立体几何-简单几何体
2024-2025学年高中数学第1章立体几何初步1简单几何体(教师用书)教案北师大版必修2
布置作业：
根据本节课学习的简单几何体的内容，布置适量的课后作业，巩固学习效果。
提醒学生注意作业要求和时间安排，确保作业质量。
拓展与延伸
1. 提供与本节课内容相关的拓展阅读材料：
- 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的代表作，其中包含了关于立体几何的详细论述，对于理解立体几何的概念和定理非常有帮助。
举例：可以用坐标系表示几何体的顶点或中心点的位置，用向量表示几何体的尺寸和方向。
（3）几何体的表面积和体积计算：如何计算简单几何体的表面积和体积。
举例：正方体的表面积公式为6a²，其中a为边长；正方体的体积公式为a³。
2.教学难点
（1）理解并应用几何体的特征：学生可能对几何体的特征和性质理解不深，难以运用到实际问题中。
互动探究：
设计小组讨论环节，让学生围绕简单几何体的问题展开讨论，培养学生的合作精神和沟通能力。
鼓励学生提出自己的观点和疑问，引导学生深入思考，拓展思维。
技能训练：
设计实践活动或实验，让学生在实践中体验几何体的应用，提高实践能力。
在新课呈现结束后，对简单几何体的知识点进行梳理和总结。
强调重点和难点，帮助学生形成完整的知识体系。
- 学习如何表示和描述简单几何体的尺寸和位置；
- 掌握如何计算简单几何体的表面积和体积。
2.教学目标：
- 学生能准确识别和描述常见简单几何体的特征；
- 学生能运用数学语言和符号表示简单几何体的尺寸和位置；
- 学生能计算简单几何体的表面积和体积，并能解决相关实际问题。
三、教学步骤
1.导入（5分钟）：通过展示一些实际生活中的几何体模型，引导学生思考和讨论这些模型的特征和数学关系。
高三复习 立体几何部分
高三复习立体几何部分第一节简单几何体A组1．下列命题中，不正确的是______．①棱长都相等的长方体是正方体②有两个相邻侧面为矩形的棱柱为直棱柱③有两个侧面与底面垂直的棱柱为直棱柱④底面为平行四边形的四棱柱叫平行六面体解析：由平行六面体、正方体的定义知①④正确；对于②，相邻两侧面垂直于底面，则侧棱垂直于底面，所以该棱柱为直棱柱，因而②正确；对于③，若两侧面平行且垂直于底面，则不一定是直棱柱．答案：③2．(2009年高考全国卷Ⅱ改编)纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到如图的平面图形，则标“△”的面的方位是________．解析：将所给图形还原为正方体，如图所示，最上面为△，最左面为东，最里面为上，将正方体旋转后让东面指向东，让“上”面向上可知“△”的方位为北．答案：北3．(2009年高考安徽卷)对于四面体ABCD，下列命题正确的是________．(写出所有正确命题的编号)．①相对棱AB与CD所在的直线是异面直线；②由顶点A作四面体的高，其垂足是△BCD三条高线的交点；③若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高，则这两条高的垂足重合；④任何三个面的面积之和都大于第四个面的面积；⑤分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点．解析：②中的四面体如果对棱垂直，则垂足是△BCD的三条高线的交点；③中如果AB 与CD垂直，则两条高的垂足重合．答案：①④⑤4．下列三个命题，其中正确的有________个．①用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台；②两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；③有两个面互相平行，其余各面都是等腰梯形的六面体是棱台．解析：①中的平面不一定与底面平行，②③可用反例图去验证．答案：05．下面命题正确的有________个．①长方形绕一条直线旋转一周所形成的几何体是圆柱②过圆锥侧面上一点有无数条母线③三棱锥的每个面都可以作为底面④圆锥的轴截面(过轴所作的截面)是等腰三角形解析：①②错，③④正确．①错在绕一条直线，应该是绕长方形的一条边所在的直线；②两点确定一条直线，圆锥的母线必过圆锥的顶点，因此过圆锥侧面上一点只有一条母线．答案：26.如图所示，长方体的长、宽、高分别为4 cm,3 cm,5 cm，一只蚂蚁从A到C1点沿着表面爬行的最短距离是多少？解：长方体ABCD－A1B1C1D1的表面可如下图三种方法展开后，A、C1两点间的距离分别为：(5＋4)2＋32＝310，(5＋3)2＋42＝45，(3＋4)2＋52＝74，三者比较得74是从点A沿表面到C1的最短距离，∴最短距离是74 cm.B组1．(2009年高考安徽卷)对于四面体ABCD，下列命题正确的是________．①相对棱AB与CD所在的直线是异面直线；②由顶点A作四面体的高，其垂足是△BCD三条高线的交点；③若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高，则这两条高的垂足重合；④任何三个面的面积之和都大于第四个面的面积；⑤分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点．解析：②中的四面体如果对棱垂直，则垂足是△BCD的三条高线的交点；③中如果AB 与CD垂直，则两条高的垂足重合．答案：①④⑤2．下面是关于三棱锥的四个命题：①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥．③底面是等边三角形，侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥．④侧棱与底面所成的角都相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．其中，真命题的编号是______．(写出所有真命题的编号)解析：对于①，设四面体为D－ABC，过棱锥顶点D作底面的垂线DE，过E分别作AB，BC，CA边的垂线，其垂足依次为F，G，H，连结DF，DG，DH，则∠DFE，∠DGE，∠DHE分别为各侧面与底面所成的角，所以∠DFE＝∠DGE＝∠DHE，于是有FE＝EG＝EH，DF＝DG＝DH，故E为△ABC的内心，又因△ABC为等边三角形，所以F，G，H为各边的中点，所以△AFD≌△BFD≌△BGD≌△CGD≌△AHD，故DA＝DB＝DC，故棱锥为正三棱锥．所以为真命题．对于②，侧面为等腰三角形，不一定就是侧棱为两腰，所以为假命题．对于③，面积相等，不一定侧棱就相等，只要满足斜高相等即可，所以为假命题．对于④，由侧棱与底面所成的角相等，可以得出侧棱相等，又结合①知底面应为正三角形，所以为真命题．综上，①④为真命题．答案：①④3.关于如图所示几何体的正确说法为________．①这是一个六面体②这是一个四棱台③这是一个四棱柱④这是一个四棱柱和三棱柱的组合体⑤这是一个被截去一个三棱柱的四棱柱答案：①②③④⑤4．(2009年高考安徽卷)对于四面体ABCD，下列命题正确的是________．①相对棱AB与CD所在的直线是异面直线；②由顶点A作四面体的高，其垂足是△BCD三条高线的交点；③若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高，则这两条高的垂足重合；④任何三个面的面积之和都大于第四个面的面积；⑤分别作三组相对棱中点的连线，所得的三条线段相交于一点．解析：②中的四面体如果对棱垂直，则垂足是△BCD的三条高线的交点；③中如果AB 与CD垂直，则两条高的垂足重合．答案：①④⑤5．给出以下命题：①底面是矩形的四棱柱是长方体；②直角三角形绕着它的一边旋转一周形成的几何体叫做圆锥；③四棱锥的四个侧面可以都是直角三角形．其中说法正确的是__________．解析：命题①不是真命题，因为底面是矩形，若侧棱不垂直于底面，这时四棱柱是斜四棱柱；命题②不是真命题，直角三角形绕着它的一条直角边旋转一周形成的几何体叫做圆锥，如果绕着它的斜边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥；命题③是真命题，如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，则可以得到四个侧面都是直角三角形．故填③.答案：③6．下列结论正确的是①各个面都是三角形的几何体是三棱锥②以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥④圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：①错误．如图(1)所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．②错误．如图(2)(3)所示，若△ABC不是直角三角形，或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥．③错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．④正确．答案：④7．过半径为2的球O表面上一点A作球O的截面，若OA与该截面所成的角是60°，则该截面的面积是________．解析：设截面的圆心为O′，由题意得：∠OAO′＝60°，O′A＝1，S＝π·12＝π.答案：π8．如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是________．①等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等②等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补③等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆④等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：①如图，∵SA=SB=SC=SD，∴∠SAO=∠SBO=∠SCO=∠SDO，即等腰四棱锥腰与底面所成的角相等，正确；②等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角相等或互补不一定成立；③如图，由SA=SB=SC=SD得OA=OB=OC=OD，即等腰四棱锥的底面四边形存在外接圆，正确；④等腰四棱锥各顶点在同一个球面上，正确．故选②.答案：②9．(2008年高考江西卷)如图(1)，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a 升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P .如果将容器倒置，水面也恰好过点P (图(2))有下列四个命题：A ．正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半B ．将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点PC ．任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点PD ．若往容器内再注入a 升水，则容器恰好能装满．其中真命题的代号是：______(写出所有真命题的代号)．解析：设正四棱柱底面边长为b ，高为h 1，正四棱锥高为h 2，则原题图(1)中水的体积为b 2h 2－13b 2h 2＝23b 2h 2， 图(2)中水的体积为b 2h 1－b 2h 2＝b 2(h 1－h 2)，所以23b 2h 2＝b 2(h 1－h 2)，所以h 1＝53h 2，故A 错误，D 正确． 对于B ，当容器侧面水平放置时，P 点在长方体中截面上，又水占容器内空间的一半，所以水面也恰好经过P 点，故B 正确．对于C ，假设C 正确，当水面与正四棱锥的一个侧面重合时，经计算得水的体积为2536b 2h 2>23b 2h 2，矛盾，故C 不正确．答案：BD 10．一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h 1，h 2，h 3，求h 1∶h 2∶h 3的值．解：选依题意，四棱锥为正四棱锥，三棱锥为正三棱锥，且棱长均相等，设为a ，h 2＝h 3，h 1＝ a 2－(22a )2＝22a ，h 2＝ a 2－(33a )2＝63a ， 故h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶2.11．一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上．已知正三棱柱的底面边长为2，求该三角形的斜边长．解：如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为正三角形，边长为2，△DEF 为等腰直角三角形，DF 为斜边，设DF 长为x ，则DE ＝EF ＝22x ，作DG ⊥BB 1，HG ⊥CC 1，EI ⊥CC 1， 则EG ＝DE 2－DG 2＝x 22－4，FI ＝EF 2－EI 2＝x 22－4，FH ＝FI ＋HI ＝FI ＋EG ＝2x 22－4，在Rt △DHF 中，DF 2＝DH 2＋FH 2，即x 2＝4＋(2x 22－4))2，解得x ＝2 3.即该三角形的斜边长为2 3.12．(2009年高考辽宁卷改编)如果把地球看成一个球体，求地球上北纬60°纬线长和赤道线长的比值．解：设地球的半径为R ，那么对应的赤道线的大圆的半径为R ，而对应的北纬60°纬线所在的小圆的半径为12R ，那么它们对应的长度之比为12R ∶R ＝12. 即所求比值为12.第二节 空间图形的基本关系与公理A 组1．以下四个命题中，正确命题的个数是________．①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A 、B 、C 、D 共面，点A 、B 、C 、E 共面，则A 、B 、C 、D 、E 共面；③若直线a 、b 共面，直线a 、c 共面，则直线b 、c 共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．解析：①正确，可以用反证法证明；②从条件看出两平面有三个公共点A 、B 、C ，但是若A 、B 、C 共线，则结论不正确；③不正确，共面不具有传递性；④不正确，因为此时所得的四边形四条边可以不在一个平面上．答案：12．给出下列四个命题：①如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合；②两条直线可以确定一个平面；③若M ∈α，M ∈β，α∩β＝l ，则M ∈l ；④空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内．其中真命题的个数为________．解析：根据平面的基本性质知③正确．答案：13．(2009年高考湖南卷改编)平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，既与AB 共面也与CC 1共面的棱的条数为________．解析：根据两条平行直线、两条相交直线确定一个平面，可得CD 、BC 、BB 1、AA 1、C 1D 1符合条件．答案：54．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 、Q 、R 分别是AB 、AD 、B 1C 1的中点．那么，正方体的过P 、Q 、R 的截面图形是________．解析：边长是正方体棱长的22倍的正六边形．答案：正六边形 5．(原创题)已知直线m 、n 及平面α，其中m ∥n ，那么平面α内到两条直线m 、n 距离相等的点的集合可能是：(1)一条直线；(2)一个平面；(3)一个点；(4)空集．其中正确的是________．解析：如图1，当直线m 或直线n 在平面α内且m 、n 所在平面与α垂直时不可能有符合题意的点；如图2，直线m 、n 到已知平面α的距离相等且两直线所在平面与已知平面α垂直，则已知平面α为符合题意的点；如图3，直线m 、n 所在平面与已知平面α平行，则符合题意的点为一条直线．答案：(1)(2)(4)6．如图，已知平面α、β，且α∩β＝l .设梯形ABCD中，AD ∥BC ，且AB ⊂α，CD ⊂β.求证：AB ，CD ，l共点(相交于一点)．证明：∵梯形ABCD中，AD∥BC，∴AB，CD是梯形ABCD的两腰，∴AB，CD必定相交于一点．如图，设AB∩CD=M.又∵AB⊂α，CD⊂β，∴M∈α，且M∈β，∴M∈α∩β.又∵α∩β=l，∴M∈l，即AB，CD，l共点B组1．有以下三个命题：①平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；②直线l在平面α内，可以用符号“l∈α”表示；③若平面α内的一条直线a与平面β内的一条直线b相交，则α与β相交，其中所有正确命题的序号是______________．解析：表示线与面的关系用“⊂”或“⊄”表示，故②错误．答案：①③2．(2010年黄冈调研)下列命题中正确的是________．①若△ABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交α于P、Q、R，则P、Q、R 三点共线；②若三条直线a、b、c互相平行且分别交直线l于A、B、C三点，则这四条直线共面；③空间中不共面的五个点一定能确定10个平面．解析：在①中，因为P、Q、R三点既在平面ABC上，又在平面α上，所以这三点必在平面ABC与α的交线上，即P、Q、R三点共线，故①正确；在②中，因为a∥b，所以a 与b确定一个平面α，而l上有A、B两点在该平面上，所以l⊂α，即a、b、l三线共面于α；同理a、c、l三线也共面，不妨设为β，而α、β有两条公共的直线a、l，∴α与β重合，即这些直线共面，故②正确；在③中，不妨设其中有四点共面，则它们最多只能确定7个平面，故③错．答案：①②3．对于空间三条直线，有下列四个条件：①三条直线两两相交且不共点②三条直线两两平行③三条直线共点④有两条直线平行，第三条直线和这两条直线都相交其中使三条直线共面的充分条件有：________.解析：易知①中的三条直线一定共面，④中两条直线平行可确定一个平面，第三条直线和这两条直线相交于两点，则第三条直线也在这个平面内，故三条直线共面．答案：①④4．(2008年高考浙江卷改编)对两条不相交的空间直线a与b，必存在平面α，使得________．①a⊂α，b⊂α②a⊂α，b∥α③a⊥α，b⊥α④a⊂α，b⊥α解析：不相交的直线a、b的位置有两种：平行或异面．当a、b异面时，不存在平面α满足①、③；又只有当a⊥b时④才成立．答案：②5．正方体AC1中，E、F分别是线段C1D、BC的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是________．解析：直线AB与直线外一点E确定的平面为A1BCD1，EF⊂平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交．答案：相交6．(2010年湖南郴州调研)设α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列四个命题：①若α⊥β，l⊥β，则l∥α；②若l⊥α，l∥β，则α⊥β；③若l上有两点到α的距离相等，则l∥α；④若α⊥β，α∥γ，则γ⊥β.其中正确命题的序号是________．解析：①错误，l可能在平面α内；②正确，l∥β，l⊂γ，β∩γ＝n⇒l∥n⇒n⊥α，则α⊥β；③错误，直线可能与平面相交；④正确．故填②④.答案：②④7．(2009年高考广东卷改编)给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面平行，那么这两个平面相互平行；②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中，为真命题的是________．解析：当两个平面相交时，一个平面内的两条直线可以平行于另一个平面，故①不对；由平面与平面垂直的判定定理可知②正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线可以平行，相交也可以异面，故③不对；若两个平面垂直，只有在一个平面内与它们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直，故④正确．答案：②④8．(2009年高考宁夏、海南卷改编)如图所示，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 ＝22，则下列结论中错误的是________． ①AC ⊥BE②EF ∥平面ABCD③三棱锥A －BEF 的体积为定值④异面直线AE ，BF 所成的角为定值解析：∵AC ⊥平面BB 1D 1D ，又BE ⊂平面BB 1D 1D ， ∴AC ⊥BE .故①正确．∵B 1D 1∥平面ABCD ，又E 、F 在直线D 1B 1上运动， ∴EF ∥平面ABCD .故②正确．③中由于点B 到直线B 1D 1的距离不变，故△BEF 的面积为定值．又点A 到平面BEF 的距离为22，故V A －BEF 为定值．当点E 在D 1处，F 为D 1B 1的中点时，建立空间直角坐标系，如图所示，可得A (1,1,0)，B (0,1,0)，E (1,0,1)，F ⎝⎛⎭⎫12，12，1.∴A E →＝(0，－1,1)，B F →＝(12，－12，1)， ∴A E →·B F →＝32.又|AE →|＝2，|BF →|＝62，∴cos 〈A E →，B F →〉＝322·62＝32， ∴AE 与BF 成30°角．当E 为D 1B 1中点，F 在B 1处时，此时E ⎝⎛⎭⎫12，12，1，F (0,1,1)，∴A E →＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，1，B F →＝(0,0,1)， ∴A E →·B F →＝1，|A E →|＝ 32，∴cos 〈A E →，B F →〉＝ 23＝63≠32.故④错． 答案：④9.(2008年高考陕西卷改编)如图，α⊥β，α∩β=l ，A ∈α，B ∈β，A 、B 到l 的距离分别是a 和b ，AB 与α、β所成的角分别是θ和φ，AB 在α、β内的射影分别是m 和n.若a ＞b ，则θ与φ的大小关系为______，m 与n 的大小关系为______.解析：AB 与β成的角为∠ABC ＝φ，AB 与α成的角为∠BAD ＝θ，sin φ＝sin ∠ABC ＝a |AB |，sin θ＝sin ∠BAD ＝b |AB |. ∵a >b ，∴sin φ>sin θ.∴θ<φ.AB 在α内的射影AD ＝AB 2－b 2，AB 在β内的射影BC ＝AB 2－a 2，∴AD .BC ，即m >n .答案：θ＜φ m ＞n10．如图，已知正方体ABCD －A1B 1C 1D 1中，E 、F分别为D 1C 1、B 1C 1的中点，AC ∩BD ＝P ，A 1C 1∩EF ＝Q ，若A 1C 交平面DBFE 于R 点，试确定R 点的位置．解：在正方体AC 1中，连结PQ ，∵Q ∈A 1C 1，∴Q ∈平面A 1C 1CA .又Q ∈EF ，∴Q ∈平面BDEF ，即Q 是平面A 1C 1CA 与平面BDEF 的公共点，同理，P 也是平面A 1C 1CA 与平面BDEF 的公共点． ∴平面A 1C 1CA ∩平面BDEF ＝PQ .又A 1C ∩平面BDEF ＝R ，∴R ∈A 1C ，∴R ∈平面A 1C 1CA ，R ∈平面BDEF .∴R 是A 1C 与PQ 的交点．如图．11．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，N 为BB 1的中点，O 为平面BCC 1B 1的中心． (1)过O 作一直线与AN 交于P ，与CM 交于Q (只写作法，不必证明)；(2)求PQ 的长．解：(1)连结ON ，由ON ∥AD 知，AD 与ON 确定一个平面α.又O 、C 、M 三点确定一个平面β(如图所示)．∵三个平面α，β和ABCD 两两相交，有三条交线OP 、CM 、DA ，其中交线DA 与交线CM 不平行且共面．∴DA 与CM 必相交，记交点为Q ，∴OQ 是α与β的交线．连结OQ 与AN 交于P ，与CM 交于Q ，故直线OPQ 即为所求作的直线．(2)在Rt △APQ 中，易知AQ ＝1，又易知△APQ∽△OPN ，∴AP PN ＝AQ NO ＝2，AN ＝52，∴AP ＝53， ∴PQ ＝AQ 2＋AP 2＝143. 12．(2008年高考四川卷)如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12F A ，G 、H 分别为F A 、FD 的中点． (1)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(2)C 、D 、F 、E 四点是否共面？为什么？(3)设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE .解：(1)证明：由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，所以GH 綊12AD .又BC 綊12AD ，故GH 綊BC .所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)C 、D 、F 、E 四点共面．理由如下：由BE 綊12AF ，G 是F A 的中点知，BE 綊GF ，所以EF ∥BG .由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面． 又点D 在直线FH 上，所以C 、D 、F 、E 四点共面．(3)证明：连结EG .由AB ＝BE ，BE 綊AG 及∠BAG ＝90°知ABEG 是正方形，故BG ⊥EA .由题设知，F A 、AD 、AB 两两垂直，故AD ⊥平面F ABE ，因此EA 是ED 在平面F ABE 内的射影．根据三垂线定理，BG ⊥ED .又ED ∩EA ＝E ，所以BG ⊥平面ADE .由(1)知，CH ∥BG ，所以CH ⊥平面ADE .由(2)知F ∈平面CDE ，故CH ⊂平面CDE ，得平面ADE ⊥平面CDE .第三节 平行关系A 组1．已知m 、n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，下列命题中的真命题是_．①如果m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，那么α∥β②如果m ⊂α，n ⊂β，α∥β，那么m ∥n③如果m ⊂α，n ⊂β，α∥β且m ，n 共面，那么m ∥n④如果m ∥n ，m ⊥α，n ⊥β，那么α⊥β解析：m ⊂α，n ⊂β，α∥β⇒m ，n 没有公共点．又m ，n 共面，所以m ∥n .答案：③2．已知m 、n 是不同的直线，α、β是不重合的平面，给出下列命题：①若m ∥α，则m 平行于平面α内的无数条直线；②若α∥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ∥n ；③若m ⊥α，n ⊥β，m ∥n ，则α∥β；④若α∥β，m ⊂α，则m ∥β.其中，真命题的序号是________．(写出所有真命题的序号)解析：②中α∥β，m ⊂α，n ⊂β⇒m ∥n 或m ，n 异面，所以②错误．而其它命题都正确．答案：①③④3．(2010年苏北四市调研)给出下列关于互不相同的直线m 、l 、n 和平面α、β的四个命题：①若m ⊂α，l ∩α＝A ，点A ∉m, 则l 与m 不共面；②若m 、l 是异面直线，l ∥α，m ∥α，且n ⊥l ，n ⊥m ，则n ⊥α；③若l ∥α，m ∥β，α∥β，则l ∥m ；④若l ⊂α，m ⊂α，l ∩m ＝A ，l ∥β，m ∥β，则α∥β.其中为真命题的是________．解析：③中若l ⊂β，m ⊂α，α∥β⇒l ∥m 或l ，m 异面，所以②错误．而其它命题都正确．答案：①②④4．(2009年高考福建卷改编)设m ，n 是平面α内的两条不同直线；l 1，l 2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是________．①m ∥β且l 1∥α ②m ∥l 1且n ∥l 2 ③m ∥β且n ∥β ④m ∥β且n ∥l 2解析：∵m ∥l 1，且n ∥l 2，又l 1与l 2是平面β内的两条相交直线，∴α∥β，而当α∥β时不一定推出m ∥l 1且n ∥l 2，可能异面．答案： ②5．(原创题)直线a ∥平面α，α内有n 条直线交于一点，则这n 条直线中与直线a 平行的直线有________条．答案：1或06．如图，ABCD为直角梯形，∠C＝∠CDA＝90°，AD＝2BC ＝2CD，P为平面ABCD外一点，且PB⊥BD.(1)求证：P A⊥BD；(2)若PC与CD不垂直，求证：P A≠PD；(3)若直线l过点P，且直线l∥直线BC，试在直线l上找一点E，使得直线PC∥平面EBD.解：(1)证明：∵ABCD为直角梯形，AD＝2AB＝2BD，∴AB⊥BD，PB⊥BD，AB∩PB＝B，AB，PB⊂平面P AB，BD⊥平面P AB，P A⊂平面P AB，∴P A⊥BD.(2)证明：假设P A＝PD，取AD中点N，连结PN，BN，则PN⊥AD，BN⊥AD，AD⊥平面PNB，得PB⊥AD，又PB⊥BD，得PB⊥平面ABCD，∴PB⊥CD.又∵BC⊥CD，∴CD⊥平面PBC，∴CD⊥PC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾．∴P A≠PD.(3)在l上取一点E，使PE＝BC，连结BE，DE，∵PE∥BC，∴四边形BCPE是平行四边形，∴PC∥BE，PC⊄平面EBD，BE⊂平面EBD，∴PC∥平面EBD.B组1．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是________．①若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β②若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β③若m∥n，m∥α，则n∥α④若n⊥α，n⊥β，则α∥β解析：①错，两平面也可相交；②错，不符合面面平行的判定定理条件，需两平面内有两条相交直线互相平行；③错，直线n不一定在平面内；④由空间想象知垂直于同一直线的两平面平行，命题正确．答案：④2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列4个命题：①若m∥n，n⊂α，则m∥α；②若m⊥n，m⊥α，n⊄α，则n∥α；③若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n；④若m，n是异面直线，m⊂α，n⊂β，m∥β，则n∥α.其中正确的命题有_．解析：对于①，m有可能也在α上，因此命题不成立；对于②，过直线n作垂直于m 的平面β，由m⊥α，n⊄α可知β与α平行，于是必有n与α平行，因此命题成立；对于③，由条件易知m平行于β或在β上，n平行于α或在α上，因此必有m⊥n；对于④，取正方体中两异面的棱及分别经过此两棱的不平行的正方体的两个面即可判断命题不成立．综上可知②③正确．答案：②③3．已知m，n是平面α外的两条直线，且m∥n，则“m∥α”是“n∥α”的________条件．解析：由于直线m，n在平面外，且m∥n，故若m∥α，则必有n∥α，反之也成立．答案：充要4．设l1，l2是两条直线，α，β是两个平面，A为一点，下列命题中正确的命题是________．①若l1⊂α，l2∩α＝A，则l1与l2必为异面直线②若α⊥β，l1⊂α，则l1⊥β③l1⊂α，l2⊂β，l1∥β，l2∥α，则α∥β④若l1∥α，l2∥l1，则l2∥α或l2⊂α解析：①错，两直线可相交于点A；②错，不符合面面垂直的性质定理的条件；③错，不符合面面平行的判定定理条件；④正确，空间想象即可．答案：④5．(2010年广东深圳模拟)若a不平行于平面α，且a⊄α，则下列结论成立的是________．①α内的所有直线与a 异面 ②α内与a 平行的直线不存在 ③α内存在唯一的直线与a 平行 ④α内的直线与a 都相交解析：由题设知，a 和α相交，设a ∩α＝P ，如图，在α内过点P 的直线与a 共面，①错；在α内不过点P 的直线与a 异面，④错；(反证)假设α内直线b ∥a ，∵a ⊄α，∴a ∥α，与已知矛盾，③错．答案：②6．设m 、n 是异面直线，则(1)一定存在平面α，使m ⊂α且n ∥α；(2)一定存在平面α，使m ⊂α且n ⊥α；(3)一定存在平面γ，使m 、n 到γ的距离相等；(4)一定存在无数对平面α与β，使m ⊂α，n ⊂β，且α∥β.上述4个命题中正确命题的序号为________．解析：(1)成立；(2)不成立，m 、n 不一定垂直；(3)过m 、n 公垂线段中点分别作m 、n 的平行线所确定平面到m 、n 距离就相等，(3)正确；满足条件的平面只有一对，(4)错．答案：(1)(3)7．如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M 、N 分别是下AP ＝a 3，底面的棱A 1B 1、B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，过P 、M 、N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，则PQ ＝______. 答案：223a8．下列四个正方体图形中，A 、B 为正方体的两个顶点，M 、N 、P 分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥面MNP 的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形序号)．解析：①∵面AB ∥面MNP ，∴AB ∥面MNP .②若下底面中心为O ，易知NO ∥AB ，NO ⊄面MNP ，∴AB 与面MNP 不平行． ③易知AB ∥MP ，∴AB ∥面MNP .④易知存在一直线MC ∥AB ，且MC ⊄平面MNP ，∴AB 与面MNP 不平行． 答案：①③9．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、CD 的中点，N 是BC 中点．点M 在四边形EFGH 上及其内部运动，则M 满足条件________时，有MN ∥平面B 1BDD 1.答案：M ∈FHAA 1＝2，10．如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AD ＝2，E 为BC 的中点，点M 为棱AA 1的中点．(1)证明：DE ⊥平面A 1AE ； (2)证明：BM ∥平面A 1ED .证明：(1)在△AED 中，AE ＝DE ＝2，AD＝2， ∴AE ⊥DE .∵A1A ⊥平面ABCD ， ∴A 1A ⊥DE ，∴DE ⊥平面A 1AE .(2) 设AD 的中点为N ，连结MN 、BN .在△A 1AD 中，AM ＝MA 1，AN ＝ND ，∴MN ∥A 1D ， ∵BE ∥ND 且BE ＝ND ，∴四边形BEDN 是平行四边形， ∴BN ∥ED ，∴平面BMN ∥平面A 1ED ， ∴BM ∥平面A 1ED . 11．(2010年扬州调研)在正方体ABCD －A1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是AB ，BC 的中点．(1)求证：平面B 1MN ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若在棱DD 1上有一点P ，使BD 1∥平面PMN ，求线段DP 与PD 1的比解：(1)证明：连结AC ，则AC ⊥BD ， 又M ，N 分别是AB ，BC 的中点， ∴MN ∥AC ，∴MN ⊥BD .∵ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，∴BB 1⊥平面ABCD ， ∵MN ⊂平面ABCD ， ∴BB 1⊥MN ， ∵BD ∩BB 1＝B ，∴MN ⊥平面BB 1D 1D ， ∵MN ⊂平面B 1MN ，∴平面B 1MN ⊥平面BB 1D 1D .(2)设MN 与BD 的交点是Q ，连结PQ ，PM ，PN ∵BD 1∥平面PMN ，BD 1⊂平面BB 1D 1D ，平面BB 1D 1D ∩平面PMN ＝PQ ， ∴BD 1∥PQ ，∴DP ∶PD 1＝DQ ∶QB ＝3∶1.12．如图，四边形ABCD 为矩形，BC ⊥平面ABE ，F为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥BE ；(2)设点M 为线段AB 的中点，点N 为线段CE 的中点．求证：MN ∥平面DAE .证明：(1)因为BC ⊥平面ABE ，AE ⊂平面ABE ， 所以AE ⊥BC ，又BF ⊥平面ACE ，AE ⊂平面ACE ， 所以AE ⊥BF ，又BF ∩BC ＝B ，所以AE ⊥平面BCE ， 又BE ⊂平面BCE ，所以AE ⊥BE .(2)取DE 的中点P ，连结P A ，PN ，因为点N 为线段CE 的中点．所以PN ∥DC ，且PN ＝12DC ，又四边形ABCD 是矩形，点M 为线段AB 的中点，所以AM ∥DC ，且AM ＝12DC ，所以PN ∥AM ，且PN ＝AM ，故四边形AMNP 是平行四边形，所以MN ∥AP ， 而AP ⊂平面DAE ，MN ⊄平面DAE ，所以MN ∥平面DAE .第四节 垂直关系A 组1．(2010年宁波十校联考)设b 、c 表示两条直线，α，β表示两个平面，则下列命题是真命题的是________．①若b ⊂α，c ∥α，则b ∥c ②若b ⊂α，b ∥c ，则c ∥α ③若c ∥α，α⊥β，则c ⊥β ④若c ∥α，c ⊥β，则α⊥β解析：①中，b ，c 亦可能异面；②中，也可能是c ⊂α；③中，c 与β的关系还可能是斜交、平行或c ⊂β；④中，由面面垂直的判定定理可知正确．答案：④2．(2010年青岛质检)已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，下面有三个命题：①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒l ∥m ；③l ∥m ⇒α⊥β.则真命题的个数为________．解析：对于①，由直线l ⊥平面α，α∥β，得l ⊥β，又直线m ⊂平面β，故l ⊥m ，故①正确；对于②，由条件不一定得到l ∥m ，还有l 与m 垂直和异面的情况，故②错误；对于③，显然正确．故正确命题的个数为2.答案：2个3．(2009年高考山东卷改编)已知α、β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“α⊥β ”是“m ⊥β ”的________条件．解析：由平面与平面垂直的判定定理知如果m 为平面α内的一条直线，m ⊥β，则α⊥β，反过来则不一定．所以“α⊥β”是“m ⊥β”的必要不充分条件．答案：必要不充分4．(2009年高考浙江卷)如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为DC 的中点，F 为线段EC (端点除外)上一动点．现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC .在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足．设AK ＝t ，则t 的取值范围是________．解析：如图，过D 作DG ⊥AF ，垂足为G ，连结GK ，∵平面ABD ⊥平面ABC ，又DK ⊥AB ， ∴DK ⊥平面ABC ，∴DK ⊥AF .∴AF ⊥平面DKG ，∴AF ⊥GK .容易得到，当F 接近E 点时，K 接近AB 的中点，当F范围是(12，接近C 点时，K 接近AB 的四等分点．∴t 的取值1)．答案：(12，1)5．(原创题)已知a 、b 为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，且a ⊥α，b ⊥β，则下列命题中假命题的有________．①若a ∥b ，则α∥β；②若α⊥β，则a ⊥b ；③若a 、b 相交，则α、β相交；④若α、β相交，则a ，b 相交．解析：若α、β相交，则a 、b 既可以是相交直线，也可以是异面直线． 答案：④6．(2009年高考山东卷)如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝4，BC ＝CD ＝2，AA 1＝2，E ，E 1分别是棱AD ，AA 1的中点．(1)设F 是棱AB 的中点，证明：直线EE 1∥平面FCC 1；(2)证明：平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C .证明：(1)法一：取A 1B 1的中点为F 1，连结FF 1，C 1F 1. 由于FF 1∥BB 1∥CC 1，所以F 1∈平面FCC 1.因此平面FCC 1即为平面C 1CFF 1.。
2022高中数学立体几何初步-简单几何体的表面积与体积第2课时球的表面积和体积课后提能训练新人教A版
第八章 8.3 第2课时A级——基础过关练1．(2021年长春月考)高为1的圆锥内接于半径为1的球，则该圆锥的体积为( ) A． B．C． D．π【答案】B 【解析】根据题意，高为1的圆锥内接于半径为1的球，则圆锥底面圆的半径r＝1，则该圆锥的体积为×πr2×h＝，故选B.2．已知球的表面积为16π，则它的内接正方体的表面积S的值是( )A．4π B．32C．24 D．12π【答案】B 【解析】设球的内接正方体的棱长为a，由题意知球的半径为2，则3a2＝16，所以a2＝，正方体的表面积S＝6a2＝6×＝32.故选B.3．用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为π，则球的表面积为( ) A． B．C．8π D．【答案】C 【解析】设球的半径为R，则截面圆的半径为，∴截面圆的面积为S＝π＝(R2－1)π＝π.∴R2＝2.∴球的表面积S＝4πR2＝8π.4．把一个铁制的底面半径为r，高为h的实心圆锥熔化后铸成一个铁球，则这个铁球的半径为( )A． B．C． D．【答案】C 【解析】设铁球的半径为R，因为πr2h＝πR3，所以R＝.故选C.5．(2021年成都模拟)将直径为2的半圆绕直径所在的直线旋转半周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为( )A．2π B．3πC．4π D．6π【答案】B 【解析】由题意知，该几何体为半球，表面积为大圆面积加上半个球面积，S＝π×12＋×4×π×12＝3π.6．若一个球的表面积与其体积在数值上相等，则此球的半径为________．【答案】3 【解析】设此球的半径为R，则4πR2＝πR3，R＝3.7．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为________．【答案】16π 【解析】设正四棱锥的高为h，底面边长为a.由V＝a2h＝a2＝6，得a＝.由题意知球心在正四棱锥的高上，设球的半径为r，则(3－r)2＋()2＝r2，解得r＝2，则S球＝4πr2＝16π.8．已知两个正四棱锥有公共底面，且底面边长为4，两棱锥的所有顶点都在同一个球面上，若这两个正四棱锥的体积之比为1∶2，则该球的表面积为________．【答案】36π 【解析】∵两正四棱锥有公共底，且体积比为1∶2，∴它们的高之比为1∶2，设高分别为h，2h，球的半径为R，则h＋2h＝3h＝2R，∴R＝h.又∵底面边长为4，∴R2＝＝＋(2)2，解得h＝2，∴R＝3，∴S球＝4πR2＝36π.9．某组合体的直观图如图所示，它的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，若图中r ＝1，l＝3，试求该组合体的表面积和体积．解：该组合体的表面积S＝4πr2＋2πrl＝4π×12＋2π×1×3＝10π.该组合体的体积V＝πr3＋πr2l＝π×13＋π×12×3＝.10．已知过球面上A，B，C三点的截面到球心的距离等于球半径的一半，且AB＝18，BC＝24，AC＝30，求球的表面积和体积．解：因为AB∶BC∶AC＝18∶24∶30＝3∶4∶5，所以△ABC是直角三角形，∠B＝90°.又球心O到截面△ABC的投影O′为截面圆的圆心，也即是Rt△ABC的外接圆的圆心，所以斜边AC为截面圆O′的直径(如图所示)．设O′C＝r，OC＝R，则球半径为R，截面圆半径为r.在Rt△O′CO中，由题设知sin ∠O′CO＝＝，所以∠O′CO＝30°，所以＝cos 30°＝，即R＝r，(*)又2r＝AC＝30⇒r＝15，代入(*)得R＝10.所以球的表面积为S＝4πR2＝4π×(10)2＝1 200π.球的体积为V＝πR3＝π×(10)3＝4 000π.B级——能力提升练11．已知长方体共顶点的三条棱长分别是3，4，x，且它的8个顶点都在同一个球面上．若这个球的表面积为125π，则x的值为( )A．5 B．6 C．8 D．10【答案】D 【解析】设球的半径为r，则4πr2＝125π，∴r2＝.又32＋42＋x2＝(2r)2，∴9＋16＋x2＝125，∴x2＝100，即x＝10.故选D.12．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的表面积为( )A．153π B．160πC．169π D．360π【答案】C 【解析】由于直三棱柱的底面是直角三角形，所以可以把此三棱柱补成长方体，其体对角线就是外接球的直径，所以球O的半径R＝＝，所以球O的表面积S＝4π×＝169π，故选C.13．如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的3倍，则圆锥的侧面积S1和球的表面积S2之比为( )A．4∶3 B．3∶1C．3∶2 D．9∶4【答案】C 【解析】画出轴截面如图所示，设球的半径为r，则OD＝r，PO＝2r，∠PDO＝90°，∴∠CPB＝30°.又∠PCB＝90°，∴CB＝PC＝r，PB＝2r，∴圆锥的侧面积S1＝π×r×2r＝6πr2，球的表面积S2＝4πr2，∴S1∶S2＝3∶2.14．若等边圆柱(轴截面是正方形)、球、正方体的体积相等，则它们的表面积的大小关系是( )A．S球＜S圆柱＜S正方体 B．S正方体＜S球＜S圆柱C．S圆柱＜S球＜S正方体 D．S球＜S正方体＜S圆柱【答案】A 【解析】设等边圆柱底面圆半径为r，球半径为R，正方体棱长为a，则πr2·2r＝πR3＝a3，＝，＝2π.S圆柱＝6πr2，S球＝4πR2，S正方体＝6a2，＝＝·＝＜1，＝＝·＝＞1.故选A.15．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________．【答案】 【解析】当球的半径最大时，球的体积最大．在直三棱柱内，当球和三个侧面都相切时，因为AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，所以AC＝10，底面的内切圆的半径即为此时球的半径r ＝＝2，直径为4>侧棱．所以球的最大直径为3，半径为，此时体积V＝.16．(2021年沈阳月考)已知体积为的正三棱锥V－ABC的外接球的球心为O，满足OA＋OB＋OC＝0，则该三棱锥外接球的体积为________．【答案】π 【解析】由题意知，OA＋OB＝CO，说明正三角形ABC的顶点在球O的大圆上．设球的半径为R，则该三棱锥的底面正三角形ABC的高为，△ABC的边长为R，所以正三棱锥V－ABC的体积为××(R)2×R＝，解得R3＝4，则该三棱锥外接球的体积为πR3＝π.17．已知盛有水的圆柱形容器的内壁底面半径为5 cm，两个直径为5 cm的玻璃小球都浸没于水中．若取出这两个小球，则水面将下降多少厘米？解：设取出小球后，容器中的水面下降了h cm，两个小球的体积为V球＝2＝(cm3)．该体积等于它们在容器中排开水的体积V＝52×π·h，所以＝π×52×h，解得h＝.故取出这两个小球，水面将下降 cm.18．已知一倒置圆锥的母线长为10 cm，底面半径为6 cm.(1)求该圆锥的高；(2)若有一球刚好放进该圆锥(球与圆锥的底面相切)中，求这个球的半径以及此时圆锥剩余空间的体积．解：(1)设圆锥的高为h cm，底面半径为R cm，母线长为l cm，则h＝＝＝8，所以圆锥的高为8 cm.(2)球放入圆锥后的轴截面如图所示，设球的半径为r cm.易得△OCD∽△ACO1，则＝，即＝，解得r＝3.圆锥剩余空间的体积为圆锥的体积减去球的体积，即V圆锥－V球＝×π×62×8－π×33＝96π－36π＝60π(cm3)，故此时圆锥剩余空间的体积为60π cm3.C级——探索创新练19．有三个球，第一个球可内切于正方体，第二个球可与这个正方体的各条棱相切，第三个球可过这个正方体的各个顶点，这三个球的表面积之比为( )A．1∶∶ B．1∶4∶9C．1∶1∶1 D．1∶2∶3【答案】D 【解析】设正方体的棱长为2，则内切球的半径为1，与棱相切的球的半径就是正方体中相对棱的距离的一半，也就是面对角线长的一半为＝，外接球的半径为＝.∵球的表面积S＝4πR2，∴这三个球的表面积之比为4π×1∶4π×2∶4π×3＝1∶2∶3.故选D.。
第7章-第1节简单几何体 直观图 三视图
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【解析】 命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆 锥；命题②错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰；命题③对；命题④错，必 须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以，故选B.
【答案】 B
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3．给出下列四个命题： ①有两个侧面是矩形的图形是直棱柱； 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底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱． 其中不正确的命题为________．
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(2)如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×2 2 ＝4 2 cm，CD ＝C′D′＝2 cm.
∴OC＝ OD2＋CD2＝ 4 22＋22＝6 cm，∴OA＝OC，故四边形OABC是 菱形．因此选C.
【答案】 (1)D (2)C
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原图与直观图中的“三变”与“三不变” 坐标轴的夹角改变 1．“三变”与y轴平行的线段的长度改变减半 图形形状改变 平行性不变 2．“三不变”与x轴平行的线段长度不变 相对位置不变
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2．(2014· 湖北高考)在如图 714 所示的空间直角坐标系 Oxyz 中，一个四面 体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给出编号为①②③④的四 个图，则该四面体的主视图和俯视图分别为( )
图 714
A．①和②
B．③和①
C．④和③
D．④和②
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2 (3)斜二测画法中，原图形面积S与其直观图面积S′的关系：S′＝ 4 S. 2．必清误区 底面是梯形的四棱柱侧放后，易被看作是四棱台．
北师大版高中数学必修2第一章《立体几何初步》简单几何体
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问题4: 如图所示:把矩形 问题 如图所示 把矩形ABCD绕着其一边 绕着其一边 把矩形 AB所在的直线在空间中旋转一周，则矩形的 所在的直线在空间中旋转一周， 所在的直线在空间中旋转一周 其它三条边在旋转的过程中所形成的曲面围 成的几何体会是什么呢？ 成的几何体会是什么呢？
C
B
A
D
10
四、圆柱的结构特征
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2、棱柱的分类：棱柱的底面可以是三角形、四 、棱柱的分类：棱柱的底面可以是三角形、 边形、五边形、 边形、五边形、 …… 我们把棱柱按照底面多边 形边数的多少，可分三棱柱、四棱柱、 形边数的多少，可分三棱柱、四棱柱、五棱 柱、……
三棱柱 四棱柱
五棱柱
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3、棱柱的表示法(下图 、棱柱的表示法 下图 下图)
相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱。 相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱。 侧面与底的公共顶点叫做棱柱的顶点。 侧面与底的公共顶点叫做棱柱的顶点。
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底面
侧面 侧棱 顶点
底 面
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观察下列几何体并思考：棱柱（1)， 一、 观察下列几何体并思考：棱柱（1)， （3）与棱柱（2)的不同之处？ 与棱柱（2)的不同之处？ 的不同之处
1、定义：以矩形的一边所在直线为 、定义： O1 旋转轴，把它在空间中旋转一周后， 旋转轴，把它在空间中旋转一周后，其余 三边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做 圆柱。 圆柱。
矩形
O
圆柱的轴。 （1）旋转轴叫做圆柱的轴。 ）旋转轴叫做圆柱的轴 （2） 垂直于轴的边旋转而成 ） 的圆面叫做圆柱的底面 圆柱的底面。 的圆面叫做圆柱的底面。 （3）由平行于轴的边旋转而 ） 成的曲面叫做圆柱的侧面 圆柱的侧面。 成的曲面叫做圆柱的侧面。 （4）无论旋转到什么位置不 ） 11 垂直于轴的边都叫做圆柱的母线 圆柱的母线。 垂直于轴的边都叫做圆柱的母线。
有趣的立体形认识常见的立体几何体
有趣的立体形认识常见的立体几何体有趣的立体形：认识常见的立体几何体立体几何体是我们生活中常见的物体，无论是建筑、家具还是日常用品，都离不开立体几何体的存在。
通过对立体几何体的认识，我们能够更好地理解它们的性质和特点，并且从中找到一些有趣的现象。
本文将介绍一些常见的立体几何体，并通过简单的实例，展示它们的立体形。
1. 正方体正方体是最基本也是最简单的立体几何体之一。
它有六个面，每个面都是正方形，八个顶点和十二条边。
正方体具有对称性，可以从任何一个面上进行旋转得到完全一样的形状。
我们常见的骰子就是一个典型的正方体。
2. 球体球体是一种没有任何棱角和面的立体几何体。
它的表面是光滑的，无论从哪个方向看都是完全一样的。
球体的体积和表面积公式分别为V=4/3πr³和A=4πr²，其中r为球体的半径。
由于球体的特殊性质，它在日常生活中广泛应用于球类运动、天文学、化学等领域。
3. 圆柱体圆柱体是一种由两个平行圆面和一个侧面连接而成的立体几何体。
它的侧面是一个矩形，底面和顶面是相同的圆形。
圆柱体的体积公式为V=πr²h，其中r是底面半径，h是圆柱体的高度。
例如，我们常见的铅笔筒就是一个圆柱体。
4. 圆锥体圆锥体是由一个圆锥面和一个圆形底面组成的立体几何体。
圆锥体的侧面是斜面，呈锥形状。
圆锥体的体积公式为V=1/3πr²h，其中r是底面半径，h是圆锥体的高度。
圆锥体在日常生活中也有很多应用，比如交通锥、冰淇淋蛋筒等。
5. 正四面体正四面体是一种由四个等边三角形组成的立体几何体。
它有四个面，六个边和四个顶点。
正四面体具有对称性，每个面上的三角形都是相等的。
正四面体的特点是每两个顶点的连线都相等，并且形成四个相等的面角。
正四面体在几何学和立体展开图等领域有广泛的应用。
通过上述对常见的立体几何体的介绍，我们可以发现它们各具特色，形态各异。
这些立体几何体不仅存在于我们的生活中，而且在科学和数学等领域中都有非常重要的应用。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第5讲 简单几何体的再认识(表面积与体积)教学案 理
第5讲 简单几何体的再认识(表面积与体积)一、知识梳理1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱) S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝S 底h 锥 体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底 V ＝13S 底h台 体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 31．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切球的半径 (1)外接球：球心是正方体的中心；半径r ＝32a (a 为正方体的棱长)．(2)内切球：球心是正方体的中心；半径r ＝a2(a 为正方体的棱长)．(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心；半径r ＝22a (a 为正方体的棱长).2.正四面体的外接球、内切球的球心和半径(1)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)．(2)外接球：球心是正四面体的中心；半径r ＝64a (a 为正四面体的棱长)．(3)内切球：球心是正四面体的中心；半径r ＝612a (a 为正四面体的棱长)．二、教材衍化1．已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为________．解析：S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π， 所以r 2＝4，所以r ＝2. 答案：2 cm 2．如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．解析：设长方体的相邻三条棱长分别为a ，b ，c ，它截出棱锥的体积V 1＝13×12×12a ×12b ×12c ＝148abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －148abc ＝4748abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47.答案：1∶47 一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( ) (2)锥体的体积等于底面积与高之积．( )(3)球的体积之比等于半径比的平方．( )(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．( )(5)长方体既有外接球又有内切球．( )答案：(1)√(2)×(3)×(4)√(5)×二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)不能把三视图正确还原为几何体而错解表面积或体积；(2)考虑不周忽视分类讨论；(3)几何体的截面性质理解有误；(4)混淆球的表面积公式和体积公式．1．已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.解析：根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m，高为1 m的平行四边形，四棱锥的高为 3 m．故该四棱锥的体积V＝1 3×2×1×3＝2(m3)．答案：22．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是________．解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2，故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.答案：32π2＋8π或32π2＋32π3．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________．解析：因为过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋22π×22＝12π.答案：12π4．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________． 解析：设球的半径为R ，则由4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以这个球的体积为43πR 3＝323π.答案：323π空间几何体的表面积(师生共研)(1)(2020·河南周口模拟)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，直线A 1C 与侧面AA 1B 1B 所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为( )A ．4＋4 2B ．4＋43C ．12D ．8＋42(2)(2020·四川泸州一诊)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，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表面积为( )A ．(5＋2)πB ．(4＋2)πC ．(5＋22)πD ．(3＋2)π【解析】 (1)连接A 1B .因为AA 1⊥底面ABC ，则AA 1⊥BC ，又AB ⊥BC ，AA 1∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面AA 1B 1B ，所以直线A 1C 与侧面AA 1B 1B 所成的角为∠CA 1B＝30°.又AA 1＝AC ＝2，所以A 1C ＝22，BC ＝ 2.又AB ⊥BC ，则AB ＝2，则该三棱柱的侧面积为22×2＋2×2＝4＋42，故选A.(2)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而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB ＝1，高为BC －AD ＝2－1＝1的圆锥，所以该几何体的表面积S ＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.故选A.【答案】 (1)A (2)A空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(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．(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用． 1．在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm ，母线长最短50 cm ，最长80 cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________cm 2.解析：将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S＝12×(50＋80)×(π×40)＝2 600π(cm2)．答案：2 600π2．已知一几何体的三视图如图所示，它的主视图与左视图相同，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的边长为22，该几何体的表面积S＝1 2×4π×22＋π×22＋22×2×4＝12π＋16.答案：12π＋16空间几何体的体积(多维探究)角度一直接利用公式求体积(2020·山东省实验中学模拟)我国古代《九章算术》里，记载了一个“商功”的例子：今有刍童，下广二丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈．问积几何？其意思是：今有上下底面皆为长方形的草垛(如图所示)，下底宽2丈，长3丈，上底宽3丈，长4丈，高3丈．问它的体积是多少？该书提供的算法是：上底长的2倍与下底长的和与上底宽相乘，同样下底长的2倍与上底长的和与下底宽相乘，将两次运算结果相加，再乘以高，最后除以6.则这个问题中的刍童的体积为( )A．13.25立方丈B．26.5立方丈C．53立方丈D．106立方丈【解析】 由题意知，刍童的体积为[(4×2＋3)×3＋(3×2＋4)×2]×3÷6＝26.5(立方丈)，故选B.【答案】 B角度二 割补法求体积《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1)，那么该刍甍的体积为( )A ．4B ．5C ．6D ．12【解析】 如图所示，由三视图可还原得到几何体ABCDEF ，过E ，F 分别作垂直于底面的截面EGH 和FMN ，可将原几何体切割成三棱柱EHG FNM ，四棱锥E ADHG 和四棱锥F MBCN ，易知三棱柱的体积为12×3×1×2＝3，两个四棱锥的体积相同，都为13×1×3×1＝1，则原几何体的体积为3＋1＋1＝5.故选B.【答案】 B角度三 等体积法求体积(2020·贵州部分重点中学联考)如图，在直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是平行四边形，点E 是棱BB 1的中点，点F 是棱CC 1上靠近C 1的三等分点，且三棱锥A 1AEF 的体积为2，则四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为( )A ．12B ．8C ．20D ．18【解析】 设点F 到平面ABB 1A 1的距离为h ，由题意得V A 1AEF＝V F A 1AE .又V F A 1AE ＝13S △A 1AE ·h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12AA 1·AB ·h ＝16(AA 1·AB )·h ＝16S 四边形ABB 1A 1·h ＝16V ABCD A 1B 1C 1D 1，所以V ABCD A 1B 1C 1D 1＝6V A 1AEF ＝6×2＝12.所以四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为12.故选A.【答案】 A(1)处理体积问题的思路①“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高；②“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算；③“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法．(2)求空间几何体的体积的常用方法①公式法：对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解；②割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积；③等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积．1．(2020·江西上饶二模)已知下图为某几何体的三视图，则其体积为( )A ．π＋23B ．π＋13C ．π＋43D ．π＋34解析：选C.几何体为半圆柱与四棱锥的组合体(如图)，半圆柱的底面半径为1，高为2，四棱锥的底面为边长为2的正方形，高为1，故几何体的体积V ＝12×π×12×2＋13×22×1＝π＋43.故选C.2．(2019·高考全国卷Ⅲ)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 1B 1C 1D 1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 ，AA 1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.解析：由题易得长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为6×6×4＝144(cm 3)，四边形EFGH 为平行四边形，如图所示，连接GE ，HF ，易知四边形EFGH 的面积为矩形BCC 1B 1面积的一半，即12×6×4＝12(cm 2)，所以V四棱锥O EFGH ＝13×3×12＝12(cm 3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．答案：118.8球与空间几何体的接、切问题(多维探究) 角度一 外接球(1)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．3π4C.π2D ．π4(2)已知三棱锥S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ABC的体积为9，则球O 的表面积为________．【解析】 (1)设圆柱的底面圆半径为r ，则r 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以，圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4，故选B.(2)设球O 的半径为R ，因为SC 为球O 的直径，所以点O 为SC 的中点，连接AO ，OB ，因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，所以AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，因为平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，所以AO ⊥平面SCB ，所以V S ABC ＝V A SBC ＝13×S △SBC ×AO ＝13×(12×SC ×OB )×AO ，即9＝13×(12×2R ×R )×R ，解得R ＝3，所以球O 的表面积为S ＝4πR2＝4π×32＝36π.【答案】 (1)B (2)36π角度二 内切球(1)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，表面积为S 1，球O 的体积为V 2，表面积为S 2，则V 1V 2的值是__________，S 1S 2＝________. (2)已知棱长为a 的正四面体，则此正四面体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为________．【解析】 (1)设圆柱内切球的半径为R ，则由题设可得圆柱O 1O 2的底面圆的半径为R ，高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.S 1S 2＝2πR ·2R ＋2πR 24πR 2＝32. (2)正四面体的表面积为S 1＝4×34×a 2＝3a 2，其内切球半径r 为正四面体高的14，即r ＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2πa 26＝63π. 【答案】 (1)32 32 (2)63π解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：1.(2020·四川成都一诊)如图，在矩形ABCD 中，EF ∥AD ，GH ∥BC ，BC ＝2，AF ＝FG ＝BG ＝1.现分别沿EF ，GH 将矩形折叠使得AD 与BC 重合，则折叠后的几何体的外接球的表面积为( )A ．24πB ．6π C.163π D ．83π 解析：选C.由题意可知，折叠后的几何体是底面为等边三角形的三棱柱，底面等边三角形外接圆的半径为23× 12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝33.因为三棱柱的高为BC ＝2，所以其外接球的球心与底面外接圆圆心的距离为1，则三棱柱外接球的半径为R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫332＋12＝233，所以三棱柱外接球的表面积S ＝4πR 2＝16π3.故选C.2．(2020·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学模拟)在底面是边长为2的正方形的四棱锥P ABCD 中，点P 在底面的射影H 为正方形ABCD 的中心，异面直线PB 与AD 所成角的正切值为2.若四棱锥P ABCD 的内切球半径为r ，外接球的半径为R ，则r R＝( ) A.23B ．25 C.12D ．13解析：选B.如图，取E ，F 分别为AB ，CD 的中点，连接EF ，PE ，PF .由题意知，P ABCD 为正四棱锥，底面边长为2.因为BC ∥AD ，所以∠PBC 即为异面直线PB 与AD 所成的角．因为∠PBC 的正切值为2，所以四棱锥的斜高为2，所以△PEF 为等边三角形，则正四棱锥P ABCD 的内切球的半径r 即为△PEF 的内切圆的半径，为33. 设O 为正四棱锥外接球的球心，连接OA ，AH .由题可得AH ＝2，PH ＝ 3.在Rt △OHA 中，R 2＝(2)2＋(3－R )2，解得R ＝536， 所以r R ＝25. 确定球心位置的三种方法决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．方法一 由球的定义确定球心若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；(2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )A．16π B．20πC．24πD．32π【解析】已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为22＋22＋42＝26，则半径为6，故球的表面积为24π，故选C.【答案】C方法二构造长方体或正方体确定球心(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为( )A. 2 B．6 2C.112D．52【解析】易知四面体A′EFD的三条侧棱A′E，A′F，A′D 两两垂直，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，把四面体A′EFD补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体A′EFD的外接球，球的半径为r＝1 212＋12＋22＝62.故选B.【答案】B方法三由性质确定球心利用球心O与截面圆圆心O′的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．正三棱锥ABCD内接于球O，且底面边长为3，侧棱长为2，则球O的表面积为________．【解析】如图，M为底面△BCD的中心，易知AM⊥MD，DM＝1，AM＝ 3.在Rt△DOM中，OD2＝OM2＋MD2，即OD2＝(3－OD)2＋1，解得OD＝23 3，故球O的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎪⎫2332＝163π.【答案】163π[基础题组练]1．圆柱的底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是( )A ．4πSB ．2πSC ．πSD ．233πS 解析：选A.由πr 2＝S 得圆柱的底面半径是S π，故侧面展开图的边长为2π·S π＝2πS ，所以圆柱的侧面积是4πS ，故选A. 2．已知圆锥的高为3，底面半径长为4，若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径长为( ) A ．5B ．5C ．9D ．3解析：选B.因为圆锥的底面半径R ＝4，高h ＝3，所以圆锥的母线l ＝5，所以圆锥的侧面积S ＝πRl ＝20π.设球的半径为r ，则4πr 2＝20π，所以r ＝5，故选B.3．(2020·安徽黄山一模)如图所示为某几何体的三视图，则几何体的体积为( )A.12B ．1 C.32D ．3 解析：选B.由主视图可得如图的四棱锥P ABCD ，其中平面ABCD ⊥平面PCD .由主视图和俯视图可知AD ＝1，CD ＝2，P 到平面ABCD 的距离为32. 所以四棱锥P ABCD 的体积为V ＝13×S 长方形ABCD ×h ＝13×1×2×32＝1.故选B.4．(2020·河南郑州三模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3B ．4π3 C.π3D ．2π3 解析：选D.几何体是半个圆柱挖去半个圆锥所形成的，如图，由题意可知几何体的体积为：12×12·π×2－13×12×12·π×2＝2π3.故选D. 5．(2020·广东茂名一模)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，D 1B 与DC 所成的角是60°，则长方体的外接球的表面积是( )A ．16πB ．8πC ．4πD ．42π解析：选A.如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，因为DC ∥AB ，所以相交直线D 1B 与AB 所成的角是异面直线D 1B 与DC 所成的角．连接AD 1，由AB ⊥平面ADD 1A 1，得AB ⊥AD 1，所以在Rt △ABD 1中，∠ABD 1就是D 1B 与DC 所成的角，即∠ABD 1＝60°，又AB ＝2，AB ＝BD 1cos 60°，所以BD 1＝AB cos 60°＝4，设长方体ABCD A 1B 1C 1D 1外接球的半径为R ，则由长方体的体对角线就是长方体外接球的直径得4R 2＝D 1B 2＝16，则R ＝2，所以长方体外接球的表面积是4πR 2＝16π.故选A.6．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其主视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是________．解析：因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，如图，由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2， 取正方形的中心O ，AD 的中点E ，连接PO ，OE ，PE ，可知PO 为正四棱锥的高，△PEO 为直角三角形，则正四棱锥的斜高PE ＝22＋12＝ 5.所以该四棱锥的侧面积S ＝4×12×2×5＝4 5. 答案：457.已知圆锥SO ，过SO 的中点P 作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO ，圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图)，则圆柱PO 的体积与圆锥SO 的体积的比值为________．解析：设圆锥SO 的底面半径为r ，高为h ，则圆柱PO 的底面半径是r 2，高为h 2， 所以V 圆锥SO ＝13πr 2h ，V 圆柱PO ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22·h 2＝πr 2h 8，所以V 圆柱PO V 圆锥SO ＝38. 答案：388．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________．解析：如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE ，因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心．因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2.所以S 表＝3×12×23×2＋33＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3. 设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小棱锥，则r ＝3336＋33＝2－1. 答案：2－19．已知一个几何体的三视图如图所示．(1)求此几何体的表面积；(2)如果点P ，Q 在正视图中所示位置，P 为所在线段的中点，Q 为顶点，求在几何体表面上，从P 点到Q 点的最短路径的长．解：(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．S 圆锥侧＝12(2πa )·(2a )＝2πa 2， S 圆柱侧＝(2πa )·(2a )＝4πa 2，S 圆柱底＝πa 2，所以S 表＝2πa 2＋4πa 2＋πa 2＝(2＋5)πa 2.(2)沿P 点与Q 点所在母线剪开圆柱侧面，如图．则PQ ＝AP 2＋AQ 2＝a 2＋（πa ）2＝a 1＋π2，所以从P 点到Q 点在侧面上的最短路径的长为a 1＋π2.10.如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．解：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE .故AC ⊥平面BED .又AC 平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC＝32x ，GB ＝GD ＝x 2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥E ACD 的体积V 三棱锥E ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE＝624x 3＝63，故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E ACD 的侧面积为3＋2 5.[综合题组练])1.如图，以棱长为1的正方体的顶点A 为球心，以2为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )A.3π4 B ．2π C.3π2D ．9π4解析：选C.正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A 1为圆心，1为半径的圆周长的14，所以所有弧长之和为3×2π4＝3π2.故选C.2．(2020·江西萍乡一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.236 B ．72C.76D ．4解析：选A.由三视图可得，该几何体是如图所示的三棱柱ABB 1DCC 1，挖去一个三棱锥E FCG 所形成的，故所求几何体的体积为12×(2×2)×2－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×1＝236. 故选A.3．(2020·福建厦门外国语学校模拟)已知等腰直角三角形ABC 中，∠ACB ＝90°，斜边AB ＝2，点D 是斜边AB 上一点(不同于点A ，B )．沿线段CD 折起形成一个三棱锥A CDB ，则三棱锥A CDB 体积的最大值是( )A ．1B ．12C.13D ．16解析：选D.设AD ＝x ，将△ACD 折起使得平面ACD ⊥平面BCD .在△ACD 中，由面积公式得12CD ·h 1＝12AD ·1(h 1为点A 到直线CD 的距离)，则h 1＝x1＋（x －1）2.由题易知h 1为点A 到平面BCD 的距离，故三棱锥A CDB 体积为V ＝13S △BCD ·h 1＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12BD ·1·h 1＝16·2x －x 2x 2－2x ＋2，x ∈(0，2)．令t ＝x 2－2x ＋2，则t ∈[1，2)，故V ＝16·2－t 2t ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫2t －t .由于2t －t 是减函数，故当t ＝1时，V取得最大值为16×(2－1)＝16.故选D.4．设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上的四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．183C ．24 3D ．543解析：选B.如图，E 是AC 的中点，M 是△ABC 的重心，O 为球心，连接BE ，OM ，OD ，BO .因为S △ABC ＝34AB 2＝93，所以AB ＝6，BM ＝23BE＝23AB 2－AE 2＝2 3.易知OM ⊥平面ABC ，所以在Rt △OBM 中，OM ＝OB 2－BM 2＝2，所以当D ，O ，M 三点共线且DM ＝OD ＋OM 时，三棱锥D ABC 的体积取得最大值，且最大值V max ＝13S △ABC ×(4＋OM )＝13×93×6＝18 3.故选B. 5.如图所示，已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1ABC 1的体积为________．解析：三棱锥B 1ABC 1的体积等于三棱锥A B 1BC 1的体积，三棱锥A B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.答案：3126．已知半球O 的半径r ＝2，正三棱柱ABC A 1B 1C 1内接于半球O ，其中底面ABC 在半球O 的大圆面内，点A 1，B 1，C 1在半球O 的球面上．若正三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧面积为63，则其侧棱的长是________．解析：依题意O 是正三角形ABC 的中心，设AB ＝a ，分析计算易得0<a <23，AO ＝33a ，在Rt △AOA 1中，A ′O ＝r ＝2，则AA 1＝r 2－AO 2＝4－a 23，所以正三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧面积S ＝3a ·AA 1＝3a4－a 23＝3－a 43＋4a 2＝63，整理得a 4－12a 2＋36＝0，解得a 2＝6，即a ＝6，此时侧棱AA 1＝ 2.答案：27.如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为BC 边的中点，Q 为线段CC 1上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截正方体所得的截面为S ，当CQ ＝1时，S 的面积为________．解析：当CQ ＝1时，Q 与C 1重合．如图，取A 1D 1，AD 的中点分别为F ，G .连接AF ，AP ，PC 1，C 1F ，PG ，D 1G ，AC 1，PF .因为F 为A 1D 1的中点，P 为BC 的中点，G 为AD 的中点， 所以AF ＝FC 1＝AP ＝PC 1＝52，PG 綊CD ，AF 綊D 1G .由题意易知CD 綊C 1D 1，所以PG 綊C 1D 1，所以四边形C 1D 1GP 为平行四边形， 所以PC 1綊D 1G ，所以PC 1綊AF ， 所以A ，P ，C 1，F 四点共面， 所以四边形APC 1F 为菱形．因为AC 1＝3，PF ＝2，过点A ，P ，Q 的平面截正方体所得的截面S 为菱形APC 1F ，所以其面积为12AC 1·PF ＝12×3×2＝62.答案：628．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________．解析：如图所示，设S 在底面的射影为S ′，连接AS ′，SS ′.△SAB 的面积为12·SA ·SB ·sin ∠ASB ＝12·SA 2·1－cos 2∠ASB ＝1516·SA 2＝515，所以SA 2＝80，SA ＝4 5.因为SA 与底面所成的角为45°，所以∠SAS ′＝45°，AS ′＝SA ·cos 45°＝45×22＝210.所以底面周长l ＝2π·AS ′＝410π，所以圆锥的侧面积为12×45×410π＝402π.答案：402π。
立体几何初步——第一章：简单几何体
A．是梯形，不一定是等腰梯形
B．一定是等腰梯形
C） A．圆台是直角梯形绕它的一腰旋转后而成的几何体 B．用平行于圆锥底面的平面去截此圆锥得到一个圆锥和一个圆台 C．用过圆锥的轴的平面截圆锥得到的一定是等边三角形 D．一平面截圆锥，截口形状是圆
球的截面
用平面去截一个球，
C
截面都是圆面；
球面被经过球心的 平面截得的圆叫做 球的大圆；
其它截面圆叫做球的小圆；
请大家想一想怎样用集合的观点去定义球？
把到定点O的距离等于或小于定长的点 的集合叫作球体，简称球。（包括球面）
其中： 1.把定点O叫作球心，定长叫作球的半径 2.到定点O的距离等于定长的点的集合叫作球 面。
二、填空题： （1）用一张６×８的矩形纸卷成一个圆柱，其轴
截面的面积为___4_8____．
（2）圆台的上、下底面的直径分别为２ cm,10cm,高为3cm，则圆台母线长为 5cm _______.
O
A
2、圆锥的表示：
用表示它的轴的字母表示， 如圆锥SO。
旋转轴叫做圆锥的轴。
S
垂直于轴的边旋转而成的曲 面叫做圆锥的底面。
不垂直于轴的边旋转
而成的曲面叫做圆锥
的侧面。
BO
无论旋转到什么位置不 垂直于轴的边都叫做圆 锥的母线。
轴 母线
A 底面
六、圆台的结构特征
1、定义：用一个平行于圆锥底面的平 面去截圆锥，底面与截面之间的部分，这 样的几何体叫做圆台。
球面距离 在球面上，两点之间
最短连线的长度，是经过这两点的
大圆在两点间的劣弧的长度，称这
段劣弧的长度为这
两点的球面距离； 举例：
P O
①飞机的飞行航线；
立体几何知识点归纳
一、空间几何体（一）空间几何体的结构：1、几何体：2、多面体：3、旋转体：4、棱柱：5、棱锥：6、棱台：7、圆柱：8、圆锥：9、圆台：10、球：（二）简单几何体的构成：1、2、（三）三视图：1、投影：2、投影类型：3、三视图：（1）正视图（2）侧视图：（3）俯视图：（三）直观图：（1）直观图：（2）斜二测画法规则：（四）体积面积公式：1、柱体体积：2、锥体体积：3、台体体积：4、球体体积：球体表面积：5、祖暅原理：二、平面的性质与直线的位置关系1、平面意义：（1）空间图形是由点、线、面组成的（2）平面图形与空间图形的概念：如果一个图形的所有点都在同一个平面内，则称这个图形为平面图形，否则称为空间图形（3）平面的两个特征：①无限延展 ②平的（没有厚度） 平面是没有厚薄的，可以无限延伸，这是平面最基本的属性一个平面把空间分成两部分，一条直线把平面分成两部分 2 平面的基本性质公理1 如果一条直线的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有点都在这个平面内推理模式：A AB B ααα∈⎫⇒⊂⎬∈⎭． 如图示： 或者：∵,A B αα∈∈，∴AB α⊂ 应用：①判定直线在平面内；②判定点在平面内模式：a A A aαα⊂⎧⇒∈⎨∈⎩．公理2如果两个不重合平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线。
推理模式：A A l A ααββ∈⎫⇒∈=⎬∈⎭ 如图示：或者：∵,A A αβ∈∈，∴,l A l αβ=∈ 应用：①确定两相交平面的交线位置；②判定点在直线上公理3 经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面推理模式：,, ,,,,A B C A B C A B C ααβ⎫⎪∈⇒⎬⎪∈⎭不共线与β重合或者：∵,,A B C 不共线，∴存在唯一的平面α，使得,,A B C α∈.应用：①确定平面；②证明两个平面重合“有且只有一个”的含义分两部分理解，“有”说明图形存在，但不唯一，“只有一个”说明图形如果有顶多只有一个，但不保证符合条件的图形存在，“有且只有一个”既保证了图形的存在性，又保证了图形的唯一性．在数学语言的叙述中，“确定一个”，“可以作且只能作一个”与“有且只有一个”是同义词，因此，在证明有关这类语句的命题时，要从“存在性”和“唯一性”两方面来论证．推论1：推论2：推论3：3、 空间两直线的位置关系（1）相交——有且只有一个公共点；（2）平行——在同一平面内，没有公共点；（3）异面——不同在任何．．一个平面内，没有公共点； 4、平线直线：（1）公理4 ：平行于同一条直线的两条直线互相平行（空间平行线的传递性）推理模式：//,////a b b c a c ⇒．（2）空间四边形：顺次连结不共面的四点A,B,C,D 所组成的四边形叫空间四边形，相对顶点的连线AC,BD 叫空间四边形的对角线（3）等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等(4)等角定理的推论:如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行,那么这两条直线所成的锐角(或直角)相等.指出:等角定理及其推论,说明了空间角通过任意平行移动具有保值性,因而成为异面直线所成角的基础.5、异面直线：不同在任何．．一个平面内，没有公共点 （1）.空间两条异面直线的画法a b1A CA（2）异面直线判定定理：连结平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过此点的直线是异面直线推理模式：,,,A B l B l ααα∉∈⊂∉⇒AB 与l 是异面直线（3）异面直线判定方法：判定定理、反证法。
常见几何体20个
常见几何体20个几何体是我们日常生活中经常接触到的物体，它们的形状各异，有的是平面的，有的是立体的。
在这篇文章中，我们将介绍20种常见的几何体，包括球体、立方体、圆柱体、圆锥体、棱柱体、棱锥体、正四面体、正八面体、正十二面体、正二十面体、长方体、正方体、六面体、五面体、四面体、三棱锥、四棱锥、五棱锥和六棱锥。
1. 球体球体是一种立体几何体，它的表面是由无数个相等的点组成的。
球体的体积公式为V=4/3πr³，其中r为球体的半径。
2. 立方体立方体是一种六面体，每个面都是正方形。
立方体的体积公式为V=a³，其中a为立方体的边长。
3. 圆柱体圆柱体是一种由两个平行的圆面和一个侧面组成的几何体。
圆柱体的体积公式为V=πr²h，其中r为圆柱体的底面半径，h为圆柱体的高度。
4. 圆锥体圆锥体是一种由一个圆锥面和一个底面组成的几何体。
圆锥体的体积公式为V=1/3πr²h，其中r为圆锥体的底面半径，h为圆锥体的高度。
5. 棱柱体棱柱体是一种由两个平行的多边形和若干个侧面组成的几何体。
棱柱体的体积公式为V=Bh，其中B为棱柱体的底面积，h为棱柱体的高度。
6. 棱锥体棱锥体是一种由一个多边形锥面和一个底面组成的几何体。
棱锥体的体积公式为V=1/3Bh，其中B为棱锥体的底面积，h为棱锥体的高度。
7. 正四面体正四面体是一种四面体，每个面都是正三角形。
正四面体的体积公式为V=1/3a³，其中a为正四面体的边长。
8. 正八面体正八面体是一种八面体，每个面都是正正方形。
正八面体的体积公式为V=1/3a³，其中a为正八面体的边长。
9. 正十二面体正十二面体是一种十二面体，每个面都是正五边形。
正十二面体的体积公式为V=(15+7√5)/4a³，其中a为正十二面体的边长。
10. 正二十面体正二十面体是一种二十面体，每个面都是正三角形。
正二十面体的体积公式为V=(5+5√5)/12a³，其中a为正二十面体的边长。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第1讲 简单几何体及其直观图、三视图教学案 理
【第1讲简单几何体及其直观图、三视图】之小船创作一、知识梳理1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①在已知图形中建立直角坐标系xOy，画直观图时，它们分别对应x′轴和y′轴，两轴交于点O′，使x′O′y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面．②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x ′轴和y ′轴的线段．③已知图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段，长度为原来的12． 3．三视图 (1)几何体的三视图包括主视图、左视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法 ①基本要求：长对正，高平齐，宽相等． ②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．常用结论1．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变与x ，z 轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变2．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的主视图和左视图均为全等的等腰三角形．(3)水平放置的圆台的主视图和左视图均为全等的等腰梯形．(4)水平放置的圆柱的主视图和左视图均为全等的矩形．二、教材衍化1．下列说法正确的是( )A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行解析：选D.由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．2．在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案：③⑤3．已知如图所示的几何体，其俯视图正确的是________．(填序号)解析：由俯视图定义易知选项③符合题意．答案：③一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( )(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( )(6)菱形的直观图仍是菱形．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)棱柱的概念不清致误；(2)不清楚三视图的三个视图间的关系，想象不出原几何体而出错；(3)斜二测画法的规则不清致误．1．如图，长方体ABCDA′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱解析：选C.由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．故选C.2．将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的主视图与俯视图如图所示，则该几何体的左视图为( )解析：选B.先根据主视图和俯视图还原出几何体，再作其左视图．由几何体的主视图和俯视图可知该几何体为图①，故其左视图为图②.故选B.3．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.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.答案：矩形8空间几何体的几何特征(自主练透) 1．下列说法正确的是( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D.由图知，A不正确．两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确．侧棱长与底面多边形的边长相等的棱锥一定不是六棱锥，故C错误．由定义知，D正确．2．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B.①不一定，只有这两点的连线平行于旋转轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④空间几何体概念辨析问题的常用方法空间几何体的三视图(多维探究)角度一已知几何体，识别三视图(1)(2020·宜宾模拟)已知棱长都为2的正三棱柱ABCA1B1C1的直观图如图．若正三棱柱ABCA1B1C1绕着它的一条侧棱所在直线旋转，则它的左视图可以为( )(2)(2020·湖南衡阳二模)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，B在平面α上，AB＝ 2.若平面A1B1C1D1与平面α所成角为30°，由如图所示的俯视方向，正方体ABCDA1B1C1D1在平面α上的俯视图的面积为( )A．2 B．1＋ 3 C．2 3 D．22【解析】(1)由题知，四个选项的高都是2.若左视图为A，则中间应该有一条竖直的实线或虚线；若左视图为C，则其中有两条侧棱重合，不应有中间竖线；若左视图为D，则长度应为3，而不是1.故选B.(2)由题意得AB在平面α内，且平面α与平面ABCD 所成的角为30°，与平面B1A1AB所成的角为60°，故所得的俯视图的面积S＝2×(2cos 30°＋2cos 60°)＝2(cos 30°＋cos 60°)＝1＋ 3.【答案】(1)B (2)B角度二已知三视图，判断几何体(1)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( ) A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥D．四棱柱(2)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．1 B．2C．3 D．4【解析】(1)由题三视图得直观图如图所示，为三棱柱，故选B.(2)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 ＝22，故△PCD 不是直角三角形，故选C.【答案】 (1)B (2)C【迁移探究1】 (变问法)在本例(2)条件下，求该四棱锥的所有棱中，最长棱的棱长是多少？解：由三视图可知，PA ＝AB ＝AD ＝2，BC ＝1，经计算可知，PB ＝PD ＝22，PC ＝3，CD ＝5，故最长棱为PC ，且|PC |＝3.【迁移探究2】 (变问法)在本例(2)条件下，求该四棱锥的五个面中，最小面的面积．解：面积最小的面为面PBC ，且S △PBC ＝12BC ·PB ＝12×1×22＝2，即最小面的面积为 2. 角度三 已知几何体的某些视图，判断其他视图(1)(2020·福州模拟)如图为一圆柱切削后的几何体及其主视图，则相应的左视图可以是( )(2)(2020·河北衡水中学联考)《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：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈、长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知该楔体的主视图和俯视图如图中粗实线所示，则该楔体的左视图的周长为( )A ．3丈B ．6丈C ．8丈D ．(5＋13)丈【解析】 (1)圆柱被不平行于底面的平面所截，得到的截面为椭圆，结合主视图，可知左视图最高点在中间，故选B.(2)由题意可知该楔体的左视图是等腰三角形，它的底边长为3丈，相应高为2丈，所以腰长为 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＝52(丈)，所以该楔体左视图的周长为3＋2×52＝8(丈)．故选C. 【答案】 (1)B (2)C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．注意主视图、左视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，看不到的部分用虚线表示．(2)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，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)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直观图．1．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( )解析：选A.由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.2．(2020·安徽宣城二模)一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最大面的面积是( ) A．2 B．2 2 C．2 3 D．4解析：选C.如图所示，由三视图可知该几何体是四棱锥PABCD截去三棱锥PABD后得到的三棱锥PBCD.其中四棱锥中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，且PA＝AB＝2，易知面积最大面为面PBD，面积为34×(22)2＝2 3.故选C.3．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在主视图上的对应点为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．217 B．2 5 C．3 D．2解析：选B.由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N 的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.故选B.空间几何体的直观图(自主练透) 1．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD为( )A．平行四边形B．梯形C．菱形D．矩形解析：选D.由斜二测画法可知在原四边形ABCD中DA⊥AB，并且AD∥BC，AB∥CD，故四边形ABCD为矩形．2．已知等边三角形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解析：选D.如图①②所示的实际图形和直观图，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＝616a2.故选D.3．在等腰梯形ABCD中，上底CD＝1，腰AD＝CB＝2，下底AB＝3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________．解析：因为OE＝（2）2－12＝1，所以O′E′＝12，E′F′＝24.所以直观图A′B′C′D′的面积为S′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22(1)斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变与x ，z 轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变(2)平面图形直观图与原图形面积间的关系对于几何体的直观图，除掌握斜二测画法外，记住原图形面积S 与直观图面积S ′之间的关系S ′＝24S ，能更快捷地进行相关问题的计算．构造法求解三视图问题的三个步骤三视图问题(包括求解几何体的表面积、体积等)是培养和考查空间想象能力的好题目，是高考的热点．由三视图还原几何体是解决这类问题的关键，而由三视图还原几何体只要按照以下三个步骤去做，基本都能准确还原出来．这三个步骤是：第一步，先画长(正)方体，在长(正)方体中画出俯视图；第二步，在三个视图中找直角；第三步，判断直角位置，并向上(或向下)作垂线，找到顶点，连线即可．一个几何体的三视图如图所示，图中直角三角形的直角边长均为1，则该几何体的体积为( ) A.16 B ．26 C.36D ．12【解析】 几何体还原说明：①画出正方体，俯视图中实线可以看作正方体的上底面及底面对角线．②俯视图是正方形，有四个直角，主视图和左视图中分别有一个直角．主视图和左视图中的直角对应上底面左边外侧顶点(图中D 点上方顶点)，将该顶点下拉至D 点，连接DA ，DB ，DC 即可．该几何体即图中棱长为1的正方体中的四面体ABCD ，其体积为13×12×1×1×1＝16.故选A. 【答案】 A如图是一个四面体的三视图，三个三角形均是腰长为2的等腰直角三角形，还原其直观图．【解】 第一步，根据题意，画正方体，在正方体内画出俯视图，如图①.第二步，找直角，在俯视图、主视图和左视图中都有直角．第三步，将俯视图的直角顶点向上拉起，与三视图中的高一致，连线即可．所求几何体为三棱锥ABCD，如图②.[基础题组练]1．如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴，x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选 B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.2．如图所示的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( ) A．①② B．②③ C．③④D．①⑤解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件；故截面图形可能是①⑤.3．(2020·陕西彬州质检)一个几何体的三视图如图所示，其中主视图中△ABC 是边长为1的等边三角形，左视图为正六边形，那么该几何体的左视图的面积为( ) A.38 B ．34 C ．1 D ．32 解析：选A.由三视图可知该几何体为正六棱锥，其直观图如图所示．该正六棱锥的底面正六边形的边长为12，侧棱长为1，高为32.左视图的底面边长为正六边形的高，为32，则该几何体的左视图的面积为12×32×32＝38，故选A. 4．(2020·江西省名校学术联盟质检)如图所示，边长为1的正方形网格中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体所有棱长组成的集合为( )A ．{1，5}B ．{1，6}C ．{1，2，5}D ．{1，2，22，6}解析：选B.如图所示，该几何体是四棱柱，底面是边长为1的正方形，侧棱长为6，故选B.5．(一题多解)(2020·河南非凡联盟4月联考)某组合体的主视图和左视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是图(2)中粗线所表示的平面图形，其中四边形O ′A ′B ′C ′为平行四边形，D ′为C ′B ′的中点，则图(2)中平行四边形O′A′B′C′的面积为( )A．12 B．3 2 C．6 2 D．6解析：选B.法一：由题图易知，该几何体为一个四棱锥(高为23，底面是长为4，宽为3的矩形)与一个半圆柱(底面圆半径为2，高为3)的组合体，所以其俯视图的外侧边沿线组成一个长为4，宽为3的矩形，其面积为12，由斜二测知识可知四边形O′A′B′C′的面积为4×32sin 45°＝3 2.法二：由斜二测画法可先还原出俯视图的外轮廓是长为4，宽为3的矩形，其面积为4×3＝12，结合直观图面积是原图形面积的24，即可得结果．6. 某多面体的三视图如图所示，其中主视图和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________．解析：由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是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，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为（2＋4）×22×2＝12.答案：127．一个圆台上、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：138．已知正四棱锥VABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连接VO，AO，则VO就是正四棱锥VABCD的高．因为底面面积为16，所以AO＝2 2.因为一条侧棱长为211，所以VO＝VA2AO2＝44－8＝6.所以正四棱锥VABCD的高为6.答案：69．如图所示的三个图中，上面是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的主视图和左视图如图所示(单位：cm)．(1)在主视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积．解：(1)如图．(2)所求多面体的体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843(cm 3)． 10．已知正三棱锥V ABC 的主视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图和左视图；(2)求出左视图的面积．解：(1)如图．(2)左视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23×32×232＝12＝2 3. 则S △VBC ＝12×23×23＝6. [综合题组练]1．(2020·河南开封一模)如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O 1，O 2，这两个球外切，且球O 1与正方体共顶点A 的三个面相切，球O 2与正方体共顶点B 1的三个面相切，则两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影是( )解析：选B.由题意可以判断出两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影与正方形相切，排除C ，D.由于两球不等，把其中一个球扩大为与正方体相切，则另一个球被挡住一部分，所以排除A.B 正确．2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的左视图中的虚线部分是( )A．圆弧B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分解析：选D.根据几何体的三视图可得，左视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故左视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.3．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥PBCD的俯视图与主视图面积之比的最大值为( )A．1 B．2C. 3 D．2解析：选D.主视图，底面B，C，D三点，其中D与C重合，随着点P的变化，其主视图均是三角形且点P在主视图中的位置在边B1C1上移动，由此可知，设正方体的棱长为a，则S主视图＝12×a2；设A1C1的中点为O，随着点P的移动，在俯视图中，易知当点P在OC1上移动时，S俯视图就是底面三角形BCD的面积，当点P在OA1上移动时，点P越靠近A1，俯视图的面积越大，当到达A1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S俯视图＝a2，所以S俯视图S主视图的最大值为a212a2＝2，故选D.4．(2020·河北衡水二模)某几何体的三视图如图所示，三视图中的点P ，Q 分别对应原几何体中的点A ，B ，在此几何体中从点A 经过一条侧棱上点R 到达点B 的最短路径的长度为( )A ．aB ．2a C.52a D ．3a解析：选D.由几何体的三视图可知，该几何体为棱长为a 的正四面体(如图1)，将侧面三角形CDB 绕CD 翻折到与面ACD 在同一平面内(如图2)，连接AB 与CD 交于一点R ，该点即为使路径最短的侧棱上的点R ，且最短路径为AB 长，在△ACB 中，由余弦定理易知AB ＝a 2＋a 2－2a ·a ·cos 120°＝3a .故选D.5．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为1，点M 在线段BC 上(点M 异于B ，C 两点)，点N 为线段CC 1的中点，若平面AMN 截正方体ABCD A 1B 1C 1D 1所得的截面为四边形，则线段BM 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎥⎥⎤0，13 B ．⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12 C.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12，1 D ．⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，23 解析：选B.由题意，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，如图所示，当点M为线段BC的中点时，截面为四边形AMND1，当0＜BM≤12时，截面为四边形，当BM＞12时，截面为五边形，故选B.6．已知直三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于三点M，N，Q，若△MNQ为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )A．2 2 B．3C．2 3 D．4解析：选C.如图，不妨设N在B处，AM＝h，CQ＝m，则MB2＝h2＋4，BQ2＝m2＋4，MQ2＝(h－m)2＋4，由MB2＝BQ2＋MQ2，得m2－hm＋2＝0.Δ＝h2－8≥0即h2≥8，该直角三角形斜边MB＝4＋h2≥2 3.故选C.7．某几何体的主视图和左视图如图(1)，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图(2)，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为________．解析：由题图(2)及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平行四边形OABC，设CB与y轴的交点为D，则易知CD＝2，OD＝2×22＝42，所以CO＝CD2＋OD2＝6＝OA，所以俯视图是以6为边长的菱形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为4，所以该几何体的侧面积为4×6×4＝96.答案：968．(2019·高考全国卷Ⅱ)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________．解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1.答案：26 2－1。
1.1 简单几何体
§1 简单几何体
1.认识柱、 1.认识柱、锥、台、球的结构特征，并能运用这些特征 认识柱 球的结构特征， 描述现实生活中简单物体的结构. 描述现实生活中简单物体的结构. 2.通过对简单几何体的观察分析， 2.通过对简单几何体的观察分析，培养学生的观察能力 通过对简单几何体的观察分析 和抽象概括能力. 和抽象概括能力. 3.通过教学活动，逐步培养学生探索问题的精神. 3.通过教学活动，逐步培养学生探索问题的精神. 通过教学活动
一、球
1、球的定义：以半圆的直径所在直线为旋转轴，将半圆 球的定义：以半圆的直径所在直线为旋转轴， 旋转所形成的曲面叫作球面.球面所围成的几何体叫作 旋转所形成的曲面叫作球面.球面所围成的几何体叫作球 体，简称球.半圆的圆心叫作球心.连接球心和球面上任意 简称球.半圆的圆心叫作球心. 一点的线段叫作球的半径. 一点的线段叫作球的半径.连接球面上两点并且过球心的 线段叫作球的直径. 线段叫作球的直径. A 半径 O B
3、棱柱的表示方法(下图) 棱柱的表示方法(下图)
用平行的两底面多边形的字母表示棱柱, 用平行的两底面多边形的字母表示棱柱,如：棱柱 ABCDEABCDE- A1B1C1D1E1.
四
棱锥
1、定义：有一个面是多边形，其余各面是有一个公 定义：有一个面是多边形，
共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫作棱锥. 共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫作棱锥. 这个多边形面叫作棱锥的底面. 这个多边形面叫作棱锥的底面 有公共顶点的各个三角形叫作棱锥的侧面 有公共顶点的各个三角形叫作棱锥的侧面. 各侧面的公共顶点叫作棱锥的顶点. 各侧面的公共顶点叫作棱锥的顶点. 相邻侧面的公共边叫作棱锥的侧棱 相邻侧面的公共边叫作棱锥的侧棱.
第一章立体几何初步
D1
E
C1
A1
F
D
A
B1 C
B
例2、一个三棱柱可以分割成几个三 棱锥？
C1
B1C1
B1
A1
A1
C
BC
B
A
A
课堂练习一
D 1.A、B为球面上相异两点，则通过A、B所作的大圆个数为（ ）
A、1 个 B、无数个 C、一个也没有 D、1个或无数个 2、下列说法：①球的半径是球面上任意一点与球心的连线段；
知识探究（二）： 简单旋转体
3、圆柱、圆锥、圆台的表示
圆柱、圆锥、圆台的表示方法：用表示它们的轴的字 母表示，如：
分别表示为：圆柱oo'、圆锥so'、圆台oo'
思考题：1．平行于圆柱，圆锥，圆台的底面的 截面是什么图形？
２．过球、圆柱，圆锥，圆台的旋转轴
的截面是什么图形？ 3．用一个平面去截球体得到的截面
多边形面叫做棱锥的底面，有公共顶点的各三 角形面叫做棱锥的侧面，相邻侧面的公共边叫做 棱锥的侧棱，各侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点.
顶点
侧面
底面
侧棱
知识探究（三）： 简单多面体
②棱锥的分类
棱锥按底面的边数分为：三棱锥（四面体） 、 四棱锥、五棱锥、……
棱锥按底面是否为正多边形且各侧面全等分为： 正棱锥、非正棱锥（正棱柱）
4、有下列命题：
（1）在圆柱的上下底面圆周上各取一点，则这两点
的连线是圆柱的母线；
（2）圆锥顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥
的母线；
（3）在圆台上下底面的圆周上各取一点，则这两点
的连线是圆台的母线；
（4）圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的。
2025届高考一轮复习《基本立体图形、简单几何体的表面积与体积》课件
高考一轮总复习•数学
第27页
即 12＝A0O.61， 解得 AO1＝0.6 2， 根据对称性可知圆柱的高为 3－2×0.6 2≈1.732－1.2×1.414＝0.035 2>0.01， 所以能够被整体放入正方体内，故 D 符合题意． 故选 ABD.
高考一轮总复习•数学
第26页
设 OE∩AC＝E，可知 AC＝ 2，CC1＝1，AC1＝ 3，OA＝ 23，
那么
tan∠CAC1＝CACC1＝OAOE，即
1 ＝OE， 23
2
解得 OE＝ 46，且 462＝38＝294>295＝0.62，
即 46>0.6，
所以以 AC1 为轴可能对称放置底面直径为 1.2 m 圆柱，若底面直径为 1.2 m 的圆柱与正 方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为 O1，与正方体的下底面的切点为 M，
圆台
体积 V＝ Sh ＝πr2h
V＝
1 3Sh
＝13πr2h＝13πr2
l2－r2
V＝13(S 上＋S 下＋ S上S下)h
＝13π(r21＋r22＋r1r2)h
第11页
高考一轮总复习•数学
名称 棱柱 棱锥 棱台 球
体积 V＝ Sh
1 V＝ 3Sh V＝13(S 上＋S 下＋ S上S下)h V＝43πR3
＝ 直观图
2 4S
原图形．
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以三角形为例说明原因：
第36页
S
直观图＝12B′C′·O′A′·sin
高考一轮总复习•数学
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解析：(1)由圆台定义知，以直角梯形垂直于底边的腰为旋转轴，其余三边旋转一周形 成的面围成的旋转体是圆台，故 A 错误；
立体几何教案02-简单几何体的表面积和体积
简单几何体的表面积和体积一、考纲要求及近三年高考分布柱、椎、台、球及其简单组合体，表面积和体积的求解，为高考中的A 级考点。
虽说难度较低，但有关本节的内容，在过去五年的江苏高考中均有涉及（10年为大题，其他各年为填空），可以说是个必得勿失的考点， 二、知识点梳理1、柱体、台体、锥体的侧面积公式注意体会柱体、锥体、台体侧面积公式之间的统一性。
2、空间几何体的体积公式V 柱体= Sh ．V 锥体=13Sh ．V 台体=1('')3h S SS S ++．3、球的表面积和体积．24S R π=球面． V 球=343R π．FED CBA三、典型例题题型一：几何体的表面积和体积——注重几何体的“分割”与“补形” 例1、（2012泉州模拟）设长方体的长、宽、高分别为2a 、a 、a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为___________例2、设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在同一球面上，则该球的表面积为___________例3、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________．例4、如图所示，已知底面半径为r 的圆柱被一个平面所截，剩下部分的母线长最大值为a ，最小值为b ，那么圆柱被截下部分的体积是____________．例5、正六棱锥P －ABCDEF 中，G 为PB 的中点，则三棱锥D －GAC 与三棱锥P －GAC 体积之比为________．例6、一个圆锥形封闭容器，不计厚度，内部盛少许水，容器的高为h ，若将容器放置在水平面上，则水面高为1h ，且11h 3h =，现将圆锥倒置，水面高为2h ，则2h 为_________题型二：几何体的展开与折叠问题例1、 将边长为a 的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使BD ＝a ，则三棱锥D －ABC 的体积为________例2、锥的半径为r ，母线长为4r ，M 是地面圆上任意一点，从Ｍ处拉一根绳子，环绕圆锥的侧面再回到M ，最短绳长为________例3、如图，正三棱柱ABC DEF -的底面边长为1，高为8，一质点自A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达D 点的最短路线的长为____．c b aD 1C 1B 1A 1D CBA例4、如图，长方体1111ABCD A B C D -中，a AB =，b BC =，c BB =1，并且0>>>c b a ．求沿着长方体的表面自A 到1C 的最短线路的长．（趣味补充：正方体有11种展开图，感兴趣的话，你课后可以去查一查相关资料）四、同步练习 ㈠填空题1．有一个几何体的三视图如下图所示，这个几何体应是一个_________2．棱长都是1的三棱锥的表面积为_________3．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3,4,5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是_________4．正方体的内切球和外接球的半径之比为_________5．在△ABC 中，02, 1.5,120AB BC ABC ==∠=,若使绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的体积是_________6．底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是________7．一个棱柱至少有_____________个面，面数最少的一个棱锥有_____________个顶点，顶点最少的一个棱台有___________条侧棱。
立体几何——简单的几何体&直观、三视图
• 定义：将不熟悉的数学问题转 定义： 化成熟悉的数学问题来解决问 题的数学解题方法。 • 应用知识 ： • 【例题】：如图所示，侧棱为2 3 的正三棱锥A-BCD中 ∠BAC=∠CAD=∠DAB=40° ,过B截面BFE，求截面三角形 正三棱锥→沿一条侧棱将侧面 BEF的周长的最小值
• 某座楼由相同的若干 个房间组成，该楼的 三视图如图所示，其 中图中每一个小矩形 表示一个房间： • （1）、该楼有几层？ 最多有多少个房间/ • （2）、画出实物图
三视图→实物图→求解
展开→解三角形
相关方法介绍（2）——数形结合
• 定义：解答该类型试题将原 定义：解答该类型试题将原 图及计算数据相结合 • 相关链接： • 例题：一四边形的直观图是 一个底角为45°，腰和上底 45 长均为1的等腰梯形，求原 四边形的面积。 由直观图确定原
来图形的形状及 数量关系
相关方法介绍（3）——转化思想
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简单几何体
基本思想：利用空间图形，培养空间想象能力，分析图形及其结构特征
1，简单旋转体：圆柱、圆锥、圆台、球
分析截面：横截面（中截面）、竖截面（轴截面）
2，简单多面体：棱柱（直、正）、棱锥（正）--高与斜高、棱台（正）---高与斜高
分析截面：横截面、竖截面
3，组合体
4，折叠与展开
位于同一面上的诸元素间的位置关系不变，而涉及两个面之间的图形之间则发生量的变化。
立体图形的展开或平面图形的折叠是培养空间立体感的好方法
1，已知某圆柱的底面半径为1cm，高为2cm，求该圆柱的侧面积，表面积和体积。
2，已知用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1:16，截去的圆锥的母线长是3cm，求圆台的母线长。
3，圆台的两底面的半径分别为2和5
，母线长为
4，已知半径为5的球的两个平行截面的周长分别为6π和8π，求这两个截面圆心之间的距离。
5，已知某正三棱柱的底面边长为1，高为2，求该正三棱柱的侧面积，表面积和体积。
6，已知正四棱锥V A B C D
-，底面面积为16
，侧棱长为，计算它的高和斜高。
7，设正三棱台的上、下底面的边长分别为2cm和5cm，侧棱长为5cm，求这个棱台的高。
8，在以O为顶点的三棱锥中，过O的三条棱两两的交角都是30︒，在一条棱上取A、B两
点，OA=4cm，OB=3cm，以A、B为端点用一条绳子紧绕三棱锥的侧面一周（绳和侧面摩擦），求此绳在A、B之间的最短绳长。