形 (如下图 ) ，∠ ABC ＝ 45°， AB ＝ AD ＝ 1 ， DC ⊥ BC ，则这块菜地的面积为________．答案2＋22分析如图，在直观图中，过点 A 作 AE ⊥ BC ，垂足为 E ，则在 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.由此可复原原图形如图．在原图形中， A ′D ′＝ 1，A ′B ′＝ 2， B ′C ′＝ 22＋ 1，且 A ′D ′∥B ′C ′， A ′B ′⊥ B ′C ′，1∴ 这块菜地的面积为S ＝ 2(A ′D ′＋ B ′C ′A)′·B ′12 2＝ 2×(1＋ 1＋ 2 ) ×2＝2＋ 2 .8．如图， 侧棱长为 2 3的正三棱锥 V －ABC 中，∠AVB ＝∠ BVC ＝∠ CVA ＝40°，过 A 作截面△AEF ，则截面△AEF 的周长的最小值为____________ ． 答案 6分析 沿着侧棱 VA 把正三棱锥 V － ABC 睁开在一个平面内，如图．则 AA ′即为截面 △ AEF 周长的最小值，且 ∠ AVA ′＝ 3×40°＝ 120°.在 △ VAA ′中，由余弦定理可得 AA ′＝ 6，故答案为 6.9．如图，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分析VD 1 EDFV FDD 1E1S D 1DE AB31 1 1＝ × ×1×1×1＝ .3 2610．已知矩形 ABCD 的面积为 8，当矩形周长最小时，沿对角线 AC 把 △ ACD 折起，则三棱锥D －ABC 的外接球的表面积等于________．答案16π分析设矩形的两邻边长度分别为a，b，则ab＝ 8，此时2a＋ 2b≥4 ab＝ 8 2，当且仅当a＝b ＝ 2 2时等号建立，此时四边形ABCD为正方形，此中心到四个极点的距离相等，均为2，无论如何折叠，其四个极点都在一个半径为 2 的球面上，这个球的表面积是4π×22＝ 16π.三、解答题11．已知某几何体的俯视图是如下图的矩形，正视图是一个底边长为8、高为 4 的等腰三角形，侧视图是一个底边长为6、高为 4 的等腰三角形．(1)求该几何体的体积 V；(2)求该几何体的侧面积 S.解由已知可得，该几何体是一个底面为矩形，高为4，极点在底面的投影是矩形中心的四棱锥 E－ ABCD .1(1) V＝3×(8 ×6) ×4＝64.(2) 四棱锥 E－ ABCD的两个侧面EAD ， EBC 是全等的等腰三角形，且BC 边上的高h1＝42＋82＝4 2；2另两个侧面 EAB， ECD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高 h2＝42＋62＝ 5.2所以 S＝2×(11×8×5)＝ 40＋ 24 2.×6×4 2＋2212．如图，在 Rt△ABC 中，AB＝ BC＝ 4，点 E 在线段 AB 上．过点 E 作 EF ∥BC 交 AC 于点 F，将△ AEF 沿 EF 折起到△PEF 的地点 (点 A 与 P 重合 )，使得∠ PEB ＝ 30°.(1)求证： EF⊥ PB；(2)试问：当点 E 在哪处时，四棱锥P— EFCB 的侧面 PEB 的面积最大？并求此时四棱锥P— EFCB 的体积．(1)证明∵ EF∥ BC且BC⊥ AB，∴EF⊥ AB，即 EF⊥ BE， EF⊥ PE.又 BE∩PE＝ E，∴EF⊥平面 PBE，又 PB? 平面 PBE，∴EF⊥ PB.(2) 解设BE＝x，PE＝y，则x＋y＝4.1∴S△PEB＝2BE ·PE·sin∠PEB11x＋ y 2＝ xy≤＝ 1.442当且仅当x＝ y＝ 2 时， S△PEB的面积最大．此时， BE ＝PE＝ 2.由 (1)知 EF⊥平面 PBE，∴平面 PBE ⊥平面 EFCB ，在平面 PBE 中，作 PO⊥ BE 于 O，则 PO⊥平面 EFCB .即 PO 为四棱锥P— EFCB 的高．1又 PO＝ PE·sin 30 ＝°2×＝ 1.21S EFCB＝2×(2＋ 4) ×2＝6.1∴VP—BCFE ＝3×6×1＝2.。
高三数学(理)二轮复习专题通关攻略：课时巩固过关练 十二 1.5.1空间几何体的三视图、表面积及体积
课时巩固过关练十二空间几何体的三视图、表面积及体积(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到的几何体的正视图与俯视图如图所示,则该几何体的侧视图为( )【解析】选B.由题意得截去的是长方体前右上方顶点.【方法技巧】三视图往往与几何体的体积、表面积以及空间线面关系、角与距离等问题相结合,解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征.2.(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为( )A. B. C. D.1【解析】选A.通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥,则通过侧视图得高h=1,底面积S=×1×1=,所以体积V=Sh=.3.(2016·广州一模)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.C.5πD.【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,所以球半径为R===,所以该球的体积V=πR3=×·π=.【加固训练】已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3, AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为( )A. B.2 C. D.3【解析】选C.因为直三棱柱中AB=3,AC=4,AA1=12,AB⊥AC,所以BC=5,且BC为过底面ABC的截面圆的直径.取BC中点D,则OD⊥底面ABC,则O在侧面BCC1B1内,矩形BCC1B1的对角线长即为球直径,所以2R==13,即R=.二、填空题(每小题5分，共10分)4.(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所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.【解析】底面为平行四边形，面积为2×1=2，高为3，所以V=×2×1×3=2. 答案：25.(2016·大连一模)如图，在小正方形边长为1的网格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球表面积为________.【解题导引】由三视图知，该几何体是一个侧面与底面垂直的三棱锥，画出直观图，再建立空间直角坐标系，求出三棱锥外接球的球心与半径，从而求出外接球的表面积.【解析】由三视图知，该几何体是三棱锥S-ABC，且三棱锥的一个侧面SAC与底面ABC垂直，其直观图如图所示：由三视图的数据可得OA=OC=2，OB=OS=4.建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示：则A(0，-2，0)，B(4，0，0)，C(0，2，0)，S(0，0，4)，则三棱锥外接球的球心I在平面xOz上，设I(x，0，z)；由得，解得x=z=；所以外接球的半径R=|BI|==.所以该三棱锥外接球的表面积S=4πR2=4π×=34π.答案：34π三、解答题(6题12分，7题13分，共25分)6.(2016·南阳一模)如图，AA1，BB1为圆柱OO1的母线，BC是底面圆O的直径，D，E分别是AA1，CB1的中点，DE⊥平面CBB1.(1)证明：DE∥平面ABC.(2)求四棱锥C-ABB1A1与圆柱OO1的体积比.【解析】(1)连接EO，OA，因为E，O分别为B1C，BC的中点，所以EO∥BB1.又DA∥BB1，且DA=BB1=EO，所以四边形AOED是平行四边形，即DE∥OA.又DE⊄平面ABC，AO⊂平面ABC，所以DE∥平面ABC.(2)由题意知DE⊥平面CBB1，且由(1)知DE∥AO，因为AO⊥平面CBB1，所以AO⊥BC，所以AC=AB. 因为BC是底面圆O的直径，所以CA⊥AB，且AA1⊥CA，又AB∩AA1=A，所以CA⊥平面AA1B1B，即CA为四棱锥C-ABB1A1的高.设圆柱的高为h，底面圆半径为r，则=πr2h，=h(r)·(r)=hr2.所以∶=.7.(2016·南宁一模)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1=A1C=AC=2，AB=BC且AB⊥BC.(1)求证：AC⊥A1B.(2)求三棱锥C1-ABA1的体积.【解题导引】(1)转化为证明直线AC垂直于直线A1B所在的平面即可.(2)由=，转化为求，关键求点B到平面AA1C1的距离.【解析】(1)取AC的中点O，连接A1O，BO.因为AA1=A1C，所以A1O⊥AC，又AB=BC，所以BO⊥AC，因为A1O∩BO=O，所以AC⊥平面A1OB，又因为A1B⊂平面A1OB，所以AC⊥A1B.(2)三棱柱ABC-A1B1C1中，所以侧面AA1C1C⊥底面ABC，侧面AA1C1C∩底面ABC=AC，OB⊥AC，所以OB⊥平面AA1C1C，易求得OB=1，=，所以==··OB=.(20分钟50分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.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,则该多面体最短和最长的棱长分别等于( )A.4,B.4,C.3,5D.3,2【解析】选C.由三视图可判断该几何体为三棱锥,形状如图,其中SC⊥平面ABC,AC⊥AB,所以最短的棱长为AC=3,最长的棱长为SB=5.2.如图是某几何体的三视图,正(主)视图是等腰梯形,俯视图中的曲线是两个同心的半圆组成的半圆环,侧(左)视图是直角梯形,则该几何体的体积等于( )A.12πB.16πC.20πD.24π【解析】选A.由三视图知:r=1,R=4,S1=π×12=π,S2=π×42=16π,所以V=×-π×12×4=×21π-2π=12π.【加固训练】某几何体的三视图如图所示,若该几何体的体积为3,则侧(左)视图中线段的长度x的值是( )A. B.2 C.4 D.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=××4×CP=3,所以CP=,所以x==4.3.如图1，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，动点M，N，Q分别在线段AD1，B1C，C1D1上.当三棱锥Q -BMN的俯视图如图2所示时，三棱锥Q-BMN的正(主)视图面积等于( )A.a2B.a2C.a2D.a2【解析】选B.由俯视图知，点M为AD1的中点、N与C重合、Q与D1重合，所以三棱锥Q -BMN的正(主)视图为△CD1P，其中点P为DD1的中点，所以三棱锥Q -BMN 的正(主)视图面积为×a×=a2.【加固训练】如图，三棱锥V-ABC，VA⊥VC，AB⊥BC，∠VAC=∠ACB=30°，若侧面VAC⊥底面ABC，则其正(主)视图与侧(左)视图面积之比为( )A.4∶B.4∶C.∶D.∶【解题导引】正(主)视图为Rt△VAC，侧(左)视图为以△VAC中AC边的高为一条直角边，△ABC中AC边的高为另一条直角边的直角三角形.【解析】选A.过V作VD⊥AC于点D，过B作BE⊥AC于点E，则正(主)视图为Rt△VAC，侧(左)视图为以△VAC中AC边的高VD为一条直角边，△ABC中AC边的高BE为另一条直角边的直角三角形.设AC=x，则VA=x，VC=x，VD=x，BE=x，则S正(主)视图：S侧(左)视图=∶(·x·x)=4∶.【误区警示】解答本题易出现如下两种错误：一是对正(主)视图、侧(左)视图的形状判断不准确，造成结论错误；二是运算错误，造成结论错误.二、填空题(每小题5分，共10分)4.如图，半径为4的球O中有一内接圆柱，则圆柱的侧面积最大值是________.【解题导引】设出圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，求出圆柱的侧面积表达式，求出最大值.【解析】设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r=4cosα，圆柱的高为8sinα.所以圆柱的侧面积为：32πsin2α.当且仅当α=时，sin2α=1，圆柱的侧面积最大，所以圆柱的侧面积的最大值为：32π.答案：32π5.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，侧棱PA⊥底面ABCD，PA=2，E为AB的中点，则点E到平面PBC的距离为________.【解题导引】利用V P-BCE=V E-PBC求.【解析】由于四边形ABCD是菱形，所以以EB为底边的△CBE的高h=AD·sin 60°=2×=，从而四面体P-BCE的体积V P-BCE=V E-PBC=××1××2=，AC==2.在Rt△PAB中PB==2，在Rt△PAC中PC===4，cos∠PBC==-，所以sin∠PBC==.S△PBC=PB·BC·sin∠PBC=×2×2×=.设点E到平面PBC的距离为d，则有S△PBC·d=，所以d===.答案：三、解答题(6题12分，7题13分，共25分)6.如果一个几何体的正(主)视图与侧(左)视图都是全等的长方形，边长分别是4cm与2cm如图所示，俯视图是一个边长为4cm的正方形.(1)求该几何体的全面积.(2)求该几何体的外接球的体积.【解析】(1)由题意可知，该几何体是长方体，底面是正方形，边长是4，高是2，因此该几何体的全面积是：2×4×4+4×4×2=64(cm2).(2)由长方体与球的性质可得，长方体的体对角线是球的直径，记长方体的体对角线为d，球的半径为r，d===6(cm)，所以球的半径r=3cm，因此球的体积V=πr3=×27π=36π(cm3).所以外接球的体积是36πcm3.7.如图，边长为的正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，其中AB∥CD，AB⊥BC，DC=BC=AB=1，点M在线段EC上.(1)证明：平面BDM⊥平面ADEF.(2)判断点M的位置，使得三棱锥B-CDM的体积为.【解题导引】证明BD⊥平面ADEF，即可证明平面BDM⊥平面ADEF.(2)在平面DMC内，过M作MN⊥DC，垂足为N，则MN∥ED，利用三棱锥的体积计算公式求出MN，可得结论.【解析】(1)因为DC=BC=1，DC⊥BC，所以BD=.因为AD=，AB=2，所以AD2+BD2=AB2，所以∠ADB=90°，所以AD⊥BD，因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD.BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面ADEF，因为BD⊂平面BDM，所以平面BDM⊥平面ADEF.(2)如图，在平面DMC内，过M作MN⊥DC，垂足为N，又因为ED⊥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，所以ED⊥平面ABCD，所以ED⊥CD，所以MN∥ED，因为ED⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD.因为V B-CDM=V M-CDB=MN·S△BDC=，所以××1×1×MN=，所以MN=.所以===，所以CM=CE，所以点M在线段CE的三等分点且靠近C处.。
高考数学(理)之立体几何与空间向量 专题01 空间几何体的结构及其三视图和直观图(解析版)
立体几何与空间向量01 空间几何体的结构及其三视图和直观图【考点讲解】一、具体目标：①能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合）的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图。
②会用平行投影与中心投影两种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。
③会画某些建筑物的视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求）.二、知识概述：1.空间几何体的直观图简单几何体的直观图常用斜二测画法来画，基本步骤是：(1)画几何体的底面：在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°或135°，已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观图中平行于x′轴、y′轴．已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半．(2)画几何体的高：在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z′轴，也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度不变．2.空间几何体的三视图三视图：几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．3.三视图中的数据与原几何体中的数据不一定一一对应，识图要注意甄别. 揭示空间几何体的结构特征，包括几何体的形状，平行垂直等结构特征，这些正是数据运算的依据.4.还原几何体的基本要素是“长对齐，高平直，宽相等”. 简单几何体的三视图是该几何体在三个两两垂直的平面上的正投影，并不是从三个方向看到的该几何体的侧面表示的图形．在画三视图时，重叠的线只画一条，能看见的轮廓线和棱用实线表示，挡住的线要画成虚线．三、备考策略：1.以考查三视图、几何体的结构特征以及几何体的面积体积计算为主，三视图基本稳定为选择题或填空题，难度中等以下；几何体的结构特征往往在解答题中考查，与平行关系、垂直关系等相结合.2.与立体几何相关的“数学文化”等相结合，考查数学应用的.3.备考重点：(1) 掌握三视图与直观图的相互转换方法是关键；(2)掌握常见几何体的结构特征.四、常考题型：三视图是高考重点考查的内容，考查内容有三视图的识别；三视图与直观图的联系与转化；求与三视图对应的几何体的表面积与体积．命题形式为用客观题考查识读图形和面积体积计算，解答题往往以常见几何体为载体考查空间想象能力和推理运算能力，期间需要灵活应用几何体的结构特征． 4. 三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽．由三视图画出直观图的步骤和思考方法：（1）首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；（2）观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；（3）画出整体，然后再根据三视图进行调整． 1. 【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．158B ．162C ．182D ．324【解析】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭.故选B. 【答案】B2.【2018年高考全国Ⅰ卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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（ ）【真题分析】A ．172B ．52C ．3D ．2【分析】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，知点M 在上底面上，点N 在下底面上，且可以确定点M 和点N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为√42+22=2√5，故选B ． 【答案】B3.【2018年高考全国Ⅰ卷】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（ ）【解析】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A ． 【答案】A4.【2018年高考浙江卷】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（ ）俯视图正视图A ．2B ．4C ．6D ．8【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为()112226,2⨯+⨯⨯=故选C. 【答案】C5.【2018年高考北京卷文数】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】本题要求会利用三视图的性质还原原立体图形，然后再应用立体图形的性质进行计算或验证. 由三视图可得四棱锥P ABCD -如图所示，在四棱锥P ABCD -中，2,2,2,1PD AD CD AB ====，由勾股定理可知：3,PA PC PB BC ====则在四棱锥中，直角三角形有：,,PAD PCD PAB △△△，共3个，故选C. 【答案】C6.【2017年高考全国Ⅰ卷理数】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．10 B．12 C．14 D．16【解析】解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状和结构特征，要求熟悉常见几何体的三视图.由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为12(24)2122⨯+⨯⨯=，故选B．【答案】B7.【2017年高考北京卷理数】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．B．C．D．2【解析】几何体是四棱锥P ABCD-，如图.最长的棱长为补成的正方体的体对角线，即该四棱锥的最长棱的长度为22222223l=++=，故选B．【答案】B8.【2017年高考全国Ⅱ卷】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（）A．90πB．63πC．42πD．36π【解析】由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积213436V =π⨯⨯=π，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积221(36)272V =⨯π⨯⨯=π，故该组合体的体积12362763V V V =+=π+π=π．故选B ．【答案】B9.【2017年高考浙江卷】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 ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ．332π+ 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为21113(21)13222V π⨯π=⨯⨯+⨯⨯=+，故选A ．【答案】A10.【2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=. 【答案】401.【2017北京，文6】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）A.60B.30C.20D.10【解析】本题主要考查的将三视图还原成几何体后求体积的问题。
新广东高考数学理科步步高二轮复习专题突破5.1空间几何体(含答案解析)
第1讲 空间几何体(推荐时间：50分钟)一、选择题1．已知正三棱锥V －ABC 的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图的面积为( )A ．2B ．4C ．6D ．8答案 C解析 如图，作出正三棱锥V －ABC 的直观图，取BC 边的中点D ，连接VD ，AD ，作VO ⊥AD 于O .结合题意，可知正视图实际上就是△VAD ，于是三棱锥的棱长VA ＝4，从俯视图中可以得到底面边长为23，侧视图是一个等腰三角形，此三角形的底边长为23，高为棱锥的高VO . 由于VO ＝42－23×23×322＝2 3.于是侧视图的面积为12×23×23＝6，故选C.2．右图是棱长为2的正方体的表面展开图，则多面体ABCDE 的体积为( ) A ．2 B.23 C.43 D.83答案 D解析 多面体ABCDE 为四棱锥，利用割补法可得其体积V ＝4－43＝83，选D.3．如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的体积为( )A ．15＋3 3B ．9 3C ．30＋6 3D ．18 3答案 B解析 由三视图知几何体是一个底面为3的正方形，高为3的斜四棱柱，所以V ＝Sh ＝3×3×3＝9 3.4．已知正四棱锥的底面边长为2a ，其侧(左)视图如图所示．当正(主)视图的面积最大时，该正四棱锥的表面积为( )A ．8B ．8＋8 2C ．8 2D ．4＋8 2答案 B解析 由题意可知该正四棱锥的直观图如图所示，其主视图与左视图相同，设棱锥的高为h ，则a 2＋h 2＝4.故其主视图的面积为S ＝12·2a ·h ＝ah ≤a 2＋h 22＝2，即当a ＝h ＝2时，S 最大，此时该正四棱锥的表面积S 表＝(2a )2＋4×12×2a ×2＝8＋82，故选B.5．某几何体的三视图如图所示，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，该几何体的体积为( )A.33π B.36π C.32π D.3π 答案 A解析 三视图复原的几何体是圆锥沿轴截面截成两部分，然后把截面放在平面上，底面相对接的图形，圆锥的底面半径为1，母线长为2，故圆锥的高为h ＝22－12＝ 3.易知该几何体的体积就是整个圆锥的体积，即V 圆锥＝13πr 2h ＝13π×12×3＝33π.故选A.6．(2014·大纲全国)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( ) A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π4 答案 A解析 如图，设球心为O ，半径为r ， 则Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2， 解得r ＝94，∴该球的表面积为4πr 2＝4π×(94)2＝814π.二、填空题7．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________． 答案 2＋22解析 如图，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E ， 则在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 ′，∴这块菜地的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×(1＋1＋22)×2＝2＋22.8．如图，侧棱长为23的正三棱锥V －ABC 中，∠AVB ＝∠BVC ＝∠CVA ＝40°，过A 作截面△AEF ，则截面△AEF 的周长的最小值为____________． 答案 6解析 沿着侧棱VA 把正三棱锥V －ABC 展开在一个平面内，如图． 则AA ′即为截面△AEF 周长的最小值，且∠AVA ′＝3×40°＝120°. 在△VAA ′中，由余弦定理可得AA ′＝6，故答案为6.9．如图，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 11113D EDF F DDE D DE V V S AB --∆== ＝13×12×1×1×1＝16. 10．已知矩形ABCD 的面积为8，当矩形周长最小时，沿对角线AC 把△ACD 折起，则三棱锥D －ABC 的外接球的表面积等于________． 答案 16π解析 设矩形的两邻边长度分别为a ，b ，则ab ＝8，此时2a ＋2b ≥4ab ＝82，当且仅当a ＝b ＝22时等号成立，此时四边形ABCD 为正方形，其中心到四个顶点的距离相等，均为2，无论怎样折叠，其四个顶点都在一个半径为2的球面上，这个球的表面积是4π×22＝16π. 三、解答题11．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V ； (2)求该几何体的侧面积S .解 由已知可得，该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的投影是矩形中心的四棱锥E －ABCD . (1)V ＝13×(8×6)×4＝64.(2)四棱锥E －ABCD 的两个侧面EAD ，EBC 是全等的等腰三角形，且BC 边上的高h 1＝ 42＋822＝42；另两个侧面EAB ，ECD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高h 2＝ 42＋622＝5.因此S ＝2×(12×6×42＋12×8×5)＝40＋24 2.12．如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝4，点E 在线段AB 上．过点E 作EF ∥BC 交AC 于点F ，将△AEF 沿EF 折起到△PEF 的位置(点A 与P 重合)，使得∠PEB ＝30°. (1)求证：EF ⊥PB ；(2)试问：当点E 在何处时，四棱锥P —EFCB 的侧面PEB 的面积最大？并求此时四棱锥P —EFCB 的体积．(1)证明 ∵EF ∥BC 且BC ⊥AB ，∴EF ⊥AB ，即EF ⊥BE ，EF ⊥PE .又BE ∩PE ＝E ， ∴EF ⊥平面PBE ，又PB ⊂平面PBE ， ∴EF ⊥PB .(2)解 设BE ＝x ，PE ＝y ，则x ＋y ＝4. ∴S △PEB ＝12BE ·PE ·sin ∠PEB＝14xy ≤14⎝⎛⎭⎫x ＋y 22＝1. 当且仅当x ＝y ＝2时，S △PEB 的面积最大． 此时，BE ＝PE ＝2. 由(1)知EF ⊥平面PBE ， ∴平面PBE ⊥平面EFCB ，在平面PBE 中，作PO ⊥BE 于O ，则PO ⊥平面EFCB . 即PO 为四棱锥P —EFCB 的高． 又PO ＝PE ·sin 30°＝2×12＝1.S EFCB ＝12×(2＋4)×2＝6.∴V P —BCFE ＝13×6×1＝2.。
专题05 开放性问题-2023年高考数学复习(二三轮)专题新构想
专题5 开放性问题开放性试题由于条件、方法与结果的不确定性，所以呈现岀条件开放、过程开放、结论开放等特点，且没有唯一固定答案，因此在教育和评价中有特定的功能．如果说封闭性试题在考査学生思维的严谨性、目标的客观性、方式的规范性上独具优势的话，那么开放性试题则在考査学生思维的灵活性、创造性上更为突出，甚至关注学习者情感、态度和价值观等非智力因素，关注探究性和生成性的考査，所以在评价研究与实践中发挥越来越重要的作用．一、数学开放题的特点除了一般开放题的特点，数学开放题还有独特的特征．传统数学试题的特点是条件都是给定的，而且不多不少，全部应用就可以解题．解题的思路是固定的，即使是一题多解的题目，每种解法的思路也是固定的，只要沿着固定的思路就能解题．解题的结果也是唯一、确定的，能得出确切的结论和数值．而数学开放题具有以下的特点：1．数学开放题的条件是不充分的，需要学生补充条件才能解题，补充的条件不同，解题的思路和解法也会不同．2．题目的结论不是事先给定的，有些问题的答案是不确定的，存在着多样的解答，但重要的还不是答案本身的多样性，而在于寻求解答过程中主体的认知结构的重建．3．没有现成的解题模式，有些答案可能易于直觉地被发现，但是在求解过程中往往需要从多个角度进行思考和探索．4．实际应用性的开放题，主体必须将生活语言用数学语言将其数学化，建立数学模型才能解决．在求解过程中往往可以引出新的问题，或将问题加以推广，找出更一般、更有概括性的结论．二、高考考查开放题的实践开放性试题以核心素养和关键能力为考查目标，在命制开放题时，可以从多方面进行探索尝试，如给出一系列事实或数据，要求考生从中发现问题并归纳结论或阐释原理；设置条件缺失试题，要求考生补充条件，解决问题；给出限制条件，列举满足条件的实例；综合开放等等．1．列举实例，考查学以致用举例题在2013年的高考新题型测试中已经引入，要求考生通过给出已知结论、性质和定理等条件，从题干中获取信息，整理信息，写出符合题干要求的结论或是具体实例．在2021年8省联考中又进一步的测试、考查．例1 （8省联考试卷第15题）写出一个最小正周期为2的奇函数f（x）= ．解：根据奇函数性质可考虑正弦型函数f（x）= A sinωx，A≠0，再利用周期计算ω，选择一个作答即可.由最小正周期为2，可考虑三角函数中的正弦型函数f （x ）= A sin ωx ，A ≠0，满足f （－x ）=－A sin ωx =－ f （x ），即是奇函数；根据最小正周期22==ωπT ，可得ω = π．故函数可以是f （x ）= A sin πx ，A ≠0中任一个，可取f （x ）= sin πx ，故答案为f （x ）= sin πx ．例2 （2021年新高考II 卷第14题）写出一个同时具有下列性质①②③的函数f（x ）： ．① f （x 1·x 2）= f （x 1）·f （x 2）；② 当x ∈（0，+∞）时，)(x f '＞0；③ )(x f '是奇函数．分析：根据幂函数的性质可得所求的f （x ）.解：取f （x ）= x 4，则f （x 1·x 2）=（x 1·x 2）4 = x 14·x 24 = f （x 1）·f （x 2），满足①； )(x f '= 4x 3，x ＞0时有)(x f '＞0，满足②；)(x f '= 4x 3 的定义域为R ，又)(x f -'=－4x 3 =－)(x f '，故)(x f '是奇函数，满足③．故答案为：f （x ）= x 4（答案不唯一，f （x ）= x 2n ，x ∈N * 均满足）说明：熟悉常见基本初等函数的基本性质有利于进行构造．试题要求考生在理解函数性质①②③的基础上从抽象到具体构建出一个函数f （x ）．解题的关键是理解函数性质，第①条为自变量积的函数等于函数的积．第②条是在x 轴正半轴为增函数．第③条导函数是奇函数．则原函数为偶函数．由于答案是开放的，可以有多个答案，例如f （x ）=︱x ︱，f （x ）= x 2 等．试题在考查思维的灵活性方面发挥了很好的作用，同时也给不同水平的考生提供了充分发挥自己数学能力的空间．举例题的特点是条件限定．而满足条件的结论或具体例子有很多，给了考生更大的发挥空间．举例题不同于一般的填空题，一般填空题的正确答案是唯一的，阅卷时与正确答案相同就给分，不相同就不给分．举例题需要阅卷人员逐一验证结论．因此对阅卷人员的要求有所提高，阅卷的工作量也相应增大，这要求阅卷机构配合高考内容改革，增加阅卷的人员投入，提高阅卷人员的业务水平．例3 （2021年高考乙卷文、理科第16题）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 ②⑤或③④ （写出符合要求的一组答案即可）．分析：通过观察已知条件正视图，确定该三棱锥的长和高，结合长、高、以及侧视图视图中的实线、虚线来确定俯视图图形．解：观察正视图，推出三棱锥的长为2和高1，②③图形的高也为1，即可能为该三棱锥的侧视图，④⑤图形的长为2，即可能为该三棱锥的俯视图，当②为侧视图时，结合侧视图中的直线，可以确定该三棱锥的俯视图为⑤，当③为侧视图时，结合侧视图虚线，虚线所在的位置有立体图形的轮廓线，可以确定该三棱锥的俯视图为④．故答案为：②⑤或③④．本题不同于举例题，不是要学生构造实例，而是给出实例要求学生选择．但试题没有给岀一个“几何体”的空间图形，只给出这个“几何体”的正视图①，要求考生在所给的图②③④⑤四个图中选出两个分别作为侧视图和俯视图，与①组成这个“几何体”的三视图．试题的正确答案有二种：②⑤或③④，具有一定的开放性．考生可以先从侧视图入手，借助于空间线面关系，确定相应的俯视图；也可以先从俯视图入手，然后选定相应的侧视图．本题不要求学生选岀全部的符合要求的答案，而是选出一个即可，不同的答案对应着不同的思考方案，其思维的灵活性体现在方案的选择上，试题全面考查了考生的空间想象能力，具有较好的选拔性．2．主动选择，鼓励独立思考2020年新高考中考查的结构不良试题是根据高考的特点，考虑到考生付出的劳动进行改造的试题，即不是让考生自己寻找条件，而是给出三个条件，让考生选择．“这样既保持了结构不良试题的特点，又保证了考试的公平性．3侦在新高考的命题实践中，对结构不良试题进行了进一步的研究，命制了改良版的结构不良试题，要求考生自己选择结论成立的条件．例4 （2021年高考甲卷理科第18题）已知数列{ a n }的各项均为正数，记S n 为{ a n }的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．① 数列{ a n }是等差数列；② 数列{n S }是等差数列；③ 213a a =．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．分析：首先确定条件和结论，然后结合等差数列的通项公式和前n 项和公式证明结论即可．解：选择①③为条件，②结论．证明过程如下：由题意可得：a 2 = a 1 + d = 3a 1，∴ d = 2a 1，数列的前n 项和21111(1)(1)222n n n n n S na d na a n a ++=+=+⨯=， 故1111)1(a a n a n S S n n =--=--，据此可得数列{n S }是等差数列．选择①②为条件，③结论：设数列{ a n }的公差为d 1121113111,()2,()(2)S a S a a d a d S a a d a d ==++=+=++++=，21113111()2,()(2)S a S a a d a d S a a d a d ==++=+=++++=， 11131111()2()(2)3()a a d a d S a a d a d a d ++=+=++++=+．因为数列{n S }1322S S S =即22111(3())(22)a a d a d +=+，整理可得 d = 2a 1，∴ a 2 = a 1 + d = 3a 1． 选择③②为条件，①结论：由题意可得S 2 = a 1 + a 2 = 4a 1，∴212S a ={n S }的公差为211d S S a ==11(1)n S S n d n a =+-=，据此可得，当n ≥2时，221111(1)(21)n n n a S S n a n a n a -=-=---=，当n = 1时上式也成立，故数列的通项公式为a n =（2n －1）a 1，由1111[2(1)1](21)2n n a a n a n a a ++--=--=，可知数列{ a n }是等差数列．本题给岀部分已知条件，要求考生根据试题要求构建个命题，并证明命题成立．试题设计了三个不同的组合方案，组成三个真命题，给考生充分的选择空间．选择什么样的条件和结论，直接影响到问题的思维和证明过程，考生选什么样的条件和结论组成命题，体现了考生不同的数学思维角度和方式．这种结构不良试题的适度开放不仅有益于考生在不同层面上发挥自己的数学能力，而且也有益于对中学数学教学的积极导向，引导中学在数学概念与数学方法的教学中，重视培养数学核心素养，克服“机械刷题”现象，充分考查学生对数学本质的理解．3．判断存在问题，考查批判性思维例5 （2021年新高考Ⅱ卷第18题）在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边长分别为a 、b 、c ，b = a + 1，c = a + 2．（1）若2 sin C = 3 sin A ，求△ABC 中的面积；（2）是否存在正整数a ，使得△ABC 中为钝角三角形？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．分析：（1）由正弦定理可得出2c = 3a ，结合已知条件求出a 的值，进一步可求得b 、c 的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出sin B ，再利用三角形的面积公式可求得结果；（2）分析可知，角C 为钝角，由cos 0C <结合三角形三边关系可求得整数a 的值． 解：（1）因为2 sin C = 3 sin A ，则()2223c a a =+=，则a = 4，故b = 5，c = 6， 2221cos 28a b c C ab ，所以C 锐角，则237sin 1cos 8C C =-=，因此1137157sin 4522ABC S ab C ==⨯⨯=△ （2）显然c ＞b ＞a ，若△ABC 中为钝角三角形，则C 为钝角， 由余弦定理可得()()()()22222221223cos 022121a a a a b c a a C ab a a a a ++-++---===<++， 解得－1＜a ＜3，则0＜a ＜3，由三角形三边关系可得a + a + 1＞a + 2，可得a ＞1，故整数a = 2．本题背景取材于教材，内容贴近学生．试题题干中已知△ABC 的对边分别为a ，a + 1，a + 2，第（2）问要求考生判断是否存在正整数a ，使得△ABC 为钝角三角形，并运用数学推理说明理由．试题进行开放性设计，直觉上会发现a = 3时，△ABC 是直角三角形，且∠C 是直角．进一步发现△ABC 是钝角三角形时，cos C ＜0，由此推理可得正整数a = 2．试题命制基于课程标准，重点考查考生的逻辑推理能力和运算求解能力．问题在体现开放性的同时也体现了思维的准确性与有序性．4．综合性问题例6 在我国江汉平原上，有四个村庄恰好座落在边长为2千米的正方形顶点上，为此需要建立一个使得任何两个村庄都可有通道的道路网．请设计一个合理的道路网，使它的总长度不超过5.5千米．（取2= 1.4142，7312.13=）解：这是一道策略开放题．题目给出了实际问题的情景（条件）及基本要求（结论），要求考生根据题意应对一些常见的可能设计进行列举、试算、取舍，然后逐渐逼近题目的本质解法．这种解答、推理过程没有现成的模式可套，有较强的开放性． 设四个村庄分别为A 、B 、C 、D ．（1）沿正方形四条边ABCDA 修建道路网，总长度是8千米，不符合要求．（2）连结两条对角线可作通道，但算出总长度是5.524>，也不符合要求．（3）由平面几何的知识知道，在正方形ABCD 所在平面上任取一点P ，连结PA 、PB 、PC 、PD 所修成的道路网，当点P 重合于BD AC O =时，此种道路网必最短，但由（2）知也不符合要求．（4）要减少总长度，必须增加公共部分（即在平面ABCD 上取两点E 、F ）．注意到正方形既有轴对称、又有中心对称的性质，故过中心O 修一段公共道路EF （如图），使EF ⊥AB ，OE = OF = x （0≤x ≤1），则道路网的总长度 2)1(142x x y -++=．（*） 由y ≤5.5，得5.5)1(1422≤-++x x ，化简，得 48x 2－40x + 7≤0，D P O A B O FE M N A D解得12741≤≤x ． 此时]1,0[]127,41[⊂∈x ．据此可有无数种道路网设计方案满足要求． 根据函数关系式（*），我们不难算出当333-=x 时，y 有最小值4642.5)31(2≈+千米．例7 如图所示，有一条河MN ，河岸的一侧有一很高的建筑物AB ，一人位于河岸另一侧P 处，手中有一个测角器（可以测仰角）和一个可以测量长度的皮尺（测量长度不超过5米）．请你设计一种测量方案（不允许过河），并给出计算建筑物的高度AB 及距离PA 的公式，希望在你的方案中被测量数据的个数尽量少．解：本题有相当的不确定性，是一道综合开放题．题目给出了问题的情境及基本要求，要求考生根据这些情境及基本要求收集信息，将问题数学化：自行假定与设计一些已知条件，提出多种多样的解决方案，进而得出或繁或简的结论．这完全能测试出考生运用既有知识分析和解决问题的能力．常见的测量方案有：方案一 如图P 位于开阔地域，被测量的数据为PC （测角器的高）和PQ （Q 为在PA 水平直线上选取的另一测量点）的长度，仰角α 和β．设AB = x ，PA = y ，则计算公式为⎩⎨⎧+=-=-.tan )(,tan βαPQ y PC x y PC x ∴ βαβαtan tan tan tan -+=PQ PC x ，βαβtan tan tan -=PQ y ． 方案二 如图P 位于开阔地域，被测量的数据为PR （PR 在水平线上，且PR ＜5米）．在P 、Q （Q 是PR 的中点）、R 处测得筑物AB 的仰角分别为α、β、γ．设AB = x ，PA = y ，则αtan x y =，AQ =βtan x ，AR =γtan x ． 在△APR 中，由中线公式，得)21(21222PR AR AP AQ -+=． 代值，可得计算公式为γβα222tan 2tan 4tan 2+-=PRx ，γβαα222tan 2tan 4tan 2tan +-⋅=PR y ． 方案三若 P 处是一可攀建筑物（如楼房），则可在同一垂 B O AC P DQ β α P BA Q α β γ R ．P A N MB BO OA DCP β α线上选两个测量点，被测数据为PC 和CD 的长度，仰角α 和β．设AB = x ，PA = y ，则计算公式为⎩⎨⎧=--=-.tan ,tan βαy CD PC x y PC x ∴ βααtan tan tan -+=CD PC x ，βααtan tan tan -=CD y ． 说明：无论哪个方案都至少要测4个数据．例8 已知集合B = {（x ，y ）∣（x －1）2 +（y －2）2 = 4 }，且集合A 、C 满足：A ⊂B ⊂C ，试用列举法写出一个集合A ，用描述法写出一个集合C ．解：首先应注意到集合B 表示的是点集，在直角坐标系下表示的是圆周，要求A 是B 的子集，B 是C 的子集，所以集合A 表示的是圆周的一部分，而B 表示的圆是C 的一部分，这样A 、C 可以是：A = {（1，4），（－1，2）} 等，C = {（x ，y ）∣（x + 1）[（x －1）2 +（y －2）2－4 ] = 0 } 等．例9 α，β 是两个不同的平面，m ，n 是平面α 及β 之外的两条不同的直线．给出四个论断：① m ⊥n ； ② α⊥β； ③ n ⊥β； ④ m ⊥α．以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个．．命题： ．解：本题既是一个条件开放题，也是一个结论开放题．按题意要求，要以题中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，来组成命题，实际上只有四种组成的方法，因此其开放度不是很大．再者，由于题中所给字母的对称性，以③作为结论与以作④为结论，所组成的命题，其真伪性是相同的，所以实际上只要考虑三种组成的方法．本题答案是下列两个命题之一：（1）m ⊥α，n ⊥β，α⊥β ⇒ m ⊥n ．（2）m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ⇒ α⊥β．例10 若椭圆的一个焦点和它的两个顶点，共三个点所组成的三角形是直角三角形．求这样的椭圆的离心率．解：我们以椭圆C ：12222=+by a x （a ＞b ＞0）为例来加以说明．大家知道，椭圆C 有左右两个焦点；长轴、短轴上各有2个顶点，共4个顶点．所以本题的求解具有较强的探索性和开放性．注意到椭圆良好的对称性，设F 是椭圆C 的左焦点，显然要构成三角形，两个顶点不能都取自于长轴．（1）显然F 、A 1、A 2不能组成三角形．（2）由于△FOB 1是直角三角形，有∠OFB 1是锐角，故∠A 1FB 1是钝角，即F 、A 1、B 1不能构成直角三角形．（3）若△FB 1A 2是直角三角形，则只有∠FB 1A 2 = 90°，从而FB 12 + A 2B 12 = FA 22，∴（b 2 + c 2）+（a 2 + b 2）=（a + c ）2，∴ 2b 2 + a 2 + c 2 = a 2 + 2ac + c 2 ⇒ b 2 = ac ，结合b 2 = a 2－c 2 得 a 2－ac －c 2 = 0 ⇒ 215-==a c e ． （4）若△FB 1B 2是直角三角形，则应有b = c ，∴ a 2 = b 2 + c 2 = 2c 2，∴ 22==a c e ． 综上所述，满足条件的椭圆的离心率为22，215-． 例11 已知以坐标原点为中心的椭圆，满足条件：（1）焦点F 1的坐标为（3，0）；（2）半长轴为5．则可求得此椭圆方程为1162522=+y x ．① 若去掉条件（2），问可添加其他什么条件，才能使所求椭圆方程仍为①？解：由于以坐标原点为中心，焦点在x 轴上的椭圆标准方程为12222=+by a x ，其中a 为半长轴，b 为半短轴，设椭圆的右焦点F 1的坐标为（c ，0），则有a 2－b 2 = c 2；由已知c = 3，得a 2－b 2 = 9．因此只要给出b = 4，或者给出一个适当的关于a ，b ，c 的等量关系，使它能解得a = 5，b = 4，那么这个关于a ，b ，c 的等量关系，就是满足本题要求的一个答案，于是可得本题的一些解答：（1）短半轴b = 4．（2）与点F 1（3，0），F 2（－3，0）距离的和为10的动点的轨迹方程．（3）离心率53=e ． （4）右准线l 1的方程为325=x ．（5）椭圆上一点P 的坐标为)5214,2(-． （6）设椭圆的短轴两端点分别为B ，B '，且tan ∠BF 1B '=724． （7）过F 1作x 轴的垂线交椭圆于Q ，∣QF 1∣较椭圆半短轴短54． 像上述这样的“条件”，我们还可构想很多，一般的思考方法是“执果索因”． 例12 已知关于x ，y 的二元二次方程 x 2 +（k －1）y 2－3ky + 2k = 0． （*）（1）当k = 1时，方程（*）表示什么曲线？（2）试再写出几个k 的不同取值，要求对每个不同的k ，方程（*）表示不同类型的曲线．解：（1）当k = 1时，方程（*）表示抛物线x 2 = 3y －2．（2）当k ≠1时，方程（*）可化为 )1(48)1(23)1(222-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---+k k k k k y k x ． ① 当k ＜－8时，方程表示焦点在y 轴上的双曲线；当－8＜k ＜0时，方程表示焦点在平行于x 轴的直线上的双曲线；当0＜k ＜1时，方程表示焦点在y 轴上的双曲线．② 当k =－8时，方程表示两条相交直线；当k =0时，方程表示两条相交直线（第一、第三象限和第二、第四象限的角平分线）．③ 当k = 2时，方程表示圆x 2 + y 2－6y + 4 = 0．④ 当1＜k ＜2时，方程表示长轴在y 轴上的椭圆；当k ＞2时，方程表示长轴平行于x 轴的椭圆．在以上各类情况中分别取不同的实数作为k 的值，即可达到题意要求．例13 某地区某种病的发病人数呈上升趋势，统计近四年这种病的新发病的人数如下表所示： 年份 该年新发病的人数2018年 24002019年 24912020年 25862021年 2684年初到2025年底的四年里，该地区这种病的新发病人数总共有多少？解：预测一 从新发病增长率入手2018年到2019年新发病增长率为（2491－2400）÷2400≈3.792%；2019年到2020年新发病增长率为（2586－2491）÷2491≈3.814%；2020年到2021年新发病增长率为（2684－2586）÷2586≈3.790%；可见，新发病增长率基本一致，取其平均数为3.799%，以此作为以后新发病增长率的预测．2684（1 + 3.799%）+ 2684（1 + 3.799%）2 + 2684（1 + 3.799%）3 + 2684（1 +3.799%）4=117951%)799.31(]1%)799.31%)[(799.31(26844≈-+-++，即为所求． 预测二 从数据处理来考察2491÷2400≈1.038，2586÷2491≈1.038，2684÷2586≈1.038．可见，连续几年新发病的人数的比值近似于一个常数1.038，以此作为以后的预测． 117951038.1)1038.1(038.126844≈--⨯，即为所求．说明：这与以指数型函数y = 2400（1 + a ）x －2018来拟合是一样的，其中a 为常数． 预测三 x 轴上表示年份，y 轴上表示新发病的人数，将表格中的四组数据描点．观察这些点的位置，它们的分布大致在一条直线附近，所以用直线拟合．设拟合直线为y = kx + b ，其中k ，b 为常数．以x = 1时，y = 2400，x = 4时，y = 2684代入，得⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧+=+=.33.2305,67.9442684,2400b k b k b k ∴（5k + b ）+（6k + b ）+（7k + b ）+（8k + b ）= 26k + 4b = 26×94.67 +4×2305.33≈11683．。
高考数学一轮复习《空间几何体》练习题(含答案)
高考数学一轮复习《空间几何体》练习题（含答案）一、单选题1．降水量（precipitation[amount]）：从天空降落到地面上的液态或固态（经融化后）水，未经蒸发､渗透､流失，而在水平面上积聚的深度.降水量以mm 为单位，气象观测中一般取一位小数，现某地10分钟的降雨量为13.1mm ，小王在此地此时间段内用口径为10cm 的圆柱型量筒收集的雨水体积约为（ ）（其中π 3.14≈）A ．331.0210mm ⨯B ．331.0310mm ⨯C ．531.0210mm ⨯D ．531.0310mm ⨯2．某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的表面积(单位：2cm )是（ ）A ．()256122cm +B ．()248162cm + C ．()280122cm + D ．()272162cm + 3．阿基米德（Archimedes ，公元前287年-公元前212年）是古希腊伟大的数学家，物理学家和天文学家，在他墓碑上刻着的一个圆柱容器里放了一个球，该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，如图所示，则在该几何体中，圆柱表面积与球表面积的比值为（ ）A ．32B ．43C ．32或23D ．234．已知一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为（ ）A ．33πB ．2πC ．3πD ．4π5．某圆锥的母线长为2，高为423，其三视图如下图所示，圆锥表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆锥表面上的点N 在侧视图上的对应点为B ，则在此圆锥侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．2B ．22C ．823+D ．223- 6．已知某空间几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A ．323B ．163C ．4D ．87．已知正方体的六个面的中心可构成一个正八面体,现从正方体内部任取一个点,则该点落在这个正八面体内部的概率为（ ）A ．12B ．13C ．16D ．1128．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A ．810+16B ．40C ．810++24D ．489．棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是侧面11CC B B 上的一个动点（包含边界），则下面结论正确的有（ ）①若点E 满足1AE B C ⊥，则动点E 的轨迹是线段；②若点E 满足130EA C ∠=，则动点E 的轨迹是椭圆的一部分；③在线段1BC 上存在点E ，使直线1A E 与CD ．所成的角为30；④当E 在棱1BB 上移动时，1EC ED +的最小值是352+． A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个10．某锥体的正视图和侧视图均为如图所示的等腰三角形，则该几何体的体积最小值为A ．4πB ．12C ．1D ．211．已知四棱锥S ABCD -的所有顶点都在同一球面上，底面ABCD 是正方形且和球心O 在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于443+，则球O 的体积等于（ ）A ．3223πB ．1623πC ．823πD ．423π 12．一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．36B ．48C ．64D ．72二、填空题13．如果用半径为r 的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高等于____． 14．点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，3AB BC AC ==，若四面体ABCD 体积的3________.15．“方锥”，在《九章算术》卷商功中解释为正四棱锥.现有“方锥”S ABCD -，其中4AB =，SA 与平面ABCD 32，则此“方锥”的外接球表面积为________. 16．棱长为6的正方体内有一个棱长为x 的正四面体，正四面体的中心（正四面体的中心就是该四面体外接球的球心）与正方体的中心重合，且该四面体可以在正方体内任意转动，则x 的最大值为______．三、解答题17．如图，已知直三棱柱111ABC A B C ，其底面是等腰直角三角形，且22AB BC ==14AC AA ==.(1)求该几何体的表面积；(2)若把两个这样的直三棱柱拼成一个大棱柱，求拼得的棱柱表面积的最小值.18．如图是一个以111A B C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11112A B B C==，11190A B C∠=︒，14AA=，13BB=，12CC=，求该几何体的体积．19．如图是某几何体的三视图，请你指出这个几何体的结构特征，并求出它的表面积与体积．（单位：cm）20．如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是矩形，2PA AB ==，2AD =，过点B 作BE ⊥AC ，交AD 于点E ，点F ，G 分别为线段PD ，DC 的中点．(1)证明：AC ⊥平面BEF ；(2)求三棱锥F -BGE 的体积．21．如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为2的菱形，AC =23，△ADE 为等腰直角三角形，∠AED =90°，平面ADE ⊥平面ABCD ，且EF //AB ，EF =1.（1）证明：AC ⊥平面BDF ；（2）若G 为棱BF 的中点，求三棱锥G —DEF 的体积.22．如图，在三棱锥-P ABC 中，2AB BC ==，22PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且MC ＝2MB ，求点C 到平面POM 的距离．23．如图，在三棱锥S －ABC 中，SA ＝SC ，D 为AC 的中点，SD ⊥AB ．(1)证明：平面SAC ⊥平面ABC ；(2)若△BCD 是边长为3的等边三角形，点P 在棱SC 上，PC ＝2SP ，且932S ABC V -=，求三棱锥A －PBC 的体积．24．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的菱形，60DAB ∠=︒，7PA PD ==，O F 、分别为AD AB 、的中点，PF AC ⊥.（1）求证：面POF ⊥面ABCD ；（2）求三棱锥B PCF -的体积。
高考数学(理)(新课标版)考前冲刺复习讲义：第2部分专题4第1讲空间几何体 Word版含答案
第1讲空间几何体空间几何体的三视图自主练透夯实双基1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．由三视图还原几何体的步骤一般先由俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体．[题组通关]1．(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[解析] 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②.2．已知长方体的底面是边长为1的正方形，高为2，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该长方体的正视图的面积等于()A ．1B. 2 C ．2D ．2 2C [解析] 依题意得，题中的长方体的侧视图的高等于2，正视图的长是2，因此相应的正视图的面积等于2×2＝2，故选C.由三视图还原到直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的直观图形状．空间几何体的表面积与体积高频考点多维探明 1．柱体、锥体、台体的侧面积公式 (1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； (2)S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； (2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ，S ′分别为上下底面面积，h 为高)(不要求记忆)．由空间几何体的结构特征计算表面积与体积如图，在棱长为6的正方体ABCD -A1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连接EF ，FB ，DE ，BD ，则几何体EFC 1DBC 的体积为( )A ．66B ．68C ．70D ．72【解析】如图，连接DF ，DC 1，那么几何体EFC 1DBC 被分割成三棱锥D -EFC 1及四棱锥D -CBFC 1，那么几何体EFC 1DBC 的体积为V ＝13×12×3×4×6＋13×12×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66. 故所求几何体EFC 1DBC 的体积为66. 【答案】A由三视图求空间几何体的表面积与体积(1)(2016·高考全国卷甲)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(2)(2016·高考四川卷)已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是__________．【解析】(1)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，所以该几何体的表面积S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π，故选C.(2)根据三视图可知该三棱锥的底面积S ＝12×23×1＝3，高为1，所以该三棱锥的体积V ＝13×3×1＝33.【答案】 (1)C (2)33(1)求解几何体的表面积及体积的技巧①求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．②求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．(2)根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤 第一步：根据给出的三视图判断该几何体的形状． 第二步：由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量． 第三步：套用相应的面积公式与体积公式计算求解． [题组通关]1．(2016·河南省八市重点高中质量检测)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是( )A ．36cm 3B ．48cm 3C ．60cm 3D ．72cm 3B [解析] 由三视图可知，该几何体的上面是个长为4，宽为2，高为2的长方体，下面是一个放倒的四棱柱，高为4，底面是个梯形，梯形的上、下、底分别为2、6，高为2.长方体的体积为4×2×2＝16.四棱柱的体积为4×2＋62×2＝32，所以该几何体的体积为32＋16＝48(cm 3)，选B.2．(2016·昆明市两区七校调研)一个正三棱柱被平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积和剩余部分体积的比值为( )A.15B.16C.17D.18A [解析] 依题意，剩余部分所表示的几何体是从正三棱柱ABC -A 1B 1C 1(其底面边长是2)中截去三棱锥E -A 1B 1C 1(其中E 是侧棱BB 1的中点)，因此三棱锥E -A 1B 1C 1的体积为VE A 1B 1C 1＝13×34×22×1＝33，剩余部分的体积为V ＝VABC A 1B 1C 1－VE A 1B 1C 1＝34×22×2－33＝533，因此截去部分体积与剩余部分体积的比值为15，选A. 3．(2016·山西省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当xy 取得最大值时，该几何体的体积是________．[解析] 分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，CD ＝y2，AB ＝y ，AC ＝5，CP ＝7，BP ＝x ，所以BP 2＝BC 2＋CP 2，即x 2＝25－y 2＋7，x 2＋y 2＝32≥2xy ，则xy ≤16，当且仅当x ＝y ＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V ＝13×2＋42×3×7＝37.多面体与球的切接问题共研典例类题通法与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．(2016·高考全国卷丙)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2C ．6πD.32π3【解析】由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.【答案】B多面体与球接、切问题的求解策略(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内接、外切的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．[题组通关]1．(2016·河北省“五校联盟”质量检测)已知球O 的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O 的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．[解析] 设球的半径为R ，则4πR 2＝25π，所以R ＝52，所以球的直径为2R ＝5，设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则长方体的表面积S ＝2ab ＋2ac ＋2bc ≤a 2＋b 2＋a 2＋c 2＋b 2＋c 2＝2(a 2＋b 2＋c 2)＝50.2．(2016·重庆第一次适应性测试)已知三棱锥P -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，PC 为球O 的直径，该三棱锥的体积为26，则球O 的表面积为________．[解析]依题意，设球O 的半径为R ，球心O 到平面ABC 的距离为d ，则由O 是PC 的中点得，点P 到平面ABC 的距离等于2d ，所以V P ABC ＝2V O ABC ＝2×13S △ABC ×d ＝23×34×12×d ＝26，解得d ＝23，又R 2＝d 2＋⎝⎛⎭⎫332＝1，所以球O 的表面积等于4πR 2＝4π. [答案]4π课时作业1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )D [解析] 先观察俯视图，由俯视图可知选项B 和D 中的一个正确，由正视图和侧视图可知选项D 正确，故选D.2．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能为( )A ．长方形B ．直角三角形C ．圆D ．椭圆C [解析] 当俯视图为圆时，由三视图可知为圆柱，此时正视图和侧视图应该相同，所以俯视图不可能是圆，故选C.3．(2016·贵阳市监测考试)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，记甲的体积为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 乙大小不能确定C [解析] 由三视图知，甲几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥，乙几何体是在甲几何体的基础上去掉一个角，即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.4．(2016·云南省第一次统一检测)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(注：正视图也称主视图，侧视图也称左视图)，则被削掉的那部分的体积为( )A.π＋23B.5π－23C.5π3－2 D ．2π－23B [解析] 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，所以被削掉的那部分的体积为π×12×2－⎝⎛⎭⎫π3＋23＝5π－23. 5．(2016·高考山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π C [解析] 由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积V 1＝13×12×1＝13.设半球的半径为R ，则2R ＝2，即R ＝22，所以半球的体积V 2＝12×4π3R 3＝12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝26π.故该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝13＋26π.故选C.6.(2016·高考全国卷乙)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 ．28πA [解析] 由三视图可得此几何体为一个球切割掉18后剩下的几何体，设球的半径为r ，故78×43πr 3＝283π，所以r ＝2，表面积S ＝78×4πr 2＋34πr 2＝17π，选A. 7．(2016·长春市质量检测(二))某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.323B ．16－2π3C.403 D ．16－8π3C [解析] 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.8．(2016·湖北省七市(州)协作体联考)《九章算术》商功章有题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺313寸，容纳米2000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底圆周长约为( )A ．1丈3尺B ．5丈4尺C ．9丈2尺D ．48丈6尺B [解析] 设圆柱底面圆的半径为r ，若以尺为单位，则2000×1.62＝3r 2⎝⎛⎭⎫10＋3＋13，解得r ＝9(尺)，所以底面圆周长约为2×3×9＝54(尺)，换算单位后为5丈4尺，故选B.9．(2016·兰州市诊断考试)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，则该多面体最长的棱长等于( )A.34B.41 C ．5 2D ．215C [解析] 由正视图、侧视图、俯视图的形状，可判断该几何体为三棱锥，形状如图，其中SC ⊥平面ABC ，AC ⊥AB ，所以最长的棱长为SB ＝5 2.10．(2016·东北四市联考(二))如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 是线段CD 的中点，则三棱锥P -A 1B 1A 的侧视图为( )D [解析] 如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥P -A 1B 1A ，B (C )点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D.11．(2016·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 ．3A [解析] 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.12．(2016·广州市综合测试(一))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 ．20π B.205π3C ．5πD.55π6D [解析] 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，所以球半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫h 22＝1＋14＝54，所以该球的体积V ＝43πR 3＝43×5454π＝55π6. 13．(2016·唐山市统一考试)三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC 且P A ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )A.4π3 B ．4π C ．8πD ．20πC [解析] 由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以P A 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π，故选C.14．(2016·福建省毕业班质量检测)在空间直角坐标系O -xyz 中，A (0，0，2)，B (0，2，0)，C (2，2，2)，则三棱锥O -ABC 外接球的表面积为( )A ．3πB ．43πC ．12πD ．48πC [解析] 设三棱锥O -ABC 的外接球的半径为R ，画出空间直角坐标系O -xyz 与点A ，B ，C 的位置，易知三棱锥O -ABC 的四个顶点均落在棱长为2的正方体的顶点上，所以该正方体的体对角线长即为三棱锥O -ABC 的外接球的直径，所以R ＝1222＋22＋22＝3，所以三棱锥O -ABC 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝12π，故选C.15．已知某组合体的正视图与侧视图相同(其中AB ＝AC ，四边形BCDE 为矩形)，则该组合体的俯视图可以是________(把正确的图的序号都填上)．[解析]几何体由四棱锥与四棱柱组成时，得①正确；几何体由四棱锥与圆柱组成时，得②正确；几何体由圆锥与圆柱组成时，得③正确；几何体由圆锥与四棱柱组成时，得④正确．[答案]①②③④16．(2016·高考北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．[解析]通过俯视图可知该四棱柱的底面为等腰梯形，则四棱柱的底面积S ＝（1＋2）×12＝32，通过侧(左)视图可知四棱柱的高h ＝1，所以该四棱柱的体积V ＝Sh ＝32. [答案]3217．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________．[解析]设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，则h 1h 2＝23，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝32.[答案]3218．如图，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 1EDF 的体积为________．[解析]因为B 1C ∥平面ADD 1A 1，所以F 到平面ADD 1A 1的距离d 为定值1，△D 1DE 的面积为12D 1D ·AD ＝12，所以VD 1EDF ＝VF D 1DE ＝13S △D 1DE ·d ＝13×12×1＝16.[答案]1619．已知棱长均为a 的正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为216的球面上，则a 的值为________．[解析]设O 是球心，D 是等边三角形A 1B 1C 1的中心，则OA 1＝216，因为正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长均为a ，所以A 1D ＝32a ×23＝33a ，OD ＝a 2，故A 1D 2＋OD 2＝⎝⎛⎭⎫33a 2＋⎝⎛⎭⎫a 22＝⎝⎛⎭⎫2162，得712a 2＝2136，即a 2＝1，得a ＝1.[答案]120．(2016·东北四市联考(二))已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，则此三棱柱的体积的最大值为________．[解析]如图，设球心为O ，三棱柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，底面正三角形的边长为a ，则AO 1＝23×32a ＝33a .由已知得O 1O 2⊥底面，在Rt △OAO 1中，由勾股定理得OO 1＝12－⎝⎛⎭⎫33a 2＝3·3－a 23，所以V 三棱柱＝34a 2×2×3·3－a 23＝3a 4－a 62， 令f (a )＝3a 4－a 6(0＜a ＜2)，则f ′(a )＝12a 3－6a 5＝－6a 3(a 2－2)，令f ′(a )＝0，解得a ＝ 2. 因为当a ∈(0，2)时，f ′(a )＞0；当a ∈(2，2)时，f ′(a )＜0，所以函数f (a )在(0，2)上单调递增，在(2，2)上单调递减．所以f (a )在a ＝2处取得极大值．因为函数f (a )在区间(0，2)上有唯一的极值点， 所以a ＝2也是最大值点．所以(V 三棱柱)max ＝3×4－82＝1. [答案]1。
新课标高中数学(必修2)第一章：空间几何体(综合训练)解析
科 目：数学适用年级: 高一、二第一章空间几何体（基础训练）测试题一、选择题1．有一个几何体的三视图如下图所示，这个几何体应是一个( )A .棱台B .棱锥C .棱柱D .都不对2．棱长都是1的三棱锥的表面积为（ ）A... 3．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3,4,5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（）A ．25πB ．50πC ．125πD ．都不对4．正方体的内切球和外接球的半径之比为（ ）AB2 C．2D35．在△ABC 中，02, 1.5,120AB BC ABC ==∠=,若使绕直线BC 旋转一周， 则所形成的几何体的体积是（） A. 92π B. 72π C. 52π D. 32π 6．底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是（）A ．130B ．140C ．150D ．160二、填空题主视图 左视图 俯视图1．一个棱柱至少有 _____个面，面数最少的一个棱锥有 ________个顶点， 顶点最少的一个棱台有 ________条侧棱。
2．若三个球的表面积之比是1:2:3，则它们的体积之比是_____________。
3．正方体1111ABCD A B C D -中，O 是上底面ABCD 中心，若正方体的棱长为a ， 则三棱锥11O AB D -的体积为_____________。
4．如图，,E F 分别为正方体的面11A ADD 、面11B BCC 的中心，则四边形E BFD 1在该正方体的面上的射影可能是____________。
5．已知一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2、3、6，这个长方体的对角线长是___________；若长方体的共顶点的三个侧面面积分别为3,5,15，则它的体积为___________.三、解答题1．养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐（供融化高速公路上的积雪之用），已建的仓库的底面直径为12M ，高4M ，养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐，现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4M （高不变）；二是高度增加4M (底面直径不变)。
高考数学二轮专题升级训练 专题五 第1讲 空间几何体 文(含解析) 新人教A版
专题升级训练空间几何体(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)1.一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是( )A.球B.三棱锥C.正方体D.圆柱2.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形,则原来的图形是( )3.(2013·四川,文2)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是( )A.棱柱B.棱台C.圆柱D.圆台4.若正四棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示,则该几何体的表面积是( )A.4B.4+4C.8D.4+45.如下图是某几何体的三视图,其中正(主)视图是腰长为2的等腰三角形,侧(左)视图是半径为1的半圆,则该几何体的体积是( )A.πB.C.πD.6.若一个螺栓的底面是正六边形,它的正(主)视图和俯视图如图所示,则它的体积是( )A.27+12πB.9+12πC.27+3πD.54+3π二、填空题(本大题共3小题,每小题6分,共18分)7.把一个圆锥截成圆台,已知圆台的上、下底面半径的比是1∶4,母线长是10cm,则圆锥的母线长为cm.8.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为2,它的三视图中的俯视图如图所示,侧(左)视图是一个矩形,则这个矩形的面积是.9.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,BC=2,AC=,AA1=3,M为线段BB1上的一动点,则当AM+MC1最小时,△AMC1的面积为.三、解答题(本大题共3小题,共46分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10.(本小题满分15分)如图,已知某几何体的三视图如下(单位:cm).(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法);(2)求这个几何体的表面积及体积.11.(本小题满分15分)(2013·安徽,文18)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°.已知PB=PD=2,PA=.(1)证明:PC⊥BD;(2)若E为PA的中点,求三棱锥P-BCE的体积.12.(本小题满分16分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面是直角梯形ABCD,其中AD⊥AB,CD∥AB,AB=4,CD=2,侧面PAD是边长为2的等边三角形,且与底面ABCD垂直,E为PA的中点.(1)求证:DE∥平面PBC;(2)求三棱锥A-PBC的体积.##一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)1.D解析:因为球的三视图均为圆;正方体的三视图均可以为正方形,所以排除A,C.而三条侧棱两两垂直且相等的正三棱锥的三视图可以为全等的直角三角形,排除B.因为圆柱的正(主)视图与侧(左)视图均是矩形,俯视图为圆,故选D.2.A解析:由直观图可知,在直观图中多边形为正方形,对角线长为,所以原图形为平行四边形,位于y轴上的对角线长为2,故选A.3.D解析:从俯视图可看出该几何体上下底面为半径不等的圆,正(主)视图与侧(左)视图为等腰梯形,故此几何体为圆台.4.B5.D6.C解析:该螺栓是由一个正六棱柱和一个圆柱组合而成的,V总=V正六棱柱+V圆柱=×32×6×2+π×12×3=27+3π.二、填空题(本大题共3小题,每小题6分,共18分)7. 解析:作出圆锥的轴截面如图,设SA=y,O'A'=x,利用平行线截线段成比例,得SA'∶SA=O'A'∶OA,即(y-10)∶y=x∶4x,解得y=.所以圆锥的母线长为.8.2 解析:如图,设底面边长为a,则侧棱长也为a,由题意得a2·a=2,故a3=8,a=2.侧(左)视图与矩形DCC1D1相同,a·a=2.9. 解析:将直三棱柱沿侧棱A1A剪开,得平面图形如图所示,A'C1为定长,当A,M,C1共线时AM+MC1最短,此时AM=,MC1=2.又在原图形中AC1=,易知∠AMC1=120°,∴×2×sin 120°=.三、解答题(本大题共3小题,共46分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10.解:(1)这个几何体的直观图如图所示.(2)这个几何体可看成是正方体AC1及直三棱柱B1C1Q-A1D1P的组合体.由PA1=PD1=,A1D1=AD=2,可得PA1⊥PD1.故所求几何体的表面积S=5×22+2×2×+2××()2=22+4(cm2).所求几何体的体积V=23+×()2×2=10(cm3).11.解:(1)证明:连接AC,交BD于O点,连接PO.因为底面ABCD是菱形,所以AC⊥BD,BO=DO.由PB=PD知,PO⊥BD.再由PO∩AC=O知,BD⊥面APC,因此BD⊥PC.(2)解:因为E是PA的中点,所以.由PB=PD=AB=AD=2知,△ABD≌△PBD.因为∠BAD=60°,所以PO=AO=,AC=2,BO=1.又PA=,PO2+AO2=PA2,即PO⊥AC,故S△APC=PO·AC=3.由(1)知,BO⊥面APC,因此··BO·S△APC=.12. 解:(1)证明:如图,取AB的中点F,连接DF,EF.在直角梯形ABCD中,CD∥AB,且AB=4,CD=2,所以BF CD.所以四边形BCDF为平行四边形.所以DF∥BC.在△PAB中,PE=EA,AF=FB,所以EF∥PB.又因为DF∩EF=F,PB∩BC=B,所以平面DEF∥平面PBC.因为DE⊂平面DEF,所以DE∥平面PBC.(2)解:取AD的中点O,连接PO.在△PAD中,PA=PD=AD=2,所以PO⊥AD,PO=.又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PO⊥平面ABCD.在直角梯形ABCD中,CD∥AB,且AB=4,AD=2,AB⊥AD,所以S△ABC=×AB×AD=×4×2=4.故三棱锥A-PBC的体积V A-PBC=V P-ABC=×S△ABC×PO=×4×.。
高考数学二轮专题升级训练专题五第1讲空间几何体理新人教A版
高考数学二轮专题升级训练专题五第 1 讲空间几何体理新人教 A版( 时间 :60 分钟满分:100分)一、选择题 (本大题共 6 小题,每题 6分, 共 36分)1. 一个几何体的三视图形状都同样、大小均相等, 那么这个几何体不能够是()A.球B. 三棱锥C.正方体D.圆柱2. 用斜二测画法画一个水平搁置的平面图形的直观图为以下图的一个正方形, 则本来的图形是()3. 一个几何体的三视图以下图, 则该几何体能够是()A.棱柱B. 棱台C.圆柱D.圆台4. 若正四棱锥的正( 主) 视图和俯视图以下图, 则该几何体的表面积是()A.4B. 4+4C.8D.4+45. 以下列图是某几何体的三视图, 此中正 ( 主) 视图是腰长为 2 的等腰三角形 , 侧 ( 左) 视图是半径为1 的半圆 , 则该几何体的体积是()A.πB.C.πD.6. 若一个螺栓的底面是正六边形, 它的正 ( 主 ) 视图和俯视图以下图, 则它的体积是 ()A. 27+12πB. 9+12πC. 27+3πD.54+3π二、填空题 (本大题共 3 小题,每题 6分, 共 18分)7. 把一个圆锥截 成圆台 , 已知圆台的上、下底面半径的比是1∶4, 母线长是 10, 则圆锥的母cm .cm线长为8. 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等 , 体积为 2, 它的三视图中的俯视图以下图, 侧 ( 左 ) 视图是一个矩形 , 则这个矩形的面积是.9. 如图 , 直三棱柱 ABC-A 1B 1 C 1 中 ,AB=1,BC=2,AC=,AA 1=3,M 为线段 BB 1 上的一动点 , 则当 AM+MC 1最 小时 , △ AMC 1的面积为 .三、解答题 ( 本大题共 3 小题 , 共 46 分. 解答应写出必需的文字说明、证明过程或演算步骤)10.( 本小题满分 15 分 ) 如图 , 已知某几何体的三视图以下 ( 单位 : cm ).(1) 画出这个几何体的直观图 ( 不要求写画法 );(2) 求这个几何体的表面积及体积 .11.( 本小题满分 15 分 ) 如图 , 四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是边长为 2 的菱形 , ∠ BAD=60°. 已知 PB=PD=2,PA=.(1)证明 : PC⊥ BD;(2)若 E 为 PA的中点 , 求三棱锥 P-BCE的体积 .12.( 本小题满分 16 分 ) 如图 , 在四棱锥 P-ABCD中 , 底面是直角梯形 ABCD,此中 AD⊥AB, CD∥AB,AB=4, CD=2,侧面 PAD是边长为2的等边三角形,且与底面 ABCD垂直, E 为 PA的中点 .(1)求证 :DE∥平面PBC;(2)求三棱锥 A-PBC的体积 .##1.D 分析:由于球的三视图均为圆;正方体的三视图均能够为正方形,所以清除 A, C.而三条侧棱两两垂直且相等的正三棱锥的三视图能够为全等的直角三角形, 清除B. 由于圆柱的正( 主) 视图与侧( 左 ) 视图均是矩形 , 俯视图为圆 , 应选D.2.A 分析:由直观图可知,在直观图中多边形为正方形,对角线长为,所以原图形为平行四边形, 位于 y 轴上的对角线长为2, 应选A.3. D分析:从俯视图可看出该几何体上下底面为半径不等的圆, 正 ( 主 ) 视图与侧 ( 左 ) 视图为等腰梯形 , 故此几何体为圆台.4.B5.D6. C分析:该螺栓是由一个正六棱柱和一个圆柱组合而成的,22V 总 =V 正六棱柱 +V 圆柱 =×3×6×2+π×1 ×3=27+3π .7.分析 : 作出圆锥的轴截面如图 , 设 SA=y,O'A'=x, 利用平行线截线段成比率 , 得 SA'∶SA=O'A' ∶ OA,即 (y-10) ∶ y=x∶ 4x, 解得 y=.所以圆锥的母线长为.8.2分析:如图,设底面边长为a, 则侧棱长也为a, 由题意得a2·a=2,故 a3=8,a=2.侧 ( 左 ) 视图与矩形 DCC1D1相同,a ·a=2.9. 分析 : 将直三棱柱沿侧棱 A A 剪开 , 得平面图形以下图,A'C1为定长 , 当 A,M,C共线时11 AM+MC1最短 , 此时 AM=,MC1=2.又在原图形中 AC 1=, 易知 ∠AMC 1=120°, ∴ ×2×sin 120 °=.10. 解 : (1) 这个几何体的直观图以下图 .(2) 这个几何体可当作是正方体AC 1 及直三棱柱 B 1C 1Q-A 1D 1P 的组合体 . 由 PA 1=PD 1=,A 1D 1=AD=2,可得 PA 1⊥ PD 1.故所求几何体的表面积2 2 2S=5×2+2×2×+2×× () =22+4( cm ).所求几何体的体积 3 2 3V=2 +×() ×2=10( cm ). 11.(1) 证明 : 连 接 AC,交 BD 于 O 点 , 连结 PO. 由于底面 ABCD 是菱形 , 所以 AC ⊥ BD,BO=DO.由 PB=PD 知 ,PO ⊥ BD.再由 PO ∩ AC=O 知 ,BD ⊥面 APC,所以 BD ⊥ PC. (2) 解:由于 E 是 PA 的中点 ,所以 . 由 PB=PD=AB=AD=2知 , △ ABD ≌△ PBD. 由于∠ BAD=60°,所以 PO=AO=,AC=2,BO=1.2 2 2又 PA=,PO+ AO=PA, 即 PO ⊥ AC,故 S △APC =PO ·AC=3.由 (1) 知 ,BO ⊥面 APC, 所以·· BO ·S △ APC =.12.(1) 证明 : 如图 , 取 AB 的中点 F, 连结 DF,EF.在直角梯形 ABCD 中 ,CD ∥AB , 且 AB=4,CD=2, 所以 BF C D. 所以四边形 BCDF 为平行四边形 . 所以 DF ∥ BC.在△ PAB 中 , PE=EA ,AF=FB , 所以 EF ∥ PB.又由于 DF ∩ EF=F,PB ∩ BC=B, 所以平面 DEF ∥平面 PBC. 由于 DE? 平面 DEF, 所以 DE ∥平面 PBC.(2) 解 : 取 AD 的中点 O,连结 PO. 在△ PAD 中 , PA=PD=AD=2, 所以 PO ⊥ AD , PO=.又由于平面 PAD ⊥平面 ABCD ,平面 PAD ∩ 平面 ABCD=AD , 所以 PO ⊥平面 ABCD.在直角梯形 ABCD 中 ,CD ∥AB , 且 AB=4,AD=2, AB ⊥ AD ,故三棱锥 A-PBC的体积 V A-PBC=V P-ABC=×S△ABC×PO=×4×.。
高考数学 试题汇编 第一节 空间几何体 文(含解析)
第一节空间几何体三视图的辨析考向聚焦高考的常考点,主要考查:(1)不同视图之间的关系;(2)由实物图画三视图.常以选择题形式出现,难度不大,所占分值5分备考指津(1)熟记三视图的绘图法则;(2)会由直观图画三视图;(3)能补全三视图,注意空间想象能力的训练1.(2012年福建卷,文4,5分)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:一般地,圆柱的正视图是矩形,侧视图是矩形,而俯视图是圆.而球、正方体、三棱锥的三视图形状都相同,大小均相等是可以的,故选D.答案:D.2.(2012年陕西卷,文8,5分)将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥,得到图(2)所示的几何体,则该几何体的左视图为( )解析:因为从左面垂直光线在竖直平面上的正投影是正方形,其中D1A的正投影是正方形的对角线(实线),B1C的正投影被遮住是虚线,所以B正确.答案:B.本题主要考查空间图形的直观图与三视图,考查空间想象能力与逻辑推理能力. 3.(2012年湖南卷,文4,5分)某几何体的正视图和侧视图均如图(1)所示,则该几何体的俯视图不可能是( )解析:该几何体的下部是圆柱或长方体,上部也是一柱体,且长宽相等,故选项C不可能.(C中三角形的高不等于底边)答案:C.4.(2011年全国新课标卷,文8)在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如图所示,则相应的侧视图可以为( )解析:该几何体由正视图和俯视图可知:其为前面为三棱锥,后连一个与三棱锥等高的半圆锥,故侧视图为D选项.故选D.答案:D.5.(2011年山东卷,文11)右图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题:①存在三棱柱,其正(主)视图、俯视图如图;②存在四棱柱,其正(主)视图、俯视图如图;③存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如图.其中真命题的个数是( )(A)3 (B)2(C)1 (D)0解析:底面是等腰直角三角形的三棱柱,当它的一个矩形侧面放置在水平面上时,它的主视图和俯视图可以是全等的矩形,因此①正确;若长方体的高和宽相等,则存在满足题意的两个矩形,因此②正确;当圆柱侧放时(即左视图为圆时),它的主视图和俯视图可以是全等的矩形,因此③正确,故选A.答案:A.6.(2011年浙江卷,文7)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:由正视图排除A、C,由侧视图排除D.故选B.答案:B.7.(2011年江西卷,文9)将长方体截去一个四棱锥,得到的几何体如图所示,则该几何体的左视图为( )解析:此题考查三视图的定义,注意方向,正视图是从前往后看,左视图是从左往右看,俯视图是从上往下看,同时考查想象力.故选D.答案:D.8.(2011年辽宁卷,文8)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体积为2,它的三视图中的俯视图如图所示,左视图是一个矩形,则这个矩形的面积是( )(A)4 (B)2(C)2 (D)解析:设该正三棱柱的侧棱长和底面边长为a,则2=a2·a,∴a=2,则左视图矩形的宽为2×=,高为2,所以该矩形的面积为×2=2.故选B.答案:B.9.(2010年广东卷,文9)如图,△ABC为正三角形,AA'∥BB'∥CC',CC'⊥平面ABC且3AA'=BB'=CC'=AB,则多面体ABC A'B'C'的正视图(也称主视图)是( )解析:正视图是从几何体的前面通过正投影得到的平面图形,故选D.答案:D.与三视图相关的空间几何体的表面积、体积考向聚焦高考的高频考点,主要考查:(1)通过三视图获取空间几何体特征的能力;(2)通过三视图求空间几何体的表面积、体积,从而考查学生的空间想象能力和计算能力.常以选择题、填空题形式出现,有时作为解答题第(1)问出现,难度中档,所占分值4~6分备考指津训练题型:由三视图(或三视图中的两种视图)求空间几何体的表面积、体积,加强识图能力的训练10.(2012年广东卷,文7,5分)某几何体的三视图如图所示,它的体积为( )(A)72π (B)48π (C)30π (D)24π解析:本题主要考查三视图以及球与圆锥的体积问题,其体积为V=××π×33+×π×32×4=18π+12π=30π.答案:C.11.(2012年浙江卷,文3,5分)已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积是( )(A)1 cm3(B)2 cm3(C)3 cm3(D)6 cm3解析:本题主要考查了三视图的应用,根据三棱锥的体积公式V=××2×1×3=1,所以选A.答案:A.12.(2012年新课标全国卷,文7,5分)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三视图,则此几何体的体积为( )(A)6 (B)9 (C)12 (D)18解析:由题意知,V=××6×3×3=9.答案:B.13.(2012年新课标全国卷,文8,5分)平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为,则此球的体积为( )(A)π(B)4π(C)4π(D)6π解析:由图O'A=1,OO'=,∴OA=,V球=π×3=4π.答案:B.14.(2012年江西卷,文7,5分)若一个几何体的三视图如图所示,则此几何体的体积为( )(A)(B)5 (C)(D)4解析:本题考查三视图及空间想象能力.由三视图可知,所求几何体是一个底面为六边形(由2条对边长都为1,其余4条边长都为),高为1的直棱柱,因此只需求出底面积即可.由俯视图和主视图可知,底面面积为1×2+2×××=4,故该几何体的体积为4×1=4.故应选D.答案:D.三视图问题对于空间想象能力有一定要求,通过已知条件构造合理正确的几何模型是解决这类问题的关键.15.(2012年北京卷,文7,5分)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是( )(A)28+6(B)30+6(C)56+12(D)60+12解析:由三视图知此三棱锥的直观图如图所示.∠ACB=90°,AC=5,BC=4,PD⊥平面ABC于D,且D在AC上,AD=2,DC=3,PD=4,从而可得PC⊥BC.∴PC=5,AP=2,PB=AB=,∴S△ABC=S△APC=S△PBC=×5×4=10,S△APB=×2×=6,∴此三棱锥的表面积为S=30+6.故选B.答案:B.本题考查了由三视图得几何体的线面关系及数量关系,注意棱锥顶点的位置.16.(2011年广东卷,文9)如图,某几何体的正视图(主视图),侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形,等腰三角形和菱形,则该几何体体积为( )(A)4(B)4 (C)2(D)2解析:由三视图知几何体为底面为菱形且边长为2的四棱锥,如图所示:∵AB=AD=BD=2,PA=2,PO==3,∴=S ABCD·PO=×2××3=2.故选C.答案:C.17.(2011年陕西卷,文5)某几何体的三视图如图所示,则它的体积为( )(A)8-(B)8-(C)8-2π(D)解析:由三视图知原几何体如图所示为一正方体挖去一等高圆锥,则其体积为V=23-π×12×2=8-.故选A.答案:A.18.(2011年湖南卷,文4)如图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为( )(A)9π+42 (B)36π+18(C)π+12 (D)π+18解析:由三视图可知该几何体的上部为直径为3的球,下部是棱长为3,3,2的长方体.∴体积V=πR3+3×3×2=π×()3+18=π+18.故选D.答案:D.19.(2011年安徽卷,文8)一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )(A)48 (B)32+8(C)48+8(D)80解析:由三视图知几何体的直观图为以ABCD为底面的直四棱柱,如图,且AB=,AD=4,BC=2,则其侧面积为(2+4+2)×4=24+8,两底面面积为2×=24,故几何体的表面积为48+8.答案:C.20.(2011年北京卷,文5)某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的表面积是( )(A)32 (B)16+16(C)48 (D)16+32解析:该四棱锥底面为正方形,且顶点在底面的射影是正方形的中心,所以四个侧面是全等的等腰三角形,由正视图可知,棱锥的高为2,所以侧面的斜高为2,∴侧面积为4××4×2=16,又底面面积为16,∴表面积是16+16,故选B.答案:B.21.(2010年浙江卷,文8)若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积是( )(A) cm3(B)cm3(C)cm3(D)cm3解析:由三视图可知该几何体由一个长方体和一个四棱台组成,长方体的长、宽、高分别为4、4、2,棱台的上底面是边长为4的正方形,下底面是边长为8的正方形,高为2.所以该几何体的体积为V=4×4×2+×2×(16+64+)=(cm3).故选B.答案:B.22.(2010年安徽卷,文9)一个几何体的三视图如图,该几何体的表面积是( )(A)372 (B)360(C)292 (D)280解析:由三视图还原几何体为一个组合体,其中下面是长、宽、高分别为8、10、2的长方体,上面是长、宽、高分别是6、2、8的长方体.该几何体的表面积为下面长方体的表面积+上面长方体的侧面积,∴S表=2×10×8+2×(8+10)×2+2×(2+6)×8=360.故选B.答案:B.还原几何体时,注意“长对正,宽相等,高平齐”找出对应数据.该题还应注意勿将“上面长方体的侧面积”混同为“上面长方体的表面积”.23.(2010年陕西卷,文8)若某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )(A)2 (B)1 (C)(D)解析:该几何体的直观图如图所示,为直三棱柱ABC A1B1C1,其体积为V=×1××=1.故选B.答案:B.24.(2012年安徽卷,文12,5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积等于.解析:由题知该几何体是底面为梯形的四棱柱,V=(×4)×4=56.答案:5625.(2012年天津卷,文10,5分)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为m3.解析:结合三视图,可把几何体看成正视图对应的两个面为底的直棱柱,其底面积为2×3+×(1+2)×1=(m2),∴V=×4=30(m3).答案:30由三视图给出几何体的有关信息是高考中常见形式,该题中几何体是一组合体,也可分为下面为长方体,上面为横放的四棱柱,两体积相加而得.26.(2012年湖北卷,文15,5分)已知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,该几何体是由左右两个相同的圆柱(底面圆半径为2,高为1)与中间一个圆柱(底面圆半径为1,高为4)组合而成,故该几何体的体积是V=π×22×1×2+π×12×4=12π.答案:12π本题所考查的三视图模型就是生活中非常常见的线圈,与生活实际联系紧密,但若联想不到这个实物,则由三视图还原为直观图就有一定难度,从而造成无法求解.27.(2012年辽宁卷,文13,5分)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为.解析:由三视图知该几何体由上面为圆柱,下面为长方体组成,圆柱的底面直径为2,高为1,长方体的长为4,宽为3,高为1.∴该几何体的体积为3×4×1+π×1×1=12+π.答案:12+π根据三视图还原几何体是解题的关键,主要考查学生的空间想象能力.空间几何体的有关计算考向聚焦高考常考点,高考中主要考查:(1)求几何体的面积和体积;(2)计算几何体中有关线段长;(3)各几何体的外接球、内切球的有关计算问题,在客观题与主观题中均有体现,难度中档,所占分值4~6分28.(2012年重庆卷,文9,5分)设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和a,且长为a的棱与长为的棱异面,则a的取值范围是( )(A)(0,) (B)(0,) (C)(1,) (D)(1,)解析:如图,设AB=a,则CD=,其余各棱为1,则易知△ACD为直角三角形,△BCD为直角三角形,取CD中点M,故a的最小值应大于0,而a的最大值应小于BM+MA=,即小于.∴a的取值范围是(0,),故选A.答案:A.29.(2011年湖北卷,文7)设球的体积为V1,它的内接正方体的体积为V2,下列说法中最合适的是( )(A)V1比V2大约多一半 (B)V1比V2大约多两倍半(C)V1比V2大约多一倍 (D)V1比V2大约多一倍半解析:设球半径为R,正方体边长为a,则(2R)2=3a2,∴a=,∴V1=,V2=a3=,=比较可知D正确.故选D.答案:D.30.(2011年辽宁卷,文10)已知球的直径SC=4,A,B是该球球面上的两点,AB=2,∠ASC=∠BSC=45°,则棱锥S ABC的体积为( )(A)(B)(C)(D)解析:∵SC是球的直径,∴△SAC、△SBC均为直角三角形,又∠ASC=∠BSC=45°,SC=4,∴SA=SB=AC=BC=4sin 45°=2,如图,设O为SC的中点,则OA⊥SC,OB⊥SC,且OA=OB=SC=2,∴SC⊥平面AOB,S△AOB=,=S△AOB·SC=·×4=.答案:C.解决本题的关键在于从球中取得内接三棱锥,且易知∠SAC=∠SBC=90°.31.(2010年全国新课标卷,文7)设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a,其顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( )(A)3πa2(B)6πa2(C)12πa2(D)24πa2解析:∵长方体的顶点都在一个球面上,∴长方体的体对角线长等于球的直径2R.∵长方体的长、宽、高分别为2a、a、a,∴长方体的体对角线长l==a=2R,∴R= a.∴S球=4πR2=4π×a2=6πa2,故选B.答案:B.32.(2012年山东卷,文13,4分)如图,正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1,E为线段B1C上的一点,则三棱锥A DED1的体积为.解析:本题考查空间几何体体积的计算==·DC=××1×1×1=.答案:33.(2012年江苏数学,7,5分)如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=AD=3 cm,AA1=2 cm,则四棱锥A BB1D1D的体积为 cm3.解析:本题考查空间几何体的体积的计算和直线与平面的垂直的判断与性质定理.由题意知,四边形ABCD为正方形,连接AC,交BD于O,则AC⊥BD.由面面垂直的性质定理,可证AO⊥平面BB1D1D.OA=,因为四棱锥底面BB1D1D的面积为3×2=6,所以=×OA×=6.答案:634.(2012年辽宁卷,文16,5分)已知点P,A,B,C,D是球O表面上的点,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是边长为2的正方形,若PA=2,则△OAB的面积为.解析:把A、B、C、D看成一个长方体的5个顶点,则外接球的球心为长方体的体对角线中点,即PC的中点为球心O,∵ABCD为正方形,AB=2,∴AC=2,又∵PA=2,∴PC=4,∴AO=OB=PC=2,∴AOB为边长是2的正三角形,∴S△AOB=×2×2×sin 60°=3.作为与球有关的组合体,需要学生熟记长方体的外接球球心为体对角线这一结论,本题考查学生能否转化为这一结论,体现了转化能力.35.(2011年四川卷,文15)如图,半径为4的球O中有一内接圆柱.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.解析:如图,圆柱的侧面积S=2πr×2=4π≤4π×=32π.当且仅当r2=16-r2即r2=8,即r=2时等号成立.∴球的表面积与圆柱侧面积之差为4π×42-32π=32π.答案:32π36.(2012年福建卷,文19,12分)如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,M为棱DD1上的一点.(1)求三棱锥A MCC1的体积;(2)当A1M+MC取得最小值时,求证:B1M⊥平面MAC.解:(1)由长方体ABCD A1B1C1D1知,AD⊥平面CDD1C1,∴点A到平面MCC1的距离等于AD=1,又=CC1·CD=×2×1=1,∴=·AD=×1×1=.(2)将侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90°展开,与侧面ADD1A1共面(如图),当M运动至M'位置即A1MC'共线时,A1M+MC取得最小值.由AD=CD=1,AA1=2知M为DD1的中点,连结C1M,在△C1MC中,MC=MC1=,CC1=2,∴C=MC2+M,∴MC1⊥MC,又由B1C1⊥平面CDD1C1得B1C1⊥CM.又B1C1∩C1M=C1,∴CM⊥平面B1C1M,∴CM⊥B1M,同理可证B1M⊥AM,又AM∩MC=M,∴B1M⊥平面MAC.本题主要考查直线与直线,直线与平面的位置关系及几何体的体积等基础知识,考查空间想象能力,推理论证能力及数形结合思想.。
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专题五 立体几何 第一讲 空间几何体
一、选择题
1．(2014·浙江卷)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )
A. 90 cm 2
B. 129 cm 2
C. 132 cm 2
D. 138 cm 2
解析：由三视图可知，此几何体如下图，故几何体的表面积为S ＝2×4×6＋2×3×4＋3×6＋3×3＋3×4＋3×5＋2×12
×3×4＝138.故选D.
答案：D
2．(2014·福建卷)以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( )
A ．2π
B ．π
C ．2
D ．1
解析：由已知得，所得圆柱的底面半径和高均为1，所以圆柱的侧面积为2π.故选A. 答案：A
3．如图，在正三棱锥A －BCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，且DE ⊥EF ，AB ＝2，则正三棱锥A －BCD 的体积是( )
A. 2
B.
2
3
C.26
D.
312
解析：设正三棱锥的底面边长为a ，
则DF ＝
32a ，EF ＝22
， 又⎩
⎪⎨⎪⎧AD 2＝AE 2＋DE 2
－2AE·DEcos ∠AED ，BD 2＝BE 2＋DE 2
－2BE·DEcos ∠BED ， 即⎩⎨⎧2＝12＋DE 2
－2·2
2
·DEcos ∠AED ，a 2
＝12＋DE 2
－2·2
2·
DEcos ∠BED ，
∴a 2
＋2＝1＋2DE 2
.∴DE 2
＝a 2＋1
2
.
又DE ⊥EF ，∴a 2＋12＝34a 2－1
2.
∴a ＝2.∴DF ＝ 3. ∴S △BCD ＝1
2
×2×3＝ 3.
三棱锥的高h 满足h 2
＝2－⎝⎛⎭
⎫
23×32×22
＝23，
∴h ＝
63.∴V A －BCD ＝13×3×63＝23
. 答案：B
4．某几何体的三视图如下图所示，它的体积为( )
A ．72π
B ．48π
C ．30π
D ．24π
答案：C
5. (2014·重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A ．12
B ．18
C ．24
D ．30
解析：由三视图可知该几何体是一个底面为直角三角形的直三棱柱的一部分，其直观图如下图所示，其中∠BAC ＝90°，侧面ACC 1A 1是矩形，其余两个侧面是直角梯形，由于AC ⊥AB ，平面ABC ⊥平面ACC 1A 1，所以AB ⊥平面ACC 1A 1，所以几何体的体积为：V ＝V 三棱锥B 1－ABC ＋V 四棱锥B 1－ACC 1A 1＝13×12×3×4×2＋1
3
×3×5×4＝24.故选C.
答案：C 二、填空题
6．已知某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为________．
答案：12π
7．如图所示的两组立体图形，都是由相同的小正方体拼成的．
(1)图①的正(主)视图与图②的________图相同． (2)图③的________图与图④的________图不同．
解析：对第一组的两个立体图形，图①的正(主)视图与图②的俯视图相同． 对第二组的两个立体图形，图③的正(主)视图与图④的正(主)视图不同，而侧(左)视图和俯视图都是相同的．
答案：(1)俯视 (2)正(主)视 正(主)视
8. (2014·天津卷)已知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：由三视图可知该几何体是组合体，其中下半部分是底面半径为1，高为4的圆柱，上半部分是底面半径为2，高为2的圆锥，其体积为π·12·4＋1
3π·22·2＝20π3
(m 3)．
答案：20π
3
三、解答题
9．一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示．
(1)请画出该几何体的直观图，并求出它的体积； (2)证明：A 1C ⊥平面AB 1C 1；
(3)若D 是棱CC 1的中点，在棱AB 上取中点E ，判断DE 是否平行于平面AB 1C 1，并证明你的结论．
答案：(1)解析：几何体的直观图如下图所示：
四边形BB 1C 1C 是矩形，BB 1＝CC 1＝3，BC ＝1，四边形AA 1C 1C 是边长为3的正方形，且垂直于底面BB 1C 1C ，
∴其体积V ＝12×1×3×3＝3
2.
(2)证明：∵∠ACB ＝90°，∴BC ⊥AC. ∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱， ∴BC ⊥CC 1.
∵AC ∩CC 1＝C ，∴BC ⊥平面ACC 1A 1. ∴BC ⊥A 1C.
∵B 1C 1∥BC ，∴B 1C 1⊥A 1C. ∵四边形ACC 1A 1为正方形， ∴A 1C ⊥AC 1.
∵B 1C 1∩AC 1＝C 1，∴A 1C ⊥平面AB 1C 1.
(3)解析：当E 为棱AB 的中点时，DE ∥平面AB 1C 1.
证明：如图，取BB 1的中点F ，连接EF ，FD ，DE ， ∵D ，E ，F 分别为CC 1，AB ，BB 1的中点， ∴EF ∥AB 1.
∵AB 1
平面AB 1C 1，EF
平面AB 1C 1，
∴EF ∥平面AB 1C 1. ∵FD ∥B 1C 1，B 1C 1平面AB 1C 1，FD
平面AB 1C 1，
∴FD ∥平面AB 1C 1，
又EF∩FD ＝F ，∴平面DEF ∥平面AB 1C 1. 而DE
平面DEF ，∴DE ∥平面AB 1C 1.
10．如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝1
2AA 1，
D 是棱AA 1的中点．
(1)证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；
(2)平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．
答案：(1)证明：由题设知BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，CC 1∩AC ＝C ，所以BC ⊥平面ACC 1A 1. 又DC 1
平面ACC 1A 1，所以DC 1⊥BC.
由题设知∠A 1DC 1＝∠ADC ＝45°，所以∠CDC 1＝90°，即DC 1⊥DC.又DC∩BC ＝C ，所以DC 1⊥平面BDC.又DC 1
平面BDC 1，故平面BDC 1⊥平面BDC.
(2)解析：设棱锥B －DACC 1的体积为V 1，AC ＝1，由题意得 V 1＝13×1＋22×1×1＝12
.
又三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝1， 所以(V －V 1) V 1＝11.
故平面BDC 1分此棱柱所得两部分体积的比为11.。