2021年常见几何体的特征

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2021年高考数学高分套路空间几何体三视图(解析版)

A． 3
【答案】B

B． 2 3
C． x1 x2
D．4
【解析】由题意可得，侧视图是个矩形，由已知，底面正三角形的边长为 2，所以其高为 3 ，即侧视图的宽为 3 ，又三棱柱的高为 2，即侧视图的长为 2，所以三棱柱侧视图的面积为 2 3 .故选 B 2.如图，在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，点 P 是棱 CD 上一点，则三棱锥 P－A1B1A 的侧视图是( )
2
考向三三视图知二选三【例 3】如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为( )
【答案】 B 【解析】由正视图和俯视图可知，该几何体是一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知其侧视图为 B，故选 B.
【套路总结】三视图问题的常见类型及解题策略 (1)由几何体的直观图求三视图．注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示． (2)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图． (3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．【举一反三】 1、一个几何体的三视图中，正视图和侧视图如图所示，则俯视图不可以为( )
四．空间几何体的三视图 1.三视图是观测者从不同位置观察同一个几何体，画出的空间几何体的图形.具体包括：（1）正视图：物体前后方向投影所得到的投影图；它能反映物体的高度和长度；（2）侧视图：物体左右方向投影所得到的投影图；它能反映物体的高度和宽度；（3）俯视图：物体上下方向投影所得到的投影图；它能反映物体的长度和宽度. 2.三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

正方体长方体圆柱和球的特点

正方体长方体圆柱和球的特点1.引言1.1 概述概述部分的内容：几何体是我们日常生活中经常接触到的物体，它们具有不同的形状和特点。

在本文中，我们将主要探讨正方体、长方体、圆柱和球这四种常见几何体的特点。

正方体是一种具有六个面都是正方形的立体物体。

它的每个面都是平整的，并且所有的面都相等，每个角都是直角。

正方体具有优秀的稳定性，常被用于建筑、立体拼图等领域。

长方体是一种具有六个面都是矩形的几何体。

它的长度、宽度和高度都不相同，因此可以根据需求进行调整。

长方体在日常生活中随处可见，如书桌、电视机、冰箱等。

圆柱是一种具有两个平行且相等的圆底的几何体。

底面上的圆与侧面成直角，它的形状特点使得它可以用来储存液体或者承载重物。

圆柱广泛应用于工业、建筑和交通运输等领域。

球是一种具有无限多个点到某一点的距离都相等的立体几何体。

它是三维空间中唯一完全对称的几何体，具有非常特殊的性质。

球体常用于运动、游戏和天体物理研究等领域。

通过分析正方体、长方体、圆柱和球的定义、形状特征和基本性质，我们可以更好地理解它们在不同领域的应用。

本文将进一步探讨这四种几何体的基本性质和应用领域，并通过对比分析，总结它们各自的特点。

通过本文的阅读，读者将更深入地了解这四种几何体的性质与特点。

1.2文章结构文章结构部分的内容：本文将按照以下顺序介绍正方体、长方体、圆柱和球的特点。

首先，在引言部分概述了整篇文章的主要内容和目的。

然后，文章将分别在第二、三、四和五部分详细探讨正方体、长方体、圆柱和球的定义、形状特征、基本性质和应用领域。

每个部分将先介绍几何体的定义和形状特征，然后讨论其基本性质和应用领域，以便读者能够全面了解并比较它们的特点。

最后，在结论部分总结了正方体、长方体、圆柱和球的特点，并进行了对比分析不同几何体之间的差异和相似之处。

通过这样的文章结构，读者可以逐步了解不同几何体的概念和形状特征，进而了解它们的基本性质和实际应用。

同时，通过对比分析不同几何体之间的特点，读者可以深入理解它们各自的独特性和相互关系。

2021年中考数学总复习——第48讲空间几何体的结构,三视图和直观图

空间几何体的结构特征例 1 (1)给定下列四个命题： ①圆锥是由正方形绕对角线旋转所形成的曲面围成的几何体； ②圆锥是由三角形绕其一边上的高旋转所形成曲面围成的几何体； ③圆锥是角 AOB 绕其角平分线旋转一周所形成曲面围成的几何体； ④底面在水平平面上的圆锥用平行于底面的平面所截得的位于截面上方的部分是圆锥．其中正确的命题为__________．(只填正确命题的序号)
[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
(2)已知正△ABC 的边长为 a，那么它的平面直观图△A′B′C′的面积为__________．
[解析] 如图所示是实际图形和直观图，由图可知，
5．一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧(左)视图可能为 ()
[解析] 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，故选 D.
[答案] D
空间几何体的直观图例 3 (1)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．以上正确结论的序号是________．
a2＋（2 2a）2＝3a cm，则原图形的周长是 2(3a＋ a)＝8a cm.
[答案] 8a
【知识要点】
1．简单几何体
(1)多面体的结构特征
名称棱柱
棱锥
棱台
图形
底面
互相平__行__ 且相__等__
多边形
互相_平_行__
侧棱
平行且
相交于
___相_等_____

正方体、长方体、圆柱体、圆锥体的特征各是什么？

正方体、长方体、圆柱体、圆锥体的特征各是什么？1、长方体的特征：有12条棱，6个面，8个角，每个角都是90度。

2、正方体的特征：在长方体中，6个面都相等的长方体是正方体。

3、圆柱特征：1）上下面均为圆且相等、平行。

2）有一个侧面为曲面。

3）上下两面外加侧面（曲面）共三个面。

4、圆锥的特征：1）圆锥是由2个面围成。

2）一个底面是平面，一个侧面是曲面。

扩展资料：具体特征：一、长方形的特征1、长方体有6个面。

每组相对的面完全相同。

2、长方体有12条棱，相对的四条棱长度相等。

按长度可分为三组，每一组有4条棱。

3、长方体有8个顶点。

每个顶点连接三条棱。

三条棱分别叫做长方体的长，宽，高。

4、长方体相邻的两条棱互相垂直。

二、正方形的特征1、有一组邻边相等且一个角是直角的平行四边形叫做正方形。

2、四条边都相等、四个角都是直角的四边形是正方形。

3、正方形的两组对边分别平行，四条边都相等；四个角都是90°；对角线互相垂直、平分且相等，每条对角线都平分一组对角。

4、有一组邻边相等且一个角是直角的平行四边形叫做正方形。

有一组邻边相等的矩形叫做正方形，有一个角是90°的菱形叫做正方形。

正方形是矩形的特殊形式，也是菱形的特殊形式。

三、圆锥体的特征1、圆锥面和一个截它的平面（满足交线为圆）组成的空间几何图形叫圆锥。

2、以直角三角形的直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转而成的曲面所围成的几何体叫做圆锥。

四、圆柱体的特征1、旋转定义法：一个长方形以一边为轴顺时针或逆时针旋转一周，所经过的空间叫做圆柱体。

2、平移定义法：以一个圆为底面，上或下移动一定的距离，所经过的空间叫做圆柱体。

2021_2022学年新教材高中数学第8章立体几何初步8.1第2课时圆柱圆锥圆台球与简单组合体的结构

(2)在旋转过程中观察平面图形的各边所形成的轨迹，应利用空间想象能力，或亲自动手做出平面图形的模型来分析旋转体的形状．
(3)要熟练掌握各类旋转体的结构特征．
[跟进训练] 2．如图所示的平面图形从上往下依次由等腰三角形、圆、半圆、矩形、等腰梯形拼接形成，若将它绕直线l旋转形成一个组合体，试分析该组合体由哪些简单几何体构成． [解] 易知得到的组合体从上到下依次为圆锥、球、半球、圆柱、圆台．
[跟进训练] 3．一圆锥的母线长为6 cm，底面半径为3 cm，把该圆锥截一圆台，截得圆台的母线长为4 cm，则圆台的另一底面半径为________ cm． 1 [作轴截面如图，则3r＝6－6 4＝13，所以r＝1 cm．]
当堂达标·夯基础
1．圆柱的母线长为10，则其高等于(
A．5
B．10
AB [A正确，圆柱的底面是圆面； B正确，如图所示，经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面； C不正确，圆台的母线延长相交于一点； D不正确，夹在圆柱两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体．]
类型2 简单组合体的结构特征【例2】 (对接教材P103例2)如图①②所示的图形绕虚线旋转一周后形成的立体图形分别是由哪些简单几何体组成的？
第பைடு நூலகம்章立体几何初步
8.1 基本立体图形第2课时圆柱、圆锥、圆台、球与
简单组合体的结构特征
学习任务 1．了解圆柱、圆锥、圆台、球的定义．
核心素养通过学习有关旋转
2．掌握圆柱、圆锥、圆台、球的结构特
体的结构特征，培
征．(重点)
养直观想象、逻辑
3．认识简单组合体的结构特征，了解简单组推理、数学运算的
[解] 旋转后的图形如图所示．其中图①是由一个圆柱O1O2和两个圆台O2O3，O3O4组成的；图②是由一个圆锥O5O4，一个圆柱 O3O4及一个圆台O1O3中挖去圆锥O2O1组成的．

2020_2021学年新教材高中数学第八章立体几何初步8.1第1课时棱柱棱锥棱台的结构特征课件新人教A版必修第二册

探究一
探究二
素养形成
当堂检测
反思感悟棱锥、棱台结构特征问题的判断方法
(1)举反例法
结合棱锥、棱台的定义举反例直接说明关于棱锥、棱台结构特征
的某些说法不正确.
(2)直接法
棱锥
棱台
定底面
只有一个面是多边形, 两个互相平行的面,即
此面即为底面
为上、下底面
看侧棱
相交于一点
延长后相交于一点
探究一
探究二
素养形成
答案:③
探究一
探究二
素养形成
当堂检测
反思感悟关于棱柱的辨析 (1)紧扣棱柱的结构特征进行有关概念辨析. ①两个面互相平行;②其余各面是四边形;③相邻两个四边形的公共边互相平行. (2)多注意观察一些实物模型和图片便于反例排除. 特别提醒:求解与棱柱相关的问题时,首先看是否有两个平行的面作为底面,再看是否满足其他特征.
探究一
探究二
素养形成
当堂检测
方法点睛(1)绘制展开图:绘制多面体的平面展开图要结合多面体的几何特征,发挥空间想象能力或者是亲手制作多面体模型.在解题过程中,常常给多面体的顶点标上字母,先把多面体的底面画出来,然后依次画出各侧面,便可得到其平面展开图. (2)由展开图复原几何体:若是给出多面体的平面展开图,来判断是由哪一个多面体展开的,则可把上述过程逆推.同一个几何体的平面展开图可能是不一样的,也就是说,一个多面体可有多个平面展开图.
探究一
探究二
素养形成
当堂检测
几何体的平面展开图典例(1)请画出如图所示的正方体的平面展开图;
(2)如图是两个几何体的平面展开图,请问各是什么几何体?
探究一
探究二
素养形成

2023版高考数学一轮总复习第六章立体几何第一讲空间几何体的结构特征和直观图课件

以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y
轴的线段长度减半，平行于 x 轴和 z 轴的线段长度不变)来
掌握.
(2)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.
【变式训练】
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 22的等腰梯形，那么原平面图形的面积
由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝21OC
＝ 43a，在图 6-1-6 中作 C′D′⊥A′B′于 D′，则 C′D′
＝ 22O′C′＝ 86a.所以 S△A′B′C′＝21A′B′·C′D′＝
12·a·86a＝ 166a2.
答案：D
【题后反思】
(1)画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可
3.(教材改编题)如图 6-1-1，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(
)
A.棱台 C.五棱柱答案：C
图 6-1-1 B.四棱柱 D.六棱柱
题组三真题展现
4.(2021 年新高考Ⅰ)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( )
A.2
B.2 2
C.4
D.4 2
答案：B
5.(2020 年全国Ⅰ)如图 6-1-2，在三棱锥 P-ABC 的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝ 3 ，AB⊥AC，AB⊥AD， ∠CAE＝30°，则 cos∠FCB＝________.
答案：－14
图 6-1-2
考点一空间几何体的结构特征
[例 1] (1)给出下列命题：

2021届高考数学一轮温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课时作业

第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图课时作业A组——基础对点练1.如图所示，四面体ABCD的四个极点是长方体的四个极点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的正视图、侧视图、俯视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)( )A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤解析：正视图应为边长为3和4的长方形，且正视图中右上到左下的对角线应为实线，故正视图为①；侧视图应为边长为4和5的长方形，且侧视图中左上到右下的对角线应为实线，故侧视图为②；俯视图应为边长为3和5的长方形，且俯视图中左上到右下的对角线应为实线，故俯视图为③，故选B.答案：B2．一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正三角形，则侧视图的面积为( ) A．8 B．43C．4 2 D．4解析：由三视图可知，该几何体是一个正三棱柱，高为4，底面是一个边长为2的正三角形．因此，侧视图是一个长为4，宽为3的矩形，其面积S＝3×4＝4 3.答案：B3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最长的棱长为( )A．3 3 B．2 6C.21 D．2 5解析：由三视图得，该几何体是四棱锥PABCD，如图所示，ABCD为矩形，AB＝2，BC＝3，平面PAD ⊥平面ABCD ，过点P 作PE ⊥AD ，则PE ＝4，DE ＝2，所以CE ＝22，所以最长的棱PC ＝PE 2＋CE 2＝26，故选B.答案：B4．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2解析：由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D.答案：D5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．(25＋35)πB ．(25＋317)πC ．(29＋35)πD ．(29＋317)π解析：由三视图可知该几何体的直观图如图所示，所以该几何体的表面积为π＋π×(1＋2)×17＋2×π×2×4＋4π×222＝π＋317π＋16π＋8π＝(25＋317)π，故选B.答案：B6．(2021·长沙模拟)某几何体的正视图和侧视图均为图甲所示，则在图乙的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是( )A ．①③B ．①③④C ．①②③D ．①②③④解析：若图②是俯视图，则正视图和侧视图中矩形的竖边延长线有一条和圆相切，故图②不合要求；若图④是俯视图，则正视图和侧视图不相同，故图④不合要求，故选A. 答案：A7．(2021·石家庄市模拟)某几何体的三视图如图所示，则其体积为( )A.3π4B ．π＋24C.π＋12D ．3π＋24解析：由几何体的三视图知，该几何体的一部份是以腰长为1的等腰直角三角形为底面，高为3的三棱锥，另一部份是底面半径为1，高为3的圆锥的四分之三．所以几何体的体积为13×3π4×3＋13×12×1×1×3＝3π4＋12＝3π＋24，故选D. 答案：D8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π解析：由三视图恢复的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，如图．其中长方体的长、宽、高别离是4,2,2，半个圆柱的底面半径为2，母线长为4.∴长方体的体积V 1＝4×2×2＝16，半个圆柱的体积V 2＝12×22×π×4＝8π.∴这个几何体的体积是16＋8π. 答案：A9．一个半径为2的球体通过切割以后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．16πB ．12πC ．14πD ．17π解析：按照三视图可知几何体是一个球体切去四分之一，则该几何体的表面是四分之三球面和两个截面(半圆)．由题意知球的半径是2，∴该几何体的表面积S ＝34×4π×22＋π×22＝16π.答案：A10．一个几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为( )A.72 m 3 B ．92 m 3 C.73m 3 D ．94m 3 解析：由三视图可知，几何体为如图所示的几何体，其体积为3个小正方体的体积加三棱柱的体积，所以V ＝3＋12＝72(m 3)，故选A.答案：A11．球面上有A ，B ，C 三点，球心O 到平面ABC 的距离是球半径的13，且AB ＝22，AC ⊥BC ，则球O 的表面积是( ) A ．81π B ．9π C.81π4D ．9π4解析：由题意可知，AB 为△ABC 的外接圆的直径，设球O 的半径为R ，则R 2＝(R3)2＋(2)2，可得R ＝32，则球的表面积S ＝4πR 2＝9π.故选B.答案：B12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：将三视图还原成直观图，取得如图所示几何体，设BC 的中点为G ，连接AG ，DG ，△ABC 是一个边长为2的等边三角形，其高AG ＝ 3.该几何体可以看成一个三棱锥与一个四棱锥组合而成．∴该几何体的体积V ＝V三棱锥D ABG＋V四棱锥A DECG＝13×S △ABG ×DG ＋13×S 四边形DECG×AG ＝13×12×1×3×2＋13×2×1×3＝ 3.答案： 313．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由题意取得几何体的直观图如图，即从四棱锥P ABCD 中挖去了一个半圆锥．其体积V ＝13×2×2×2－12×13×π×12×2＝8－π3.答案：8－π314.某零件的正(主)视图与侧(左)视图均是如图所示的图形(实线组成半径为2 cm 的半圆，虚线是等腰三角形的两腰)，俯视图是一个半径为2 cm 的圆(包括圆心)，则该零件的体积是________．解析：依题意得，零件可视为从一个半球中挖去一个小圆锥所剩余的几何体，其体积为12×4π3×23－13×π×22×1＝4π(cm 3)．答案：4π cm 3B 组——能力提升练1．若三棱锥S ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，AB ＝SA ＝SB ＝SC ＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为( ) A.16π3B ．8π3C.43π3D ．4π3解析：在等腰直角三角形ABC 中，AB 是斜边且AB ＝2，取AB 的中点D ，连接CD ，SD .∴CD ＝AD ＝BD ＝1.又SA ＝SB ＝SC ＝2，∴SD ⊥AB ，且SD ＝3，在△SCD 中，SD 2＋CD 2＝SC 2，∴SD ⊥CD ，∴SD ⊥平面ABC .∴三棱锥S ABC 的外接球球心在SD 上，记为O ，设球半径为R ，连接OA ，则SO ＝OA ＝R ，∴在Rt △AOD 中，AD ＝1，OD ＝3－R ，AO ＝R ，∴12＋(3－R )2＝R 2⇒R ＝233，∴三棱锥S ABC 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×(233)2＝16π3.故选A.答案：A2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163B.203C.152D.132解析：该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其体积为23－13×12×2×2×2－13×12×1×1×1＝132.故选D.答案：D3.如图是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几何体，截面与底面所成的角为45°，过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形ABB ′A ′为矩形，若沿AA ′将其侧面剪开，其侧面展开图的形状大致为( )解析：过AB 作平行于底面的半平面α，如图，取截面边界上任一点P ，过P 作PP ′垂直于半平面α，垂足为P ′，延长PP ′交圆柱底面于点P 1，过P作PM ⊥AB ，垂足为M ，连接MP ′，则MP ′⊥AB ，∠PMP ′就是截面与底面所成的角，∠PMP ′＝45°，设AB 的中点为O ，连接OP ′.设l AP ′＝x ，则∠AOP ′＝x1＝x ，在Rt △PP ′M 中，PP ′＝MP ′，在Rt △OP ′M 中，MP ′＝OP ′sin∠MOP ′＝sin x ，∴PP ′＝sin x ，PP 1＝AA ′＋sin x ，故选A.答案：A4．如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个极点间距离的最大值是( )A ．4B ．5C ．3 2D ．3 3解析：作出直观图如图所示，通过计算可知AF 最长且|AF |＝|BF |2＋|AB |2＝3 3.答案：D5.高为4的直三棱柱被削去一部份后取得一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的( ) A.34 B ．14 C.12D ．38解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为二、底面积为12×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为4.易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的48＝12，故选C.答案：C6．(2021·昆明市检测)我国南北朝时期的伟大科学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上，提出下面的体积计算原理(祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面面积，“势”是几何体的高．意思是：若两个等高几何体在同高处的截面面积总相等，则这两个几何体的体积相等．现有一旋转体D (如图1所示)，它是由抛物线y ＝x 2(x ≥0)，直线y ＝4及y 轴围成的封锁图形绕y 轴旋转一周形成的几何体，旋转体D 的参照体的三视图如图2所示，利用祖暅原理，则旋转体D 的体积是( )A.16π3B ．6πC ．8πD ．16π解析：由三视图知参照体是一个直三棱柱，其体积V ＝12×4×4×π＝8π，故旋转体D 的体积为8π，故选C. 答案：C7．如图，某三棱锥的正视图、侧视图和俯视图别离是直角三角形、等腰三角形和等边三角形．若该三棱锥的极点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．27πB ．48πC ．64πD ．81π 解析：由三视图可知该几何体为三棱锥，该棱锥的高VA ＝4，棱锥底面ABC 是边长为6的等边三角形，作出直观图如图所示．因为△ABC 是边长为6的等边三角形，所之外接球的球心D 在底面ABC 上的投影为△ABC 的中心O ，过D 作DE ⊥VA 于E ，则E 为VA 的中点，连接OD ，OA ，DA ，则DE ＝OA＝23×33＝23，AE ＝12VA ＝2，DA 为外接球的半径，所以DA ＝DE 2＋AE 2＝4，所以外接球的表面积S ＝4πr 2＝64π.故选C. 答案：C8．(2021·天津测试)若一个几何体的表面积和体积相同，则称这个几何体为“同积几何体”．已知某几何体为“同积几何体”，其三视图如图所示，则a ＝( )A.14＋223B ．8＋223C.12＋223D ．8＋2 2解析：按照几何体的三视图可知该几何体是一个四棱柱，如图所示，可得其体积为12(a ＋2a )·a ·a ＝32a 3，其表面积为12·(2a ＋a )·a ·2＋a 2＋a 2＋2a ·a ＋2a ·a ＝7a 2＋2a 2，所以7a 2＋2a 2＝32a 3，解得a ＝14＋223，故选A.答案：A9.(2021·郑州质检)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )A ．8πB ．16πC ．32πD ．64π解析：还原三视图可知该几何体为一个四棱锥，将该四棱锥补成一个长、宽、高别离为22，22，4的长方体，则该长方体外接球的半径r ＝222＋222＋422＝22，则所求外接球的表面积为4πr 2＝32π.答案：C10.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．18＋2πB ．20＋πC ．20＋π2D ．16＋π 解析：由三视图可知，这个几何体是一个棱长为2的正方体割去了两个半径为一、高为1的14圆柱，其表面积相当于正方体五个面的面积与两个14圆柱的侧面积的和，即该几何体的表面积S ＝4×5＋2×2π×1×1×14＝20＋π，故选B. 答案：B11．(2021·南昌模拟)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥最长的一条侧棱的长度是________．解析：由题意可知该几何体是一个底面为直角梯形的四棱锥，梯形的两底边长别离为4,2，高为3，棱锥的高为2，所以最长侧棱的长度为22＋32＋42＝29.答案：2912．在三棱锥A BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积别离为22，32，62，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：设彼此垂直的三条侧棱AB ，AC ，AD 别离为a ，b ，c ，则12ab ＝22，12bc ＝32，12ac ＝62，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.所以三棱锥A BCD 的外接球的直径2R ＝a 2＋b 2＋c 2＝6，则其外接球的表面积S ＝4πR 2＝6π.答案：6π13．一个直三棱柱被削去一部份后的几何体ABCDE 及其侧视图、俯视图如图所示，其中侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形．设M 是BD 的中点，点N 在棱DC 上，且MN ⊥平面BDE ，则CN ＝_____________________________.解析：由题意可得，DC ⊥平面ABC ，所以DC ⊥CB .若MN ⊥平面BDE ，则MN ⊥BD .又因为∠MDN ＝∠CDB ，所以△DMN ∽△DCB ，所以DN DB ＝DM DC ，故DN 26＝64，解得DN ＝3，所以CN ＝CD －DN ＝1.答案：114．(2021·武汉市模拟)棱长均相等的四面体ABCD 的外接球半径为1，则该四面体的棱长为________．解析：将棱长均相等的四面体ABCD 补成正方体，设正方体的棱长为a ，则正四面体ABCD 的棱长为2a ，正方体的体对角线长为3a ，由3a ＝2⇒a ＝233，则2a ＝263. 答案：263。

高考数学复习考点题型专题讲解13 空间几何体的结构、表面积和体积

高考数学复习考点题型专题讲解专题13 空间几何体的结构、表面积和体积高考定位空间几何体的结构特征是高考重点考查的内容.近几年主要考查空间几何体的表面积与体积，常以选择题与填空题为主，也涉及空间几何体的结构特征等内容，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，难度为中低档.1.(2021·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( )A.2B.2 2C.4D.4 2答案 B解析设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为2，侧面展开图为一个半圆，所以2π×2＝πl，解得l＝22，故选B.2.(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(7≈2.65)()A.1.0×109 m3B.1.2×109 m3C.1.4×109 m3D.1.6×109 m3答案 C解析如图，由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9(m)，所以该棱台的体积V＝13×9×(140＋140×180＋180)×106＝60×(16＋37)×106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m3).故选C.3.(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A.100πB.128πC.144πD.192π答案 A解析由题意得，正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23×32×33＝3，23×32×43＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OO21＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OO22＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.综上，该球的表面积为100π.4.(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙.若S甲S乙＝2，则V甲V乙＝( )A.5B.2 2C.10D.510 4答案 C解析法一因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合S甲S乙＝2，可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.由勾股定理得，h1＝l2－r21＝5，h2＝l2－r22＝22，所以V甲V乙＝13πr21h113πr22h2＝4522＝10.故选C.法二设两圆锥的母线长为l，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，侧面展开图的圆心角分别为n1，n2，则由S甲S乙＝πr1lπr2l＝n1πl22πn2πl22π＝2，得r1r2＝n1n2＝2.由题意知n1＋n2＝2π，所以n1＝4π3，n2＝2π3，所以2πr 1＝4π3l ，2πr 2＝2π3l ，得r 1＝23l ，r 2＝13l .由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝53l ，h 2＝l 2－r 22＝223l ，所以V 甲V 乙＝13πr 21h 113πr 22h 2＝4522＝10.故选C.热点一空间几何体的结构特征关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种几何体的概念. 例1 (1)以下四个命题中，真命题为( ) A.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 B.底面是矩形的平行六面体是长方体 C.直四棱柱是直平行六面体 D.棱台的侧棱延长后必交于一点 (2)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥； 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.0B.1C.2D.3答案(1)D (2)A解析(1)A中等腰三角形的腰不一定是侧棱，A是假命题；B中，侧棱与底面矩形不一定垂直，B是假命题；C中，直四棱柱的底面不一定是平行四边形，C是假命题；根据棱台的定义，选项D是真命题.(2)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是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.规律方法 1.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.2.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.训练1(多选)(2022·潍坊调研)下面关于空间几何体的叙述正确的是( )A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥B.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形C.长方体是直平行六面体D.存在每个面都是直角三角形的四面体答案CD解析A中当顶点在底面的投影是正多边形的中心时才是正棱锥，A不正确；B中当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分，B不正确；C正确；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.热点二空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.例2 (1)如图，四面体各个面都是边长为1的正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面圆心，则圆柱的侧面积是( )A.23π B.324π C.223π D.22π(2)(多选)等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为( )A.2πB.(1＋2)πC.22πD.(2＋2)π 答案 (1)C (2)AB解析 (1)如图所示，过点P 作PE ⊥平面ABC ，E 为垂足，点E 为等边三角形ABC 的中心，连接AE 并延长，交BC 于点D .AE ＝23AD ，AD ＝32，∴AE ＝23×32＝33，∴PE ＝PA 2－AE 2＝63. 设圆柱底面半径为r ，则r ＝AE ＝33，∴圆柱的侧面积S ＝2πr ·PE ＝2π×33×63＝22π3. (2)如果绕直角边旋转，则形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，长为2，所以所形成的几何体的表面积S ＝π×1×2＋π×12＝(2＋1)π.如果绕斜边旋转，则形成的是上、下两个共底面的圆锥，圆锥的底面半径是直角三角形斜边上的高22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，长是1，所以形成的几何体的表面积S′＝2×π×22×1＝2π.综上可知，形成几何体的表面积是(2＋1)π或2π.故选AB.易错提醒 1.旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.2.多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.训练2 (1)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是__________.(2)(多选)(2022·青岛质检)已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面均为正方形，其中AB＝22，A1B1＝2，AA1＝BB1＝CC1＝2，则下列结论正确的是( )A.该四棱台的高为3B.AA1⊥CC1C.该四棱台的表面积为26D.该四棱台外接球的表面积为16π答案(1)1 (2)AD解析(1)如图，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则圆锥的侧面积S侧＝πrl＝2π，即r·l＝2.由于侧面展开图为半圆，可知12πl2＝2π，可得l＝2(cm)，因此r ＝1(cm).(2)由棱台的性质，把四棱台还原为四棱锥如图所示.由题易知点S 在平面A 1B 1C 1D 1和平面ABCD 的射影分别为点O 1，O ，连接OS ，OA ，则O 1在OS 上，由AB ＝22，A 1B 1＝2，可知△SA 1B 1与△SAB 的相似比为1∶2，则SA ＝2AA 1＝4，AO ＝2，则SO ＝23，OO 1＝3，即该四棱台的高为3，故A 正确；因为SA ＝SC ＝AC ＝4，所以AA 1与CC 1的夹角为60°，不垂直，故B 错误；该四棱台的表面积S ＝S 上底＋S 下底＋S 侧＝(2)2＋(22)2＋4×（2＋22）2×22－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝10＋67，故C 错误；由于上、下底面都是正方形，则外接球的球心在OO 1上，在平面B 1BOO 1中，由于OO 1＝3，B 1O 1＝1，则OB 1＝2＝OB ，即点O 到点B与点B 1的距离相等，所以该四棱台的外接球的球心为O ，半径r ＝2，所以该四棱台外接球的表面积为16π，故D正确.故选AD.热点三空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(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台体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(4)V球＝43πR3.考向1 直接利用公式求体积例3 正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( ) A.20＋123B.28 2C.563D.2823答案 D解析如图，设上、下底面的中心分别为O1，O，过点B1作B1M⊥OB于点M，则O1B1＝2，OB＝22，BM＝2，所以该棱台的高h＝B1M＝4－2＝2，所以该四棱台的体积为h3(S上＋S下＋S上S下)＝23(22＋42＋22×42)＝2823，故选D.考向2 割补法求体积例4 如图，在多面体ABCDEF 中，已知四边形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________.答案23解析过AD 做与底面ABCD 垂直的平面交EF 于点G ，过BC 做与底面ABCD 垂直的平面交EF 于点H ，则多面体ABCDEF 被分为三棱锥E －ADG ，三棱柱ADG －BCH ，三棱锥F －HBC 三部分.依题意，三棱锥E －ADG 的高EG ＝12，直三棱柱AGD －BHC 的高AB ＝1.则AG ＝AE 2－EG 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32.取AD 的中点M ，并连接MG ，则MG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22，所以S △AGD ＝12×1×22＝24，∴V 多面体＝V E －ADG ＋V F －BCH ＋V ADG －BCH ＝2V E －ADG ＋V ADG －BCH ＝13×24×12×2＋24×1＝23.考向3 等体积法求体积例5(2022·台州调研)如图，已知四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面APB，G为PC上一点，且BG⊥平面APC，AB＝2，则三棱锥P－ABC体积的最大值为( )A.23B.223C.43D.2答案 A解析由题意知，平面ABCD⊥平面APB，则BC⊥AP.又由BG⊥平面APC，得BG⊥AP.因为BC∩BG＝B，所以AP⊥平面PBC，所以AP⊥BP，所以V P－ABC＝V C－APB＝13×12PA·PB·BC＝13PA·PB.令PA＝m，PB＝n，则m2＋n2＝4，所以V P－ABC＝13mn≤13·m2＋n22＝23，当且仅当m＝n＝2时取等号，所以三棱锥P－ABC体积的最大值为23 .规律方法 1.规则的几何体可以直接利用相应的公式求解，这就需要熟记柱体、锥体的体积公式；2.不规则的几何体往往可以通过“间接法”——割补法求得，即把不规则的几何体通过“割补”手段，转化为规则几何体体积的和或差.训练3 (1)(2022·广州模拟)在五面体EF－ABCD中，正方形CDEF所在平面与平面ABCD垂直，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AD＝DC＝BC＝12AB.若三棱锥A－BCE的体积为433，则线段AB的长为________.(2)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD－A 1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体.其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______g.答案(1)4 (2)118.8解析(1)取AB的中点O，连接CO.因为AD ＝DC ＝BC ＝12AB ，AB ∥CD ，所以四边形AOCD 为菱形，所以CO ＝OA ＝OB ，所以△ACB 为直角三角形，所以AC ⊥BC .因为正方形CDEF 所在平面与平面ABCD 垂直，CD 为交线，ED ⊥CD ，所以ED ⊥平面ABCD . 设BC ＝x ，则ED ＝x ，AB ＝2x . 由勾股定理得AC ＝3x ，故V A －BCE ＝V E －ABC ＝13S △ABC ·ED ，S △ABC ＝12·x ·3x ＝32x 2，所以V A －BCE ＝13·32x 2·x ＝36x 3＝433.解得x ＝2.所以AB ＝4.(2)由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，其对角线长分别为6 cm 和4 cm ，故V 挖去的四棱锥＝13×12×4×6×3＝12(cm 3).又V 长方体＝6×6×4＝144(cm 3)，所以模型的体积为V－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，长方体所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g).一、基本技能练1.下列说法中，正确的是( )A.棱柱的侧面可以是三角形B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等答案 C解析棱柱的侧面都是平行四边形，选项A错误；其他侧面可能是平行四边形，选项B错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D错误；易知选项C正确.2.如图所示的等腰梯形是一个几何图形的斜二测直观图，其底角为45°，上底和腰均为1，下底为2＋1，则此直观图对应的平面图形的面积为( )A.1＋2B.2＋ 2C.2＋22D.4＋2 2答案 B解析 ∵平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形， ∴平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1，下底边长为2＋1， ∴平面图形的面积S ＝1＋1＋22×2＝2＋ 2.故选B. 3.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( )A.4B.43C.23D.3 答案 B解析易知该几何体是由上、下两个全等的正四棱锥组成的，其中正四棱锥底面边长为2，棱锥的高为1，所以该多面体的体积V ＝2×13×(2)2×1＝43.4.已知在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，则将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为( ) A.(5＋2)π B.(4＋2)π C.(5＋22)π D.(3＋2)π 答案 A解析因为在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，所以将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周得到的几何体是一个底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，如图所示.所以该几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.5.如图，位于西安大慈恩寺的大雁塔，是唐代玄奘法师为保存经卷、佛像而主持修建的，是我国现存最早的四方楼阁式砖塔.塔顶可以看成一个正四棱锥，其侧棱与底面所成的角为45°，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为( )A.3∶2B.2∶2C.3∶3D.3∶4答案 D解析设塔顶是正四棱锥P－ABCD(如图)，PO是正四棱锥的高.设正四棱锥底面边长为a，则底面面积S1＝a2，因为AO＝22a，∠PAO＝45°，所以PA＝2×22a＝a，所以△PAB是正三角形，其面积为S 2＝34a2，所以S2∶S1＝34a2∶a2＝3∶4.6.过圆锥的轴作截面，如果截面为正三角形，则称该圆锥为等边圆锥.已知在一等边圆锥中，过顶点P的截面与底面交于CD，若∠COD＝90°(O为底面圆心)，且S△PCD＝7 2，则这个等边圆锥的表面积为( )A.2π＋2πB.3πC.2π＋3πD.π＋3π答案 B解析如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面圆的半径为a，高为PO＝3 a.由已知得CD＝2a，PC＝PD＝2a，则S△PCD＝12×2a×（3a）2＋⎝⎛⎭⎪⎫22a2＝72，从而可得a＝1，圆锥的表面积为πa×2a＋πa2＝3πa2＝3π.7.如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，ED ＝2FC ＝2，则四面体ABEF 的体积为( )A.13B.23C.1D.43答案 B解析∵ED ⊥平面ABCD 且AD ⊂平面ABCD ， ∴ED ⊥AD .∵在正方形ABCD 中，AD ⊥DC ，又DC ∩ED ＝D ，DC ，ED ⊂平面CDEF ， ∴AD ⊥平面CDEF .易知FC ＝ED2＝1，V A －BEF ＝V ABCDEF －V F －ABCD －V A －DEF .∵V E －ABCD ＝13·ED ·S 正方形ABCD ＝13×2×2×2＝83，V B －EFC ＝13·BC ·S △EFC ＝13×2×2×1×12＝23， ∴V ABCDEF ＝V E －ABCD ＋V B －EFC ＝83＋23＝103.又V F －ABCD ＝13·FC ·S 正方形ABCD ＝13×1×2×2＝43，V A －DEF ＝13·AD ·S △DEF ＝13×2×2×2×12＝43，∴V A －BEF ＝V ABCDEF －V F －ABCD －V A －DEF ＝103－43－43＝23.故选B.8.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为5－12，约为0.618.这个比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为黄金比.在几何世界中有很多黄金图形，在三角形中，如果相邻两边之比等于黄金比，且它们夹角的余弦值为黄金比值，那么这个三角形一定是直角三角形，且这个三角形称为黄金分割直角三角形.在正四棱锥中，以黄金分割直角三角形的长直角边作为正四棱锥的高，黄金分割直角三角形的短直角边的边长作为底面正方形的边心距(正多边形的边心距是正多边形的外接圆圆心到正多边形某一边的距离)，斜边作为正四棱锥的斜高，这样得到的正四棱锥称为黄金分割正四棱锥.在黄金分割正四棱锥中，以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为( ) A.5－12 B.5＋12C.1D.14答案 D解析如图，在黄金分割正四棱锥P －ABCD 中，O 是正方形ABCD 的中心，PE 是正四棱锥的斜高，设OE ＝a ，则CD ＝2a ， ∴Rt△POE 为黄金分割直角三角形，则OE PE ＝5－12， ∴PE ＝5＋12a ，则PO ＝PE 2－OE 2＝1＋52a ， ∴以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积S ＝PO 2＝1＋52a 2，又正四棱锥的四个侧面是全等的，∴S 侧＝4S △PCD ＝4×12×CD ×PE ＝2(1＋5)a 2，∴该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为14.9.(2022·潍坊二模)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，点E ，F ，G 分别是棱A ′B ′，B ′C ′，CD 的中点，则由点E ，F ，G 确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于________.答案332解析分别取AD ，CC ′和AA ′的中点为P ，M ，N ，可得出过E ，F ，G 三点的平面截正方体所得截面为正六边形EFMGPN ，则正六边形的边长MG ＝CG 2＋CM 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝1，故截面多边形的面积等于S＝6×34×12＝33 2.10.(2022·佛山质检)已知圆锥的顶点为S，底面圆周上的两点A，B满足△SAB为等边三角形，且面积为43，又知圆锥轴截面的面积为8，则圆锥的侧面积为________. 答案82π解析设圆锥的母线长为l，由△SAB为等边三角形，且面积为43，所以12l2sinπ3＝43，解得l＝4；又设圆锥底面半径为r，高为h，则由轴截面的面积为8，得rh＝8；又r2＋h2＝l2＝16，解得r＝h＝22，所以圆锥的侧面积S＝πrl＝π·22·4＝82π.11.如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，点D在棱AA1上，则三棱锥D－BB1C1的体积为________.答案23 3解析如图，取BC的中点O，连接AO.∵正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，∴AC＝2，OC＝1，则AO＝ 3.∵AA1∥平面BCC1B1，∴点D到平面BCC1B1的距离为 3.又S△BB1C1＝12×2×2＝2，∴V D－BB1C1＝13×2×3＝233.12.已知三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝π2，SB＝4，SC＝213，AB＝2，BC＝6，则三棱锥S－ABC的体积为________. 答案4 3解析∵∠ABC＝π2，AB＝2，BC＝6，∴AC＝AB2＋BC2＝22＋62＝210.∵∠SAB＝π2，AB＝2，SB＝4，∴AS＝SB2－AB2＝42－22＝2 3.由SC＝213，得AC2＋AS2＝SC2，∴AC⊥AS.又∵SA⊥AB，AC∩AB＝A，AC，AB⊂平面ABC，∴AS⊥平面ABC.∴AS为三棱锥S－ABC的高，∴V三棱锥S－ABC＝13×12×2×6×23＝4 3.二、创新拓展练13.(多选)(2022·无锡模拟)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是( )A.圆柱的侧面积为4πR2B.圆锥的侧面积为2πR2C.圆柱的侧面积与球的表面积相等D.球的体积是圆锥体积的两倍答案ACD解析对于A，∵圆柱的底面直径和高都等于2R，∴圆柱的侧面积S1＝2πR·2R＝4πR2，故A正确；对于B，∵圆锥的底面直径和高都等于2R，∴圆锥的侧面积为S2＝πR·R2＋4R2＝5πR2，故B错误；对于C，∵圆柱的侧面积为S1＝4πR2，球的表面积S3＝4πR2，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；对于D，球的体积为V1＝43πR3，圆锥的体积为V2＝13πR2·2R＝23πR3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D正确.14.(多选)(2022·邯郸模拟)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°.若取θ＝30°，侧棱长为21米，则( )A.正四棱锥的底面边长为6米B.正四棱锥的底面边长为3米C.正四棱锥的侧面积为243平方米D.正四棱锥的侧面积为123平方米答案AC解析如图，在正四棱锥S－ABCD中，O为正方形ABCD的中心，H为AB的中点，则∠SHO为侧面SAB与底面ABCD所成的锐二面角，且SH⊥AB，∠SHO＝30°，设底面边长为2a ，所以OH ＝AH ＝a ，OS ＝33a ，SH ＝233a . 在Rt△SAH 中，a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233a 2＝21，解得a ＝3，所以正四棱锥的底面边长为6米，侧面积为S ＝12×6×23×4＝243(平方米).15.(多选)(2022·福州调研)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝12，则下列结论中正确的是( )A.AC ⊥AFB.EF ∥平面ABCDC.三棱锥A －BEF 的体积为定值D.△AEF 的面积与△BEF 的面积相等答案 BC解析由题意及图形知，当点F 与点B 1重合时，∠CAF ＝60°，故A 错误；由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的两个底面平行，EF ⊂平面A 1B 1C 1D 1，知EF ∥平面ABCD ，故B 正确；由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，点A 到平面DD 1B 1B 的距离是定值，故可得三棱锥A －BEF 的体积为定值，故C 正确；由图形可以看出，B到直线EF的距离与A到直线EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误.故选BC.16.(多选)《九章算术》是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”，则( )A.“羡除”有且仅有两个面为三角形B.“羡除”一定不是台体C.不存在有两个面为平行四边形的“羡除”D.“羡除”至多有两个面为梯形答案ABC解析由题意知AE∥BF∥CD，四边形ACDE为梯形，如图所示.选项A，由题意知“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A正确；选项B，因为AE∥BF∥CD，所以“羡除”一定不是台体，故B正确；选项C，假设四边形ABFE和四边形BCDF为平行四边形，则AE∥BF∥CD，且AE＝BF＝CD，即四边形ACDE为平行四边形，与已知四边形ACDE为梯形矛盾，故不存在，故C正确；选项D，若AE≠BF≠CD，则“羡除”有三个面为梯形，故D错误.故选ABC.17.(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V，V2，V3，则( )1A.V3＝2V2B.V3＝V1C.V3＝V1＋V2D.2V3＝3V1答案CD解析如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝V E－ACD＝13S△ACD·ED＝13×12AD·CD·ED＝13×12×2×2×2＝43，V 2＝V F－ABC＝13S△ABC·FB＝13×12AB·BC·FB＝13×12×2×2×1＝23.因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以ED⊥AC，又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF. 因为OE，OF⊂平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF.易知AC ＝BD ＝2AB ＝22，OB ＝OD ＝12BD ＝2，OF ＝OB 2＋FB 2＝3，OE ＝OD 2＋ED 2＝6， EF ＝BD 2＋（ED －FB ）2 ＝（22）2＋（2－1）2＝3，所以EF 2＝OE 2＋OF 2，所以OF ⊥OE . 又OE ∩AC ＝O ，OE ，AC ⊂平面ACE ，所以OF ⊥平面ACE ，所以V 3＝V F －ACE ＝13S △ACE ·OF ＝13×12AC ·OE ·OF＝13×12×22×6×3＝2，所以V 3≠2V 2，V 1≠V 3，V 3＝V 1＋V 2，2V 3＝3V 1，所以选项A ，B 不正确，选项C ，D 正确.故选CD.18.(2022·丽水质检)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，∠A 1AC ＝∠A 1AB ＝60°，∠BAC ＝90°，则四面体A 1BB 1C 1的体积为________. 答案26解析法一如图，连接A 1C ，在三角形A 1AB 中，AB ＝1，AA 1＝2，∠A 1AB ＝60°，由余弦定理得A 1B 2＝22＋12－2×1×2×cos 60°＝3，即A 1B ＝3，同理A 1C ＝3，则AB 2＋A 1B 2＝A 1A 2，所以A 1B ⊥AB ，同理A 1C ⊥AC ，所以△A 1AB ≌△A 1AC .过点B 作BD ⊥A 1A ，垂足为D ，连接CD ，则CD ⊥A 1A ，又BD ∩CD ＝D ，所以A 1A ⊥平面BCD ，所以BD ＝CD ＝1×32＝32，又AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝90°，所以BC ＝ 2.取BC 的中点E ，连接DE ，则DE ⊥BC ，且DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝12，所以S △BCD ＝12×BC ×DE ＝12×2×12＝24，则V A 1－BB 1C 1＝V B －A 1B 1C 1＝V A 1－ABC ＝V A 1－BCD ＋V A －BCD ＝13·S △BCD ·A 1A ＝13×24×2＝26. 法二如图，连接A 1C ，在三角形A 1AB 中，AB ＝1，AA 1＝2，∠A 1AB ＝60°，由余弦定理得A 1B 2＝22＋12－2×1×2×cos 60°＝3，即A 1B ＝3，同理A 1C ＝3，则AB 2＋A 1B 2＝A 1A 2，所以A 1B ⊥AB ，同理A 1C ⊥AC .设A 1在平面ABC 内的射影为O ，连接A 1O ，AO ，OB ，OC ，则A 1O ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ，所以A 1O ⊥AB ，31 / 31 又A 1B ∩A 1O ＝A 1，所以AB ⊥平面A 1OB ，又OB ⊂平面A 1OB ，所以AB ⊥OB ，同理OC ⊥AC ，且△A 1OB ≌△A 1OC ，所以OB ＝OC ，则点O 在∠BAC 的平分线上. 设AO 交BC 于点E ，连接A 1E ，则AE ＝22，A 1E ＝（3）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝102，在△A 1AE 中，cos∠A 1AE ＝A 1A 2＋AE 2－A 1E 22×A 1A ×AE ＝22，则∠A 1AE ＝45°，则A 1O ＝A 1A sin 45°＝2，V A 1－BB 1C 1＝V B －A 1B 1C 1＝V A 1－ABC ＝13·S △ABC ·A 1O ＝13×12×1×1×2＝26.。

2021届高考数学考点训练-空间几何体的表面积与体积

专题八立体几何【考情探究】课标解读考情分析备考指导主题内容一、空间几何体结构特征及体积与表面积公式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.了解球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式.1.从近几年高考考查内容来看,这一部分主要考查空间几何体与涉及数学文化、空间几何体的表面积与体积、几何体的外接、内切球的计算,考查空间几何体侧面展开图问题,题型既有选择题,也有填空题,难度适中.2.这一部分突出对空间直线、平面位置关系的判断,会求两异面直线所成的角,在解答题中主要是考查直线与平面平行、垂直的判定与性质,常出现在解答题第一问,难度中等,解题时注意线线、线面、面面平行、垂直位置关系的相互转化.3.利用空间向量证明平行与垂直以及求空间角(特别是二面角)、空间距离均是高考的热点,通过向量的运算来证明直线平行、垂直,求夹角,难度中等,以解答题形式出现,把立体几何问题转化为空间向量问题.1.强化识图能力,还原成自己熟悉的几何体.2.对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或割补.3.重视立体几何最值问题的研究.4.平面展开图(折线转化成直线).5.完善知识网络,强调通性通法,以下是平行垂直关系的转化关系图.6.加强空间向量对垂直问题的研究:空间直角坐标系的建立是基于三线两两垂直的,因此只有真正掌握了对垂直关系的判断、论证的研究方法,真正理解法向量的自由性,以及求法向量的方法,才能使问题顺利解决.二、空间点、线、面的位置关系1.理解空间直线、平面位置关系的定义.2.能运用公式、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.3.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线、面平行的判定定理与有关性质.4.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线、面垂直的判定定理与有关性质.三、空间向量运算及立体几何中的向量方法1.掌握空间向量的线性运算、数量积及其坐标表示、用向量的数量积判断向量的平行与垂直.2.理解直线的方向向量与平面的法向量.3.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究几何问题中的作用.【真题探秘】§8.1空间几何体的表面积与体积基础篇固本夯基【基础集训】考点一空间几何体的结构特征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;③存在每个面都是直角三角形的四面体;④棱台的侧棱延长后交于一点.其中正确命题的序号是. 答案②③④2.给出下列命题:①在圆柱上、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直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥;③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圆锥;④以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台;⑤圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面;⑥一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台.其中正确命题的序号是.答案⑤3.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OABC的形状是.答案菱形4.一梯形的直观图是一个如图所示的等腰梯形,且梯形O'A'B'C'的面积为,则原梯形的面积为.答案 4考点二空间几何体的体积5.如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为,D为BC的中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为()A.3B.C.1D.答案C6.平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为,则此球的体积为()A.πB.4πC.4πD.6π答案B7.如图,在四边形ABCD中,∠DAB=90°,∠ADC=135°,AB=5,CD=2,AD=2,则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所形成几何体的体积为.答案π考点三空间几何体的表面积8.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,且AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的表面积是.答案169π9.《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓,例如:将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵,将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开,得到一个阳马(底面是长方形,且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体).在如图所示的堑堵ABC-A1B1C1中,AA1=AC=5,AB=3,BC=4,则阳马C1-ABB1A1的外接球的表面积是.答案50π综合篇知能转换【综合集训】考法一与表面积和体积有关的问题1.(2017课标Ⅰ,16,5分)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F 为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB 为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为.答案42.(2020届浙江东阳中学10月月考,16)顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形,A是底面圆周上的点,B 是底面圆内的点,O为底面圆圆心,AB⊥OB,垂足为B,OH⊥PB,垂足为H,且PA=4,C是PA的中点,则当三棱锥O-HPC的体积最大时,OB的长为.答案考法二与球有关的切、接问题3.(2016课标全国Ⅲ,11,5分)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是()A.4πB.C.6πD.答案B4.(2019皖中入学摸底,10)将半径为3,圆心角为的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计),则该圆锥的内切球的体积为()A. B. C. D.2π答案A5.(2018四川南充模拟,9)已知A,B,C,D是同一球面上的四个点,其中△ABC是正三角形,AD⊥平面ABC,AD=2AB=6,则该球的体积为()A.32πB.48πC.24πD.16π答案A6.(2017江苏,6,5分)如图,在圆柱O1O2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O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是.答案7.(2018湖南师大附中模拟,16)在体积为的三棱锥S-ABC中,AB=BC=2,∠ABC=90°,SA=SC,且平面SAC⊥平面ABC,若该三棱锥的四个顶点都在同一球面上,则该球的体积是.答案π8.(2018江西南昌二中1月模拟,16)在三棱锥S-ABC中,△ABC是边长为3的等边三角形,SA=,SB=2,二面角S-AB-C的大小为120°,则此三棱锥的外接球的表面积为.答案21π应用篇知行合一【应用集训】1.(2015课标Ⅰ,6,5分)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有()A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛答案B2.如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8 cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为()A. cm3B. cm3C. cm3D. cm3答案A3.(2019课标Ⅲ,16,5分)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型.如图,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为g.答案118.8【五年高考】考点一空间几何体的结构特征1.(2019课标Ⅱ,16,5分)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有个面,其棱长为.(本题第一空2分,第二空3分)图1图2答案26;-1考点二空间几何体的体积2.(2019课标Ⅰ,12,5分)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为()A.8πB.4πC.2πD.π答案D3.(2015山东,7,5分)在梯形ABCD中,∠ABC=,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()A. B. C. D.2π答案C4.(2019江苏,9,5分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD的体积是.答案105.(2019天津,11,5分)已知四棱锥的底面是边长为的正方形,侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为.答案6.(2018天津,11,5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M-EFGH的体积为.答案7.(2018江苏,10,5分)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.答案8.(2017天津,10,5分)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,则这个球的体积为.答案π9.(2015江苏,9,5分)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为.答案10.(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.(1)若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?解析(1)由PO1=2 m知O1O=4PO1=8 m.因为A 1B1=AB=6 m,所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积V锥=·A1·PO1=×62×2=24(m3);正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).(2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则0<h<6,O1O=4h(m).连接O1B1.因为在Rt△PO 1B1中,O1+P=P,所以+h2=36,即a2=2(36-h2).于是仓库的容积V=V 柱+V锥=a2·4h+a2·h=a2h=(36h-h3),0<h<6,从而V'=(36-3h 2)=26(12-h2).令V'=0,得h=2或h=-2(舍).当0<h<2时,V'>0,V是单调增函数;当2<h<6时,V'<0,V是单调减函数.故h=2时,V取得极大值,也是最大值.因此,当PO1=2 m时,仓库的容积最大.方法指导(1)根据已知条件求出相关数据,进而利用相应体积公式求解.(2)选择中间关联变量PO1为主变量把相关边长与高用主变量表示出来,再把容积表示成主变量的函数,进而转化成研究函数最值的问题.评析本题主要考查函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积等基础知识,考查空间想象能力和运用数学模型及数学知识分析和解决实际问题的能力.考点三空间几何体的表面积11.(2015课标Ⅱ,9,5分)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答案C12.(2018课标Ⅱ,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5,则该圆锥的侧面积为.答案40π【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共50分)1.(2020届山东夏季高考模拟,5)已知三棱锥S-ABC中,∠SAB=∠ABC=,SB=4,SC=2,AB=2,BC=6,则三棱锥S-ABC的体积是()A.4B.6C.4D.6答案C2.(2020届九师联盟9月质量检测,3)埃及金字塔是古埃及的帝王(法老)陵墓,世界七大奇迹之一,其中较为著名的是胡夫金字塔,令人吃惊的并不仅仅是胡夫金字塔的雄壮身姿,还有发生在胡夫金字塔上的数字“巧合”.如胡夫金字塔的底部周长如果除以其高度的两倍,得到的商为3.141 59,这就是圆周率较为精确的近似值.金字塔底部为正方形,整个塔形为正四棱锥,经古代能工巧匠建设完成后,底座边长大约为230米.因年久风化,顶端剥落10米,则胡夫金字塔现高大约为()A.128.4米B.132.4米C.136.4米D.140.4米答案C3.(2020届广东广州中学10月月考,7)已知圆柱的高为2,底面半径为,若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上,则这个球的表面积等于()A.4πB.πC.πD.16π答案D4.(2020届山东寿光现代中学10月月考,10)已知矩形ABCD的面积为8,当矩形周长最小时,沿对角线AC把△ACD折起,则三棱锥D-ABC的外接球的表面积等于()A.4πB.8πC.16πD.24π答案C5.(2020届辽宁瓦房店高级中学10月月考,11)一个圆锥的母线长为2,圆锥的母线与底面的夹角为,则圆锥的内切球的表面积为()A.8πB.4(2-)2πC.4(2+)2πD.π答案B6.(2019宁夏银川质量检测,11)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为直角三角形,且两直角边长分别为1和,此三棱柱的高为2,则该三棱柱的外接球的体积为()A. B. C. D.答案A7.(2018广东惠州二模,10)已知三棱锥S-ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形,AB=2,SA=SB=SC=2,则三棱锥S-ABC的外接球的球心到平面ABC的距离是()A. B.1 C. D.答案A8.(2020届辽宁阜新高级中学10月月考,11)在三棱锥S-ABC中,AB=,∠ASC=∠BSC=,AC=AS,BC=BS,若该三棱锥的体积为,则三棱锥S-ABC外接球的体积为()A.πB.4πC.πD.答案B9.(2020届河北衡水中学模拟,11)在菱形ABCD中,∠DAB=60°,将这个菱形沿对角线BD折起,使得平面DAB⊥平面BDC,若此时三棱锥A-BCD的外接球的表面积为5π,则AB的长为()A. B. C. D.3答案B10.(2020届湖南长沙一中第一次月考,12)已知三棱锥D-ABC的四个顶点在球O的球面上,若AB=AC=BC=DB=DC=1,当三棱锥D-ABC的体积取到最大值时,球O的表面积为()A. B.2π C.5π D.答案A二、多项选择题(每题5分,共15分)11.(改编题)已知三棱锥A-BCD中,BC⊥CD,AB=AD=,BC=1,CD=,则()A.三棱锥的外接球的体积为B.三棱锥的外接球的体积为C.三棱锥的体积的最大值为D.三棱锥的体积的最大值为答案AC12.(改编题)如图,矩形ABCD中,M为BC的中点,将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M,连接B1D,N为B1D的中点,则在翻折过程中,下列说法中正确的是()A.存在某个位置,使得CN⊥AB1的长是定值C.若AB=BM,则AM⊥B1DD.若AB=BM=1,当三棱锥B1-AMD的体积最大时,三棱锥B1-AMD的外接球的表面积是4π答案BD13.(2019山东德州上学期期末考试数学试题)一几何体的平面展开图如图所示,其中四边形ABCD为正方形,E、F分别为PB、PC的中点,在此几何体中,给出下面的结论,其中正确的是()A.直线AE与直线BF异面B.直线AE与直线DF异面C.直线EF∥平面PADD.直线DF⊥平面PBC答案AC三、填空题(每题5分,共35分)14.(2020届山东夏季高考模拟,16)半径为2的球面上有A,B,C,D四点,且AB,AC,AD两两垂直,则△ABC,△ACD 与△ADB面积之和的最大值为.答案815.(2020届重庆一中第二次月考,13)已知圆锥的母线长为5,侧面积为15π,则该圆锥的体积为.答案12π16.(2019辽宁丹东质量测试(一),14)一个圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形,则这个圆锥的侧面积为.答案π17.(2019福建漳州二模,15)已知正四面体ABCD的外接球的体积为8π,则这个四面体的表面积为.答案1618.(2019东北师大附中、重庆一中等校联合模拟,15)若侧面积为4π的圆柱有一外接球O,当球O的体积取得最小值时,圆柱的表面积为.答案6π19.(2020届福建厦门一中10月月考,15)三棱锥P-ABC中,PA=PB=2,AB=4,BC=3,AC=5,若平面PAB⊥平面ABC,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为.答案25π20.(2020届广东广州十六中质量检测(一),15)已知四棱锥P-ABCD的顶点都在球O的球面上,底面为矩形,平面PAD⊥底面ABCD,△PAD为正三角形,AB=2AD=4,则球O的表面积为.答案π。

新高考数学复习专题-专题十三简单几何体的结构特征、表面积与体积(原卷版)

专题十三简单几何体的结构特征、表面积与体积一、单选题1．（2021·浙江高一期末）如图所示是水平放置的三角形的直观图，2,,AB BC AB BC ==分别与y '轴、x '轴平行，则ABC 在原图中对应三角形的面积为（）A ．2B ．1C ．2D ．4 2．（2021·山东日照市·高三一模）已知直三棱柱111ABC A B C -的侧棱长为2，AB BC ⊥，2AB BC ==.过AB 、1BB 的中点E 、F 作平面α与平面11AAC C 垂直，则所得截面周长为（）A ．+BC ．D ．3．（2021·全国高三其他模拟）如图是千里淮河第一闸——王家坝闸下游，蒙洼蓄洪区内特色居民生活区域——庄台的示意图．忽略其他因素不妨假设庄台的底部建筑（不含地面上建筑）恰好为一个正四棱台，若该正四棱台的上底面边长为a ，下底面边长为b ，上底面中心处高为h 的旗杆顶点恰好为该正四棱台四条侧棱的交点，则该正四棱台的高为（）A ．ah b B ．bh a C ．()b a h b - D ．()b a h a- 4．（2021·广东肇庆市·高三二模）牙雕套球又称“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，工艺要求极高.明代曹昭在《格古要论·珍奇·鬼工毬》中写道：“尝有象牙圆毬儿一箇，中直通一窍，内车数重，皆可转动，故谓之鬼工毬”.现有某“鬼工球”，由外及里是两层表面积分别为2100cm π和264cm π的同心球（球壁的厚度忽略不计），在外球表面上有一点A ，在内球表面上有一点B ，连接线段AB .若线段AB 不穿过小球内部，则线段AB 长度的最大值是（）A B ．9cm C ．3cm D ．2cm 5．（2021·浙江高二开学考试）一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图均为等腰直角三角形，该几何体的体积为（）A．8 B．83C．4 D．436．（2021·江苏高一课时练习）关于斜二测画法所得直观图，以下说法正确的是（）A．等腰三角形的直观图仍是等腰三角形B．正方形的直观图为平行四边形C．梯形的直观图不是梯形D．正三角形的直观图一定为等腰三角形7．（2021·甘肃兰州市·高三其他模拟（文））《九章算术》卷五《商功》中有如下问题：“今有委粟平地，下周一十二丈，高四丈.”意思是：今将粟放在平地，谷堆下周长12丈，高4丈.将该谷堆模型看作一个圆锥，取近似值3，则该圆锥外接球的表面积约为（）A．55平方丈B．75平方丈C．110平方丈D．150平方丈8．（2021·甘肃高三一模（理））玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，它与玉璧、玉圭、玉璋、玉璜、玉琥被称为“六器”，是古人用于祭祀神祇的一种礼器．《周礼》中载有“以玉作六器，以礼天地四方，以苍璧礼天，以黄琮礼地”等文．如图为齐家文化玉琮，该玉琮中方内空，形状对称，圆筒内径2.0cm，外径2.4cm，筒高6.0cm，方高4.0cm，则其体积约为（单位：3cm）（）A ．23.04 3.92π-B ．34.56 3.92π-C ．34.56 3.12π-D ．23.04 3.12π- 9．（2021·全国高三月考（理））已知三棱锥P ABC -中，ABC 是等腰直角三角形，AB AC ⊥，AB =PA =PAB PAC ∠=∠，三棱锥P ABC -的体积为1，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为（）A ．36πB ．32πC ．24πD ．16π 10．（2021·全国高三专题练习（理））设ABC 为等腰三角形，2AB AC ==，3A π∠=，AD 为BC 边上的高，将ADC 沿AD 翻折成ADC '，若四面体ABC D '的外接球半，则线段BC '的长度为（）A ．2B ．1CD 11．（2021·全国高三专题练习（理））在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，O 为正方形1111D C B A 的中心，P ，M ，N 分别为1DD ，AB ，BC 的中点，则四面体OPMN 的体积为（）A ．512B ．56C ．12D ．612．（2021·全国高三专题练习（理））在正方体1111ABCD A B C D -中，三棱锥11A BC D -的内切球的表面积为16π，则正方体外接球的体积为（）A ．81πB ．288πC ．36πD ． 13．（2021·浙江高三专题练习）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．3π8B ．π4C ．5π24D ．7π2414．（2021·浙江高一期末）圆台的上，下底面半径分别为3和4，母线长为6．则其表面积等于（）A ．72B ．42πC ．67πD ．72π 15．（2021·全国高三开学考试（文））如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（）A ．18πB ．20πC ．223πD ．26π16．（2021·江苏苏州市·高三开学考试）我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了一个原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差．图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线AOC 和BOD 均是以1为半径的半圆，平面AOC 和平面BOD 均垂直于平面ABCD ，用任意平行于帐篷底面ABCD 的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形．模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2)，从而求得该帐篷的体积为（）A ．23B ．43C ．3πD ．23π 17．（2021·山西晋中市·高三二模（理））如图，一个四棱柱形容器中盛有水，在底面ABCD 中，//AB CD ，3AB =，1CD =，侧棱14AA =，若侧面11AA B B 水平放置时，水面恰好过1111,,,AD BC B C A D 的中点，那么当底面ABCD 水平放置时，水面高为（）A ．2B ．52C ．3D ．7218．（2021·广西梧州市·高三其他模拟（理））在等腰三角形ABC 中，2AB AC ==，顶角为120，以底边BC 所在直线为轴旋转围成的封闭几何体内装有一球，则球的最大体积为（）A ．2B ．2C ．12π D ．3二、多选题19．（2021·广东韶关市·高三一模）如图三棱锥P ABC -，平面PBC ⊥平面ABC ，已知PBC 是等腰三角形，ABC 是等腰直角三角形，若2AB BC ==，PB PC ==球O 是三棱锥P ABC -的外接球，则（）A ．球心到平面PBC 的距离是32B ．球心到平面ABC 的距离是34C ．球的表面积是414πD ．球的体积是320．（2021·山东青岛市·高三一模）在南方不少地区，经常看到人们头戴一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，随着旅游和文化交流活动的开展，斗笠也逐渐成为一种时尚旅游产品.有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，根据人的体型、高矮等制作成大小不一的型号供人选择使用，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长（母线长）和帽底宽（底面圆直径长）两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽）A ．斗笠轴截面（过顶点和底面中心的截面图形）的顶角为120B ．过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为平方厘米C ．若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为1600π平方厘米D ．此斗笠放在平面上，可以盖住的球（保持斗笠不变形）的最大半径为30厘米21．（2021·山东德州市·高三一模）如图，在边长为4的正方形ABCD 中，点E 、F 分别在边AB 、BC 上（不含端点）且BE BF =，将AED ，DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A 、C 两点重合于点1A ，则下列结论正确的有（）．A ．1A D EF ⊥B ．当12BE BF BC ==时，三棱锥1A F DE -C ．当14BE BF BC ==时，三棱锥1A F DE -的体积为3D ．当14BE BF BC ==时，点1A 到平面DEF 的距离为7第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明三、填空题22．（2021·浙江高一期末）圆锥底面半径为1，母线长为4，轴截面为PAB ，如图，从A 点拉一绳子绕圆锥侧面一周回到A 点，则最短绳长为_________．23．（2021·吉林长春市·高三二模（文））“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜（如图，其反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，设球冠底的半径为r ，球冠的高为h ，则球的半径R =______________．24．（2020·江苏省苏州中学园区校高二期中）如图所示为水平放置的正方形ABCO ，在平面直角坐标系xOy 中点B 的坐标为()2,2，用斜二测画法画出它的直观图A B C O ''''，则四边形A B C O ''''的面积为___________.25．（2021·江苏高一课时练习）从正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的8个顶点中任意取4个不同的顶点，这4个顶点可能是：（1）矩形的4个顶点；（2）每个面都是等边三角形的四面体的4个顶点；（3）每个面都是直角三角形的四面体的4个顶点；（4）有三个面是等腰直角三角形，有一个面是等边三角形的四面体的4个顶点．其中正确结论的个数为________．26．（2021·山东德州市·高三一模）已知三棱锥P ABC -中，AP 、AB 、AC 三条棱两两垂直，且长度均为P 为球心，4为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为______．27．（2021·江苏省天一中学高三二模）《九章算术》是古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊欧几里得的《几何原本》并称现代数学的两大源泉.《九章算术》卷五记载：“今有刍甍，下广三丈，表四丈，上袤二丈，无广，高一丈.问积几何？”译文：今有如图所示的屋脊状楔体PQ ABCD -，下底面ABCD 是矩形，假设屋脊没有歪斜，即PQ 的中点R 在底面ABCD 上的投影为矩形ABCD 的中心点O ，//PQ AB ，4AB =，3AD =，2PQ =，1OR =（长度单位：丈）.则楔体PQ ABCD -的体积为___________（体积单位：立方丈）.28．（2020·苏州市第三中学校高二月考）已知球O 的半径为3，正三棱锥S ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，且2SA =，则正三棱锥S ABC -的体积为___________. 29．（2021·河南高三月考（理））棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 、P 、Q 分别是11A D 、11C D 、11B C 、11A B 的中点，沿平面AMQ 、BQP 、CPN 、DMN 截去4个小三棱锥后，所得多面体体积为______．30．（2021·全国高三专题练习（文））已知直三棱柱111ABC A B C -，14AB BC AA ===，AC =P 是上底面111A B C 所在平面内一动点，若三棱锥P ABC -的外接球表面积恰为41π，则此时点P 构成的图形面积为________．31．（2021·山东济宁市·高三一模）在长方体1111ABCD A B C D -中，3AB =，14A D A A ==，E ，F ，G 分别是棱AB ，BC ，1CC 的中点，P 是底面ABCD 内一动点，若直线1D P 与平面EFG 平行，当三角形1BB P 的面积最小时，三棱锥1A BB P -的外接球的体积是______．32．（2021·河北张家口市·高三一模）早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36︒按35计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．33．（2021·云南高三其他模拟（理））如图，已知面积为4的正方形ABCD 的四个顶点均在球O 的球面上，1O 为正方形ABCD 的外接圆，1AO O △为等腰直角三角形，则球O 的体积为___________.34．（2021·浙江高二开学考试）如图，过球的一条半径OP 的中点1O ，作垂直于该半径的平面，所得截面圆的面积与球的表面积之比为________．35．（2021·湖北高三月考）已知球O 的半径为4,3点,,,A B C D 均在球面上，若ABC则三棱锥D ABC -的最大体积是___________.四、解答题36．（2021·全国高三专题练习（文））设某几何体的三视图如图(尺寸的长度单位为cm )，（1）用斜二测画法画出该几何体的直观图(不写画法)；（2）求该几何体最长的棱长.37．（2021·江苏高一课时练习）如图，在三棱锥V ABC -中，4VA VB VC ===，30AVB AVC BVC ∠=∠=∠=，过点A 作截面AEF ，求AEF 周长的最小值．38．（2021·江西高三其他模拟（文））如图，已知三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒，11AA =，AB =2AC =，E ，F 分别为棱1CC ，BC 的中点.（1）求异面直线EF 与1A B 所成角的大小；（2）若G 为线段1AA 的中点，试在图中作出过E ，F ，G 三点的平面截该棱柱所得的多边形，并求该截面分三棱柱成两部分（较小部分与较大部分）的体积的比值. 39．（2021·全国高三月考（文））如图，直三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC 是边长为2的等边三角形，14BB =，E 为棱11A C 的中点，F 为棱11A B 的中点，11BC B C O =.（1）证明：1//A B 平面EFO ；（2）求三棱锥111B ACC -的体积.40．（2021·湖南高三月考（文））图1是由正方形ABCD ，Rt ABE △，Rt CDF △组成的一个平面图形，其中1AB AE DF ===，将其沿AB 、CD 折起使得点E 与点F 重合，如图2．（1）证明：图2中的平面ABE 与平面ECD 的交线平行于底面ABCD ；（2）求图2中几何体A BCE -的体积．41．（2021·全国高三专题练习（文））在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，1,2PD PN ND ==.四边形ABCD 为梯形，//,224,120AD BC BC AD DC ADC ===∠=︒.（1）求证：//PB 平面ACN ；（2）求三棱锥N PBC -的体积.42．（2021·全国高三专题练习（文））在等腰梯形ABCD 中，//,2,AB CD AB DC E =为AB 的中点，将ADE 与BEC △分别沿ED CE 、向上折起，使A B 、重合于点.P（1）在折后的三棱锥P DCE -中，证明:PE CD ⊥；（2）若60DEC ∠=，且折后的三棱锥P DCE -求三棱锥P DCE -的体积.43．（2021·全国高三专题练习（文））如图，在四棱锥S ABCD -中，SD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，90ADC DAB ∠=∠=︒，2SD AD ==，1DC =，CB =．（1）证明：平面SAD ⊥平面SAB ；（2）求三棱锥C SAB -的体积．44．（2021·全国高三专题练习（文））如图，在四校锥P ABCD -中，四边形ABCD 为直角梯形，//AD BC ，90ADC ︒∠=，平面PAD ⊥平面ABCD ，Q ，M 分别为AD ，PC 的中点，22PA PD AD CD BC =====.（1）求证：BC ⊥平面PQB ；（2）求三棱锥P AMQ -的体积.45．（2021·河南高一月考）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，13AA =.（1）求证：直线1//A B 平面1ACD ；（2）求三棱锥1D BCD 的外接球的体积.五、双空题46．（2021·广东广州市·高三一模）已知三棱锥P ABC -的底面ABC 是边长为6的等边三角形，PA PB PC ===，先在三棱锥P ABC -内放入一个内切球1O ，然后再放入一个球2O ，使得球2O 与球1O 及三棱锥P ABC -的三个侧面都相切，则球1O 的体积为________，球2O 的表面积为__________.18原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！。

§10第十单元立体几何

§10.1空间几何体的直观图、三视图及其应用对应学生用书第134页1.简单多面体的结构特征名称特征棱柱侧棱都互相平行,上下底面是全等的多边形棱锥底面是任意多边形,侧面是有一个公共顶点的三角形棱台由平行于底面的平面截棱锥得到,其上下底面是相似多边形2.旋转体的结构特征名称特征圆柱由矩形绕一边所在直线旋转一周得到圆锥由直角三角形绕一条直角边所在直线旋转一周得到圆台由直角梯形绕直角腰所在直线旋转一周或等腰梯形绕上下底边中心所在直线旋转半周得到,也可由平行于底面的平面截圆锥得到球由半圆面绕直径旋转一周或圆面绕直径旋转半周得到3.简单几何体的三视图简单几何体的三视图是用平行投影得到,这种投影下,与投影面平行的平面图形留下的影子,与平面图形的形状和大小是全等和相等的,三视图包括正(主)视图、侧(左)视图、俯视图.4.简单几何体的直观图简单几何体的直观图常用斜二测画法来画,基本步骤如下:画几何体的底在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴,两轴相交于点O,画直观图时,把它们画成对应的x'轴、y'轴,两轴相交于点O',且使∠x'O'y'= 45°或135°,已知图形中平行于x轴、y轴的线段,在直观图中平行于x'轴、y'轴.已知图形中平行于x轴的线段,在直观图中长度不变,平行于y轴的线段,长度变为原来的一半面画几何体的高在已知图形中过O 点作z 轴垂直于xOy 平面,在直观图中对应的z'轴,也垂直于x'O'y'平面,已知图形中平行于z 轴的线段,在直观图中仍平行于z'轴且长度不变1.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=√24S 原图形,S 原图形=2√2S 直观图.2.记住旋转体的一些常见结论 (1)球的三视图都是半径相等的圆.(2)水平放置的圆锥的正(主)视图和侧(左)视图均为全等的等腰三角形.(3)水平放置的圆台的正(主)视图和侧(左)视图均为全等的等腰梯形.(4)水平放置的圆柱的正(主)视图和侧(左)视图均为全等的矩形.3.正方体的截面情况:三角形,四边形(有菱形、矩形、梯形等),五边形,六边形.(1)三视图的长度特征:“长对正,宽相等,高平齐”,即正(主)视图和侧(左)视图一样高,正(主)视图和俯视图一样长,侧(左)视图和俯视图一样宽.若相邻两物体的表面相交,表面的交线是它们的分界线,在三视图中,要注意实、虚线的画法. (2)台体可以看成是由锥体截得的,但一定要强调截面与底面平行.(3)注意空间几何体的不同放置对三视图的影响. (4)几何体的展开、折叠问题,要抓住前后两个图形间的联系,找出其中的量的关系.【概念辨析】1.关于空间几何体的结构特征,判断下面结论是否正确.(对的打“√”,错的打“×”)(1)棱柱的侧棱长都相等. ( ) (2)棱锥的侧棱长都相等.( ) (3)三棱台的上、下底面是相似三角形. ( ) (4)有的棱台的侧棱长都相等.( )答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√【对接教材】2.(人教A版必修2P15T2改编)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答案 D解析正方体的三视图都相同,而三棱台的三视图各不相同,圆锥和正四棱锥的正(主)视图和侧(左)视图相同,故选D.3.(人教A版必修2P8A组T1改编)下列说法中正确的是().A.棱柱的侧面可以是三角形B.正方体和长方体都是特殊的四棱柱C.所有几何体的表面都能展开成平面图形D.棱柱的各条棱都相等答案 B解析棱柱的侧面都是四边形,A不正确;正方体和长方体都是特殊的四棱柱,B正确;不是所有几何体的表面都能展开成平面图形,球不能展开成平面图形,C不正确;棱柱的各条棱并不是都相等,但棱柱的侧棱都相等,所以D不正确.【易错自纠】4.(2021江西南昌模拟)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,P是平面A1B1C1D1内一点,则三棱锥P-BCD 的正(主)视图与侧(左)视图的面积之比为().A.1︰1B.2︰1C.2︰3D.3︰2答案 A解析根据题意,三棱锥P-BCD的正(主)视图是三角形,且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高;侧(左)视图是三角形,且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高.故三棱锥P-BCD的正(主)视图与侧(左)视图的面积之比为1∶1.故选A.5.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: cm3)是().A.2B.4C.6D.8答案 C解析由三视图知该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱,即如图所示的四棱柱A1B1C1D1-ABCD.×(1+2)×2=3.直四棱柱的高为2,所以体积V=3×2=6.故选C.由三视图可知S底面=12【真题演练】6.(2020年北京卷)某三棱柱的底面为正三角形,其三视图如图所示,该三棱柱的表面积为().A.6+√3B.6+2√3C.12+√3D.12+2√3答案 D解析由题意可得,三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形,侧面为三个边长为2的正方形,则其表×2×2×sin60°)=12+2√3.故选D.面积S=3×(2×2)+2×(12对应学生用书第136页空间几何体的结构特征【题组过关】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.其中所有错误命题的序号是().A.②③④B.①②③C.①②④D.①②③④答案 D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错误,对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明,故②错误,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错误,故选D.2.给出下列结论: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用一个平面截圆锥,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.答案⑤解析①中这条边若是直角三角形的斜边,则得不到圆锥,①错误;②中这条腰若不是垂直于两底的腰,则得到的不是圆台,②错误;圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面,③错误;④中如果用不平行于圆锥底面的平面截圆锥,那么得到的不是圆锥和圆台,④错误;只有球满足任意截面都是圆面,⑤正确.3.如图甲,将一个正三棱柱ABC-DEF截去一个三棱锥A-BCD,得到几何体BCDEF,如图乙,则该几何体的正(主)视图是().答案 C解析可先作出三棱柱的正(主)视图,再删去三棱锥,只有选项C满足.点拨解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧(1)紧扣结构特征是判断的关键,熟悉空间几何体的结构特征,依据条件构建几何模型,在条件不变的情况下,变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素,然后再依据题意判定.(2)通过反例对结构特征进行辨析,即要说明一个命题是错误的,只要举出一个反例即可.空间几何体的三视图【考向变换】考向1由几何体的直观图识别三视图(2018年全国Ⅲ卷)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解析两个木构件咬合成长方体时,小长方体(榫头)完全嵌入带卯眼的木构件,易知俯视图可以为A.故选A.点拨由几何体的直观图求三视图,注意正(主)视图、侧(左)视图和俯视图的观察方向,注意看到的部分用实线,不能看到的部分用虚线表示.【追踪训练1】(2021辽宁沈阳模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点(如图),用过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的侧(左)视图为().答案 C解析过点A,E,C1的截面为AEC1F,如图,则剩余几何体的侧(左)视图为选项C中的图形.故选C.考向2已知三视图,判断几何体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答案 C解析将三视图还原为直观图,几何体是底面为直角梯形,且一条侧棱和底面垂直的四棱锥,如图所示.易知,BC∥AD,BC=1,AD=AB=PA=2,AB⊥AD,PA⊥平面ABCD,故△PAD,△PAB为直角三角形,因为PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PA⊥BC,又BC⊥AB,且PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB,又PB⊂平面PAB,所以BC⊥PB,所以△PBC为直角三角形,容易求得PC=3,CD=√5,PD=2√2,故△PCD不是直角三角形,故选C.点拨由几何体的三视图还原几何体的形状,要熟悉柱、锥、台、球体的三视图,明确三视图的形成原理,结合空间想象将三视图还原为直观图.其步骤如下:(1)定底面:根据俯视图确定;(2)定棱及侧面:根据正(主)视图、侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面特征,调整实线、虚线对应棱的位置;(3)定形状:确定几何体的形状.【追踪训练2】一个棱长为2的正方体被一个平面截去一部分后,剩余几何体的三视图如图所示,则截去的几何体是().A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱答案 B解析由三视图还原几何体如图所示,可知剩余几何体为直四棱柱ABEA1-DCFD1,截去的部分为三棱柱BB1E-CC1F.故选B.考向3已知几何体的某些视图,判断其他视图(2021唐山五校联考)如图所示的是一个空间几何体的正(主)视图和俯视图,则它的侧(左)视图为().答案 A解析由正(主)视图和俯视图可知,该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的,结合正(主)视图的宽及俯视图的直径可知侧(左)视图应为A,故选A.点拨由几何体的部分视图画出剩余的视图,先根据已知的一部分视图,还原、推测其直观图的可能形式,然后再找其剩下部分视图的可能形式.当然作为选择题,也可将选项逐项代入,再看看给出的部分视图是否符合.【追踪训练3】(2021江西赣州模拟)在一个几何体的三视图中,正(主)视图和俯视图如图如示,则相应的侧(左)视图可以为().答案 D解析由正(主)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(大致图形如图所示),且顶点在底面的射影恰好是底面半圆的圆心,可知侧(左)视图为等腰三角形,且轮廓线为实线,排除C.故选D.空间几何体的直观图【典例迁移】已知正三角形ABC的边长为a,那么△ABC的平面直观图△A'B'C'的面积为().A.√34a2B.√38a2C.√68a2D.√616a2答案 D解析如图①,②所示的分别是实际图形和直观图.由②可知,A'B'=AB=a ,O'C'=12OC=√34a ,在图②中作C'D'⊥A'B'于点D', 则C'D'=√22O'C'=√68a.所以S △A'B'C'=12A'B'·C'D'=12×a×√68a=√616a 2.【变式设问】本例改为“已知△ABC 的平面直观图△A 1B 1C 1是边长为a 的正三角形”,则原△ABC 的面积为 .答案√62a 2解析如图,在△A 1D 1C 1中,由正弦定理a sin45°=xsin120°,得x=√62a ,所以S △ABC =12×a×√6a=√62a 2.点拨 (1)在斜二测画法中,要确定关键点及关键线段的位置,注意“三变”与“三不变”;平面图形的直观图,其面积与原图形的面积的关系是S 直观图=√24S 原图形.(2)在原图形中与x 轴或y 轴平行的线段,在直观图中与x'轴或y'轴平行,原图中不与坐标轴平行的线段可以先画出线段的端点再连线,原图中的曲线段可以通过取一些关键点,作出在直观图中的相应点后,用平滑的曲线连接而画出.【追踪训练4】已知梯形ABCD 是直角梯形,按照斜二测画法画出它的直观图A'B'C'D'(如图所示),其中A'D'=2,B'C'=4,A'B'=1,则DC 的长度是( ).A .√5B .2√2C .2√5D .√3答案 B解析如图,在直角梯形ABCD 中,由斜二测画法,知AB=2,AD=2,BC=4, 所以DC=√AB 2+(BC -AD)2=√22+(4-2)2=2√2.故选B .对应学生用书第137页几何体表面上点到点的最短距离求几何体表面上点到点的最短距离,先将空间图形问题转化为平面图形问题,再求平面图形上两点之间的最短距离,通过把立体图形转化为平面图形,利用轴对称、平移或旋转几何图形的变换,运用“两点之间线段最短”来解决.一只蚂蚁从正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的顶点A 出发,经正方体的表面,按最短路线爬行到顶点C 1的位置,则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正(主)视图的是( ).A .①②B .①③C .③④D .②④ 答案 D解析由点A 经正方体的表面,按最短路线爬行到达顶点C 1的位置,共有6种路线(对应6种不同的展开方式),若把平面ABB 1A 1和平面BCC 1B 1展开到同一个平面内,连接AC 1,则AC 1是最短路线,且AC 1会经过BB 1的中点,此时对应的正(主)视图为②;若把平面ABCD 和平面CDD 1C 1展开到同一个平面内,连接AC 1,则AC 1是最短路线,且AC 1会经过CD 的中点,此时对应的正(主)视图为④.而其他几种展开方式对应的正(主)视图在题中没有出现.故选D .求几何体表面上点到点的最短距离的步骤如下:(1)将几何体剪开后展开,画出其侧面展开图; (2)将所求曲线问题转化为平面上的线段问题; (3)结合已知条件求结果.【突破训练】如图,一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m,一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发,绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处.若该小虫爬行的最短路程为4√3 m,则圆锥底面圆的半径等于 m .答案43解析把圆锥侧面沿过点P 的母线展开成如图所示的扇形, 由题意得OP=4,PP'=4√3, 则cos ∠POP'=42+42-(4√3)22×4×4=-12,所以∠POP'=2π3.设底面圆的半径为r ,则2πr=2π3×4,所以r=43.对应《精练案》第59页1.(2021南昌二中模拟)给出以下命题:①以直角梯形的一腰所在的直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台; ②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面;③用一个平面去截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台.其中正确命题的个数为( ).A .0B .1C .2D .3答案 B解析易知②正确,①③错误.2.(2021浙江嘉兴一中模拟)如图所示,一个水平放置的平面图形,其斜二测直观图是△OAB ,其中OB=AB=4,则该直观图所表示的平面图形的面积为( ).A .16√2B .8√2C .16D .8答案 A解析根据斜二测画法可知,该图的直观图为Rt△A'OB,且A'O=2AO=2×√42+42=8√2.×4×8√2=16√2.故选A.故直观图所表示的平面图形的面积为123.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().答案 B解析所给选项中,A,C两项的正(主)视图、俯视图不符合,D项的侧(左)视图不符合,只有B项符合题意.4.(2021山东济宁模拟)下面关于四棱柱的命题中,真命题的是().A.若有两个侧面垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱B.若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为正四棱柱C.若四个侧面两两全等,则该四棱柱为直四棱柱D.若四棱柱的四条对角线两两相等,则该四棱柱为直四棱柱答案 D解析A项错误,必须是两个相邻的侧面;B项错误,两个过相对侧棱的截面都垂直于底面可得到侧棱垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;C项错误,反例,可以是斜四棱柱;D项正确,对角线两两相等,则两对角线所在的平行四边形为矩形,可得侧棱与底面垂直,则该棱柱为直四棱柱.故选D.5.如图,下面的几何体由一个正方体和两个圆柱体组成,则它的侧(左)视图是().答案 D解析从左边看,底层是一个正方形,正方形里面是一个内切圆,上层是一个正方形.故选D.6.(2021福建厦门模拟)如图所示的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、俯视图如右图;②存在四棱柱,其正(主)视图、俯视图如右图;③存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如右图.其中真命题的个数是().A.3B.2C.1D.0答案 A解析图①,②,③的正(主)视图和俯视图都与题图相同,故选A.7.(2021山东潍坊高三检测)等腰直角三角形的直角边长为1,现将该三角形绕其某一边旋转一周,则所形成的几何体的表面积为().A.√2πB.(1+√2)πC.√2π或2√2πD.√2π或(1+√2)π答案 D解析如果是绕直角边旋转,形成圆锥,那么圆锥底面半径为1,高为1,母线长为√2,所以所形成的几何体的表面积S=πrl+πr2=π×1×√2+π×12=(√2+1)π;,两个圆锥的母线长是1, 如果是绕斜边旋转,形成的是上、下两个圆锥,那么圆锥的半径是√22×1=√2π.所以形成的几何体的表面积S=2×πrl=2×π×√22综上可知,所形成几何体的表面积是(√2+1)π或√2π.故选D.8.已知三棱锥的俯视图与侧(左)视图如图所示,俯视图是边长为2的正三角形,侧(左)视图是有一条直角边长为2的直角三角形,则该三棱锥的正(主)视图可能为().答案 C解析当正(主)视图为等腰三角形时,则高应为2,且应为虚线,排除A,D两项;当正(主)视图是直角三角形,由条件得一个直观图如图所示,中间的线是看不见的线PA形成的投影,应为虚线,故选C.9.某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为.答案2√3解析由三视图还原得如图所示的四棱锥A-BCC1B1,易知,最长的棱为AC1,且AC1=√AC2+CC12=√(22+22)+22=2√3.10.在直观图(如图所示)中,四边形O'A'B'C'为菱形且边长为2 cm,则在平面直角坐标系xOy中,四边形ABCO 为,面积为cm2.答案矩形8解析由斜二测画法的特点,知该平面图形的直观图的原图,即在平面直角坐标系xOy中,四边形ABCO 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 cm2.11.(2021浙江宁波四中检测)如图所示的是水平放置的△ABC的直观图,D'是△A'B'C'中B'C'边上的一点,且D'C'<D'B',又A'D'∥y'轴,那么原△ABC的AB,AD,AC三条线段中().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AD,最短的是AC答案 C解析由题意得到原△ABC的平面图如图所示,其中,AD⊥BC,BD>DC,所以AB>AC>AD,所以△ABC的AB,AD,AC三条线段中最长的是AB,最短的是AD.故选C.12.(2021东北四市高三检测)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是线段CD的中点,则三棱锥P-A1B1A的侧(左)视图为().答案 D解析画出原正方体的侧(左)视图,显然对于三棱锥P-A1B1A,B(C)点均消失了,其余各点均在,从而其侧(左)视图为D.故选D.13.某多面体的三视图如图所示,其中正(主)视图和侧(左)视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为.答案12解析由三视图可知该多面体是一个组合体,下面为一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱,上面为一个底面是等腰直角三角形的三棱锥,等腰直角三角形的腰长为2,直三棱柱的高为2,三棱锥的高为2,易知该×2=12.多面体有2个面是梯形,这些梯形的面积之和为(2+4)×2214.某几何体的一条棱长为√7,在该几何体的正视图中,这条棱的投影是长为a 的线段,在该几何体的侧(左)视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为√6和b 的线段,则a 2+b 2的值为 .答案 8解析不妨设该几何体为底面是长方形,且一条侧棱垂直于底面的四棱锥,把它补全为一个长方体如图所示,设长方体的长、宽、高分别为m ,n ,k ,体对角线长为√7,体对角线在三个相邻面上的正投影长分别为a ,√6,b.则由题意,得√m 2+n 2+k 2=√7,√n 2+k 2=√6, 解得m=1或m=-1(舍去),所以{√k 2+1=a,√n 2+1=b,所以(a 2-1)+(b 2-1)=6,即a 2+b 2=8.15.(2021湖北襄阳高三模拟)如图,往透明塑料制成的长方体容器ABCD-A 1B 1C 1D 1内灌进一些水,固定容器一边BC 于地面上,再将容器倾斜,随着倾斜度的不同,有下面几个结论,其中正确的命题是( ).A .水面EFGH 所在四边形的面积为定值B .随着容器倾斜度的不同,A 1C 1始终与水面所在平面平行 C .没有水的部分有时呈棱柱形有时呈棱锥形D .当容器倾斜至如图③所示时,BE ·BF 为定值答案 D解析在图①中,水面EFGH 所在四边形的面积为棱柱底面的面积,在图②中,水面EFGH 所在四边形的面积大于原棱柱底面的面积,故A 项错误.在图①中,A 1C 1与水面所在平面平行,在图②,图③中,A 1C 1与水面所在平面均不平行,故B 项错误. 棱柱在绕BC 旋转的过程中,没有水的部分始终呈棱柱形,故C 项错误.在图③中,有水的部分形成一个直三棱柱,该三棱柱的底面为三角形,高为BC ,根据水的体积为定值可得底面三角形的面积为定值,故BE ·BF 为定值,故D 项正确.16.如图所示的是一个几何体的三视图,则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是 .答案 3√3解析作出直观图如图所示,通过计算可知AF ,DC 最长,且DC=AF=√BF 2+AB 2=3√3.17.如图所示的是△ABC 水平放置的直观图Rt △A'B'C',其中A'C'⊥B'C',B'O'=O'C'=1,则△ABC 的面积为( ). A .2√2 B .38C .4√23D .34答案 A解析由直观图画法规则将△A'B'C'还原为△ABC ,如图所示,△ABC 是一个等腰三角形,则有BO=OC=B'O'=O'C'=1,AO=2A'O'=2√2. 所以S △ABC =12BC ·AO=12×2×2√2=2√2.18.(2021安徽合肥一中最后一卷)一个四棱锥的三视图如图所示,一只蚂蚁从该四棱锥底面上的一个顶点出发,经过四棱锥的侧面爬到与其不相邻的另一个顶点(同一条棱上的两个端点称为相邻顶点),则这只蚂蚁经过的最短路程为( ).A.1+√2B.√3C.√2+√3D.√3+√6答案 B解析四棱锥P-ABCD如图所示,PD⊥平面ABCD,BD⊥DC,底面为平行四边形,且PD=DC=1,AD=√2,PC=√2,PA=√3,①沿着侧面从A到C,若沿着侧面PAD与侧面PDC展成平面图形,则最短的路程为1+√2;若沿着侧面PAB与侧面PBC展成平面图形,则由余弦定理得最短路程为√3+√6.②沿着侧面从B到D,若沿着侧面PAB与侧面PAD展成平面图形,得最短路程为√3;若沿着侧面PBC与侧面PCD展成平面图形,则最短路程为√6+√2,2综上,最短路程为√3.故选B.。

2021届高考数学 8.1空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积配套文档理

§8.1空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积1．多面体的结构特点2.3.空间几何体的直观图经常使用斜二测画法来画，其规那么：(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维持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中长度为原先的一半．4．空间几何体的三视图(1)三视图的主视图、俯视图、左视图别离是从物体的正前方、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．(2)三视图的特点：三视图知足“长对正、高平齐、宽相等”或说“主左一样高、主俯一样长、俯左一样宽”．5．柱、锥、台和球的侧面积和体积1． (1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱． ( × ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( × )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A 时，假设∠A 的两边别离平行于x 轴和y 轴，且∠A ＝90°，那么在直观图中，∠A ＝45°.( × ) (4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同． ( × ) (5)圆柱的侧面展开图是矩形．( √ ) (6)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差来计算．( √ )2． (2021·四川)一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的直观图能够是 ( )答案 D解析由三视图可知上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.3． (2021·课标全国Ⅰ)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，若是不计容器的厚度，那么球的体积为( )A.500π3cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3答案 A解析作出该球轴截面的图象如下图，依题意BE ＝2，AE ＝CE ＝4，设DE ＝x ，故AD ＝2＋x ，因为AD 2＝AE 2＋DE 2，解得x ＝3，故该球的半径AD ＝5，因此V ＝43πR 3＝500π3. 4．一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________．答案62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，因此原三角形的面积为62.5．假设一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，那么该圆锥的体积为________．答案33π 解析侧面展开图扇形的半径为2，圆锥底面半径为1， ∴h ＝22－1＝3，∴V ＝13π×1×3＝33π.题型一空间几何体的结构特点例1 (1)以下说法正确的选项是( )A ．有两个平面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B ．四棱锥的四个侧面都能够是直角三角形C ．有两个平面相互平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D ．棱台的各侧棱延长后不必然交于一点 (2)给出以下命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，那么这两点的连线是圆柱的母线； ②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； ③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面能够不相似，但侧棱长必然相等．其中正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3思维启发从多面体、旋转体的概念入手，能够借助实例或几何模型明白得几何体的结构特点．答案 (1)B (2)A解析 (1)A 错，如图1；B 正确，如图2，其中底面ABCD 是矩形，可证明∠PAB ，∠PCB 都是直角，如此四个侧面都是直角三角形；C 错，如图3；D 错，由棱台的概念知，其侧棱必相交于同一点．(2)①不必然，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②不必然，因为“其余各面都是三角形”并非等价于“其余各面都是有一个公共极点的三角形”，如图1所示；③不必然，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，可是侧棱长不必然相等．思维升华 (1)有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的几何体不必然是棱柱． (2)既然棱台是由棱锥概念的，因此在解决棱台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略． (3)旋转体的形成不仅要看由何种图形旋转取得，还要看旋转轴是哪条直线．如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A ，B ，C是展开图上的三点，那么在正方体盒子中，∠ABC 的值为 ( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 C解析还原正方体，如下图，连接AB ，BC ，AC ，可得△ABC 是正三角形，那么∠ABC ＝60°. 题型二空间几何体的三视图和直观图例2 (1)如图，某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且体积为12，那么该几何体的俯视图能够是( )(2)正三角形AOB 的边长为a ，成立如下图的直角坐标系xOy ，那么它的直观图的面积是________．思维启发 (1)由主视图和左视图可知该几何体的高是1，由体积是12可求出底面积．由底面积的大小可判定其俯视图是哪个．(2)依照直观图画法规那么确信平面图形和其直观图面积的关系．答案 (1)C (2)616a 2解析 (1)由该几何体的主视图和左视图可知该几何体是柱体，且其高为1，由其体积是12可知该几何体的底面积是12，由图知A 的面积是1，B 的面积是π4，C 的面积是12，D 的面积是π4，应选C.(2)画出坐标系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)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2.思维升华 (1)三视图中，主视图和左视图一样高，主视图和俯视图一样长，左视图和俯视图一样宽．即“长对正，宽相等，高平齐”．(2)解决有关“斜二测画法”问题时，一样在已知图形中成立直角坐标系，尽可能运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系．(1)(2021·湖南)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，那么该正方体的主视图的面积不可能等于( )A ．1 B.2 C.2－12D.2＋12(2)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 ，那么原图形是 ( ) A ．正方形 B ．矩形C ．菱形D ．一样的平行四边形答案 (1)C (2)C解析 (1)由俯视图知正方体的底面水平放置，其主视图为矩形，以正方体的高为一边长，另一边长最小为1，最大为2，面积范围应为[1，2]，不可能等于2－12.(2)如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝42 cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm.∴OC ＝OD 2＋CD 2＝422＋22＝6 cm ，∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形．题型三空间几何体的表面积与体积例3 (1)一个空间几何体的三视图如下图，那么该几何体的表面积为 ( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80(2)已知某几何体的三视图如下图，其中主视图、左视图均由直角三角形与半圆组成，俯视图由圆与内接三角形组成，依照图中的数据可得几何体的体积为 ( ) A.2π3＋12B.4π3＋16 C.2π6＋16D.2π3＋12思维启发先由三视图确信几何体的组成及气宇，然后求表面积或体积．答案 (1)C (2)C解析 (1)由三视图知该几何体的直观图如下图，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12＝17.因此S表＝42＋2×4＋12×(2＋4)×4×2＋4×17×2＝48＋817.(2)由三视图确信该几何体是一个半球体与三棱锥组成的组合体，如图，其中AP ，AB ，AC 两两垂直，且AP ＝AB ＝AC ＝1，故AP ⊥平面ABC ，S △ABC ＝12AB ×AC ＝12，因此三棱锥P －ABC 的体积V 1＝13×S △ABC ×AP ＝13×12×1＝16，又Rt△ABC 是半球底面的内接三角形，因此球的直径2R ＝BC ＝2，解得R ＝22，因此半球的体积V 2＝12×4π3×(22)3＝2π6，故所求几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝16＋2π6.思维升华解决此类问题需先由三视图确信几何体的结构特点，判定是不是为组合体，由哪些简单几何体组成，并准确判定这些几何体之间的关系，将其切割为一些简单的几何体，再求出各个简单几何体的体积，最后求出组合体的体积．(2021·课标全国)已知三棱锥S －ABC 的所有极点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，那么此棱锥的体积为 ( ) A.26 B.36 C.23 D.22答案 A解析由于三棱锥S －ABC 与三棱锥O －ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S －ABC 的高是三棱锥O －ABC 高的2倍，因此三棱锥S －ABC 的体积也是三棱锥O －ABC 体积的2倍．在三棱锥O －ABC 中，其棱长都是1，如下图， S △ABC ＝34×AB 2＝34，高OD ＝ 12－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫332＝63， ∴V S －ABC ＝2V O －ABC ＝2×13×34×63＝26.转化思想在立体几何计算中的应用典例：(12分)如图，在直棱柱ABC —A ′B ′C ′中，底面是边长为3的等边三角形，AA ′＝4，M 为AA ′的中点，P 是BC 上一点，且由P 沿棱柱侧面通过棱CC ′到M 的最短线路长为29，设这条最短线路与CC ′的交点为N ，求：(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长； (2)PC 与NC 的长；(3)三棱锥C —MNP 的体积．思维启发 (1)侧面展开图从哪里剪开展平；(2)MN ＋NP 最短在展开图上呈现如何的形式；(3)三棱锥以谁做底好．标准解答解 (1)该三棱柱的侧面展开图为一边长别离为4和9的矩形，故对角线长为42＋92＝97.[2分](2)将该三棱柱的侧面沿棱BB ′展开，如以下图，设PC ＝x ，那么MP 2＝MA 2＋(AC ＋x )2. ∵MP ＝29，MA ＝2，AC ＝3，∴x ＝2，即PC ＝2.又NC ∥AM ，故PC PA ＝NCAM ，即25＝NC 2.∴NC ＝45.[8分](3)S △PCN ＝12×CP ×CN ＝12×2×45＝45.在三棱锥M —PCN 中，M 到面PCN 的距离，即h ＝32×3＝332.∴V C —MNP ＝V M —PCN ＝13·h ·S △PCN＝13×332×45＝235.[12分] 温馨提示 (1)解决空间几何体表面上的最值问题的全然思路是“展开”，即将空间几何体的“面”展开后铺在一个平面上，将问题转化为平面上的最值问题．(2)若是已知的空间几何体是多面体，那么依照问题的具体情形能够将那个多面体沿多面体中某条棱或两个面的交线展开，把不在一个平面上的问题转化到一个平面上．若是是圆柱、圆锥那么可沿母线展开，把曲面上的问题转化为平面上的问题．(3)此题的易错点是，不明白从哪条侧棱剪开展平，不能正确地画出侧面展开图．缺乏空间图形向平面图形的转化意识.方式与技术1．棱柱、棱锥要把握各部份的结构特点，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决．2．旋转体要抓住“旋转”特点，弄清底面、侧面及展开图形状．3．三视图画法：(1)实虚线的画法：分界限和可见轮廓线用实线，看不见的轮廓线用虚线；(2)明白得“长对正、宽平齐、高相等”．4．直观图画法：平行性、长度两个要素．5．求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规那么的几何体通过度割或补形将其转化为规那么的几何体求解．6．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，确信有关元素间的数量关系，并作出适合的截面图，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，正方体的极点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．失误与防范1．台体能够看成是由锥体截得的，但必然强调截面与底面平行．2．注意空间几何体的不同放置对三视图的阻碍．3．几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系．A组专项基础训练(时刻：40分钟)一、选择题1．正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两极点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有( )A．20 B．15C．12 D．10答案D解析如图，在正五棱柱ABCDE－A1B1C1D1E1中，从极点A动身的对角线有两条：AC1，AD1，同理从B，C，D，E点动身的对角线均有两条，共2×5＝10(条)．2．(2021·福建)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么那个几何体不能够是( )A ．球B ．三棱锥C ．正方体D ．圆柱答案 D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，第一排除选项A 和C. 关于如下图三棱锥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，其三视图的形状都可不能完全相同，故答案选D.3． (2021·重庆)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为( )A.5603B.5803 C ．200 D ．240答案 C解析由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长为8，高为4，故面积为S ＝2＋8×42＝20.又棱柱的高为10，因此体积V ＝Sh ＝20×10＝200.4．如图是一个物体的三视图，那么此三视图所描述物体的直观图是( ) 答案 D解析由俯视图可知是B 和D 中的一个，由主视图和左视图可知B 错．5．某几何体的三视图如下图，其中俯视图是个半圆，那么该几何体的表面积为( )A.32π B ．π＋3C.32π＋ 3D.52π＋3答案 C解析由三视图可知该几何体为一个半圆锥，底面半径为1，高为3，∴表面积S ＝12×2×3＋12×π×12＋12×π×1×2＝3＋3π2.二、填空题6. 如下图，E 、F 别离为正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的面ADD 1A 1、面BCC 1B 1的中心，那么四边形BFD 1E 在该正方体的面DCC 1D 1上的正投影是________．(填序号)答案 ②解析四边形在面DCC 1D 1上的正投影为②：B 在面DCC 1D 1上的正投影为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．7．已知三棱锥A —BCD 的所有棱长都为2，那么该三棱锥的外接球的表面积为________．答案 3π 解析如图，构造正方体ANDM —FBEC .因为三棱锥A —BCD 的所有棱长都为2，因此正方体ANDM —FBEC 的棱长为1.因此该正方体的外接球的半径为32. 易知三棱锥A —BCD 的外接球确实是正方体ANDM —FBEC 的外接球，因此三棱锥A —BCD 的外接球的半径为32.因此三棱锥A —BCD 的外接球的表面积为S 球＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＝3π. 8． (2021·江苏)如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 别离是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F －ADE的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，那么V 1∶V 2＝________.答案 1∶24解析设三棱锥F －ADE 的高为h ，则V 1V 2＝13h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12AD ·AE ·sin∠DAE 2h 122AD 2AE sin∠DAE＝124. 三、解答题9．一个几何体的三视图及其相关数据如下图，求那个几何体的表面积．解那个几何体是一个圆台被轴截面割出来的一半．依照图中数据可知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为3，母线长为2，几何体的表面积是两个半圆的面积、圆台侧面积的一半和轴截面的面积之和，故那个几何体的表面积为S ＝12π×12＋12π×22＋12π×(1＋2)×2＋12×(2＋4)×3＝11π2＋3 3.10．已知一个正三棱台的两底面边长别离为30 cm 和20 cm ，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高．解如下图，三棱台ABC —A 1B 1C 1中，O 、O 1别离为两底面中心，D 、D 1别离为BC和B 1C 1的中点，那么DD 1为棱台的斜高．由题意知A 1B 1＝20，AB ＝30，则OD ＝53，O 1D 1＝1033，由S 侧＝S 上＋S 下，得12×(20＋30)×3DD 1＝34×(202＋302)，解得DD 1＝1333，在直角梯形O 1ODD 1中，O 1O ＝DD 21－OD －O 1D 12＝43，因此棱台的高为4 3 cm. B 组专项能力提升(时刻：30分钟)1．在四棱锥E —ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD,2AB ＝3CD ，M 为AE 的中点，设E —ABCD 的体积为V ，那么三棱锥M —EBC 的体积为( )A.25VB.13VC.23VD.310V 答案 D解析设点B 到平面EMC 的距离为h 1，点D 到平面EMC 的距离为h 2.连接MD .因为M 是AE 的中点，因此V M —ABCD ＝12V . 因此V E —MBC ＝12V －V E —MDC . 而V E —MBC ＝V B —EMC ，V E —MDC ＝V D —EMC ，因此V E —MBCV E —MDC ＝V B —EMC V D —EMC ＝h 1h 2.因为B ，D 到平面EMC 的距离即为到平面EAC 的距离，而AB ∥CD ，且2AB ＝3CD ，因此h 1h 2＝32. 因此V E —MBC ＝V M －EBC ＝310V .2．某三棱锥的三视图如下图，该三棱锥的表面积是( ) A ．28＋6 5 B ．30＋65C ．56＋125 D ．60＋125 答案 B 解析由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如下图，其中AE ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，且CD ＝4，BD ＝5，BE ＝2，ED ＝3，AE ＝4.∵AE ＝4，ED ＝3，∴AD ＝5.又CD ⊥BD ，CD ⊥AE ，则CD ⊥平面ABD ，故CD ⊥AD ，因此AC ＝41且S △ACD ＝10.在Rt△ABE 中，AE ＝4，BE ＝2，故AB ＝25. 在Rt△BCD 中，BD ＝5，CD ＝4，故S △BCD ＝10，且BC ＝41.在△ABD 中，AE ＝4，BD ＝5，故S △ABD ＝10.在△ABC 中，AB ＝25，BC ＝AC ＝41，则AB 边上的高h ＝6，故S △ABC ＝12×25×6＝6 5. 因此，该三棱锥的表面积为S ＝30＋65. 3．表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，那么该圆锥的底面直径为________．答案 2解析设圆锥的母线为l ，圆锥底面半径为r .那么12πl 2＋πr 2＝3π，πl ＝2πr ，∴r ＝1，即圆锥的底面直径为2.4. 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，图为该四棱锥的主视图和左视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)依照图所给的主视图、左视图，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 cm 2.(2)由左视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2.由主视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，因此在Rt△APD 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝622＋62＝6 3 cm.5．在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝a ，PA ＝PC ＝2a ，假设在那个四棱锥内放一球，求此球的最大半径．解当球内切于四棱锥，即与四棱锥各面均相切时球半径最大，设球的半径为r ，球心为O ，连接OP 、OA 、OB 、OC 、OD ，那么把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥，这些小棱锥的高都是r ，底面别离为原四棱锥的侧面和底面，则V P －ABCD ＝13r (S △PAB ＋S △PBC ＋S △PCD ＋S △PAD ＋S 正方形ABCD )＝13r (2＋2)a 2.由题意，知PD ⊥底面ABCD ，∴V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝13a 3. 由体积相等，得13r (2＋2)a 2＝13a 3，解得r ＝12(2－2)a .。

2021高考数学三视图还原几何体方法总结例题讲解(四大模型三线交汇得交点)

B. 30+6 5
C. 56+ 12 5
D. 60+12 5
2. 如图，一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三
角形的直角边长为 2，那么这个几何体的体积为
（A） 4 3
（B） 8 3
（C） 4 （D） 8
正视
侧视
俯视
3．已知某个三棱锥的三视图如图所示，其中正视图是等边三角形，侧视图是直角三角形，俯视图是等腰直角三角形，则此三棱锥的体积等于
cm3 ．
cm3
，
6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A．12
B．18
C．24
D．30
题型三、两个矩形（有斜线）几何体三视图有两个矩形，并且矩形有斜线，则该几何体极有可能是被切割的柱体方法步骤：1.去掉斜线，还原
2.由斜线找截面
1. 某三棱锥的三视图是三个边长相等的正方形及对角线，若该三棱锥的体积
高考数学三视图还原几何体方法总结例题讲解
一、三视图特点
三视图的长度特征——“长对齐，宽相等，高平齐”，即正视图和左视图一样高，正视图和俯视图一样长，左视图和俯视图一样宽。
二、常见三视图三角形+三角形+三角形=三棱锥三角形+三角形+四边形=四棱锥矩形+矩形+矩形=四棱柱矩形+矩形+三角形=三棱柱矩形+矩形+圆=圆柱梯形+梯形+四边形（三角形）=台体小结：两三角为椎体，两矩形为柱体
（单位：cm3 ），表面积是
（单位：
cm2）．
2. 如图所示几何体的三视图，则该几何体的表面积为．

2021届高考数学一轮总复习第8章立体几何第1节空间几何体的结构特征及三视图和直观图跟踪检测文含解析

第八章立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图和直观图A级·基础过关|固根基|1.由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A．六棱锥B．六棱台C．六棱柱D．非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解析：选C 平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义．2．下列说法中，正确的是( )A．棱柱的侧面可以是三角形B．若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形C．正方体的所有棱长都相等D．棱柱的所有棱长都相等解析：选C 棱柱的侧面都是平行四边形，选项A错误；若棱柱的底面是矩形，其他侧面可能是平行四边形，选项B错误；棱柱的侧棱长与底面边长不一定相等，选项D错误；易知选项C正确．3.水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝32，那么原△ABC是一个( )A．等边三角形B．直角三角形C．三边中只有两边相等的等腰三角形D．三边互不相等的三角形解析：选A AO＝2A′O′＝2×32＝3，在Rt△AOB中，AB＝12＋（3）2＝2，同理AC＝2，又由题意可知，BC＝2，所以△ABC是等边三角形．故选A. 4．(2019届沈阳市教学质量监测一)“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)．其直观图如图所示，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.5.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．组合体解析：选B如图所示，在三棱台A′B′C′－ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′－ABC，剩余部分是四棱锥A′－BCC′B′.6．某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是( )A．①③B．①④C．②④D．①②③④解析：选A 由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确．故选A.7．如图所示，网格纸上每个小方格都是边长为1的正方形，粗线画出的是一个几何体的三视图，记该几何体的各棱长度构成的集合为A，则( )A.3∈A B．3∈AC．23∈A D．22∈A解析：选D如图，该几何体可看成是由大三棱锥A－BCD(其中CD＝DA＝DB＝2，CD，DA，DB两两垂直)截去小三棱锥A－CDE(其中E为BD中点)后形成的新三棱锥A－BCE，六条棱的长分别为22，22，22，1，5，5，故选D.8．如图是一个几何体的直观图、正视图和俯视图，该几何体的侧视图为( )解析：选B 由直观图和正视图、俯视图可知，该几何体的侧视图应为面PAD，EC投影在面PAD上且为实线，点E的投影点为PA的中点，故选B.9．一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图为( )解析：选C 根据正方体截去两个角后所得几何体的正视图、俯视图可得，此几何体的直观图如图所示．所以侧视图为选项C.10．如图所示的纸篓，观察其几何结构，可以看出是由许多条直线围成的旋转体，该几何体的正视图为________(填序号)．解析：①②④中的几何体是由圆台、圆锥、圆柱组成的，而圆台、圆锥、圆柱的侧面除了与旋转轴在同一平面的母线以外，没有其他直线，即①②④不可能为该几何体的正视图．答案：③11．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之比为________．解析：根据题意，三棱锥P－BCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，故三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.答案：1∶112．一个圆台上、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)．所以AB＝122＋52＝13(cm)．答案：13B级·素养提升|练能力|13.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都是由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．则该多面体的各个面中，面积最大的面的面积为( )A ．2 3B ．6C ．6 2D ．12解析：选B由三视图可画出直观图，如图所示，该多面体中两个全等的梯形的面，为该多面体的各个面中面积最大的面，S 梯形＝12×2×(2＋4)＝6.故选B.14．一只蚂蚁从正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A 出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C 1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图是( )A ．①②B ．①③C ．③④D ．②④解析：选D 由点A 经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C 1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB 1A 1和平面BCC 1B 1展开到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过BB 1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD 和平面CDD 1C 1展开到同一平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过CD 的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.15．如图1，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，图2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．则该几何体的俯视图的面积为________，棱PA的长度为________．解析：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.由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62(cm)．由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝63(cm)．答案：36 cm26 3 cm16．如图所示，在侧棱长为23的正三棱锥V－ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过A作截面AEF，△AEF周长的最小值为________．解析：如图，将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，则线段AA1的长即为所求△AEF的周长的最小值．取AA1的中点D，连接VD，则VD⊥AA1，∠AVD＝60°.在Rt△VAD中，AD＝VA·sin 60°＝3，所以AA1＝2AD＝6，即△AEF周长的最小值为6.答案：6。

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第一章丰富的图形世界
欧阳光明（2021.03.07）
1.1常见的立体图形
学习目标——目标明确、行动有效
1）常见几何体的特征及其分类。

2）棱柱的概念、特征及其分类。

3）图形的构成要素。

知识点一常见的几何体的特征
常见的几何体：柱、锥、球
圆锥
侧面是曲面、底面是平面，只有
一个侧面和一个底面。

球球
只有一个面，并且是这个面曲面。

例1.下列几何体中属于锥体的是( )
A.(1)
B.(2)(4)
C.(2)(3)(4)
D.(5)(6) 例2.将下列几何体进行分类，柱体有,锥体有 .
球体.
知识点二棱柱概念：在棱柱中相邻两个面的交线叫做棱，相邻两个侧
面的交线叫做侧棱。

特征：一是棱柱的所有侧棱长都；
二是棱柱的上、下底面的形状，并且都是多边形；
三是侧面的形状都是。

分类：棱柱可分为直棱柱和斜棱柱。

根据底面图形的边数将棱柱分为三棱柱、
四棱柱、五棱柱……
它们的底面图形的形状分别是三角形、四
边形、五边形……
(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)
⑴ ⑵ ⑶ ⑷ ⑸ ⑹
点、棱、面之间的关系：
总结：
底面多边形的边数n确定该棱柱是n棱柱，它有个顶点，条棱，其中有条侧棱，有个面，个侧面。

题型三、利用棱柱的概念及性质求解
例3.一个五棱柱的底面边长为4cm，高为8cm.
1）这个棱柱共有多少个面？计算他的侧面积；
2）这个棱柱共有多少个顶点？多少条棱；
3）试用含有n的代数式表示n棱柱的顶点数、面数与棱的条数。

知识点三图形的构成元素
点、线、面、体的关系是：点动成，线动成、面动成，
面与面相交得到，线与线相交得到。

题型四、识别由平面图形旋转后得到的几何体的形状
例4.第一行的图形绕虚线转一周，能形成第二行的某个几何体，用线连起来.
例5.硬币在桌子上转动时，看上去像球，这说明了。

巩固练习
1.下列几何体中，表面都是平面的是（）
A. 圆锥
B. 圆柱
C. 棱柱
D. 球体
2.下列各几何体中，直棱柱的个数是( )
A. 5个
B. 4个
C. 3个
D. 2个
3.如图所示五棱柱有( )
A. 4个面
B. 6个面
C. 12条棱
D. 15条棱
4. 一个棱柱有12个顶点，所有侧棱长的和是48 cm，则每条侧棱长是________cm.
5. 下列现象能说明“面动成体”的是( )
A. 天空划过一道流星
B. 旋转一扇门，门在空中运动的痕迹
C. 扔出一块小石子，石子在空中飞行的路线
D. 汽车雨刷在挡风玻璃上划出的痕迹
1.2展开与折叠
学习目标——目标明确、行动有效
1）正方体的展开与折叠。

2）常见立体图形的展开与折叠。

知识点一正方体的展开与折叠
正方体是特殊的棱柱，它的六个面都是大小相同的正方形，将一个正方形的表面展开，
可得到11个不同的展开图。

（对面相隔不相连,识图巧排“7”、
“凹”、“田）
其中“一四一”的6个，“二三一”3个，“二二二”1个，“三三”1个。

1. 141型：中间一行4个作侧面，上下两个各作为上下底面，共
有6种基本图形。

2. 231型：中间一行3个作侧面，共3种基本图形。

3. 222型：中间两个面，只有1种基本图形。

4. 33型：中间没有面，两行只能有一个正方形相连，只有1种基本图形。

例1.下列平面图形不能围成正方体的是（）
例 2.如图，是一个正方体的平面展开图，在正方体中写有“心”字的那一面的对面的字
是（）
A.祝
B.你
C.事
D.成
例 3.如图是一个正方体纸盒的外表面展开图，则这个正方体是A B D C
（）
知识点二常见立体图形的展开与折叠
1）棱柱的表面展开图是由两个相同的和一些组成的。

沿棱柱表面不同的棱剪开，
可得到不同组合方式的表面展开图。

2）圆柱的表面展开图是由两个大小相同的（底面）和一个（侧面）组成，其中侧面展
开图长方形的一边的长是底面圆的周长，另一边的长是圆柱的高。

3）圆锥的表面展开图是由一个（侧面）和一个（底面）组成，其中扇形的半径长是圆锥
母线的长，而扇形的弧长则是圆锥底面圆的周长。

例4.下列立体图形中，侧面展开图是扇形的是()
A. B. C. D.
例5. 下列选项经过折叠能围成一个棱柱的是( )
A. B. C. D.
巩固练习
1.一个正方体的每个面都有一个汉字，其平面展开图如图所示，
那么在该正方体中和“体”字
相对的字是“”．
（第2题）
2.如图是正方体的平面展开图，在顶点处标有自然数1～11，折叠围绕成正方体后，与数字6重合
的数字是( )
A. 7，8
B. 7，9
C. 7，2
D. 7，4
3.下列这些图形的组合能围成圆柱的是( )
A. 圆、长方形
B. 圆、三角形
C. 长方形、正方形
D. 圆、扇形
4. 下列四个图中，是三棱锥的表面展开图的是（）
A B C
D
练习题
1.下列几种图形：①三角形；②长方形；③正方体；④圆；⑤圆锥；⑥圆柱.
其中属于立体图形的是（）.
A.③⑤⑥
B.①②③
C.③⑥
D.④⑤
2.一个直棱柱有12个顶点,那么它的面的个数是个.
3. 直角三角形绕它最长边(即斜边)旋转一周得到的几何体为( ).
4. 点D，E，F分别是等边三角形ABC的边AB，BC，CA的中点，现沿着虚线折起，使A，
B，C三点重合，折起后得到的立体图形是( )
A. 正方体
B. 圆锥
C. 棱柱
D. 棱锥
5. 选项中哪一个是图中正方体的展开图( )
A. B. C. D.
6. .如图是一个正方体的表面展开图，这个正方体可能是（）
A. B. C. D.。