(文理通用)2019届高考数学大二轮复习-第1部分 专题5 立体几何 第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积课
2019届高考数学大二轮复习精品(文理通用)：第1部分 专题5 立体几何 第1讲
A．2
B．4
C．6
D．8
[解析] 选 C． 由三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱，底面
面积 S＝1＋22×2＝3，高 h＝2，所以 V＝Sh＝6.
• 4．(2018·北京卷，5)某四
棱锥的三视图如图所示，
在此四棱锥的侧面中C ，直 角三角形的个数为( )
A．1 C．3
B．2 D．4
•
(1)下列三视图所对应的直C 观图是(
)
[解析] 由题意可 知，几何体的直观图下 部是长方体，上部是圆 柱，并且高相等，所以 C选项符合题意．
• (2)(2018·肇庆一模)已知底面为正方形的四棱锥，其一条
侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的C 三视图可能是下列各图 中的( )
• [解析] 由题意该四棱锥的直观图如图所示：
8．(2017·全国卷Ⅰ，16)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC 是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S－ABC的体积 为9，则球O的表面积为___3_6_π___.
[解析] 如图，连接OA，OB．
由SA＝AC，SB＝BC，SC为球O的直径，知OA⊥SC，OB⊥SC．
[解析] 选 A．由直观图可知选 A．
2．(文)(2018·全国卷Ⅰ，5)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
(B ) A．12 2π
B．12π
C．8 2π
D．10π
[解析] 截面面积为 8，所以高 h＝2 2，底面半径 r＝ 2，所以该圆柱表面积 S
则其三视图如图：
• (3)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的 过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四 个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好 似两个扣合(牟台)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图 ，图中四边形是为B 体现其直观性所作的辅助线．当其正视 图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )
专题05 立体几何-2019年高考数学(文)考试大纲解读 Word版含解析
（三）立体几何初步1.空间几何体（1）认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构. （2）能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图, 能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.（3）会用平行投影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.（4）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、线条等不做严格要求).（5）了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.2.点、直线、平面之间的位置关系（1）理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.• 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.• 公理2：过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.• 公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.• 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.• 定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补.（2）以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.理解以下判定定理.• 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.• 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行.• 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直.• 如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直.理解以下性质定理,并能够证明.• 如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.• 如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行.• 垂直于同一个平面的两条直线平行.或者也可根据三视图的形状，将几何体的顶点放在正方体或长方体里面，便于分析问题.样题3 （2017新课标全国Ⅱ文科）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【答案】B【名师点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．考向二 球的组合体样题4 （2017新课标全国Ⅲ文科）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 ．3π4 C ．π2D ．π4【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：【名师点睛】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.考向四 空间角和距离样题9 （2018新课标全国Ⅱ）在长方体中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15BC D 【答案】C【名师点睛】平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0,]2，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．样题10 (2017年高考新课标Ⅲ卷) a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，则直线AB与a所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是π0,2⎛⎤⎥⎝⎦，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角.（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.。
2019年高考数学大二轮复习精品(文理通用)练习：第1部分专题5立体几何第2讲
第一部分专题五第二讲A组1．(文)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β.( A ) A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥m[解析]选项A中，平面与平面垂直的判定，故正确；选项B中，当α⊥β时，l，m可以垂直，也可以平行，也可以异面；选项C中，l∥β时，α，β可以相交；选项D中，α∥β时，l，m也可以异面．故选A．(理)设α、β、γ是三个互不重合的平面，m、n为两条不同的直线．给出下列命题：①若n∥m，m⊂α，则n∥α；②若α∥β，n⊄β，n∥α，则n∥β；③若β⊥α，γ⊥α，则β∥γ；④若n∥m，n⊥α，m⊥β，则α∥β.其中真命题是( C )A．①和②B．①和③C．②和④D．③和④[解析]若n∥m，m⊂α，则n∥α或n⊂α，即命题①不正确，排除A、B；若α∥β，n⊄β，n∥α，则n∥β，则命题②正确，排除D，故应选C．2．如图，在正四面体P－ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下列四个结论不成立的是( D )A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面P AEC．平面PDF⊥平面P AED．平面PDE⊥平面ABC[解析]∵D、F分别为AB、AC的中点，∴BC∥DF，∵BC ⊄平面PDF ，∴BC ∥平面PDF ，故A 正确；在正四面体中，∵E 为BC 中点，易知BC ⊥PE ，BC ⊥AE ，∴BC ⊥平面P AE ，∵DF ∥BC ，∴DF ⊥平面P AE ，故B 正确；∵DF ⊥平面P AE ，DF ⊂平面PDF ，∴平面PDF ⊥平面P AE ，∴C 正确，故选D ．3．如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 的中点，△AED 、△EBF 、△FCD 分别沿DE 、EF 、FD 折起，使A ，B ，C 三点重合于点A ′，若四面体A ′EFD 的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为( B )A ．2B ．62 C ．112D ．52[解析] 由条件知A ′E 、A ′F 、A ′D 两两互相垂直，以A ′为一个顶点，A ′E 、A ′F 、A ′D 为三条棱构造长方体，则长方体的对角线为四面体外接球的直径，∵A ′E ＝A ′F ＝1，A ′D ＝2，∴(2R )2＝12＋12＋22＝6，∴R ＝62. 4．已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝ 2.将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中( B )A ．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C ．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直 [解析] ①过A 、C 作BD 的垂线AE 、CF ，∵AB 与BC 不相等，∴E 与F 不重合，在空间图(2)中，若AC ⊥BD ，∵AC ∩AE ＝A ，∴BD ⊥平面ACE ，∴BD ⊥CE ，这样在平面BCD 内，过点C 有两条直线CE 、CF 都与BD 垂直矛盾，∴A 错；②若AB ⊥CD ，∵AB ⊥AD ，∴AB ⊥平面ACD ，∴AB ⊥AC ，∵AB <BC ，∴存在这样的三角形ABC ，AB ⊥AC ，AB ＝AC ，∴B 选项正确，∴选项D 错；③若AD ⊥BC ，又CD ⊥BC ，∴BC ⊥平面ACD ，∴BC ⊥AC ，∵BC >AB ，这样的△ABC 不存在，∴C 错误．5．(2018·太原二模)对于不重合的直线m ，l 和平面α，β，要证α⊥β需具备的条件是( D )A ．m ⊥l ，m ∥α，l ∥βB ．m ⊥l ，α∩β＝m ，l ⊂αC ．m ∥l ，m ⊥α，l ⊥βD ．m ∥l ，l ⊥β，m ⊂α[解析] 对于A ，如图1，可得面α，β不一定垂直，故错；对于B ，如图2，可得面α，β不一定垂直，故错；对于C ，m ∥l ，m ⊥α，l ⊥β⇒α∥β，故错； 对于D ，有m ∥l ，l ⊥β⇒m ⊥β， 又因为m ⊂α⇒α⊥β，故正确．6．已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，则下列四个命题： ①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒l ∥m ； ③l ∥m ⇒α⊥β；④l ⊥m ⇒α∥β. 其中正确命题的序号是①③.[解析] 直线l ⊥平面α ，直线m ⊂平面β， 当α∥β有l ⊥m ，故①正确．当α⊥β有l ∥m 或l 与m 异面或相交，故②不正确． 当l ∥m 有α⊥β，故③正确．当l ⊥m 有α∥β或α与β相交，故④不正确． 综上可知①③正确．7．(2018·凉山州二模)在棱长为1的正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，异面直线A ′D 与AB ′所成角的大小是π3.[解析] 在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，连接A ′D ，AB ′，B ′C ，如图所示：则A ′B ′∥DC ，且A ′B ′＝DC ， 所以四边形A ′B ′CD 是平行四边形， 所以A ′D ∥B ′C ，所以∠AB ′C 是异面直线A ′D 与AB ′所成的角， 连接AC ，则△AB ′C 是边长为2的等边三角形， 所以∠AB ′C ＝π3，即异面直线A ′D 与AB ′所成角是π3.8．设x ，y ，z 为空间不同的直线或不同的平面，且直线不在平面内，下列说法中能保证“若x ⊥z ，y ⊥z ，则x ∥y ”为真命题的序号是①③⑤.①x 为直线，y ，z 为平面； ②x ，y ，z 都为平面； ③x ，y 为直线，z 为平面； ④x ，y ，z 都为直线； ⑤x ，y 为平面，z 为直线．[解析] ①x ⊥平面z ，平面y ⊥平面z ， 所以x ∥平面y 或x ⊂平面y .又因为x ⊄平面y ，故x ∥平面y ，①成立；②x ，y ，z 均为平面，则x 可与y 相交，故②不成立；③x ⊥平面z ，y ⊥平面z ，x ，y 为不同直线，故x ∥y ，③成立；④x ，y ，z 均为直线，则x 与y 可平行，可异面，也可相交，故④不成立； ⑤z ⊥x ，z ⊥y ，z 为直线，x ，y 为平面，所以x ∥y ，⑤成立． 9．(文)(2018·全国卷Ⅰ，18)如图，在平行四边形ABCM 中，AB＝AC ＝3，∠ACM ＝90°，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA ．(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ．(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q -ABP 的体积．[解析] (1)由已知可得，∠BAC ＝90°，则BA ⊥AC ．又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC ．(2)由已知可得，DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝3 2. 又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 綊13DC ＝1.由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ， 所以QE ⊥平面ABC ，因此，三棱锥Q -ABP 的体积为V Q -ABP ＝13×QE ×S △ABP ＝13×1×12×3×22sin45°＝1. (理)如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC, ∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图2中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1____BCDE .图1 图2(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1____BCDE 的体积为362，求a 的值． [解析] (1)证明：在题图1中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ．又在题图2中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC ．又BC ∥DE 且BC ＝DE ，所以CD ∥BE ， 所以CD ⊥平面A 1OC ．(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，即A 1O 是四棱锥A 1-BCDE 的高． 由题图1可知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2， 从而四棱锥A 1-BCDE 的体积为 V ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3，由26a 3＝362，得a ＝6. B 组1．已知α、β、γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α、β、γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有( C )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个[解析] 若α、β换成直线a 、b ，则命题化为“a ∥b ，且a ⊥γ⇒b ⊥γ”，此命题为真命题；若α、γ换为直线a 、b ，则命题化为“a ∥β，且a ⊥b ⇒b ⊥β”，此命题为假命题；若β、γ换为直线a 、b ，则命题化为“a ∥α，且b ⊥α⇒a ⊥b ”，此命题为真命题，故选C ．2．设m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题： ①⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∥γ⇒β∥γ ②⎭⎪⎬⎪⎫α ⊥βm ∥α⇒m ⊥β ③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αm ∥β⇒α⊥β ④⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n n ⊂α⇒m ∥α 其中，真命题是( C ) A ．①④ B ．②③ C ．①③D ．②④[解析] ①正确，平行于同一个平面的两个平面平行；②错误，由线面平行、垂直定理知：m 不一定垂直于β；③正确，由线面平行，垂直关系判断正确；④错误，m 也可能在α内．综上所述，正确的命题是①③，故选C ．3．已知互不重合的直线a ，b ，互不重合的平面α，β，给出下列四个命题，错误的命题是( D )A ．若a ∥α，a ∥β，α∩β＝b ，则a ∥bB ．若α⊥β，a ⊥α，b ⊥β，则a ⊥bC ．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝a ，则a ⊥αD ．若α∥β，a ∥α，则a ∥β[解析] A 中，过直线a 作平面γ分别与α，β交于m ，n ，则由线面平行的性质知a ∥m∥n，所以m∥α，又由线面平行的性质知m∥b，所以a∥b，正确；B中，由a⊥α，b⊥β，知a，b垂直于两个平面的交线，则a，b所成的角等于二面角的大小，即为90°，所以a⊥b，正确；C中，在α内取一点A，过A分别作直线m垂直于α，β的交线，直线n垂直于α，γ的交线，则由线面垂直的性质知m⊥β，n⊥γ，则m⊥a，n⊥a，由线面垂直的判定定理知a ⊥α，正确；D中，满足条件的a也可能在β内，故D错．4．直三棱柱ABC－A1B1C1的直观图及三视图如图所示，D为AC的中点，则下列命题是假命题的是( D )A．AB1∥平面BDC1B．A1C⊥平面BDC1C．直三棱柱的体积V＝4D．直三棱柱的外接球的表面积为43π[解析]如图，将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成正方体，易知A，B，C都正确．故选D．5．a、b表示直线，α、β、γ表示平面．①若α∩β＝a，b⊂α，a⊥b，则α⊥β；②若a⊂α，a垂直于β内任意一条直线，则α⊥β；③若α⊥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a⊥b；④若a不垂直于平面α，则a不可能垂直于平面α内无数条直线；⑤若l⊂α，m⊂α，l∩m＝A，l∥β，m∥β，则α∥β.其中为真命题的是②⑤.[解析]对①可举反例如图，需b⊥β才能推出α⊥β.对③可举反例说明，当γ不与α，β的交线垂直时，即可得到a，b不垂直；④对a只需垂直于α内一条直线便可以垂直α内无数条与之平行的直线．所以只有②⑤是正确的．6．在三棱锥C －ABD 中(如图)，△ABD 与△CBD 是全等的等腰直角三角形，O 为斜边BD 的中点，AB ＝4，二面角A －BD －C 的大小为60°，并给出下面结论：①AC ⊥BD ；②AD ⊥CO ；③△AOC 为正三角形；④cos ∠ADC ＝32.其中真命题是①③.(填序号)[解析] 对于①，因为△ABD 与△CBD 是全等的等腰直角三角形，O 为斜边BD 的中点，所以CO ⊥BD ，AO ⊥BD ，AO ∩OC ＝O ，所以BD ⊥平面AOC ，所以AC ⊥BD ，因此①正确；对于②，假设CO ⊥AD ，又CO ⊥BD ，可得CO ⊥平面ABD ，由①可得：∠AOC 是二面角A －BD －C 的平面角，这与已知二面角A －BD －C 为60°矛盾，因此不正确；对于③，由△ABD 与△CBD 是全等的等腰直角三角形，O 为斜边BD 的中点，所以OC ＝OA ，由①可得：∠AOC 是二面角A －BD －C 的平面角且为60°，所以△AOC 为正三角形，因此③正确；对于④，AB ＝4，由③可得：AC ＝OA ＝22，AD ＝CD ＝4，所以cos ∠ADC ＝2×42－(22)22×42＝34≠32，因此不正确；综上可得：只有①③正确． 7．如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，且底面各边相等，M 是PC 上的一动点，请你补充一个条件①(或③)，使平面MBD ⊥平面PCD ．①DM ⊥PC ；②DM ⊥BM ；③BM ⊥PC ；④PM ＝MC (填写你认为是正确的条件对应的序号)．[解析] 因为在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点， 所以BD ⊥P A ，BD ⊥AC ，因为P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ，所以BD ⊥PC ． 所以当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，即有PC ⊥平面MBD ．而PC ⊂平面PCD ，所以平面MBD ⊥平面PCD ．8．如图：在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°P A ⊥平面ABCD ，点M ，N 分别为BC ，P A 的中点，且P A ＝AB ＝2.(1)证明：BC ⊥平面AMN ； (2)求三棱锥N －AMC 的体积；(3)在线段PD 上是否存在一点E ，使得NM ∥平面ACE ；若存在，求出PE 的长，若不存在，说明理由．[解析] (1)因为ABCD 为菱形，所以AB ＝BC ， 又∠ABC ＝60°，所以AB ＝BC ＝AC ， 又M 为BC 中点，所以BC ⊥AM而P A ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BC ， 又P A ∩AM ＝A ，所以BC ⊥平面AMN . (2)因为S △AMC ＝12AM ·CM ＝12×3×1＝32，又P A ⊥底面ABCD ，P A ＝2，所以AN ＝1， 所以，三棱锥N －AMC 的体积V ＝13S △AMC ·AN＝13×32×1＝36. (3)存在取PD 中点E ，连结NE ，EC ，AE ，因为N ，E 分别为P A ，PD 中点，所以NE 綊12AD又在菱形ABCD 中，CM 綊12AD ，所以NE 綊MC ，即MCEN 是平行四边形，所以NM ∥EC ， 又EC ⊂平面ACE ，NM ⊄平面ACE ，所以MN ∥平面ACE ， 即在PD 上存在一点E ，使得NM ∥平面ACE ， 此时PE ＝12PD ＝ 2.9．(2018·全国卷Ⅲ，19)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD ︵ 所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ．(2)在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由． [解析] (1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ． 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM . 因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以 DM ⊥CM .又 BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． (2)存在，AM 的中点即为符合题意的点P .证明如下： 取AM 的中点P ，连接AC ，BD 交于点N ，连接PN .因为ABCD 是矩形， 所以N 是AC 的中点，在△ACM 中，点P ，N 分别是AM ，AC 的中点， 所以PN ∥MC ，又因为PN ⊂平面PBD ，MC ⊄平面PBD ， 所以MC ∥平面PBD ，所以，在线段AM 上存在点P ，即AM 的中点，使得MC ∥平面PBD ．。
2019年高考数学立体几何专题复习(完整版)
球面距离：
例题 1： 把地球看作半径为 R 的球， A、 B 是北纬 30°圈上的两点，它们的经度差为 面距离为 _____________
60°， A、 B 两点间的球
例题 2：三棱锥 O-ABC 的三条棱 OA, OB, OC 两两垂直， OA=1 ，OB=OC=2 ，则内切球表面积为 ______ , 外
投影到这个平面内的图形叫做左视图 (侧视图 )。
三视图的主视图、俯视图、左视图分别是从物体的
正前方、正上方、正左方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形。
（ 1）、 三视图画法规则：
高平齐：主视图与左视图的高要保持平齐
长对正：主视图与俯视图的长应对正
宽相等：俯视图与左视图的宽度应相等
（ 2）、空间几何体三视图： 正视图（从前向后的正投影） ；
正方形 .若 PA=2 6 ,则△OAB 的面积为 ______________.
8。简单空间图形的三视图： 一个投影面水平放置，叫做水平投影面，投影到这个平面内的图形叫做俯视图。
一个投影面放置在正前方，这个投影面叫做直立投影面，投影到这个平面内的图形叫做主视图
(正视图 )。
和直立、水平两个投影面都垂直的投影面叫做侧立投影面，通常把这个平面放在直立投影面的右面，
6
2
外接球的半径为
6 a （是正方体的外接球，则半径
4
1 l 正方体体对角线 ）
2
内切球的半径为 6 a （是正四面体中心到四个面的距离，则半径 12
1 l 正方体体对角线 ）
6
正四面体：
4。棱台： 用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫做棱台。由正棱锥截得的棱台叫做
正棱台。 正棱台的性质： 各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰梯形；正棱台的两底面以及平行于底面的截面是相似的
2019届高考数学(文)二轮专题复习习题：第1部分 专题五 立体几何 1-5-1 Word版含答案
限时规范训练十二 空间几何体的三视图、表面积及体积限时45分钟，实际用时________ 分值80分，实际得分________一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2017·山东烟台模拟)一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧(左)视图可能为( )解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD ，故其侧(左)视图应为D.2．如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选C.作出三棱锥的直观图如图所示，由三视图可知AB ＝BD ＝2，BC ＝CD ＝2，AD ＝22，AC ＝6，故△ABC ，△ACD ，△ABD ，△BCD 均为直角三角形，故选C.3．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.22π3B.42π3C ．22πD ．42π解析：选B.旋转体是两个圆锥，其底面半径为直角三角形斜边的高2，高即斜边的长的一半2，故所得几何体的体积V ＝13π(2)2×2×2＝42π3.4．(2017·厦门质检)如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 上的一点，则三棱锥D 1B 1C 1E 的体积等于( )A.13 B.512C.36D.16解析：选D.V D 1B 1C 1E ＝V E B 1C 1D 1＝13S △B 1C 1D 1·CC 1＝13×12×12×1＝16，故选D.5．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P ABC 为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，PA ＝AB ＝2，AC ＝4，三棱锥P ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A ．8πB ．12πC ．20πD ．24π解析：选C.将三棱锥P ABC 放入长方体中，如图，三棱锥P ABC 的外接球就是长方体的外接球．因为PA ＝AB ＝2，AC ＝4，△ABC 为直角三角形，所以BC ＝42－22＝2 3.设外接球的半径为R ，依题意可得(2R )2＝22＋22＋(23)2＝20，故R 2＝5，则球O 的表面积为4πR 2＝20π.故选C.6．(2017·广东广州模拟)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧(左)视图中线段的长度x 的值是( )A.7 B ．27 C ．4D ．5解析：选 C.分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，故其体积V ＝13×32＋32×4×CP ＝37，所以CP ＝7，所以x ＝32＋72＝4.7．(2017·青岛二模)如图，正四棱锥P ABCD 的底面边长为6 cm ，侧棱长为5 cm ，则它的侧(左)视图的周长等于( )A ．17 cmB ．(119＋5)cmC ．16 cmD ．14 cm解析：选D.由题意可知，侧(左)视图是一个三角形，底边长等于正四棱锥底面正方形的边长，高为正四棱锥的高的一个等腰三角形．因为侧棱长5 cm ，所以斜高h ＝52－32＝4(cm)，又正四棱锥底面正方形的边长为6 cm ，所以侧(左)视图的周长为6＋4＋4＝14(cm)．8．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310解析：选C.因为在直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝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BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球直径，所以2R ＝122＋52＝13，即R ＝132.9．(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＋23π B.13＋23π C.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C.由三视图可知，半球的半径为22，四棱锥底面正方形边长为1，高为1， 所以该组合体的体积＝43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫223×12＋13×1×1×1＝13＋26π.10．(2017·长春模拟)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的棱的长是( )A ．2 5B ．2 6C ．27D ．4 2解析：选C.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23，所以BC ＝42＋32＝27，而PB ＝PA 2＋AB 2＝22＋42＝25，PC ＝PA 2＋AC 2＝22，因此在四面体的六条棱中，长度最长的棱是BC ，其长为27，选C.11．(2017·兰州三模)某四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．17B ．22C ．14＋213D ．22＋213解析：选D.可借助长方体，作出该四棱锥的直观图，如图中的四棱锥V ABCD 所示．则BC ⊥平面VAB ，AB ⊥平面VAD ，CD ⊥平面VAD ，VD ＝5，VB ＝13，所以四棱锥V ABCD 的表面积S 表＝S △VAB ＋S △VBC ＋S △VCD＋S △VAD＋S 四边形ABCD ＝12×(2×3＋4×13＋2×5＋3×4)＋2×4＝22＋213.故选D.12．(2017·河北衡水模拟)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．24πB ．6πC ．4πD ．2π解析：选B.题中的几何体是三棱锥A BCD ，如图所示，其中底面△BCD 是等腰直角三角形，BC ＝CD ＝2，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AB ＝2，BD ＝2，AC ⊥CD .取AD 的中点M ，连接BM ，CM ，则有BM ＝CM ＝12AD ＝1222＋22＝62.从而可知该几何体的外接球的半径是62.故该几何体的外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫622＝6π，应选B. 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．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________．解析：利用圆锥、圆柱的体积公式，列方程求解． 设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8， ∴r 2＝7，∴r ＝7. 答案：714．三棱锥P ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE 的体积为V 1，P ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.解析：如图，设点C 到平面PAB 的距离为h ，△PAB 的面积为S ，则V 2＝13Sh ，V 1＝V E ADB ＝13×12S ×12h ＝112Sh ，所以V 1V 2＝14.答案：1415．(2017·山东临沂模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π.答案：16＋8π16．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．解析：如图，连接OD ，交BC 于点G ，由题意，知OD ⊥BC ，OG ＝36BC . 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ， 三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积 V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x＝3·25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4.令f ′(x )＝0得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415.∴三棱锥体积的最大值为415 cm 3. 答案：415。
2019年高考数学真题专题05 立体几何(选择题、填空题)
犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若 a ,b , a∥b ，则∥ ”此类的错误．
2．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面 ECD⊥平 面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，则
【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念， 以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利 用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特 殊位置法”，寻求简便解法.
正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.
4．【2019 年高考浙江卷】设三棱锥 V–ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱 VA 上的点（不含端 点）．记直线 PB 与直线 AC 所成的角为 α，直线 PB 与平面 ABC 所成的角为 β，二面角 P–AC–B 的平面
专题 05 立体几何（选择题、填空题）
1．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】设 α，β 为两个平面，则 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】由面面平行的判定定理知： 内两条相交直线都与 平行是∥ 的充分条件，由面面平行性 质定理知，若∥ ，则 内任意一条直线都与 平行，所以 内两条相交直线都与 平行是∥ 的
2019年高考数学大二轮专题复习与测试课件：1.5.1空间几何体
(2)(2018· 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( A．1 B．2 C．3 D．4 )
解析： (1)先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点 M，N 的位置如 图①所示．
圆柱的侧面展开图及 M，N 的位置(N 为 OP 的四等分点)如图②所示，连接 MN，则图中 MN 即为 M 到 N 的最短路径． 1 ON＝ ×16＝4，OM＝2， 4 ∴|MN|＝ OM2＋ON2＝ 22＋42＝2 5. 故选 B.
题型一
题型一 空间几何体的三视图 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”．
(1)(2018· 全国卷Ⅰ)某圆柱的高为 2， 底面周长为 16， 其三视图如右图． 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( A．2 17 B．2 5 C．3 D．2 )
1．由三视图还原到直观图的三部曲 (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． 2． [警示] 在读图或者画空间几何体的三视图时， 应注意三视图中的实虚线．
◎ 变式训练 1．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图可能是( )
(2)由三视图得到空间几何体，如图所示，则 PA⊥平面 ABCD， 平面 ABCD 为直角梯形，PA＝AB＝AD＝2，BC＝1，所以 PA⊥AD， PA⊥AB，PA⊥BC.又 BC⊥AB，AB∩PA＝A，所以 BC⊥平面 PAB， 所以 BC⊥PB. 在△PCD 中，PD＝2 2，PC＝3，CD＝ 5，所以△PCD 为锐角三角形．所 以侧面中的直角三角形为△PAB，△PAD，△PBC，共 3 个． 故选 C. 答案： (1)B (2)C
备战2019高考数学(理科)大二轮复习课件：专题五立体几何5.1
核心归纳
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复习策略 抓住考查的主 要题目类型进 行训练,重点有 三个:一是三视 图中的几何体 的形状及面积、 体积;二是求柱 体、锥体、台体 及球的表面积、 体积;三是求球 与多面体的相 切、 接问题中的 有关几何体的 表面积、体积.
-14命题热点一 命题热点二 命题热点三
(2)由△ABC 为等边三角形且面积为 9 3,设△ABC 的边长为 a,则 S= a· a=9 3.
专题五
立体几何
5.1
空间几何体
-3-
试题统计
题型 命题规律 1.空间几何体的三视图 成为近几年高考的必 考点,单独考查三视图 (2014 全国Ⅰ,理 12) 的逐渐减少,主要考查 (2014 全国Ⅱ,理 6) 由三视图求原几何体 (2015 全国Ⅰ,理 6) (2015 的面积、 全国Ⅰ 体积 ,理 11) ,主要以选 (2015 全国Ⅱ,理 6) 选择 (2015 择题、填空题的形式考 全国Ⅱ,理 9) (2016 全国Ⅰ,理 6) 题 (2016 查全国 . Ⅱ,理 6) (2016 全国Ⅲ,理 9) 填空 (2016 2.对柱体、锥体、台体 全国Ⅲ,理 10) (2017 全国Ⅰ,理 7) 题 (2017 表面积、体积及球与多 全国Ⅰ,理 16) (2017 全国Ⅱ,理 4) (2017 面体的切接问题中的 全国Ⅲ,理 8) (2018 全国Ⅰ,理 7) (2018 有关几何体的表面积、 全国Ⅱ,理 16) (2018 全国Ⅲ,理 3) (2018 体积的考查又是高考 全国Ⅲ,理 10) 的一个热点,难度不大, 主要以选择题、填空题 的C 的外接圆半径
设球的半径为 R,如图, OO1= ������2 -������ 2 =
3 2 r= × a=2 2 3
2019高考数学二轮复习 专题5 立体几何 第一讲 空间几何体 理.doc
2019高考数学二轮复习专题5 立体几何第一讲空间几何体理1．空间几何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)视图和俯视图．2．在三视图中，正(主)侧(左)一样高，正(主)俯一样长，侧(左)俯一样宽．1．多面体的表面积．多面体的表面积为各个面的面积之和． 2．旋转体的表面积．(1)圆柱的表面积S ＝2πr(r ＋L)； (2)圆锥的表面积S ＝πr(r ＋L)；(3)圆台的表面积S ＝π(r′2＋r 2＋r′L＋rL)； (4)球的表面积S ＝4πR 2． 3．体积公式． (1)柱体的体积V ＝Sh ． (2)锥体的体积V ＝13Sh ．(3)台体的体积V ＝13(S′＋S ′S ＋S)h ．(4)球的体积V ＝43πR 3．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(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)用斜二测画法画水平放置的∠A 时，若∠A 的两边分别平行于x 轴和y 轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A ＝45°(×)(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．(×) (5)圆柱的侧面展开图是矩形．(√)(6)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差来计算．(√)1．(2015·新课标Ⅰ卷)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有(B )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V ＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝ ⎛⎭⎪⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B.2．(2015·北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是(C )A ．2＋ 5B ．4＋ 5C ．2＋2 5D ．5解析：作出三棱锥的示意图如图，在△ABC 中，作AB 边上的高CD ，连接SD.在三棱锥SABC 中，SC ⊥底面ABC ，SC ＝1，底面三角形ABC 是等腰三角形，AC ＝BC ，AB 边上的高CD ＝2，AD ＝BD ＝1，斜高SD ＝5，AC ＝BC ＝ 5.∴ S 表＝S △ABC ＋S △SAC ＋S △SBC ＋S△SAB＝12×2×2＋12×1×5＋12×1×5＋12×2×5＝2＋2 5. 3．(2014·全国大纲卷)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，则该球的表面积是(A )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π4解析：由已知条件可知球心在正四棱锥的高上，设球的半径为R ，球心为O ，正四棱锥底面中心为E ，则OE 垂直棱锥底面，OE ＝4－R ，所以(4－R)2＋(2)2＝R 2，解得R ＝94，所以球的表面积S ＝4πR 2＝81π4.4．(2015·安徽卷)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是(B )A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2解析：根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD⊥底面BCD ，另两个侧面ABC ，ACD 为等边三角形，则有S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋ 3.故选B.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(D )A. 90 cm 2B. 129 cm 2C. 132 cm 2D. 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.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 )A ．2πB ．πC ．2D ．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. 3．(2015·新课标Ⅱ卷)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥OABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为(C )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：如图，设球的半径为R ，∵ ∠AOB ＝90°，∴ S △AOB ＝12R 2.∵ V O ABC ＝V C AOB ，而△AOB 面积为定值，∴ 当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O ABC 最大，∴ 当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O ABC 最大为13×12R 2×R ＝36，∴ R ＝6，∴ 球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.4．(2015·福建卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于(D )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示． 直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.5. (2015·新课标Ⅰ卷)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝(B )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴ (5π＋4)r 2＝16＋20π，∴ r 2＝4，r ＝2，故选B.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的俯视图相同．(2)图③的正(主)视图与图④的正(主)视图不同．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．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20πm3.3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＋13π·22·2＝20π3(m 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．解析：(1)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＝32. (2)∵∠ACB＝90°，∴BC ⊥AC.∵三棱柱ABCA 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)当E 为棱AB 的中点时，DE ∥平面AB 1C 1.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ABCA 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝12AA 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．解析：(1)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)设棱锥BDACC 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ABCA 1B 1C 1的体积V ＝1，所以(V －V 1)∶V 1＝1∶1.故平面BDC 1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.。
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• 三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面；侧(左)视图放在 正(主)视图的右面．
• (2)空间几何体的直观图
• 空间几何体直观图的画法常采用斜二测画法．用斜二测画法画平 面图形的直观图规则为“轴夹角45°(或135°)，平行长不变，垂 直长减半”．
S 圆锥＝_π_r_l＋__π_r_2_ (r 为底面半径，l 为母线长)
S 圆台＝__π_(r_＋__r_′__)_l＋__π_r_2_＋__π_r′__2__
S 球＝_4_π_R__2__(R 为球的半径)
• 2.空间几何体的三视图和直观图
• (1)空间几何体的三视图
• 三视图的正视图、侧视图、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，三视图 的画法规则为“长对正、高平齐、宽相等”．
棱锥的三视图如图所示，
在此四棱锥的侧面中C ，直 角三角形的个数为( )
A．1 C．3
B．2 D．4
[解析] 选 C．将四棱锥三视图转化为直观图，如图，
侧面共有 4 个三角形，即△PAB，△PBC，△PCD，△PAD， 由已知，PD⊥平面 ABCD，又 AD⊂平面 ABCD， 所以 PD⊥AD，同理 PD⊥CD，PD⊥AB， 所以△PCD，△PAD 是直角三角形．
• 对于③，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯 视图不可能是圆形；
圆柱表面上的点 N 在侧视图上的对应点为 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( B )
A．2 17
B．2 5
C．3
D．2
[解析] 选 B．将三视图还原为圆柱，M，N 的位置如图 1 所示，将侧面展开， 最短路径为 M，N 连线的距离，所以 MN＝ 42＋22＝2 5.
第一部分
专题强化突破
专题五 立体几何
知识网络构建
第一讲 空间几何体的三视图、表面积及体积
1
高考考点聚焦
2
核心知识整合
3
高考真题体验
4
命题热点突破
5
课后强化训练
高考考点聚焦
高考考点 空间几何体的三视图与直 观图的关系
空间几何体的表面积与体 积的计算 多面体与球的切、接问题
考点解读
1.根据某几何体的部分三视图，判断该几何体的其 他三视图；或者已知某几何体的三视图，判断该 几何体的形状 2．考查三视图的画法以及数量关系
• (3)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的 过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四 个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好 似两个扣合(牟台)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图 ，图中四边形是为B 体现其直观性所作的辅助线．当其正视 图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )
• 1．柱体、锥体、台体、球的表面积与体积
名称 棱柱
体积 V 棱柱＝__S_h___ (S 为底面积，h 为高)
表面积 S 棱柱＝2S 底面＋S 侧面
棱锥 棱台
1 V 棱锥＝___3_S_h___ (S 为底面积，h 为高) V 棱台＝13h(S＋ SS′＋S′) (S、S′为底面积，h 为高)
S 棱锥＝S 底面＋S 侧面 S 棱台＝S 上底＋S 下底＋S 侧面
由平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，OA⊥SC，知OA⊥平面
SCB．
设球O的半径为r，则OA＝OB＝r，SC＝2r， ∴三棱锥S－ABC的体积V＝13×(12SC·OB)·OA＝r33， 即r33＝9， ∴r＝3，∴S球表＝4πr2＝36π.
命题热点突破
命题方向1 空间几何体的三视图与直观图的对应关系
• 1．未注意三视图中实、虚线的区别
• 在画三视图时应注意看到的轮廓线画成实线，看不到的轮 廓线画成虚线．
• 2．不能准确分析组合体的结构致误
• 对简单组合体表面积与体积的计算要注意其构成几何体的 面积、体积是和还是差．
• 3．台体可以看成是由锥体截得的，此时截面一定与底面 平行．
• 4．空间几何放置的方式不同时，对三视图可能会有影响 ．
因为 AB⊥AD，PD⊥AB，PD，AD⊂平面 PAD，PD∩AD＝D， 所以 AB⊥平面 PAD，又 PA⊂平面 PAD， 所以 AB⊥PA，△PAB 是直角三角形． 因为 AB＝1，CD＝2，AD＝2，PD＝2， 所以 PA＝ PD2＋AD2＝2 2，PC＝ PD2＋CD2＝2 2， PB＝ PA2＋AB2＝3， 在梯形 ABCD 中，易知 BC＝ 5， △PBC 三条边长为 2 2，3， 5，△PBC 不是直角三角形． 综上，侧面中直角三角形个数为 3.
15 ，则该圆锥的侧面积为
[解析] 如图：
设SA＝SB＝l，底面圆半径为r，因为SA与圆锥底面所成角为45°，所以l＝ 2 r，在△SAB中，AB2＝SA2＋SB2－2SA·SB·cos∠ASB＝12r2，
AB＝ 22r，AB边上的高为 2r2－ 42r2＝ 430r，△SAB的面积为5 15， 所以12·22r·430r＝5 15，解得r＝2 10， 所以该圆锥的侧面积为πrl＝π 2r2＝40 2π.
• 3．(2018·浙江卷，3)某几何体的三视图如图所示(单位： cm)，则该几何C体的体积(单位：cm3)是( )
A．2
B．4
C．6
D．8
[解析] 选 C． 由三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱，底面
面积 S＝1＋22×2＝3，高 h＝2，所以 V＝Sh＝6.
• 4．(2018·北京卷，5)某四
2，所以四棱锥A1-BB1D1D的体积V＝13Sh＝13× 2× 22＝13.
(理)(2018·天津卷，11)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，
该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M-EFGH的体 1
积为___1_2____.
[解析] 依题意得：该四棱锥M-EFGH为正四棱锥，其高为正方体棱长的一
8．(2017·全国卷Ⅰ，16)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC 是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S－ABC的体积 为9，则球O的表面积为___3_6_π___.
[解析] 如图，连接OA，OB．
由SA＝AC，SB＝BC，SC为球O的直径，知OA⊥SC，OB⊥SC．
高考真题体验
1． (2018·全国卷Ⅲ，3)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 )
[解析] 选 A．由直观图可知选 A．
2．(文)(2018·全国卷Ⅰ，5)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
• [解析] 因为相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好 似两个扣合(牟台)在一起的方形伞(方盖)．所以其正视图 和侧视图都是一个圆，因为俯视图是从上向下看，相对的 两个曲面在同一个圆柱的侧面上，所以俯视图是有2条对 角线且为实线的正方形．
• 『规律总结』 • 1．由直观图确认三视图的方法
• 根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确认 ．
• ①长、宽不相等的长方形；②正方形；③圆；④椭圆． • A．①② B．①④ • C．②③ D．③④
• [解析] 由题设条件知，正视图中的长与侧视图中的长不 一致，
• 对于①，俯视图是长方形是可能的，比如此几何体为一个 长方体时，满足题意；
• 对于②，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯 视图不可能是正方形；
名称 圆柱 圆锥
圆台
球
体积 V 圆柱＝πr2h (r 为底面半径，h 为高) V 圆锥＝___13_π_r2_h__ (r 为底面半径，h 为高) V 圆台＝13πh(r2＋rr′＋r′2) (r、r′为底面半径，h 为高)
V 球＝___43_π_R_3__(R 为 球的半径)
表面积 S 圆柱＝__2_π_r_l_＋__2_π_r2__ (r 为底面半径，l 为母线长)
(B ) A．12 2π
B．12π
C．8 2π
D．10π
[解析] 截面面积为 8，所以高 h＝2 2，底面半径 r＝ 2，所以该圆柱表面积 S
＝π·( 2)2·2＋2π· 2·2 2＝12π.
(理)(2018·全国卷Ⅰ，7)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，
• 2．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．
• 1．(2018·南宁一模)一个简单几何体的正视图、侧视图如 图所示，B 则其俯视图可能是( )
1.以三视图为命题背景，考查空间几何体体积、表 面积的计算方法 2．以空间几何体为命题背景考查空间几何体体积 、表面积的计算方法
以球与多面体为背景，考查球的截面性质
• 备考策略 • 本部分内容在备考时应注意以下几个方面： • (1)加强对空间几何体结构特征的理解，掌握各种几何体的
体积、表面积公式．
半，即为
1 2
，正方形EFGH的边长为
2 2
，其面积为
1 2
，所以四棱锥GH的体积
VM-EFGH＝13Sh＝13×12×12＝112.
7．(2018·全国卷Ⅱ，16)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为