2016高考新课标数学(理)大一轮复习第七章 立体几何 第1节
高考数学大一轮复习配套课时训练：第七篇 立体几何 第1节 空间几何体的结构及三视图和直观图(含答案)
第七篇立体几何(必修2)第1节空间几何体的结构及三视图和直观图课时训练练题感提知能【选题明细表】A组一、选择题1.(2013山东烟台模拟)如图是底面半径为1,母线长均为2的圆锥和圆柱的组合体,则该组合体的侧(左)视图的面积为( C )(A)8π(B)6π(C)4+(D)2+解析:该组合体的侧(左)视图为其中正方形的边长为2,三角形为边长为2的三角形,所以侧(左)视图的面积为22+×22×=4+,故选C.2.(2013山东莱州模拟)一个简单几何体的正(主)视图,侧(左)视图如图所示,则其俯视图不可能为①长方形;②直角三角形;③圆;④椭圆.其中正确的是( C )(A)①(B)② (C)③ (D)④解析:当该几何体的俯视图为圆时,由三视图知,该几何体为圆柱,此时,正(主)视图和侧(左)视图应相同,所以该几何体的俯视图不可能是圆,其余都有可能.故选C.3.(2013韶关市高三调研)某几何体的三视图如图所示,根据图中标出的数据,可得这个几何体的表面积为( B )(A)4+4 (B)4+4(C) (D)12解析:由三视图知该几何体为正四棱锥P ABCD,底面边长为2,高PO=2,如图所示,取CD的中点E,连接OE、PE,则PE==,因此几何体的表面积为2×2+×2×4×=4+4,故选B.4.如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°,腰和上底均为1的等腰梯形,那么原平面图形的面积是( A )(A)2+(B)(C)(D)1+解析:由题意画出斜二测直观图及还原后原图,由直观图中底角均为45°,腰和上底长度均为1,得下底长为1+,所以原图上、下底分别为1,1+,高为2的直角梯形.所以面积S=(1++1)×2=2+.故选A.5.(2013北京东城区模拟)已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中三个视图都是直角三角形,则在该三棱锥的四个面中,直角三角形的个数为( D )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:由题意可知,几何体是三棱锥,其放置在长方体中形状如图所示,利用长方体模型可知,此三棱锥A BCD的四个面中,全部是直角三角形.故选D.6.(2013广州市毕业班测试(二))一个圆锥的正(主)视图及其尺寸如图所示,若一个平行于圆锥底面的平面将此圆锥截成体积之比为1∶7的上、下两部分,则截面的面积为( C )(A)π(B)π (C)π(D)4π解析:由题意知,该几何体是底面半径为3,高为4的圆锥.由截面性质知截面圆半径为×3=,故截面的面积为π·（）2=,故选C.7.下面是关于四棱柱的四个命题:①若有两个侧面垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;②若过两个相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;③若四个侧面两两全等,则该四棱柱为直四棱柱;④若四棱柱的四条对角线两两相等,则该四棱柱为直四棱柱.其中真命题为( D )(A)①②(B)①③(C)②③(D)②④解析:对于①,平行六面体的两个相对侧面与底面垂直且互相平行,而另两个相对侧面可能与底面不垂直,则不是直棱柱,故①假;对于②,两截面的交线平行于侧棱,且垂直于底面,故②真;对于③,作正四棱柱的两个平行菱形截面,可得满足条件的斜四棱柱(如图(1)所示),故③假;对于④,四棱柱一个对角面的两条对角线,恰为四棱柱的对角线,故对角面为矩形,于是侧棱垂直于底面的一条对角线,同样侧棱也垂直于底面的另一条对角线,故侧棱垂直于底面,故④真.故选D.二、填空题8.如图所示的Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周得到的图形是.解析:过Rt△ABC的顶点C作线段CD⊥AB,垂足为D,所以Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周后应得到的是以CD作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体.答案:两个圆锥的组合体9.一个几何体的正(主)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①②⑤均有可能;当三棱柱放倒时,其正(主)视图可能是三角形,所以③有可能,④不可能.答案:①②③⑤10.如图,点O为正方体ABCD A′B′C′D′的中心,点E为平面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在正方体的平面DCC′D′上的投影是①;在平面BCC′B′上的投影是②;在平面ABCD上的投影是③,而不可能出现投影为④的情况.答案:①②③11.(2013山东烟台模拟)如图,三棱柱的侧棱长为2,底面是边长为2的正三角形,AA1⊥面A1B1C1,正(主)视图是边长为2的正方形,俯视图为正三角形,则侧(左)视图的面积为.解析:因为俯视图为正三角形,所以俯视图的高为,侧视图为两直角边分别为2、的矩形,所以侧(左)视图的面积为2.答案:2三、解答题12.(2013西工大附中模拟)已知四棱锥P ABCD的三视图如图所示,求此四棱锥的四个侧面的面积中最大值.解:由三视图可知该几何体是如图所示的四棱锥,顶点P在底面的射影是底面矩形的顶点D.底面矩形边长分别为3,2,△PDC是直角三角形,直角边为3与2,所以S△PDC=×2×3=3.△PBC是直角三角形,直角边长为2,,三角形的面积为×2×=.△PAB是直角三角形,直角边长为3,2;其面积为×3×2=3.△PAD也是直角三角形,直角边长为2,2,三角形的面积为×2×2=2. 所以四棱锥P ABCD的四个侧面中面积最大的是前面三角形的面积为3.13.圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍,轴截面的面积等于392 cm2,母线与轴的夹角为45°,求这个圆台的高、母线长和底面半径.解:圆台的轴截面如图.设圆台的上、下底面半径分别为x cm和3x cm,延长AA1交OO1的延长线于点S.在Rt△SOA中,∠ASO=45°,则∠SAO=45°.所以SO=AO=3x,OO1=2x.又×(6x+2x)×2x=392,解得x=7.所以圆台高OO母线长l=OO1=14 cm,底面半径分别为7 cm和21 cm.B组14.(2013广州高三调研)已知四棱锥P ABCD的三视图如图所示,则四棱锥P ABCD的四个侧面中面积最大的是( C )(A)3 (B)2(C)6 (D)8解析:四棱锥如图所示,PM=3,×4×=2,S△PDC=S△PAB=×4×3=6,S△PBC=S△PAD=×2×3=3,故四个侧面中面积最大的是6.15.(2013北京西城检测)三棱锥D ABC及其三视图中的正视图和侧视图如图所示,则棱BD的长为.解析:取AC的中点E,连结BE,DE,由正(主)视图可知BE⊥AC,BE⊥DE.DC⊥平面ABC且DC=4,BE=2,AE=EC=2.所以BC====4,即BD====4.答案:416.三棱锥V ABC的底面是正三角形,顶点在底面ABC上的射影为正△ABC的中心,其三视图如图所示:(1)画出该三棱锥的直观图;(2)求出侧(左)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=2,作AM⊥BC于M,连结VM,过V作VO⊥AM于O,过O作EF∥BC交AB,AC于F、E,则△VEF即侧(左)视图.由=,得EF=.又VA=4,AM==3.则AO=2,VO===2.××2=4.所以S即侧(左)视图的面积为4.。
2016高考新课标数学(理)大一轮复习第七章立体几何单元质量检测Word版含答案
第七章单元质量检测时间：90分钟 分值：100分一、选择题(每小题4分，共40分)1．以下关于几何体的三视图的叙述中，正确的是( ) A ．球的三视图总是三个全等的圆 B ．正方体的三视图总是三个全等的正方形C ．水平放置的各面均为正三角形的四面体的三视图都是正三角形D ．水平放置的圆台的俯视图是一个圆解析：画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．答案：A2．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( )A.8π3B.82π3 C ．82πD.32π3解析：S 圆＝πr 2＝π⇒r ＝1，而截面圆圆心与球心的距离d ＝1，所以球的半径为R ＝r 2＋d 2＝ 2.所以V ＝43πR 3＝82π3，故选B.答案：B3．设α、β、γ是三个互不重合的平面，m 、n 是两条不重合的直线，下列命题中正确的是( )A ．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γB ．若m ∥α，n ∥β，α⊥β，则m ⊥nC ．若α⊥β，m ⊥α，则m ∥βD ．若α∥β，m ⊄β，m ∥α，则m ∥β解析：对于A ，若α⊥β，β⊥γ，α，γ可以平行，也可以相交，A 错；对于B ，若m ∥α，n ∥β，α⊥β，则m ，n 可以平行，可以相交，也可以异面，B 错；对于C ，若α⊥β，m ⊥α，则m 可以在平面β内，C 错；易知D 正确．答案：D4．一个棱长为2的正方体沿其棱的中点截去部分后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．7 B.223 C.476D.233解析：依题意可知该几何体的直观图如图所示，其体积为23－2×13×12×1×1×1＝233.答案：D5．已知直四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010B.15C.31010D.35 解析：如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系． 设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，C (0,1,0)，D 1(0,0,2)， ∴BE →＝(0，－1,1)，CD 1→＝(0，－1,2)，∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝1＋22·5＝31010. 答案：C6．如图所示，正四棱锥P —ABCD 的底面积为3，体积为22，E 为侧棱PC 的中点，则P A 与BE 所成的角为( )A.π6B.π4C.π3D.π2解析：连接AC ，BD 交于点O ，连接OE ，易得OE ∥P A ，所以所求角为∠BEO .由所给条件易得OB ＝62，OE ＝12P A ＝22，BE ＝ 2. 所以cos ∠OEB ＝12，所以∠OEB ＝60°，选C. 答案：C7．如图为棱长是1的正方体的表面展开图，在原正方体中给出下列三个命题：①点M 到AB 的距离为22；②三棱锥C —DNE 的体积是16；③AB 与EF 所成的角是π2其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3解析：依题意可作出正方体的直观图如图，显然M 到AB 的距离为12MC ＝22，∴①正确；而V C —DNE ＝13×12×1×1×1＝16，∴②正确；AB 与EF 所成的角等于AB 与MC 所成的角，即为π2，∴③正确．答案：D8．正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则二面角A —BD —C 的正弦值为( )A.55B.33C.255D.63 解析：取BC 中点O ，连接AO ，DO .建立如图所示坐标系，设BC ＝1，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0.∴OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，BA→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0.由于OA →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面BCD 的一个法向量，可进一步求出平面ABD 的一个法向量n ＝(1，－3，1)，∴cos 〈n ，OA →〉＝55，∴sin 〈n ，OA →〉＝255. 答案：C9．正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的棱长都为2，E ，F ，G 为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35 B.56 C.3310 D.3610解析：如图，取AB 的中点E ，建立如图所示空间直角坐标系E —xyz .则E (0,0,0)，F (－1,0,1)，B 1(1,0,2)，A 1(－1,0,2)，C 1(0，3，2)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，2.∴B 1F →＝(－2,0，－1)，EF →＝(－1,0,1)，FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，1.设平面GEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝－x ＋z ＝0，n ·FG →＝12x ＋32y ＋z ＝0，得⎩⎨⎧z ＝x ，y ＝－3x .令x ＝1，则n ＝(1，－3，1)，设B 1F 与平面GEF 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1F →〉|＝|n ·B 1F →||n ||B 1F →|＝35. 答案：A10．如图，在正四棱柱(底面是正方形的直四棱柱)ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AB 1、BC 1的中点，则下列结论不成立的是( )A ．EF 与BB 1垂直 B ．EF 与BD 垂直C ．EF 与CD 异面 D ．EF 与A 1C 1异面 解析：连接B 1C ，AC ，则B 1C 交BC 1于F ，且F 为B 1C 的中点， 又E 为AB 1的中点，所以EF 綊12AC ， 而B 1B ⊥平面ABCD ，所以B 1B ⊥AC ， 所以B 1B ⊥EF ，A 正确；又AC ⊥BD ，所以EF ⊥BD ，B 正确； 显然EF 与CD 异面，C 正确；由EF 綊12AC ，AC ∥A 1C 1，得EF ∥A 1C 1，故不成立的选项为D. 答案：D二、填空题(每小题4分，共16分)11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，底面是底边长为43，高为2的等腰三角形，棱锥的高为2，故体积为V ＝13×12×43×2×2＝833.答案：83312．已知球与棱长均为2的三棱锥各条棱都相切，则该球的表面积为________．解析：将该三棱锥放入正方体内，若球与三棱锥各棱均相切等价于球与正方体各面均相切，所以2R ＝2，R ＝22，则球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×12＝2π.答案：2π13．三棱锥S —ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，则以下结论中：①异面直线SB 与AC 所成的角为90°； ②直线SB ⊥平面ABC ； ③平面SBC ⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a . 其中正确结论的序号是________． 解析：由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，SB ⊥平面ABC ，平面SBC ⊥平面SAC ，①②③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，(如图)可证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为C 到平面SAB 的距离12a ，④正确．答案：①②③④14．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，EF ∥BC 且AE ＝2EB ，G 为BC 的中点，K 为AF 的中点．沿EF 将矩形折成120°的二面角A —EF —B ，此时KG 的长为________．解析：如图，过K 作KM ⊥EF ，垂足M 为EF 的中点，则向量MK →与FC →的夹角为120°，〈KM →，FC →〉＝60°.又KG →＝KM →＋MG →＝KM →＋FC →，∴KG →2＝KM →2＋FC →2＋2KM →·FC →＝1＋1＋2×1×1×cos60°＝3.∴|KG→|＝ 3. 答案： 3三、解答题(共4小题，共44分，解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤．)15．(10分)一个几何体是由圆柱ADD 1A 1和三棱锥E —ABC 组合而成，点A ，B ，C 在圆O 的圆周上，其正(主)视图，侧(左)视图的面积分别为10和12，如图所示，其中EA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AB ＝AC ，AE ＝2.(1)求证：AC ⊥BD .(2)求三棱锥E —BCD 的体积．解：(1)因为EA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以EA ⊥AC ，即ED ⊥AC .又因为AC ⊥AB ，AB ∩ED ＝A ，所以AC ⊥平面EBD .因为BD ⊂平面EBD ，所以AC ⊥BD .(2)因为点A ，B ，C 在圆O 的圆周上，且AB ⊥AC ，所以BC 为圆O 的直径．设圆O 的半径为r ，圆柱高为h ，根据正(主)视图，侧(左)视图的面积可得，⎩⎪⎨⎪⎧ 2rh ＋12r ×2＝10，2rh ＋12×2r ×2＝12.解得⎩⎨⎧ r ＝2，h ＝2.所以BC ＝4，AB ＝AC ＝2 2.以下给出求三棱锥E —BCD 体积的两种方法：方法1：由(1)知，AC ⊥平面EBD ，所以V E —BCD ＝V C —EBD ＝13S △EBD ×CA ，因为EA ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EA ⊥AB ，即ED ⊥AB .其中ED ＝EA ＋DA ＝2＋2＝4，因为AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝22，所以S △EBD ＝12ED ×AB ＝12×4×22＝42，所以S E —BCD ＝13×42×22＝163.方法2：因为EA ⊥平面ABC ，所以V E —BCD ＝V E —ABC ＋V D —ABC ＝13S △ABC ×EA ＋13S △ABC ×DA ＝13S △ABC ×ED .其中ED ＝EA ＋DA ＝2＋2＝4，因为AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝22，所以S △ABC ＝12×AC ×AB ＝12×22×22＝4，所以V E —BCD ＝13×4×4＝163.16．(10分)如图，AB ＝AD ，∠BAD ＝90°，M ，N ，G 分别是BD ，BC ，AB 的中点，将等边△BCD 沿BD 折叠成△BC ′D 的位置，使得AD ⊥C ′B .(1)求证：平面GNM ∥平面ADC ′.(2)求证：C ′A ⊥平面ABD .证明：(1)因为M ，N 分别是BD ，BC ′的中点，所以MN∥DC′.因为MN⊄平面ADC′，DC′⊂平面ADC′，所以MN∥平面ADC′.同理NG∥平面ADC′.又因为MN∩NG＝N，所以平面GNM∥平面ADC′.(2)因为∠BAD＝90°，所以AD⊥AB.又因为AD⊥C′B，且AB∩C′B＝B，所以AD⊥平面C′AB.因为C′A⊂平面C′AB，所以AD⊥C′A.因为△BCD是等边三角形，AB＝AD，不妨设AB＝1，则BC＝CD＝BD＝2，可得C′A＝1.由勾股定理的逆定理，可得AB⊥C′A.因为AB∩AD＝A，所以C′A⊥平面ABD.17．(12分)如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB.(1)求证：AB⊥DE；(2)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；(3)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EF EA ；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接EO ，DO .因为EB ＝EA ，所以EO ⊥AB .因为四边形ABCD 为直角梯形．AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ，所以四边形OBCD 为正方形，所以AB ⊥OD .因为EO ∩DO ＝0.所以AB ⊥平面EOD ，所以AB ⊥ED .(2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且EO ⊥AB ，所以EO ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥OD .由OB ，OD ，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O —xyz .因为三角形EAB 为等腰直角三角形，所以OA ＝OB ＝OD ＝OE ，设OB ＝1，所以O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，E (0,0,1)．所以EC→＝(1,1，－1)， 平面ABE 的一个法向量为OD→＝(0,1,0)． 设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈EC →，OD →〉＝|EC →·OD →| |EC →||OD →|＝33， 即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33.(3)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .证明如下：由EF →＝13EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，－13， F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，23，所以FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，0，－23，BD →＝(－1,1,0)． 设平面FBD 的法向量为v ＝(a ，b ，c )，则有⎩⎨⎧ v ·BD →＝0，v ·FB →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝(1,1,2)．因为EC →·v ＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0，且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ，即点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .18．(12分)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直．已知AB＝2，EF＝1.(1)求证：平面DAF⊥平面BCF；(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；(3)当AD的长为何值时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°？解：(1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF，∵AF⊂平面ABEF，∴AF⊥CB，又AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，又BF∩CB＝B，∴AF⊥平面CBF.∵AF⊂平面ADF，∴平面DAF⊥平面CBF.(2)由(1)知AF⊥平面CBF，∴FB为AB在平面CBF内的射影，因此，∠ABF为直线AB与平面CBF所成的角．∵AB∥EF，∴四边形ABEF为等腰梯形，过点F作FH⊥AB，交AB于H.已知AB ＝2，EF ＝1，则AH ＝AB －EF 2＝12.在Rt △AFB 中，根据射影定理得AF 2＝AH ·AB ，∴AF ＝1，sin ∠ABF ＝AF AB ＝12，∴∠ABF ＝30°.∴直线AB 与平面CBF 所成角的大小为30°.(3)设EF 中点为G ，以O 为坐标原点，OA→，OG →，AD →方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AD ＝t (t >0)，则点D 的坐标为(1,0，t )，C (－1,0，t )，又A (1,0,0)，B (－1,0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0， ∴CD→＝(2,0,0)， FD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，t ， 设平面DCF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则n 1·CD →＝0，n 1·FD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＝0x 2－32y ＋tz ＝0，令z ＝3，解得x ＝0，y ＝2t ，∴n 1＝(0,2t ，3)．由(1)可知AF ⊥平面CFB ，取平面CBF 的一个法向量为n 2＝AF→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，0，依题意，n 1与n 2的夹角为60°. ∴cos60°＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|，即12＝3t4t 2＋3·1， 解得t ＝64. 因此，当AD 的长为64时，平面DFC 与平面FCB 所成的锐二面角的大小为60°.。
高考数学大一轮复习第七章立体几何
高考数学大一轮复习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．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A．2,2 B．2，2C．4,2 D．2,4解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为2，故底面边长为4，故选D．2．(教材习题改编)如图，长方体ABCD A′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．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 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．(教材习题改编)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：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1[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．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B 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，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．3．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．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ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[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；(3)通过反例对结构特征进行辨析．[典例引领]1．(2017·东北四市联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P 是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A的侧视图为( )解析：选 D 如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥PA1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D．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．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＝，在Rt△VBD中，VD＝＝．[由题悟法]1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．[提醒] 对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．[即时应用]1．(2016·××市教学质量监测)“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(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为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( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B．2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )解析：选D 由俯视图是圆环可排除A、B、C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D．[典例引领]有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．解析：如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为E．在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE ＝．而四边形AECD 为矩形，AD ＝1，∴EC ＝AD ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝＋1．由此可还原原图形如图在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，∴这块菜地的面积S ＝(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝××2＝2＋． 答案：2＋22[由题悟法]原图与直观图中的“三变”与“三不变”(1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧ 坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变减半图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧ 平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变[即时应用]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 cm ，O′C′＝2 cm ，则原图形是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形解析：选C 如图，在原图形OABC 中，应有OD＝2O′D′＝2×2＝4 cm ，CD ＝C′D′＝2 cm ．∴OC ＝＝＝6 cm ，∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形．1．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．2．下列说法正确的是( )A．棱柱的两个底面是全等的正多边形B．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D 因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台解析：选 A 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．4．在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为 2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2．解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为 4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2．答案：矩形85．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图，ABCDA1B1C1D1，如图，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②1．已知底面为正方形的四棱锥，其中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．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选 B 由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC．3．(2016·××市教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为( )A．三棱台B．三棱柱C．四棱柱D．四棱锥解析：选 B 根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．4．(2016·淄博一模)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥ABCD的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A．B．12C．D．14解析：选D 由正视图与俯视图可得三棱锥ABCD的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为，所以侧视图的面积为S＝××＝．5．已知四棱锥PABCD的三视图如图所示，则四棱锥PABCD的四个侧面中面积最大的是( )A．3 B．2 5C．6 D．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD的中点N，BC的中点M，连接PM，PN，则PM＝3，PN＝，S△PAD＝×4×＝2，S△PAB＝S△PDC＝×2×3＝3，S△PBC＝×4×3＝6．所以四个侧面中面积最大的是6．6．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：①④7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为________cm．解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C．在Rt△ABC中，AC＝12 cm，BC＝8－3＝5 (cm)．∴AB＝＝13(cm)．答案：138．已知正四棱锥VABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为2，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连结VO，AO，则VO就是正四棱锥VABCD的高．因为底面面积为16，所以AO＝2．因为一条侧棱长为2．所以VO＝＝＝6．所以正四棱锥VABCD的高为6．答案：69．已知正三角形ABC的边长为2，那么△ABC的直观图△A′B′C′的面积为________．解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图．从图②可知，A′B′＝AB＝2，O′C′＝OC＝，C′D′＝O′C′sin 45°＝×＝．所以S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×2×＝．答案：6410．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＝2，∴侧视图中VA＝＝2，∴S△VBC＝×2×2＝6．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．8 B．7C．6 D．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2017·东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A．4 B．8 3C．4 D．8解析：选C 设该三棱锥为PABC，其中PA⊥平面ABC，PA＝4，则由三视图可知△ABC是边长为4的等边三角形，故PB＝PC＝4，所以S△ABC＝×4×2＝4，S△PAB＝S△PAC＝×4×4＝8，S△PBC＝×4×＝4，故四个面中面积最大的为S△PBC＝4，选C．3．如图，在四棱锥PABCD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＝＝＝6．由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝＝＝6 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S圆柱侧＝2πrl 圆锥侧＝πrl ＝π(r＋r ．空间几何体的表面积与体积公式[1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A．20πB．24πC．28πD．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l，圆柱高为h．由图得r＝2，c＝2πr＝4π，h＝4，由勾股定理得：l＝＝4，S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π．2．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h＝3，所以该几何体的体积V＝S·h＝×3＝3．答案：3 33．正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥AB1DC1的体积为________．解析：在正三棱柱ABCA1B1C1中，∵AD⊥BC，AD⊥BB1，BB1∩BC＝B，∴AD⊥平面B1DC1．∴VAB1DC1＝S△B1DC1·AD＝××2××＝1．答案：11．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．(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∶31∶12．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＋4×2×2＋4×6＋×(2＋6)×2×2＝72＋16．答案：72＋16 2[题组练透]1．(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．1 B．2C．4 D．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＝×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2．又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选B．2．(2015·福建高考)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＋2 2B．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＝，所以底面周长为4＋，侧面积为2×(4＋)＝8＋2，两底面的面积和为2××1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋2＋3＝11＋2．3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )A．12 B．24 2C．24 D．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＝＝，侧面积S＝×4＝12．[谨记通法]几何体的表面积的求法(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1题．[典例引领]1．(2016·山东高考)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．＋πB．＋πC．＋πD．1＋π解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为，从而该几何体的体积为×12×1＋××3＝＋π．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下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( ) A．B．17C．D．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V1＝××1×1×1＝，剩余部分的体积V2＝13－＝．所以＝＝．[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略1．(2016·西安质检)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( )A．B．C．D．3解析：选A 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示．则该几何体的体积是V几何体＝V三棱柱＋V三棱锥＝×2×1×1＋××2×1×1＝．2．(2017·统检)如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图，则被削掉的那部分的体积为( ) A．B．5π－23C．－2 D．2π－23解析：选B 由三视图可知，剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成，其体积V＝××π×12×2＋××2×1×2＝＋，∴被削掉的那部分的体积为π×12×2－＝．3．(2016·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm2，体积是________cm3．解析：由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为 2 cm,4cm,2 cm，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm，2 cm，4 cm．几何体的表面积为(2×2＋2×4＋2×4)×2×2－2×2×2＝72(cm2)，体积为2×2×4×2＝32(cm3)．答案：72 32[锁定考向]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)正四面体的内切球与四棱锥的外接球；(2)直三棱柱的外接球；(3)正方体(长方体)的内切、外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球与四棱锥的外接球1．(2017·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________．解析：设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4··a2＝a2，其内切球半径为正四面体高的，即r＝·a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝．答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为( ) A．B．210C．D．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＝BC＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝＝．角度三：正方体(长方体)的内切、外接球3．如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为( )A．πB．π3C．D．π解析：选C 平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC＝CD1＝AD1＝，所以内切圆的半径r＝×tan 30°＝，所以S＝πr2＝π×＝π．[通法在握]“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．[演练冲关]1．(2017·××市综合测试)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A．20πB．205π3C．5πD．55π6解析：选 D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r＝1，其高h＝1，∴球半径为R＝＝＝，∴该球的体积V＝πR3＝×3π＝．2．(2016·六市第一次联考)三棱锥PABC中，AB＝BC＝，AC＝6，PC⊥平面ABC，PC＝2，则该三棱锥的外接球表面积为( ) A．πB．πC．πD．π解析：选D 由题可知，△ABC中AC边上的高为＝，球心O在底面ABC的投影即为△ABC的外心D，设DA＝DB＝DC＝x，∴x2＝32＋(－x)2，解得x＝，∴R2＝x2＋2＝＋1＝(其中R为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S＝4πR2＝π，故选D．1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( )A．πB．πC．16πD．24π解析：选B 设球的半径为R，因为表面积是16π，所以4πR2＝16π，解得R＝2．所以体积为πR3＝．2．(2016·××市质量检测(二))几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．B．16－2π3C．D．16－8π3解析：选C 该几何体可视为长方体挖去一个四棱锥所得，所以其体积为2×2×4－×2×2×2＝．故选C．3．(2016·全国乙卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是( )A．17πB．18πC．20πD．28π解析：选 A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的，得到的几何体如图．设球的半径为R，则πR3－×πR3＝π，解得R＝2．因此它的表面积为×4πR2＋πR2＝17π．故选A．4．(2016·高考)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，其底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V＝×1＝．答案：325．(2015·天津高考)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________m3．解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V＝π×12×1×2＋π×12×2＝π．答案：π1．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．7 B．6C．5 D．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＝7．2．一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为( )A．6 B．8C．12 D．24解析：选 C 由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h，侧面的斜高为h′．由题意，得×6××22×h＝2，∴h＝1，∴斜高h′＝＝2，∴S侧＝6××2×2＝12．故选C．3．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．＋2πB．13π6C．D．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＋×π×12×1＝π．4．(2017·××市实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )A．πB．32C．3πD．3解析：选A 由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为，故体积为π3＝π，故选A．5．(2016·高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为3，则侧视图中线段的长度x的值是( ) A．B．27C．4 D．5解析：选C 分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥PABCD，故其体积V＝××4×CP＝3，∴CP＝，∴x＝＝4，故选C．6．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V1，直径为4的球的体积为V2，则V1∶V2＝________．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V1＝8π－＝，V2＝×23＝，V1∶V2＝1∶2．答案：1∶27．(2016·××市第二次质量检测)已知球O的内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则球O的表面积为________．解析：由题意可得，球心在轴截面正方形的中心，则外接球的半径R＝＝，该球的表面积为4πR2＝8π．答案：8π8．(2016·四川高考)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：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB＝AD＝BC＝CD＝2，BD＝2，设O为BD的中点，连接OA，OC，则OA⊥BD，OC⊥BD，结合正视图可知AO⊥平面BCD．又OC＝＝1，∴V三棱锥ABCD＝××1＝．答案：339．(2017·武汉调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为________．解析：如图，正四棱锥PABCD的外接球的球心O在它的高PO1上，设球的半径为R，因为底面边长为2，所以AC＝4．在Rt△AOO1中，R2＝(4－R)2＋22，所以R＝，所以球的表面积S＝4πR2＝25π．答案：25π10．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．解：由已知得：CE＝2，DE＝2，CB＝5，S表面＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×2＝(60＋4)π，V＝V 圆台－V圆锥＝(π·22＋π·52＋)×4－π×22×2＝π．1．(2017·广西质检)高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为( )A．B．14C．D．38解析：选 C 由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为4．易知直三棱柱的体积为8，则。
高考数学(理科)大一轮复习第七章立体几何【精编教师学生用书】
第七章立体几何第一节空间几何体及其体积、表面积教材细梳理知识点1空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征的关系如何？提示：A B D E C思考2：设A＝{棱锥}，B＝{正棱锥}，C＝{正四面体}，D＝{正三棱锥}，它们之间的关系如何？提示：A B D C知识点2三视图与直观图(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．(2)画三视图应遵循的原则和注意事项①务必做到“长对正(正视图与俯视图一样长)高平齐(正视图与侧视图一样高)、宽相等(侧视图与俯视图一样宽)”．②在三视图中，看不见的线用虚线，看得见的线用实线．③确定正视、侧视、俯视的方向，同一物体放置的位置不同，所画的三视图就可能不同．(3)斜二测画法规则①夹角：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方向：原图形中与x轴、y轴、z轴平行的，在直观图中与x′轴，y′轴，z′轴平行．③长度：原图形中与x轴、z轴平行的，在直观图中长度不变，原图形中与y轴平行的，长度变成原来的12．知识点3圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和侧面积名称表面积侧面积圆柱S＝2πr2＋2πrl＝2πr(r＋l)S侧＝2πrl圆锥S＝πr2＋πrl＝πr(r＋l)S侧＝πrl圆台S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)S侧＝π(r＋r′)l球 S ＝4πR 2知识点4名称 体积 柱体 V ＝Sh 锥体 V ＝13Sh台体 V ＝13(S ＋S ′＋SS ′)h球体V ＝43πR 3[拓展]1.平面化：求空间几何体的表面积，就是求其展开图的面积． 圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图如下表(1)棱长为a 的正四面体，其高为63a .其内切球和外接球的球心重合，是正四面体的中心．其外接球和内切球的半径分别为64a 和612a .其正四面体体积为212a 3. (2)棱锥的体积是等底、等高的棱柱体积的13.四基精演练1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)斜二测画法中，原图形中的平行、垂直关系在直观图中不变．( ) (2)斜二测画法中，三角形的直观图应是三角形．( ) (3)斜二测画法中，正方形的直观图应是正方形．( ) (4)一个几何体的三视图完全相同，这个几何体只能是球．( ) (5)已知球O 的半径R ，其内接正方体的边长为a ，则R ＝32a .( ) (6)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 .( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√ (6)×2.(知识点1)如图，长方体ABCD -A ′B ′C ′D ′被截去一部分，其中EH ∥A ′D ′.剩下的几何体是( ) ⇐源自必修二P 10B 组T 1A ．棱台B ．四棱柱C ．五棱柱D ．简单组合体答案：C3.(知识点4)正六棱柱的高为6，底面边长为4，则它的表面积为( ) ⇐源自必修二P 27练习T 1 A ．48(3＋3) B ．48(3＋23) C ．24(6＋2) D ．144 答案：A4.(知识点2、3)(2018·全国卷Ⅰ改编)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图，则圆柱的表面积为________． 答案：32＋128π5.(知识点3、4)(2018·全国卷Ⅲ改编)设A 、B 、C 、D 是同一个半径为4的球的球面上四点，则正四面体ABCD 的体积为________．答案：512327考点一 几何体的三视图与直观图[基础练通][例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正方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )解析：两木构件咬合成长方体时，榫头完全进入卯眼，易知咬合时带卯眼的木构件的俯视图为 A.故选A.答案：A(2)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．解析：如图①，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E .图①在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22. 而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1. ∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此可得原图形如图②所示．图②在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′ ＝12×⎝⎛⎭⎫1＋1＋22×2＝2＋22. 答案：2＋22[母题变式]1.若本例(1)改为：将正方体(如图①所示)截去两个三棱锥，得到如图②所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )解析：选B.正方体截去两个三棱锥后的几何体的侧视图可以看见的实线段为AD 1、AD 、DD 1、D 1B 1、AB 1，而线段B 1C 被遮住，在侧视图中为虚线，所以侧视图为选项B 中的图形．故选B.2.若本例(2)改为：正三角形AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________．解析：画出平面直角坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图)．D ′为O ′A ′的中点．易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)＝12×32a ＝34a .∴S △O ′A ′B ′＝12O ′A ′22D ′B ′＝24×a ×34a ＝24×34a 2＝616a 2. 答案：616a 21.由直观图还原为平面图的关键是找与x ′轴，y ′轴平行的直线或线段，且平行于x ′轴的线段还原时长度不变，平行于y ′轴的线段还原时放大为直观图中相应线段长的2倍，由此确定图形的各个顶点，顺次连接即可．2.对于直观图，除了了解斜二测画法的规则外，还要了解原图形面积S 与其直观图面积S ′之间的关系S ′＝24S ，能进行相关问题的计算． 3.识别几何体的三视图，首先确定正视、侧视、俯视的方向，从几何体的边界想象平行投影的结果，从而得到各个视图．考点二 几何体的三视图与表面积、体积[探究变通][例2] (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．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A．217B．2 5C．3 D．2解析：由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝14×16＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.故选B.答案：B(2)(2018·安徽皖南八校二联，8)榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．我国的北京紫禁城，山西悬空寺，福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构．图中网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一种榫卯构件中榫的三视图，则其体积与表面积分别为()A．24＋52π，34＋52πB．24＋52π，36＋54πC．24＋54π，36＋54πD．24＋54π，34＋52π解析：由三视图可知，这个榫卯构件中的榫由一个长方体和一个圆柱拼接而成，故其体积V＝4×2×3＋π×32×6＝24＋54π，表面积S＝2×π×32＋2×π×3×6＋4×3×2＋2×2×3＝54π＋36.故选C.答案：C[母题变式]1.将本例(1)中的“圆柱”改为“底面边长为4，高为2的正四棱柱”，且M、N都在正四棱柱顶点上，其余条件不变，则从M到N的最短路径是多少？解：如图①，MN＝AB＝2.如图②，MN＝AB＝22＋42＝2 5.如图③，将正四棱柱沿AC 侧面展开，如图④， 则MN ＝AB ＝22＋82 ＝217.综上，从M 到N 的最短路径可为2或25或217.2.将本例(2)中榫卯构件的凹凸部分改为圆柱形．如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中粗线画出的是该构件的三视图，该构件是一个底面半径为3，高为6的圆柱切削得到，则切削掉的部分的体积与原来圆柱的体积的比值为( )A.1727 B ．59C.1027D ．13解析：选C.由三视图可知该零件是一个底面半径为2、高为4的圆柱和一个底面半径为3、高为2的圆柱的组合体，所以该组合体的体积V 1＝π·22·4＋π·32·2＝34π，原来的圆柱体的体积为V ＝π·32·6＝54π，则切削掉部分的体积为V 2＝54π－34π＝20π，所以切削掉部分的体积与原来的圆柱体体积的比值为20π54π＝1027.故选C.已知三视图求几何体表面积或体积时，首先根据几何体的三视图还原出直观体，此时需要利用线与线、线与面的关系分析各面相对位置关系，并根据三视图中数据确定对应线段的长度，再利用几何体的特征，结合公式求解．考点三 单独规则几何体或组合体的体积与表面积[创新贯通]命题点1规则几何体的表面积与体积[例3] (1)(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12π解析：因为过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，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＋22π×22＝12π.答案：B(2)(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________．解析：由题意画出图形，如图，设AC 是底面圆O 的直径，连接SO ，则SO 是得12l 2＝8，得l 圆锥的高．设圆锥的母线长为l ，则由SA ⊥SB ，△SAB 的面积为8，＝32l ＝2 3.故＝4.在Rt △ASO 中，由题意知∠SAO ＝30°，所以SO ＝12l ＝2，AO该圆锥的体积V ＝13π×AO 2×SO ＝13π×(23)2×2＝8π.答案：8π命题点2不规则几何体的体积与表面积[例4] (1)如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23B ．33C.43 D ．32解析：如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，则△BHC 中BC 边的高h ＝22. ∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V ＝V E ADG ＋V F BHC ＋V AGD BHC ＝2V E ADG ＋V AGD BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.答案：A(2)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A ．18＋36 5B ．54＋18 5解析：由几何体的三视图可知，该几何体是底面为正方形的斜平行六面体．由题意可知该几何体底面边长为3，高为6，所以侧棱长为32＋62＝3 5.故该几何体的表面积S ＝32×2＋(3×6)×2＋(3×35)×2＝54＋18 5.答案：B命题点3与球有关的组合体[例5] (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 ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3解析：设等边三角形ABC 的边长为x ，则12x 2sin 60°＝93，得x ＝6.设△ABC 的外接圆半径为r ，则2r＝6sin 60°，解得r ＝23，所以球心到△ABC 所在平面的距离d ＝42－（23）2＝2，则点D 到平面ABC的最大距离d 1＝d ＋4＝6，所以三棱锥D -ABC 体积的最大值V max ＝13S △ABC ×6＝13×93×6＝18 3.答案：B(2)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球的半径为R ，V 2＝43πR 3.V 1＝πR 2·2R ＝2πR 3，∴V 1V 2＝2πR 343πR3＝32.答案：321.若所给的几何体是规则的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．2.求不规则几何体的表面积或体积时，通常将该几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求出这些基本的柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差，从而获得该几何体的表面积．或者将不规则几何体补成规则几何体，再作体积之间的运算．3.解决球与其他几何体的切、接问题(1)关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系．(2)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．(3)一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面将空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系．1.(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A ．8B ．6 2C ．8 2D ．8 3解析：选C.连接BC1，因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以∠AC 1B ＝30°，AB ⊥BC 1，所以△ABC 1为直角三角形．又AB ＝2，所以BC 1＝2 3.又B 1C 1＝2，所以BB 1＝（23）2－22＝22，故该长方体的体积V ＝2×2×22＝8 2.2.(2018·江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．解析：正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是2，则该正八面体的体积为13×(2)2×2＝43.答案：43★3.(2018·四川达州模拟)如图(2)，需在正方体的盒子内镶嵌一个小球，使得镶嵌后，组合体的三视图均为图(1)所示，且平面A 1C 1B 截得小球的截面面积为2π3，则该小球的体积为( )A.π6 B ．4π3C.32π3D ．82π3解析：选B.由题意知该小球为正方体的内切球，设正方体的棱长为2a ，则内切球的半径为a ，△A 1BC 1是边长为22a 的正三角形，且内切球与以点B 1为公共点的三个面的切点恰为△A 1BC 1三边的中点，∴平面A 1C 1B 截得小球的截面的面积是该正三角形的内切圆的面积， 设△A 1BC 1的内心为O ，连接BO 并延长交A 1C 1于点M ，连接OA 1，如图，由图可得，△A 1BC 1内切圆的半径是2a ×tan 30°＝63a ，则△A 1BC 1内切圆的面积是π×63a ×63a ＝2π3a 2， 由题意可知，2π3a 2＝2π3，∴a ＝1，∴该小球的体积V 球＝4π3·13＝4π3.故选B.化归与转化思想在求空间几何体体积中的应用1．“转”：指的是转换底面与高，将原来不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解长度的高；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；3．“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥还原成一个三棱柱，有时将一个三棱柱还原成一个四棱柱，还台为锥，这些都是拼补的方法．[例6] 如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱A 1A 和B 1B 上各有一个动点P 、Q ，且满足A 1P ＝BQ ，M 是棱CA 上的动点，则V M ABQPVABC A 1B 1C 1－V M ABQP的最大值是__________．解析：设VABC A 1B 1C 1＝V ，V M ABQP ＝VM B 1BA ≤VC B 1BA ＝VB 1CBA ＝13V ，即M 与C 重合时V M ABQP最大，即V M ABQP VABC A 1B 1C 1－V M ABQP＝V 3V －V 3＝12.答案：12函数、不等式思想在立体几何中的应用对于立体几何中的有关最值问题，常用建立目标函数求其最值或利用基本不等式求最值．[例7] (2018·湖北沙市模拟)如图，∠ACB ＝90°，DA ⊥平面ABC ，AE ⊥DB 交DB 于E ，AF ⊥DC 交DC 于F ，且AD ＝AB ＝2，则三棱锥D -AEF 体积的最大值为________．解析：因为DA ⊥平面ABC ，所以DA ⊥BC ，又BC ⊥AC ，DA ∩AC ＝A ，所以BC ⊥平面ADC ，所以BC ⊥AF ，又AF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，所以AF ⊥平面DCB ，所以AF ⊥EF ，AF ⊥DB ，又DB ⊥AE ，AE ∩AF ＝A ，所以DB ⊥平面AEF ，所以DE 为三棱锥D -AEF 的高．因为AE 为等腰直角三角形ABD 斜边上的高，所以AE ＝2，设AF ＝a ，FE ＝b ，则△AEF 的面积S ＝12ab ≤12·a 2＋b 22＝12×22＝12，所以三棱锥D -AEF 的体积V ≤13×12×2＝26(当且仅当a ＝b ＝1时等号成立)． 答案：26[例8] 如图所示，在侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，M ，N 分别在AD 1，BC 上移动，始终保持MN ∥平面DCC 1D 1.设BN ＝x ，MN ＝y ，则函数y ＝f (x )的图象大致是( )解析：选C.如图，过M 作MQ ∥DD 1，交AD 于Q ，连接QN .∵MN ∥平面DCC 1D 1，MQ ∥平面DCC 1D 1， MN ∩MQ ＝M ，∴平面MNQ ∥平面DCC 1D 1， 又QN ⊂平面MNQ ，∴NQ ∥平面DCC 1D 1，∴NQ ∥DC ，∵AQ ＝BN ＝x ，DD 1＝AA 1＝2，AD ＝AB ＝1， ∴MQ ＝2x ，在Rt △MQN 中，MN 2＝MQ 2＋QN 2，即y 2＝4x 2＋1， ∴y 2－x 214＝1(x ≥0，y ≥1)，∴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．故选C.[素材库]1.(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 ．π4解析：选B.设圆柱底面的半径为r ， 由题意可得12＋(2r )2＝22，解得r ＝32. ∴圆柱的体积V ＝πr 2×1＝3π4，故选B. 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 ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.由三视图得几何体的直观图如图所示．其中SD ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，SD ＝AD ＝CD ＝2，AB ＝1，故△SDC ，△SDA 为直角三角形，∵AB ⊥AD ，AB ⊥SD ，AD ∩SD ＝D ，∴AB ⊥平面SDA ，∴AB ⊥SA ，故△SAB 是直角三角形，从而SB ＝SD 2＋AD 2＋AB 2＝3，易知BC ＝22＋12＝5，SC ＝22＋22＝22，则SB 2≠BC 2＋SC 2，故△SBC 不是直角三角形，故选C.3.(2018·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选C.由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的边长分别为1 cm ，2 cm ，高为2 cm ，直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V ＝1＋22×2×2＝6 cm 3.4.(2018·天津卷)如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为________．解析：四棱锥的底面BB 1D 1D 为矩形，其面积为1×2＝2，又点A 1到底面BB 1D 1D 的距离，即四棱锥A 1BB 1D 1D 的高为12A 1C 1＝22，所以四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为13×2×22＝13. 答案：13限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A 级 基础夯实练1.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：选D.①中正、侧、俯三视图均相同，不符合题意；②中正、侧视图均相同，符合题意；③中正、侧、俯三视图均不相同，不符合题意；④中正、侧视图均相同，符合题意．2.圆环内圆半径为4，外圆半径为5，则圆环绕其对称轴旋转一周形成的几何体的体积为( )A.244π3B ．500π3C.200π3D ．256π3解析：选A.该旋转体是大球体中挖掉一个小球体，该旋转体体积为V ＝4π3×53－4π3×43＝244π3.3.已知在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离是( )A.83 B ．38C.43D ．34解析：选C.设点A 1到截面AB 1D 1的距离是h ，由VA 1AB 1D 1＝VA A 1B 1D 1，可得13S △AB 1D 1·h ＝13S △A 1B 1D 1·AA 1，即13×12×2×2×4＝13×⎝⎛⎭⎫12×22×32h ，解得h ＝43. 4.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O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C.如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O -ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O ABC ＝V C AOB ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为S ＝4πR 2＝144π.5.已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，记该正方体的正视图与侧视图的面积分别为S 1，S 2，则( )A.1S 1－1S 2为定值 B.S 21＋S 222为定值 C.1S 1＋1S 2为定值 D.S 1S 22＋2S 21＋S 22为定值解析：选A.设投影面与侧面所成的角为α⇒S 1＝sin α＋cos α，S 2＝sin(90°－α)＋cos(90°－α)＝sin α＋cos α，S 1＝S 2⇒1S 1－1S 2为定值．6.现有一块半球形原料，若通过切削将该原料加工成一个正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为( )A.63π B ．66πC.328πD ．324π解析：选A.当正方体的下底面在半球的大圆面上，上底面的四个顶点在球的表面上时，所得工件体积与原材料体积之比取得最大值，设此时正方体的棱长为a ，则球的半径为R ＝a 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2＝62a ，所以所求体积比为a 312×43π×⎝⎛⎭⎫62a 3＝63π，故选A.7.如图，BD 是边长为3的正方形ABCD 的对角线，将△BCD 绕直线AB 旋转一周后形成的几何体的体积等于________．解析：对角线BD 绕着AB 旋转，形成圆锥的侧面；边BC 绕着AB 旋转形成圆面；边CD 绕着AB 旋转，形成圆柱的侧面，所以该几何体是由圆柱挖去一个同底面的圆锥，所以V ＝π·32·3－13·π·32·3＝18π.答案：18π8.已知圆锥侧面展开图的圆心角为90°，则该圆锥的底面半径与母线长的比为________． 解析：设圆锥的母线长是R ，则扇形的弧长是90πR 180＝πR2，设底面半径是r ， 则πR 2＝2πr ，所以r ＝R4， 所以圆锥的底面半径与母线长的比为1∶4. 答案：149.如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M ，N 分别为AB ，PC 的中点，PD ＝AD ＝2，AB ＝4.则点A 到平面PMN 的距离为________． 解析：取PD 的中点E ，连接AE ，NE ，则在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，M ，N 分别为AB ，PC 的中点，所以NE ∥AM ，NE ＝AM ，所以四边形AENM 是平行四边形，所以AE ∥MN ，所以点A 到平面PMN 的距离等于点E 到平面PMN 的距离，设为h ，在△PMN 中，PN ＝5，PM ＝23，MN ＝5，所以S △PMN ＝12×23×2＝6，由V E PMN ＝V M PEN ，可得13×6h ＝13×12×1×2×2，所以h ＝63. 答案：6310.如图直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为________．解析：由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为截面圆的直径，所以∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 是BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外心M 是B 1C 1的中点．设正方形BCC 1B 1的边长为x .在Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x2，OC 1＝R ＝1(R 为球的半径)，所以⎝⎛⎭⎫x 22＋⎝⎛⎭⎫x 22＝1， 即x ＝2，则AB ＝AC ＝1， 所以S 矩形ABB 1A 1＝2×1＝ 2. 答案： 2B 级 能力提升练11.(2019·吉林实验中学月考)一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如右图所示，则该四棱锥的侧面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83C ．4(5＋1)，83D ．8，8解析：选B.由正视图知：四棱锥的底面是边长为2的正方形，四棱锥的高为2，∴四棱锥的体积V ＝13×22×2＝83；四棱锥的侧面是全等的等腰三角形，底为2，高为5，∴S 侧＝4×12×2×5＝4 5.12.若三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SA ⊥平面ABC ，SA ＝215，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，则球O 的表面积为( )A ．64πB ．63πC ．65πD ．32π解析：选A.设球O 的半径为R ，∵AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，∴BC 2＝1＋4－2×1×2×cos 60°＝3，所以AB 2＋BC 2＝AC 2.即△ABC 为直角三角形，那么△ABC 所在截面圆的直径为AC ，所以(2R )2＝SA 2＋AC 2＝64.所以S 球＝4πR 2＝64π.13.已知四面体P -ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，P A ＝8，BC ＝4，PB ＝PC ＝AB ＝AC ，且平面PBC ⊥平面ABC ，则球O 的表面积为( )A ．64πB ．65πC ．66πD ．128π解析：选B.如图，D ，E 分别为BC ，P A 的中点，易知球心O 在线段DE 上． ∵PB ＝PC ＝AB ＝AC ，∴PD ⊥BC ，AD ⊥BC ，PD ＝AD .又平面PBC ⊥平面ABC ，平面PBC ∩平面ABC ＝BC ， ∴PD ⊥平面ABC .∴PD ⊥AD .∴PD ＝AD ＝4 2. ∵点E 是P A 的中点，∴ED ⊥P A ，且DE ＝EA ＝PE ＝4. 设球O 的半径为R ，OE ＝x ，则OD ＝4－x .在Rt △OEA 中，有R 2＝16＋x 2，在Rt △OBD 中，有R 2＝4＋(4－x )2，解得R 2＝654，所以S ＝4πR 2＝65π，故选B.14.正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A -B 1DC 1的体积为( ) A ．3 B ．32C ．1D ．32解析：选C.∵D 是等边三角形ABC 的边BC 的中点， ∴AD ⊥BC .又ABC -A 1B 1C 1为正三棱柱， ∴AD ⊥平面BB 1C 1C . 又四边形BB 1C 1C 为矩形，∴S △DB 1C 1＝12S 四边形BB 1C 1C ＝12×2×3＝ 3.又AD ＝2×32＝3，∴VA B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×3×3＝1.故选C. 15.(2018·安徽黄山模拟)如图，直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．解析：根据题意可知，该几何体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示，则所得几何体的表面积为圆锥侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面面积之和，即表面积为π×1×12＋12＋2π×12＋π×12＝(2＋3)π.答案：(2＋3)π16.(2018·贵州贵阳适应性考试)已知底面是正六边形的六棱锥P -ABCDEF 的七个顶点均在球O 的表面上，底面正六边形的边长为1，若该六棱锥体积的最大值为3，则球O 的表面积为________．解析：因为六棱锥P -ABCDEF 的七个顶点均在球O 的表面上，由对称性和底面正六边形的面积为定值知，当六棱锥P -ABCDEF 为正六棱锥时，体积最大．设正六棱锥的高为h ，则13×⎝⎛⎭⎫6×12×1×1×sin 60°h ＝3，解得h ＝2.记球O 的半径为R ，根据平面截球面的性质，得(2－R )2＋12＝R 2，解得R ＝54，所以球O 的表面积为4πR 2＝4π⎝⎛⎭⎫542＝25π4.答案：25π4第二节 直线、平面的平行关系教材细梳理知识点1 平面的基本性质(1)空间中两直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行相交异面直线：不同在任何一个平面内(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．②范围：⎝⎛⎦⎤0，π2．思考1：“分别在不同平面内的两条直线”是异面直线吗？ 提示：不一定．思考2：若直线a 与b 异面，b 与c 异面，那么a 与c 异面吗？提示：不一定．异面直线不具有传递性，a 与c 可能异面，可能平行，也可能相交． [拓展]平面外一点A 与平面内一点B 的连线和平面内不经过点B 的直线是异面直线． 知识点3 直线与平面平行的判定定理和性质定理[1.一条直线与一个平面平行，那么它与这个平面内的直线平行或异面．2.如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．3.垂直于同一条直线的两个平面平行．4.夹在两个平行平面间的平行线段相等．5.若α、β、γ是三个不同的平面，α∥β，β∥γ，则α∥γ.四基精演练1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．()(2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．()(3)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.()(4)若直线a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线有无数条．()(5)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．()(6)设l为直线，α，β是两个不同的平面，若l∥α，l∥β，则α∥β.()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×2.(知识点2)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF 所成的角的大小为() ⇐源自必修二P52B组T1A．30°B．45°C．60°D．90°答案：C3.(知识点3)(2018·浙江卷)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A.若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α.若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选A.4.(知识点4)平面α∥平面β的一个充分条件是()⇐源自必修二P58练习T3A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α答案：D5.(知识点1)如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是________．⇐源自必修二P52A组T7答案：CD考点一空间点、线、面的基本关系[基础练通]1.(2018·山东烟台模拟)如图所示的是正方体和四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则各图形中，P，Q，R，S四点共面的是________(填序号)．答案：①②③2.(2018·山西临汾模拟)如图，在三棱台ABC-A1B1C1的6个顶点中任取3个点作平面α，设α∩平面ABC ＝l，若l∥A1C1，则这3个点可以是()A．B，C，A1B．B1，C1，AC．A1，B1，C D．A1，B，C1解析：选D.过点B作BD∥AC，则BD∥A1C1，连接A1B，C1D，CD，如图所示：则平面α可以为平面A1BDC1，则α∩平面ABC＝BD＝l，且l∥A1C1，所以这3个点可以是A1、C1、B.故选D.3.下列命题正确的是()A．若两条直线和同一个平面平行，则这两条直线平行B．若一直线与两个平面所成的角相等，则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行解析：选C.A选项中的两条直线可能平行，可能异面，也可能相交；B中一直线可以与两垂直平面所成的角都是45°；由两平面平行的性质定理知C正确；D中的两平面也可能相交．1．共面、共线、共点问题的证明(1)证明点或线共面，①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．(2)证明点共线，①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定的直线上．(3)证明线共点，先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．2．]异面直线的判定方法(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面．此法在异面直线的判定中经常用到．(2)定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．考点二直线与平面平行的判定与性质[创新贯通]命题点1线面平行的基本问题[例1](1)给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题：。
高考数学(理科)大一轮复习第七章立体几何【精编教师学生用书】
第七章立体几何第一节空间几何体及其体积、表面积教材细梳理知识点1空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征(2)思考如何？提示：ABDEC思考2：设A ＝{棱锥}，B ＝{正棱锥}，C ＝{正四面体}，D ＝{正三棱锥}，它们之间的关系如何？ 提示：ABDC知识点2 三视图与直观图(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．(2)画三视图应遵循的原则和注意事项①务必做到“长对正(正视图与俯视图一样长)高平齐(正视图与侧视图一样高)、宽相等(侧视图与俯视图一样宽)”．②在三视图中，看不见的线用虚线，看得见的线用实线．③确定正视、侧视、俯视的方向，同一物体放置的位置不同，所画的三视图就可能不同． (3)斜二测画法规则①夹角：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方向：原图形中与x 轴、y 轴、z 轴平行的，在直观图中与x ′轴，y ′轴，z ′轴平行．③长度：原图形中与x 轴、z 轴平行的，在直观图中长度不变，原图形中与y 轴平行的，长度变成原来的12．知识点3 圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和侧面积知识点4 柱体、锥体、台体、球体的体积[拓展]1.平面化：求空间几何体的表面积，就是求其展开图的面积． 圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图如下表2.(1)棱长为a 的正四面体，其高为63a .其内切球和外接球的球心重合，是正四面体的中心．其外接球和内切球的半径分别为64a 和612a .其正四面体体积为212a 3. (2)棱锥的体积是等底、等高的棱柱体积的13.四基精演练1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)斜二测画法中，原图形中的平行、垂直关系在直观图中不变．( ) (2)斜二测画法中，三角形的直观图应是三角形．( ) (3)斜二测画法中，正方形的直观图应是正方形．( ) (4)一个几何体的三视图完全相同，这个几何体只能是球．( ) (5)已知球O 的半径R ，其内接正方体的边长为a ，则R ＝32a .( ) (6)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 .( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√ (6)×2.(知识点1)如图，长方体ABCD -A ′B ′C ′D ′被截去一部分，其中EH ∥A ′D ′.剩下的几何体是( ) ⇐源自必修二P 10B 组T 1A ．棱台B ．四棱柱C ．五棱柱D ．简单组合体答案：C3.(知识点4)正六棱柱的高为6，底面边长为4，则它的表面积为( ) ⇐源自必修二P 27练习T 1 A ．48(3＋3) B ．48(3＋23) C ．24(6＋2) D ．144 答案：A4.(知识点2、3)(2018·全国卷Ⅰ改编)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图，则圆柱的表面积为________． 答案：32＋128π5.(知识点3、4)(2018·全国卷Ⅲ改编)设A 、B 、C 、D 是同一个半径为4的球的球面上四点，则正四面体ABCD 的体积为________．答案：512327考点一 几何体的三视图与直观图[基础练通][例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正方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )解析：两木构件咬合成长方体时，榫头完全进入卯眼，易知咬合时带卯眼的木构件的俯视图为A.故选A. 答案：A(2)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．解析：如图①，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E .图①在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22. 而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1. ∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此可得原图形如图②所示．图②在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′ ＝12×⎝⎛⎭⎫1＋1＋22×2＝2＋22. 答案：2＋22[母题变式]1.若本例(1)改为：将正方体(如图①所示)截去两个三棱锥，得到如图②所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )解析：选B.正方体截去两个三棱锥后的几何体的侧视图可以看见的实线段为AD 1、AD 、DD 1、D 1B 1、AB 1，而线段B 1C 被遮住，在侧视图中为虚线，所以侧视图为选项B 中的图形．故选B.2.若本例(2)改为：正三角形AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________．解析：画出平面直角坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图)．D ′为O ′A ′的中点．易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)＝12×32a ＝34a .∴S △O ′A ′B ′＝12O ′A ′22D ′B ′＝24×a ×34a ＝24×34a 2＝616a 2. 答案：616a 21.由直观图还原为平面图的关键是找与x ′轴，y ′轴平行的直线或线段，且平行于x ′轴的线段还原时长度不变，平行于y ′轴的线段还原时放大为直观图中相应线段长的2倍，由此确定图形的各个顶点，顺次连接即可．2.对于直观图，除了了解斜二测画法的规则外，还要了解原图形面积S 与其直观图面积S ′之间的关系S ′＝24S ，能进行相关问题的计算．3.识别几何体的三视图，首先确定正视、侧视、俯视的方向，从几何体的边界想象平行投影的结果，从而得到各个视图．考点二 几何体的三视图与表面积、体积[探究变通][例2] (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．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．217B ．2 5C ．3D ．2解析：由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN ，则MS ＝2，SN ＝14×16＝4，则从M 到N 的路径中，最短路径的长度为MS 2＋SN 2＝22＋42＝2 5.故选B.答案：B(2)(2018·安徽皖南八校二联，8)榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．我国的北京紫禁城，山西悬空寺，福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构．图中网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一种榫卯构件中榫的三视图，则其体积与表面积分别为( )A ．24＋52π，34＋52πB ．24＋52π，36＋54πC ．24＋54π，36＋54πD ．24＋54π，34＋52π解析：由三视图可知，这个榫卯构件中的榫由一个长方体和一个圆柱拼接而成，故其体积V ＝4×2×3＋π×32×6＝24＋54π，表面积S ＝2×π×32＋2×π×3×6＋4×3×2＋2×2×3＝54π＋36.故选C.答案：C [母题变式]1.将本例(1)中的“圆柱”改为“底面边长为4，高为2的正四棱柱”，且M 、N 都在正四棱柱顶点上，其余条件不变，则从M 到N 的最短路径是多少？解：如图①，MN ＝AB ＝2. 如图②，MN ＝AB ＝22＋42＝2 5.如图③，将正四棱柱沿AC 侧面展开，如图④，则MN ＝AB ＝22＋82＝217.综上，从M 到N 的最短路径可为2或25或217.2.将本例(2)中榫卯构件的凹凸部分改为圆柱形．如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中粗线画出的是该构件的三视图，该构件是一个底面半径为3，高为6的圆柱切削得到，则切削掉的部分的体积与原来圆柱的体积的比值为( )A.1727 B ．59C.1027D ．13解析：选C.由三视图可知该零件是一个底面半径为2、高为4的圆柱和一个底面半径为3、高为2的圆柱的组合体，所以该组合体的体积V 1＝π·22·4＋π·32·2＝34π，原来的圆柱体的体积为V ＝π·32·6＝54π，则切削掉部分的体积为V 2＝54π－34π＝20π，所以切削掉部分的体积与原来的圆柱体体积的比值为20π54π＝1027.故选C.已知三视图求几何体表面积或体积时，首先根据几何体的三视图还原出直观体，此时需要利用线与线、线与面的关系分析各面相对位置关系，并根据三视图中数据确定对应线段的长度，再利用几何体的特征，结合公式求解．考点三 单独规则几何体或组合体的体积与表面积[创新贯通][例3] (1)(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π解析：因为过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，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＋22π×22＝12π.答案：B(2)(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________．解析：由题意画出图形，如图，设AC 是底面圆O 的直径，连接SO ，则SO 是圆锥的高．设圆锥的母线长为l ，则由SA ⊥SB ，△SAB 的面积为8，得12l 2＝8，得l ＝4.在Rt △ASO 中，由题意知∠SAO ＝30°，所以SO ＝12l ＝2，AO ＝32l ＝2 3.故该圆锥的体积V ＝13π×AO 2×SO ＝13π×(23)2×2＝8π.答案：8π[例4] (1)如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23B ．33C.43 D ．32解析：如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，则△BHC 中BC 边的高h＝22. ∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V ＝V E ADG ＋V F BHC ＋V AGD BHC ＝2V E ADG ＋V AGD BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.答案：A(2)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81解析：由几何体的三视图可知，该几何体是底面为正方形的斜平行六面体．由题意可知该几何体底面边长为3，高为6，所以侧棱长为32＋62＝3 5.故该几何体的表面积S ＝32×2＋(3×6)×2＋(3×35)×2＝54＋18 5.答案：B[例5] (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 ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3解析：设等边三角形ABC 的边长为x ，则12x 2sin 60°＝93，得x ＝6.设△ABC 的外接圆半径为r ，则2r ＝6sin 60°，解得r ＝23，所以球心到△ABC 所在平面的距离d ＝42－（23）2＝2，则点D 到平面ABC 的最大距离d 1＝d ＋4＝6，所以三棱锥D -ABC 体积的最大值V max ＝13S △ABC ×6＝13×93×6＝18 3.答案：B(2)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球的半径为R ，V 2＝43πR 3.V 1＝πR 2·2R ＝2πR 3，∴V 1V 2＝2πR 343πR 3＝32.答案：321.若所给的几何体是规则的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．2.求不规则几何体的表面积或体积时，通常将该几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求出这些基本的柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差，从而获得该几何体的表面积．或者将不规则几何体补成规则几何体，再作体积之间的运算．3.解决球与其他几何体的切、接问题(1)关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系．(2)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．(3)一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面将空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系．1.(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A ．8B ．6 2C ．8 2D ．8 3解析：选C.连接BC1，因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以∠AC 1B ＝30°，AB ⊥BC 1，所以（23）2－22＝△ABC 1为直角三角形．又AB ＝2，所以BC 1＝2 3.又B 1C 1＝2，所以BB 1＝22，故该长方体的体积V ＝2×2×22＝8 2.2.(2018·江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．解析：正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是2，则该正八面体的体积为13×(2)2×2＝43.答案：43★3.(2018·四川达州模拟)如图(2)，需在正方体的盒子内镶嵌一个小球，使得镶嵌后，组合体的三视图均为图(1)所示，且平面A 1C 1B 截得小球的截面面积为2π3，则该小球的体积为( )A.π6 B ．4π3C.32π3D ．82π3解析：选B.由题意知该小球为正方体的内切球，设正方体的棱长为2a ，则内切球的半径为a ，△A 1BC 1是边长为22a 的正三角形，且内切球与以点B 1为公共点的三个面的切点恰为△A 1BC 1三边的中点，∴平面A 1C 1B 截得小球的截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，设△A 1BC 1的内心为O ，连接BO 并延长交A 1C 1于点M ，连接OA 1，如图，由图可得，△A 1BC 1内切圆的半径是2a ×tan 30°＝63a ，则△A 1BC 1内切圆的面积是π×63a ×63a ＝2π3a 2， 由题意可知，2π3a 2＝2π3，∴a ＝1，∴该小球的体积V 球＝4π3·13＝4π3.故选B.化归与转化思想在求空间几何体体积中的应用1．“转”：指的是转换底面与高，将原来不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解长度的高；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；3．“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥还原成一个三棱柱，有时将一个三棱柱还原成一个四棱柱，还台为锥，这些都是拼补的方法．[例6] 如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱A 1A 和B 1B 上各有一个动点P 、Q ，且满足A 1P ＝BQ ，M 是棱CA 上的动点，则V M ABQPVABC A 1B 1C 1－V M ABQP的最大值是__________．解析：设VABC A 1B 1C 1＝V ，V M ABQP ＝VM B 1BA ≤VC B 1BA ＝VB 1CBA ＝13V ，即M 与C 重合时V M ABQP 最大，即V M ABQP VABC A 1B 1C 1－V M ABQP＝V 3V －V 3＝12.答案：12函数、不等式思想在立体几何中的应用对于立体几何中的有关最值问题，常用建立目标函数求其最值或利用基本不等式求最值．[例7] (2018·湖北沙市模拟)如图，∠ACB ＝90°，DA ⊥平面ABC ，AE ⊥DB 交DB 于E ，AF ⊥DC 交DC 于F ，且AD ＝AB ＝2，则三棱锥D -AEF 体积的最大值为________．解析：因为DA ⊥平面ABC ，所以DA ⊥BC ，又BC ⊥AC ，DA ∩AC ＝A ，所以BC ⊥平面ADC ，所以BC ⊥AF ，又AF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，所以AF ⊥平面DCB ，所以AF ⊥EF ，AF ⊥DB ，又DB ⊥AE ，AE ∩AF ＝A ，所以DB ⊥平面AEF ，所以DE 为三棱锥D -AEF 的高．因为AE 为等腰直角三角形ABD 斜边上的高，所以AE ＝2，设AF ＝a ，FE ＝b ，则△AEF 的面积S ＝12ab ≤12·a 2＋b 22＝12×22＝12，所以三棱锥D -AEF 的体积V ≤13×12×2＝26(当且仅当a＝b ＝1时等号成立)．答案：26[例8] 如图所示，在侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，M ，N 分别在AD 1，BC 上移动，始终保持MN ∥平面DCC 1D 1.设BN ＝x ，MN ＝y ，则函数y ＝f (x )的图象大致是( )解析：选C.如图，过M 作MQ ∥DD 1，交AD 于Q ，连接QN .∵MN ∥平面DCC 1D 1，MQ ∥平面DCC 1D 1， MN ∩MQ ＝M ，∴平面MNQ ∥平面DCC 1D 1， 又QN ⊂平面MNQ ，∴NQ ∥平面DCC 1D 1，∴NQ ∥DC ，∵AQ ＝BN ＝x ，DD 1＝AA 1＝2，AD ＝AB ＝1， ∴MQ ＝2x ，在Rt △MQN 中，MN 2＝MQ 2＋QN 2，即y 2＝4x 2＋1， ∴y 2－x 214＝1(x ≥0，y ≥1)，∴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．故选C.[素材库]1.(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 ．π4解析：选B.设圆柱底面的半径为r ， 由题意可得12＋(2r )2＝22，解得r ＝32. ∴圆柱的体积V ＝πr 2×1＝3π4，故选B. 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 ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.由三视图得几何体的直观图如图所示．其中SD ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，SD ＝AD ＝CD ＝2，AB ＝1，故△SDC ，△SDA 为直角三角形，∵AB ⊥AD ，AB ⊥SD ，AD ∩SD ＝D ，∴AB ⊥平面SDA ，∴AB ⊥SA ，故△SAB 是直角三角形，从而SB ＝SD 2＋AD 2＋AB 2＝3，易知BC ＝22＋12＝5，SC ＝22＋22＝22，则SB 2≠BC 2＋SC 2，故△SBC 不是直角三角形，故选C.3.(2018·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选C.由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的边长分别为1 cm ，2 cm ，高为2 cm ，直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V ＝1＋22×2×2＝6 cm 3.4.(2018·天津卷)如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为________．解析：四棱锥的底面BB 1D 1D 为矩形，其面积为1×2＝2，又点A 1到底面BB 1D 1D 的距离，即四棱锥A 1BB 1D 1D 的高为12A 1C 1＝22，所以四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为13×2×22＝13. 答案：13限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A 级 基础夯实练1.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：选D.①中正、侧、俯三视图均相同，不符合题意；②中正、侧视图均相同，符合题意；③中正、侧、俯三视图均不相同，不符合题意；④中正、侧视图均相同，符合题意．2.圆环内圆半径为4，外圆半径为5，则圆环绕其对称轴旋转一周形成的几何体的体积为( )A.244π3B ．500π3C.200π3D ．256π3解析：选A.该旋转体是大球体中挖掉一个小球体，该旋转体体积为V ＝4π3×53－4π3×43＝244π3.3.已知在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离是( )A.83 B ．38C.43D ．34解析：选C.设点A 1到截面AB 1D 1的距离是h ，由VA 1AB 1D 1＝VA A 1B 1D 1，可得13S △AB 1D 1·h ＝13S △A 1B 1D 1·AA 1，即13×12×2×2×4＝13×⎝⎛⎭⎫12×22×32h ，解得h ＝43. 4.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O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C.如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O -ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O ABC ＝V C AOB ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为S ＝4πR 2＝144π.5.已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，记该正方体的正视图与侧视图的面积分别为S 1，S 2，则( )A.1S 1－1S 2为定值 B.S 21＋S 222为定值 C.1S 1＋1S 2为定值 D.S 1S 22＋2S 21＋S 22为定值解析：选A.设投影面与侧面所成的角为α⇒S 1＝sin α＋cos α，S 2＝sin(90°－α)＋cos(90°－α)＝sin α＋cosα，S 1＝S 2⇒1S 1－1S 2为定值．6.现有一块半球形原料，若通过切削将该原料加工成一个正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为( )A.63π B ．66πC.328πD ．324π解析：选A.当正方体的下底面在半球的大圆面上，上底面的四个顶点在球的表面上时，所得工件体积与原材料体积之比取得最大值，设此时正方体的棱长为a ，则球的半径为R ＝a 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2＝62a ，所以所求体积比为a 312×43π×⎝⎛⎭⎫62a 3＝63π，故选A.7.如图，BD 是边长为3的正方形ABCD 的对角线，将△BCD 绕直线AB 旋转一周后形成的几何体的体积等于________．解析：对角线BD 绕着AB 旋转，形成圆锥的侧面；边BC 绕着AB 旋转形成圆面；边CD 绕着AB 旋转，形成圆柱的侧面，所以该几何体是由圆柱挖去一个同底面的圆锥，所以V ＝π·32·3－13·π·32·3＝18π.答案：18π8.已知圆锥侧面展开图的圆心角为90°，则该圆锥的底面半径与母线长的比为________． 解析：设圆锥的母线长是R ，则扇形的弧长是90πR 180＝πR2，设底面半径是r ， 则πR 2＝2πr ，所以r ＝R4， 所以圆锥的底面半径与母线长的比为1∶4. 答案：149.如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M ，N 分别为AB ，PC的中点，PD ＝AD ＝2，AB ＝4.则点A 到平面PMN 的距离为________．解析：取PD 的中点E ，连接AE ，NE ，则在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，M ，N 分别为AB ，PC 的中点，所以NE ∥AM ，NE ＝AM ，所以四边形AENM 是平行四边形，所以AE ∥MN ，所以点A 到平面PMN 的距离等于点E 5，所以S △PMN ＝12×到平面PMN 的距离，设为h ，在△PMN 中，PN ＝5，PM ＝23，MN ＝h ＝63. 23×2＝6，由V E PMN ＝V M PEN ，可得13×6h ＝13×12×1×2×2，所以答案：6310.如图直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为________．解析：由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为截面圆的直径，所以∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 是BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外心M 是B 1C 1的中点．设正方形BCC 1B 1的边长为x .在Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x2，OC 1＝R ＝1(R 为球的半径)，所以⎝⎛⎭⎫x 22＋⎝⎛⎭⎫x 22＝1， 即x ＝2，则AB ＝AC ＝1， 所以S 矩形ABB 1A 1＝2×1＝ 2. 答案： 2B 级 能力提升练11.(2019·吉林实验中学月考)一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如右图所示，则该四棱锥的侧面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83C ．4(5＋1)，83D ．8，8解析：选B.由正视图知：四棱锥的底面是边长为2的正方形，四棱锥的高为2，∴四棱锥的体积V ＝13×22×2＝83；四棱锥的侧面是全等的等腰三角形，底为2，高为5，∴S 侧＝4×12×2×5＝4 5. 12.若三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SA ⊥平面ABC ，SA ＝215，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，则球O 的表面积为( )A ．64πB ．63πC ．65πD ．32π解析：选A.设球O 的半径为R ，∵AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，∴BC 2＝1＋4－2×1×2×cos 60°＝3，所以AB 2＋BC 2＝AC 2.即△ABC 为直角三角形，那么△ABC 所在截面圆的直径为AC ，所以(2R )2＝SA 2＋AC 2＝64.所以S 球＝4πR 2＝64π.13.已知四面体P -ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，P A ＝8，BC ＝4，PB ＝PC ＝AB ＝AC ，且平面PBC ⊥平面ABC ，则球O 的表面积为( )A ．64πB ．65πC ．66πD ．128π解析：选B.如图，D ，E 分别为BC ，P A 的中点，易知球心O 在线段DE 上． ∵PB ＝PC ＝AB ＝AC ，∴PD ⊥BC ，AD ⊥BC ，PD ＝AD .又平面PBC ⊥平面ABC ，平面PBC ∩平面ABC ＝BC ， ∴PD ⊥平面ABC .∴PD ⊥AD .∴PD ＝AD ＝4 2. ∵点E 是P A 的中点，∴ED ⊥P A ，且DE ＝EA ＝PE ＝4. 设球O 的半径为R ，OE ＝x ，则OD ＝4－x .在Rt △OEA 中，有R 2＝16＋x 2，在Rt △OBD 中，有R 2＝4＋(4－x )2，解得R 2＝654，所以S ＝4πR 2＝65π，故选B.14.正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A -B 1DC 1的体积为( ) A ．3 B ．32C ．1D ．32解析：选C.∵D 是等边三角形ABC 的边BC 的中点， ∴AD ⊥BC .又ABC -A 1B 1C 1为正三棱柱， ∴AD ⊥平面BB 1C 1C . 又四边形BB 1C 1C 为矩形，∴S △DB 1C 1＝12S 四边形BB 1C 1C ＝12×2×3＝ 3.又AD ＝2×32＝3，∴VA B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×3×3＝1.故选C. 15.(2018·安徽黄山模拟)如图，直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．解析：根据题意可知，该几何体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示，则所得几何体的表面积为圆锥侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面面积之和，即表面积为π×1×12＋12＋2π×12＋π×12＝(2＋3)π.答案：(2＋3)π16.(2018·贵州贵阳适应性考试)已知底面是正六边形的六棱锥P -ABCDEF 的七个顶点均在球O 的表面上，底面正六边形的边长为1，若该六棱锥体积的最大值为3，则球O 的表面积为________．解析：因为六棱锥P -ABCDEF 的七个顶点均在球O 的表面上，由对称性和底面正六边形的面积为定值知，当六棱锥P -ABCDEF 为正六棱锥时，体积最大．设正六棱锥的高为h ，则13×⎝⎛⎭⎫6×12×1×1×sin 60°h ＝3，解得h ＝2.记球O 的半径为R ，根据平面截球面的性质，得(2－R )2＋12＝R 2，解得R ＝54，所以球O 的表面积为4πR 2＝4π⎝⎛⎭⎫542＝25π4.答案：25π4第二节 直线、平面的平行关系教材细梳理知识点1 平面的基本性质(1)空间中两直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行相交异面直线：不同在任何一个平面内(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．②范围：⎝⎛⎤0，π2．思考1：“分别在不同平面内的两条直线”是异面直线吗？ 提示：不一定．思考2：若直线a 与b异面，b 与c 异面，那么a 与c 异面吗？提示：不一定．异面直线不具有传递性，a 与c 可能异面，可能平行，也可能相交． [拓展]平面外一点A 与平面内一点B 的连线和平面内不经过点B 的直线是异面直线． 知识点3 直线与平面平行的判定定理和性质定理[1.一条直线与一个平面平行，那么它与这个平面内的直线平行或异面．2.如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．3.垂直于同一条直线的两个平面平行．4.夹在两个平行平面间的平行线段相等．5.若α、β、γ是三个不同的平面，α∥β，β∥γ，则α∥γ.四基精演练1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．()(2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．()(3)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.()(4)若直线a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线有无数条．()(5)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．()(6)设l为直线，α，β是两个不同的平面，若l∥α，l∥β，则α∥β.()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×2.(知识点2)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成的角的大小为() ⇐源自必修二P52B组T1A．30°B．45°C．60°D．90°答案：C3.(知识点3)(2018·浙江卷)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A.若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α.若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选A.4.(知识点4)平面α∥平面β的一个充分条件是()⇐源自必修二P58练习T3A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α答案：D5.(知识点1)如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是________．⇐源自必修二P52A组T7答案：CD考点一空间点、线、面的基本关系[基础练通]1.(2018·山东烟台模拟)如图所示的是正方体和四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则各图形中，P，Q，R，S四点共面的是________(填序号)．答案：①②③2.(2018·山西临汾模拟)如图，在三棱台ABC-A1B1C1的6个顶点中任取3个点作平面α，设α∩平面ABC＝l，若l∥A1C1，则这3个点可以是()A．B，C，A1B．B1，C1，AC．A1，B1，C D．A1，B，C1解析：选D.过点B作BD∥AC，则BD∥A1C1，连接A1B，C1D，CD，如图所示：则平面α可以为平面A1BDC1，则α∩平面ABC＝BD＝l，且l∥A1C1，所以这3个点可以是A1、C1、B.故选D.3.下列命题正确的是()A．若两条直线和同一个平面平行，则这两条直线平行B．若一直线与两个平面所成的角相等，则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行解析：选C.A选项中的两条直线可能平行，可能异面，也可能相交；B中一直线可以与两垂直平面所成的角都是45°；由两平面平行的性质定理知C正确；D中的两平面也可能相交．1．共面、共线、共点问题的证明(1)证明点或线共面，①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．(2)证明点共线，①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定的直线上．(3)证明线共点，先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．2．]异面直线的判定方法(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面．此法在异面直线的判定中经常用到．(2)定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．考点二直线与平面平行的判定与性质[创新贯通][例1](1)给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题：。
创新教程2016年高考数学大一轮复习第七章第1节空间几何体的结构、三视图和直观图课时冲关理新人教A版
【创新教程】2016年高考数学大一轮复习第七章第1节空间几何体的结构、三视图和直观图课时冲关理新人教A版对应学生用书课时冲关理三十三/第297页文三十二/第263页一、选择题1．(2014·江西高考)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )解析：由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形．故选B.答案：B2．一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：考虑选项中几何体的三视图的形状、大小，分析可得．球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等，首先排除选项A 和C.对于如图所示三棱锥O ABC ，当OA 、OB 、OC 两两垂直且OA ＝OB ＝OC 时，其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B.不论圆柱如何设置，其三视图的形状都不会完全相同，故答案选D.答案：D3．(2015·西安模拟)如图，某几何体的主视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是( )解析：若该几何体的俯视图是选项A ，则该几何体的体积为1，不满足题意；若该几何体的俯视图是选项B ，则该几何体的体积为π4，不满足题意；若该几何体的俯视图是选项C ，则该几何体的体积为12，满足题意；若该几何体的俯视图是选项D ，则该几何体的体积为π4，不满足题意．故选C.答案：C4．(2015·江西八校联考)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 3B ．3C. 3 D ．4解析：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.答案：A5．(2014·新课标高考全国卷Ⅰ)如图，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 ．四棱柱解析：由题三视图得直观图如图所示，为三棱柱．故选B.答案：B6．(2015·焦作模拟)已知正三棱柱的侧棱长与底面边长都是2，以下给出a，b，c，d 四种不同的三视图，其中可以正确表示这个正三棱柱的三视图的有( )A．1个B．2个C．3个D．4个解析：把三视图还原成几何体，a，b，c，d都是表示该正三棱柱的三视图．答案：D7．(2014·湖北高考)在如图所示的空间直角坐标系Oxyz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( )A．①和② B．③和①C．④和③ D．④和②解析：在空间直角坐标系Oxyz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.故选D.答案：D8．右图是长和宽分别相等的两个矩形，给定下列三个命题：①存在三棱柱，其主视图、俯视图如右图；②存在四棱柱，其主视图、俯视图如右图；③存在圆柱，其主视图、俯视图如右图．其中真命题的个数是( ) A．3 B．2 C．1 D．0解析：底面是等腰直角三角形的三棱柱，当它的一个矩形侧面放置在水平面上时，它的主视图和俯视图可以是全等的矩形，因此①正确；若长方体的高和宽相等，则存在满足题意的两个相等的矩形，因此②正确；当圆柱侧放时(即左视图为圆时)，它的主视图和俯视图可以是全等的矩形，因此③正确．答案：A9．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 cm 2D ．8 2 cm 2 解析：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 cm 2.答案：C10．(2015·江西九校联考)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 ，已知其正视图的面积为23，则其侧视图的面积为( )A.32B.33C.34D.36 解析：由题意知，该三棱锥的正视图为△VAC ，作VO ⊥AC 于O ，连接OB ，设底面边长为2a ，高VO ＝h ，则△VAC 的面积为12×2a ×h ＝ah ＝23.又三棱锥的侧视图为Rt △VOB ，在正三角形ABC 中，高OB ＝3a ，所以侧视图的面积为12OB ·OV ＝12×3a ×h ＝32ah ＝32×23＝33. 答案：B11．(2015·银川模拟)如图，若Ω是长方体ABCD A 1B 1C 1D 1被平面EFGH 截去几何体EFGHC 1B 1后得到的几何体，其中E 为线段A 1B 1上异于B 1的点，F 为线段BB 1上异于B 1的点，且EH ∥A 1D 1，则下列结论中不可能正确的是( )A ．EH ∥FGB ．四边形EFGH 是矩形C ．Ω是棱柱D ．Ω是棱台 解析：根据棱台的定义(侧棱延长之后，必交于一点，即棱台可以还原成棱锥)可知，几何体Ω不是棱台．答案：D二、填空题12．一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形，原三角形的面积为________．解析：由斜二测画法，知直观图是边长为1的正三角形，其原图是一个底为1，高为6的三角形，所以原三角形的面积为62. 答案：6213．如图所示，E 、F 分别为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的面ADD 1A 1、面BCC 1B 1的中心，则四边形BFD 1E 在该正方体的面DCC 1D 1上的投影是________．(填序号)解析：四边形在面DCC 1D 1上的投影为②，B 在面DCC 1D 1上的投影为C ，F 、E 在面DCC 1D 1上的投影应在边CC 1与DD 1上，而不在四边形的内部，故①③④错误．答案：②14．用半径为r 的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高是________． 解析：由题意可知卷成的圆锥的母线长为r ，设卷成的圆锥的底面半径为r ′，则2πr ′＝πr ，所以r ′＝12r ，所以圆锥的高h ＝ r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12r 2＝32r . 答案：32r 15．(2014·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________.解析：三视图所表示的几何体的直观图如图所示．结合三视图知，PA⊥平面ABC，PA＝2，AB＝BC＝2，AC＝2.所以PB＝PA2＋AB2＝4＋2＝6，PC＝PA2＋AC2＝22，所以该三棱锥最长棱的棱长为2 2.答案：2 2[备课札记]。
优化方案(新课标)2016高考数学一轮复习 第七章 第1讲
[规律方法] (1)由实物图画三视图或判断、选择三视图， 此时需要注意“长对正、高平齐、宽相等”的原则； (2)由三视图还原实物图，解题时首先对柱、锥、台、球的 三视图要熟悉，再复杂的几何体也是由这些简单的几何体 组合而成的；其次，要遵循以下三步：①看视图，明关系； ②分部分，想整体；③综合起来，定整体．
4．如图所示的直观图，其表示的平面图形是( D )
A．正三角形 C．钝角三角形
B．锐角三角形 D．直角三角形
考点一 考点二 考点三
空间几何体的结构特征 空间几何体的三视图(高频考点)
空间几何体的直观图
考点一 空间几何体的结构特征
给出下列几个命题：
①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连
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__①__②__③__④____．
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．
(2014·高考课标全国卷Ⅰ)如图，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( B )
A．三棱锥 C．四棱锥 [解析] 如图，几何体为三棱柱．
B．三棱柱 D．四棱柱
[考题溯源] 本考题是由教材人教 A 版必修 2P15 练习题第 4 题“如图是一个几何体的三视图，想象它的几何结构特 征，并说出它的名称．”演变而来．
线是圆柱的母线；
创新教程2016年高考数学大一轮复习第七章第1节空间几
提升· 学科素养
(理)忽视几何体的放置与特征致误
(注：对应文数热点突破之三十二)
在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则 相应的侧视图可以为( )
[正解]
由正视图和俯视图可以推
测几何体为半圆锥和三棱锥的组合体 (如图所示)，且顶点在底面的射影恰是 底面半圆的圆心，可知侧视图为等腰 三角形，且轮廓线为实线，故选D.
[变式训练]
3．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. 则这个平面图形 的实际面积为 ________．
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：①存在可以得主视图为三角形的情况；②四棱锥， 若底面是矩形，有一侧棱垂直于底面可以得主视图为三角形； ③三棱柱，把侧面水平放置，正对着底面看，得主视图为三角 形；④四棱柱，不论从哪个方向看都得不出三角形；⑤圆锥的
底面水平放置，主视图是三角形；⑥圆柱从不同方向看是矩形
整合· 主干知识
1．空间几何体的结构特征
相等 全等
公共点
平行于底面 相似
质疑探究：由棱柱的结构特征可知：棱 z 柱有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形，反过 来，成立吗？ 提示：不一定成立，如图所示几何体有两个面互相平行，
其余各面都是平行四边形，但不满足每相邻两个四边形的公共
边都互相平行，所以不是棱柱.
2．空间几何体的三视图 名称 几何体的三视图有：_______ 正视图 、 _______ 侧视图 、 _______ 俯视图 1.画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线画成 虚线． 画法 2.三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何 正前方 、 _______ 正左方 、 _______ 体的_______ 正上方 观察几何体得 到的正投影图 对正 平齐 相等 1.画法规则：“长 ____、高 ____ 、宽 ____”或说 主俯 俯左 主左 “ ____一样高、 ____一样长、 ____一样宽”． 规则 右 侧，俯视图在正 2.摆放规则：侧视图在正视图的___ 下方 视图的___
高三理科数学一轮总复习 第七章 立体几何
高三理科数学一轮总复习 第七章 立体几何一．平面．1．经过不在同一条直线上的三点确定一个面． 2．两个平面可将平面分成3或4部分．3．过三条互相平行的直线可以确定1或3个平面．4．三个平面最多可把空间分成 8 部分．（X 、Y 、Z 三个方向） 二．空间直线．1．空间直线位置分三种：相交、平行、异面．2．异面直线判定定理：过平面外一点与平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线．（不在任何一个平面内的两条直线）3．平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．4．等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等（如下图）．（二面角的取值范围[) 180,0∈θ） （直线与直线所成角(] 90,0∈θ） （斜线与平面成角() 90,0∈θ） （直线与平面所成角[] 90,0∈θ）（向量与向量所成角])180,0[ ∈θ推论：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成锐角（或直角）相等． 5．两异面直线的距离：公垂线的长度．空间两条直线垂直的情况：相交（共面）垂直和异面垂直．21,l l 是异面直线，则过21,l l 外一点P ，过点P 且与21,l l 都平行平面有一个或没有，但与21,l l 距离相等的点在同一平面内．（1L 或2L 在这个做出的平面内不能叫1L 与2L 平行的平面） 三．直线与平面平行、直线与平面垂直．1．空间直线与平面位置分三种：相交、平行、在平面内．2．直线与平面平行判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．（“线线平行，线面平行”）3．直线和平面平行性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．（“线面平行，线线平行”）4．直线与平面垂直是指直线与平面任何一条直线垂直，过一点有且只有一条直线和一个平面垂直，过一点有且只有一个平面和一条直线垂直． 12方向相同12方向不相同POAa直线与平面垂直的判定定理一：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这两条直线垂直于这个平面．（“线线垂直，线面垂直”）直线与平面垂直的判定定理二：如果平行线中一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．推论：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行．四．平面平行与平面垂直．1．空间两个平面的位置关系：相交、平行．2．平面平行判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．（“线面平行，面面平行”）推论：垂直于同一条直线的两个平面互相平行；平行于同一平面的两个平面平行．3．两个平面平行的性质定理：如果两个平面平行同时和第三个平面相交，那么它们交线平行．（“面面平行，线线平行”）4．两个平面垂直性质判定一：两个平面所成的二面角是直二面角，则两个平面垂直． 两个平面垂直性质判定二：如果一个平面与一条直线垂直，那么经过这条直线的平面垂直于这个平面．（“线面垂直，面面垂直”）注：如果两个二面角的平面对应平面互相垂直，则两个二面角没有什么关系．5．两个平面垂直性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线也垂直于另一个平面．推论：如果两个相交平面都垂直于第三平面，则它们交线垂直于第三平面．证明：如图，找O 作OA 、OB 分别垂直于21,l l ，因为ααββ⊥⊂⊥⊂OB PM OA PM ,,,则OB PM OA PM ⊥⊥,．6．两异面直线任意两点间的距离公式：θcos 2222mn d n m l +++=（θ为锐角取加，θ为钝取减，综上，都取加则必有⎥⎦⎤ ⎝⎛∈2,0πθ）7．⑴最小角定理：21cos cos cos θθθ=（1θ为最小角，如图） ⑵最小角定理的应用（∠PBN 为最小角）简记为：成角比交线夹角一半大，且又比交线夹角补角一半长，一定有4条． 成角比交线夹角一半大，又比交线夹角补角小，一定有2条． 成角比交线夹角一半大，又与交线夹角相等，一定有3条或者2条． 成角比交线夹角一半小，又与交线夹角一半小，一定有1条或者没有． 图1θθ1θ2图2PαβθM AB O五．棱锥、棱柱、球． 1．棱柱．⑴①直棱柱侧面积：Ch S =（C 为底面周长，h 是高）该公式是利用直棱柱的侧面展开图为矩形得出的．②斜棱住侧面积：l C S 1=（1C 是斜棱柱直截面周长，l 是斜棱柱的侧棱长）该公式是利用斜棱柱的侧面展开图为平行四边形得出的．⑵{四棱柱}⊃{平行六面体}⊃{直平行六面体}⊃{长方体}⊃{正四棱柱}⊃{正方体}． {直四棱柱}⋂{平行六面体}={直平行六面体}．⑶棱柱具有的性质：①棱柱的各个侧面都是平行四边形，所有的侧棱都相等；直棱柱的各个侧面都是矩形．．．．．．．．；正棱柱的各个侧面都是全等的矩形．．．．．． ②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等．．多边形． ③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形．定理一：平行六面体的对角线交于一点．．．．．．．．．．．．．，并且在交点处互相平分． 定理二：长方体的一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱长的平方和．推论一：长方体一条对角线与同一个顶点的三条棱所成的角为γβα,,，则1c o s c o s c o s 222=++γβα．推论二：长方体一条对角线与同一个顶点的三各侧面所成的角为γβα,,，则2c o s c o s c o s 222=++γβα．2．棱锥：棱锥是一个面为多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形． [注]：①一个棱锥可以四各面都为直角三角形．②一个棱柱可以分成等体积的三个三棱锥；所以棱柱棱柱3V Sh V ==． ⑴①正棱锥定义：底面是正多边形；顶点在底面的射影为底面的中心． ②正棱锥的侧面积：'Ch 21S =（底面周长为C ，斜高为'h ）③棱锥的侧面积与底面积的射影公式：αcos 底侧S S =（侧面与底面成的二面角为α） labc附：已知c ⊥l ，b a =⋅αcos ，α为二面角b l a --．则l a S ⋅=211①，b l S ⋅=212②，b a =⋅αcos ③ ⇒①②③得αcos 底侧S S =．注：S 为任意多边形的面积（可分别多个三角形的方法）． ⑵棱锥具有的性质：①正棱锥各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰三角形，各等腰三角形底边上的高相等（它叫做正棱锥的斜高）．②正棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组成一个直角三角形，正棱锥的高、侧棱、侧棱在底面内的射影也组成一个直角三角形． ⑶特殊棱锥的顶点在底面的射影位置：①棱锥的侧棱长均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心．②棱锥的侧棱与底面所成的角均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心． ③棱锥的各侧面与底面所成角均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形内心． ④棱锥的顶点到底面各边距离相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形内心． ⑤三棱锥有两组对棱垂直，则顶点在底面的射影为三角形垂心． ⑥三棱锥的三条侧棱两两垂直，则顶点在底面上的射影为三角形的垂心．⑦每个四面体都有外接球，球心0是各条棱的中垂面的交点，此点到各顶点的距离等于球半径； ⑧每个四面体都有内切球，球心I 是四面体各个二面角的平分面的交点，到各面的距离等于半径． 3．球：⑴球的截面是一个圆面． ①球的表面积公式：24R S π=． ②球的体积公式：334R V π=．⑵纬度、经度：①纬度：地球上一点P 的纬度是指经过P 点的球半径与赤道面所成的角的度数．②经度：地球上B A ,两点的经度差，是指分别经过这两点的经线与地轴所确定的二个半平面的二面角的度数，特别地，当经过点A 的经线是本初子午线时，这个二面角的度数就是B 点的经度． 附：①圆柱体积：h r V 2π=（r 为半径，h 为高） ②圆锥体积：h r V 231π=（r 为半径，h 为高）③锥形体积：Sh V 31=（S 为底面积，h 为高）OrOR4．①内切球：当四面体为正四面体时，设边长为a ，a h 36=，243a S =底，243a S =侧 得a a a R R a R a a a 46342334/424331433643222=⋅==⇒⋅⋅+⋅=⋅． 注：球内切于四面体：h S R S 313R S 31V 底底侧AC D B ⋅=⋅+⋅⋅⋅=-②外接球：球外接于正四面体．六．空间向量．1．（1）共线向量：共线向量亦称平行向量，指空间向量的有向线段所在直线互相平行或重合． （2）共线向量定理：对空间任意两个向量)0(≠a ， ∥的充要条件是存在实数λ（具有唯一性），使b a λ=．（3）共面向量：若向量使之平行于平面α或在α内，则与α的关系是平行，记作∥α． （4）①共面向量定理：如果两个向量b a ,不共线，则向量与向量b a ,共面的充要条件是存在实数对x 、y 使b y a x P +=．②空间任一点．．．O ．和不共线三点．．．．．．A ．、．B ．、．C ．，则)1(=++++=z y x z y x 是PABC 四点共面的充要条件．（简证：→+==++--=z y z y z y )1(P 、A 、B 、C 四点共面）注：①②是证明四点共面的常用方法．2．空间向量基本定理：如果三个向量．．．．,,不共面．．．，那么对空间任一向量，存在一个唯一的有序实数组x 、y 、z ，使z y x ++=．推论：设O 、A 、B 、C 是不共面的四点，则对空间任一点P , 都存在唯一的有序实数组x 、y 、z 使 z y x ++=(这里隐含x+y+z≠1)．注：设四面体ABCD 的三条棱，,,,d AD c AC b AB ===其中Q 是△BCD 的重心，则向量)(31c b a AQ ++=用MQ AM AQ +=即证．DC B3．（1）空间向量的坐标：空间直角坐标系的x 轴是横轴（对应为横坐标），y 轴是纵轴（对应为纵轴），z 轴是竖轴（对应为竖坐标）． ①令a =(a 1,a 2,a 3),),,(321b b b =，则 ),,(332211b a b a b a ±±±=+))(,,(321R a a a ∈=λλλλλ332211b a b a b a ++=⋅a ∥)(,,332211Rb a b a b a ∈===⇔λλλλ332211b a b a b a ==⇔0332211=++⇔⊥b a b a b a222321a a a ++==(=⇒⋅=)232221232221332211||||,cos b b b a a a b a b a b a b a ba b a ++⋅++++=⋅⋅>=<②空间两点的距离公式：212212212)()()(z z y y x x d -+-+-=．（2）法向量：若向量a 所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作α⊥a ，如果α⊥a 那么向量a 叫做平面α的法向量．（3）用向量的常用方法：①利用法向量求点到面的距离定理：如图，设n 是平面α的法向量，AB 是平面α的一条射线，其中α∈A ，则点B 到平面α②利用法向量求二面角的平面角定理：设21,n n 分别是二面角βα--l 中平面βα,的法向量，则21,n n 所成的角就是所求二面角的平面角或其补角大小（21,n n 方向相同，则为补角，21,n n 反方，则为其夹角）．③证直线和平面平行定理：已知直线≠⊄a 平面α，α∈⋅∈⋅D C a B A ,，且CDE 三点不共线，则a ∥α的充要条件是存在有序实数对μλ⋅使CE CD AB μλ+=．（常设CE CD AB μλ+=求解μλ,若μλ,存在即证毕，若μλ,不存在，则直线AB 与平面相交）．AB1．如图，直线l ⊥平面α，垂足为O ．已知长方体ABCD-A ’B ’C ’D ’中，AA ’=5，AB=6，AD=8．该长方体符合以下条件的自由运动：（1）l A ∈，（2）α∈C ．则C ’、O 两点间的最大距离为 ．2．已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，另一端点N 在正方形ABCD 内运动，则MN 中点轨迹与正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的表面所围成的较小的几何体的体积为 ．3．如图，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝8，BC ＝6，AB ＝2，E 、F 分别在BC 、AD 上，EF ∥AB ．现将四边形ABEF 沿EF 折起，使得平面ABEF ⊥平面EFDC ．（Ⅰ）当2BE =，是否在折叠后的AD 上存在一点P ，且AP PD λ=，使得CP ∥平面ABEF ？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由；（Ⅱ）设BE ＝x ，问当x 为何值时，三棱锥A -CDF 的体积有最大值？并求出这个最大值．。
【名师金典】(教师用书)2016版高考数学大一轮复习 第七章 立体几何
第七章立体几何第一节空间几何体的结构、三视图和直观图[考情展望] 1.以三视图为命题背景，考查空间几何体的结构特征.2.利用空间几何体的展开，考查空间想象能力.3.以选择题、填空题的形式考查．一、多面体的结构特征1．棱柱的侧棱都互相平行，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．(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．反之，正棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心．二、旋转体的形成1．三视图的名称几何体的三视图包括：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正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．四、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1.45°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长度为原来的一半．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：S直观图＝2 4S原图形，S原图形＝22S直观图．1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是( ) A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等【答案】 B2．如图7－1－1，下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是( )图7－1－1A．①②B．②③C．②④D．③④【答案】 C3．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7－1－2所示的一个正方形，则原来的图形是( )图7－1－24．若某几何体的三视图如图7－1－3所示，则这个几何体的直观图可以是( )图7－1－3【答案】 B以是( )图7－1－4【答案】 D6．(2013²湖南高考)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( )A.32 B ．1 C.2＋12D. 2【答案】 D考向一 [111] 空间几何体的结构特征下列结论中正确的是( )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一点的连线都是母线 【答案】 D规律方法1 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．2．圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．3．既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．考向二 [112] 几何体的三视图(1)(2014²湖北高考)在如图7－1－5所示的空间直角坐标系Oxyz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①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②(2)(2014²课标全国卷Ⅰ)如图7－1－6，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(3)(2014²北京高考)某三棱锥的三视图如图7－1－7所示，则该三棱锥最长棱的棱长为．图7－1－7【答案】(1)D (2)B (3)2 2规律方法 2 1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．对点训练(1)如图7－1－8是一几何体的直观图、正视图和俯视图．在正视图右侧，按照画三视图的要求画出的该几何体的侧视图是( )图7－1－8A B C D(2)(2014²江西高考)一几何体的直观图如图7－1－9，下列给出的四个俯视图中正确的是( )图7－1－9【答案】(1)B (2)B考向三 [113] 空间几何体的直观图如图7－1－10所示，四边形A′B′C′D′是一水平放置的平面图形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．图7－1－10【尝试解答】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12³(6＋4)³42＝20 2.规律方法3 由直观图还原为平面图的关键是找与x ′轴，y ′轴平行的直线或线段，且平行于x ′轴的线段还原时长度不变，平行于y ′轴的线段还原时放大为直观图中相应线段长的2倍，由此确定图形的各个顶点，顺次连接即可．对点训练 (1)已知正△ABC 的边长为a ，则△ABC 水平放置的直观图△A ′B ′C ′的面积为 ．图7－1－11(2)如图7－1－11所示，正方形O ′A ′B ′C ′的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是( )A ．6B ．8C ．2＋3 2D ．2＋2 3【答案】 (1)616a 2(2)B易错易误之十二 画三视图忽视边界线及其实虚 —————————— [1个示范例] ——————(2012²陕西高考)将正方体(如图7－1－12(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图7－1－12(2)所示的几何体，则该几何体的左视图为( )图7－1－12【解析】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．此处易出现两种错误：①是忽视B1C也是边界而误选D；②是虽然注意了B1C也是边界线，但忽视了其不可视而误选C.【防范措施】(1)在确定边界线时，要先分析几何体由哪些面组成，从而可确定边界线，其次要确定哪些边界线投影后与轮廓线重合，哪些边界线投影后与轮廓线不重合，不重合的是我们要在三视图中画出的．(2)在画三视图时，首先确定几何体的轮廓线，然后再确定面与面之间的边界线，再根据是否可视确定实虚．————————[1个防错练] ———————一个正方体截去两个角后所得几何体的正(主)视图、侧(左)视图如图7－1－13所示，则其俯视图为( )正(主)视图侧(左)视图图7－1－13A B C D【解析】由题意得正方体截去的两个角如图所示，故其俯视图应选C.【答案】 C课时限时检测(三十八) 空间几何体的结构、三视图和直观图(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1．(2013²四川高考)一个几何体的三视图7－1－14图如图7－1－14所示，则该几何体可以是( )A．棱柱B．棱台C．圆柱D．圆台【答案】 D2．下列命题中正确的个数是( )①由五个面围成的多面体只能是四棱锥；②用一个平面去截棱锥便可得到棱台；③仅有一组对面平行的五面体是棱台；④有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥．A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】 A3．给出下列三个命题：①相邻侧面互相垂直的棱柱是直棱柱；②各侧面都是正方形的四棱柱是正方体；③底面是正三角形，各侧面都是等腰三角形的三棱锥是正棱锥．其中正确的命题有( ) A．1个 B．2个C．3个 D．0个【答案】 D4．已知某一几何体的正视图与侧视图如图7－1－15所示，则在下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形有( )图7－1－15A．①②③④ B．②③④⑤C．①②④⑤ D．①②③⑤【答案】 A5．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图7－1－16所示，则该几何体的侧视图为( )图7－1－16【答案】 D6．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图7－1－17所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这个平面图形的面积为( )图7－1－17A.14＋24 B ．2＋22C.14＋22D.12＋ 2 【答案】 B二、填空题(每小题5分，共15分)7．如图7－1－18所示正三棱柱ABC —A 1B 1C 1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 ．图7－1－18【答案】 8 38．如图7－1－19是水平放置的△ABC (AD 为BC 边上的中线)的直观图，试按此图判定原△ABC 中的四条线段AB ，BC ，AC ，AD ，其中最长的线段是 ，最短的线段是 ．图7－1－19【答案】 AC BC9．已知一几何体的三视图如图7－1－20所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是(写出所有正确结论的编号) ．图7－1－20①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体； ④每个面都是等腰三角形的四面体； ⑤每个面都是直角三角形的四面体． 【答案】 ①③④⑤三、解答题(本大题共3小题，共35分)10．(10分)如图7－1－21所示，△A ′B ′C ′是△ABC 的直观图，且△A ′B ′C ′是边长为a 的正三角形，求△ABC 的面积．图7－1－21【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C ′，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 ²6a ＝62a 2. 11．(12分)用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，从两个角度观察得到的图形如图，则搭成该几何体最少需要的小正方体的块数是多少？图7－1－22【解】 搭成该几何体最少需要小正方体6块，按如图所示摆放．12．(13分)如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出(单位：cm)．图7－1－23(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； (2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积； 【解】 (1)如图．(2)所求多面体的体积，V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4³4³6－13³⎝ ⎛⎭⎪⎫12³2³2³2＝2843(cm 3)．第二节 空间几何体的表面积与体积[考情展望] 1.与三视图相结合考查柱、锥、台、球的体积和表面积.2.以选择题与填空题形式考查．一、旋转体的表(侧)面积1．V 柱体＝Sh . 2．V 锥体＝13Sh .3．V 台体＝13h (S ＋SS ′＋S ′)．4．V 球＝43πR 3(球半径是R )．求几何体体积的两种重要方法1．割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．2．等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了具体通过作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．1．正六棱柱的高为6，底面边长为4，则它的全面积为( )A ．48(3＋3)B ．48(3＋23)C ．24(6＋2)D ．144【答案】 A2．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图7－2－1所示，则其侧面积．．．等于( )图7－2－1A. 3 B ．2 C ．2 3 D ．6【答案】 D3．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( ) A ．4πS B ．2πS C ．πS D.233πS【答案】 A4．母线长为1的圆锥的侧面展开图的面积是23π，则该圆锥的体积为( )A.2281πB.881π C.4581π D.1081π 【答案】 C5．(2014²浙江高考)某几何体的三视图(单位：cm)如图7－2－2所示，则此几何体的表面积是( )图7－2－2A．90 cm2B．129 cm2C．132 cm2D．138 cm2【答案】 D6．(2013²辽宁高考)某几何体的三视图如图7－2－3所示，则该几何体的体积是．图7－2－3【答案】16π－16考向一 [114] 空间几何体的表面积(1)(2014²重庆高考)某几何体的三视图如图7－2－4所示，则该几何体的表面积为( )图7－2－4A．54 B．60 C．66 D．72(2)(2014²山东高考)一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为．【答案】(1)B (2)12规律方法 1 1.解答本题的关键是根据三视图得到几何体的直观图，弄清几何体的组成．2．在求多面体的侧面积时，应对每一侧面分别求解后再相加，对于组合体的表面积应注意重合部分的处理．3．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．对点训练(2013²重庆高考)某几何体的三视图如图7－2－5所示，则该几何体的表面积为( )图7－2－5A．180 B．200 C．220 D．240【答案】 D考向二 [115] 空间几何体的体积(1)(2013²课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图7－2－6所示，则该几何体的体积为( )图7－2－6A．16＋8πB．8＋8πC．16＋16πD．8＋16π(2)(2012²山东高考)如图7－2－7，正方体ABCD－A1B1C1D1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 ．图7－2－7【答案】 (1)A (2)16规律方法2 1.解答本题(2)的关键是转换顶点，转换顶点的原则是使底面面积和高易求．一般做法是把底面放在已知几何体的某一个面上．2．注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、转化法等，它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法．3．等积变换法：利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面．①求体积时，可选择容易计算的方式来计算；②利用“等积法”可求“点到面的距离”．对点训练 (1)(2014²辽宁高考)某几何体三视图如图7－2－8所示，则该几何体的体积为( )图7－2－8A ．8－2πB ．8－πC ．8－π2D ．8－π4(2)(2014²山东高考)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＝ .【答案】 (1)B (2)14考向三 [116] 球与多面体已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 ．【答案】 13规律方法3 1.解答本题的关键是确定球心、圆锥底面圆心与两圆锥顶点之间的关系，这需要根据球的对称性及几何体的形状来确定．2．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．对点训练 (2013²课标全国卷Ⅰ)如图7－2－9，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 ，如果不计容器厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3B.866π3 cm 3C.1 372π3cm 3D.2 048π3cm 3【答案】 A思想方法之十七 补形法破译体积问题某些空间几何体是某一个几何体的一部分，在解题时，把这个几何体通过“补形”补成完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的几何问题，这是一种重要的解题策略——补形法．常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形．对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”问题．—————————— [1个示范例] ——————已知某几何体的三视图如图7－2－10所示，则该几何体的体积为( )图7－2－10A.8π3 B ．3π C.10π3D ．6π【解析】 由三视图可知，此几何体(如图所示)是底面半径为1，高为4的圆柱被从母线的中点处截去了圆柱的14，所以V ＝34³π³12³4＝3π.————————— [1个对点练] ———————已知点P ，A ，B ，C ，D 是球O 表面上的点，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是边长为23的正方形．若PA ＝26，则△OAB 的面积为 ．【解析】 如图所示，线段PC 就是球的直径，设球的半径为R ，因为AB ＝BC ＝23，所以AC ＝2 6.又PA ＝26，所以PC 2＝PA 2＋AC 2＝24＋24＝48，所以PC ＝43，所以OA ＝OB ＝23，所以△AOB 是正三角形，所以S ＝12³23³23³32＝3 3.【答案】 3 3课时限时检测(三十九) 空间几何体的表面积与体积(时间：60分钟 满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1．如图7－2－11，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正三角形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的侧面积为( )图7－2－11A.π4 B.π2 C.2π2 D.2π4【答案】 B2．长方体的三个相邻面的面积分别为2,3,6，这个长方体的顶点都在同一个球面上，则这个球的面积为( )A.72π B ．56π C ．14π D ．64π【答案】 C3．下图7－2－12是一个几何体的三视图(侧视图中的弧线是半圆)，则该几何体的表面积是( )图7－2－12A ．20＋3πB ．24＋3πC ．20＋4πD ．24＋4π【答案】 A4．如图7－2－13所示，已知三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1—ABC 1的体积为( )图7－2－13A.312 B.34 C.612D.64【答案】 A5．点A 、B 、C 、D 在同一球面上，其中△ABC 是正三角形，AD ⊥平面ABC ，AD ＝2AB ＝6，则该球的体积为( )A ．323πB ．48πC ．643πD ．163π【答案】 A6．(2013²湖北高考)一个几何体的三视图如图7－2－14所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为V 1，V 2，V 3，V 4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有( )图7－2－14A．V1<V2<V4<V3B．V1<V3<V2<V4C．V2<V1<V3<V4D．V2<V3<V1<V4【答案】 C二、填空题(每小题5分，共15分)7．一个几何体的三视图如图7－2－15所示，则该几何体的表面积为．图7－2－15 【答案】388．(2013²福建高考)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7－2－16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．图7－2－16【答案】12π9．圆锥的全面积为15π cm2，侧面展开图的圆心角为60°，则该圆锥的体积为cm3.【答案】2573π三、解答题(本大题共3小题，共35分)10．(10分)若一个底面边长为62，侧棱长为6的正六棱柱的所有顶点都在一个球面上，求该球的体积和表面积．【解】 在底面正六边形ABCDEF 中，连接BE 、AD 交于O ，连接BE 1，则BE ＝2OE ＝2DE ，∴BE ＝6， 在Rt △BEE 1中，BE 1＝BE 2＋E 1E 2＝23，∴2R ＝23，则R ＝3，∴球的体积V 球＝43πR 3＝43π，球的表面积S 球＝4πR 2＝12π.11．(12分)如图7－2－17，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)．图7－2－17(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)； (2)求这个几何体的表面积及体积．【解】 (1)这个几何体的直观图如图所示．(2)这个几何体可看成是正方体AC 1及直三棱柱B 1C 1Q —A 1D 1P 的组合体． 由PA 1＝PD 1＝2，A 1D 1＝AD ＝2，可得PA 1⊥PD 1. 故所求几何体的表面积S ＝5³22＋2³2³2＋2³12³(2)2＝(22＋42)(cm 2)，所求几何体的体积V ＝23＋12³(2)2³2＝10(cm 3)．12．(13分)如图7－2－18，已知平行四边形ABCD 中，BC ＝2，BD ⊥CD ，四边形ADEF 为正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，G ，H 分别是DF ，BE 的中点．记CD ＝x ，V (x )表示四棱锥F —ABCD 的体积．图7－2－18(1)求V (x )的表达式； (2)求V (x )的最大值．【解】 (1)∵平面ADEF ⊥平面ABCD ，交线为AD 且FA ⊥AD ， ∴FA ⊥平面ABCD .∵BD ⊥CD ，BC ＝2，CD ＝x ， ∴FA ＝2，BD ＝4－x 2(0＜x ＜2)， ∴S ▱ABCD ＝CD ²BD ＝x 4－x 2，∴V (x )＝13S ▱ABCD ²FA ＝23x 4－x 2(0＜x ＜2)．(2)V (x )＝23x 4－x 2＝23－x 4＋4x 2＝23－ x 2－2 2＋4. ∵0＜x ＜2，∴0＜x 2＜4，∴当x 2＝2，即x ＝2时，V (x )取得最大值，且V (x )max ＝43.第三节 空间点、直线、平面之间的位置关系[考情展望] 1.本节以考查点、线、面的位置关系为主，同时考查逻辑推理能力与空间想象能力.2.以棱柱、棱锥为依托考查异面直线所成角.3.考查应用公理、定理证明点共线、线共点、线共面的问题．一、平面的基本性质三个公理的应用1．公理1的作用：(1)检验平面；(2)判断直线在平面内；(3)由直线在平面内判断直线上的点在平面内．2．公理2的作用：公理2及其推论给出了确定一个平面或判断“直线共面”的方法．3．公理3的作用：(1)判定两平面相交；(2)作两平面相交的交线；(3)证明多点共线．二、空间点、直线、平面之间的位置关系1．位置关系的分类⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧相交直线：同一平面内，有且只有一个公共点；平行直线：同一平面内，无公共点；异面直线：不同在任何一个平面内，无公共点.2．平行公理平行于同一条直线的两条直线互相平行． 3．等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补． 4．异面直线所成的角(或夹角)(1)定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间中任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．(2)范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.1．下列命题正确的个数为( )①梯形可以确定一个平面；②若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．A ．0B ．1C ．2D ．3 【答案】 C2．已知a 、b 是异面直线，直线c ∥直线a ，那么c 与b ( ) A ．一定是异面直线 B ．一定是相交直线 C ．不可能是平行直线 D ．不可能是相交直线【答案】 C3．若直线l 不平行于平面α，且l ⊄α，则( ) A ．α内的所有直线与l 异面 B ．α内不存在与l 平行的直线 C ．α内存在唯一的直线与l 平行 D ．α内的直线与l 都相交 【答案】 B4．l 1，l 2，l 3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( ) A ．l 1⊥l 2，l 2⊥l 3⇒l 1∥l 3 B ．l 1⊥l 2，l 2∥l 3⇒l 1⊥l 3 C ．l 1∥l 2∥l 3⇒l 1，l 2，l 3共面 D ．l 1，l 2，l 3共点⇒l 1，l 2，l 3共面 【答案】 B5．(2013²课标全国卷Ⅱ)已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( )A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l【答案】 D6．如图7－3－1，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是．图7－3－1【答案】90°考向一 [117] 平面的基本性质及应用如图7－3－2，空间四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD的中点，G、H 分别在BC、CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.图7－3－2(1)求证：E 、F 、G 、H 四点共面； (2)设EG 与FH 交于点P . 求证：P 、A 、C 三点共线．【尝试解答】 (1)∵E 、F 分别为AB 、AD 的中点， ∴EF ∥BD . 在△BCD 中，BG GC ＝DH HC ＝12，∴GH ∥BD . ∴EF ∥GH .∴E 、F 、G 、H 四点共面．(2)∵EG ∩FH ＝P ，P ∈EG ，EG ⊂平面ABC ， ∴P ∈共面ABC .同理P ∈平面ADC . ∴P 为平面ABC 与平面ADC 的公共点． 又平面ABC ∩平面ADC ＝AC ， ∴P ∈AC ，∴P 、A 、C 三点共线． 规律方法1 证明点、线共面的常用方法(1)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．(2)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α、β重合．(3)反证法：可以假设这些点和直线不在同一个平面内，然后通过推理，找出矛盾，从而否定假设，肯定结论.对点训练 如图7－3－3，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 和AA 1的中点，求证：图7－3－3(1)E ，C ，D 1，F 四点共面； (2)CE ，D 1F ，DA 三线共点．【证明】 (1)如图，连结CD 1，EF ，A 1B ， ∵E ，F 分别是AB 和AA1的中点， ∴EF ∥A 1B 且EF ＝12A 1B .又∵A 1D 1綊BC ，∴四边形A 1BCD 1是平行四边形． ∵A 1B ∥CD 1，∴EF ∥CD 1，∴EF 与CD 1确定一个平面，设为平面α. ∴E ，F ，C ，D 1∈α，即E ，C ，D 1，F 四点共面． (2)由(1)知，EF ∥CD 1，且EF ＝12CD 1，∴四边形CD 1FE 是梯形．∴CE 与D 1F 必相交，设交点为P ，如图所示， 则P ∈CE ⊂平面ABCD ， 且P ∈D 1F ⊂平面A 1ADD 1，∴P ∈平面ABCD 且P ∈平面A 1ADD 1. 又∵平面ABCD ∩平面A 1ADD 1＝AD ， ∴P ∈AD ，∴CE ，D 1F ，DA 三线共点．考向二 [118] 空间两条直线的位置关系(1)如图7－3－4，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M ，N分别是BC 1，CD 1的中点，则下列判断错误的是( )A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行(2)在图7－3－5中，G、N、M、H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH、MN是异面直线的图形有．(填上所有正确答案的序号)图7－3－5【答案】(1)D (2)②④规律方法2 1.判定空间两条直线是异面直线的方法(1)判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点B的直线是异面直线．(2)反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．2．对于线线垂直，往往利用线面垂直的定义，由线面垂直得到线线垂直．3．画出图形进行判断，可化抽象为直观．对点训练如图7－3－6所示，正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别为棱C1D1、C1C的中点，有以下四个结论：图7－3－6①直线AM 与CC 1是相交直线； ②直线AM 与BN 是平行直线； ③直线BN 与MB 1是异面直线； ④直线MN 与AC 所成的角为60°.其中正确的结论为 (注：把你认为正确的结论序号都填上)． 【答案】 ③④考向三 [119] 异面直线所成的角(1)(2015²宁波模拟)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1，BB 1的中点，则异面直线AM 与CN 所成角的余弦值为( )A.13B.23C.15D.25 【答案】 D(2)(2015²镇江模拟)已知三棱锥A BCD 中，AB ＝CD ，且直线AB 与CD 成60°角，点M ，N 分别是BC ，AD 的中点，求直线AB 和MN 所成的角．【尝试解答】 如图，取AC 的中点P .连结PM ，PN ，又点M ，N 分别是BC ，AD 的中点，则PM ∥AB ，且PM ＝12AB ，PN ∥CD ，且PN ＝12CD ，所以∠MPN 为AB 与CD 所成的角(或其补角)． 则∠MPN ＝60°或∠MPN ＝120°， ①若∠MPN ＝60°，因为PM ∥AB ，所以∠PMN 是AB 与MN 所成的角(或其补角)． 又因为AB ＝CD ，所以PM ＝PN ，则△PMN 是等边三角形，所以∠PMN ＝60°， 即AB 和MN 所成的角为60°.②若∠MPN ＝120°，则易知△PMN 是等腰三角形． 所以∠PMN ＝30°，即AB 和MN 所成的角为30°.综上，直线AB 和MN 所成的角为60°或30°.规律方法3 1.求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．2．求异面直线所成的角的三步曲为：即“一作、二证、三求”．其中空间选点任意，但要灵活，经常选择“端点、中点、等分点”，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，作出异面直线所成角，转化为解三角形问题，进而求解．3．异面直线所成的角范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.对点训练 直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 【答案】 C思想方法之十八 构造模型判断空间线面位置关系由于长方体或正方体中包含了线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直及面面垂直等各种位置关系，故构造长方体或正方体来判断空间直线、平面间的位置关系，显得直观、易判断．减少了抽象性与空间想象，构造时注意其灵活性．—————————— [1个示范例] ——————已知m ，n 是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：①若m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β；②若m ∥α，n ∥β，m ⊥n ，则α∥β；③若m ⊥α，n ∥β，m ⊥n ，则α∥β；④若m ⊥α，n ∥β，α∥β，则m ⊥n .其中所有正确的命题是( ) A ．①④ B ．②④ C ．①D ．④【解析】 借助于长方体模型来解决本题．对于①，可以得到平面α，β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面α、β可能垂直，如图(2)所示；对于③，平面α、β可能垂直，如图(3)所示；对于④，由m ⊥α，α∥β可得m ⊥β，因为n ∥β，所以过n 作平面γ，且γ∩β＝g ，如图(4)所示，所以n 与交线g 平行，因为m ⊥g ，所以m ⊥n .【答案】 A——————————— [1个对点练] ————。
高考数学一轮复习第7章立体几何第1讲作业课件理
12/11/2021
第六页，共三十五页。
A．①②⑥ B．①②③ C．④⑤⑥ D．③④⑤ 答案 B
12/11/2021
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.
12/11/2021
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
12/11/2021
第二十八页，共三十五页。
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.
12/11/2021
第一页，共三十五页。
2016届高考数学理科一轮复习课件 第七章 立体几何7-1
第二十五页，编辑于星期五：二十一点 三十八 分。
1．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 是( )
A．2 5 C．2 7
B．2 6 D．4 2
第十八页，编辑于星期五：二十一点 三十八分。
(2)下列结论： 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； ④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台； ⑤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 体一定是球． 其中正确结论的序号是________．
第七章 立体几何
第一页，编辑于星期五：二十一点 三十八分。
第一节 空间几何体的结构及其三视图和直观 图
最新考纲展示 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、线条等没有严格要求)．
第二十六页，编辑于星期五：二十一点 三十八 分。
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.
2016届高考数学理新课标A版一轮总复习课件 第7章 立体几何-1
答案：A
第19页
返回导航
第七章 第一节 第十九页，编辑于星期五：二十一点 二十四分。
高考进行时 一轮总复习 ·数学（新课标通用A版 ·理）
第20页
返回导航
第七章 第一节 第二十页，编辑于星期五：二十一点 二十四分。
高考进行时 一轮总复习 ·数学（新课标通用A版 ·理）
第21页
返回导航
第七章第二十一第页，一编辑节于星期五：二十一点 二十四
高考进行时 一轮总复习 ·数学（新课标通用A版 ·理）
第12页
返回导航
第七章 第一节 第十二页，编辑于星期五：二十一点 二十四分。
高考进行时 一轮总复习 ·数学（新课标通用A版 ·理）
第13页
返回导航
第七章 第一节 第十三页，编辑于星期五：二十一点 二十四分。
高考进行时 一轮总复习 ·数学（新课标通用A版 ·理）
分。
高考进行时 一轮总复习 ·数学（新课标通用A版 ·理）
word部分：
请做： 自主园地 备考套餐
点此进入该word板 块
第49页
返回导航
第七章第四十九第页，一编辑节于星期五：二十一点 二十四
分。
高考进行时 一轮总复习 ·数学（新课标通用A版 ·理）
word部分：
请做： 开卷速查 (四十)
点此进入该word 板块
分。
高考进行时 一轮总复习 ·数学（新课标通用A版 ·理）
答案：③
第22页
返回导航
第七章第二十二第页，一编辑节于星期五：二十一点 二十四
分。
高考进行时 一轮总复习 ·数学（新课标通用A版 ·理）
课堂学案 考点通关
考点例析 通关特训
第23页
2016高考数学(理)大一轮复习配套课件：第七章 立体几何7-1
第七章 第1讲
第27页
第二十七页，编辑于星期六：点 五十一分。
金版教程 ·高三一轮总复习 ·理科数学
记牢2个必备考点 突破3个热点考向
破译5类高考密码
迎战2年高考模拟
限时规范特训
解析：这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，①错； 这条腰若不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台，②错；圆柱、 圆锥、圆台的底面都是圆面是显然成立的，③正确；如果用不平 行于圆锥底面的平面截圆锥，则得到的不是圆锥和圆台，④错； 只有球满足任意截面都是圆面，⑤正确．
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.
第七章 第1讲
第3页
第三页，编辑于星期六：点 五十一分。
金版教程 ·高三一轮总复习 ·理科数学
记牢2个必备考点 突破3个热点考向
破译5类高考密码
迎战2年高考模拟
选项 C 错；选项 D 正确．故选 D.
答案：D
第七章 第1讲
第13页
第十三页，编辑于星期六：点 五十一分。
金版教程 ·高三一轮总复习 ·理科数学
记牢2个必备考点 突破3个热点考向
破译5类高考密码
迎战2年高考模拟
限时规范特训
2. [课本改编]有一个几何体的三视图如图所示，这个几何体
应是一个( )
A. 棱台 C. 棱柱
B. 棱锥 D. 都不对
第七章 第1讲
第14页
第十四页，编辑于星期六：点 五十一分。
金版教程 ·高三一轮总复习 ·理科数学
记牢2个必备考点 突破3个热点考向
破译5类高考密码
迎战2年高考模拟
2016届高考数学(理)大一轮复习精讲课件：第七章 立体几何 第一节 空间几何体的结构特征及三视图
基础盘查二 空间几何体的三视图 (一)循纲忆知 1．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． 2．会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视
图，了解空间图形的不同表示形式． 3．会画出某些建筑物的三视图(在不影响图形特征的基础上，尺
第十二页，编辑于星期五：二十一点 五十分。
2．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一条直角边旋转得到． (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)球可以由半圆面或圆面绕直径旋转得到．
空间图形的不同表示形式． 3．会画某些建筑物的直观图(在不影响图形特征的基础上，尺
寸、线条等不作严格要求)．
第九页，编辑于星期五：二十一点 五十分。
(二)小题查验
1．判断正误
(1)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° ( × )
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：截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．
第十五页，编辑于星期五：二十一点 五十分。
2．下列结论正确的是
()
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
2．由三视图还原几何体时，要遵循以下三步：(1)看视 图，明关系；(2)分部分，想整体；(3)综合起来，定整体．
2016届高三数学一轮总复习课件：第七章 立体几何7-6理
(2)由(1)知，BD∥EH， 又∵EH⊂平面 EFGH，BD⊄平面 EFGH， ∴BD∥平面 EFGH.
第三十四页，编辑于星期五：二十点 十二分。
(3)对于空间任一点 O，有 O→A＋O→B＝2O→E，O→C＋O→D＝2O→G. 又 2O→E＋2O→G＝2(O→E＋O→G) ＝2·2O→M＝4O→M， ∴O→M＝14(O→A＋O→B＋O→C＋O→D)．
第二十页，编辑于星期五：二十点 十二分。
解析 设正方体的棱长为 1，①中(A→1A＋A→1D1＋A→1B1)2＝3A→1B1 2＝3，故①正确；②中A→1B1－A→1A＝A→B1，由于 AB1⊥A1C，故②正 确；③中 A1B 与 AD1 两异面直线所成角为 60°，但A→D1与A→1B的夹 角为 120°，故③不正确；④中|A→B·A→A1·A→D|＝0.故④也不正确．
答案 ①②
第二十一页，编辑于星期五：二十点 十二分。
R 热点命题·深度剖析
研考点 知规律 通法悟道
第二十二页，编辑于星期五：二十点 十二分。
问题探究 问题 1 共面定理M→Q＝xM→N＋yM→P的前提条件是什么？ 向量M→N，M→P不共线．
第二十三页，编辑于星期五：二十点 十二分。
问题 2 利用空间向量解决长度、垂直、夹角问题的一般思路 是什么？
用空间向量解决立体几何中的平行或共线问题一般用向量共 线定理；求两点间距离或某一线段的长度，一般用向量的模来解 决；解决垂直问题一般可转化为向量的数量积为零；求异面直线 所成的角，一般可以转化为两向量的夹角，但要注意两种角的范 围不同，最后应进行转化．
第二十四页，编辑于星期五：二十点 十二分。
问题 3 如何巧妙建立空间直角坐标系？ (1)合理利用几何体中的垂直关系，特别是面面垂直； (2)尽可能地让相关点落在坐标轴或坐标平面上．
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
• (2)下列说法正确的是( ) • 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， 其余两边旋转一周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相 等，则此棱锥可能是六棱锥 • D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的 连线都是母线 • [答案] D
第七章 立体几何
第一节 空间几何体的结构特征
及其三视图和直观图
• [考情展望] 1.以三视图为命题背景，考查 空间几何体的结构特征.2.利用空间几何体的展 开，考查空间想象能力.3.以选择题、填空题的 形式考查．
主干回顾 基础通关
•固本源 练基础 理清教材
• [基础梳理]
• 1．简单多面体
结构特征 棱柱的侧棱都________且________，上下底面是________ 且________的多边形 棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个_______的三角形 棱台可由________于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下 底面是________且________的多边形
矩形 一条直角边 平行 直径
•
3．三视图与直观图
三 空间几何体的三视图是用________得到的，它包括 视 ________、________、________，其画法规则是： 图 ________，________，________ 空间几何体的直观图常用________画法规则来画，基本 步骤是： ①画几何体的底面． 在________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 直 形中平行于x轴、y轴的线段在直观图中平行于x′轴、y′ 观 正投影 正视图 侧视图 俯视图 长对正 高平齐 宽相等 轴．已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度 图 斜二测 ①已知 45° (或135° ) 不变 原来的一半 ②不变 ________ ，平行于 y轴的线段，长度变为 ____________ ．
• (3)(2015·安徽“江南十校”联考)如果四面体 的四条高交于一点，那么这个四面体称为垂 心四面体，这一点称为四面体的垂心．关于 垂心四面体的下列命题正确的有 ________．(写出所有正确命题的序号) • ①正四面体是垂心四面体； • ②四面体的垂心就是四面体内切球的球心； • ③垂心四面体对棱互相垂直； • ④垂心四面体的一条高通过底面的垂心； • ⑤垂心四面体对棱的平方和相等． • [答案] ①③④⑤
• [解析] A错误，如图①所示，由两个完全 相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各个 面都是三角形，但它不是三棱锥；B错误，如 图②、图③，无论△ABC是不是直角三角形， 如果旋转轴不是直角边，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；故选D.
5．在Rt△ABC中，∠C＝90° ，a＝3，b＝4，则以斜边AB所在 直线为轴旋转可得到一个几何体，当用一个垂直于斜边的平面去截 这个几何体时，所得截面圆的直径的最大值是________．
24 答案： 5
12 解析：最大截面圆的直径为Rt△ABC斜边上高的2倍，即2× 5 24 ＝ . 5
试题调研 考点突破
• 2．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：由几何体的结构特征可知，几何体应 是球体．
• 3．(2015·临沂二模)如图①，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②)，则该几何体的正视 图(或称主视图)是( )
• 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.
• 4．关于斜二测画法所得直观图的说法正确的 是( ) • A．直角三角形的直观图仍是直角三角形 • B．梯形的直观图是平行四边形 • C．正方形的直观图是菱 • 解析：由斜二测画法的特点可知A，B，C都 错误．
• [基础训练]
• 1．判断正误，正确的打“√”，错误的打 “×”． • (1)有一个面是多边形，其余各面都是三角 形的几何体叫棱锥．( ) • (2)有两个面平行，其余各面都是平行四边 形的几何体是棱柱．( ) • (3)以直角三角形的一边所在的直线为旋转 轴，其余两边旋转的曲面围成的几何体叫圆 锥． ( ) • 答案：(1)× (2)× (3)× (4)× • (4)在用斜二测画法画水平放置的∠A时，若
•精研析 巧运用 全面攻克
•┃考点一┃ 空间几何体的结构特征—— • [调研 1] 自主练 透 型 (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用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面 之间的部分是棱台； • ③若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三 个侧面也两两垂直； • ④若四棱柱有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； • ⑤存在每个面都是直角三角形的四面体；
互相平行 相同 互相平行 公共顶点 平行 形状相
多面体 棱柱 棱锥 棱台
相等 同
等比例缩放
• 2．简单旋转体
旋转 体
结构特征
圆柱可由________绕其任意一边所在直线 圆柱 旋转得到
圆锥可以由直角三角形绕其________所在 圆锥 直线旋转得到
圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线或 等腰梯形绕上下底中点连线所在直线旋转 圆台 得到，也可由________于圆锥底面的平面
• [答案] C • [解析] ①错误，因为棱柱的侧面不一定是 全等的平行四边形；②错误，必须用平行于底 面的平面去截棱锥，才能得到棱台；③正确， 根据面面垂直的判定定理判断；④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；⑤正确，如图所示，正方体AC1 中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形； ⑥正确，由棱台的概念可知．因此，正确命题 的序号是③④⑤⑥.