【新】2018版高考数学一轮总复习第7章立体几何7.1空间几何体的结构及其三视图和直观图课件理-推荐

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

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

2018年秋高考数学一轮总复习课件：第七章立体几何 7-3 精品

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

高考数学一轮复习第7章第1节空间几何体的结构及其表面积、体积

全国卷五年考情图解高考命题规律把握1.考查形式高考在本章一般命制2道小题、1道解答题，分值约占22分．2．考查内容(1)小题主要考查三视图、几何体体积与表面积计算，此类问题属于中档题目；对于球与棱柱、棱锥的切接问题，知识点较整合，难度稍大．(2)解答题一般位于第18题或第19题的位置，常设计两问：第(1)问重点考查线面位置关系的证明；第(2)问重点考查空间角，尤其是二面角、线面角的计算．属于中档题目.空间几何体的结构及其表面积、体积[考试要求]1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图.3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.4.了解球、棱柱、棱锥、台体的表面积和体积的计算公式．1．多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱互相平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形2．正棱柱、正棱锥的结构特征(1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形．(2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．3．旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面长度相等且相交于一点延长线交于一点—轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环—旋转图形矩形直角三角形直角梯形半圆4．三视图与直观图三视图画法规则：长对正、高平齐、宽相等直观图斜二测画法：(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在直观图中仍平行于坐标轴，平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段在直观图中长度为原来的一半.5．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式名称圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l名称表面积体积柱体(棱柱和圆柱) S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝S 底h 锥体(棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13S 底h台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S上S下)h球S＝4πR2V＝43πR3[常用结论]1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：2．多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝，外接球半径R＝(2)设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝(3)设正四面体的棱长为a，则它的高为H＝，内切球半径，外接球半径一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．()(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．()(3)菱形的直观图仍是菱形．()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×二、教材习题衍生1．如图所示，长方体ABCD-A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是()A．棱台B ．四棱柱C ．五棱柱D ．简单组合体C [由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．]2．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．12π B ．323πC ．8πD ．4πA [由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线23即为球的直径，所以球的表面积为4πR 2＝(2R )2π＝12π，故选A.]3．已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．32cmB [S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4， ∴r ＝2(cm)．]4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．163π [由三视图可知，该几何体是一个圆柱挖去了一个同底等高的圆锥，其体积为π×22×2－13π×22×2＝163π.]考点一空间几何体的三视图、直观图和展开图1．三视图画法的基本原则长对正，高平齐，宽相等；画图时看不到的线画成虚线．2．由三视图还原几何体的步骤3．直观图画法的规则：斜二测画法．4．通常利用空间几何体的表面展开图解决以下问题：(1)求几何体的表面积或侧面积；(2)求几何体表面上任意两个点的最短表面距离．三视图[典例1－1](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()A B C D(2)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为()A B C D(3)(2020·全国卷Ⅱ)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为()A．E B．FC．G D．H(1)A(2)C(3)A[(1)由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.(2)过点A，E，C1的截面如图所示，由图可知该剩余几何体的侧视图为C.(3)由三视图知，该几何体是由两个长方体组合而成的，其直观图如图所示，由图知该端点在侧视图中对应的点为E，故选A.]点评：画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定连线在投影面上的虚实．直观图[典例1－2]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()A.34a 2B ．38a 2C.68a 2D ．616a 2D [法一：如图①②所示的是实际图形和直观图，由图②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a ，所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.法二：S △ABC ＝12×a ×a sin 60°＝34a 2，又S 直观图＝24S 原图形＝24×34a 2＝616a 2.故选D.]点评：直观图的面积问题常常有两种解法．一是利用斜二测画法求解，注意“斜”及“二测”的含义；二是直接套用等量关系：S 直观图＝24S 原图形．展开图[典例1－3] 如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝2，BC ＝3，AC ＝1，AA 1＝3，F 为棱AA 1上的一动点，则当BF ＋FC 1最小时，△BFC 1的面积为________．152[将直三棱柱ABC -A 1B 1C 1沿棱AA 1展开成平面，连接BC 1(图略)，与AA 1的交点即为满足BF ＋FC 1最小时的点F ，∵直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝2，BC ＝3，AC ＝1，AA 1＝3，再结合棱柱的性质，可得A 1F ＝13AA 1＝1，故AF ＝2.由图形及棱柱的性质，可得BF ＝4＋4＝22，FC 1＝1＋1＝2，BC 1＝3＋9＝23，cos ∠BFC 1＝BF2＋FC21－BC212×BF×FC1＝8＋2－122×22×2＝－14.故sin ∠BFC 1＝1－116＝154， ∴△BFC 1的面积为S ＝12×BF ×FC 1×sin ∠BFC 1＝12×22×2×154＝152.]点评：本题在探求BF ＋FC 1最小时，采用了化曲为直的策略，将空间问题平面化，在解决空间折线段最短问题时可适当考虑其展开图．[跟进训练]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 ．25C ．3D ．2B [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．图1 图2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 ＝OM2＋ON2＝22＋42＝25. 故选B.]2．某几何体的正视图和侧视图如图①所示，它的俯视图的直观图是矩形O 1A 1B 1C 1，如图②，其中O 1A 1＝6，O 1C 1＝2，则该几何体的侧面积为( )A ．48B ．64C ．96D ．128C [由题意可知俯视图的直观图面积为2×6＝12，故俯视图的面积为242.又由三视图可知该几何体为直四棱柱，且高为4，底面为边长为6的菱形．所以几何体的侧面积为6×4×4＝96.故选C.]考点二空间几何体的表面积与体积1．空间几何体表面积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)以三视图为载体的需确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．2．空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)直接利用公式进行求解．(2)用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)以三视图的形式给出的应先得到几何体的直观图．空间几何体的表面积[典例2－1](1)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A．48＋πB．48－πC．48＋2πD．48－2π(2)(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2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(3)(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为() A．64πB．48πC．36πD．32π(1)A(2)B(3)A[(1)该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋4×2×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.(2)因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.(3)如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以AB sin 60°＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO21＋r2＝(23)2＋22＝16，所以球O 的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.]点评：解答本题(1)时易误认为几何体的上底面不存在，导致计算错误．空间几何体的体积求空间几何体的体积的常用方法[典例2－2](1)如图所示，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC中点，则三棱锥A-B1DC1的体积为()A．3 B．3 2C．1D．3 2(2)(2017·全国卷Ⅱ)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后所得，则该几何体的体积为()A．90πB．63πC．42πD．36π(3)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为________．(1)C(2)B(3)13[(1)(直接法)如题图，在正三角形ABC中，D为BC中点，则有AD ＝32AB ＝3，又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，平面BB 1C 1C ∩平面ABC ＝BC ，AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A -B 1DC 1的底面B 1DC 1上的高，∴V A －B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1.(2)法一(分割法)：由题意知，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V 1＝π×32×4＝36π.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V 2＝12×π×32×6＝27π.所以该组合体的体积V ＝V 1＋V 2＝36π＋27π＝63π.法二(补形法)：由题意知，该几何体是一圆柱被一平面截去一部分后所得的几何体，在该几何体上方再补上一个与其相同的几何体，让截面重合，则所得几何体为一个圆柱，故圆柱的底面半径为3，高为10＋4＝14，该圆柱的体积V 1＝π×32×14＝126π.故该几何体的体积为圆柱体积的一半，即V ＝12V 1＝63π.法三(估值法)：由题意，知12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱．又V 圆柱＝π×32×10＝90π，所以45π＜V 几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．(3)(等体积法)如图，∵正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N 分别为BB 1，AB 的中点，∴S △ANM ＝12×1×1＝12，∴V A -NMD 1＝V D 1-AMN ＝13×12×2＝13.]点评：处理体积问题的思路(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高，即等体积法；(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算，即分割法；(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法，即补形法．[跟进训练]1．(2019·浙江高考)祖暅是我国南北朝时期的伟大科学家，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 ．324B [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⎝⎛⎭⎪⎪⎫2＋62×3＋4＋62×3×6＝162.故选B.] 2．若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其表面积为________． 4＋45 [如图．由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，则正四棱锥的斜高PE ＝22＋12＝5. 所以该四棱锥的侧面积S ＝4×12×2×5＝45，∴S 表＝2×2＋45＝4＋45.]考点三与球有关的切、接问题与球有关的切、接问题的解法(1)旋转体的外接球：常用的解题方法是过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)多面体的外接球：常用的解题方法是将多面体还原到正方体和长方体中再去求解．①若球面上四点P ，A ，B ，C 中P A ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体，利用2R ＝a2＋b2＋c2求R .②一条侧棱垂直底面的三棱锥问题：可补形成直三棱柱．先借助几何体的几何特征确定球心位置，然后把半径放在直角三角形中求解．[典例3] (1)(2020·全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．(2)(2020·福建十校联考)已知三棱锥P -ABC 的三条侧棱两两互相垂直，且AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，则此三棱锥的外接球的体积为( )A.83π B ．823πC.163π D ．323π(3)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各顶点都在以O 为球心的球面上，且∠BAC ＝3π4，AA 1＝BC ＝2，则球O 的体积为( ) A ．43πB ．8πC ．12πD ．20π(1)23π (2)B (3)A [(1)易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE 及其内切球O 如图所示，设内切球的半径为R ，则sin ∠BPE ＝R OP ＝BEPB ＝13，所以OP ＝3R ，所以PE ＝4R ＝错误!＝32－12＝22，所以R ＝22，所以内切球的体积V ＝43πR 3＝23π，即该圆锥内半径最大的球的体积为23π.(2)∵AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，∴P A ＝1，PC ＝3，PB ＝2.以P A ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P -ABC 的外接球． ∵长方体的体对角线长为1＋3＋4＝22，∴球的直径为22，半径R ＝2，因此，三棱锥P -ABC 外接球的体积是43πR 3＝43π×(2)3＝823π.故选B.(3)在底面△ABC 中，由正弦定理得底面△ABC 所在的截面圆的半径为r ＝BC2si n∠BAC＝22sin3π4＝2，则直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的半径为R ＝r2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AA122＝错误!＝错误!，则直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的体积为43πR 3＝43π.故选A.][母题变迁]1．若将本例(3)的条件“∠BAC ＝3π4，AA 1＝BC ＝2”换为“AB ＝3，AC ＝4，AB⊥AC ，AA 1＝12”，则球O 的半径为________．132 [如图所示，过球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫522＋62＝132.] 2．若将本例(3)的条件改为“正四面体的各顶点都在以O 为球心的球面上”，则此正四面体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为________．63π[设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径r 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＝πa26，则S1S2＝3a2πa26＝63π.] 3．若将本例(3)的条件改为“侧棱和底面边长都是32的正四棱锥的各顶点都在以O 为球心的球面上”，则其外接球的半径为________．3 [依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为32×2＝6，高为错误!＝3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.]点评：通过本例(3)及母题变迁训练，我们可以看出构造法、补形法等是处理“外接”问题的主要方法，其关键是找到球心，借助勾股定理求球的半径．(1)锥体的外接球问题，解决这类问题的关键是抓住外接球的特点，即球心到各个顶点的距离等于球的半径．(2)柱体的外接球问题，其解题关键在于确定球心在多面体中的位置，找到球的半径或直径与多面体相关元素之间的关系，结合原有多面体的特性求出球的半径，然后再利用球的表面积和体积公式进行正确计算．[跟进训练]1．(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．183C．243D．543B[由等边△ABC的面积为93，可得34AB2＝93，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝33AB＝23.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＝R2－r2＝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＝183.]2．(2020·南宁模拟)已知三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，P A＝PB＝PC＝3，P A⊥PB，则三棱锥P-ABC的外接球的体积为()A．27π2B．273π2C．273πD．27πB[∵三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，P A＝PB＝PC＝3，∴△P AB≌△PBC≌△P AC.∵P A⊥PB，∴P A⊥PC，PC⊥PB.以P A，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC的外接球．∵正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，∴其外接球半径R＝332.因此三棱锥P-ABC的外接球的体积V＝4π3×⎝⎛⎭⎪⎪⎫3323＝273π2.]核心素养5用数学眼光观察世界——巧解简单几何体的外接球与内切球问题简单几何体外接球与内切球问题是立体几何中的难点，也是历年高考重要的考点，几乎每年都要考查，重在考查考生的直观想象能力和逻辑推理能力．此类问题实质是解决球的半径长或确定球心O的位置问题，其中球心的确定是关键．下面从六个方面分类阐述该类问题的求解策略.利用长方体的体对角线探索外接球半径[素养案例1]已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，沿AD进行折叠，使折叠后的∠BDC＝π2，则过A，B，C，D四点的球的表面积为()A．3πB．4πC．5πD．6πC[连接BC(图略)，由题知几何体ABCD为三棱锥，BD＝CD＝1，AD＝3，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是3，1,1的长方体，其体对角线长为1＋1＋3＝5，故该三棱锥外接球的半径是52，其表面积为5π.][评析]若几何体存在三条两两垂直的线段或者三条线有两条垂直，可构造墙角模型(如下图)，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2求出R.[素养培优](2020·河北重点中学6月联考)阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并称为世界三大数学家．他的一个重要数学成就是“圆柱容球”定理，即在带盖子的圆柱形容器(容器的厚度忽略不计)里放一个球，该球与圆柱形容器的两个底面和侧面都相切，则球的体积是圆柱形容器的容积的23，并且球的表面积也是圆柱形容器的表面积的23.则该圆柱形容器的容积与它的外接球的体积之比为() A．328B．24C ．23D ．23A [设容器里所放球的半径为R ，则圆柱形容器的底面半径为R ，设圆柱形容器的高为h ，由题意知h ＝2R ，圆柱形容器的外接球的半径为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2R 22＋R2＝2R .圆柱形容器的容积V ＝πR 2·2R ＝2πR 3， V 外接球＝43π(2R )3＝823πR 3，所以VV 外接球＝2πR3823πR3＝328，故选A.]利用长方体的面对角线探索外接球半径 [素养案例2] 三棱锥S -ABC 中，SA ＝BC ＝13，SB ＝AC ＝5，SC ＝AB ＝10.则三棱锥的外接球的表面积为________．14π [如图，在长方体中，设AE ＝a ，BE ＝b ，CE ＝c . 则SC ＝AB ＝a2＋b2＝10，SA ＝BC ＝b2＋c2＝13， SB ＝AC ＝a2＋c2＝5.从而a 2＋b 2＋c 2＝14＝(2R )2，可得S ＝4πR 2＝14π.故所求三棱锥的外接球的表面积为14π.][评析] 三棱锥的相对棱相等，探寻球心无从着手，注意到长方体的相对面的面对角线相等，可在长方体中构造三棱锥，从而巧妙探索外接球半径．[素养培优](2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O 的体积为()A．86πB．46πC．26πD．6πD[因为点E，F分别为P A，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面P AC，所以PB⊥平面P AC，所以PB⊥P A，PB⊥PC，因为P A＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以P A⊥PC，即P A，PB，PC两两垂直，将三棱锥P-ABC放在正方体中．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R＝62，所以球O的体积V＝43πR3＝43π⎝⎛⎭⎪⎪⎫623＝6π，故选D.]利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心[素养案例3]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的顶点在同一球面上，则该球的体积为()A．32πB．3πC ．23π D ．2πA [如图，设BD ，BC 的中点分别为E ，F .因点F 为底面直角△BCD 的外心，知三棱锥A ′-BCD 的外接球球心必在过点F 且与平面BCD 垂直的直线l 1上．又点E 为直角△A ′BD 的外心，知外接球球心必在过点E 且与平面A ′BD 垂直的直线l 2上．因而球心为l 1与l 2的交点．又FE ∥CD ，CD ⊥BD 知FE ⊥平面A ′BD .从而可知球心为点F .又A ′B ＝A ′D ＝1，CD ＝1知BD ＝2，球半径R ＝FD ＝BC2＝32.故V ＝43π⎝⎛⎭⎪⎪⎫323＝32π.][评析] 三棱锥侧面与底面垂直时，可紧扣球心与底面三角形外心连线垂直于底面这一性质，利用底面与侧面的外心，巧探外接球球心，妙求半径．[素养培优](2020·广州模拟)三棱锥P -ABC 中，平面P AC ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝PC ＝AC ＝2，AB ＝4，则三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为( )A ．23πB ．234πC ．64πD ．643πD [如图，设O ′为正△P AC 的中心，D 为Rt △ABC 斜边的中点，H 为AC 中点．由平面P AC ⊥平面ABC .则O ′H ⊥平面ABC .作O ′O ∥HD ，OD ∥O ′H ，则交点O 为三棱锥外接球的球心，连接OP ，又O ′P ＝23PH ＝23×32×2＝233，OO ′＝DH ＝12AB ＝2.∴R 2＝OP 2＝O ′P 2＋O ′O 2＝43＋4＝163.故几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝643π.]利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心[素养案例4] 一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．4π3[设正六棱柱底面边长为a ，正六棱柱的高为h ，底面外接圆的半径为r ，则a ＝12，底面积为S ＝6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＝338，V 柱＝Sh ＝338h ＝98，∴h ＝3，R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＝1，R ＝1，球的体积为V ＝4π3.][评析] 直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型如图：其外接球球心就是上下底面外接圆圆心连线的中点． [素养培优](2017·全国卷Ⅲ)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( )A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4B [设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＝32.∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4.故选B.]锥体的内切球问题(1)题设：如图①，三棱锥P -ABC 是正三棱锥，求其内切球的半径．图①第一步：先画出内切球的截面图，E ，H 分别是两个三角形的外心；第二步：求DH ＝13CD ，PO ＝PH －r ，PD 是侧面△ABP 的高；第三步：由△POE ∽△PDH ，建立等式OEDH ＝POPD，解出r .(2)题设：如图②，四棱锥P -ABCD 是正四棱锥，求其内切球的半径．图②第一步：先画出内切球的截面图，P ，O ，H 三点共线；第二步：求FH ＝12BC ，PO ＝PH －r ，PF 是侧面△PCD 的高；第三步：由△POG ∽△PFH ，建立等式OG HF＝PO PF，解出r .(3)题设：三棱锥P -ABC 是任意三棱锥，求其内切球半径．方法：等体积法，三棱锥P -ABC 体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；第二步：设内切球的半径为r ，球心为O ，建立等式：V P -ABC ＝V O -ABC ＋V O -P AB ＋V O -P AC ＋V O -PBC ⇒V P -ABC＝13S △ABC ·r ＋13S △P AB ·r ＋13S △P AC ·r ＋13S △PBC ·r ＝13(S △ABC ＋S △P AB ＋S △P AC ＋S △PBC )·r ；第三步：解出r ＝3VPABCS△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC.[素养案例5] (1)将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π(2)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为m 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝m ，P A ＝PC ＝2m ，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径是________．(1)B (2)12(2－2)m [(1)半径为3，圆心角为2π3的扇形弧长为2π，故其围成的圆锥母线长为3，底面圆周长为2π，得其底面半径为1，如图，MB ＝1，AB ＝3, ∴AM ＝22，由相似可得ONMB ＝AOAB，得ON ＝22，∴S 球＝4π×12＝2π.故选B.(2)由PD ⊥底面ABCD 得PD ⊥AD .又PD ＝m ，P A ＝2m ，则AD ＝m .设内切球的球心为O ，半径为R ，连接OA ，OB ，OC ，OD ，OP (图略)，易知V P -ABCD ＝V O -ABCD ＋V O -P AD ＋V O -P AB ＋V O -PBC ＋V O -PCD ，即13·m 2·m ＝13m 2R ＋13×12m 2R ＋13×12×2m 2·R ＋13×12×2m 2·R ＋13×12m 2R ，解得R ＝12(2－2)m ，所以此球的最大半径是12(2－2)m .][评析] 结合本题(2)的条件，采用体积分割法求解本题，即利用体积相等建立等量关系．[素养培优]有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是顶角的余弦值为12的等腰三角形．在容器内放一个半径为r 的铁球，并注水，使水面与球正好相切，然后将球取出，则这时容器中水的深度为________．315r [如图，作出轴截面，因为轴截面是顶角的余弦值为12的等腰三角形，所以顶角为π3，所以该轴截面为正三角形．根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r ，水面所在圆的半径为3r ，则容器内水的体积V ＝13π(3r )2·3r －43πr 3＝53πr 3.将球取出后，设容器中水的深度为h ，则水面圆的半径为33h ，从而容器内水的体积V ′＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫33h 2h ＝19πh 3，由V ＝V ′，得h ＝315r ，所以这时容器中水的深度为315r .]柱体的内切球问题[素养案例6] (2016·全国卷Ⅲ)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 ．32π3B [由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.。

2018年秋高考数学一轮总复习课件：第七章立体几何 7-7-1 精品

【解析】 (1)由题设知AF⊥AB,且由平面ABEF⊥平面
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ABCD,可知AF⊥平面ABCD.
又BD是圆的直径,则AB⊥AD,因此以点A为原点可建立空
间直角坐标系,如图.由于AC,BD是圆O的两条互相垂直
的直径,且AC=4 ,所以四边形ABCD是边长为4的正方
2 形,则B(4,0,0),C(4,4,0),O(2,2,0),E(4,0,2),
1 2
直线l的方向向量为n，平面α 的法向量为m
平面α ，β 的法向量分别为n，m
l∥ α
l⊥ α α ∥β α ⊥β
【教材拓展微思考】 1.直线的方向向量如何确定?
提示: l是空间一直线,A,B是l上任意两点,则
与
及
AB 平行的非零向量均为直线l的方向向量. AB
2.如何确定平面的法向量? 提示:设a,b是平面α 内两不共线向量,n为平面α 的法
【证明】作AP⊥CD于点P，连接OP，如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则
2 2 2 P(0 ， 0) ， D( ，， 0)， O(0 ， 0，，， 2) M(0 0，，， 1) 2 2 2
2 2 N(1 ，，， 0) 4 4
2 2 MN (1 ，， 1)， 4 4 2 2 2 OP (0，， 2)， OD ( ，， 2). 2 2 2 设平面OCD的一个法向量为n=(x，y，z)，
=(4λ,4λ,0),NC的中点为Q(3,2,2),
F(0,0,6),N(2,0,4).
因为AB⊥EB,AB⊥BC,
所以
因为
=(4,0,0)是平面EBC的一个法向量.

2018版高中数学一轮全程复习(课件)第七章立体几何 7.1

答案：B
第二十九页，编辑于星期六：二十二点二十三分。
3．(2017·合肥一模)某几何体的三视
图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．2
8 B.3
C．3
10 D. 3
第三十页，编辑于星期六：二十二点二十三分。
解析：该几何体为一个横放的直三棱柱切去一个三棱锥后
的图形．原直三棱柱的体积为V1＝
1 2
×2×2×2＝4，切去的三棱
锥的体积为V2＝13×12×2×2×1＝23，则该几何体的体积为V＝V1
－V2＝4－23＝130.故选D.
答案：D
第三十一页，编辑于星期六：二十二点二十三分。
4．(2017·江西南昌一模)如图，在正四棱柱ABCD－ A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之比为( )
第二十八页，编辑于星期六：二十二点二十三分。
——[通·一类]——
2．(2016·课标全国卷Ⅲ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表
面积为( )
A．18＋36 5 B．54＋18 5
C．90
D．81
解析：由三视图可知，该几何体的底面是边长为3的正方形，高为6，侧棱长为3 5 ，则该几何体的表面积S＝2×32＋ 2×3×3 5＋2×3×6＝54＋18 5.故选B.
——[悟·技法]—— 空间几何体结构特征的解题策略
(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)通过举反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．

[推荐学习]2018版高考数学一轮总复习第7章立体几何7.1空间几何体的结构及其三视图和直观图模拟演

2018版高考数学一轮总复习第7章立体几何 7.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图模拟演练理[A级基础达标](时间：40分钟)1．[2017·云南玉溪模拟]将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )答案 D解析根据几何体的结构特征进行分析即可．2．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是( )答案 A解析该几何体是正方体的一部分，结合侧视图可知直观图为选项A 中的图． 3．[2017·沈阳模拟]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图的是( )答案 C解析若俯视图为选项C ，侧视图的宽应为俯视图中三角形的高32，所以俯视图不可能是选项C.4．[2014·全国卷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 2 B．6C．4 2 D．4答案B解析如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A－BCD，最长的棱为AD＝22＋22＝6，选B.5．[2017·临沂模拟]如图甲，将一个正三棱柱ABC－DEF截去一个三棱锥A－BCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是( )答案 C解析由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF是等边三角形，所以CD 在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直，故选C.6．如图，正方形OABC的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长为________．解析将直观图还原为平面图形，如图．可知还原后的图形中，OB ＝22，AB ＝12＋22＝3，于是周长为2×3＋2×1＝8(cm)．7．[2016·四川高考]已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．答案33解析在长方体(长为23，宽、高均为1)中作出此三棱锥，如图所示，则V P－ABC＝13×12×23×1×1＝33.8．一四面体的三视图如图所示，则该四面体四个面中最大的面积是________．答案2 3解析由三视图可知该四面体为D －BD 1C 1，由直观图可知，面积最大的面为△BDC 1.在正三角形BDC 1中，BD ＝22，所以面积S ＝12×(22)2×32＝2 3.9．[2017·贵州模拟]如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA .解(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)，边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA ＝PD2＋AD2＝22＋62＝63(cm)．10．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)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.解本题考查由三视图求几何体的侧面积和体积，由正视图和侧视图的三角形结合俯视图可知该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥，如图．(1)V ＝13×(8×6)×4＝64.(2)四棱锥的两个侧面VAD 、VBC 是全等的等腰三角形，取BC 的中点E ，连接OE ，VE ，则△VOE 为直角三角形，VE 为△VBC 边上的高，VE ＝VO 2＋OE 2＝4 2.同理侧面VAB 、VCD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高h ＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝5.∴S 侧＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×42＋12×8×5＝40＋24 2. [B 级知能提升](时间：20分钟)11．[2017·湖南模拟]正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点(如图)，用过点A ，E ，C 1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( )答案 C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.12．[2017·河北石家庄质检]一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )答案 D解析由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD ，故选D. 13.如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为________．答案 24 2 解析解法一：由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC 的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′， ∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2.解法二：由题意知，S 直观图＝6×2＝12，所以S 原图形＝22S 直观图＝24 2.14．[2017·大连模拟]如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出其侧视图，并求该平面图形(侧视图)的面积．解 (1)由该几何体的正视图和俯视图可知该几何体是一个正六棱锥．(2)该几何体的侧视图，如图．其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图正六边形对边间的距离，即BC ＝3a ，AD 是正棱锥的高，则AD ＝3a ，所以该平面图形(侧视图)的面积为S ＝12×3a ×3a ＝32a 2.。

全程复习方略2018版高考数学理一轮复习课件全国版：第七章立体几何 7.1 精品

第七章立体几何第一节空间几何体的结构及其三视图
和直观图
【知识梳理】 1.多面体的结构特征
平行且相等全等
多边公共点
平行于底面相似
2.旋转体的形成
几何体旋转图形
旋转轴
圆柱圆锥圆台
球
矩形
_任__一__边__所在的直线
直角三角形 _任__一__直__角__边__所在的直线
直角梯形 _______________所在的直线
正视图侧视图俯视图
(2)三视图的画法:
①在画三视图时,重叠的线只画一条,挡住的线要画成
_____. 虚线 ②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体
的_____方、_____方、_____方观察到的几何体的正
投影正图前. 正左
正上
4.空间几何体的直观图
空间几何体的直观图常用_______画法来画,其规则是: 斜二测
垂直于底边的腰
半圆
_____所在的直线
直径
3.空间几何体的三视图 (1)三视图的形成与名称: ①形成:空间几何体的三视图是用平行投影得到的,在这种投影之下,与投影面平行的平面图形留下的影子, 与平面图形的_____和_____是完全相同的; ②名称:三视图形包状括___大__小__、_______、_______.
【解析】选C.由空间几何体的结构特征知,该剩下部分为五棱柱ABFEA′-DCGHD′.
2.(必修2P19练习T3改编)利用斜二测画法得到的: ①三角形的直观图一定是三角形; ②正方形的直观图一定是菱形; ③等腰梯形的直观图可以是平行四边形; ④菱形的直观图一定是菱形. 以上结论正确的个数是________.
()
【解析】选C.A,B,D选项满足三视图作法规则,C不满足三视图作法规则中的宽相等,故C不可能是该锥体的俯视图.

高考数学一轮复习第七章立体几何课件理湘教版

【答案】A
高考总复习·数学(理科)
第七章
2.下列结论正确的是（）
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A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥
D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
4.空间几何体的直观图
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，基本步骤是：
（1）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°. )
（2）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
如图：平面 ABC 与平面 A1B1C1 间的关系是平行，△ABC 与△ A1B1C1 的关系是全等. 各侧棱之间的关系是平行且相等 .
（2）棱锥（以四棱锥为例）如图：一个底面是四边形，四个侧面是有一个公共顶点的三角形. （3）棱台棱台可以由棱锥截得，其方法是用平行于底面的平面截棱锥得到 .
A.3
B.2
C.1
D.0
【解析】对于①，存在斜高与底边长相等的正四棱锥，其正视图与侧视图是全等的正三角形.对于②，存在如图所示的三棱锥SABC，底面为等腰三角形，其底边AB的中点为D，BC的中点为E，侧面SAB上的斜高为SD，且CB＝ AB＝SD＝SE，顶点S在底面上的射影为AC的中点，则此三棱锥的正视图与侧视图是全等的正三角形.对于③，存在底面直径与母线长相等的圆锥，其正视图与侧视图是全等的正三角形.所以选A.
与直观图，了解空间图形的不同表示形式.

高考数学一轮复习第7章空间几何体的结构及其三视图和直观图第4讲直线、平面平行的判定与性质创新

第4讲直线、平面平行的判定与性质[考纲解读] 1.掌握线线、线面、面面平行的判定定理和性质定理，并能应用它们证明有关空间图形的平行关系的简单命题．(重点)2．高考的重点考查内容之一，主要以几何体为载体考查线线、线面、面面平行的判定和性质．[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考的重点考查内容．预测2021年将会以以下两种方式进行考查：①以几何体为载体，考查线面平行的判定；②根据平行关系的性质进行转化．试题常以解答题的第一问直接考查，难度不大，属中档题型.1.直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理不在平面□01内的一条直线与此平面□02内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行(简记为：线线平行⇒线面平行)⎭⎬⎫□03l⊄α□04a⊂α□05l∥a⇒l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，那么过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线□06平行(简记为：线面平行⇒线线平行)⎭⎬⎫□07a∥α□08a⊂β□09α∩β＝b⇒a∥b文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条□01相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行(简记为：线面平行⇒面面平行)错误!⇒α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面□07相交，那么它们的交线平行⎭⎬⎫□08α∥β□09α∩γ＝a□10β∩γ＝b⇒a∥b3.必记结论(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．(3)经过平面外一点有且只有一个平面与平面平行．(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．(5)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．1．概念辨析(1)假设一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．( )(2)假设直线a∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线a的直线有无数条．( )(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．( )(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．( )答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)如果直线a平行于平面α，直线b∥a，那么b与α的位置关系是( )A．b与α相交B．b∥α或b⊂αC．b⊂αD．b∥α答案 B解析两条平行线中的一条与平面相交，那么另一条也与平面相交，所以由直线b∥a，可知假设b与α相交，那么a与α也相交，而由题目，直线a平行于平面α，所以b与α不可能相交，所以b∥α或b⊂α.应选B.(2)如图，α∥β，△PAB所在的平面与α，β分别交于CD，AB，假设PC＝2，CA＝3，CD＝1，那么AB＝________.答案 52解析因为α∥β，△PAB 所在的平面与α，β分别交于CD ，AB ，所以CD ∥AB ，所以PC PA＝CD AB .因为PC ＝2，CA ＝3，CD ＝1，所以AB ＝52. (3)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以下结论正确的选项是________(填序号)． ①AD 1∥BC 1；②平面AB 1D 1∥平面BDC 1； ③AD 1∥DC 1； ④AD 1∥平面BDC 1. 答案 ①②④解析如图，因为AB 綊C 1D 1，所以四边形AD 1C 1B 为平行四边形．故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确．题型一直线与平面平行的判定与性质角度1 线面平行判定定理的应用1．(2019·全国卷Ⅰ节选)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．证明：MN∥平面C1DE.证明如图，连接B1C，ME.因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1DC ，可得B 1C A 1D ，故ME ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，所以MN ∥ED .又MN ⊄平面C 1DE ，所以MN ∥平面C 1DE . 角度2 线面平行性质定理的应用2．如下图，CD ，AB 均与平面EFGH 平行，E ，F ，G ，H 分别在BD ，BC ，AC ，AD 上，且CD ⊥AB .求证：四边形EFGH 是矩形．证明 ∵CD ∥平面EFGH ，而平面EFGH ∩平面BCD ＝EF ， ∴CD ∥EF .同理，HG∥CD，∴EF∥HG.同理，HE∥GF，∴四边形EFGH为平行四边形，∵CD∥EF，HE∥AB，∴∠HEF为异面直线CD和AB所成的角．又CD⊥AB，∴HE⊥EF.∴平行四边形EFGH为矩形．1．判定线面平行的三种方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)，一般用反证法；(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．如举例说明1；(3)利用面面平行的性质定理①α∥β，a⊂α⇒a∥β；②α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β.2．用线面平行的判定定理证明线面平行(1)关键：在平面内找到一条与直线平行的直线．(2)方法：合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形等证明两直线平行．(3)易错：容易漏掉说明直线在平面外．3．用线面平行的性质定理证明线线平行(1)定势：看到线面平行想到用性质定理．(2)关键：合理选择过直线的平面与平面相交．如举例说明2.1．(2016·全国卷Ⅲ改编)如图，四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．证明：MN ∥平面PAB .证明由得AM ＝23AD ＝2.如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .2．如下图，四边形ABCD 是平行四边形，点P 是平面ABCD 外一点，M 是PC 的中点，在DM 上取一点G ，过G 和PA 作平面PAHG 交平面BMD 于GH .求证：PA ∥GH .证明如下图，连接AC 交BD 于点O ，连接MO ，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，又M是PC的中点，∴AP∥OM.又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，∴PA∥平面BMD.∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，且PA⊂平面PAHG，∴PA∥GH.题型二平面与平面平行的判定与性质1．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，那么α∥β的充要条件是( )A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面答案 B解析假设α∥β，那么α内有无数条直线与β平行，反之那么不成立；假设α，β平行于同一条直线，那么α与β可以平行也可以相交；假设α，β垂直于同一个平面，那么α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件．根据平面与平面平行的判定定理知，假设一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，那么两平面平行，反之也成立．因此B中条件是α∥β的充要条件．应选B.2．如下图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点，求证：(1)B ，C ，H ，G 四点共面； (2)平面EFA 1∥平面BCHG .证明 (1)∵G ，H 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点， ∴GH 是△A 1B 1C 1的中位线，那么GH ∥B 1C 1. 又B 1C 1∥BC ，∴GH ∥BC ， ∴B ，C ，H ，G 四点共面．(2)∵E ，F 分别为AB ，AC 的中点，∴EF ∥BC ， ∵EF ⊄平面BCHG ，BC ⊂平面BCHG ， ∴EF ∥平面BCHG .又G ，E 分别为A 1B 1，AB 的中点，A 1B 1綊AB ， ∴A 1G 綊EB .∴四边形A 1EBG 是平行四边形，∴A 1E ∥GB . ∵A 1E ⊄平面BCHG ，GB ⊂平面BCHG ， ∴A 1E ∥平面BCHG .又A 1E ∩EF ＝E ， ∴平面EFA 1∥平面BCHG .条件探究将本例中的条件“E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点〞变为“点D ，D 1分别是AC ，A 1C 1上的点，且平面BC 1D ∥平面AB 1D 1〞，试求ADDC的值．解如图，连接A 1B 交AB 1于点O ，连接OD 1.由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O . 所以BC 1∥D 1O ，那么A 1D 1D 1C 1＝A 1OOB＝1. 同理，可证AD 1∥DC 1，那么A 1D 1D 1C 1＝DC AD，所以DC AD ＝1，即AD DC＝1.1．判定面面平行的方法(1)利用面面平行的判定定理，转化为证明线面平行．如举例说明2(2)． (2)证明两平面垂直于同一条直线． (3)证明两平面与第三个平面平行． 2．面面平行条件的应用(1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行． (2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线．(2019·某某模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝2，AB ＝1.设M ，N 分别为PD ，AD 的中点．(1)求证：平面CMN ∥平面PAB ； (2)求三棱锥P －ABM 的体积．解 (1)证明：∵M ，N 分别为PD ，AD 的中点， ∴MN ∥PA .∵MN ⊄平面PAB ，PA ⊂平面PAB ， ∴MN ∥平面PAB .在Rt △ACD 中，∠CAD ＝60°，＝AN ， ∴∠A ＝60°.又∠BAC ＝60°，∴∥AB . ∵⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ， ∴∥平面PAB . 又∩MN ＝N ，∴平面CMN ∥平面PAB .(2)由(1)知，平面CMN ∥平面PAB ，∴点M 到平面PAB 的距离等于点C 到平面PAB 的距离． ∵AB ＝1，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝60°， ∴BC ＝3，∴三棱锥P －ABM 的体积V ＝V M －PAB ＝V C －PAB ＝13×12×1×2×3＝33.题型三立体几何中的探索性问题(2019·某某三模)如图，侧棱与底面垂直的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是梯形，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AA 1＝4，DC ＝2AB ，AB ＝AD ＝3，点M 在棱A 1B 1上，且A 1M ＝13A 1B 1.点E 是直线CD 上的一点，AM ∥平面BC 1E .(1)试确定点E 的位置，并说明理由； (2)求三棱锥M －BC 1E 的体积．解 (1)如图，在棱C 1D 1上取点N ，使D 1N ＝A 1M ＝1.又D 1N ∥A 1M ，∴四边形A 1MND 1是平行四边形， ∴MN ∥A 1D 1∥AD .∴四边形AMND 为平行四边形， ∴AM ∥DN .过C 1作C 1E ∥DN 交CD 于点E ，连接BE ， ∴DN ∥平面BC 1E ，AM ∥平面BC 1E ， ∴CE ＝1.(2)由(1)知，AM ∥平面BC 1E ，∴VM －BC 1E ＝VA －BC 1E ＝VC 1－ABE ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3×3×4＝6.线面平行的探究性问题解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，那么存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，那么不存在，而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．如图，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻转成△A 1DE .假设M 为线段A 1C 的中点，那么在△ADE 翻转过程中，正确的命题是________(填序号)．①MB 是定值； ②点M 在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ④一定存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE . 答案 ①②④解析如图，取DC 的中点N ，连接MN ，NB ，那么MN ∥A 1D ，NB ∥DE ，∴平面MNB ∥平面A 1DE ，∵MB ⊂平面MNB ，∴MB ∥平面A 1DE ，④正确；∠A 1DE ＝∠MNB ，MN ＝12A 1D ＝定值，NB ＝DE ＝定值，根据余弦定理得，MB 2＝MN 2＋NB 2－2MN ·NB ·cos∠MNB ，所以MB 是定值，①正确；B 是定点，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD 满足AC ⊥DE 时存在，其他情况不存在，③不正确．所以①②④正确．组基础关1．假设平面α∥平面β，直线a ∥平面α，点B ∈β，那么在平面β内且过B 点的所有直线中( )A ．不一定存在与a 平行的直线B ．只有两条与a 平行的直线C ．存在无数条与a 平行的直线D ．存在唯一与a 平行的直线答案 A解析当直线a 在平面β内且过B 点时，不存在与a 平行的直线，应选A.2．设m ，n 是不同的直线，α，β是不同的平面，且m ，n ⊂α，那么“α∥β〞是“m ∥β且n ∥β〞的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析假设m ，n ⊂α，α∥β，那么m ∥β且n ∥β；反之假设m ，n ⊂α，m ∥β且n ∥β，那么α与β相交或平行，即“α∥β〞是“m ∥β且n ∥β〞的充分不必要条件．3.如下图，P是三角形ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段PA，PB，PC于A′，B′，C′，假设PA′∶AA′＝2∶3，那么△A′B′C′与△ABC面积的比为( ) A．2∶5B．3∶8C．4∶9D．4∶25答案 D解析∵平面α∥平面ABC，平面PAB∩α＝A′B′，平面PAB∩平面ABC＝AB，∴A′B′∥AB.又PA′∶AA′＝2∶3，∴A′B′∶AB＝PA′∶PA＝2∶5.同理B′C′∶BC＝A′C′∶AC ＝2∶5.∴△A′B′C′与△ABC相似，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25，应选D.4．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在以下四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中点，那么在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )答案 A解析A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，那么QD∥AB.∵QD∩平面MNQ ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，那么AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.C 项，作如图③所示的辅助线，那么AB ∥CD ，CD ∥MQ ，∴AB ∥MQ .又AB ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，∴AB ∥平面MNQ .D 项，作如图④所示的辅助线，那么AB ∥CD ，CD ∥NQ ，∴AB ∥NQ .又AB ⊄平面MNQ ，NQ ⊂平面MNQ ，∴AB ∥平面MNQ .应选A.5．在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别为AB ，AD 上的点，且AE ∶EB ＝AF ∶FD ＝1∶4，又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，那么( )A ．BD ∥平面EFG ，且四边形EFGH 是平行四边形B ．EF ∥平面BCD ，且四边形EFGH 是梯形C ．HG ∥平面ABD ，且四边形EFGH 是平行四边形 D ．EH ∥平面ADC ，且四边形EFGH 是梯形答案 B解析如图，由题意得EF ∥BD ，且EF ＝15BD .又H ，G 分别为BC ，CD 的中点，所以HG ∥BD ，且HG ＝12BD .所以EF ∥HG ，且EF ≠HG .所以四边形EFGH 是梯形．又EF ∥平面BCD ，而EH与平面ADC 不平行，应选B.6．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面α与棱AB ，AC ，A 1C 1，A 1B 1分别交于点E ，F ，G ，H ，且直线AA 1∥平面α.有以下三个命题：①四边形EFGH 是平行四边形；②平面α∥平面BCC 1B 1；③平面α⊥平面BCFE .其中的真命题是( )A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③答案 C解析直线AA 1∥平面α，且平面α与平面AA 1C 1C 、平面AA 1B 1B 分别交于FG ，EH ，所以AA 1∥FG ，AA 1∥EH ，所以FG ∥EH .又平面ABC ∥平面A 1B 1C 1，平面α与平面ABC 、平面A 1B 1C 1分别交于EF ，GH ，所以EF ∥GH .所以四边形EFGH 为平行四边形．因为AA 1∥平面α，且AA 1⊥平面ABC ，所以平面α⊥平面ABC ，即平面α⊥平面BCFE .平面α与平面BCC 1B 1可能相交，考虑特殊情况：F 与C 重合，G 与C 1重合，此时满足题意，但是两平面相交．综上，应选C.7．(2019·某某模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内(不包括边界)，假设B 1P ∥平面A 1BM ，那么C 1P 的最小值是( )A.305 B.2305C.275D.475答案 B解析如图，在A 1D 1上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接DN ，NB 1，B 1Q ，QD ，∵DN ∥BM ，DQ ∥A 1M 且DN ∩DQ ＝D ，BM ∩A 1M ＝M ，∴平面B 1QDN ∥平面A 1BM ，那么动点P 的轨迹是DN (不含D ，N 两点)．又CC 1⊥平面ABCD ，那么当CP ⊥DN 时，C 1P 取得最小值，此时，CP ＝2×112＋22＝25， ∴C 1P 的最小值是⎝ ⎛⎭⎪⎫252＋22＝2305.8．(2019·某某模拟)以下三个命题在“________〞处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l ，m 为直线，α，β为平面)，那么此条件是________．⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m m ∥α①⇒l ∥α；⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αl ∥m ②⇒l ∥α；⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥m m ⊥α③⇒l ∥α.答案 l ⊄α解析 ①l ∥m ，m ∥α⇒l ∥α或l ⊂α，由l ⊄α⇒l ∥α； ②l ⊄α，m ⊂α，l ∥m ⇒l ∥α；③l ⊥m ，m ⊥α⇒l ∥α或l ⊂α，由l ⊄α⇒l ∥α.9.(2020·海淀模拟)如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M ，N 分别是下底面的棱A 1B 1，B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a3，过P ，M ，N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD上，那么PQ ＝________.答案223a解析如下图，连接AC ，易知MN ∥平面ABCD ，又平面PQNM ∩平面ABCD ＝PQ ，MN ⊂平面PQNM ，∴MN ∥PQ .又MN ∥AC ，∴PQ ∥AC . 又AP ＝a3，∴PD AD ＝DQ CD ＝PQ AC ＝23， ∴PQ ＝23AC ＝223a .10．如图，在正四棱柱A 1C 中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，那么M 只需满足条件________时，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案M位于线段FH上(答案不唯一)解析连接HN，FH，FN，那么FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只要M∈FH，那么MN⊂平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.组能力关1．如图是正方体的平面展开图，关于这个正方体有以下判断：①ED与NF所成的角为60°；②∥平面AFB；③BM∥DE；④平面BDE∥平面NCF.其中正确判断的序号是( )A．①③B．②③C．①②④D．②③④答案 C解析把正方体的平面展开图还原成正方体ABCD－EFMN，得ED与NF所成的角为60°，故①正确；∥BE，⊄平面AFB，BE⊂平面AFB.∴∥平面AFB，故②正确；BM与ED是异面直线，故③不正确；∵BD∥FN，BE∥，BD∩BE＝B，BD⊂平面BDE，BE⊂平面BDE，所以平面BDE∥平面NCF，故④正确．正确判断的序号是①②④，应选C.2．平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，那么m，n所成角的正弦值为( )A.32B.22C.33D.13答案 A解析如图，过点A补作一个与正方体ABCD－A1B1C1D1相同棱长的正方体，易知m，n所成角为∠EAF1，因为△EAF1为正三角形，所以sin∠EAF1＝sin60°＝32，应选A.3．如下图，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB ＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，那么函数y ＝f(x)的图象大致是( )答案 C解析过M 作MQ ∥DD 1，交AD 于点Q ，连接QN .∵MQ ⊄平面DCC 1D 1，DD 1⊂平面DCC 1D 1， ∴MQ ∥平面DCC 1D 1，∵MN ∥平面DCC 1D 1，MN ∩MQ ＝M ，∴平面MNQ ∥平面DCC 1D 1.又平面ABCD 与平面MNQ 和DCC 1D 1分别交于QN 和DC ，∴NQ ∥DC ，可得QN ＝CD ＝AB ＝1，AQ ＝BN ＝x ，∵MQAQ＝DD 1AD＝2. ∴MQ ＝2x .在Rt △MQN 中，MN 2＝MQ 2＋QN 2，即y 2＝4x 2＋1，∴y 2－4x 2＝1(0≤x <1,1≤y <5)，∴函数y ＝f (x )的图象为焦点在y 轴上的双曲线上支的一部分，应选C.4．(2019·某某某某模拟)如图，四边形ABCD 与ADEF 均为平行四边形，M ，N ，G 分别是AB ，AD ，EF 的中点．求证：(1)BE ∥平面DMF ； (2)平面BDE ∥平面MNG .证明 (1)如图，连接AE ，那么AE 必过DF 与GN 的交点O ，连接MO ，那么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 的中点，N 为AD 的中点，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 .5．底面是平行四边形的四棱锥P －ABCD 中，E 是AB 上一点，且AE BE ＝12，在侧棱PD 上能否找到一点F ，使AF ∥平面PEC .解设AF 存在，过F 点作DC 的平行线交PC 于点G ，连接EG ，如图．∵AB ∥CD ，∴AE ∥FG . 那么AE ，GF 确定一个平面，假设AF ∥平面PEC ，那么AF ∥EG .∴AE ＝GF .而AE BE ＝12.∴AE ＝13AB .又AB ＝CD ，∴GF ＝13DC .∵GF ∥DC ，∴GF DC ＝PF PD ＝13.∴存在这样的F 点⎝ ⎛⎭⎪⎫PF PD ＝13，使AF ∥平面PEC . 组素养关(2019·某某某某一中模拟)三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为AB 的中点，点E 在侧棱CC 1上，DE ∥平面AB 1C 1.(1)证明：E 是CC 1的中点；(2)设∠BAC ＝90°，四边形ABB 1A 1是边长为4的正方形，四边形ACC 1A 1为矩形，且异面直线DE 与B 1C 1所成的角为30°，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．解 (1)证明：连接A 1D ，A 1E 分别交AB 1，AC 1于点M ，N ，连接MN ，∵DE ∥平面AB 1C 1，DE ⊂平面A 1DE ，平面A 1DE ∩平面AB 1C 1＝MN ，∴DE ∥MN ，又在三棱柱侧面A 1ABB 1中，D 为AB 的中点，∴A 1B 1＝2AD ，由AD ∥A 1B 1可得，∠MAD ＝∠MB 1A 1，∠MDA ＝∠MA 1B 1，所以△ADM ∽△B 1A 1M ，故A 1M ＝2MD ，∵DE ∥MN ，∴A 1N ＝2NE ，在平面A 1ACC 1中，同理可证得△A 1NA ∽△ENC 1， ∴CC 1＝AA 1＝2EC 1. 故E 是CC 1的中点．(2)取BB 1的中点F ，连接EF ，DF ，可知EF ∥B 1C 1，故∠DEF 为异面直线DE 与B 1C 1所成的角，设AC ＝x ，那么在△DEF 中，可求得DE ＝x 2＋8，DF ＝22， EF ＝BC ＝x 2＋16，由余弦定理，得cos ∠DEF ＝32＝x 2＋8＋x 2＋16－82x 2＋8 x 2＋16，解得x ＝4，故VABC －A 1B 1C 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×4×4＝32.。

2018年大一轮数学文高考复习人教课件：第七章立体几

解析：①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图 1 所示；③不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图 2 所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④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．
解析：由三视图可知该四面体的直观图如图所示．其中 AC＝2， PA＝2， △ABC 中，边 AC 上的高为 2 3，所以 BC＝ 42＋2 32＝ 2 7，而 PB＝ PA2＋AB2＝ 22＋42＝2 5，因此在四面体的六条
棱中，长度最长的是 BC，其值为 2 7，选 C.
答案：C
(3)已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均由直角三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得几何体的体积为________．
解析：对于①，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故① 错；对于②，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图)，故② 错；对于③，若底面不是矩形，则③错；④正确．
答案：①②③
考点二命题点 [例 2]
空间几何体的三视图
1.已知几何体辩认三视图 2.已知三视图确认几何体 (1)(2016· 高考天津卷)将一个长方体沿相邻三个
答案：A
[方法引航]
1紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的
结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定. 2通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.
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．其中正确的命题个数是 ( A．0 C．2 ) B．1 D．3

2018年秋高考数学一轮总复习课件：第七章立体几何 7-1 精品

2.若有两个侧面垂直于底面的四棱柱,则该四棱柱为直四棱柱吗? 提示:不一定.如平行六面体的两个相对侧面也可能与
底面垂直且互相平行.
【教材母题巧变式】
题号 1 P6 B组·T2 2 P12 练习·T1 3 P6 练习·T3 4 P20 T7
源自
1.如图,长方体ABCD-A′B′C′D′被截去一部分,其中
3.下列说法正确的有
(
)
①两个面平行且相似,其余各面都是梯形的多面体是棱
台;
②有两个面互相平行,其余四个面都是等腰梯形的六面
体是棱台; ③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体;
④圆锥的轴截面是等腰三角形.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【解析】选A.①中若两个底面平行且相似,其余各面都
是梯形,并不能保证侧棱会交于一点,所以①不正确;②
扇形扇环
___ 圆
3.直观图 (1)画法:常用___________. 斜二测画法 (2)规则: ①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直,直观图中,x′ 轴,y′轴的夹角为45°(或135°),z′轴与x′轴(或 y′轴)_____.
垂直
②原图形中平行于坐标轴的线段,直观图中仍_______ 平行于 _______.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长坐标轴度_____,平行于y轴的线段的长度在直观图中变为原不变来的_____. 一半
【解析】选B.底面是等边三角形,且各侧面三角形全等, 这样的三棱锥才是正三棱锥,A错;斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形,所以C错;截面平行于底面时,底面与截面之间的部分才叫圆台,D错.
第七章
立体几何
第一节
空间几何体的结构特征及三视图和直观图
【教材知识精梳理】 1.多面体的结构特征

2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第七章

C.2
【解题导引】(1)根据棱柱、棱锥、棱台的结构特征
进行判断.
(2)根据圆柱、圆锥、圆台的结构特征进行判断 .
【规范解答】(1)选B.A错,如图1;B正确,如图2,其中底面ABCD是矩形,可证明∠PAB,∠PCB都是直角,这样四个
侧面都是直角三角形;C错,如图3;D错,由棱台的定义知,
其侧棱必相交于同一点.
第七章
立体几何
第一节
空间几何体的结构及其三视图和直观图
【知识梳理】 1.多面体的结构特征
平行且相等全等多边公共点平行于底面相似
2.旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴任一边所在的直线 _______ 任一直角边所在的直线 ___________ 垂直于底边的腰所在的直线 _______________
平行于 (2)原图形中平行于坐标轴的线段,直观图中仍_______
坐标轴平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长 _______;
不变平行于y轴的线段在直观图中_______________ 长度为原来的一度_____;
半 ___.
【特别提醒】 1.正棱柱、正棱锥的结构特征 (1)正棱柱:侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱,底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱.反之,正棱柱的底面是正多边形,侧棱垂直于底面,侧面是矩形.
4.(2014·江西高考)一几何体的直观图如图所示,下列给出的四个俯视图中正确的是 ( )
【解析】选B.因为俯视图是几何体在下底面上的投影, 所以选B.
考向一
空间几何体的结构特征 ( )
【典例1】(1)下列说法正பைடு நூலகம்的是
A.有两个平面互相平行,其余各面都是平行四边形的多
面体是棱柱 B.四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形

2018高考数学文全国大一轮复习课件：第七篇立体几何第1节空间几何体的结构、三视图和直观图精品

3.平面图形的直观图与原图形面积的关系:S直观图=
2 S原图. 4
对点自测
1.(2016·合肥校级月考)下列判断正确的是( C (A)①不是棱柱 (B)②是圆台 (C)③是棱锥 (D)④是棱台 )
2.(2016· 长沙模拟)已知某几何体的三视图如图,则该几何体是( C
)
(A)圆柱
(C)圆台
(B)圆锥
⑤有两个面互相平行,其余各面都是梯形的多面体是棱台.
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
解析:①若旋转轴为斜边所在直线,则旋转体为两个同底的圆锥构成的组合体,故①不正确; ②圆台的任意两条母线都相交,交点为截得该圆台的圆锥顶点,故②不正确; ③如图①所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥ 平面ABCD,则可以得到四个侧面都是直角三角形.故③正确; ④如图②所示,在三棱锥中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,则可得该棱锥的四个面都为直角三角形,故④正确;
第 1节
空间几何体的结构、三视图和直观图
最新考纲 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 2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所
表示的立体模型,会用斜二测画法画出它们的直观图. 图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.
征描述现实生活中简单物体的结构. .会用平行投影方法画出简单空间
知识链条完善考点专项突破易混易错辨析
知识链条完善
【教材导读】
把散落的知识连起来
1.两面平行,其余各面都是平行四边形的几何体就是棱柱吗? 提示:不是.其余各面中相邻两面的公共边不一定都平行,如图几何体就
不是棱柱.
2.用一个平面截锥体就会得到一个台体吗? 提示:不一定.截面必须与锥体的底面平行. 3.几何体三视图中的实线与虚线如何区分? 提示:看得见的轮廓线和棱为实线,看不见的为虚线.

2018年高考数学(理)一轮复习文档第七章立体几何第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图 Word版

空间中的平行关系
以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．
空间中的垂直关系
以立体几何ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理．
空间向量及其运算
.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．
．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．
第讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图
．空间几何体的结构特征
()多面体的结构特征
多面体
结构特征
棱柱
有两个面互相平行，其余各面都是四边形且每相邻两个四边形的公共边都互相平行
棱锥
有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形
．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点
()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()
．．
．．
【解析】()错，如图；正确，如图，其中底面是矩形，可证明∠，∠都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；错，如图；错，由棱台的定义知，其侧棱必相交于同一点．
由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图，即在平面直角坐标系中，四边形是一个长为，宽为的矩形，所以四边形的面积为.
矩形
空间几何体的结构特征
()下列说法正确的是()
．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形

2018高考一轮数学(课件)第7章第1节空间几何体的结构及其三视图和直观图

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3．如图 7-1-2，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )
A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱
图 7-1-2
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(2)由圆锥、圆台、圆柱的定义可知①②错误，③正确．对于命题④，只有
平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，④不正确．]
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[规律方法] 1.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可．
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2．旋转体的形成
几何体
旋转图形
圆柱
矩形
圆锥
直角三角形
圆台
直角梯形
球
半圆
旋转轴 _任__一__边___所在的直线 __任_一__直__角__边___所在的直线 _垂__直_于__底__边_的__腰____所在的直线
_直__径___所在的直线
由母线的概念知，选项 D 正确．]
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空间几何体的三视图
☞角度 1 由空间几何体的直观图判断三视图
一几何体的直观图如图 7-1-4，下列给出的四个俯视图中正确的是 ()

2018届高考数学一轮复习第七章第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图学案文

第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1.能画出柱、锥、台、球等简易组合体的三视图，并能识别三视图所表示的立体模型．会用斜二测画法画出它们的直观图．2．了解平行投影与中心投影，了解空间图形的不同表示形式．知识点一空间几何体的结构特征1．多面体(1)棱柱的侧棱都________，上下底面是______且______的多边形．(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个________的三角形．(3)棱台可由________________的平面截棱锥得到，其上下底面是________且______的多边形．2．旋转体(1)圆柱可以由______绕其任一边旋转得到．(2)圆锥可以由直角三角形绕其__________________旋转得到．(3)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由______于圆锥底面的平面截圆锥得到．(4)球可以由半圆或圆绕____________旋转得到．答案1．(1)互相平行互相平行全等(2)公共顶点(3)平行于棱锥底面相互平行相似2．(1)矩形(2)一条直角边所在直线(3)平行(4)直径所在直线1．下列说法正确的是( )A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点解析：A错，如图1；B正确，如图2，其中底面ABCD是矩形，可证明∠PAB，∠PCB都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图3；D错，由棱台的定义知，其侧棱必相交于同一点．答案：B2．下图所示的几何体中，是棱柱的为________(填写所有正确的序号)．解析：根据棱柱的结构特征可知③⑤是棱柱．答案：③⑤知识点二空间几何体的三视图1．三视图的名称几何体的三视图包括________、________、________.2．三视图的画法(1)画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．(2)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的______方、______方、______方观察几何体得到的正投影图．答案1．正视图侧视图俯视图2．(2)正前正左正上3．(2016·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( )解析：由正视图、俯视图得原几何体的形状如图所示，则该几何体的侧视图为B.答案：B4．如图所示，图①②③是图④所示的几何体的三视图，若图①是正视图，则图②是________，图③是________．解析：根据三视图的概念知图②是侧视图，图③是俯视图．答案：侧视图俯视图知识点三空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用________画法来画，其规则是：1．原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为____，z′轴与x′轴和y′轴所在平面______．2．原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别____________．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度________，平行于y轴的线段在直观图中长度变为__________．答案斜二测 1.45°或135°垂直2．平行于坐标轴不变原来的一半5．用斜二测画法画一个水平放置的水平图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：由直观图的画法可知，落在y轴上的对角线的长度为2 2.答案：A热点一空间几何体的结构特征【例1】给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体；⑤棱台的侧棱延长后交于一点．其中正确命题的序号是________．【解析】①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体AC1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形；⑤正确，由棱台的概念可知．【答案】②③④⑤【总结反思】(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断．(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析.给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图1所示；③不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．答案：A热点二空间几何体的三视图考向1 由直观图判断三视图【例2】(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)( )A．①②⑥ B．①②③C．④⑤⑥ D．③④⑤【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，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.【答案】B考向2 由三视图还原直观图【例3】(2016·北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D．1【解析】由三视图可得该几何体的直观图为三棱锥A －BCD ，将其放在长方体中如图所示，其中BD ＝CD ＝1，CD⊥BD，三棱锥的高为1，所以三棱锥的体积为13×12×1×1×1＝16.故选A .【答案】 A考向3 由部分视图确定剩余视图【例4】已知某组合体的正视图与侧视图相同，如图所示，其中AB ＝AC ，四边形BCDE 为矩形，则该组合体的俯视图可以是________(把你认为正确的图的序号都填上)．【解析】直观图如图1的几何体(上部是一个正四棱锥，下部是一个正四棱柱)的俯视图为①；直观图如图2的几何体(上部是一个正四棱锥，下部是一个圆柱)的俯视图为②；直观图如图3的几何体(上部是一个圆锥，下部是一个圆柱)的俯视图为③；直观图如图4的几何体(上部是一个圆锥，下部是一个正四棱柱)的俯视图为④.【答案】 ①②③④【总结反思】三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图.(1)(2017·南昌一模)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之比为( )A．1 1 B．2 1C．2 3 D．3 2(2)(2017·汕头模拟)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图的是( )(3)(2016·四川卷)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．解析：(1)根据题意，三棱锥P －BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，故三棱锥P －BCD 的正视图与侧视图的面积之比为11.(2)A ，B ，D 选项满足三视图作法规则，C 不满足三视图作法规则中的宽相等，故C 不可能是该锥体的俯视图．(3)由正视图知，底面三角形是腰长为2，底边为23的等腰三角形，三棱锥的高为1，所以该三棱锥的体积V ＝13×(12×23×1)×1＝33.答案：(1)A (2)C (3)33热点三空间几何体的直观图【例5】如图所示，四边形A′B′C′D′是一平面图形的水平放置的斜二测画法的直观图，在斜二测直观图中，四边形A′B′C′D′是一直角梯形，A′B′∥C′D′，A′D′⊥C′D′，且B′C′与y′轴平行，若A′B′＝6，D′C′＝4，A′D′＝2.求这个平面图形的实际面积．【解】根据斜二测直观图画法规则可知该平面图形是直角梯形，且AB ＝6，CD ＝4保持不变．由于C′B′＝2A′D′＝2 2.所以CB ＝4 2. 故平面图形的实际面积为12×(6＋4)×42＝20 2. 【总结反思】对于几何体的直观图，除掌握斜二测画法外，记住原图形面积S 与直观图面积S′之间的关系S′＝24S ，能更快捷地进行相关问题的计算.已知平面△ABC 的直观图A′B′C′是边长为a 的正三角形，求原△ABC 的面积．解：如图所示，△A′B′C′是边长为a 的正三角形，作C′D′∥A′B′交y′轴于点D′，则D′到x′轴的距离为32a ，∵∠D′A′B′ ＝45°，∴A′D′＝62a ，由斜二测画法的法则知，在△ABC 中，AB ＝A′B′＝a ，AB 边上的高是A′D′的二倍，即为6a ，∴S △ABC ＝12a·6a ＝62a 2.1．对于基本概念和能用公式直接求棱柱、棱锥、棱台与球的表面积的问题，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解决，这种题目难度不大．2．在绘制三视图时，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线．在三视图中，分界线和可见轮廓线都用实线画出，被挡住的轮廓线画成虚线．并做到“长对正、高平齐、宽相等”．3．能够由空间几何体的三视图得到它的直观图；也能够由空间几何体的直观图得到它的三视图．提升空间想象能力．找出三视图中扰人的最大值关于三视图，主要有两种考查形式：一是根据给定几何体判断或补画视图，二是由三视图想象出原几何体，进而计算它的面积或体积．而在考查第二种形式时会发现，有一种和求最大值相关的题型，尤其是最大面的面积问题，学生容易理解不到位，感到比较棘手，因此本文对此类问题作详细分析，以便让学生透彻理解这扰人的最大值，使得这类问题的解答变得简单流畅．【例1】某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱的长度中，最大的是( )A．2 5 B．2 6C．27 D．4 2【解析】由三视图可知该四面体为三棱锥V －ABC ，如图，其中EC ＝CB ＝2，AE ＝23，VC ＝2，AE⊥BE，VC⊥平面ABE ，所以六条棱中，最大的棱为VA 或者AB.AC 2＝AE 2＋EC 2＝(23)2＋22＝16，所以VA 2＝AC 2＋VC 2＝16＋22＝20，此时VA ＝20＝25，AB 2＝AE 2＋EB 2＝(23)2＋42＝28，所以AB ＝28＝27>25，所以棱长最大的为27，选C .【答案】 C解题策略：立体几何中的大量问题均以棱锥为背景，其中出现最频繁的莫过于三棱锥，此题只要将三视图还原为三棱锥，利用垂直关系，理清位置和数量关系，由勾股定理可得到答案．【例2】一四面体的三视图如图所示，则该四面体四个面中最大的面积是( )A ．2B ．2 2C . 3D ．2 3【解析】将该几何体放入边长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，由三视图可知该四面体为D －BD 1C 1，由直观图可知，最大的面为等边三角形BDC 1.在等边三角形BDC 1中，BD ＝22，所以△BDC 1的面积S ＝12×(22)2×32＝23，选D .【答案】D解题策略：由于正方体本身就是一个完美的对称体，比较容易观察和了解到它基本的图形性质，棱柱、平行六面体等几何体一般都可看作是正方体演化而来的．立体几何中的所有点、线、面之间的相互位置关系都可以在正方体中找到，所以当找不到模型时不妨回到正方体中找找看，且它在高考立体几何题中也是大量问题的背景．本题考查将三视图还原为几何体，线面垂直关系，将几何体放入正方体中是解题的关键，考查了空间想象能力和转化能力．【例3】某几何体的三视图如图所示，当a＋b取最大值时，这个几何体的体积为( )A.16B.13C.23D.12【解析】该几何体是长方体的一部分，如图所示，可知AC ＝6，BD ＝1，BC ＝b ，AB ＝a.设CD ＝x ，AD ＝y ，则x 2＋y 2＝6，x 2＋1＝b 2，y 2＋1＝a 2，消去x 2，y 2得a 2＋b 2＝8≥a ＋b22，所以a ＋b≤4，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立，此时x ＝3，y ＝3，所以V ＝13×12×1×3×3＝12.故选D . 【答案】 D解题策略：本题主要考查三视图，三视图是高考必考题目，因此，要明确三视图的视图规则，准确地还原几何体，明确几何体的特征，以便进一步解题．本题与基本不等式相结合，扩大了试题考查的覆盖面．。

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