2014年高考全程复习构想高三文科第九章立体几何1.9.1
【三维设计】2014届高考数学一轮复习 教师备选作业 第九章 第二节 排列与组合 理
第九章第二节排列与组合一、选择题1.把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在右图中的1,2,3,4,5,6,7所示的位置上,其中3盆兰花不能放在一条直线上,则不同的摆放方法有( )A.2 680种B.4 320种C.4 920种D.5 140种2.某同学有同样的画册2本,同样的集邮册3本,从中取出4本赠送给4位朋友,每位朋友1本,则不同的赠送方法共有( )A.4种B.10种C.18种 D.20种3.将5名同学分到甲、乙、丙3个小组,若甲组至少两人,乙、丙组至少各一人,则不同的分配方案的种数为( )A.80 B.120C.140 D.504.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某某世博会志愿者服务活动,每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一.每项工作至少有一人参加.甲、乙不会开车但能从事其他三项工作,丙、丁、戊都能胜任四项工作,则不同安排方案的种数是( ) A.152 B.126C.90 D.545.研究性学习小组有4名同学要在同一天的上、下午到实验室做A,B,C,D,E五个操作实验,每位同学上、下午各做一个实验,且不重复,若上午不能做D实验,下午不能做E 实验,则不同的安排方式共有( )A.144种 B.192种C.216种 D.264种6.某省高中学校自实施素质教育以来,学生社团得到迅猛发展.某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团.若每个社团至少有一名同学参加,每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团,且同学甲不参加“围棋苑”,则不同的参加方法的种数为( )A.72 B.108C.180 D.216二、填空题7.5名男性驴友到某旅游风景区游玩,晚上入住一家宾馆,宾馆有3间客房可选,一间客房为3人间,其余为2人间,则5人入住两间客房的不同方法有______种(用数字作答).8.将数字1,2,3,4,5按第一行2个数,第二行3个数的形式随机排列,设a i(i=1,2)表示第i行中最小的数,则满足a1>a2的所有排列的个数是________.(用数字作答) 9.从6双不同颜色的手套中任取4只,其中恰好有一双同色的取法有________种.三、解答题10.某某鲁能、某某申花、某某泰达与某某绿城四家中国足球俱乐部参加了2011年亚洲足球俱乐部冠军联赛,为了打出中国足球的精神面貌,足协想派五名官员给这四支球队做动员工作,每个俱乐部至少派一名官员,且甲、乙两名官员不能到同一家俱乐部,共有多少种不同的安排方法?11.编号为A,B,C,D,E的五个小球放在如图所示的五个盒子里,要求每个盒子只能放一个小球,且A球不能放在1,2号,B球必须放在与A球相邻的盒子中,不同的放法有多少种?12.从7名男生5名女生中选取5人,分别求符合下列条件的选法总数有多少种?(1)A,B必须当选;(2)A,B必不当选;(3)A,B不全当选;(4)至少有2名女生当选;(5)选取3名男生和2名女生分别担任班长、体育委员等5种不同的工作,但体育委员必须由男生担任,班长必须由女生担任.详解答案一、选择题1. 解析:先将7盆花全排列,共有A77种排法,其中3盆兰花排在一条直线上的排法有5A33 A44种,故所求摆放方法有A77-5A33A44=4 320种.答案:B2.解析:依题意,就所剩余的是一本画册还是一本集邮册进行分类计数:第一类,剩余的是一本画册,此时满足题意的赠送方法共有4种;第二类,剩余的是一本集邮册,此时满足题意的赠送方法共有C24=6种.因此,满足题意的赠送方法共有4+6=10种.答案:B3.解析:当甲组中有3人,乙、丙组中各有1人时,有C35C12=20种不同的分配方案;当甲组中有2人,乙组中也有2人,丙组中只有1人时,有C25C23=30种不同的分配方案;当甲组中有2人,乙组中有1人,丙组中有2人时,有C25C13=30种不同的分配方案.故共有20+30+30=80种不同的分配方案.答案:A4.解析:考虑特殊元素(位置)优先安排法.第一类:在丙、丁、戊中任选一位担任司机工作时有C13C24A33=108.第二类:在丙、丁、戊中任选两位担任司机工作时,有C23A33=18,∴不同安排方案的种数是108+18=126.答案:B5.解析:根据题意得,上午要做的实验是A,B,C,E,下午要做的实验是A,B,C,D,且上午做了A,B,C实验的同学下午不再做相同的实验.先安排上午,从4位同学中任选一人做E实验,其余三人分别做A,B,C实验,有C14·A33=24种安排方式.再安排下午,分两类:①上午选E实验的同学下午选D实验,另三位同学对A,B,C实验错位排列,有2种方法,则不同的安排方式有N1=1×2=2种;②上午选E实验的同学下午选A,B,C实验之一,另外三位从剩下的两项和D一共三项中选,但必须与上午的实验项目错开,有3种方法,则不同的安排方式有N2=C13·3=9种,于是,不同的安排方式共有N=24×(2+9)=264种.答案:D6.解析:设五名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊,由题意,如果甲不参加“围棋苑”,有下列两种情况:(1)从乙、丙、丁、戊中选一人(如乙)参加“围棋苑”,有C14种方法,然后从甲与丙、丁、戊共4人中选2人(如丙、丁)并成一组与甲、戊分配到其他三个社团中,有C24A33种方法,这时共有C14C24A33种参加方法;(2)从乙、丙、丁、戊中选2人(如乙、丙)参加“围棋苑”,有C24种方法,甲与丁、戊分配到其他三个社团中有A33种方法,这时共有C24A33种参加方法;综合(1)(2),共有C14C24A33+C24A33=180种参加方法.答案:C二、填空题7.解析:由题意可知,5人入住的两间客房为一间3人间和一间2人间,则所求的不同方法有C35C12=20种.答案:208.解析:依题意数字1必在第二行,其余数字的位置不限,共有A24A33=72个.答案:729.解析:先从6双手套中任取一双,有C16种取法,再从其余手套中任取2只,有C210种取法,其中取到一双同色手套的取法有C15种.故总的取法有C16(C210-C15)=240种.答案:240三、解答题10.解:法一:根据题意,可根据甲、乙两人所去俱乐部的情况进行分类:(1)甲乙两人都单独去一个俱乐部,剩余三人中必有两人去同一家俱乐部,先从三人中选取两人组成一组,与其他三人组成四个组进行全排列,则不同的安排方法有C23A44=3×24=72(种);(2)甲、乙两人去的俱乐部中有一个是两个人,从剩余三人中选取一人与甲或乙组成一组,和其他三人形成四个小组进行全排列,则不同的安排方法有C12C13A44=2×3×24=144(种).所以不同的安排方法共有72+144=216种.法二:如果甲、乙两人可以去同一家俱乐部,则先从五人中选取两人组成一组,与其他三人形成四个小组进行全排列,则不同的安排方法共有C25A44=10×24=240种;而甲、乙两人去同一家俱乐部的安排方法有C22A44=24种.所以甲、乙两人不能去同一家俱乐部的安排方法共有240-24=216种.11. 解:根据A球所在位置分三类:(1)若A球放在3号盒子内,则B球只能放在4号盒子内,余下的三个盒子放球C、D、E,则根据分步计数原理得,此时有A33=6种不同的放法;(2)若A球放在5号盒子内,则B球只能放在4号盒子内,余下的三个盒子放球C、D、E,则根据分步计数原理得,此时有A33=6种不同的放法;(3)若A球放在4号盒子内,则B球可以放在2号、3号、5号盒子中的任何一个,余下的三个盒子放球C、D、E,有A33=6种不同的放法,根据分步计数原理得,此时有A13A33=18种不同的放法.综上所述,由分类计数原理得不同的放法共有6+6+18=30种.12.解:(1)由于A,B必须当选,那么从剩下的10人中选取3人即可,∴有C310=120(种).(2)从除去的A,B两人的10人中选5人即可,∴有C510=252(种).(3)全部选法有C512种,A,B全当选有C310种,故A,B不全当选有C512-C310=672种.(4)注意到“至少有2名女生”的反面是只有一名女生或没有女生,故可用间接法进行,∴有C512-C15·C47-C57=596(种).(5)分三步进行:第一步:选1男1女分别担任两个职务为C17·C15;第二步:选2男1女补足5人有C26·C14种;第三步:为这3人安排工作有A33.由分步乘法计数原理共有C17·C15·C26·C14·A33=12 600(种).。
2014年全国高考真题(理科数学)分类汇编九、立体几何(逐题详解)
2014年高考题专题整理 --立体几何第I 部分1.【2014年陕西卷(理05)】已知底面边长为1,侧棱长为2则正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为( )32.3A π .4B π .2C π 4.3D π【答案】 D【解析】D r r r r 选解得设球的半径为.π3434V ∴,1,4)2(11)2(,32222====++=π2.【2014年重庆卷(理07)】某几何体的三视图如下图所示,则该几何体的表面积为( )A.54B.60C.66D.72【答案】B【解析】在长方体中构造几何体'''ABC A B C -,如右图所示,4,'5,'2,3AB A A B B AC ====,经检验该几何体的三视图满足题设条件。
其表面积'''''''''ABC ACC A ABB A BCC B A B C S S S S S S ∆∆=++++,3515615146022=++++=,故选择B3.【2014年安徽卷(理07)】一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的表面积为俯视图左视图正视图3245C'B'A'C BA(A )321+ (B )318+(C )21(D )18【答案】A【解析】此多面体的直观图如下图所示表面积为61121622⨯⨯⨯-⨯⨯ 3212)2(432+=⨯⨯+第(7)题图4.【2014年福建卷(理02)】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【答案】A【解析】圆柱的正视图为矩形,故选:A5.【2014年湖南卷(理07)】一块石材表示的几何体的三视图如图2所示. 将该石材切割、打磨,加工成球,则能得到最大球的半径等于A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】由图可得该几何体为三棱柱,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r ,则2286862r r r -+-=+⇒=,故选B6.【2014年辽宁卷(理04)】已知m ,n 表示两条不同直线,α表示平面,下列说法正确的正(主)视图侧(左)视图俯视图111111111111是( )A .若//,//,m n αα则//m nB .若m α⊥,n α⊂,则m n ⊥C .若m α⊥,m n ⊥,则//n αD .若//m α,m n ⊥,则n α⊥【答案】B【解析】A .若m ∥α,n ∥α,则m ,n 相交或平行或异面,故A 错;B .若m ⊥α,n ⊂α,则m ⊥n ,故B 正确;C .若m ⊥α,m ⊥n ,则n ∥α或n ⊂α,故C 错;D .若m ∥α,m ⊥n ,则n ∥α或n ⊂α或n ⊥α,故D 错.故选B7.【2014年全国大纲卷(08)】正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为( ) A .814π B .16π C .9π D .274π【答案】A【解析】设球的半径为R ,则∵棱锥的高为4,底面边长为2, ∴R 2=(4﹣R )2+()2,∴R=,∴球的表面积为4π•()2=.故选:A8.【2014年四川卷(理08)】如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,点O 为线段BD 的中点。
2014高考复习之立体几何课件
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3.课时安排 本单元共8讲,建议10课时完成;2个45分钟滚动基础 训练卷,建议2个课时;1个单元能力检测卷,建议1个课 时.本单元共需13课时完成.
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• 双 向 固 基 础 • 点 面 讲 考 向 • 多 元 提 能 力 • 教 师 备 用 题
第37讲 空间几何体的结构 特征及三视图和直观图
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1.编写意图 根据立体几何在高考中的考查情况和当前立体几何的 教学实际,在编写本单元时考虑到如下几点: (1)加强基础的复习力度:第37讲专门复习空间几何 体的结构、三视图和直观图,第38讲复习空间几何体的表 面积和体积,第39讲复习平面的基本性质和空间点、直线、 平面的位置关系,第42讲复习空间向量及其运算,在这些 基础性问题上我们给予了足够的重视.
棱锥
多边形
棱台
结构 特征
有一个面 三角形是 _______ _,其余 各面是 一点 有一个 公共顶 三角形 点的 _______ _的多面
用一个平 底面 行于棱 截面 锥底面 的平面 去截棱 一点 锥, _______ 梯形 _和 _______ _之间的 返回目录
第37讲
空间几何体的结构特征及三视图和直观图
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2.教学建议 (1)对学生加强画图的训练:立体几何中画出一个正 确的图形是解决问题的基础,特别在一些不给出图形的立 体几何试题中(如一些选择题、填空题往往就不给出图形), 画出图形问题就解决了一半.在画图中,要求学生有根据 地作图(主要是根据平面的三个公理和线面位置关系的判 定定理和性质定理),使得作图过程充满理性的思考,教 师在例题讲解中画图时不要随手而画,要给学生展示作图 的过程和作图的原理根据.
【优化方案】2014届高考数学(文科,大纲版)一轮复习配套课件:9.1 空间直线与平面(A、B)
符号 表示
公理3
推论1
推论2 推论3
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2.空间两条直线
平行、相交、异面 (1)空间两直线位置关系有_________________________. (2)平行直线 a∥c ①公理4:a∥b,b∥c⇒_________. 平行 ②等角定理:如果一个角的两边分别________于另一个角的 方向相同 两边,且__________,那么这两个角相等. ③推论:如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行,那
线共点问题
(1)证明空间三线共点问题.可把其中一线作为分别过其余两线 的两个平面的交线,然后再证另两条直线的交点在此直线上. (2)解决多线共点的方法,即先证明其中两条直线交于一点, 再证明这一点在其他直线上或其他直线都经过这一点.
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例2 如图, 已知: F、 H 分别是正方体 ABCD-A1B1C1D1 E、 G、
EB,
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【思维总结】
证明三线共点的思路是:先证明两条直线交
于一点,再证明第三条直线经过这个点,把问题归结为证明 点在直线上的问题,对于本题是先证两直线的交点在两个平 面的交线上,而第三条直线恰好是两个相交平面的交线.
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跟踪训练 1.在上述正方体中,M为A1D1的中点,求证:MH、FG与 B1C1三线相交于一点.
考点探究讲练互动
考点突破
考点 1 点共线问题
证明三点共线的方法, 一般先证两点确定的直线是某两个平 面的交线,再证第三个点是两个平面的一个公共点.证明 “点在直线上”, “三点共线”等问题通常用公理 2.除此之 外,还可用“纳入直线法”,即先找出两点所在的直线,然 后证明第三点也在此直线上.
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例1
第九章
直线、平面、简单几何
2014年高考文科数学立体几何真题
2014年高考文科数学立体几何真题,则BA=BD=PA=PD=AD,三棱锥V=的距离为V=AC=,问22014年高考文科数学立体几何真题参考答案与试题解析一.填空题(共1小题)1.如图,在平行四边形ABCD中,点E在AB上且EB=2AE,AC与DE交于点F,则=3.,可求∴=3二.解答题(共13小题)2.(2014•天津)如图,四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形,BA=BD=,AD=2,PA=PD=,E,F 分别是棱AD,PC的中点.(Ⅰ)证明EF∥平面PAB;(Ⅱ)若二面角P﹣AD﹣B为60°,(i)证明平面PBC⊥平面ABCD;(ii)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.中点,∥AB,EH∥平面PAB.(Ⅱ)(i)如图,连结PE,BE.∵BA=BD=,AD=2,PA=PD=又∵E为AD的中点,∴BE⊥AD,PEPB=.BA=BD=,,,﹣,,)∴(,﹣,,∵,∴,,﹣)∴)∴==所成角的正弦值为3.(2014•四川)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形(Ⅰ)若AC⊥BC,证明:直线BC⊥平面ACC1A1;(Ⅱ)设D、E分别是线段BC、CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?请证明你的结论.(Ⅱ)解:取AB的中点M,连接连接MD,OE,则MD∥AC,MD=AC4.(2014•山东)如图,四棱锥P﹣ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=AD,E,F分别为线段AD,PC的中点.(Ⅰ)求证:AP∥平面BEF;(Ⅱ)求证:BE⊥平面PAC.AD5.如图,四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(Ⅰ)证明:PB∥平面AEC;(Ⅱ)设AP=1,AD=,三棱锥P﹣ABD的体积V=,求A到平面PBC的距离.AD=V=AD=V=,V==,AB=,的距离6.(2014•河南)如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,B1C的中点为O,且AO⊥平面BB1C1C.(1)证明:B1C⊥AB;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱ABC﹣A1B1C1的高.,B C=,AD=,∴,的距离为.7.(2014•广西)如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,点A1在平面ABC内的射影D在AC上,∠ACB=90°,BC=1,AC=CC1=2.(Ⅰ)证明:AC1⊥A1B;(Ⅱ)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为,求二面角A1﹣AB﹣C的大小.,BC⊂平面BCC1B1,1B1,为垂足,可得A1E⊥平面BCC1B1,E=,DF=,arctan8.(2014•辽宁)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2.∠ABC=∠DBC=120°,E、F、G分别为AC、DC、AD的中点.(Ⅰ)求证:EF⊥平面BCG;(Ⅱ)求三棱锥D﹣BCG的体积.附:锥体的体积公式V=Sh,其中S为底面面积,h为高.=,=×.9.(2014•江西)如图,三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AA1⊥BC,A1B⊥BB1,(1)求证:A1C⊥CC1;(2)若AB=2,AC=,BC=,问AA1为何值时,三棱柱ABC﹣A1B1C1体积最大,并求此最大值.BC=AO=O==,V==,即h=时棱柱的体积最大,最大值为:10.(2014•湖南)如图,已知二面角α﹣MN﹣β的大小为60°,菱形ABCD在面β内,A、B两点在棱MN上,∠BAD=60°,E是AB的中点,DO⊥面α,垂足为O.(Ⅰ)证明:AB⊥平面ODE;(Ⅱ)求异面直线BC与OD所成角的余弦值.,,连ADO==所成角的余弦值为11.(2014•湖北)如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E、F、P、Q、M、N分别是棱AB、AD、DD1、BB1、A1B1、A1D1的中点,求证:(Ⅰ)直线BC1∥平面EFPQ;(Ⅱ)直线AC1⊥平面PQMN.12.(2014•福建)如图,三棱锥A﹣BCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥BD.(Ⅰ)求证:CD⊥平面ABD;(Ⅱ)若AB=BD=CD=1,M为AD中点,求三棱锥A﹣MBC的体积.==,S.13.(2014•北京)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F分别是A1C1,BC的中点.(Ⅰ)求证:平面ABE⊥B1BCC1;(Ⅱ)求证:C1F∥平面ABE;(Ⅲ)求三棱锥E﹣ABC的体积.,可求三棱锥AB==14.(2014•安徽)如图,四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为2,点G,E,F,H 分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH⊥平面ABCD,BC∥平面GEFH.(Ⅰ)证明:GH∥EF;(Ⅱ)若EB=2,求四边形GEFH的面积.∴KB=GK=PO,,PO==S==18。
2014高考数学文科分类汇编:立体几何
2014高考数学文科分类汇编:立体几何目录1. 空间几何体的结构 (2)2. 空间几何体的三视图和直观图 (4)3. 平面的基本性质、空间两条直线 . (9)4. 空间中的平行关系 (11)5. 空间中的垂直关系 (16)6. 三垂线定理 (27)7. 棱柱与棱锥 (29)8. 多面体与球 (33)9. 空间向量及运算 ......................................................................................................................... 35 空间向量解决线面位置关系 .......................................................................................................35 空间角与距离的求法 .................................................................................................................. 35 10. 单元综合 .. (41)11. 空间几何体的结构[2014·安徽卷 ]如图 1-5所示,四棱锥 P -ABCD 的底面是边长为 8的正方形,四条侧棱长均为 17. 点 G , E , F , H 分别是棱 PB , AB , CD , PC 上共面的四点,平面GEFH ⊥平面 ABCD , BC ∥平面 GEFH.图 1-5(1证明:GH ∥ EF ;(2若 EB =2,求四边形 GEFH 的面积.19. 解:(1证明:因为 BC ∥平面 GEFH , BC ⊂平面 PBC ,且平面PBC ∩平面GEFH =GH ,所以 GH ∥ BC .同理可证 EF ∥ BC ,因此 GH ∥ EF .(2连接 AC , BD 交于点 O , BD 交 EF 于点 K ,连接 OP , GK .因为 P A =PC , O 是 AC 的中点,所以 PO ⊥ AC ,同理可得 PO ⊥ BD . 又BD ∩ AC =O ,且 AC , BD 都在平面 ABCD 内,所以 PO ⊥平面 ABCD . 又因为平面 GEFH ⊥平面 ABCD ,且 PO ⊄平面 GEFH ,所以 PO ∥平面 GEFH .因为平面PBD ∩平面 GEFH =GK ,所以 PO ∥ GK ,所以 GK ⊥平面 ABCD .又 EF ⊂平面 ABCD ,所以 GK ⊥ EF ,所以 GK 是梯形 GEFH 的高.由 AB =8, EB =2得 EB ∶ AB =KB ∶ DB =1∶ 4,从而 KB14DB =12,即 K 是 OB 的中点.再由 PO ∥ GK 得 GK =12PO ,所以 G 是 PB 的中点,且 GH =12=4.由已知可得 OB =, PO PB -OB =68-32=6,所以 GK =3, 故四边形 GEFH 的面积 S =GH +EF2·GK =4+823=18.[2014·福建卷 ] 以边长为 1的正方形的一边所在直线为旋转轴, 将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于 (A . 2πB . πC . 2D . 13. A [解析 ] 由题意可知,该正方形旋转一周后所得的圆柱的底面半径 r =1,高 h =1,则该圆柱的侧面积S =2πrh =2π,故选 A.[2014·湖北卷 ] 《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖” 的术“置如其周,令相乘也.又以高乘之,三十六成一.”该术相当于给出了由圆锥的底面周长 L 与高 h , 计算其体积 V 的近似公式V ≈1362h . 它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为 3. 那么,近似公式V ≈ 2 75L 2h23相当于将圆锥体积公式中的π近似取为 (227 25815750 D. 35511310. B [解析 ] 设圆锥的底面圆半径为 r ,底面积为 S ,则L =2πr . 由题意得 136L 2h 13,代入S =πr 2化简得π≈ 3. 类比推理,若V ≈ 275L 2h 时,π≈ 258. 故选 B.[2014·新课标全国卷Ⅱ ] 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. 32 C . 1 D. 27. C [解析 ] 因为 D 为 BC 的中点,所以 AD ⊥ BC ,故 AD ⊥平面 BCC 1B 1, 且AD 3, 所以 V 三棱锥 A - B 1DC 1=13S △ B 1DC 1×AD =13×12B 1C 1×BB 1×AD =13×12×23×3=1.[2014·重庆卷 ] 如图 1-4所示四棱锥 P -ABCD 中, 底面是以 O 为中心的菱形, PO ⊥底面 ABCD , AB =2,∠ BAD =π3, M 为 BC 上一点,且 BM =12.(1证明:BC ⊥平面 POM ;(2若 MP ⊥ AP图 20. 解:(1证明:如图所示,因为四边形 ABCD 为菱形, O 为菱形的中心,连接 OB ,则 AO ⊥ OB . 因为∠ BAD =π3OB =AB ·sin ∠ OAB =2sin π6=1.又因为 BM =12,且∠ OBM =π3,在△ OBM 中, OM 2=OB 2+BM 2-2OB ·BM ·cos ∠ OBM =12+⎝⎛122-2×1×12×cos π3=34,所以 OB 2=OM 2+BM 2,故 OM ⊥ BM .又 PO ⊥底面 ABCD ,所以 PO ⊥ BC . 从而 BC 与平面 POM 内的两条相交直线 OM , PO 都垂直,所以 BC ⊥平面 POM.(2由 (1可得, OA =AB ·cos ∠ OAB =2×cos 63.设 PO =a , 由 PO ⊥底面 ABCD , 知△ POA 为直角三角形, 故 P A 2=PO 2+OA 2=a 2+3.又△ POM 也是直角三角形,故 PM 2=PO 2+OM 2=a 2+34连接 AM ,在△ ABM 中, AM 2=AB 2+BM 2-2AB ·BM ·cos ∠ ABM =22+122-2×2×12×4cos 2π3214.由已知 MP ⊥ AP ,故△ APM 为直角三角形,则P A 2+PM 2=AM 2,即 a 2+3+a 2+34214解得 a =32a 32(舍去 ,即 PO =32此时 S 四边形 ABMO =S △ AOB +S △ OMB =12·AO ·OB +12·BM ·OM =123×1+12×12×2 =5 38.所以四棱锥 P -ABMO 的体积 V 四棱锥 P -ABMO =13·S 四边形 ABMO ·PO =135 38×32=516.2. 空间几何体的三视图和直观图[2014·安徽卷 ]一个多面体的三视图如图 1-2所示,则该多面体的体积是 (图 1-2A. 233B. 476C . 6D . 7 8. A [解析 ] 如图所示,由三视图可知该几何体是棱长为 2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分,其体积 V =8-2×13×12×1×1×1=233[2014·北京卷 ] 某三棱锥的三视图如图 1-3所示,则该三棱锥最长棱的5棱长为 ________.图 1-311. 22 [解析 ] 该三棱锥的直观图如图所示,并且 PB ⊥平面 ABC , PB =2, AB =2, AC =BC =2, P A 2+2=22, PC 22+(2 2=6,故 P A 最长.[2014·湖北卷 ] 在如图 1-1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 (2A .①和②B .③和①C .④和③D .④和②7. D [解析 ] 由三视图可知,该几何体的正视图显然是一个直角三角形 (三个顶点坐标分别是 (0, 0, 2 , (0, 2, 0 , (0, 2, 2 且内有一虚线 (一锐角顶点与一直角边中点的连线 , 故正视图是④; 俯视图是一个斜三角形, 三个顶点坐标分别是 (0, 0, 0 , (2, 2, 0 , (1, 2, 0 ,故俯视图是② . 故选 D.[2014·湖南卷 ] 一块石材表示的几何体的三视图如图 1-2所示,将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于 (图 1-2A . 1B . 2C . 3D . 4 8. B [解析 ] 由三视图可知, 石材为一个三棱柱 (相对应的长方体的一半 ,故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球.由题意可知正视图三角形6的内切圆的半径即为球的半径,可得 R =6+8-102=2.[2014·辽宁卷 ] 某几何体三视图如图 1-2所示,则该几何体的体积为 (图 1-2A . 8-π4B . 8π2C . 8-πD . 8-2π7. C [解析 ] 根据三视图可知,该几何体是正方体切去两个体积相等的圆柱的四分之一后余下的部分,故该几何体体积 V =23-12×π×12×2=8-π.[2014·浙江卷 ] 某几何体的三视图 (单位:cm 如图所示,则该几何体的体积是 (图 1-1A . 72 cm3B . 90 cm3C . 108 cm3D . 138 cm33. B [解析 ] 此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的,其体积为 6×4×3+12×3×4×3=90 cm3,故选 B.[2014·新课标全国卷Ⅱ ] 如图 1-1,网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1 cm,图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为 3 cm , 高为 6 cm的圆柱体毛坯切削得到, 则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为 (图 1-117 27 5 910 27 1 36. C [解析 ] 该零件是一个由两个圆柱组成的组合体,其体积 V=π×32×2+π×22×4=34π(cm3 ,原毛坯的体积 V 毛坯=π×32×6=54π(cm3 ,被切部分的体积 V 切 =V 毛坯 -V =54π-34π=20π(cm3 ,所以 V 切V 毛坯= 20π54π1027[2014·全国新课标卷Ⅰ ] 如图 1-1,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8. B [解析 ] 从俯视图为矩形可以看出,此几何体不可能是三棱锥或四棱锥,其直观图如图,是一个三棱柱.[2014·陕西卷 ] 四面体 ABCD 及其三视图如图 1-4所示, 平行于棱 AD , BC 的平面分别交四面体的棱 AB , BD , DC , CA 于点 E , F , G , H.图 1-4(1求四面体 ABCD 的体积;(2证明:四边形 EFGH 是矩形.17. 解:(1由该四面体的三视图可知,BD ⊥ DC , BD ⊥ AD , AD ⊥ DC , BD =DC =2, AD =1,∴ AD ⊥平面 BDC ,∴四面体 ABCD 的体积 V =1312×2×2×1=23.(2证明:∵ BC ∥平面 EFGH ,平面EFGH ∩平面 BDC =FG ,平面EFGH ∩ 平面ABC =EH ,∴ BC ∥ FG , BC ∥ EH ,∴ FG ∥ EH .同理 EF ∥ AD , HG ∥ AD ,∴ EF ∥ HG ,∴四边形 EFGH 是平行四边形.又∵ AD ⊥平面 BDC ,∴ AD ⊥ BC ,∴ EF ⊥ FG ,∴四边形 EFGH 是矩形.78[2014·四川卷 ] 某三棱锥的侧视图、俯视图如图 1-1所示,则该三棱锥的体积是 (锥体体积公式:V =13,其中 S 为底面面积, h 为高 (图 1-1A . 3B . 2 C. 3 D . 14. D [解析 ] 由图可知,三棱锥的底面为边长为 2的正三角形,左侧面垂直于底面,且为边长为 2的正三角形,所以该三棱锥的底面积 S =1 22×3,高 h 3,所以其体积 V 13=1 333=1,故选 D.[2014·重庆卷 ] 某几何体的三视图如图 1-2所示,则该几何体的体积为 (图 1-2A . 12B . 18C . 24D . 307. C [解析 ] 由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱 锥得到的.三棱柱的底面是一个两直角边长分别为 3和 4的直角三角形, 高为 5;截去的锥体的底面是两直角边的长分别为 3和 4的直角三角形,高为 3,所以该几何体的体积为 V =12×3×4×5131 2×3×4×3=24.[2014·天津卷 ] 一个几何体的三视图如图 1-2所示 (单位:m , 则该几何 体的体积为 ________m3 .910.20π3[解析 ] 由三视图可知,该几何体为圆柱与圆锥的组合体,其体积V =π×12×413×22×2=20π3.3. 平面的基本性质、空间两条直线[2014·安徽卷 ] 如图 1-5所示,四棱锥 P -ABCD 的底面是边长为 8的正方形,四条侧棱长均为 17. 点 G , E , F , H 分别是棱 PB , AB , CD , PC 上共面的四点,平面 GEFH ⊥平面 ABCD , BC ∥平面 GEFH.图 1-5(1证明:GH ∥ EF ;(2若 EB =2,求四边形 GEFH 的面积.19. 解:(1证明:因为 BC ∥平面 GEFH , BC ⊂平面 PBC ,且平面PBC ∩平面GEFH =GH ,所以 GH ∥ BC .同理可证 EF ∥ BC ,因此 GH ∥ EF .(2连接 AC , BD 交于点 O , BD 交 EF 于点 K ,连接 OP , GK .因为 P A =PC , O 是 AC 的中点,所以 PO ⊥ AC ,同理可得 PO ⊥ BD . 又BD ∩ AC =O ,且 AC , BD 都在平面 ABCD 内,所以 PO ⊥平面 ABCD . 又因为平面 GEFH ⊥平面 ABCD ,且 PO ⊄平面 GEFH ,所以 PO ∥平面 GEFH .因为平面PBD ∩平面 GEFH =GK ,所以 PO ∥ GK ,所以 GK ⊥平面 ABCD .又 EF ⊂平面 ABCD ,所以 GK ⊥ EF ,所以 GK 是梯形 GEFH 的高.由 AB =8, EB =2得 EB ∶ AB =KB ∶ DB =1∶ 4,从而 KB14DB =12,即 K 是 OB 的中点.10再由 PO ∥ GK 得 GK 12,所以 G 是 PB 的中点,且 GH =12BC =4.由已知可得 OB =42, PO =PB -OB =68-32=6,所以 GK =3, 故四边形 GEFH 的面积 S GH +EF 2GK =4+823=18.[2014·湖南卷 ] 如图 1-3所示,已知二面角α-MN -β的大小为 60°,菱形 ABCD 在面β内, A , B 两点在棱 MN 上,∠ BAD =60°, E 是 AB 的中点, DO ⊥面α(1证明:AB ⊥平面 ODE ;(2求异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值.18. 解:(1证明:如图,因为 DO ⊥ α, AB ⊂ α,所以 DO ⊥ AB .连接 BD ,由题设知,△ ABD 是正三角形,又 E 是 AB 的中点,所以 DE ⊥ AB . 而DO ∩ DE =D ,故 AB ⊥平面 ODE.(2因为 BC ∥ AD 与 OD 所成的角, 即∠ ADO 是 BC 与 OD 所成的角.由 (1知, AB ⊥平面 ODE ,所以 AB ⊥ OE . 又 DE ⊥ AB ,于是∠ DEO 是二面角α-MN -β的平面角,从而∠ DEO =60°.不妨设 AB =2,则 AD =2,易知 DE 3.在 Rt △ DOE 中, DO =DE ·sin 6032.连接 AO ,在 Rt △ AOD 中, cos ∠ ADO =DOAD32234. 故异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值为 34.[2014·辽宁卷 ] 已知 m , n 表示两条不同直线, α表示平面.下列说法正确的是 (A .若 m ∥ α, n ∥ α,则 m ∥ nB .若 m ⊥ α, n ⊂ α,则 m ⊥ nC .若 m ⊥ α, m ⊥n ,则 n ∥ αD .若 m ∥ α, m ⊥ n ,则 n ⊥ α4. B [解析 ] 由题可知,若 m ∥ α, n ∥ α,则 m 与 n 平行、相交或异面, 所以 A 错误; 若 m ⊥ α, n ⊂ α, 则 m ⊥ n , 故 B 正确; 若 m ⊥ α, m ⊥ n , 则 n ∥ α或 n ⊂ α,故C 错误;若 m ∥ α, m ⊥ n ,则 n ∥ α或 n ⊥ α或 n 与α相交,故 D 错误.4. 空间中的平行关系[2014·浙江卷 ] 设 m , n 是两条不同的直线, α, β是两个不同的平面 (A .若 m ⊥ n , n ∥ α,则 m ⊥ αB .若 m ∥ β, β⊥ α,则 m ⊥ αC .若 m ⊥ β, n ⊥ β, n ⊥ α,则 m ⊥ αD .若 m ⊥ n , n ⊥ β, β⊥ α,则 m ⊥ α6. C [解析 ] A, B , D 中 m 与平面α可能平行、相交或 m 在平面内α; 对于 C ,若 m ⊥ β, n ⊥ β,则 m ∥ n ,而 n ⊥ α,所以 m ⊥ α. 故选 C.[2014·安徽卷 ] 如图 1-5所示,四棱锥 P -ABCD 的底面是边长为 8的正方形,四条侧棱长均为 17. 点 G , E , F , H 分别是棱 PB , AB , CD , PC 上共面的四点,平面GEFH ⊥平面 ABCD , BC ∥平面 GEFH.图 1-5(1证明:GH ∥ EF ;(2若 EB =2,求四边形 GEFH 的面积.19. 解:(1证明:因为 BC ∥平面 GEFH , BC ⊂平面 PBC ,且平面PBC ∩平面GEFH =GH ,所以 GH ∥ BC .同理可证 EF ∥ BC ,因此 GH ∥ EF .(2连接 AC , BD 交于点 O , BD 交 EF 于点 K ,连接 OP , GK .因为 P A =PC , O 是 AC 的中点,所以 PO ⊥ AC ,同理可得 PO ⊥ BD . 又BD ∩ AC =O ,且 AC , BD 都在平面 ABCD 内,所以 PO ⊥平面 ABCD . 又因为平面 GEFH ⊥平面 ABCD ,且 PO ⊄平面 GEFH ,所以 PO ∥平面 GEFH .因为平面PBD ∩平面 GEFH =GK ,所以 PO ∥ GK ,所以 GK ⊥平面 ABCD .又 EF ⊂平面 ABCD ,所以 GK ⊥ EF ,所以 GK 是梯形 GEFH 的高.由 AB =8, EB =2得 EB ∶ AB =KB ∶ DB =1∶ 4, 从而 KB14DB =12,即 K 是 OB 的中点.1112再由 PO ∥ GK 得 GK 12,所以 G 是 PB 的中点,且 GH =12BC =4.由已知可得 OB =42, PO =PB -OB =68-32=6,所以 GK =3, 故四边形 GEFH 的面积 S GH +EF 2GK =4+823=18.[2014·北京卷 ] 如图 1-5, 在三棱柱 ABC -A 1B 1C 1中, 侧棱垂直于底面, AB ⊥BC , AA 1=AC =2, BC =1, E , F 分别是 A 1C 1, BC 的中点.图 1-5(1求证:平面 ABE ⊥平面 B 1BCC 1; (2求证:C 1F ∥平面 ABE ; (3求三棱锥 E -ABC 的体积. 17. 解:(1证明:在三棱柱 ABC - A 1B 1C 1中, BB 1⊥底面 ABC ,所以 BB 1⊥ AB . 又因为 AB ⊥ BC ,所以 AB ⊥平面 B 1BCC 1.所以平面 ABE ⊥平面 B 1BCC 1.(2证明:取 AB 的中点 G ,连接 EG , FG.因为 E , F , G 分别是 A 11 所以 FG ∥ AC ,且 FG =12AC , EC 1=12A 1C 1.因为 AC ∥ A 1C 1,且 AC =A 1C 1,所以 FG ∥ EC 1,且 FG =EC 1, 所以四边形 FGEC 1为平行四边形, 所以 C 1F ∥EG .又因为 EG ⊂平面 ABE , C 1F ⊄平面 ABE , 所以 C 1F ∥平面 ABE .(3因为 AA 1=AC =2, BC =1, AB ⊥ BC , 所以 AB AC -BC =3. 所以三棱锥 E - ABC 的体积V =13S △ ABC ·AA 1=13×12×3×1×2=33.[2014·湖北卷 ] 如图 1-5,在正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1中, E , F , P , Q ,M , N 分别是棱 AB , AD , DD 1, BB 1, A 1B 1, A 1D 1的中点.求证: (1直线 BC 1∥平面 EFPQ ;(2直线 AC 1⊥平面 PQMN.20. 证明:(1连接 AD 1,由 ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体,知 AD 1∥ BC 1.因为 F , P 分别是 AD , DD 1的中点,所以 FP ∥ AD 1.从而 BC 1∥ FP .而 FP ⊂平面 EFPQ ,且 BC 1⊄平面 EFPQ ,故直线 BC 1∥平面 EFPQ.(2如图,连接 AC , BD 11由 CC 1⊥平面 ABCD , BD ⊂平面 ABCD ,可得 CC 1⊥ BD .又AC ∩ CC 1=C ,所以 BD ⊥平面 ACC 1A 1.而 AC 1⊂平面 ACC 1A 1,所以 BD ⊥ AC 1.因为 M , N 分别是 A 1B 1, A 1D 1的中点, 所以 MN ∥ BD , 从而 MN ⊥ AC 1. 同理可证 PN ⊥ AC 1.又PN ∩ MN =N ,所以直线 AC 1⊥平面 PQMN .[2014·江苏卷 ] 如图 1-4所示,在三棱锥 P -ABC 中, D , E , F 分别为棱 PC , AC , AB 的中点.已知 P A ⊥ AC , P A =6, BC =8, DF =5.求证:(1直线 P A ∥平面 DEF ;(2平面 BDE ⊥平面 ABC .图 1-416. 证明:(1因为 D , E 分别为棱 PC , AC 的中点,所以 DE ∥ P A . 又因为 P A ⊄平面 DEF , DE ⊂平面 DEF ,所以直线 P A ∥平面 DEF .(2因为 D , E , F 分别为棱 PC , AC , AB 的中点, P A =6, BC =8,所以 DE ∥ P A , DE12P A =3, EF =12BC =4. 又因为 DF =5,所以 DF 2=DE 2 +EF 2, 所以∠ DEF =90°, 即 DE ⊥ EF . 又 P A ⊥ AC , DE ∥ P A , 所以 DE ⊥ AC . 因为AC ∩ EF =E , AC ⊂平面 ABC , EF ⊂平面 ABC ,所以 DE ⊥平面 ABC . 又 DE ⊂平面 BDE ,所以平面 BDE ⊥平面ABC .13[2014·新课标全国卷Ⅱ ] 如图 1-3,四棱锥 P -ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, P A ⊥平面 ABCD , E 为 PD 的中点.(1证明:PB ∥平面 AEC ;(2设 AP =1, AD 3,三棱锥 P -ABD 的体积 V =34A 到平面PBC 的距离.图 1-318. 解:(1证明:设 BD 与 AC 的交点为 O ,连接 EO.因为 ABCD 为矩形,所以 O 为 BD 的中点.又 E 为 PD 的中点,所以 EO ∥ PB .EO ⊂平面 AEC , PB ⊄平面 AEC ,所以 PB ∥平面 AEC .(2V =13×12×P A ×AB ×AD =36,由 V34,可得 AB =32.作 AH ⊥ PB 交 PB 于点 H .由题设知 BC ⊥平面 P AB ,所以 BC ⊥ AH , 因为PB ∩ BC =B ,所以 AH ⊥平面 PBC .又 AH =P A ·ABPB1313,所以点 A 到平面 PBC 的距离为31313.[2014·山东卷 ] 如图 1-4所示,四棱锥 P -ABCD 中, AP ⊥平面 PCD , AD ∥ BC , AB =BC12, E , F 分别为线段 AD , PC 的中点.图 1-4(1求证:AP ∥平面 BEF ;(2求证:BE ⊥平面 P AC .18. 证明:(1设AC ∩ BE =O ,连接 OF , EC . 由于 E 为 AD 的中点,1415AB =BC =12, AD ∥ BC ,所以 AE ∥ BC , AE =AB =BC , 所以 O 为 AC 的中点.又在△ P AC 中, F 为 PC 的中点,所以 AP ∥ OF . 又 OF ⊂平面 BEF , AP ⊄平面 BEF , 所以 AP ∥平面 BEF .(2由题意知, ED ∥ BC , ED =BC , 所以四边形 BCDE 为平行四边形, 所以 BE ∥ CD .又 AP ⊥平面 PCD ,所以 AP ⊥ CD ,所以 AP ⊥ BE . 因为四边形 ABCE 为菱形, 所以 BE ⊥ AC .又AP ∩ AC =A , AP , AC ⊂平面 P AC , 所以 BE ⊥平面 P AC .[2014·四川卷 ] 在如图 1-4所示的多面体中,四边形 ABB 1A 1和 ACC 1A 1都为矩形.(1若 AC ⊥ BC ,证明:直线 BC ⊥平面 ACC 1A 1.(2设 D , E 分别是线段 BC , CC 1的中点,在线段 AB 上是否存在一点 M ,使直线 DE ∥平面 A 1MC ?请证明你的结论.18. 解:(1证明:因为四边形 ABB 1A 1和 ACC 1A 1都是矩形, 所以 AA 1⊥ AB , AA 1⊥ AC .因为 AB , AC 为平面 ABC 内的两条相交直线, 所以 AA 1⊥平面 ABC .因为直线 BC ⊂平面 ABC ,所以 AA 1⊥ BC .又由已知, AC ⊥ BC , AA 1, AC 为平面 ACC 1A 1内的两条相交直线, 所以 BC ⊥平面 ACC 1A 1.(2取线段 AB 的中点 M ,连接 A 1M , MC , A 1C , AC 1,设 O 为 A 1C , AC 1的交点.由已知, O 为 AC 1的中点.连接 MD , OE ,则 MD , OE 分别为△ ABC ,△ ACC 1的中位线,所以 MD 綊 12AC , OE 12,16因此 MD 綊 OE .连接 OM ,从而四边形 MDEO 为平行四边形,所以 DE ∥ MO . 因为直线 DE ⊄平面 A 1MC , MO ⊂平面 A 1MC . 所以直线 DE ∥平面 A 1MC .即线段 AB 上存在一点 M (线段 AB 的中点 ,使直线 DE ∥平面 A 1MC .[2014·天津卷 ] 如图 1-4所示,四棱锥 P - ABCD 的底面 ABCD 是平行四边形, BA =BD =2, AD =2, P A =PD 5, E , F 分别是棱 AD , PC 的中点.(1证明:EF ∥平面 P AB ; (2若二面角 P -AD -B 为 60°.(i证明:平面 PBC ⊥平面 ABCD ;(ii求直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值.17. 解:(1MF , AM . 因为 F 为PC 中点, 所以 MF ∥ BC , 且 MF =12BC . 由已知有 BC ∥ AD , BC =AD ,又由于 E 为 AD 中点,因而 MF ∥ AE 且 MF =AE ,故四边形 AMFE 为平行四边形, 所以 EF ∥ AM . 又 AM ⊂平面 P AB , 而 EF ⊄平面 P AB , 所以 EF ∥平面P AB .(2(i证明:连接 PE , BE . 因为 P A =PD , BA =BD ,而 E 为 AD 中点, 所以 PE ⊥AD , BE ⊥ AD , 所以∠ PEB 为二面角 P - AD -B 的平面角. 在△ P AD 中, 由 P A =PD =5, AD =2, 可解得 PE =2. 在△ ABD 中, 由 BA =BD 2, AD =2,可解得 BE =1. 在△ PEB 中, PE =2, BE =1,∠ PEB =60˚,由余弦定理,可解得 PB =,从而∠ PBE =90˚,即BE ⊥ PB . 又 BC ∥ AD , BE ⊥ AD ,从而 BE ⊥ BC ,因此 BE ⊥平面 PBC . 又 BE ⊂平面 ABCD ,所以平面 PBC ⊥平面 ABCD .(ii连接 BF ,由 (i知, BE ⊥平面 PBC ,所以∠ EFB 为直线 EF 与平面PBC 所成的角.由 PB =3及已知,得∠ ABP 为直角,而 MB =12PB =32,可得 AM =112故 EF =2. 又 BE =1, 故在直角三角形 EBF 中, sin ∠ EFB=BE EF 1111所以直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值为 211115. 空间中的垂直关系[2014·浙江卷 ] 设 m , n 是两条不同的直线, α, β是两个不同的平面 ( A .若 m ⊥n , n ∥ α,则 m ⊥ α B .若 m ∥ β, β⊥ α,则 m ⊥ αC .若 m ⊥ β, n ⊥ β, n ⊥ α,则 m ⊥ αD .若 m ⊥ n , n ⊥ β, β⊥ α,则 m ⊥ α 6. C [解析 ] A, B , D 中 m 与平面α可能平行、相交或 m 在平面内α;对于 C ,若 m ⊥ β, n ⊥ β,则 m ∥ n ,而 n ⊥ α,所以 m ⊥ α. 故选 C.[2014·北京卷 ] 如图 1-5, 在三棱柱 ABC -A 1B 1C 1中, 侧棱垂直于底面, AB ⊥BC , AA 1=AC =2, BC =1, E , F 分别是 A 1C 1, BC 的中点.图 1-5(1求证:平面 ABE ⊥平面 B 1BCC 1;(2求证:C 1F ∥平面 ABE ;(3求三棱锥 E -ABC 的体积.17. 解:(1证明:在三棱柱 ABC -A 1B 1C 1中, BB 1⊥底面 ABC , 所以 BB 1⊥AB .又因为 AB ⊥ BC ,所以 AB ⊥平面 B 1BCC 1.所以平面 ABE ⊥平面 B 1BCC 1.(2证明:取 AB 的中点 G ,连接 EG , FG.因为 E , F , G 分别是 A 11所以 FG ∥ AC ,且 FG =12AC , EC 1=12A 1C 1.因为 AC ∥ A 1C 1,且 AC =A 1C 1,所以 FG ∥ EC 1,且 FG =EC 1,所以四边形 FGEC 1为平行四边形,所以 C 1F ∥ EG .又因为 EG ⊂平面 ABE , C 1F ⊄平面 ABE , 所以 C 1F ∥平面 ABE .(3因为 AA 1=AC =2, BC =1, AB ⊥ BC ,所以 AB AC -BC =3.所以三棱锥 E -ABC 的体积V =13S △ ABC ·AA 1=13×12×3×1×2=33.[2014·福建卷 ] 如图 1-6所示,三棱锥 A -BCD 中, AB ⊥平面 BCD , CD ⊥ BD . (1求证:CD ⊥平面 ABD ;17(2若 AB =BD =CD =1, M 为 AD 中点,求三棱锥 A -MBC 的体积.图 1-619. 解:方法一:(1证明:∵ AB ⊥平面 BCD , CD ⊂平面 BCD , ∴ AB ⊥ CD .又∵ CD ⊥ BD , AB ∩ BD =B ,AB ⊂平面 ABD , BD ⊂平面 ABD ,∴ CD ⊥平面 ABD .(2由 AB ⊥平面 BCD ,得 AB ⊥ BD .∵ AB =BD =1,∴ S △ ABD = 1 2. ∵ M 是 AD 的中点,∴ S △ ABM12△ ABD =14.由 (1知, CD ⊥平面 ABD ,∴三棱锥 C -ABM 的高 h =CD =1, 因此三棱锥 A -MBC 的体积V A -MBC =V C -ABM13S △ ABM ·h =112.方法二:(1同方法一.(2由 AB ⊥平面 BCD ,得平面 ABD ⊥平面 BCD . 且平面ABD ∩平面 BCD =BD .如图所示,过点 M 作 MN ⊥ BD 交 BD 于点 N , 则 MN ⊥平面 BCD ,且 MN = 12=12.又 CD ⊥ BD , BD =CD =1,∴ S △ BCD =12.∴三棱锥 A -MBC 的体积V A -MBC =V A -BCD -V M -BCD=13·S △ BCD -13MN ·S △ BCD18= 1 12.[2014·广东卷 ] 如图 1-2所示, 四边形 ABCD 为矩形, PD ⊥平面 ABCD , AB =1, BC =PC =2,作如图 1-3折叠:折痕 EF ∥ DC ,其中点 E , F 分别在线段 PD , PC 上,沿EF 折叠后点 P 叠在线段 AD 上的点记为 M ,并且 MF ⊥ CF .(1证明:CF ⊥平面 MDF ;(2求三棱锥 M -CDE 的体积.图 1-2图 1-3[2014·湖北卷 ] 如图 1-5,在正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1中, E , F , P , Q , M , N 分别是棱 AB , AD , DD 1, BB 1, A 1B 1, A 1D 1的中点.求证:(1直线 BC 1∥平面 EFPQ ;(2直线 AC 1⊥平面 PQMN.20. 证明:(1连接 AD 1,由 ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体, 知 AD 1∥ BC 1.因为 F , P 分别是 AD , DD 1的中点,所以 FP ∥ AD 1.从而 BC 1∥ FP .而 FP ⊂平面 EFPQ ,且 BC 1⊄平面 EFPQ ,故直线 BC 1∥平面 EFPQ.(2如图,连接 AC , BD 11由 CC 1⊥平面 ABCD , BD ⊂平面 ABCD ,可得 CC 1⊥ BD .又AC ∩ CC 1=C ,所以 BD ⊥平面 ACC 1A 1.而 AC 1⊂平面 ACC 1A 1,所以 BD ⊥ AC 1.因为 M , N 分别是 A 1B 1, A 1D 1的中点, 所以 MN ∥ BD , 从而 MN ⊥ AC 1. 同理可证 PN ⊥ AC 1.又PN ∩ MN =N ,所以直线 AC 1⊥平面 PQMN .1920[2014·湖南卷 ] 如图 1-3所示,已知二面角α-MN -β的大小为 60°,菱形 ABCD 在面β内, A , B 两点在棱 MN 上,∠ BAD =60°, E 是 AB 的中点, DO ⊥面α(1证明:AB ⊥平面 ODE ;(2求异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值.18. 解:(1证明:如图,因为 DO ⊥ α, AB ⊂ α,所以 DO ⊥ AB .连接 BD ,由题设知,△ ABD 是正三角形,又 E 是 AB 的中点,所以 DE ⊥ AB . 而DO ∩ DE =(2因为 BC ∥ AD 与 OD 所成的角, 即∠ ADO 是 BC 与 OD 所成的角.由 (1知, AB ⊥平面 ODE ,所以 AB ⊥ OE . 又 DE ⊥ AB ,于是∠ DEO 是二面角α-MN -β的平面角,从而∠ DEO =60°.不妨设 AB =2,则 AD =2,易知 DE =在 Rt △ DOE 中, DO =DE ·sin 60°=32连接 AO ,在 Rt △ AOD 中, cos ∠ ADO =DOAD32234. 故异面直线 BC 与 OD 所成角的余弦值为 34.[2014·江苏卷 ] 如图 1-4所示,在三棱锥 P - ABC 中, D , E , F 分别为棱 PC , AC , AB 的中点.已知 P A ⊥ AC , P A =6, BC =8, DF =5.求证:(1直线 P A ∥平面 DEF ; (2平面 BDE ⊥平面 ABC .图 1-416. 证明: (1因为 D , E 分别为棱 PC , AC 的中点,所以 DE ∥ P A . 又因为 P A ⊄平面 DEF , DE ⊂平面 DEF ,所以直线 P A ∥平面 DEF .(2因为 D , E , F 分别为棱 PC , AC , AB 的中点, P A =6, BC =8,所以 DE ∥ P A , DE 12P A =3, EF =12BC =4. 又因为 DF =5,所以 DF 2=DE 2+EF 2, 所以∠ DEF =90°, 即 DE ⊥ EF . 又 P A ⊥ AC , DE ∥ P A , 所以 DE ⊥AC .21因为AC ∩ EF =E , AC ⊂平面 ABC , EF ⊂平面 ABC ,所以 DE ⊥平面 ABC .又 DE ⊂平面 BDE ,所以平面 BDE ⊥平面 ABC .[2014·山东卷 ] 如图 1-4所示,四棱锥 P -ABCD 中, AP ⊥平面 PCD , AD ∥ BC , AB =BC =12AD , E , F 分别为线段 AD , PC 的中点.图 1-4(1求证:AP ∥平面 BEF ; (2求证:BE ⊥平面 P AC .18. 证明:(1设AC ∩ BE =O ,连接 OF , EC . 由于 E 为 AD 的中点,AB =BC =12, AD ∥ BC ,所以 AE ∥ BC , AE =AB =BC ,所以 O 为 AC 的中点.又在△ P AC 中, F 为 PC 的中点,所以 AP ∥ OF . 又 OF ⊂平面 BEF , AP ⊄平面 BEF , 所以 AP ∥平面 BEF .(2由题意知, ED ∥ BC , ED =BC , 所以四边形 BCDE 为平行四边形, 所以 BE ∥ CD .又 AP ⊥平面 PCD ,所以 AP ⊥ CD ,所以 AP ⊥ BE . 因为四边形 ABCE 为菱形, 所以 BE ⊥ AC .又 A P ∩ AC =A , AP , AC ⊂平面 P AC , 所以 BE ⊥平面 P AC .22[2014·江西卷 ] 如图 1-1所示, 三棱柱 ABC - A 1B 1C 1中, AA 1⊥ BC , A 1B ⊥BB 1.(1求证:A 1C ⊥ CC 1; (2若 AB =2, AC 3, BC 7, 问 AA 1为何值时, 三棱柱 ABC - A 1B 1C 1体积最大,并求此最大值.19. 解:(1证明:由 AA 1⊥ BC 知 BB 1⊥ BC . 又 BB 1⊥ A 1B ,故 BB 1⊥平面BCA 1,所以 BB 1⊥ A 1C .又 BB 1∥ CC 1,所以 A 1C ⊥ CC 1. (2方法一:设 AA 1=x .在 Rt △ A 1BB 1中, A 1B =A 1B 1-BB 1=4-x .同理, A 1C A 1C 1-CC 13-x . 在△ A 1BC 中,cos ∠ BA 1C =A 1B 2+A 1C 2-BC 22A 1B ·A 1C =-x 2(4-x (3-xsin ∠ BA 1C =12-7x (4-x (3-x所以 S △ A 1BC =12A 1B ·A 1C ·sin ∠ BA 1C =12-7x 2从而三棱柱 ABC - A 1B 1C 1的体积 V =S 直 ·l =S △ A 1BC ·AA 1=x 12-7x 2因为 x 12-7x =12x -7x =-7⎝⎛x 2-672+367 所以当 x 67427AA 1=427V 取到最大值 377(2方法二:过 A 1作 BC 的垂线,垂足为 D ,连接 AD .由 AA 1⊥ BC , A 1D ⊥ BC ,得 BC ⊥平面 AA 1D ,故 BC ⊥ AD . 又∠ BAC =90°,所以S △ ABC 12·BC =12AB ·AC ,得 AD 27设 AA 1=x . 在 Rt △ AAA 1D AD -AA 1S △ A 1BC =12A 1D ·从而三棱柱 ABC - A 1B 1C 1的体积 V =S 直 ·l =S △ A 1BC ·AA 1=x 12-7x 2因为 12-7x =12x -7x -7⎝⎛x 2672367,所以当 x 67427AA 1=427V 取到最大值 37723[2014·辽宁卷 ] 如图 1-4所示, △ ABC 和△ BCD 所在平面互相垂直, 且 AB =BC =BD =2,∠ ABC =∠ DBC =120°, E , F , G 分别为 AC , DC , AD 的中点.(1求证:EF ⊥平面 BCG ; (2求三棱锥 D -BCG 的体积.附:锥体的体积公式 V =13Sh ,其中 S 为底面面积, h 为高.19. 解:(1证明:由已知得△ ABC ≌△ DBC , 因此 AC =DC .又 G 为 AD 的中点,所以 CG ⊥ AD ,同理 BG ⊥ AD . 又BG ∩ CG =G ,所以 AD ⊥平面 BGC . 又 EF ∥ AD ,所以 EF ⊥平面 BCG.(2在平面 ABC 内,作 O . 由平面 ABC ⊥平面 BCD ,知 AO ⊥平面 BDC .又 G 为 AD 的中点,所以 G 到平面 BDC 的距离 h 是 AO 长度的一半. 在△AOB 中, AO =AB ·sin 603,所以V 三棱锥 D -BCG =V 三棱锥 G -BCD =13·S △ DBC ·h =13×12BD ·BC ·sin 12032=12.[2014·全国新课标卷Ⅰ ] 如图 1-4,三棱柱 ABC - A 1B 1C 1中,侧面 BB 1C 1C 为菱形, B 1C 的中点为 O ,且 AO ⊥平面 BB 1C 1C.图 1-4(1证明:B 1C ⊥ AB ;(2若 AC ⊥ AB 1, ∠ CBB 1=60°, BC =1, 求三棱柱 ABC - A 1B 1C 1的高.19. 解:(1证明:连接 BC 1,则 O 为 B 1C 与 BC 1的交点. 因为侧面 BB 1C 1C 为菱形,所以 B 1C ⊥ BC 1. 又 AO ⊥平面 BB 1C 1C ,所以 B 1C ⊥ AO , 由于BC 1∩ AO =O ,故 B 1C ⊥平面 ABO . 由于 AB ⊂平面 ABO ,故 B 1C ⊥ AB .(2作 OD ⊥ BC ,垂足为 D ,连接 AD . 作 OH ⊥ AD ,垂足为 H . 由于 BC ⊥ AO , BC ⊥ OD ,且AO ∩ OD =O , 故 BC ⊥平面 AOD ,所以 OH ⊥ BC . 又 OH ⊥ AD ,且AD ∩ BC =D , 所以 OH ⊥平面 ABC .24因为∠ CBB 1=60°,所以△ CBB 1为等边三角形,又 BC =1,可得 OD =4. 因为 AC ⊥ AB 1,所以 OA =12B 1C =12.由 OH ·AD =OD ·OA ,且 AD =OD +OA 74,得 OH =2114. 又 O 为 B 1C 的中点, 所以点 B 1到平面 ABC 的距离为 217故三棱柱 ABC - A 1B 1C 1的高为217[2014·四川卷 ] 在如图 1-4所示的多面体中,四边形 ABB 1A 1和 ACC 1A 1 都为矩形.(1若 AC ⊥ BC ,证明:直线 BC ⊥平面 ACC 1A 1.(2设 D , E 分别是线段 BC , CC 1的中点,在线段 AB 上是否存在一点 M ,使直线 DE ∥平面 A 1MC ?请证明你的结论.。
高三数学一轮复习91空间几何体的结构特征及直观图三视图.ppt
(3)特殊的四棱柱
《 走
向
四 棱 柱 底―面―是―平―行―四―边→形 平 行 六 面 体
高 考 》
高
考
――侧―棱―与――底―面―垂―直―→ 直 平 行 六 面 体
总 复 习
·(
数
―――底―面――为―矩―形――→ 长 方 体 ―――底―面―为―正―方―形――→ 正
学 配
人
教
四棱柱―――棱―长――都―相―等――→正方体.
考 》
高
形垂直于底边的腰为旋转轴,其余各边旋转而形成的曲面 考
总
复
围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台.
习
数 学
·(
配 人 教
B 版
)
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第九章 立体几何
(2)圆柱的结构特征
①平行于底面的截面都是圆;②过轴的截面(轴截面)
《 走
向
是全等的矩形.
高 考
》
除了这两条重要特征外,还应掌握下面的一些重要属
)
版
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第九章 立体几何
2.空间向量的应用
《
(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.
走 向
高
(2)能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平
考 》
高
行关系.
考
总
复
(3)能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定 习
·(
数
理(包括三垂线定理)
学
配
(4)能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计
)
断提高.还应注意规范训练.注意作、证、求三环节交代
要清,表达要规范、严谨,要准确运用符号语言等.
2014年高考全程复习高三文科第九章立体几何1.9.1
答案:①四边形 ②平行 ③公共顶点 ④平行 ⑤圆柱 ⑥圆锥 ⑦圆台 ⑧轴 ⑨侧面 ⑩母线 ⑪一条直线 ⑫ 旋转体 ⑬旋转体 ⑭直径 ⑮球面 ⑯球体 ⑰一点向外 21 22 散射 ⑱平行光线 ⑲正前方 ⑳正左方 ○ 正上方 ○ 23 24 25 26 27 45° 135° ○90° ○x′轴 ○y′轴 ○z′轴 ○保持 (或 ) 28 长度不变 ○原来长度的一半
题型二 空间几何体的三视图 例 2 一个长方体去掉一个小长方体视图为( )
主视图
侧视图
A.
B.
C.
D.
解析:由三视图中的主、侧视图得到几何体的直观图如图 所示.所以该几何体的俯视图为 C.
答案:C
点评:新课标对三视图的考查重点是常见简单几何体及其 组合体的三视图的理解及画法,例如:正方体、长方体、圆柱、 圆锥、棱柱、棱锥、球等的三视图分别是什么图形,数量关系 有什么特点等都应该熟练掌握.
9.1 空间几何体的结构特征 及其三视图和直观图
考纲点击 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征.能正 确描述现实生活中简单物体的结构. 2.能画出柱、锥、台、球等简易组合体的三视图,并能 识别三视图所表示的立体模型.会用斜二测法画出它们的直观 图. 3.了解平行投影与中心投影,了解空间图形的不同表示 形式.
2.三视图与空间几何体中的几何量的关系 空间几何体的数量关系也体现在三视图中,正视图和侧视 图的“高平齐”,正视图和俯视图的“长对正”,侧视图和俯 视图的“宽相等”.其中,正视图、侧视图的高就是空间几何 体的高,正视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度, 侧视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度.要尽量按 照这个规则画空间几何体的三视图.
4.下列说法正确的是( ) A.平行于圆锥某一母线的截面是等腰三角形 B.平行于圆台某一母线的截面是等腰梯形 C.过圆锥顶点的截面是等腰三角形 D.过圆台上底面中心的截面是等腰梯形
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答案:①四边形 ②平行 ③公共顶点 ④平行 ⑤圆柱 ⑥圆锥 ⑦圆台 ⑧轴 ⑨侧面 ⑩母线 ⑪一条直线 ⑫ 旋转体 ⑬旋转体 ⑭直径 ⑮球面 ⑯球体 ⑰一点向外 21 22 散射 ⑱平行光线 ⑲正前方 ⑳正左方 ○ 正上方 ○ 23 24 25 26 27 45° 135° ○90° ○x′轴 ○y′轴 ○z′轴 ○保持 (或 ) 28 长度不变 ○原来长度的一半
解析:把直三棱柱的一个侧面放在水平面上,当这个直三 棱柱的底面三角形的高等于放在水平面上的侧面的宽度就可 以使得这个三棱柱的正视图和俯视图符合要求,故命题①是真 命题;把一个正四棱柱的一个侧面放置在水平面上即可满足要 求,故命题②是真命题;只要把圆柱侧面的一条母线放置在水 平面即符合要求,故命题③是真命题. 答案:A
(3)已知图形中,平行于 x 轴、y 轴或 z 轴的线段,在直观 24 25 26 图中分别画成平行于○________、○________或○________的 线段.并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线 段和原坐标轴的位置关系相同. 27 (4)已知图形中平行于 x 轴和 z 轴的线段,在直观图中○ 28 ______,平行于 y 轴的线段,在直观图中长度为○______. (5)画图完成后,擦去辅助线和坐标轴,就得到了空间图形 的直观图.
7.中心投影:光由⑰____________形成的投影叫做中心 投影; 平行投影:在一束⑱________照射下形成的投影叫做平行 投影. 8.三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的 21 ⑲________、⑳________、○________观察几何体画出的轮廓 线.
9.斜二测画法: (1)在已知图形所在的空间中取水平平面, 作互相垂直的轴 Ox,Oy,再作 Oz 轴,使∠xOz=90° ,且∠yOz=90° . (2)画直观图时,把 Ox、Oy、Oz 画成对应的轴 O′x′、 22 O′y′、 O′z′, 使∠x′O′y′=○________, ∠x′O′z′ 23 =○________.x′O′y′所确定的平面表示水平平面.
题型探究 题型一 空间几何体的结构特征 例 1 设有以下四个命题: ①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体; ②底面是矩形的平行六面体是长方体; ③直四棱柱是直平行六面体; ④棱台的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:①④ 点评:类似这种题目一定要仔细审题,掌握好简单几何体 的概念与性质,根据定义与性质来进行判断.
2.三视图与空间几何体中的几何量的关系 空间几何体的数量关系也体现在三视图中,正视图和侧视 图的“高平齐”,正视图和俯视图的“长对正”,侧视图和俯 视图的“宽相等”.其中,正视图、侧视图的高就是空间几何 体的高,正视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度, 侧视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度.要尽量按 照这个规则画空间几何体的三视图.
3.(2012· 新课标全国卷)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( )
A
B
C
D
解析:通过正视图及俯视图可以看出这个几何体是由半个 圆锥和一个三棱锥组合在一起而成的,故其侧视图为 D. 答案:D
4.(2012· 湖南卷)某几何体的正视图和侧视图均如图所示, 则该几何体的俯视图不可能是( ) ...
变式探究 1 下列命题中,成立的是( ) A.各个面都是三角形的多面体一定是棱锥 B.四面体一定是三棱锥 C.棱锥的侧面是全等的等腰三角形,该棱锥一定是正棱 锥 D.底面多边形既有外接圆又有内切圆,且侧棱相等的棱 锥一定是正棱锥
解析:A 是错误的,只要将底面全等的两个棱锥的底面重合在 一起,所得多面体的每个面都是三角形,但这个多面体不是棱锥; B 是正确的,三个面共顶点,另有三边围成三角形是四面体也 必定是个三棱锥; 对于 C,如图所示,棱锥的侧面是全等的等腰 三角形,但该棱锥不是正三棱锥; D 也是错误的.底面多边形既有内切圆又有外 接圆,如果不同心,则不是正多边形,因此不是正 棱锥. 答案:B
4.下列说法正确的是( ) A.平行于圆锥某一母线的截面是等腰三角形 B.平行于圆台某一母线的截面是等腰梯形 C.过圆锥顶点的截面是等腰三角形 D.过圆台上底面中心的截面是等腰梯形
解析:由圆锥的性质可知 C 正确. 答案:C
5.已知一个几何体的三视图如图所示,分析此几何体的 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:由三视图可知,此几何 体上面为圆台,下面为圆柱. 答案:C
说考点
拓展延伸串知识
疑点清源 1.画空间几何体的三视图的两个步骤 第一步,确定三个视图的形状;第二步,将这三个视图摆 放在平面上.在绘制三视图时,分界线和可见轮廓线都用实线 画出, 被遮挡的部分的轮廓线用虚线表示出来, 即“眼见为实、 不见为虚”.
5. 一般地, 一条平面曲线绕着它所在平面内的⑪________ 旋转形成的曲面叫做旋转面,封闭的旋转面围成的几何体叫做 ⑫________,圆柱、圆锥、圆台、球都属于⑬________. 6.球的定义:半圆以它的⑭________为旋转轴,旋转所 成 的 曲 面 叫 做 ⑮ ________. 球 面 所 围 成 的 几 何 体 叫 做 ⑯ ________,简称球.半圆的圆心叫做球心,半圆的半径叫做球 的半径.
归纳总结 •方法与技巧 1.棱柱主要是理解、掌握基本概念和性质,并能灵活应 用. 2.正棱锥问题常归结到它的高、侧棱、斜高、底面正多 边形内切圆半径或外接圆半径、底面边长的一半构成的直角三 角形中解决. 3.圆柱、圆锥、圆台、球应抓住它们是旋转体这一特点, 弄清旋转轴、旋转面、轴截面.
•失误与防范 1.台体可以看成是由锥体截得的,但一定强调截面与底 面平行. 2.掌握三视图的概念及画法 在绘制三视图时,若相邻两物体的表面相交,表面的交线 是它们的分界线.在三视图中,分界线和可见轮廓线都用实线 画出,被挡住的轮廓线画成虚线.并做到“正侧一样高、正俯 一样长、俯侧一样宽”.
题型二 空间几何体的三视图 例 2 一个长方体去掉一个小长方体,所得几何体的主视图 与侧视图分别如图所示,则该几何体的俯视图为( )
主视图
侧视图
A.
B.
C.
D.
解析:由三视图中的主、侧视图得到几何体的直观图如图 所示.所以该几何体的俯视图为 C.
答案:C
点评:新课标对三视图的考查重点是常见简单几何体及其 组合体的三视图的理解及画法,例如:正方体、长方体、圆柱、 圆锥、棱柱、棱锥、球等的三视图分别是什么图形,数量关系 有什么特点等都应该熟练掌握.
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:根据正视图与俯视图,我们可以将选项 A、C 排除, 根据侧视图,可以将 D 排除,故选 B. 答案:B
3. 如图是长和宽分别相等的两个矩形. 给 定下列三个命题:①存在三棱柱,其正(主)视 图、俯视图如图;②存在四棱柱,其正(主)视 图、俯视图如图;③存在圆柱,其正(主)视图、 俯视图如图.其中真命题的个数是( ) A.3 B.2 C.1 D.0
解析: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 2 系是 S′= 4 S,本题中直观图的面积为 a2,所以原平面四边 a2 形的面积等于 =2 2a2.故选 B. 2 4 答案:B
点评:对于直观图,除了了解其画图规则外,还要了解原 2 图形面积 S 与其直观图面积 S′之间的关系 S′= 4 S, 能进行 相关问题的计算.
4.将矩形、直角三角形、直角梯形分别绕着一条边、一 条直角边、垂直于底边的腰所在直线旋转一周,形成的几何体 分别叫做⑤________、 ⑥________、 ⑦________.这条直线叫做 ⑧________,垂直于轴的边旋转一周而成的圆面叫做底面,不 垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做⑨________,无论旋转到什 么位置,不垂直于轴的边都叫做⑩________.
9.1 空间几何体的结构特征 及其三视图和直观图
考纲点击 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征.能正 确描述现实生活中简单物体的结构. 2.能画出柱、锥、台、球等简易组合体的三视图,并能 识别三视图所表示的立体模型.会用斜二测法画出它们的直观 图. 3.了解平行投影与中心投影,了解空间图形的不同表示 形式.
3.掌握直观图的概念及斜二测画法 在斜二测画法中,要确定关键点及关键线段.“平行于 x 轴的线段平行性不变,长度不变;平行于 y 轴的线段平行性不 变,长度减半.” 4.能够由空间几何体的三视图得到它的直观图;也能够 由空间几何体的直观图得到它的三视图,提升空间想象能力.
新题速递 1.(2012· 福建卷)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:圆柱的三视图分别为矩形、矩形、圆,不可能三个 视图都一样,而球的三视图都是圆,三棱锥的三视图可以都是 三角形,正方体的三视图可以都是正方形. 答案:D
2.(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,则该几何体的左视图为( )
图1
图2
A
B
D
解析:易知该几何体的左视图是一个正方形,D1A 在左视 图中是一条实线,B1C 在左视图中是一条虚线,且 D1A,B1C 的投影都是正方形的对角线,故选 B. 答案:B
变式探究 2
三视图如图所示的几何体是(
)
A.三棱锥 B.四棱锥 C.四棱台 D.三棱台