2019高考数学(文)一本策略复习课后训练：专题四第一讲空间几何体Word版含解析
2019届高三数学课标一轮复习：高考解答题专讲4 立体几何
题型一
题型二
题型三
题型四
-15-
对点训练(2017浙江杭州模拟)在如图所示的圆台中,AC是下底面 圆O的直径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台的一条母线.
(1)已知G,H分别为EC,FB的中点,求证:GH∥平面ABC;
(2)已知EF=FB=
1 2
AC=2
3 ,AB=BC,求二面角F-BC-A的余弦值.
-13-
题型一
题型二
题型三
题型四
(2)解:以O为原点,OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所
示空间直角坐标系,
由已知得 A(0,- 3,0),B(1,0,0),C(0, 3,0),P(0,0,1). 设平面 PBC 的法向量 n=(x,y,z),
因为������������=(1,0,-1),������������=(-1, 3,0),
所以
sin
θ=|cos<������������,n>|=
������������ ·������ |������������ ||������ |
=23 =
7×2
21.
7
所以直线
PA
与平面
PBC
所成角的正弦值为
21.
7
题型一
题型二
题型三
题型四
-14-
策略技巧利用空间向量求空间角的一般步骤为: (1)建立恰当坐标系,准确写出相关点、向量的坐标. (2)利用方程思想,计算两平面的法向量. (3)由方向向量、法向量的夹角公式求对应空间角. (4)检验反思,查看关键点,规范解题步骤.
1+tan ������tan ������ 2
������������ ������
广东广州市2019届高三数学一轮复习模拟试题精选 空间几何体 Word版含答案
空间几何体一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．正方体1111ABCD A BC D -中，P 、Q 、R 分别是AB 、AD 、11B C 的中点．那么，正方体的过P 、Q 、R 的截面图形是( ) A ．三角形B ．四边形C ．五边形D ．六边形【答案】A2．在空间直角坐标系中, 点P(2,3,4)与Q (2, 3,- 4)两点的位置关系是（ ）A ．关于x 轴对称B ．关于xOy 平面对称C ．关于坐标原点对称D ．以上都不对 【答案】B3．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 ．5D ．3【答案】A4．如图，是由4个相同小正方体组合而成的几何体，它的左视图是( )A ．B ．C ．D ．【答案】D5．如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB 、AC ，M 、N 分别是对边OA 、BC 的中点，点G在线段MN 上，且2MG GN =，现用基向量,,OA OB OC 表示向量，设OG xOA yOB zOC =++，则x 、y 、z 的值分别是( )A ． x ＝31，y ＝31，z ＝31B ． x ＝31，y ＝31，z ＝61C ． x ＝31，y ＝61，z ＝31D ． x ＝61，y ＝31，z ＝31【答案】D6．点P 是等腰三角形ABC 所在平面外一点，ABC PA ABC PA ∆=⊥，在，平面8中，底边BC P AB BC 到，则点，56==的距离为( )A ．54B ．3 C ．33 D ．32【答案】A7．一个正方体的展开图如图所示，A 、B 、C 、D 为原正方体的顶点，则在原来的正方体中( )A ．AB ∥CD B ．AB 与CD 相交C ．AB ⊥CD D ．AB 与CD 所成的角为60°【答案】D8．下列说法正确的是( )A ．圆台是直角梯形绕其一边旋转而成；B ．圆锥是直角三角形绕其一边旋转而成；C ．圆柱不是旋转体；D ．圆台可以看作是平行底面的平面截一个圆锥而得到 【答案】D9．设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( )A ．若l m ⊥，m α⊂，则l α⊥B ．若l α⊥，l m //，则m α⊥C ．若l α//，m α⊂，则l m //D ．若l α//，m α//，则l m //【答案】A10．如图，点P 、Q 、R 、S 分别在正方体的四条棱上，并且是所在棱的中点，则直线PQ 与RS 是异面直线的一个图是( )【答案】C11．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．π34 B ．2 C ．π38D ．π310 【答案】A12．已知平面α外的直线b 垂直于α内的二条直线，有以下结论：○1b 一定不垂直于α；○2b 可能垂直于平面α；○3b 一定不平行于平面α，其中正确的结论有( ) A ．0个 B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13．在空间直角坐标系中,若点(1,2,1),A -点(3,1,4)B --,则||AB = . 【答案】5214．一个几何体的三视图及部分数据如图所示，左视图为等腰三角形，俯视图为正方形，则这个几何体的体积等于 ．【答案】1315．四棱锥ABCD P -的三视图如右图所示,四棱锥ABCD P -的五个顶点都在一个球面上，E 、F 分别是棱AB 、CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球表面积为 .【答案】π1216．一个几何体的三视图如下图所示，正视图是一个边长为2的正三角形，侧视图是一个等腰直角三角形，则该几何体的体积为 ．【答案】4三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．如图，已知平行四边形ABCD 中，2AD =，CD =，45AD C ∠=︒，AE BC ⊥，垂足为E ，沿直线AE 将BAE ∆翻折成'B AE ∆，使得平面'B AE ⊥平面AECD ．连接'B D ，P 是'B D 上的点．(I ）当'B P PD =时，求证CP ⊥平面'AB D ；(Ⅱ）当'2B P PD =时，求二面角P AC D --的余弦值．【答案】（1）∵BC AE ⊥，平面⊥'AE B 平面AECD ，∴EC E B ⊥'． 如图建立空间直角坐标系．则)0,1,0(A ，)1,0,0(B '，)0,0,1(C ，)0,1,2(D ，)0,0,0(E ，)21,21,1(P ．)1,1,0(-=B A ，)0,0,2(=AD ，)21,21,0(=．∵02121=+-=⋅B A CP ，0=⋅，∴B A CP '⊥，AD CP ⊥．又A AB AD = ，∴⊥CP 平面AD B '．设面PAC 的法向量为),,(z y x n = ，则⎪⎩⎪⎨⎧=-=⋅=+-=⋅003334y x n z y x n．取1==y x ，3-=z ，则)3,1,1(-=n，又平面DAC 的法向量为)1,0,0(=m，∴||311cos ,11m n m n m n ⋅<>==．∴二面角D AC P --的余弦值11．18．如图所示，已知BCD ，AB 平面⊥M 、N 分别是AC 、AD 的中点，BC ⊥CD ．(I ）求证：MN ∥平面BCD ；(II ）求证：平面B CD ⊥平面ABC ；(III ）若AB ＝1，BC ＝3，求直线AC 与平面BCD 所成的角．【答案】 (1）因为,M N 分别是,AC AD 的中点，所以//MN CD ． 又MN ⊄平面BCD 且CD ⊂平面BCD ，所以//MN 平面BCD ． (2)因为AB ⊥平面BCD , CD ⊂平面BCD ，所以AB CD ⊥． 又CD BC AB BC B ⊥⋂=且，所以CD ⊥平面ABC ． 又CD ⊂平面BCD ，所以平面BCD ⊥平面ABC ．(3)因为AB ⊥平面BCD ，所以ACB ∠为直线AC 与平面BCD 所成的角．在直角∆ABC中，tan AB ACB BC ∠==30ACB ∠=． 故直线AC 与平面BCD 所成的角为30．19．如图，已知正三棱柱111ABC A B C -各棱长都为a ，P 为线段1A B 上的动点.（Ⅰ）试确定1:A P PB 的值，使得PC AB ⊥；(Ⅱ）若1:2:3A P PB =，求二面角P AC B --的大小；【答案】【法一】（Ⅰ）当PC AB ⊥时，作P 在AB 上的射影D . 连结CD .则AB ⊥平面PCD ，∴AB CD ⊥，∴D 是AB 的中点，又1//PD AA ，∴P 也是1A B 的中点，即1:1A P PB =. 反之当1:1A P PB =时，取AB 的中点D '，连接CD '、PD '.∵ABC ∆为正三角形，∴CD AB '⊥. 由于P 为1A B 的中点时，1//PD A A '∵1A A ⊥平面ABC ，∴PD '⊥平面ABC ，∴AB PC ⊥.（Ⅱ）当1:2:3A P PB =时，作P 在AB 上的射影D . 则PD ⊥底面ABC .作D 在AC 上的射影E ，连结PE ，则PE AC ⊥.∴DEP ∠为二面角P AC B --的平面角.又∵1//PD AA ，∴132BD BP DA PA ==，∴25AD a =.∴360DE AD sin =⋅=，又∵135PD AA =，∴35PD a =.∴PDtan PED DE∠==P AC B --的大小为60PED ∠=. 【法二】以A 为原点，AB 为x 轴，过A 点与AB 垂直的直线为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系A xyz -，如图所示，设(),0,P x z ，则(),0,0B a 、()10,0,A a、2aC ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭.（Ⅰ）由0CP AB ⋅=得(),,0,002a x z a ⎛⎫-⋅= ⎪ ⎪⎝⎭，即02a x a ⎛⎫-⋅= ⎪⎝⎭，∴12x a =，即P 为1A B 的中点，也即1:1A P PB =时，AB PC ⊥.(Ⅱ）当1:2:3A P PB =时，P 点的坐标是23,0,55a a ⎛⎫⎪⎝⎭.取()3,2m =-.则()233,2,0,055a a m AP ⎛⎫⋅=-⋅= ⎪⎝⎭，()3,22a m AC ⎛⎫⋅=-⋅= ⎪ ⎪⎝⎭.∴m 是平面PAC 的一个法向量.又平面ABC 的一个法向量为()0,0,1n =.1,2m n cos m n m n⋅〈〉==⋅，∴二面角P AC B --的大小是60.20．一个多面体的直观图和三视图如图所示：(I ）求证：PA ⊥BD ；(II ）连接AC 、BD 交于点O ，在线段PD 上是否存在一点Q ，使直线OQ 与平面ABCD 所成的角为30o ？若存在，求DQDP的值；若不存在，说明理由．【答案】(I ）由三视图可知P-ABCD 为四棱锥，底面ABCD 为正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ， 连接AC 、BD 交于点O ，连接PO ．因为BD ⊥AC ，BD ⊥PO ，所以BD ⊥平面PAC ，即BD ⊥PA ．(II ）由三视图可知，BC ＝2，PA ＝，假设存在这样的点Q ，因为AC ⊥OQ ，AC ⊥OD ，所以∠DOQ 为直线OQ 与平面ABCD 所成的角在△POD 中，PD ＝OD ，则∠PDO ＝60o ， 在△DQO 中，∠PDO ＝60o ，且∠QOD ＝30o ．所以DP ⊥OQ ．所以OD ，QD ＝． 所以14DQ DP =． 21．如图，在四梭锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD,AD =2，AB ＝1.点M 线段PD 的中点．(I ）若PA ＝2，证明：平面ABM ⊥平面PCD ；(II ）设BM 与平面PCD 所成的角为θ，当棱锥的高变化时，求sin θ的最大值．【答案】 (Ⅰ)∵PA ⊥平面ABCD ，AD PA ⊥∴.∵点M 为线段PD 的中点，PA= AD =2，AM PD ⊥∴. 又∵⊥AB 平面PAD ，AB PD ⊥∴.⊥∴PD 平面ABM . 又⊂PD 平面PCD ，∴平面ABM ⊥平面PCD .(Ⅱ)设点B 到平面PCD 的距离为d . ∵AB ∥CD, ∴AB ∥平面PCD.∴点B 到平面PCD 的距离与点A 到平面PCD 的距离相等. 过点A 在平面PAD 内作AN ⊥PD 于N,平面ABM ⊥平面PCD ，⊥∴AN 平面PCD .所以AN 就是点A 到平面PCD 的距离. 设棱锥的高为x ，则=d在Rt △ABM 中，22AM AB BM +=4241)2(22222x AP AD PD AB +=++=+=. ∴sin =θ22422232124123244242x x x x xx x xBMd ++=++=++=.因为()222222322123212+=+≥++x x ，当且仅当2232x x=，即x 时，等号成立.故()222222432124sin 222-=+≤++=x x θ.22．如图，四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，PD=DC=4，AD=2，E 为PC 的中点.(I ）求证：AD ⊥PC ；(II ）求三棱锥P-ADE 的体积；(III ）在线段AC 上是否存在一点M ，使得PA//平面EDM ，若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.【答案】（I ）因为PD ⊥平面ABCD. 所以PD ⊥AD. 又因为ABCD 是矩形， 所以AD ⊥CD. 因为,D CD PD =⋂ 所以AD ⊥平面PCD. 又因为⊂PC 平面PCD ， 所以AD ⊥PC.(II ）因为AD ⊥平面PCD ，V P-ADE =V A-PDE ， 所以AD 是三棱锥A —PDE 的高. 因为E 为PC 的中点，且PD=DC=4， 所以.444212121=⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯⨯==∆A PDC PDE S S又AD=2， 所以.38423131=⨯⨯=⋅=∆-PDE PDE A S AD V (III ）取AC 中点M ，连结EM 、DM ，因为E 为PC 的中点，M 是AC 的中点， 所以EM//PA ，又因为EM ⊂平面EDM ，PA ⊄平面EDM ， 所以PA//平面EDM. 所以.521==AC AM 即在AC 边上存在一点M ，使得PA//平面EDM ，AM 的长为5.。
第一讲 空间几何体(教案) 高中数学复习专题 Word版 含答案
专题四 立体几何第一讲 空间几何体[考情分析]立体几何问题既是高考的必考点，也是考查的难点，其在高考中的命题形式较为稳定，保持“一小一大”或“两小一大”的格局．多以选择题或者填空题的形式考查空间几何体三视图的识别，空间几何体的体积或表面积的计算.[真题自检]1．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π解析：依题意，题中的几何体是用一个平面将一个底面半径为3、高为10的圆柱截去一部分后所剩余的部分，可在该几何体的上方拼接一个与之完全相同的几何体，从而形成一个底面半径为3、高为10＋4＝14的圆柱，因此该几何体的体积等于12×(π×32)×14＝63π，选B.答案：B2．(2016·高考全国卷Ⅱ)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：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 ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π. 答案：C3．(2016·高考全国卷Ⅲ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81答案：B4．(2016·高考全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A ．4π B.9π2 C ．6πD.32π3 解析：设球半径为R ，∵AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，∴AC ＝10.当球与直三棱柱的三个侧面相切时， 有12(6＋8＋10)×R ＝12×6×8，此时R ＝2；当球与直三棱柱两底面相切时，有2R ＝3，此时R ＝32.所以在封闭的直三棱柱中，球的最大半径只能为32，故最大体积V ＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2. 答案：B空间几何体与三视图[方法结论]一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．[题组突破]1．(2017·吉林实验中学模拟)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析：侧视图从图形的左面向右面看，看到一个矩形，在矩形上有一条对角线，对角线是由左下角到右上角的线，故选C. 答案：C2．(2017·安徽六校素质测试) 如图，网格纸上每个小正方形的边长为1，图中粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的表面中互相垂直的平面有( )A ．3对B ．4对C ．5对D ．6对解析：由三视图还原出原几何体的直观图如图所示，因为AB ⊥平面BCD ，AE ⊥平面ABC ，CD ⊥平面ABC ，所以平面ABE ⊥平面BCD ，平面AEB ⊥平面ABC ，平面BCD ⊥平面ABC ，平面AEDC ⊥平面ABC ， 故选B.答案：B [误区警示]要熟悉各种基本几何体的三视图．同时要注意画三视图时，能看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线．空间几何体的表面积与体积[方法结论]求解几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算．(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用．[题组突破]1．(2017·长沙模拟)如图是某几何体的三视图，其正视图、侧视图均是直径为2的半圆，俯视图是直径为2的圆，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．5πD ．12π解析：由三视图可知，该几何体是半径为1的半球，其表面积为2π＋π＝3π.选A. 答案：A2．(2017·贵阳模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为2的等边三角形，俯视图为正六边形，则该几何体的体积是( )A.12 B ．1 C ．2D.32解析：依题意得，题中的几何体是一个倒立的正六棱锥，其中底面是边长为1的正六边形，高为2×32＝3，因此题中的几何体体积等于13×(6×34×12)×3＝32，选D. 答案：D3．(2017·洛阳模拟)已知简单组合体的三视图如图所示，则此简单组合体的体积为( )A.103π B ．14π C.163π－8 D.163π－4 解析：依题意知，该简单组合体是从一个圆锥(底面半径为2、高为4)中截去一个正四棱柱(底面正方形边长为2、高为2)后剩余的部分，因此该简单组合体的体积为13π×22×4－(2)2×2＝16π3－4，选D.答案：D [误区警示]1．求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面；2．在求几何体的表面积和体积时，注意等价转化思想的运用，如用“割补法”把不规则几何体转化为规则几何体、立体几何问题转化为平面几何问题等．空间几何体与球的切、接问题[方法结论]1．解决与球有关的“切”“接”问题，一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面，把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． 2．记住几个常用的结论：(1)正方体的棱长为a ，球的半径为R . ①正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②正方体的内切球，则2R ＝a ； ③球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.。
新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第1讲空间几何体课件
高为 0.01 m 可忽略不计，看作直径为 1.2 m 的平面圆，六边形 EFGHIJ
边长为
2 2
m，∠GFH＝∠GHF＝30°，所以 FH＝
3FG＝
3GH＝
6 2
m，
故六边形
EFGHIJ
内切圆直径为
6 2
m，而
262＝32>(1.2)2＝1.44，选项
D
正确．故选 ABD.
6. (多选)(2023·全国新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为 O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二 面角P－AC－O为45°，则( AC )
5. (多选)(2023·全国新课标Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长 为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( ABD )
A．直径为0.99 m的球体 B．所有棱长均为1.4 m的四面体 C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体 D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
【解析】 A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；B正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三 个侧面构成的三个二面角都是直二面角；C正确，因为过相对侧棱的两 个截面的交线平行于侧棱，又两个截面都垂直于底面，故该四棱柱为直 四棱柱；D正确，如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC， 四个面都是直角三角形．
3. (2021·全国新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为 2，其侧面展开图
为一个半圆，则该圆锥的母线长为( B )
A．2
B．2 2
C．4
D．4 2
【解析】 由题意，设母线长为 l，因为圆锥底面周长即为侧面展开
2019届高考数学理总复习微专题4 高考中的立体几何问题
微专题4 高考中的立体几何问题一、选择题(每小题5分,共30分)1.一个多面体的三视图如图4-1所示,则此多面体的表面积是 ()图4-1A.22B.24-C.22+D.20+2.如图4-2,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画的是某组合体的三视图,则该组合体的体积是 ()图4-2A.+πB.+πC.4+πD.+π3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的所有顶点均在球O的表面上,E,F,G分别为AB,AD,AA1的中点,若平面EFG截球O所得圆的半径为,则该正方体的棱长为()A. B. C.3 D.24. [数学文化题]如图4-3为中国传统智力玩具鲁班锁,它起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构,这种三维的拼插器具内部的凹凸部分啮合,外观看是严丝合缝的十字立方体,其上下、左右、前后完全对称,六根完全相同的正四棱柱分成三组,经90°榫卯起来.现有一鲁班锁的正四棱柱的底面正方形的边长为2,欲将其放入球形容器内(容器壁的厚度忽略不计),若球形容器的表面积的最小值为56π,则正四棱柱的高为()A. B.2 C.6 D.25. [数学文化题]中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代(公元前476年~前222年),其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道流到下部容器.如图4-4所示,某沙漏由上、下两个圆锥形容器组成,圆锥形容器的底面圆的直径和高均为8 cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥形容器高度的(细管长度忽略不计).若细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆,则此圆锥形沙堆的高为()图4-4A.2 cmB.cmC.cmD.cm6.如图4-5,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB,E,F分别为BC,BB1的中点,M,N分别为AA1,A1C1的中点,则直线MN与EF所成角的余弦值为()图4-5A. B. C. D.二、填空题(每小题5分,共10分)7.若侧面积为8π的圆柱有一外接球O,则当球O的体积取得最小值时,圆柱的表面积为.8.如图4-6,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,作以A为顶点,分别以AB,AD,AA1为轴,底面圆半径为r(0<r≤1)的圆锥.当半径r变化时,正方体挖去三个圆锥部分后,余下的几何体的表面积的最小值是.图4-6三、解答题(共48分)9.(12分)如图4-7,在直角△ABC中,∠BAC=60°,点F在斜边AB上,且AB=4AF,D,E是平面ABC同一侧的两点, AD⊥平面ABC,BE⊥平面ABC,AD=3,AC=BE=4.(1)求证:平面CDF⊥平面CEF;(2)若M是线段CB的中点,求异面直线CF与EM所成角的余弦值.图4-710.(12分)如图4-8所示,在多面体ABD-A1B1C1D1中,四边形A1B1C1D1,ADD1A1,ABB1A1均为正方形,点M是BD的中点,点H在C1M上,且A1H与平面ABD所成角的正弦值为.(1)证明:B1D1∥平面BC1D;(2)求二面角A-A1H-B的大小.图4-811.(12分)在如图4-9所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.(1)在线段AB(含端点)上是否存在一点P,使得FP∥平面AED?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.(2)求直线AF与平面BDF所成角的正弦值.图4-912.(12分)如图4-10(1),正方形ABCD的边长为4,AB=AE=BF=EF,AB∥EF,把四边形ABCD沿AB折起,使得AD⊥底面AEFB,G是EF的中点,连接BG,如图4-10(2).(1)求证:AG⊥平面BCE;(2)求二面角C-AE-F的余弦值.(1)(2)图4-10答案1.C根据题中三视图知,该多面体是从一个棱长为2的正方体的左上角截去一个直三棱柱后剩余的部分,因此其表面积为6×22-1×1×2+×1=22+,故选C.2.D观察题中三视图可知该组合体的上面是三棱锥,下面是半径为1的半球,其直观图如图D 4-1所示.图D 4-1解法一如图D 4-2所示,将组合体中三棱锥A-BEF“补”成正方体,顶点A,B,E,F分别是正方体的棱的中点.取EF的中点C,连接AC,BC,则EF⊥平面ABC,由已知得,EF=AB=2,AC=BC=,所以S△ABC=×2×2=2,三棱锥A-BEF的体积V1=×S△ABC×EF=,半球的体积V2=×π×13=π.所以该组合体的体积V=V1+V2=+π.故选D.图D 4-2解法二如图D 4-3所示,将组合体中的三棱锥A-BEF“补”成正方体,顶点A,B,E,F分别是正方体的棱的中点,取AB的中点G,过EF和点G作截面EFDC,则截面EFDC将三棱锥A-BEF分成两个相同的小三棱锥,且AG=1,S△EFG=×2×2=2,所以三棱锥A-BEF的体积V1=2××S△EFG×AG=,半球体积V2=×π×13=π,所以该组合体的体积V=V1+V2=+π.故选D.图D 4-33.D设正方体的棱长为a,则AC1=a,由正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球球心O为对角线AC1的中点,可知球O的半径R=a,因为E,F,G分别为AB,AD,AA1的中点,所以EF=EG=FG=a,所以△EFG为等边三角形,S△AEF=××=,S△EFG=×××=.设点A到平面EFG的距离为h,由等体积法得S△AEF×AG×=S△EFG×h×,解得h=,所以截面圆的半径r==,解得a=2,故选D.4.C设正四棱柱的高为h,表面积最小的球形容器可以看成长、宽、高分别为4,2,h的长方体的外接球,设外接球的半径为R,则4πR2=56π,所以4R2=56.又(2R)2=42+22+h2,所以56=20+h2,解得h=6.故选C.5.D由题意可知,开始时,沙漏上部分圆锥形容器中的细沙的高为H=×8=,底面半径为r=×4=,故细沙的体积V=πr2H=π×()2×=.当细沙漏入下部后,圆锥形沙堆的底面半径为4,设其高为H' ,则V=π×42×H'=,解得H'=,故此圆锥形沙堆的高为cm,故选D.6.C解法一如图D 4-4,在原三棱柱的上方,再放一个完全一样的三棱柱,连接AC1,CB1,C1B',易得MN∥AC1,EF∥CB1∥C1B',图D 4-4那么∠AC1B'或∠AC1B'的补角即直线MN与EF所成的角.设AA1=AB=a,则AC1=C1B'=a,连接AB',则AB'==3a,由余弦定理,得cos∠AC1B'==-,则直线MN与EF所成的角为∠AC1B'的补角,其余弦值为.故选C.解法二如图D 4-5,连接AC1,C1B,CB1,图D 4-5设C1B,CB1交于点O,取AB的中点D,连接CD,OD,则MN∥AC1∥OD,EF∥CB1,那么∠DOC或∠DOC的补角即直线MN与EF所成的角.设AA1=AB=a,则AC1=CB1=a,所以OD=OC=,又CD=,所以△OCD为正三角形,故∠DOC=60°,所以∠DOC即为直线MN与EF所成的角,且cos∠DOC=,所以直线MN与EF所成角的余弦值为,故选C.解法三取AB的中点O,连接CO,则CO⊥AB,以点O为坐标原点,OB所在直线为x轴,OC所在直线为y轴,过点O且平行于CC1的直线为z轴建立如图D 4-6所示的空间直角坐标系.图D 4-6设AB=2,则AA1=2,则A(-1,0,0),A1(-1,0,2),M(-1,0,),C(0,,0),C1(0,,2),N(-,,2),E(,,0),B1(1,0,2),F(1,0,),所以=(,,),=(,-,),cos<,>===,故选C.7.12π由球体的对称性可知,圆柱的高即球心到圆柱两底面圆心的距离之和,设圆柱的底面半径为r,球心到圆柱底面的距离为d,外接球O的半径为R.由球心到圆柱底面的距离、圆柱底面的半径、球的半径之间构成直角三角形,可得r2+d2=R2.由题设可得2πr×2d=8π,所以d=,则R2=r2+d2=r2+≥2=4,当且仅当r=时取等号,此时球O的体积取得最小值.故此时圆柱的表面积S表=8π+2πr2=8π+2π()2=12π.8.3+π由题知,余下几何体的表面积由原正方体的表面的剩余部分和3个圆锥的侧面组成,其表面积S=πr·+3(1-r)+3(1-πr2)=6+π(r-r2-),其中0<r≤1.设f(x)=x-x2-,0<x≤1,求导并整理得f'(x)=-2x-.当0<x≤1时,1<≤,-(2x+1)<2x2+1-(2x+1)=2x(x-1)≤0,∴<2x+1,∴f'(x)=-2x-<2x+1-2x-=1-<0,故f(x)在(0,1]上是减函数,则余下几何体的表面积S在(0,1]上也是减函数,故当r=1时,S min=3+π.9.(1)连接DE,如图D 4-7所示.图D 4-7因为AD⊥平面ABC,BE⊥平面ABC,CF⊂平面ABC,所以AD∥BE,AD⊥CF.因为AC= 4,∠BAC=60°,∠ACB=90°,所以AB=8,所以AF=AB=2,BF=AB=6,CF==2,所以AC2=AF2+CF2,所以AB⊥CF.(2分)又AD⊂平面ABED,AB⊂平面ABED,AD∩AB=A,所以CF⊥平面ABED,因为EF⊂平面ABED,所以CF⊥EF.又AD=3,BE=4,所以DE==,DF==,EF==,所以DE2=DF2+FE2,所以DF⊥FE.(5分)又CF⊂平面CDF,DF⊂平面CDF,CF∩DF=F,所以EF⊥平面CDF,又EF⊂平面CEF,所以平面CDF⊥平面CEF. (7分)(2)解法一取BF的中点N,连接MN,EN,如图D 4-8所示.图D 4-8因为M,N分别为BC,BF的中点,所以MN∥CF,且MN=CF=,所以∠EMN为异面直线CF与EM所成的角.(9分)因为AC=4,∠BAC=60°,∠ACB=90°,所以BC=4,BM=2,所以EM===2.由(1)知BF=6,所以BN=3,所以EN===5.(11分)在△EMN中,由余弦定理可得cos∠EMN===,所以异面直线CF与EM所成角的余弦值为.(12分)解法二以C为坐标原点,以CA,CB所在的直线分别为x轴,y轴,以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图D 4-9所示,则C(0,0,0),M(0,2,0),E(0,4,4),F(3,,0),所以=(0,2,4),=(3,,0), (10分)所以cos<,>===,所以异面直线CF与EM所成角的余弦值为.(12分)图D 4-910.(1)∵四边形ADD1A1,ABB1A1均为正方形,∴DD1∥AA1且DD1=AA1,BB1∥AA1且BB1=AA1,∴DD1∥BB1且DD1=BB1,∴四边形BDD1B1是平行四边形.∴BD∥B1D1.(3分)又BD⊂平面BC1D,B1D1⊄平面BC1D,∴B1D1∥平面BC1D.(4分)(2)解法一∵四边形A1B1C1D1,ADD1A1,ABB1A1均为正方形,∴多面体ABD-A1B1C1D1可补成正方体ABCD-A1B1C1D1,如图D 4-10所示.图D 4-10设其棱长为1,连接A1C,AC,∵==,∴A1C与平面ABD所成角的正弦值为.又A1H与平面ABD所成角的正弦值为,∴H在正方体的体对角线A1C上.又点H在C1M上,∴H为A1C与C1M的交点.(6分)∵BD⊥AC,BD⊥A1A,又AC,A1A是平面A1AC内两条相交的直线,∴BD⊥平面A1AC,∴BD⊥A1C,同理得BC1⊥A1C.又BD,BC1是平面BC1D内两条相交的直线,∴A1C⊥平面BC1D, (8分)∴A1H⊥HM,A1H⊥HB,∴二面角A-A1H-B的平面角为∠BHM.(9分)又Rt△CHM∽Rt△CAA1,∴=,∴HM=,∵BD=BC1=C1D=,M是BD的中点,∴C1M⊥BM,BM=,∴tan∠BHM==,∴∠BHM=60°,∴二面角A-A1H-B的大小为60°.(12分)解法二∵四边形A1B1C1D1,ADD1A1,ABB1A1均为正方形,∴AA1,A1B1,A1D1两两垂直且相等.又AD∥A1D1,AB∥A1B1,∴AA1,AB,AD两两垂直且相等.设AA1=1,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AA1所在的直线为x轴,y轴,z轴建立如图D 4-11所示的空间直角坐标系.则A1(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),C1(1,1,1),M(,,0).(5分)图D 4-11设H(x,y,z),则=(x,y,z-1),∵A1H与平面ABD所成角的正弦值为,=(0,0,1)为平面ABD的一个法向量,∴与所成角的余弦值为-,∴=-①,∵=(x-1,y-1,z-1),=(-,-,-1),且∥,∴==②,联立①②,得x=,y=,z=,则H(,,), (8分)∴=(,,-),=(-,,).同理,设平面AA1H的法向量为n1=(x1,y1,z1),则有即取x1=1,得n1=(1,-1,0),设平面BA1H的法向量为n2=(x2,y2,z2),可得n2=(1,0,1).(10分) 设二面角A-A1H-B的平面角为θ,由图易知θ∈(0,),∴cos θ===,∴二面角A-A1H-B的大小为60°.(12分)11.(1)存在点P满足题意,此时P为AB的中点,理由如下:∵在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=60°,CB=CD,∴∠ADC=∠DCB=120°, ∠DBC=∠CDB=30°.∴∠ADB=90°,∠DBA=30°.∴AD⊥BD,AB=2AD=2DC.又AE⊥BD,AD∩AE=A,∴BD⊥平面AED,又BD⊂平面ABCD,∴平面AED⊥平面ABCD. (2分)如图D 4-12,过点E作EG⊥AD于点G,则EG⊥平面ABCD,图D 4-12又FC⊥平面ABCD,∴EG∥FC.∵EG⊂平面AED,FC⊄平面AED,∴FC∥平面AED. (4分)取AB的中点P,连接CP,FP,则DC∥AP,DC=AP,∴四边形APCD为平行四边形,∴AD∥PC.又AD⊂平面AED,PC⊄平面AED,∴PC∥平面AED.又FC∩PC=C,∴平面AED∥平面FCP.又FP⊂平面FCP,∴FP∥平面AED.∴存在满足题意的点P,且P是AB的中点,此时=.(6分)(2)连接AC,由(1)易知AC⊥BC,∵FC⊥平面ABCD,∴CA,CB,CF两两垂直.以C为坐标原点,建立空间直角坐标系C-xyz如图D 4-13所示.图D 4-13设CB=2,则CA=2,AB=4,F(0,0,2),B(0,2,0),D(,-1,0),A(2,0,0),=(-2,0,2),=(,-3,0),=(0,2,-2), (8分)设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),则即取y=1,则x=,z=1,则m=(,1,1)为平面BDF的一个法向量.(10分)所以cos<m,>===-,故直线AF与平面BDF所成角的正弦值为.(12分)12. (1)因为BC∥AD,AD⊥底面AEFB,所以BC⊥底面AEFB,又AG⊂底面AEFB,所以BC⊥AG,因为AB=EF,AB∥EF,G是EF的中点,所以AB∥EG,又AB=AE,所以四边形ABGE为菱形,所以AG⊥BE,又BC∩BE=B,BE⊂平面BCE,BC⊂平面BCE,所以AG⊥平面BCE.(2)解法一由(1)知四边形ABGE为菱形,AG⊥BE,AE=EG=BG=AB=BF=GF=4,所以△BGF为等边三角形,所以∠BGF=∠AEG=60°.设AG∩BE=O,所以OE=OB=2,OA=OG=2.取CE的中点M,连接OM,如图D 4-14所示,图D 4-14所以OM∥BC,所以OM⊥平面AEFB.作MN⊥AE于N,连接ON,所以ON⊥AE,所以∠ONM为二面角C-AE-F的平面角.在Rt△AOE中,由AE·ON=OE·OA,得×4×ON=×2×2,即ON=,又OM=BC=2,所以MN==,所以cos∠ONM==,所以二面角C-AE-F的余弦值为.解法二由(1)知四边形ABGE为菱形,AG⊥BE,AE=EG=BG=AB=BF=GF=4,所以△BGF为等边三角形,所以∠BGF=∠AEG=60°.设AG∩BE=O,所以OE=OB=2,OA=OG=2.以O为坐标原点,建立如图D 4-15所示的空间直角坐标系,图D 4-15则O(0,0,0),A(-2,0,0),E(0,-2,0),F(4,2, 0),C(0,2,4),D(-2,0,4), 所以=(2,2,4),=(2,-2,0),设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),则所以令y=1,则x=,z=-,即平面ACE的一个法向量为n=(,1,-), 易知平面AEF的一个法向量为=(0,0,4),设二面角C-AE-F的大小为θ,由图易知θ∈(0,),所以cos θ===.。
2019年高考数学立体几何专题复习(完整版)
球面距离：
例题 1： 把地球看作半径为 R 的球， A、 B 是北纬 30°圈上的两点，它们的经度差为 面距离为 _____________
60°， A、 B 两点间的球
例题 2：三棱锥 O-ABC 的三条棱 OA, OB, OC 两两垂直， OA=1 ，OB=OC=2 ，则内切球表面积为 ______ , 外
投影到这个平面内的图形叫做左视图 (侧视图 )。
三视图的主视图、俯视图、左视图分别是从物体的
正前方、正上方、正左方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形。
（ 1）、 三视图画法规则：
高平齐：主视图与左视图的高要保持平齐
长对正：主视图与俯视图的长应对正
宽相等：俯视图与左视图的宽度应相等
（ 2）、空间几何体三视图： 正视图（从前向后的正投影） ；
正方形 .若 PA=2 6 ,则△OAB 的面积为 ______________.
8。简单空间图形的三视图： 一个投影面水平放置，叫做水平投影面，投影到这个平面内的图形叫做俯视图。
一个投影面放置在正前方，这个投影面叫做直立投影面，投影到这个平面内的图形叫做主视图
(正视图 )。
和直立、水平两个投影面都垂直的投影面叫做侧立投影面，通常把这个平面放在直立投影面的右面，
6
2
外接球的半径为
6 a （是正方体的外接球，则半径
4
1 l 正方体体对角线 ）
2
内切球的半径为 6 a （是正四面体中心到四个面的距离，则半径 12
1 l 正方体体对角线 ）
6
正四面体：
4。棱台： 用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫做棱台。由正棱锥截得的棱台叫做
正棱台。 正棱台的性质： 各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰梯形；正棱台的两底面以及平行于底面的截面是相似的
2019年高考数学(文科)复习课后训练专题四第一讲空间几何体Word版含解析
一、选择题1.(2018·广州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )解析：由题意可得该几何体可能为四棱锥，如图所示，其高为2，底面为正方形，面积为2×2＝4，因为该几何体的体积为13×4×2＝83，满足条件，所以俯视图可以为一个直角三角形．故选D.答案：D2．(2018·高考全国卷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：设圆柱的轴截面的边长为x ，则由x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.故选B. 答案：B3．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.π6 B.π3 C.2π3D. (2－2)π解析：本题考查空间几何体的三视图和体积，意在考查考生的空间想象能力和计算能力． 由三视图可知该几何体由半球内挖去一个同底的圆锥得到，所以该几何体的体积为12×43π×13－13π×12×1＝π3，选择B.答案：B4．(2018·合肥模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．5π＋18B ．6π＋18C ．8π＋6D ．10π＋6解析：由三视图可知，该几何体由一个半圆柱与两个半球构成，故其表面积为4π×12＋12×2×π×1×3＋2×12×π×12＋3×2＝8π＋6.故选C. 答案：C5．(2018·辽宁五校联考)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是三棱锥的三视图，则此三棱锥的体积是( )A ．8B ．16C ．24D ．48解析：由三视图还原三棱锥的直观图，如图中三棱锥P -ABC 所示，且长方体的长、宽、高分别为6,2,4，△ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝6，三棱锥P -ABC 的高为4，故其体积为13×12×6×2×4＝8，故选A.答案：A6．(2018·沈阳模拟)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是( )A ．4＋4 2B ．42＋2C ．8＋4 2D ．83解析：由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥P -ABCD ，如图所示，其中P A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，且P A ＝2，AB ＝2，PB ＝22，所以该四棱锥的侧面积S 是四个直角三角形的面积和，即S ＝2×(12×2×2＋12×2×22)＝4＋42，故选A.答案：A7．(2018·河北五校联考)某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A ．13B ．14C ．15D ．16解析：所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几何体，在长方体中还原该几何体，如图中ABCD -A ′B ′C ′D ′所示，长方体的长、宽、高分别为4,2,3，两个三棱柱的高为2，底面是两直角边长分别为3和1.5的直角三角形，故该几何体的体积V ＝4×2×3－2×12×3×32×2＝15，故选C.答案：C8．(2018·聊城模拟)在三棱锥P -ABC 中，已知P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝120˚，P A ＝AB＝AC ＝2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．103πB ．18πC ．20πD ．93π解析：该三棱锥为图中正六棱柱内的三棱锥P -ABC ，P A ＝AB ＝AC ＝2，所以该三棱锥的外接球即该六棱柱的外接球，所以外接球的直径2R ＝42＋22＝25⇒R ＝5，所以该球的表面积为4πR 2＝20π.答案：C9．(2018·高考全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．217B ．2 5C ．3D ．2解析：先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M ，N 的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴|MN |＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.故选B. 答案：B10．在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，点M 是BB 1的中点，则三棱锥C 1-AMC 的体积为( )A. 3B. 2 C ．2 2D ．2 3解析：取BC 的中点D ，连接AD .在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC。
2019高考数学一本策略复习专题四立体几何第一讲空间几何体课件文
Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷
有关球的三视图及表面
立体几何问题既是高考的
积·T7
必考点，也是考查的难点，
正方体及其外接球的空间关
其在高考中的命题形式较
系，及外接球的表面积·T4 为稳定，保持“一小一大”
空间几何体三视图及组合体
或“两小一大”的格局．多
的表面积·T7
以选择题或者填空题的形
空间几何体三视图及表面积
式考查空间几何体三视图
C．2＋23π D．4＋23π
4．(2018·高考全国卷Ⅰ)在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB＝BC ＝2，AC1 与平面 BB1C1C 所成的角为 30°，则该长方体的体积 为( )
的计算·T10
的识别，空间几何体的体积
直三棱柱的体积最值问
或表面积的计算.
题·T11
[悟通——方法结论] 一个物体的三视图的排列规则 俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图 放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图 的宽度一样，即“长对正、高平齐、宽相等”．
[全练——快速解答 ]
三视图与体积求 高考中的命题形式较为稳定，
2017 Ⅱ卷 法·T6
保持“一小一大”或“两小
长方体与球的结合 一大”的格局．多以选择题或
体问题·T15
者填空题的形式考查空间几
圆柱与球的结合体 何体三视图的识别，空间几何
Ⅲ卷
问题·T9
体的体积或表面积的计算.
年份 卷别 考查角度及命题位置
命题分析
2016
表在面长积、为宽( 、D 高) 分别为 3 3，3,3 3的长方体中，由
几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥
C-BAP，其中底面 BAP 是∠BAP＝90˚的直角三角
2019高考数学理科二轮复习第一篇微型专题讲义专题4 立体几何 知识整合 Word版含解析
专题立体几何一、空间几何体.画三视图的基本要求是什么?画三视图有哪些注意点?正(主)视图、俯视图“长对正”,正(主)视图、侧(左)视图“高平齐”,俯视图、侧(左)视图“宽相等”.画三视图时,能看见的线和棱用实线表示,不能看见的轮廓线和棱用虚线表示,同一物体放置的位置不同,所画的三视图可能不同..斜二测画法的特点(或规则)是什么?(口诀)坐标两轴各相关,夹角直角增减半;平行关系皆不变,长度只有纵减半..柱体、锥体、台体、球的表面积与体积公式是什么?()柱体、锥体、台体、球的侧面积公式:①柱侧(为底面周长为高);②锥侧'(为底面周长'为斜高);③台侧(')'('、分别为上、下底面的周长'为斜高);④球π(为球的半径).()柱体、锥体、台体、球的体积公式:①柱体(为底面面积为高);②锥体(为底面面积为高);③台(')('、分别为上、下底面的面积为高);④球π(为球的半径).二、点、直线、平面之间的位置关系.公理、、、的作用分别是什么?公理是判断直线在平面内的依据;公理是确定平面的条件;公理是判断三点共线的依据;公理可判断或证明线线平行..直线、平面平行的判定定理与性质定理是什么?()直线与平面平行的判定定理⊄α⊂α,且∥⇒∥α.()平面与平面平行的判定定理⊂β⊂β∩∥α∥α⇒β∥α.()直线与平面平行的性质定理∥α⊂β,α∩β⇒∥.()平面与平面平行的性质定理:β∥α,α∩γ,γ∩β⇒∥..直线、平面垂直的判定定理与性质定理是什么?()直线与平面垂直的判定定理⊥⊥⊂α⊂α∩⇒⊥α.()平面与平面垂直的判定定理⊂α⊥β⇒α⊥β.()直线与平面垂直的性质定理⊥α⊥α⇒∥.()平面与平面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β⊂α⊥⇒⊥β..求直线与平面所成角的基本思想和方法是什么?求线面角,一般先定斜足,再作垂线找射影,最后通过解直角三角形求解,即“作(作出线面角)—证(证所作角为所求角)—求(在直角三角形中求解线面角)”..求二面角的基本思想和方法是什么?作出二面角的平面角,主要有三种作法:定义法,垂面法,垂线法..求空间中的点面距离的基本思想和方法是什么?求点面距离主要有以下几种方法:()先求作该点到平面的垂线段,再找垂线段所在的三角形,最后解直角三角形求出垂线段的长度.()当该点的垂线段不容易找时,可以将该点转化为其他点到相应平面的距离,如当直线与平面平行时,该直线上任一点到平面的距离相等.()先求出该几何体的体积和底面积,也就可以求出高,即点到平面的距离.三、空间直角坐标系与空间向量.空间向量的基本定理是什么?。
专题13 空间几何体(教学案) 2019年高考数学(文科)考纲解读与热点难点突破Word版含解析
【2019年高考考纲解读】1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算.2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题．【重点、难点剖析】一、三视图与直观图1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．由三视图还原几何体的步骤一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体．二、几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧．三、多面体与球与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径．球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．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．【高考题型示例】题型一、三视图与直观图例1、(1)(2018·全国Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()答案 A解析 由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.(2)[2018·全国卷Ⅰ]某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．217B ．2 5C ．3D ．2 【解析】先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M ，N 的位置如图①所示．① ②圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．ON ＝14×16＝4，OM ＝2， ∴ |MN |＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.故选B.【答案】B【方法技巧】1．由直观图确认三视图的方法根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确认．2．由三视图还原到直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的直观图形状.【变式探究】某几何体的正(主)视图与俯视图如图所示，则其侧(左)视图可以为()答案 B解析由俯视图与正(主)视图可知，该几何体可以是一个三棱柱挖去一个圆柱，因此其侧(左)视图为矩形内有一条虚线，虚线靠近矩形的左边部分，只有选项B符合题意，故选B.(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱CD，CC1，A1B1的中点，用过点E，F，G的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为()答案 C解析取AA1的中点H，连接GH，则GH为过点E，F，G的平面与正方体的面A1B1BA的交线．延长GH，交BA的延长线与点P，连接EP，交AD于点N，则NE为过点E，F，G的平面与正方体的面ABCD的交线．同理，延长EF，交D1C1的延长线于点Q，连接GQ，交B1C1于点M，则FM为过点E，F，G的平面与正方体的面BCC1B1的交线．所以过点E，F，G的平面截正方体所得的截面为图中的六边形EFMGHN.故可得位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为选项C所示．【感悟提升】空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正(主)视图和俯视图为主，结合侧(左)视图进行综合考虑．【变式探究】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________．答案2＋2 2解析如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E，则在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝2 2.而四边形AECD为矩形，AD＝1，∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝22＋1.由此可还原原图形如图所示．在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′， ∴这块菜地的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′ ＝12×⎝⎛⎭⎫1＋1＋22×2＝2＋22.题型二 几何体的表面积与体积例2、(2018·全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．答案 402π【变式探究】[2018·天津卷] 已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M -EFGH 的体积为________．【解析】依题意，易知四棱锥M -EFGH 是一个正四棱锥，且底面边长为22，高为12. 故VM -EFGH ＝13×⎝⎛⎭⎫222×12＝112. 【答案】 112 【方法技巧】1．求解几何体的表面积及体积的技巧(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体易于求解．2．根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤(1)根据给出的三视图判断该几何体的形状．(2)由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量．(3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解. 格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．8＋42＋8 5B ．24＋4 2C ．8＋20 2D ．28答案 A解析 由三视图可知，该几何体的下底面是长为4，宽为2的矩形，左右两个侧面是底边为2，高为22的三角形，前后两个侧面是底边为4，高为5的平行四边形，所以该几何体的表面积为S ＝4×2＋2×12×2×22＋2×4×5＝8＋42＋8 5. (2)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________，表面积是________．。
专题05 立体几何-2019年高考数学(文)考试大纲解读 Word版含解析
（三）立体几何初步1.空间几何体（1）认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构. （2）能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图, 能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.（3）会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.（4）会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不做严格要求).（5）了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.2.点、直线、平面之间的位置关系（1）理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.• 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.• 公理2：过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.• 公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.• 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行.• 定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行,那么这两个角相等或互补.（2）以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.理解以下判定定理.• 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行.• 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,那么这两个平面平行.• 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直.• 如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直.理解以下性质定理,并能够证明.• 如果一条直线与一个平面平行,那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.• 如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线相互平行.• 垂直于同一个平面的两条直线平行.或者也可根据三视图的形状，将几何体的顶点放在正方体或长方体里面，便于分析问题.样题3 （2017新课标全国Ⅱ文科）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A．90πB．63πC．42πD．36π【答案】B【名师点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．考向二 球的组合体样题4 （2017新课标全国Ⅲ文科）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A ．πB ．3π4 C ．π2D ．π4【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：【名师点睛】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.考向四 空间角和距离样题9 （2018新课标全国Ⅱ）在长方体中，1AB BC ==，1AA =1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15BC D 【答案】C【名师点睛】平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0,]2，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．样题10 (2017年高考新课标Ⅲ卷) a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，则直线AB与a所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是π0,2⎛⎤⎥⎝⎦，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角.（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.。
高考数学(理)(新课标版)考前冲刺复习讲义：第2部分专题4第1讲空间几何体 Word版含答案
第1讲空间几何体空间几何体的三视图自主练透夯实双基1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．由三视图还原几何体的步骤一般先由俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体．[题组通关]1．(2016·高考天津卷)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()B[解析] 由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.2．已知长方体的底面是边长为1的正方形，高为2，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，则该长方体的正视图的面积等于()A ．1B. 2 C ．2D ．2 2C [解析] 依题意得，题中的长方体的侧视图的高等于2，正视图的长是2，因此相应的正视图的面积等于2×2＝2，故选C.由三视图还原到直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的直观图形状．空间几何体的表面积与体积高频考点多维探明 1．柱体、锥体、台体的侧面积公式 (1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； (2)S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； (2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ，S ′分别为上下底面面积，h 为高)(不要求记忆)．由空间几何体的结构特征计算表面积与体积如图，在棱长为6的正方体ABCD -A1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连接EF ，FB ，DE ，BD ，则几何体EFC 1DBC 的体积为( )A ．66B ．68C ．70D ．72【解析】如图，连接DF ，DC 1，那么几何体EFC 1DBC 被分割成三棱锥D -EFC 1及四棱锥D -CBFC 1，那么几何体EFC 1DBC 的体积为V ＝13×12×3×4×6＋13×12×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66. 故所求几何体EFC 1DBC 的体积为66. 【答案】A由三视图求空间几何体的表面积与体积(1)(2016·高考全国卷甲)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(2)(2016·高考四川卷)已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是__________．【解析】(1)该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r ＝2，底面圆的周长c ＝2πr ＝4π，圆锥的母线长l ＝22＋（23）2＝4，圆柱的高h ＝4，所以该几何体的表面积S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π，故选C.(2)根据三视图可知该三棱锥的底面积S ＝12×23×1＝3，高为1，所以该三棱锥的体积V ＝13×3×1＝33.【答案】 (1)C (2)33(1)求解几何体的表面积及体积的技巧①求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．②求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．(2)根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤 第一步：根据给出的三视图判断该几何体的形状． 第二步：由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量． 第三步：套用相应的面积公式与体积公式计算求解． [题组通关]1．(2016·河南省八市重点高中质量检测)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是( )A ．36cm 3B ．48cm 3C ．60cm 3D ．72cm 3B [解析] 由三视图可知，该几何体的上面是个长为4，宽为2，高为2的长方体，下面是一个放倒的四棱柱，高为4，底面是个梯形，梯形的上、下、底分别为2、6，高为2.长方体的体积为4×2×2＝16.四棱柱的体积为4×2＋62×2＝32，所以该几何体的体积为32＋16＝48(cm 3)，选B.2．(2016·昆明市两区七校调研)一个正三棱柱被平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积和剩余部分体积的比值为( )A.15B.16C.17D.18A [解析] 依题意，剩余部分所表示的几何体是从正三棱柱ABC -A 1B 1C 1(其底面边长是2)中截去三棱锥E -A 1B 1C 1(其中E 是侧棱BB 1的中点)，因此三棱锥E -A 1B 1C 1的体积为VE A 1B 1C 1＝13×34×22×1＝33，剩余部分的体积为V ＝VABC A 1B 1C 1－VE A 1B 1C 1＝34×22×2－33＝533，因此截去部分体积与剩余部分体积的比值为15，选A. 3．(2016·山西省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当xy 取得最大值时，该几何体的体积是________．[解析] 分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，CD ＝y2，AB ＝y ，AC ＝5，CP ＝7，BP ＝x ，所以BP 2＝BC 2＋CP 2，即x 2＝25－y 2＋7，x 2＋y 2＝32≥2xy ，则xy ≤16，当且仅当x ＝y ＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V ＝13×2＋42×3×7＝37.多面体与球的切接问题共研典例类题通法与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．(2016·高考全国卷丙)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2C ．6πD.32π3【解析】由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.【答案】B多面体与球接、切问题的求解策略(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内接、外切的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．[题组通关]1．(2016·河北省“五校联盟”质量检测)已知球O 的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O 的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．[解析] 设球的半径为R ，则4πR 2＝25π，所以R ＝52，所以球的直径为2R ＝5，设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则长方体的表面积S ＝2ab ＋2ac ＋2bc ≤a 2＋b 2＋a 2＋c 2＋b 2＋c 2＝2(a 2＋b 2＋c 2)＝50.2．(2016·重庆第一次适应性测试)已知三棱锥P -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，PC 为球O 的直径，该三棱锥的体积为26，则球O 的表面积为________．[解析]依题意，设球O 的半径为R ，球心O 到平面ABC 的距离为d ，则由O 是PC 的中点得，点P 到平面ABC 的距离等于2d ，所以V P ABC ＝2V O ABC ＝2×13S △ABC ×d ＝23×34×12×d ＝26，解得d ＝23，又R 2＝d 2＋⎝⎛⎭⎫332＝1，所以球O 的表面积等于4πR 2＝4π. [答案]4π课时作业1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )D [解析] 先观察俯视图，由俯视图可知选项B 和D 中的一个正确，由正视图和侧视图可知选项D 正确，故选D.2．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能为( )A ．长方形B ．直角三角形C ．圆D ．椭圆C [解析] 当俯视图为圆时，由三视图可知为圆柱，此时正视图和侧视图应该相同，所以俯视图不可能是圆，故选C.3．(2016·贵阳市监测考试)甲、乙两个几何体的正视图和侧视图相同，俯视图不同，如图所示，记甲的体积为V 甲，乙的体积为V 乙，则( )A ．V 甲＜V 乙B ．V 甲＝V 乙C ．V 甲＞V 乙D ．V 甲、V 乙大小不能确定C [解析] 由三视图知，甲几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥，乙几何体是在甲几何体的基础上去掉一个角，即去掉一个三个面是直角三角形的三棱锥后得到的一个三棱锥，所以V 甲＞V 乙，故选C.4．(2016·云南省第一次统一检测)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(注：正视图也称主视图，侧视图也称左视图)，则被削掉的那部分的体积为( )A.π＋23B.5π－23C.5π3－2 D ．2π－23B [解析] 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 ＝13×12×π×12×2＋13×12×2×1×2＝π3＋23，所以被削掉的那部分的体积为π×12×2－⎝⎛⎭⎫π3＋23＝5π－23. 5．(2016·高考山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π C [解析] 由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积V 1＝13×12×1＝13.设半球的半径为R ，则2R ＝2，即R ＝22，所以半球的体积V 2＝12×4π3R 3＝12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝26π.故该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝13＋26π.故选C.6.(2016·高考全国卷乙)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28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28πA [解析] 由三视图可得此几何体为一个球切割掉18后剩下的几何体，设球的半径为r ，故78×43πr 3＝283π，所以r ＝2，表面积S ＝78×4πr 2＋34πr 2＝17π，选A. 7．(2016·长春市质量检测(二))某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.323B ．16－2π3C.403 D ．16－8π3C [解析] 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2×2×4－13×2×2×2＝403.故选C.8．(2016·湖北省七市(州)协作体联考)《九章算术》商功章有题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺313寸，容纳米2000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底圆周长约为( )A ．1丈3尺B ．5丈4尺C ．9丈2尺D ．48丈6尺B [解析] 设圆柱底面圆的半径为r ，若以尺为单位，则2000×1.62＝3r 2⎝⎛⎭⎫10＋3＋13，解得r ＝9(尺)，所以底面圆周长约为2×3×9＝54(尺)，换算单位后为5丈4尺，故选B.9．(2016·兰州市诊断考试)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体最长的棱长等于( )A.34B.41 C ．5 2D ．215C [解析] 由正视图、侧视图、俯视图的形状，可判断该几何体为三棱锥，形状如图，其中SC ⊥平面ABC ，AC ⊥AB ，所以最长的棱长为SB ＝5 2.10．(2016·东北四市联考(二))如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 是线段CD 的中点，则三棱锥P -A 1B 1A 的侧视图为( )D [解析] 如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥P -A 1B 1A ，B (C )点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D.11．(2016·兰州市实战考试)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.32π B.32C ．3πD ．3A [解析] 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32，故体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝32π，故选A.12．(2016·广州市综合测试(一))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 ．20π B.205π3C ．5πD.55π6D [解析] 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，所以球半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫h 22＝1＋14＝54，所以该球的体积V ＝43πR 3＝43×5454π＝55π6. 13．(2016·唐山市统一考试)三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC 且P A ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )A.4π3 B ．4π C ．8πD ．20πC [解析] 由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以P A 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π，故选C.14．(2016·福建省毕业班质量检测)在空间直角坐标系O -xyz 中，A (0，0，2)，B (0，2，0)，C (2，2，2)，则三棱锥O -ABC 外接球的表面积为( )A ．3πB ．43πC ．12πD ．48πC [解析] 设三棱锥O -ABC 的外接球的半径为R ，画出空间直角坐标系O -xyz 与点A ，B ，C 的位置，易知三棱锥O -ABC 的四个顶点均落在棱长为2的正方体的顶点上，所以该正方体的体对角线长即为三棱锥O -ABC 的外接球的直径，所以R ＝1222＋22＋22＝3，所以三棱锥O -ABC 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝12π，故选C.15．已知某组合体的正视图与侧视图相同(其中AB ＝AC ，四边形BCDE 为矩形)，则该组合体的俯视图可以是________(把正确的图的序号都填上)．[解析]几何体由四棱锥与四棱柱组成时，得①正确；几何体由四棱锥与圆柱组成时，得②正确；几何体由圆锥与圆柱组成时，得③正确；几何体由圆锥与四棱柱组成时，得④正确．[答案]①②③④16．(2016·高考北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．[解析]通过俯视图可知该四棱柱的底面为等腰梯形，则四棱柱的底面积S ＝（1＋2）×12＝32，通过侧(左)视图可知四棱柱的高h ＝1，所以该四棱柱的体积V ＝Sh ＝32. [答案]3217．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________．[解析]设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，则h 1h 2＝23，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝32.[答案]3218．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1EDF 的体积为________．[解析]因为B 1C ∥平面ADD 1A 1，所以F 到平面ADD 1A 1的距离d 为定值1，△D 1DE 的面积为12D 1D ·AD ＝12，所以VD 1EDF ＝VF D 1DE ＝13S △D 1DE ·d ＝13×12×1＝16.[答案]1619．已知棱长均为a 的正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为216的球面上，则a 的值为________．[解析]设O 是球心，D 是等边三角形A 1B 1C 1的中心，则OA 1＝216，因为正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长均为a ，所以A 1D ＝32a ×23＝33a ，OD ＝a 2，故A 1D 2＋OD 2＝⎝⎛⎭⎫33a 2＋⎝⎛⎭⎫a 22＝⎝⎛⎭⎫2162，得712a 2＝2136，即a 2＝1，得a ＝1.[答案]120．(2016·东北四市联考(二))已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，则此三棱柱的体积的最大值为________．[解析]如图，设球心为O ，三棱柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，底面正三角形的边长为a ，则AO 1＝23×32a ＝33a .由已知得O 1O 2⊥底面，在Rt △OAO 1中，由勾股定理得OO 1＝12－⎝⎛⎭⎫33a 2＝3·3－a 23，所以V 三棱柱＝34a 2×2×3·3－a 23＝3a 4－a 62， 令f (a )＝3a 4－a 6(0＜a ＜2)，则f ′(a )＝12a 3－6a 5＝－6a 3(a 2－2)，令f ′(a )＝0，解得a ＝ 2. 因为当a ∈(0，2)时，f ′(a )＞0；当a ∈(2，2)时，f ′(a )＜0，所以函数f (a )在(0，2)上单调递增，在(2，2)上单调递减．所以f (a )在a ＝2处取得极大值．因为函数f (a )在区间(0，2)上有唯一的极值点， 所以a ＝2也是最大值点．所以(V 三棱柱)max ＝3×4－82＝1. [答案]1。
- 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)。
________ ．
解析： 由三视图可知该几何体为一个长方体挖掉半个圆柱，所以其体积为 ×π× 22× 2＝ 64－ 4π．
答案： 64－ 4π 15．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为
2×
4×
8－
1 2
________ ．
解析： 由三视图可知，几何体的直观图如图所示，平面
且长方体的长、宽、高分别为 6,2,4 ，△ ABC 是直角三角形， AB ⊥BC，
AB＝ 2， BC＝ 6，三棱锥
P-ABC 的高为
4，故其体积为
1×1× 6× 2×4 32
＝8，故选 A.
答案： A
6． (2018 ·沈阳模拟 )某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是
()
2
A ． 4＋ 4 2
体积最大为 13× 2 3× 3＝ 2，故选 A. 答案： A 二、填空题
13． (2018 ·洛阳统考 )已知点 A， B， C， D 均在球 O 上， AB＝ BC＝ 6， AC＝ 2 3.若三 棱锥 D -ABC 体积的最大值为 3，则球 O 的表面积为 ________．
解析： 由题意可得，∠ ABC＝π，△ ABC 的外接圆半径 r＝ 3，当三棱锥的体积最大时， 2
N-PAC 与三棱锥
D-PAC 的体积比为
VV1＝
1 3
S△
PAC×
h
1
1 3S△
PAC × h
＝
1 3
.
答案： D
12．已知球的直径 SC＝4， A，B 是该球球面上的两点，∠ ASC＝∠ BSC＝ 30?，则棱锥
S-ABC 的体积最大为 ( )
8
A．2
B.3
C. 3
D．2 3
解析： 如图，因为球的直径为 SC，且 SC＝ 4，∠ ASC＝∠ BSC＝ 30?，
AED ⊥平
面 BCDE ，四棱锥 A-BCDE 的高为 1，四边形 BCDE 是边长为 1 的正
方形，
则
S△
ABC
＝
S△
ABE＝
1 2
×
1
×
2＝
2 2
，S△
ADE
＝
1，S△ 2
ACD
＝
1 2
×
1×
5
＝ 25，故面积最大的侧面的面积为
5 2.
答案： 5 2
16．(2018 ·福州四校联考 )已知三棱锥 A-BCD 的所有顶点都在球 O 的球面上， AB 为球 O 的直径，若该三棱锥的
4π× 12
＋12× 2× π× 1× 3＋ 2×12× π× 12＋ 3× 2＝ 8π＋6.故选 C.
答案： C
5． (2018 ·辽宁五校联考 )如图所示，网格纸上小正方形的边长为 锥的三视图，则此三棱锥的体积是 ( )
1，粗线画出的是三棱
A．8
B ． 16
C．24
D ．48
解析：由三视图还原三棱锥的直观图， 如图中三棱锥 P-ABC 所示，
B．4 2＋2
C．8＋ 4 2
D ．83
解析： 由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥
P-ABCD ，
如图所示，其中 PA⊥底面 ABCD ，四边形 ABCD 是正方形，且 PA＝ 2，
AB＝ 2，PB＝ 2 2，所以该四棱锥的侧面积 S是四个直角三角形的面积和， 即 S＝ 2× (12×2× 2＋ 12×2× 2 2)＝ 4＋ 4 2，故选 A.
A. 3
B. 2
C．2 2
D．2 3
解析： 取 BC 的中点 D，连接 AD .在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中，△ ABC
为正三角形，所以 AD⊥ BC，又 BB1⊥平面 ABC ，AD? 平面 ABC，所以
BB1⊥ AD ，又 BB1∩ BC＝ B，所以 AD⊥平面 BCC1B1，即 AD ⊥平面 MCC 1，
()
A ． 10 3π
B ． 18π
3
C． 20 π
D ．9 3π
解析： 该三棱锥为图中正六棱柱内的三棱锥 P-ABC， PA＝ AB
＝AC ＝2，所以该三棱锥的外接球即该六棱柱的外接球，所以外接
球的直径 2R＝ 42＋22＝ 2 5? R＝ 5，所以该球的表面积为 4πR2
＝20π． 答案： C
A ． 1∶ 2
B ． 1∶ 8
C．1∶ 6
D ．1∶ 3解Biblioteka ：由NB ＝2PN
可得
PPNB＝
1 3.设三棱锥
N-PAC 的高为
h1，三棱锥
B-PAC 的高为
h，则
h1＝ h
PN PB
＝
1 3.又四边形
ABCD 为平行四边形，所以点
B 到平面 PAC 的距离与点 D 到平面 PAC
的距离相等，所以三棱锥
9． (2018 ·高考全国卷Ⅰ )某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视 图如图所示． 圆柱表面上的点 M 在正视图上的对应点为 A，圆柱表面上 的点 N 在左视图上的对应点为 B，则在此圆柱侧面上，从 M 到 N 的路 径中，最短路径的长度为 ( )
A ． 2 17
B．2 5
C．3
D ．2
解析： 先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点
3
3
所以俯视图可以为一个直角三角形．故选 D.
答案： D
2． (2018 ·高考全国卷Ⅰ )已知圆柱的上、下底面的中心分别为
O1、 O2，过直线 O1O2 的
平面截该圆柱所得的截面是面积为 8 的正方形，则该圆柱的表面积为 ( )
A ． 12 2π
B ． 12π
C．8 2π
D ．10π
解析： 设圆柱的轴截面的边长为 x，则由 x2＝ 8，得 x＝ 2 2，∴ S 圆柱表 ＝ 2S 底＋ S 侧＝
所以该几何体的体积为
12×
4 3
1
π×
1
3－
1 3
π×
1
2×
1＝
π，选择 3
B.
答案： B
4． (2018 ·合肥模拟 )如图，网格纸上小正方形的边长为 视图，则该几何体的表面积为 ( )
1，粗线画出的是某几何体的三
A ． 5π＋ 18
B ． 6π＋ 18
C．8π＋ 6
D ．10π＋ 6
解析： 由三视图可知，该几何体由一个半圆柱与两个半球构成，故其表面积为
1 所以∠ SAC＝∠ SBC＝ 90?， AC ＝ BC＝ 2 ， SA＝ SB＝ 2 3，所以 S△SBC＝ 2
×2× 2 3＝ 2 3，则当点 A 到平面 SBC 的距离最大时，棱锥 A-SBC 即 S-ABC 的体积最大，
此时平面 SAC⊥平面 SBC，点 A 到平面 SBC 的距离为 2 3sin 30?＝ 3，所以棱锥 S-ABC 的
由球的截面性质可得 OE⊥平面 CBD ，∵△ BCD 外接圆的直径 CD
＝2
3，∴球
O 的半径
OD ＝ 2，∴球
O 的体积为
32 π 3.
答案：
32 π 3
7
是两直角边长分别为 3 和 1.5 的直角三角形，故该几何体的体积 V ＝4× 2× 3－ 2× 12× 3× 32× 2＝ 15，故选 C.
答案： C
8． (2018 ·聊城模拟 )在三棱锥 P-ABC 中，已知 PA⊥底面 ABC，∠ BAC＝ 120?， PA＝ AB
＝AC ＝2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为
一、选择题
1.(2018 广·州模拟 )如图，网格纸上小正方形的边长为
1，粗线画出
的是某几何体的正视图 (等腰直角三角形 )和侧视图，且该几何体的体积
为8，则该几何体的俯视图可以是 (
)
3
解析： 由题意可得该几何体可能为四棱锥， 如图所示， 其高为 2，底面
为正方形， 面积为 2× 2＝ 4，因为该几何体的体积为 1×4× 2＝ 8，满足条件，
答案： A
7． (2018 ·河北五校联考 )某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是
()
A ． 13
B ． 14
C．15
D ．16
解析： 所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几
何体，在长方体中还原该几何体，如图中 ABCD -A′ B′ C′ D′ 所
示，长方体的长、宽、高分别为 4,2,3，两个三棱柱的高为 2，底面
体积为 3， BC＝ 3， BD＝ 3，∠ CBD ＝ 90?，则球 O 的体积为 ________．
6
解析： 设 A 到平面 BCD 的距离为 h，∵三棱锥的体积为 3，
BC＝ 3，BD ＝
3，∠
CBD
＝
90?，∴
1× 3
1× 2
3×
3× h＝
3，∴ h＝ 2，
∴球心 O 到平面 BCD 的距离为 1.设 CD 的中点为 E，连接 OE，则
5
VD
-ABC＝
1 3
S△ABC
·h(h
为
D
到底面
ABC
的距离
)，即
3＝
1× 3
1× 2
6×
6h? h＝ 3，即 R＋
R2 －r 2
＝3( R 为外接球半径 )，解得 R＝2，∴球 O 的表面积为 4π× 22＝ 16π．
答案： 16π
14．已知某几何体的三视图如图，其中正视图中半圆直径为
4，则该几何体的体积为
M ， N 的位置如图①所示．
圆柱的侧面展开图及 M ， N 的位置 (N 为 OP 的四等分点 )如图②所示，连接 MN，则图
中 MN 即为 M 到 N 的最短路径．