高考数学总复习第7章第1讲立体几何配套练习理新人教A版

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高考总复习数学人教A版文科第7单元立体几何第一节课件

A ②④
3. (教材改编题)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圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线； ③在圆台的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线； ④圆柱的所有母线所在的直线是互相平行的．其中正确的是 ( ) A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ②④
答案：1. (1)互相平行四边形互相平行 (2)多边形有一个公共顶点 (3)棱台 2. (1)面圆柱 (2)圆锥 (3)球体球 3. (1)正前方正左方正上方正视图侧视图俯视图 (2) 正视图下方右方 (3)长对正、高平齐、宽相等 (4)①x′轴和y′轴 ∠x′O′y′=45°(或135°) 水平面 ②x′轴或y′轴 ③保持原长度不变长度变为原来的一半
解：(1)如图1所示，该几何体满足有两个面平行，其余六个面都是矩形，可使每相邻两个面的公共边都互相平行，故该几何体是正六棱柱． (2)如图2所示,等腰梯形两底边中点的连线将梯形平分为两个直角梯形，每个直角梯形旋转180°形成半个圆台,故该几何体为圆台． (3)如图3所示，由梯形ABCD的顶点A引AO⊥CD于O点，将直角梯形分为一个直角三角形AOD和矩形AOCB，绕CD旋转一周形成一个组合体，该组合体由一个圆锥和一个圆柱组成．
第七单元立体几何
第一节空间几何体的结构及其三视图和直观图
基础梳理
1. 多面体 (1)有两个面________，其余各面都是________，并且每相邻两个四边形的公共边都________，由这些面所围成的多面体叫做棱柱． (2)有一个面是________，其余各面都是____________的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥． (3)用一个平行于棱锥底面的平面截棱锥，底面和截面之间的这部分多面体叫做______．

2022版新教材高考数学一轮复习第七章课件新人教A版

分.(
)
(4)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3πa2.( × )
2.(2020天津,5)若棱长为2 3 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.24π
C.36π D.144π
答案 C
解析 ∵2R= (2 3)2 + (2 3)2 + (2 3)2 =6,∴球的表面积为 4πR2=36π.
4.多面体的表面积
多面体的表面积就是围成多面体各个面的面积的和.
5.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
S圆柱侧= 2πrl
S圆锥侧= πrl
S圆台侧= π(r1+r2)l
侧面展开图
侧面积公式
6.柱、锥、台和球的表面积和体积
表面积
柱体(棱柱和圆柱) S表面积=S侧+2S底
体积
V= Sh
1
锥体(棱锥和圆锥) S表面积=S侧+S底
Sh
V= 3
台体(棱台和圆台) S表面积=S侧+S上+S下
1
V=3(S 上+S 下+
球
S=
4πR2
4
V=
3
πR3
S上 S下 )h
常用结论
1.球的截面的性质
(1)球的截面是圆面,且球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面;
(2)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为 r= R2 -d2 .
ABCD为矩形,BC⊥CD,则BC⊥平面PCD,过点B有
且只有一条直线与平面PCD垂直,所以选项A错误.

2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版)：立体几何

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2.下列四个命题中，正确的是 A.各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱 B.对角面是全等矩形的六面体一定是长方体 C.有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱
√D.长方体一定是直四棱柱
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则四棱锥C－BFNM与D－AEHG是全等的两个四棱锥， ∵NM⊥AB，则NM⊥EF，又CN⊥EF，NM∩CN＝N， ∴EF⊥平面CMN，∴EF⊥平面DHG， ∵D∈平面DHG，A∉平面DHG，则AD与EF不垂直，故A错误；三棱柱CNM－DHG为直三棱柱，几何体AED－BFC的体积与三棱柱CNM－DHG体积相同，
4.已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列命题中正确的是
√A.若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β
B.若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β C.若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n∥β D.若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β
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√B.π6
π
π
C.4
D.3
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设椭圆与圆柱的轴截面如图所示，作 DE⊥BC 交 BC 于点 E ，则
∠CDE为“切面”所在平面与底面所成的角，设为θ.
设底面圆的直径为2r，则CD为椭圆的长轴2a，
√D.①是真命题，②是真命题
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新教材高考数学一轮复习第7章立体几何第1节空间几何体课件新人教A版

第一节空间几何体
01 必备知识•回顾教材重“四基”
一、教材概念·结论·性质重现
1．多面体的结构特征
名称
棱柱
棱锥
图形
棱台
名称底面
侧棱
侧面形状
棱柱
棱锥
棱台
互相平__行__且_全__等_
多边形
互相平__行__
_平__行__且__相__等_
相交于一__点__但不一延长线交于_一__点_
定相等
2．旋转体的结构特征
名称
圆柱
圆锥圆台球 Nhomakorabea图形平行、相等且
延长线交于
母线
相交于_一__点_
_垂__直_于底面
一__点__
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
轴截
全等的
全等的
全等的矩__形__
圆__
面
_等__腰__三__角__形_ 等__腰__梯__形__
侧面
展开
_矩__形_
扇__形__
扇__环__
图
旋转体要抓住“旋转”这一特点，弄清底面、侧面及展开图的形状．
B．2 cm
C．3 cm
D．32 cm
B 解析：S 表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，所以 r2＝4，
所以 r＝2 cm.
5．利用斜二测画法得到的以下结论中，正确的是________．(填序号)
①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④圆的直观图是椭圆．
(2)一些几何体表面上的最短距离问题，常常利用几何体的展开图解决．
(3)求几何体的体积时，要注意利用分割、补形与等积法．

2020届高考数学一轮复习第七篇立体几何与空间向量第1节空间几何体的结构、三视图和直观图课件理新人教A版

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【教材导读】 1．平行投影和中心投影的区别和联系？提示：中心投影与人们感官的视觉效果是一致的，它常用来进行绘画；平行投影中，与投影面平行的平面图形留下的影子，与这个平面图形的形状和大小完全相同．
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2.两面平行，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．
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D 解析：A 错误，如图(1)，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是三棱锥．
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B 错误，如图(2)(3)，若△ABC 不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥．
C 错误，若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，则侧棱长必然要大于底面边长． D 正确．
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2．一个正方体的展开图如图所示，A，B，C，D 为原正方体的顶点，则在原来的正方体中( )
(A)AB∥CD (C)AB⊥CD 答案：D
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(B)AB 与 CD 相交 (D)AB 与 CD 所成的角为 60°
3．下图中的几何体是由下面哪个平面图形旋转得到的( )
答案：A
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4．(2018 全国Ⅰ卷)某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如右图．
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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.会画某些建筑物的三视图和直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸线条等不作严格要求)

2021年高考数学总复习第七章立体几何练习

2021年高考数学总复习第七章立体几何练习一、选择题训练1．下列命题中，正确的是（）A、首尾相接的四条线段在同一平面内B、三条互相平行的线段在同一平面内C、两两相交的三条直线在同一平面内D、若四个点中的三个点在同一直线上，那么这四个点在同一平面内2．对于平面α和共面的直线m、n，下列命题中真命题是（）A、若m⊥α，m⊥n，则n∥αB、若m∥α，n∥α，则m∥nC、若mα，n∥α，则m∥nD、若m、n与α所成角相等，则m∥n3．直线a⊥平面α，直线b∥α，则a与b的关系是（）A、a∥bB、a⊥bC、a、b一定相交D、a、b一定异面4．若直线∥平面α，则下列命题中正确的是（）A、平行于α内的所有直线B、平行于α内的唯一确定的直线C、平行于任一条平行于α的直线D、平行于过的平面与α的交线5．“直线垂直于平面α内的无数条直线”是“⊥α”的（）A、充分条件B、必要条件C、充要条件D、既是充分条件又是必要条件6、正方体ABCD-A1B1C1D1中，与AD1垂直的平面之一是（）A、平面DD1C1CB、平面A1DBC、平面AB1C1DD、平面A1DB17．设a，b，c是空间三条直线，a∥b，a与c相交，则b与c必（）A 相交B 异面C 平行D 不平行8．A，B，C为空间三点，经过这三点（）A、能确定一个平面B、能确定无数个平面C、能确定一个或无数个平面D、能确定一个平面或不能确定平面9．空间四边形ABCD中，若AB=BC=CD=DA=AC=BD，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则四边形EFGH的形状是（）A.平行四边形B.长方形C.菱形D.正方形10、已知平面α∥β，直线aα，点P∈β，则平面β内过点P的直线中（）A、不存在与a平行的直线B、不一定存在与a平行的直线C、有且只有一条与a平行的直线D、有无数条与a平行的直线11．若α，β表示平面，a，b表示直线，则a∥α的一个充分条件是（）A、α⊥β，且a⊥βB、α∩β= b，且a∥bC、a∥b，且b∥αD、α∥β，且aβ12．平面α⊥平面β，α∩β= ，点P∈α，点Q∈，那么PQ⊥是PQ⊥β的（）A、充分但不必要条件B、必要但不充分条件C、充要条件D、既不充分也不必要条件13．设α，β为两个不同的平面，，m为两条不同的直线，且α，mβ，有如下的两个命题：①若α∥β，则∥m；②若⊥m，则α⊥β. 那么（）A、①是真命题，②是假命题B、①是假命题，②是真命题C、①②都是真命题D、①②都是假命题14．（xx年高考浙江卷（文））设m.n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面（）A．若m∥α,n∥α,则m∥n B．若m∥α,m∥β,则α∥βC．若m∥n,m⊥α,则n⊥α D．若m∥α,α⊥β,则m⊥β15．（xx年高考广东卷（文））设为直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是（）A．若, , 则B．若, , 则C．若, , 则D．若, , 则二、解答题1．如图，ABCD，ABEF均为平行四边形，M，N分别为对角线AC，FB的中点。

高考数学一轮总复习第七章立体几何理新人教版-新人教版高三全册数学试题

第七章⎪⎪⎪ 立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体 (1)简单旋转体的结构特征： ①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到； ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到． (2)简单多面体的结构特征：①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形； ②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直． ②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B D选项为正视图或者侧视图，俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.2．如图所示，等腰△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是( )A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．钝角三角形解析：选B 由题图知A′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴，由斜二测画法知，在△ABC中，AC∥y轴，AB∥x轴，∴AC⊥AB.又因为A′C′＝A′B′，∴AC＝2AB≠AB，∴△ABC是直角三角形．3．(教材习题改编)如图，长方体ABCDA′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析：选B 给几何体的各顶点标上字母，如图1.A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B.2．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：选B 根据选项A、B、C、D中的直观图，画出其三视图，只有B项正确．考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A．圆柱B．圆锥C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．(易错题)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：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，其侧棱的延长线必相交于同一点．3．如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题是( )A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B 因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C正确；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D正确；B不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如“题组练透”第2题的A、C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2016·某某七校联考)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．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥ D．③④⑤解析：选B 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③.2．(2015·高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B． 2C． 3 D．2解析：选C 根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝ 3.[由题悟法]几何体画三视图的2个关键点(1)三视图的安排位置，正视图、侧视图分别放在左右两边，俯视图在正视图的下边．(2)注意实虚线的区别．[即时应用]1．(2016·某某模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABCDEF截去一个三棱锥ABCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是( )解析：选C 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.2．(2016·某某一模)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥PBCD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解析：选A 根据题意，三棱锥PBCD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PBCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.考点三空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领](2015·某某模拟)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[由题悟法]用斜二测画法画直观图的3个步骤(1)在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行．(2)原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线．(3)原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．[即时应用]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为( )A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2 D．8 2 cm2解析：选C 依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的组成为( )A．上面为棱台，下面为棱柱B．上面为圆台，下面为棱柱C．上面为圆台，下面为圆柱D．上面为棱台，下面为圆柱解析：选C 依题意，题中的几何体上面是圆台，下面是圆柱．2．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．3．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 B．1C．2 D．3解析：选A 反例：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，故选A.4．底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正视图有最大面积时，其侧视图的面积为( )A．2 3 B．3C． 3 D．4解析：选A 当正视图的面积最大时，可知其正三棱柱某个侧面的面积，可以按如图所示放置，此时S侧＝2 3.5．如图，线段OA在平面xOy中，它与x轴的夹角为45°，它的长为22，OA的直观图O′A′的长为________．解析：过点A作AB⊥Ox于B，∵OA＝22，∠AOB＝45°，∴OB＝AB＝2，线段OB的直观图O′B′＝2，A′B′＝1，∠O′B′A′＝135°.∴O′A′2＝22＋12－2×2×1×cos 135°，∴O′A′＝5＋2 2.答案：5＋2 2二保高考，全练题型做到高考达标1．(2016·某某联考)已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )解析：选C 根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C.2．(2016·某某调研)若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是( )解析：选A B的侧视图不对，C的俯视图不对，D的正视图不对，排除B、C、D，A正确．3．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A．圆柱B．圆锥C．四面体 D．三棱柱解析：选A 圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱．4．(2015·模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则其表面中，直角三角形的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选D 由三视图可得该三棱锥的底面是直角边为2的等腰直角三角形，一个底边长为2、底边上的高为1的侧面垂直于底面，该侧面是直角边长为2的直角三角形．利用面面垂直的性质定理可得右边一个侧面是边长为2，2，6的直角三角形，则左边一个侧面的边长为2，6，22的三角形，也是直角三角形，所以该三棱锥表面的4个面都是直角三角形．5．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( )A ．24 2B ．12 2C ．48 2D ．20 2解析：选A 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 2.6．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．(2016·某某某某联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 面积为________．解析：因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.答案：2 28．如图，点O 为正方体ABCD A ′B ′C ′D ′的中心，点E 为面B ′BCC ′的中心，点F 为B ′C ′的中点，则空间四边形D ′OEF 在该正方体的各个面上的正投影可能是________(填出所有可能的序号)．解析：空间四边形D ′OEF 在正方体的面DCC ′D ′及其对面ABB ′A ′上的正投影是①；在面BCC ′B ′及其对面ADD ′A ′上的正投影是②；在面ABCD 及其对面A ′B ′C ′D ′上的正投影是③.答案：①②③9．(2016·某某、某某统考)如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：3310．已知正三棱锥V ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积．解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的________．(填入所有可能的图形前的编号)①锐角三角形；②直角三角形；③四边形；④扇形；⑤圆．解析：如图1所示，直三棱柱ABE A 1B 1E 1符合题设要求，此时俯视图△ABE 是锐角三角形；如图2所示，直三棱柱ABC A 1B 1C 1符合题设要求，此时俯视图△ABC 是直角三角形；如图3所示，当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时，所得直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1符合题设要求，此时俯视图四边形ABCD 是正方形；若俯视图是扇形或圆，体积中会含有π，故排除④⑤.答案：①②③3．如图，在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 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＝622＋62＝6 3 cm.第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r＋r′)l2．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13Sh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 ＝4πR 2 V ＝43πR 3[小题体验]1．如图是一个空间几何体的三视图，其中正(主)视图、侧(左)视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A ．41π3B ．62π3C ．83π3D ．104π3解析：选D 由题意得，此几何体为圆柱与球的组合体，其体积V ＝43π×23＋π×22×6＝104π3.2．一个体积为123的正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的侧(左)视图的面积为( )A ．8 3B ．6 3C ．12D ．8解析：选B 设此三棱柱底面边长为a ，高为h ，则由图示知32a ＝23，∴a ＝4，∴123＝34×42×h ，∴h ＝3， ∴侧(左)视图面积为23×3＝6 3.3．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶14．(教材习题改编)已知棱长为a ，各面均为等边三角形的四面体S ABC ，它的表面积为________．解析：过S 作SD ⊥BC ， ∵BC ＝a ，∴SD ＝32a ， ∴S △SBC ＝34a 2， ∴表面积S ＝4×34a 2＝3a 2. 答案：3a 21．求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念．[小题纠偏]1．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A ．84 cm 3B ．92 cm 3C ．100 cm 3D ．108 cm 3解析：选C 由三视图的几何体，利用体积公式求解．由三视图可得该几何体是棱长分别为6,3,6的长方体截去一个三条侧棱两两垂直，且长度分别为3,4,4的三棱锥，所以该几何体的体积是6×6×3－13×12×4×4×3＝108－8＝100 cm 3.2．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2.答案：72＋16 2考点一空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(2015·某某高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋22B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.2．(易错题)(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选 B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 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.3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )A ．12 5B ．24 2C ．24D ．12 3解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，由条件知斜高h ＝22＋12＝5，侧面积S ＝2＋4×52×4＝12 5.[谨记通法] 几何体的表面积2种求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第2题．考点二空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2015·某某高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．13＋2πB ．13π6C ．7π3D ．5π2解析：选B 由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π.2．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A ．18B ．17 C ．16D ．15解析：选 D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.[由题悟法]求解几何体体积的必备策略常见类型解题策略球的体积问题直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径锥体、柱体的体积问题根据题设条件求出所给几何体的底面积和高，直接套用公式求解以三视图为载体的几何体体积问题将三视图还原为几何体，利用空间几何体的体积公式求解不规则几何体的体积问题常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解[即时应用]1．(2016·某某瑞安模拟)已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是( )A ．2B ．4C ．6D ．12解析：选 B 由三视图可知此棱锥是底面为直角梯形，高为2的四棱锥，所以V ＝13×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×2＋4×2×2＝4.2．(2015·某某二调)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧(左)视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是( )A ．16πB ．14πC ．12πD ．8π解析：选D 由三视图可知，该几何体为一个球切去四分之一个球后剩余的部分，由于球的半径为2，所以这个几何体的体积V ＝34×43π×23＝8π.考点三与球有关的切、接问题常考常新型考点——多角探明[命题分析]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．常见的命题角度有： (1)正四面体的内切球； (2)直三棱柱的外接球； (3)正方体(长方体)的外接球； (4)四棱锥(三棱锥)的外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球1．(2016·某某模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A ．3172B ．210C ．132D ．310解析：选C 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M . 又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132.角度三：正方体(长方体)的外接球3．(2016·某某一模)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为2的球O 的球面上，且AB ＝3，BC ＝3，过点D 作DE 垂直于平面ABCD ，交球O 于E ，则棱锥E ABCD 的体积为________．解析：如图所示，BE 过球心O ，∴DE ＝42－32－32＝2，∴V E ABCD ＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 3角度四：四棱锥(三棱锥)的外接球4．(2016·某某模拟)体积为163的正四棱锥S ABCD 的底面中心为O ，SO 与侧面成的角的正切值为22，那么过S ABCD 的各顶点的球的表面积为( ) A ．32π B ．24π C ．16πD ．12π解析：选C 如图，取AB 的中点为F ，连接SF ，过点O 作OG ⊥SF ，则∠OSG 为SO 与侧面所成的角，且tan ∠OSG ＝OF SO ＝22.设AB ＝2a ，则SO ＝2a ，所以13×4a 2×2a ＝163，得a ＝ 2.延长SO 交外接球于E ，则EB ⊥SB ，由OB 2＝SO ·OE 得4＝2·(2R －2)，所以R ＝2，S ＝4π×22＝16π.[方法归纳]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A ．163π B ．323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，则表面积是16π，即4πR 2＝16π，解得R ＝2.所以体积为43πR 3＝32π3. 2．一个几何体的三视图如图所示，则它的体积为( )A ．203B ．403C ．20D ．40解析：选B 由几何体的三视图可知该空间几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示．其体积为13×12(1＋4)×4×4＝403.3．在三角形ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，∠ABC ＝90°，若将△ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的侧面积为( )A ．15πB ．20πC ．30πD ．40π解析：选A 依题意知几何体为底面半径为3，母线长为5的圆锥，所得几何体的侧面积等于π×3×5＝15π.4．棱长为a 的正方体有一内切球，该球的表面积为________．解析：由题意知球的直径2R ＝a ， ∴R ＝a2.∴S ＝4πR 2＝4π×a 24＝πa 2.答案：πa 25．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2. 答案：1∶2二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ，则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7.2．(2015·某某师大附中)如图是一几何体的三视图，则该几何体的体积是( )A ．9B ．10C ．12D ．18解析：选 A 由三视图还原出几何体的直观图如图，SD ⊥平面ABCD ，AB 与DC 平行，AB ＝2，DC ＝4，AD ＝3，SD ＝3，所求体积V ＝13×12×(2＋4)×3×3＝9. 3．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为6时，其高的值为( )A ．33B ． 3C ．2 6D ．2 3解析：选D 设正六棱柱的高为h ，则可得(6)2＋h 24＝32，解得h ＝2 3.4．(2015·某某高考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4解析：选D 由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.5．(2015·某某高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3C ．323 cm 3D ．403cm 3解析：选C 由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．6．某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．解析：易知原几何体是底面圆半径为1，高为2的圆锥体的一半，故所求体积为V ＝12×13×(π×12)×2＝π3.答案：π37．(2015·某某高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.。

(教师用书)2020届高考数学第一轮复习第七篇立体几何细致讲解练理新人教A版

第七篇立体几何第1讲空间几何体的结构及其三视图和直观图[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、棱柱等的简单组合)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．会画某些建筑物的三视图与直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求).知识梳理1．多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等且平行的多边形．(2)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．(3)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．2．旋转体的结构特征(1)圆锥可以由直角三角形绕其任一直角边旋转得到．(2)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．(3)球可以由半圆面或圆面绕直径旋转得到．3．空间几何体的三视图空间几何体的三视图是用正投影得到，这种投影下与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的，三视图包括正视图、侧视图、俯视图．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，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45°(或135°)，z′轴与x′轴、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为原来的一半．辨析感悟1．对棱柱、棱锥、棱台的结构特征的认识(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)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．(√)2．对圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征的认识(4)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱．(×)(5)上下底面是两个平行的圆面的旋转体是圆台．(×)(6)用一个平面去截一个球，截面是一个圆面．(√)3．对直观图和三视图的画法的理解(7)在用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中∠A＝45°.(×)(8)(教材习题改编)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三个视图均相同．(×)[感悟·提升]1．两点提醒一是从棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的定义入手，借助几何模型强化空间几何体的结构特征．如(1)中例如；(2)中例如.二是图形中与x轴、y轴、z轴都不平行的线段可通过确定端点的办法来解，即过端点作坐标轴的平行线段，再借助所作的平行线段来确定端点在直观图中的位置．如(7)．2．一个防范三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．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，要注意实、虚线的画法．如(8)中正方体与球各自的三视图相同，但圆锥的不同．学生用书第106页考点一空间几何体的结构特征【例1】给出下列四个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③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．1 C．2 D．3解析①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误．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．答案 B规律方法 (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．【训练1】给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中错误的命题的序号是________．解析认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故①③都不准确，②中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确，④平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故④也不正确．答案①②③④考点二由空间几何体的直观图识别三视图【例2】(2013·新课标全国Ⅱ卷)一个四面体的顶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)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )．审题路线在空间直角坐标系中画出四面体⇒以zOx平面为投影面⇒可得正视图．解析在空间直角坐标系中，先画出四面体O－ABC的直观图，如图，设O(0,0,0)，A(1,0,1)，B(1,1,0)，C(0,1,1)，将以O，A，B，C为顶点的四面体被还原成一正方体后，由于OA⊥BC，所以该几何体以zOx平面为投影面的正视图为A.答案 A规律方法空间几何体的三视图是分别从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧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，再确定几何体的形状，即可得到结果．【训练2】(2014·济宁一模)点M，N分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱A1B1，A1D1的中点，用过A，M，N和D，N，C1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图1，则该几何体的正视图，侧视图、俯视图依次为图2中的( )．A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．②④③解析由正视图的定义可知；点A，B，B1在后面的投影点分别是点D，C，C1，线段AN在后面的投影面上的投影是以D为端点且与线段CC1平行且相等的线段，即正视图为正方形，另外线段AM在后面的投影线要画成实线，被遮挡的线段DC1要画成虚线，正视图为②；同理可得侧视图为③，俯视图为④.答案 B考点三由空间几何体的三视图还原直观图【例3】(1)(2013·四川卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )．(2)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(1)由于俯视图是两个圆，所以排除A，B，C，故选D.(2)A，B的正视图不符合要求，C的俯视图显然不符合要求，答案选D.答案(1)D (2)D学生用书第107页规律方法图的规则，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．【训练3】若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )．解析所给选项中，A，C选项的正视图、俯视图不符合，D选项的侧视图不符合，只有选项B符合．答案 B1．棱柱、棱锥要掌握各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决．2．旋转体要抓住“旋转”特点，弄清底面、侧面及展开图形状．3．三视图画法：(1)实虚线的画法：分界线和可见轮廓线用实线，看不见的轮廓线用虚线；(2)理解“长对正、宽平齐、高相等”．易错辨析7——三视图识图不准致误【典例】(2012·陕西卷)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，则该几何体的侧视图为( )．[错解] 选A或D.[错因] 致错原因是根据提示观测位置确定三视图时其实质是正投影，将几何体中的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线为虚线，错选A或D都是没有抓住看到的轮廓线在面上的投影位置，从而导致失误．[正解] 还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线，D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线．故选B.[答案] B[防范措施] 空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图．因此在分析空间几何体的三视图问题时，就要抓住正投影，结合具体问题和空间几何体的结构特征进行解答．【自主体验】(2014·东北三校模拟)如图，多面体ABCD－EFG的底面ABCD为正方形，FC＝GD＝2EA，其俯视图如下，则其正视图和侧视图正确的是( )．解析注意BE，BG在平面CDGF上的投影为实线，且由已知长度关系确定投影位置，排除A，C选项，观察B，D选项，侧视图是指光线从几何体的左面向右面正投影，则BG，BF的投影为虚线，故选D.答案 D对应学生用书P307基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．一个棱柱是正四棱柱的条件是( )．A．底面是正方形，有两个侧面是矩形B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面C．底面是菱形，具有一个顶点处的三条棱两两垂直D．每个侧面都是全等矩形的四棱柱解析A，B两选项中侧棱与底面不一定垂直，D选项中底面四边形不一定为正方形，故选C.答案 C2．(2014·福州模拟)沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )．解析给几何体的各顶点标上字母，如图1.A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B(而不是A)．答案 B3．下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是( )．A ．①②B ．①③C ．①④D ．②④解析正方体的三视图都是正方形，不合题意；圆锥的正视图和侧视图都是等腰三角形，俯视图是圆，符合题意；三棱台的正视图和侧视图、俯视图各不相同，不合题意；正四棱锥的正视图和侧视图都是三角形，而俯视图是正方形，符合题意，所以②④正确．答案 D4．(2013·汕头二模)如图，某简单几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且其体积为π4，则该几何体的俯视图可以是( )．解析若该几何体的俯视是选项A ，则其体积为1，不满足题意；由正视图、侧视图可知俯视图不可能是B 项；若该几何体的俯视图是选项C ，则其体积为12，不符合题意；若该几何体的俯视图是选项D ，则其体积为π4，满足题意．答案 D 5.已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )．解析空间几何体的正视图和侧视图的“高平齐”，故正视图的高一定是2，正视图和俯视图“长对正”，故正视图的底面边长为2，根据侧视图中的直角说明这个空间几何体最前面的面垂直于底面，这个面遮住了后面的一个侧棱，综合以上可知，这个空间几何体的正视图可能是C.答案 C二、填空题6．利用斜二测画法得到的以下结论，正确的是________(写出所有正确的序号)．①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④圆的直观图是椭圆；⑤菱形的直观图是菱形．解析①正确；由原图形中平行的线段在直观图中仍平行可知②正确；但是原图形中垂直的线段在直观图中一般不垂直，故③错；④正确；⑤中原图形中相等的线段在直观图中不一定相等，故错误．答案①②④7．一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________(填入所有可能的几何体前的编号)．①三棱锥；②四棱锥；③三棱柱；④四棱柱；⑤圆锥；⑥圆柱．解析显然，三棱锥、圆锥的正视图可以是三角形；三棱柱的正视图也可以是三角形(把三棱柱放倒，使一侧面贴在地面上，并让其底面面对我们，如图所示)；只要形状合适、摆放适当(如一个侧面正对着观察者的正四棱锥)，四棱锥的正视图也可以是三角形(当然，不是任意摆放的四棱锥的正视图都是三角形)，即正视图为三角形的几何体完全有可能是四棱锥；不论四棱柱、圆柱如何摆放，正视图都不可能是三角形(可以验证，随意摆放的任意四棱柱的正视图都是四边形，圆柱的正视图可以是圆或四边形)．综上所述，应填①②③⑤.答案①②③⑤8. 如图，用斜二测画法得到四边形ABCD是下底角为45°的等腰梯形，其下底长为5，一腰长为2，则原四边形的面积是________．解析作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，则AE＝BF＝AD cos 45°＝1，∴CD＝EF＝3.将原图复原(如图)，则原四边形应为直角梯形，∠A ＝90°，AB ＝5，CD ＝3，AD ＝22，∴ S 四边形ABCD ＝12×(5＋3)×22＝8 2. 答案 8 2三、解答题9．如图所示的是一个零件的直观图，试画出这个几何体的三视图．解这个几何体的三视图如图．10．如图是一个几何体的正视图和俯视图． (1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积； (3)求出该几何体的体积．解 (1)正六棱锥．(2)其侧视图如图：其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，∴该平面图形的面积S ＝12 3a ·3a ＝32a 2.(3)V ＝13×6×34a 2×3a ＝32a 3.能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题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 ．圆柱解析球的正视图、侧视图和俯视图均为圆，且形状相同、大小相等；三棱锥的正视图、侧视图和俯视图可以为全等的三角形；正方体的正视图、侧视图和俯视图可以为形状相同、大小相等的正方形；圆柱的正视图、侧视图均为矩形，俯视图为圆．答案 D2．一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a 的正方形，则原平面四边形的面积等于( )．A.24a2 B．22a2 C.22a2 D.223a2解析根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则，可以得出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S′之间的关系是S′＝24S，本题中直观图的面积为a2，所以原平面四边形的面积等于a224＝22a2.答案 B二、填空题3.如图所示，E，F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E 在该正方体的面上的正投影可能是________(填序号)．解析由正投影的定义，四边形BFD1E在面AA1D1D与面BB1C1C上的正投影是图③；其在面ABB1A1与面DCC1D1上的正投影是图②；其在面ABCD与面A1B1C1D1上的正投影也是②，故①④错误．答案②③三、解答题4．已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积．解(1)直观图如图所示：(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.学生用书第108页第2讲空间几何体的表面积与体积[最新考纲]1．了解球体、柱体、锥体、台体的表面积的计算公式．2．了解球体、柱体、锥体、台体的体积计算公式.知识梳理1．柱、锥、台和球的侧面积和体积(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和．辨析感悟1．柱体、锥体、台体与球的面积(1)圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .(×) (2)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3πa 2.(×)2．柱体、锥体、台体的体积(3)(教材练习改编)若一个球的体积为43π，则它的表面积为12π.(√)(4)(2013·浙江卷改编)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积等于24 cm 3.(√)(5)在△ABC 中，AB ＝2，BC ＝3，∠ABC ＝120°，使△ABC 绕直线BC 旋转一周所形成的几何体的体积为9π.(×)3．柱体、锥体、台体的展开与折叠(6)将圆心角为2π3，面积为3π的扇形作为圆锥的侧面，则圆锥的表面积等于4π.(√)(7)(2014·青州模拟改编)将边长为a 的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使BD ＝a ，则三棱锥D －ABC 的体积为312a 3.(×) [感悟·提升]两点注意一是求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．二是几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系.学生用书第109页考点一空间几何体的表面积【例1】(2014·日照一模)如图是一个几何体的正视图和侧视图，其俯视图是面积为82的矩形．则该几何体的表面积是( )．A．8 B．20＋8 2C．16 D．24＋8 2解析由已知俯视图是矩形，则该几何体为一个三棱柱，根据三视图的性质，俯视图的矩形宽为22，由面积82，得长为4，则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋22×4＋2×2×4＝20＋8 2. 答案 B规律方法 (1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理． (3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．【训练1】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析如图所示：该几何体为长为4，宽为3，高为1的长方体内部挖去一个底面半径为1，高为1的圆柱后剩下的部分．∴S表＝(4×1＋3×4＋3×1)×2＋2π×1×1－2π×12＝38.答案38考点二空间几何体的体积【例2】(1)(2013·新课标全国Ⅰ卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π(2)(2014·福州模拟)如图所示，已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1－ABC1的体积为 ( )．A.312B.34C.612D.64解析 (1)由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成．其中长方体的长、宽、高分别为4,2,2，圆柱的底面半径为2、高为4.所以V ＝2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π.故选A.(2)三棱锥B 1－ABC 1的体积等于三棱锥A －B 1BC 1的体积，三棱锥A －B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312. 答案 (1)A (2)A规律方法 (1)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；(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．【训练2】如图所示，已知E ，F 分别是棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱A 1A ，CC 1的中点，求四棱锥C 1－B 1EDF 的体积．解法一连接A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连接B 1D ，EF ，过O 1作O 1H ⊥B 1D 于H .∵EF ∥A 1C 1，且A 1C 1⊄平面B 1EDF ，EF ⊂平面B 1EDF .∴A 1C 1∥平面B 1EDF .∴C 1到平面B 1EDF 的距离就是A 1C 1到平面B 1EDF 的距离． ∵平面B 1D 1D ⊥平面B 1EDF ，且平面B 1D 1D ∩平面B 1EDF ＝B 1D ， ∴O 1H ⊥平面B 1EDF ，即O 1H 为棱锥的高． ∵△B 1O 1H ∽△B 1DD 1， ∴O 1H ＝B 1O 1·DD 1B 1D ＝66a .O 1H ＝13·12·2a ·3a ·66a ＝16a 3. 法二连接EF ，B 1D .设B 1到平面C 1EF 的距离为h 1，D 到平面C 1EF 的距离为h 2，则h 1＋h 2＝B 1D 1＝2a . 由题意得，＝13·S △C 1EF ·(h 1＋h 2)＝16a 3.考点三球与空间几何体的接、切问题【例3】 (1)(2013·福建卷)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是______________．(2)(2013·辽宁卷)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为A.3172B ．210 C.132D ．310审题路线 (1)正方体内接于球⇒正方体的体对角线长等于球的直径⇒求得球的半径⇒代入球的表面积公式(注意只算球的表面积)．(2)BC 为过底面ABC 的截面圆的直径⇒取BC 中点D ，则球心在BC 的垂直平分线上，再由对称性求解．解析 (1)由三视图知，棱长为2的正方体内接于球，故正方体的体对角线长为23，即为球的直径．所以球的表面积为S ＝4π·⎝⎛⎭⎪⎫2322＝12π. (2)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的对角线长即为球的直径，所以2r ＝122＋52＝13，即r ＝132.答案 (1)12π (2)C学生用书第110页规律方法关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．【训练3】 (2013·新课标全国Ⅰ卷)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 ( )． A.500π3 cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3解析作出该球的轴截面，如图所示，依题意BE ＝2 cm ，AE ＝CE ＝4 cm ，设DE ＝x ，故AD ＝2＋x ，因为AD 2＝AE 2＋DE 2，解得x ＝3(cm)，故该球的半径AD ＝5 cm ，所以V ＝43πR 3＝500π3(cm 3)．答案 A考点四几何体的展开与折叠问题【例4】 (1)如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD 中，AC 与BD 相交于O ，剪去△AOB ，将剩余部分沿OC ，OD 折叠，使OA ，OB 重合，则以A ，B ，C ，D ，O 为顶点的四面体的体积为________．(2)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝4，BC ＝CC1＝3.P是BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值为________(其中PA1表示P，A1两点沿棱柱的表面距离)．解析 (1)折叠后的四面体如图所示．OA ，OC ，OD 两两相互垂直，且OA ＝OC ＝OD ＝22，体积V ＝13 S △OCD ·OA ＝13×12×(22)3＝823. (2)由题意知，把面BB 1C 1C 沿BB 1展开与面AA 1B 1B 在一个平面上，如图所示，连接A 1C 即可．则A 1、P 、C 三点共线时，CP ＋PA 1最小， ∵∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝C 1C ＝3， ∴A 1B 1＝AB ＝42＋32＝5，∴A 1C 1＝5＋3＝8， ∴A 1C ＝82＋32＝73.故CP ＋PA 1的最小值为73.答案 (1)823(2)73规律方法 (1)有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．(2)研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．【训练4】如图为一几何体的展开图，其中ABCD 是边长为6的正方形，SD ＝PD ＝6，CR ＝SC ，AQ ＝AP ，点S ，D ，A ，Q 共线，点P ，D ，C ，R 共线，沿图中虚线将它们折叠起来，使P ，Q ，R ，S 四点重合，则需要________个这样的几何体，可以拼成一个棱长为6的正方体．解析由题意知，将该展开图沿虚线折叠起来以后，得到一个四棱锥P －ABCD (如图所示)，其中PD ⊥平面ABCD ，因此该四棱锥的体积V ＝13×6×6×6＝72，而棱长为6的正方体的体积V ＝6×6×6＝216，故需要21672＝3个这样的几何体，才能拼成一个棱长为6的正方体．答案 31．对于基本概念和能用公式直接求出棱柱、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．2．求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．3．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；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.方法优化5——特殊点在求解几何体的体积中的应用【典例】 (2012·山东卷)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________．[一般解法] 三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以＝13×12×1＝16.[优美解法] E 点移到A 点，F 点移到C 点，则＝＝13×12×1×1×1＝16. [答案] 16。

2022届新教材高考数学一轮复习第7章7.1基本立体图形直观图表面积和体积课件新人教A版

体叫做棱锥
记作棱锥 S-ABCD 记作棱台 ABCD-A'B'C'D'
名称棱柱
底面:两个互相平行
的面;
侧面:底面以外的其
相关余各面;
概念侧棱:相邻侧面的公
共边;
顶点:侧面与底面的
公共顶点
棱锥
棱台
底面:多边形面; 上底面:平行于原棱锥底
侧面:有公共顶
面的截面;
点的各个三角
下底面:原棱锥的底面;
④过任意两条母线
的截面是矩形
圆锥
①圆锥有无数条母线,
它们有公共点即圆锥
的顶点,且长度相等.
②平行于底面的截面
都是圆.
③过轴的截面是全等
的等腰三角形.
④过任意两条母线的
截面是等腰三角形
圆台
①圆台有无数条母
线,且长度相等,延
长后相交于一点.
②平行于底面的截
面是圆.
③过轴的截面是全
等的等腰梯形.
④过任意两条母线
2.紧扣结构特征是判断的关键,熟悉空间几何体的结构特征,依据条件构建
S 圆锥侧=πrl
S 圆台侧=π(r1+r2)l
6.柱、锥、台、球的表面积与体积公式
几何体
表面积
柱体(棱柱和圆柱)
S 表面积=S 侧+2S 底
锥体(棱锥和圆锥)
台体(棱台和圆台)
球
体积
V= Sh
1
Sh
3
S 表面积=S 侧+S 底
V=
S 表面积=S 侧+S 上+S 下
1
V= (S
3
S= 4πR
2
V=
吗?
不一定,因为“其余各面都是平行四边形”并不等价于“相邻两个四边形的

适用于新教材提优版2025届高考数学一轮复习必刷题专练第七章必刷大题14空间向量与立体几何新人教A版

必刷大题14 空间向量与立体几何1．(2024·新高考全国Ⅰ改编)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2 2.(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求平面ABD与平面BCD夹角的正弦值．2. 如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，M是PC的中点，PA＝AB.(1)求证：AM⊥平面PBD；(2)设直线AM与平面PBD交于O，求证：AO＝2OM.3. 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，PA＝AB＝2CD＝2，∠ADC＝90°，E，F分别为PB，AB的中点．(1)求证：CE∥平面PAD；(2)求点B到平面PCF的距离．4. (2024·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD 所成的角的正弦值．5．(2024·青岛模拟)如图①，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC＝CD＝2，AB＝4，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，连接AB，AC，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题．(1)证明：AC⊥DE；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求平面DAE与平面AEC夹角的余弦值．①四棱锥A－BCDE的体积为2；②直线AC与EB所成角的余弦值为64.6. (2024·连云港模拟)如图，在三棱锥A－BCD中，△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BD⊥CD，点E，F分别是BC，DC的中点．(1)证明：平面ACD⊥平面AEF；(2)若∠BCD＝60°，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面ACD 的夹角最小．。

高考数学第一轮总复习072立体几何综合问题1精品同步练习新人教A版

移动，则点 P 和 Q 的最短距离为（
）
1
（A ）
2
2
（B）
2
3
（C）
4
3
（D）
2
6、若四面体的一条棱长为 x，其余棱长为 1，体积为 F(x) ，则函数 F(x) 在其定义域上（）
（ A ）是增函数但无最大值ຫໍສະໝຸດ （ B）是增函数且有最大值
（ C）不是增函数且无最大值
（ D ）不是增函数但有最大值
7、正四棱锥 S-ABCD 的侧棱长为 2 ，底面的边长为 3 ，E 是 SA 的中点，则异面直线
B
D
C
AB=AC=AD=2 BC=CD=DB=1
C AC=AD=BC=BD=2
AB=CD=1
C AB=AC=AD=BC=BD=2
CD=1
（ 1）如图 1，四面体各棱 AB=AC=AD=2 ，BC=CD=BD=1 ，则 AO=
22
2 (
3)2
32
11
，
3
1 所以四面体的体积 V= S BCD AO
1 1 12
3 11
11
。
3
32
2 3 12
（ 2）如图 2，四面体各棱 AC=AD=2 ， AB=1 ， BC=BD=2 ，CD=1 ，设 M 、N 分别为 AB 、
CD
的
中
点
，
AM=
22 ( 1) 2
15
。
2
2
S ABM
1 AB MN
2
1 1
2
15 ( 1 )2 42
14 。 4
四面体的体积为
1 V= S ABM
DC⊥面 PAD.

2019-2020年高考数学大一轮复习第七章立体几何课时作业47理新人教A版

2019-2020年高考数学大一轮复习第七章立体几何课时作业47理新人教A版一、选择题1 .平面a//平面点A, C€a ,点B, D€B,则直线AC/直线BD的充要条件是（）A. AB// CDB. AD// CBC. AB与CD相交D. A, B, C, D四点共面解析：充分性：A, B, C, D四点共面，由平面与平面平行的性质知AC// BD必要性显然成立.答案：D2. 一条直纟戋I上有相异三个点A、B C到平面a的距离相等，那么直线1与平面a的位置关系是（)A. I / aB. I 丄aC. I 与a相交但不垂直D. I // a 或1 ?a解析：I // a时，直线I上任意点到a的距离都相等；I ? a时，直线I上所有的点到a的距离都是0；I丄a时，直线1上有两个点到a距离相等；I与a斜交时，也只能有两个点到a距离相等.故选D.答案：D3.已知不重合的两条直线I ,m和不重合的两个平面 a , 3，下列命题正确的是（）A. l // m I // 3 ,则m// 3B. a n 3 =m I ? a ,贝V I // 3C. a 丄 3 , I 丄 a ,贝V I // 3D. I 丄m mL 3 , I 丄a,贝y a 丄 3解析：对于选项A, m可能在3内，故A错；对于选项B , I可能与3相交，故B错；对于选项C, I可能在3内，故C错，所以选D.答案：D4 .已知I、m是两条不同的直线, a是一个平面，则下列命题正确的是（）A . 若 1 // a , m// a ,贝UI //mB . 若 1 丄m m// a，贝yI丄aC .若 1 丄m ml a ,贝y I// aD .若 1 // a , ml a ,贝UI丄m解析：A选项，I与m可能平行，异面或相交，A错；B选项，I与a可能平行，相交或l在a内，B错；C选项，I有可能在a内，C错，故选D.答案：D5. 已知a , 3是两个不同的平面，m n是两条不同的直线，给出下列命题：①若ml a , m? 3,贝U a 丄3 ;②若n? a , n? a , n i/ 3 , n // 3 ,贝U a // 3 ；③如果m? a , n? a , m n是异面直线，那么n与a相交；④若a n 3 = m n// m且n? a , n ? 3 ,贝U n // a 且n // 3 .其中正确的命题是()A. ①②B .②③C.③④D .①④解析：由面面垂直的判定定理得①正确，若m// n时，a , 3有可能相交，所以②错误.对③来说，n 可能与a平行，则③错.a n 3 = m ••• m? a , m? 3 , n? a , n // m贝u n // a , 同理n// 3 ,选D.答案：D6. 如图，正方体ABC—ABCD中，E, F分别为棱AB, CC的中点，在平面ADDA内且与平面DEF平行的直线( )A. 有无数条B. 有2条C. 有1条D. 不存在解析：因为平面DEF与平面ADD1有公共点D,所以两平面有一条过D的交线I，在平面ADD i内与I平行的任意直线都与平面DEF平行，这样的直线有无数条.答案：A二、填空题7. ____________________________________________________________________ 在正方体ABC—ABCD中，E是DD的中点，则BD与平面ACE的位置关系为 _________________ .解析：如图，连接AC BD交于O点，连接OE因为0日/ BD,而OE＞平面ACE BD?平面ACE 所以BD//平面ACE答案：平行& a、 B、Y是二个平面，a、b是两条直线，有下列二个条件：①a// 丫，b? p ；②a// Y，b / B ;③ b / B，a? 丫.如果命题"a n B = a, b? Y ,且_____________ ，则a / b” 为真命题，则可以在横线处填入的条件是___________ （把所有正确的题号填上）.解析：①中，a/ Y , a? B , b? B , B门丫 = b? a// b（线面平行的性质）.③中，b/ B , b? Y , a? Y , B^Y = a? a// b（线面平行的性质）.答案：①③9.在正四棱柱ABC—ABCD中，0为底面ABCD勺中心，P是DD的中点，设Q是CC 上的点，则点Q满足条件________________ 时，有平面DBQ//平面PAO解析：假设Q为CC的中点，因为P为DD的中点，所以QB/ PA连接DB因为P, 0分别是DD, DB的中点，所以DB// P0又DB?平面PAO Q曰平面PAO所以DB//平面PAO QB/平面PAO又DB Q QB= B,所以平面DBQ/平面PAO故Q满足条件Q为CC的中点时，有平面DBQ/平面PAO 答案：Q为CC的中点三、解答题10.如图，已知四棱锥P—ABCD的底面为直角梯形，AB// CD / DAB= 90°, PAL底面1ABCD 且PA= AD= DC= q AB= 1, M是PB的中点.(1) 求证：AM= CM(2) 若N是PC的中点，求证：DN/平面AMC1证明：(1) •••在直角梯形ABCDK AD= DC= -AB= 1，AC="j2，BC= 2，••• BC L AC 又PA!平面ABCD BC?平面ABCD••• BC L PA 又PA O AC= A，「. BCL平面PAC• BC丄PC1在Rt△ PAB中, M为PB的中点，贝U AM= §PB1在Rt△ PBC中, M为PB的中点，贝U CM= ?PB••• AM= CM⑵如图，连接DB交AC于点F,1 1 •••DC綊2AB •- DF= 2FB取PM的中点G,连接DG FM贝U DGI FM•••又DC?平面AMC FM?平面AMC•DG/ 平面AMC连接GN贝U GIN/ MC GN?平面AMC MC?平面AMC•GIN/ 平面AMC 又GN1 DG= G,•平面DNG平面AMC又DN?平面DNG•DN// 平面AMC11.如右图，在多面体ABCDEFF ,底面ABCD1边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形, 平面BDE庄平面ABCD BF= 3 , G和H分别是CE和CF的中点.⑴求证：AC L平面BDEF(2)求证：平面BDGH平面AEF解：⑴ 因为四边形ABCD是正方形，所以ACL BD又因为平面BDE L平面ABCD平面BDEF?平面ABC B BD且AC?平面ABCD所以AC丄平面BDEF⑵ 在厶CE 冲，因为 G H 分别是CE CF 的中点，所以 GH EF,又因为 GT 平面AEF EF ?平面AEF 所以GH/平面AEF 设A8 BD= 0,连接OH在厶ACF 中，因为 OA= OC CH= HF,所以OH/ AF, 又因为OP ?平面AEF AF ?平面AEF 所以OH/平面AEF 又因为 OH P GH= H, OH GF ?平面 BDGH 所以平面BDGH 平面AEF1.下列四个正方体图形中， A , B 为正方体的两个顶点， M N, P 分别为其所在棱的中点, 能得出AB//平面MNP 勺图形的序号是（）A .①③B .②③C.①④D .②④解析：对于图形①：平面MNP 与AB 所在的对角面平行, 形④：AB// PN 即可得到AB//平面MNP 图形②，③都不可以，故选 C.答案：C即可得到 AB//平面 MNP 对于图B2•如图，在长方体ABC—ABCD中，E, F, G, H分别是棱CC, CD, DD, DC的中点, N是BC的中点，点M在四边形EFGI及其内部运动，则M满足条件_________ 时，有MN/平面BBDD解析:如图，连接FH, HN FN由题意知HIN/面BBDD, FH//面BBDD且HNH FH= H,•••面NHF/ 面BBDD•••当M在线段HF上运动时，有MN/面BBDD答ME线段HF3.如图1,已知O 0的直径AB= 4，点C D为O 0上两点，且/ CAB= 45°, / DAB= 60°,F为弧BC的中点，将O 0沿直径AB折起，使两个半圆所在平面互相垂直(如图2).(1) 求证：OF// AC(2) 在弧BD上是否存在点G使得FG//平面ACD若存在，试指出点G的位置；若不存在，请说明理由.解：解法1: (1)证明：如右图，连接CO •••/ CAB= 45°,二COL AB,又••• F为弧BC的中点，•••/ FOB= 45°,「. OF// AC(2)取弧BD的中点G 连接OG FG则/ BO G / BAD= 60°，故OG/ AD由(1) OF// AC知OF//平面ACD故平面OFG平面ACD则FG//平面ACD因此，在弧BD上存在点G 使得FG/平面ACD且点G为弧BD的中点.解法2：证明：(1)如下图，以AB所在的直线为y轴，以OC所在的直线为z轴，以O为原点，作空间直角坐标系O-xyz，则A(0，- 2, 0), C(0,0,2)AC= (0,0,2) - (0，- 2,0) = (0,2,2),•••点F为弧BC的中点，•点F的坐标为(0 , 2, 2),OF= (0 , 2, 2),••• OF=爭心即OF// AC(2)设在弧BD上存在点G,使得FG//平面ACD由(1) OF// AC知OF//平面ACD二平面OFG平面ACD则有OG/ AD设O G=入AD(入>0) , ••• A D= ( 3 , 1,0) , • O G= (3 入，入，0).又T | O(G = 2, • —3- 入2+入2+ 02= 2,解得入=± 1(舍去一1) , • OG=(季,1,0),贝U G为弧BD的中占八、、♦因此，在弧BD上存在点G使得FG//平面ACD且点G为弧BD的中点.2019-2020年高考数学大一轮复习第七章立体几何课时作业49理新人教A版、选择题1 .已知点A—3,0 , —4），点A关于原点的对称点为等于（A. 12.—3 - ；! 2+ U —2+ —4-[ 2= 10.答案：D B,则|ABC. 25D . 10:点A关于原点对称的点B的坐标为(3,0,4),故|AB2.已知向量a=入，15），且a // b,则入等于（）2 A.- 39 B.- 2C.解析:a // b? a= kb? ■ 2= 3k；-3= k入;155=尹2k= 3，十-9答案:3.已知向量a= (1,1,0) ,b= ( —1,0,2) ，且ka+ b与2a —b互相垂直，贝U k的值为（A. 1 1B.—53 C.57 D.7解析：ka+ b= (k —1, k, 2) , 2a—b= (3,2 , —2)，由题意知，3( k —1) + 2k—4 = 0，解答案：D4.已知a= (2 , —1,3) , b= ( —1,4 , —2) , c= (7,5 ,入)，若a、b、c 三个向量共面, 则实数入等于（62 6364C. ■765D.—7解析：由于a , b , c 三个向量共面，所以存在实数” 》A A A A 1 A A A 1 AAA2 A 1 A 1 A A解析：I MN= AN- AM = AN- 3AC = AB+ BN- §(AB+ AD^ AA ) = 3AB+ &AA — 3AD 二 | MN6•设A , B , c, D 是空间不共面的四个点，且满足 X B - A C = 0, Ab ・XC= 0, Ab ・AB= 0, 则厶BCD 勺形状是（）A .钝角三角形B •直角三角形 C.锐角三角形 D •无法确定解析：—S —S—S —S—S —S—S —S —S —S —S —S —A 2 ~A 2「,BC- BD = (AC- AB •( AD - AR = AC- AD - AC- AB- AB- AM = AB >0，同理SB- A (>0,AB - Cb o ,故厶BCD 为锐角三角形•故选 C.答案：C二、填空题7.已知点P 在z 轴上，且满足| OR = 1（0为坐标原点），则点P 到点A （1,1,1）的距离为解析：由题意知，只0,0,1)或R0,0 , — 1).•••I PA =.卩-12+〔1-1 2+ 1-1 2= ,2.或I PA =.1-li2+1-2+—1-12= 6.答案：.2或6 8.已知空间四边形 OABC 点M N 分别是0A BC 的中点，且0A= a , 6B= b , A (= C ,用a ,m n 使得 c = na + nb ,即有7= 2m- n ,5=— m^ 4n , 入=3n — 2n ,解得n = 33, n =耳,65 入=7答案：D5.已知正方体 ABC —ABCD 的棱长为a,A M =空危,点N 为BB 的中点，则| MN 等于（A. B.C.D.15 3b, C表示向量A= _____________ .解析:如图，MN= 1(M BF M (C 1 IfIf=2【(OB- OM + (OC- OM =1( O B 5C - 2fM=1( OB ^ o c- O A=1( b + c - a ). 答案：2（b + c - a ）9.已知 00,0,0） , A （1,2,3） , B （2,1,2） , R1,1,2），点 Q 在直线OP 上运动，当 °A- Q B 取最小值时，点 Q 的坐标是 ________ .解析：由题意，设OQ=入OP 即OQ=（入，入，2入），则QA= （1 一入，2 一入，3 — 2入），—0—0—0QB= (2 —入，1 —入，2 — 2 入),••• QA QB= (1 —入)(2 —入)+ (2 —入)(1 —入)+ (3 — 2 入)(2 4 入=3时有最小值，此时 3答案: 三、解答题10.已知 a = (1 , — 3,2) , b = ( — 2,1,1)，点 A — 3,— 1, 4) , B ( — 2,— 2,2). (1)求|2 a + b | ;（2）在直线AB 上，是否存在一点 E,使得0E_ b ? （0为原点）解：(1)2 a + b = (2 , — 6,4) + ( — 2, 1,1) = (0 , — 5,5),故|2 a + b | = . 02+ —52+ 52=5 2.Q 点坐标为性4 8)3， 3， 3 .—2 入)=6 入 2—16 入 + 10= 642-3,当3 3⑵令AE= tAB(t € R),所以0E= OA^ X E=OAb tAB= ( —3, —1,4) + t(1 , —1, —2)=(—3 + t , - 1 —t, 4- 2t),若0E1 b,则O E- b= 0,9 所以-2( —3+ t)+ ( - 1-t)+ (4 -2t)= 0，解得t = ?因此存在点E,使得OEl b,此时E点的坐标为(—6, —14, |).11. (xx •云南玉溪一中统考)如图，在三棱柱ABC-ABC中，已知ABL侧面BBCC, ABn=BC= 1, BB = 2，/ BCC^3(1) 求证：CB丄平面ABC(2) 设6E=入CC(0 w入w 1)，且平面ABE与BBE所成的锐二面角的大小为30°,试求入的值.解：⑴因为AB!侧面BBGC, BC?侧面BBCC,故ABL BC,在△ BCC中，BC= 1, CCn=BB = 2,Z BCC=亍B C = B C+ CC—2BC- CC・cos/ BCC= 12+ 22—2X 1X 2X cos y- = 3,3所以BC=W,故B C+B C = cC,所以BCLBC,而B8 AB= B,所以CB丄平面ABC(2)由(1)可知，AB BC, BC两两垂直•以B为原点，BC BA BC所在直线分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系.则B(o,o,o), A(0,1,0) , B( —1,0, ^3), C(1,0,0) , C(O,O ,萌)•所以C C= (—1,0,.3),所以6E=(—入，0 , ,3入),E(1 —入，0 , 3 入).则A E= (1 -入，-1 ,也入)，AB= ( —1, —1,腑.设平面ABE的法向量为n= (x , y , z).n丄A~E ’ 1—入x—入z = 0贝汀，‘L ,3 — 3入3 丄/ 3 — 3入 3厂，y = L ，故n =(亍■厂厂,3)是平面ABE 的一个1 .二面角a — l — 3为60°, A , B 是棱I 上的两点，AC BD 分别在半平面 a , B 内,ACL l , BDL l ，且 AB= AC= a , BD= 2a ,则 CD 的长为（）A . 2a B. 5a C. aD. 3a解析：•/ AC L l , BDL l ,•••〈 AC S b = 60°，且 A C - BA = 0, X B - EBD = 0,禽 AB+ BD 2=,a 2+ a 2 + 2a 2+ 2a -2 a cos120°= 2a .答案：A2.已知空间三点 A (0,2,3),耳—2,1,6) , Q1 , — 1,5).则以AB AC 为边的平行四边形的面积为 .解析：由题意可得： AB= （—2,— 1,3）, AC= （1，一 3,2）,法向量. 因为ABL 平面BBCC, BA= (0,1,0)是平面BBE 的一个法向量,B A I所以 |cos 〈n , BA> | = |I n || BA=I1X3— 3入 2—厂 +2两边平方并化简得 2入—5入+ 3= 0,所以入 3=1或入=2(舍去).•••以AB E C 为边的平行四边形的面积 1 A A A A \[3S = 2X 2l AB - AC - Sin 〈A B AG = 14X 三=7 3.答案：7 33.如图,四棱锥 S — ABCD^ , ABC ［为矩形,SDL AD 且 SDL AB AD= a ( a >0), AB= 2ADSD=WAD E 为 CD 上一点，且 CE= 3DE(1) 求证：AE!平面SBD(2) M N 分别为线段 SB CD 上的点，是否存在 M N,使MN L CD 且 MN L SB 若存在，确定M N 的位置；若不存在，说明理由.解：(1)证明：因为四棱锥 S-ABCDh ABCC 为矩形，SD L AD 且SD L AB 所以SC L 平面 ABCDBD 就是SB 在平面ABCDb 的射影.因为AB= 2AD E 为CD 上一点，且 CE= 3DE/ DE 1 / AD 1•-tan / DAE= AD T 2，tan / DBA= AB =2，•••/ DAE=Z DBA •/ DAEb Z BDA= 90°• AE L BD •- AE! SB ： SBH BD= B, • AE L 平面 SBD…cos <AB ACAB- A C - 2 + 3+ 614X 147 _ 1 14=2./• sin<A B A C = ~23(2)假设存在点 M N 满足MN L CD 且MNL SB 建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz ，由题意可知，D (0,0,0) , A (a,0,0) , C (0,2 a, 0),B (a,2a,0) , S (0,0 , 3a ),设DM=画tBS = (a, 2a,0) +1( — a , -2a ,3a ) = (a —ta, 2a — 2ta , 3ta )( t € [0,1]),即 Ma — ta, 2a — 2ta , 3ta ) , NO , y, 0) , y € [0,2 a ],NM= (a — ta, 2a — 2ta — y,：:;3ta ).[而 5C= 0,使 MNL CD 且 MNL SB 则血 B S= 0,；a — ta , 2a — 2ta — y ,^/3t ^ • I], 2a, () = 0 ,i a — ta , 2a — 2ta — y , ^3ta|— a , — 2a ,yJ 3a = 0 ,2a — 2ta — y = 0 ,a — ta — 2a 2a — 2ta — yt = 4 € [0,1] , y =|a € [0,2 a ].故存在点 M N 使MN L CD 且 MN L SB , 2a , i 3a , N 0 , 2a , 0 -2a 可得* —a+ 3ta 2= 0 ,。

高考数学一轮复习第7章立体几何第1讲作业课件理

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第六页，共三十五页。
A．①②⑥ B．①②③ C．④⑤⑥ D．③④⑤ 答案 B
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第七页，共三十五页。
答案
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.
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第二十七页，共三十五页。
解析
4．(2019·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
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答案
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.所以该三棱锥的侧视图可能为 D 项．
第二十六页，共三十五页。
答案
解析由题图 2 及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平行四边形 OABC，设 CB 与 y 轴的交点为 D，则易知 CD＝2，OD＝2×2 2＝4 2，∴ CO＝ CD2＋OD2＝6＝OA，∴俯视图是以 6 为边长的菱形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为 4，所以该几何体的侧面积为 4×6×4＝96.故选 C.
A 组基础关 1．如图所示，在三棱台 A′B′C′－ABC 中，沿 A′BC 截去三棱锥 A′ －ABC，则剩余的部分是( )
A．三棱锥 B．四棱锥 C．三棱柱 D．组合体答案 B
解析剩余的部分是四棱锥 A′－B′C′CB.
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高考数学理一轮总复习第7章立体几何练习1(含解析)新人教A版

【状元之路】2016届高考数学理一轮总复习第7章立体几何练习1（含解析）新人教A版1．[2014·福建]某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱解析：圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱．答案：A2．[2014·湖北]在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )图①图②图③图④A．①和② B．③和①C．④和③ D．④和②解析：在空间直角坐标系O－xyz中作出棱长为2的正方体，在该正方体中作出四面体，如图所示，由图可知，该四面体的正视图为④，俯视图为②，选D.答案：D3．[2014·北京]在空间直角坐标系O－xyz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．S3＝S1且S3≠S2D．S3＝S2且S3≠S1解析：根据题目条件，在空间直角坐标系O－xyz中作出该三棱锥D－ABC，显然S1＝S△ABC＝12×2×2＝2，S2＝S3＝12×2×2＝ 2.故选D.答案：D4．[2015·云南昆明三中月考]如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的主视图(又称正视图)是边长为4的正方形，则此正三棱柱的侧视图(又称左视图)的面积为( )A．8 3 B．4 3C．2 3 D．16解析：由主视图可知，三棱柱的高为4，底面边长为4，所以底面正三角形的高为23，所以侧视图的面积为4×23＝8 3.答案：A5．[2014·课标全国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．4 2C．6 D．4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＝422＋22＝6，选C.答案：C。

高三总复习人教A版数学(理)配套课件：第7章第1讲

线都是母线
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• [解析] A错误．如图所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不一定是棱锥．B错误．如下图，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥．
24
• C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．
• 其中正确的是________．
15
• 3．空间几何的直观图
• 空间几何体的直观图常用________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′＝ ________，已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度________，平行于y轴的线段，长度________．
19
• 1.相等全等公共点平行于底面相似 • 判一判：①× ②× ③× ④√ • 填一填：③ • 2．正视图侧视图俯视图虚线正前
正左正上 • 填一填：(1)正俯侧 • (2)②③
20
• 3．斜二测 45° 不变减半不变 • 想一想：提示：三视图是从三个不同角度由
平行投影而得到的图形，直观图是从某一点观察几何体而画出的图形． • 填一填：①②
•第七章立体几何
1
第1讲空间几何体的结构及其三视图和直观图 2
• 不同寻常的一本书，不可不读哟！
3
• 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．

高考数学一轮复习精讲精练第07章立体几何初步学案新人教A版

高中数学精讲精练第七章立体几何初步【知识图解】【方法点拨】立体几何研究的是现实空间，认识空间图形，可以培养学生的空间想象能力、推理论证能力、运用图形语言进行交流的能力以及几何直观能力。

空间的元素是点、线、面、体，对于线线、线面、面面的位置关系着重研究它们之间的平行与垂直关系，几何体着重研究棱柱、棱锥和球。

在复习时我们要以下几点：1．注意提高空间想象能力。

在复习过程中要注意：将文字语言转化为图形，并明确已知元素之间的位置关系及度量关系；借助图形来反映并思考未知的空间形状与位置关系；能从复杂图形中逻辑的分析出基本图形和位置关系，并借助直观感觉展开联想与猜想，进行推理与计算。

2．归纳总结，分门别类。

从知识上可以分为：平面的基本性质、线线、线面、面面的平行与垂直、空间中角与距离的计算。

3．抓主线，攻重点。

针对一些重点内容加以训练，平行和垂直是位置关系的核心，而线面垂直又是核心的核心，角与距离的计算已经降低要求。

4．复习中要加强数学思想方法的总结与提炼。

立体几何中蕴含着丰富的思想方法，如：将空间问题转化成平面图形来解决、线线、线面与面面关系的相互转化、空间位置关系的判断及角与距离的求解转化成空间向量的运算。

第1课空间几何体【考点导读】1．观察认识柱、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，能识别上述的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．通过观察用两种方法（平行投影与中心投影）画出的视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式；4.了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。

【基础练习】1．一个凸多面体有8个顶点，①如果它是棱锥，那么它有 14 条棱， 8 个面；②如果它是棱柱，那么它有 12 条棱 6 个面。

2.（1）如图，在正四面体A－BCD中，E、F、G分别是三角形ADC、ABD、BCD的中心，则△EFG在该正四面体各个面上的射影所有可能的序号是③④。

高考数学总复习 第7章 第1讲 立体几何配套练习 理 新人教A版

高考总复习数学人教A版文科第7单元 立体几何 第一节 课件

2022版新教材高考数学一轮复习第七章 课件 新人教A版