浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四 1 第1讲空间几何体

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(浙江专用)高考数学二轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体专题强化训练-人教版高三全册数学试

第1讲空间几何体专题强化训练1.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )A．4 B．8C．12 D．16解析：选D.如图，以AA1为底面矩形一边的四边形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E这4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D.2．正方体ABCDA1B1C1D1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，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A，E，C1的平面与棱DD1相交于点F，且F是棱DD1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3C ．323cm 3D ．403cm 3解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．4．(2019·某某模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体最长的棱长等于( )A ．34B ．41C ．5 2D ．215解析：选C.由正视图、侧视图、俯视图的形状，可判断该几何体为三棱锥，形状如图，其中SC ⊥平面ABC ，AC ⊥AB ，所以最长的棱长为SB ＝5 2.5．(2019·某某十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．15π2B ．8π C.17π2D ．9π解析：选B.依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接恰好形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，选B.6.如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形．如果三棱柱的体积为123，圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为( )A ．12πB ．14πC ．16πD ．18π解析：选C.设圆柱的底面半径为R ，则三棱柱的底面边长为3R ，由34(3R )2·2R ＝123，得R ＝2，S 圆柱侧＝2πR ·2R ＝16π.故选C.7．(2019·某某市第一次模拟)某几何体的三视图如图所示(网格线中每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．54C ．64D ．60解析：选D.根据三视图还原直观图，如图所示，则该几何体的表面积S ＝6×3＋12×6×4＋2×12×3×5＋12×6×5＝60，故选D.8．在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析：选B.由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.9．(2019·某某八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )A.12B.24C.22 D.32解析：选C.依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a ，则斜边长为2a ，圆锥的底面半径为22a 、母线长为a ，因此其俯视图中椭圆的长轴长为2a 、短轴长为a ，其离心率e ＝1－（a2a）2＝22，选C. 10.已知圆柱OO 1的底面半径为1，高为π，ABCD 是圆柱的一个轴截面．动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．现将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则y ＝f (θ)的图象大致为( )解析：选A.将圆柱的侧面沿轴截面ABCD 展平，则曲线Γ是展开图形(即矩形)的对角线，根据题意，将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则f (θ)应当是一次函数的一段，故选A.11．(2019·某某省重点中学高三12月期末热身联考)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________；表面积是________．解析：根据三视图可得，该几何体是长方体中的四棱锥C BB 1D 1D ，由三视图可得：AB ＝2，BC ＝2，BB 1＝4，VC BB 1D 1D ＝23×12×2×2×4＝163，S C BB 1D 1D ＝12×2×2＋22×4＋12×2×4＋12×2×4＋12×22×18＝16＋8 2.答案：16316＋8 212.(2019·某某市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________ cm 3，表面积为________cm 2.解析：由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉14后得到的几何体．所以该几何体的体积＝34×12×43×π×13＝π2cm 3.表面积＝34×12×4π×12＋12×π×12＋34×π×12＝11π4 cm 2.答案：π211π413．(2019·某某省“五校联盟”质量检测)已知球O 的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O 的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．解析：设球的半径为R ，则4πR 2＝25π，所以R ＝52，所以球的直径为2R ＝5，设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则长方体的表面积S ＝2ab ＋2ac ＋2bc ≤a 2＋b 2＋a 2＋c 2＋b 2＋c 2＝2(a 2＋b 2＋c 2)＝50.答案：5014．(2019·某某省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当xy 取得最大值时，该几何体的体积是____________．解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，CD ＝y2，AB＝y ，AC ＝5，CP ＝7，BP ＝x ，所以BP 2＝BC 2＋CP 2，即x 2＝25－y 2＋7，x 2＋y2＝32≥2xy ，则xy ≤16，当且仅当x ＝y ＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V ＝13×2＋42×3×7＝37.答案：3715．(2019·某某市高考数学二模)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，则异面直线BE 与B 1D 1所成角的余弦值等于________，若正方体棱长为1，则四面体B EB 1D 1的体积为________．解析：取CC 1中点F ，连接D 1F ，B 1F ，则BE 綊D 1F ，所以∠B 1D 1F 为异面直线BE 与B 1D 1所成的角．设正方体棱长为1，则B 1D 1＝2，B 1F ＝D 1F ＝1＋14＝52.所以cos ∠B 1D 1F ＝12B 1D 1D 1F ＝2252＝105. V B EB 1D 1＝V D 1BB 1E ＝13S △BB 1E ·A 1D 1＝13×12×1×1×1＝16.答案：1051616．已知棱长均为a 的正三棱柱ABC A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为216的球面上，则a 的值为________．解析：设O 是球心，D 是等边三角形A 1B 1C 1的中心，则OA 1＝216，因为正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长均为a ，所以A 1D ＝32a ×23＝33a ，OD ＝a 2，故A 1D 2＋OD 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2162，得712a 2＝2136，即a 2＝1，得a ＝1. 答案：117．(2019·瑞安四校联考)已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，则此三棱柱的体积的最大值为________．解析：如图，设球心为O ，三棱柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，底面正三角形的边长为a ，则AO 1＝23×32a ＝33a .由已知得O 1O 2⊥底面，在Rt △OAO 1中，由勾股定理得OO 1＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＝3·3－a 23，所以V 三棱柱＝34a 2×2×3·3－a 23＝3a 4－a62，令f (a )＝3a 4－a 6(0＜a ＜2)，则f ′(a )＝12a 3－6a 5＝－6a 3(a 2－2)，令f ′(a )＝0，解得a ＝ 2.因为当a ∈(0，2)时，f ′(a )＞0；当a ∈(2，2)时，f ′(a )＜0，所以函数f (a )在(0，2)上单调递增，在(2，2)上单调递减．所以f (a )在a ＝2处取得极大值．因为函数f (a )在区间(0，2)上有唯一的极值点，所以a ＝2也是最大值点．所以(V 三棱柱)max＝3×4－82＝1. 答案：118.如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD , ∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面PAD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD 的体积．解：(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD .又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故BC ∥平面PAD .(2)取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3. 所以四棱锥P ABCD 的体积V ＝13×2×（2＋4）2×23＝4 3.19.如图，在△ABC 中，∠B ＝π2，AB ＝BC ＝2，P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D .现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ′，使平面PDA ′⊥平面PBCD .(1)当棱锥A ′PBCD 的体积最大时，求PA 的长；(2)若P 为AB 的中点，E 为A ′C 的中点，求证：A ′B ⊥DE . 解：(1)设PA ＝x ，则PA ′＝x ，所以V A ′PBCD ＝13PA ′·S 底面PBCD ＝13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 22.令f (x )＝13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 22＝2x 3－x36(0<x <2)，则f ′(x )＝23－x22.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎪⎫0，233233 ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，2 f ′(x )0 f (x )单调递增极大值单调递减由上表易知，当PA ＝x ＝233时，V A ′PBCD 取最大值．(2)证明：取A ′B 的中点F ，连接EF ，FP . 由已知，得EF 綊12BC 綊PD .所以四边形EFPD 是平行四边形，所以ED ∥FP .因为△A ′PB 为等腰直角三角形，所以A ′B ⊥PF .所以A ′B ⊥DE .。

高三数学二轮复习：立体几何

板块三专题突破核心考点
专题四立体几何
第1讲空间几何体
[考情考向分析]
1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算. 2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.
内容索引
热点分类突破真题押题精练
热规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相等”. 2.由三视图还原几何体的步骤一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体.
跟踪演练3 (1)(2018·咸阳模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，
AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为
A.13π C.25π
B.20π
√D.29π
解析答案
(2)(2018·四川成都名校联考)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，
√ 记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则SS12 等于
例3 (1)(2018·百校联盟联考)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为
边长为3的等边三角形，且PA＝326 ，则三棱锥P－ABC外接球的体积为
13 13 A. 6 π
10 10 B. 3 π
√C.5
15 2π
55 D. 6 π
解析答案
(2)(2018·衡水金卷信息卷)如图是某三棱锥的三视
跟踪演练1 (1)(2018·衡水模拟)已知一几何体的正(主)视图、侧(左)视图如图所示，则该几何体的俯视图不可能是
√
解析答案
(2)(2018·合肥质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱 A1B1的中点，用过点A，C，E的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为

高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题四1第1讲空间几何体的三视图表面积与体积学案

第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积年份卷别考察内容及考题地点命题剖析空间几何体的三视图及侧面展卷Ⅰ开问题·T 7空间几何体的截面问题·T1220181“. 立体几何”在高考取一般会以“两卷Ⅱ圆锥的侧面积·T16卷Ⅲ小一大”或“一小一大”的命题形式三视图的辨别·三棱锥的体T 3出现，这“两小”或“一小”主要考察积及外接球问题·T10三视图，几何体的表面积与体积，空间几何体的三视图与直观图、卷Ⅰ空间点、线、面的地点关系(特别是面积的计算·T7平行与垂直)．空间几何体的三视图及组合体2017 卷Ⅱ体积的计算·T42．考察一个小题时，此小题一般会出此刻第4～8 题的地点上，难度一球的内接圆柱、圆柱的体积的计般；考察两个小题时，此中一个小卷Ⅲ算·T 8题难度一般，另一个小题难度稍高，有关球的三视图及表面积的计一般会出此刻第10～16 题的地点卷Ⅰ算·T 6上，此小题固然难度稍高，主要体空间几何体的三视图及组合体此刻计算量上，但还是对基础知识、卷Ⅱ表面积的计算·T62016基本公式的考察.空间几何体的三视图及组合体卷Ⅲ表面积的计算·T9直三棱柱的体积最值问题·T10空间几何体的三视图(基础型)一个物体的三视图的摆列规则俯视图放在正(主)视图的下边，长度与正(主)视图的长度同样，侧(左)视图放在正(主)视图的右边，高度与正(主)视图的高度同样，宽度与俯视图的宽度同样．即“长对正、高平齐、宽相等”．由三视图复原到直观图的三个步骤(1)依据俯视图确立几何体的底面．(2)依据正(主)视图或侧(左)视图确立几何体的侧棱与侧面的特点，调整实线和虚线所对应的棱、面的地点．(3)确立几何体的直观图形状．[注意] 在读图或许画空间几何体的三视图时，应注意三视图中的实线和虚线．[考法全练]1．(2018 高·考全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连结起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右侧的小长方体是榫头．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能够是( )分析：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，联合榫头的地点知选 A.2．(2018 高·考全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A．2 17 B．2 5C．3 D．2分析：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.画出该圆柱的侧面睁开图，如图②所示，连结MN，则MS＝2，SN＝4，则从M 到N的路径中，最短路径的长度为MS2＋S N2＝22＋42＝2 5.应选 B.3．把边长为 1 的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使得平面ABD⊥平面CBD，形成的三棱锥C-ABD 的正视图与俯视图如下图，则侧视图的面积为( )A. 12B.22C.2414D.分析：选D.由三棱锥C-ABD 的正视图、俯视图得三棱锥C-ABD 的侧视图为直角边长是2的等腰直角三角形，如下图，所以三棱锥C-ABD 的侧视图2的面积为1，应选 D. 44．(2018 长·春质量监测(二))如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥中最长棱的长度为( )A．2 B. 5C．2 2 D．3分析：选D.如图，三棱锥A- B CD 即为所求几何体，依据题设条件，知协助的正方体棱长为2，CD＝1，BD＝2 2，BC＝5，AC＝2，AB＝3，AD＝5，则最长棱为AB，长度为 3.5．(2018 石·家庄质量检测(一))如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中，最小面的面积是( )A．2 3 B．2 2C．2 D. 3分析：选 C.在正方体中复原该几何体，如图中三棱锥 D -ABC 所示，此中正方体的棱长为2，则S△ABC＝2，S△DBC＝2 2，S△ADB＝2 2，△ADC＝2 3，故该三棱锥的四个面中，最小面的面积是2，选C.S空间几何体的表面积和体积(综合型) 柱体、锥体、台体的侧面积公式(1)S 柱侧＝ch( c 为底面周长，h 为高)．(2)S1锥侧＝ch′(c 为底面周长，h′为斜高)．ch′(c 为底面周长，h′为斜高)．2(3)S1台侧＝(c＋c′h)′c(′，c 分别为上下底面的周长，h′为斜高)．(c＋c′h)′c(′，c 分别为上下底面的周长，h′为斜高)．2柱体、锥体、台体的体积公式(1)V 柱体＝Sh( S为底面面积，h 为高)．(2)V1锥体＝Sh(S 为底面面积，h 为高)．Sh(S 为底面面积，h 为高)．3(3)V 台＝13(S＋SS′＋S′h)(S，S′分别为上下底面面积，h 为高)(不要求记忆)．[典型例题]命题角度一空间几何体的表面积(1)(2018 潍·坊模拟)某几何体的三视图如下图，则该几何体的表面积为( )A．4＋2 3 B．4＋4 2C．6＋2 3 D．6＋4 2(2)(2018 合·肥第一次质量检测)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A．5π＋18 B．6π＋18C．8π＋6 D．10π＋6 【分析】(1)由三视图复原几何体的直观图如下图，易知BC⊥平面 PAC ，又 PC? 平面 PAC ，所以 BC ⊥PC ，又 AP ＝AC ＝BC ＝2，所以 PC ＝ 22＋22＝2 2， 1 又 AB ＝2 2，所以 S △PBC ＝S × 2× 2 2＝2 2，S △ABC ＝ S △PAB ＝ △PAC ＝ 2 1 2× 2× 2＝2，所以该几何体的表面积为 4＋4 2.(2)由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和两个半球组成的，故该几何体的表面积为 12× 4π× 1 ＋2× 2× 21 12× π× 1 ＋2×3＋ × 2π× 1× 3＝8π＋6. 2 2 【答案】(1)B(2)C求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转变为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，往常将所给几何体切割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再经过乞降或作差得几何体的表面积．命题角度二空间几何体的体积(1)(2018 武·汉调研 )某几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为 ( )A.1 2 B. 2 2C. 3 32 3 D.(2)(2018 高·考全国卷Ⅱ )已知圆锥的极点为 S ，母线 SA ，SB 相互垂直， SA 与圆锥底面所成角为 30°.若△SAB 的面积为 8，则该圆锥的体积为 ________．【分析】(1)由三视图知，该几何体是在长、宽、高分别为2，1，1 的长方体中，截去一个三棱柱 AA 1D 1- BB 1C 1 和一个三棱锥 C-BC 1D 后剩下的几何体，即如下图的四棱锥 D-ABC 1D 1，四棱锥 D -ABC 1D 1 的底面积为 S四边形 A BC 1D 1＝2× 2＝2 2，高 h ＝2，其体积 V 21 3 ＝S1 3× 2 2× 四边形ABC1D1h ＝2 ＝ 22 3 .应选 D.(2)由题意画出图形，如图，设AC 是底面圆 O 的直径，连结 SO ，则 SO 是圆锥的高．设圆锥的母线长为 l ，则由 S A ⊥S B ，△SAB 的面积为8，得12＝8，得l＝4.在Rt△ASO 中，由题意知∠SAO＝30°，所以SO＝1l l＝2，AO＝2 23l2＝2 3.12×S O＝1 故该圆锥的体积V＝π×AO π×(2 3)2×2＝8π.3 3【答案】(1)D (2)8π求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接依据有关的体积公式计算．(2)等积法：依据体积计算公式，经过变换空间几何体的底面和高使得体积计算更简单，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不可以直接计算体积的空间几何体进行适合切割或补形，转变为易计算体积的几何体．[对点训练]1．(2018 洛·阳第一次统考)一个几何体的三视图如下图，图中的三个正方形的边长均为2，则该几何体的体积为( )2πA．8－3 B．4－π3C．8－π3 D．4－2π3分析：选 A. 由三视图可得该几何体的直观图如下图，该几何体是一个棱长为 2 的正方体上、下各挖去一个底面半径为1，高为 1 的圆锥后节余的部分，其体积为23－2×1×π×12×1＝8－2π.应选 A.3 32．(2018 唐·山模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )11A．3 B.323C．7 D.3分析：选 B.由题中的三视图可得，该几何体是由一个长方体切去一个三棱锥所得的几何体，长方体的长，宽，高分别为2，1，2，体积为4，切去的三棱锥的体积为 1，故该几何313 体的体积V＝4－＝113 .应选B.多面体与球(综合型)[典型例题]命题角度一外接球(2018 南·宁模拟)三棱锥P-ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA ⊥PB，三棱锥P- A BC 的外接球的体积为( )A. 27 27 3π B.2 2πC．27 3πD．27π【分析】由于三棱锥P-ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA＝PB ＝PC＝3，所以△PAB≌△PBC≌△PAC .由于PA⊥PB，所以PA⊥PC，PC⊥PB.以PA，PB，PC 为过同一极点的三条棱作正方体(如下图)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC 的外接球．由于正方体的体对角线长为 3.所以三棱2＋32＋32＝3 3，所以其外接球半径R＝3 324π锥P-ABC 的外接球的体积V＝3 ×3 32327 3＝π，应选 B.2【答案】 B解决多面体的外接球问题，重点是确立球心的地点，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心必定在此垂线上，最后依据其余极点确立球心的正确地点．关于特别的多面体还可采纳补成正方体或长方体的方法找到球心地点．命题角度二内切球已知一个平放的各棱长为 4 的三棱锥内有一个小球O(重量忽视不计)，现从该三棱锥顶端向内灌水，小球慢慢上调，当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于( )A. 7π4π6B.32πC.3πD.2【分析】当注入水的体积是该三棱锥体积的78时，设水面上方的小三棱锥的棱长为x(各棱长都相等)，依题意，x4318＝，得x＝2.易得小三棱锥的高为2 63，设小球半径为r，则13S底面·2 6 1＝4··S3 3底面·r，得r＝62，故小球的表面积S＝4πr＝62π3 .应选 C.【答案】 C求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体切割为以球心为极点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．命题角度三与球有关的最值问题(2018 高·考全国卷Ⅲ)设A，B，C，D 是同一个半径为 4 的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为9 3，则三棱锥 D -ABC 体积的最大值为( )A．12 3 B．18 3C．24 3 D．54 3【分析】如图，E 是AC 中点，M 是△ABC 的重心，O 为球心，连结BE，OM，OD，BO .由于S△ABC＝3 2＝9 3，所以AB＝6，BM＝222－AE2＝2 3.易知OM ⊥平面4 AB 3BE＝3 ABABC，所以在Rt△OBM 中，OM＝OB 2－BM2＝2，所以当D，O，M 三点共线且DM ＝OD＋OM 时，三棱锥 D -ABC 的体积获得最大值，且最大值V max＝1△ABC×(4＋OM)＝3S13×9 3×6＝18 3.应选 B.【答案】 B多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确立的状况下球的最值问题，二是球的半径确立的状况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确立的状况下，截面的最值问题．[对点训练]1．(2018 福·州模拟)已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的极点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )A. 832 πB.3 3πC．16πD．32π分析：选B.设该圆锥的外接球的半径为R，依题意得，R2＝(3－R)2＋( 3)2，解得R＝2，所以所求球的体积V＝433πR＝4323π× 2 ＝π，应选 B.3 32．(2018 洛·阳第一次联考)已知球O 与棱长为 4 的正四周体的各棱均相切，则球O 的体积为( )A. 8 238 33 π B.π8 6 16 2C. πD.π3 3分析：选 A. 将正四周体补成正方体，则正四周体的棱为正方风光上的对角线，由于正四周体的棱长为4，所以正方体的棱长为 2 2.由于球O 与正四周体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径为正方体的棱长 2 2，则球O 的体积V＝43＝8 2πR π，应选 A.3 33．已知四棱锥S-ABCD 的全部极点在同一球面上，底面ABCD 是正方形且球心O 在此平面内，当四棱锥的体积获得最大值时，其表面积等于16＋16 3，则球O 的体积等于( )A. 42π316 2πB.332 2πC.364 2πD.3分析：选 D.由题意得，当四棱锥的体积获得最大值时，该四棱锥为正四棱锥．由于该四棱锥的表面积等于16＋16 3，设球O 的半径为R，则AC＝2R，SO＝R，如图，所以该四棱锥的底面边长AB＝2R，则有2＋4×1×2R×（2R）( 2R)2 2－ 2R22＝16＋16 3，解得R＝2 2，所以球O 的体积是433πR＝64 23 π故.选D.一、选择题1．(2018 长·沙模拟)如图是一个正方体，A，B，C 为三个极点， D 是棱的中点，则三棱锥A- BCD 的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下列图为俯视图)( )分析：选 A. 正视图和俯视图中棱AD 和BD 均看不见，故为虚线，易知选 A.2．(2018 高·考北京卷)某四棱锥的三视图如下图，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分析：选 C.将三视图复原为直观图，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，如下图．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，由于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，简单求得PC＝3，CD＝5，PD＝2 2，故△PCD 不是直角三角形，应选 C.3．(2018 沈·阳教课质量监测(一))如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A. 4π8π3B.316πC.332πD.3分析：选 A. 由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V＝12×12×2＝4π×π× 2 ，应选 A.3 34．(2018 西·安八校联考)某几何体的三视图如下图，则该几何体的体积是( )A.4π35πB.3C．2＋2π3D．4＋2π3分析：选B.由三视图可知，该几何体为一个半径为 1 的半球与一个底面半径为1，高为2 3＋12×2＝2 的半圆柱组合而成的组合体，故其体积V＝π× 1 π× 13 2 5π，应选 B. 35．(2018 长·春质量检测(一))已知矩形ABCD 的极点都在球心为O，半径为R 的球面上，AB＝6，BC＝2 3，且四棱锥O -ABCD 的体积为8 3，则R 等于( )A．4 B．2 34 7C.9 D. 13分析：选 A. 如图，设矩形ABCD 的中心为E，连结OE，EC，由球的性质可得OE⊥平面ABCD，所以V O- ABCD＝13·OE·S矩形ABCD＝13×OE×6× 2 3＝8 3，所以OE＝2，在矩形ABCD 中可得EC＝2 3，则R＝OE2＋EC2＝4＋12＝4，应选 A.6．(2018 南·昌调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A. 2343B.8C．2 D.3分析：选 A. 由三视图可知，该几何体为三棱锥，将其放在棱长为 213 的正方体中，如图中三棱锥A-BCD 所示，故该几何体的体积V＝×12× 1×2×2＝2 . 37．(2018 辽·宁五校协作体联考)如下图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是三棱锥的三视图，则此三棱锥的体积是( )A．8 B．16C．24 D．48分析：选A.由三视图复原三棱锥的直观图，如图中三棱锥P- ABC 所示，且长方体的长、宽、高分别为6，2，4，△ABC 是直角三角形，AB⊥BC，AB＝2，BC＝6，三棱锥P- A BC 的高为4，故其体积为13×12×6×2×4＝8，应选A.8．将一个底面半径为1，高为 2 的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大概积为( )A. π278πB.27πC.32πD.9分析：选 B. 如下图，设圆柱的半径为r，高为x，体积为V，由题意可得r＝12－x，所以x＝2－2r，所以圆柱的体积V＝πr22(2－2r)＝22 3 2 3 2 π(r－r －r)(0< r<1) ，设V(r)＝2π(r )(0< r<1)，则V′(r)＝2π(2r－3r )，22)＝0 得r＝由2π(2r－3r，所以圆柱的最大概积V max＝2π 23 3 2－2338π＝27 .9．(2018 福·州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A．14 B．10＋4 221 21＋ 3＋4 2 D. ＋4 2C.2 2分析：选D.由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后节余的几何体，如下图．所以该多面体的表面积S＝22× 2 －12×1×1 ＋11 2＋2×2 2＋ 1×(2 ×22－12)＋2－12)＋×2 2 23×( 2)2＝2＝221＋ 3＋4 2，应选 D.210．(2018 太·原模拟)某几何体的三视图如下图，则该几何体中最长的棱长为( )A．3 3 B．2 6C. 21 D．2 5分析：选B.由三视图得，该几何体是四棱锥P-ABCD，如下图，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＝2 2，所以最长的棱PC＝2＋CE2＝2 6，应选 B.PE11．(2018 南·昌调研)已知三棱锥P-ABC 的全部极点都在球O 的球面上，△ABC 知足AB ＝2 2，∠ACB＝90°，P A为球O 的直径且PA＝4，则点P 究竟面ABC 的距离为( )A. 2 B．2 2C. 3 D．2 3分析：选B.取AB 的中点O1，连结OO1，如图，在△ABC 中，AB＝2 2，∠ACB＝90°，所以△ABC 所在小圆O1 是以AB 为直径的圆，所以O1A＝2，且OO1⊥AO1，又球O 的直径PA＝4，所以OA＝2，所以OO1＝OA1A＝2，且OO1⊥底面ABC，所以点P 到平面ABC 的距离为2OO1＝2 2.12．(2018 高·考全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A. 3 342 33B.3 24 C. D.32分析：选A.记该正方体为ABCD -A′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A′A，A′B′，A′D′与平面α所成的角都相等．如图，连结AB′，AD′，B′D′，由于三棱锥A′A-B′D′是正三棱锥，所以A′A，A′B′，A′D′与平面AB′D′所成的角都相等．分别取C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD ′的中点E，F，G，H，I，J，连结EF，FG，GH，IH ，IJ，JE，易得E，F，G，H，I，J 六点共面，平面EFGHIJ 与平面AB′D′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF ＝FG＝GH＝IH ＝IJ＝JE＝2，所2以该正六边形的面积为6×3×42223 3＝，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为43 3，应选 A.4二、填空题13．(2018 ·洛阳第一次联考)一个几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为________．分析：由题图可知该几何体是一个四棱锥，如下图，此中PD⊥平面ABCD，底面ABCD 是一个对角线长为 2 的正方形，底面积S＝1 2 ×2×2＝2，高h＝1，则该几何体的体积V＝1 2 3Sh＝3.答案：2 314．(2018 ·福州四校联考)已知某几何体的三视图如下图，则该几何体的表面积为________．分析：在长、宽、高分别为3，3 3，3 3的长方体中，由几何体的三视图得几何体为如下图的三棱锥C-BAP，此中底面BAP 是∠BAP＝90°的直角三角形，AB＝3，AP＝3 3，所以BP＝6，又棱CB⊥平面BAP 且CB＝3 3，所以AC＝6，所以该几何体的表面积是1 1×3× 3 3＋×3× 3 3＋2 212×6× 3 31＋×6× 3 3＝27 3.2答案：27 315．(2018 高·考全国卷Ⅱ)已知圆锥的极点为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 5 15，则该圆锥的侧面积为________．分析：如下图，设S 在底面的射影为S′，连结 A S′，SS′.△SAB 的面积为12·S A·SB·sin∠ASB＝122 2·SA ·1－cos ∠ASB＝152 2·SA ＝5 15，所以SA ＝80，SA＝4 5.由于SA 与16底面所成的角为45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝S A·cos 4 5°＝4 5×2＝2 10.所以底面2周长l＝2π·AS′＝4 10π，所以圆锥的侧面积为12× 4 5× 4 10π＝40 2π.答案：40 2π16．(2018 潍·坊模拟)已知正四棱柱的极点在同一个球面上，且球的表面积为12π，当正四棱柱的体积最大时，正四棱柱的高为________．分析：设正四棱柱的底面边长为a，高为h，球的半径为r，由题意知4πr 2＝12π，所2 22＝3，又2a2＋h2＝(2r )2＝12，所以a2＝6－ hh2h＝6－以r ，所以正四棱柱的体积V＝a2 h，2则V′＝6－32，由V′>，0 得0<h<2，由V′<0，得h>2，所以当h＝2 时，正四棱柱的体积2h最大，V max＝8.答案：2。

2020浙江新数学二轮复习课件：专题四 1第1讲空间几何体

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专题四立体几何
13
2．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V 柱体＝Sh(S 为底面面积，h 为高)； (2)V 锥体＝13Sh(S 为底面面积，h 为高)； (3)V 台＝13(S＋ SS′＋S′)h(S，S′分别为上下底面面积，h 为高)(不要求记忆)．
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21
)
A.π2＋1 C.32π＋1
B.π2＋3 D.32π＋3
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专题四立体几何
22
解析：选 A.由几何体的三视图可得，该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该几何体的体积 V＝13×12π×3＋13×12×2×1×3＝π2＋1，故选 A.
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专题四立体几何
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专题四立体几何
30
[对点训练] 1．(2019·嘉兴一模)如图，这是某几何体的三视图，正视图是等边三角形，侧视图和俯视图为直角三角形，则该几何体外接球的表面积为( )
A．203π
B．8π
C．9π
D．193π
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专题四立体几何
31
解析：选 D.如图，该几何体为三棱锥 A-BCD，设三棱锥外接球的球心
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专题四立体几何
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(3)(2019·宁波十校联合模拟 ) 如图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为 ________cm3，表面积为________cm2.
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专题四立体几何

2014高考数学(文)二轮专题突破演练(浙江专版)第1部分专题4 第1讲空间几何体含解析

1．(2013·长春调研）一个简单几何体的正(主)视图、俯视图如图所示，则其侧(左）视图不可能是()A．正方形B．圆C．等腰三角形D．直角梯形解析：选D 当几何体是一个长方体，其中一个侧面为正方形时，A可能；当几何体是一个横放的圆柱时,B可能；当几何体是横放的三棱柱时，C可能；只有D不可能．2．(2013·陕西检测）如图是由若干个相同的小立方体组成的几何体的俯视图，其中小立方体中的数学表示相应位置的小立方体的个数，则该几何体的侧(左)视图为（）解析：选C 由俯视图知侧（左）视图从左到右能看到的小立方体的个数分别为2,3，1。

3．（2013·湖南高考)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧（左)视图是一个面积为错误!的矩形，则该正方体的正（主)视图的面积等于（)A.错误!B．1C。

错误!D。

错误!解析:选D 由已知,正方体的正（主）视图与侧(左）视图都是长为2，宽为1的矩形，所以正（主）视图的面积等于侧(左）视图的面积等于2。

4．（2013·洛阳模拟）如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A．64＋32π B．64＋64πC．256＋64π D．256＋128π解析：选C 依题意,该几何体是一个正四棱柱及一个圆柱的组合体，其中正四棱柱的底面边长是8,侧棱长是4，圆柱的底面半径是4，高是4，因此所求几何体的体积等于π×42×4＋82×4＝256＋64π.5．(2013·东城检测）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（)A．75＋2错误!B．75＋4错误!C．48＋4错误!D．48＋2错误!解析：选B 由三视图可知该几何体是一个四棱柱．两个底面的面积之和为2×错误!×3＝27，四个侧面的面积之和为（3＋4＋5＋错误!)×4＝48＋4错误!，故表面积为75＋4错误!。

浙江省高三数学专题复习攻略训练第一部分专题四第一讲空间几何体专题针对训练理新人教版

《优化方案》高三专题复习攻略（新课标）数学浙江理科第一部分专题四第一讲空间几何体专题针对训练一、选择题1.在△ABC 中，AB ＝2，BC ＝1.5，∠ABC ＝120°(如图所示)，若将△ABC 绕BC 边所在直线旋转一周，则所形成的旋转体的体积是( )A.92πB.72πC.52πD.32π解析：选D.如图所示，该旋转体的体积为圆锥CD 与圆锥BD 的体积之差，由已知求得BD ＝1.所以V ＝V 圆锥CD －V 圆锥BD ＝13×π×3×52－13×π×3×1＝3π2. 2．(2011年高考浙江卷)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：选D.A ，B 的正视图不符合要求，C 的俯视图显然不符合要求，答案选D. 3．已知水平放置的△ABC 的直观图△A ′B ′C ′(斜二测画法)是边长为2a 的正三角形，则原△ABC 的面积为( )A.2a 2B.32a 2C.62a 2D.6a 2解析：选D.斜二测画法中原图面积与直观图面积之比为1∶24，则易知24S ＝34(2a )2，∴S ＝6a 2.4．如图所示，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是( )解析：选C.若该几何体的俯视图是选项A ，则该几何体的体积为1，不满足题意；若该几何体的俯视图是选项B ，则该几何体的体积为π4，不满足题意；若该几何体的俯视图是选项C ，则该几何体的体积为12，满足题意；若该几何体的俯视图是选项D ，则该几何体的体积为π4，不满足题意．故选C.5．正棱锥的高缩小为原来的12，底面外接圆半径扩大为原来的3倍，则它的体积是原来的体积的( )A.32倍B.92倍C.34倍D.94倍解析：选B.设原棱锥高为h ，底面面积为S ，则V ＝13Sh ，新棱锥的高为h2，底面面积为9S ，所以V ′＝13·9S ·h 2，∴V ′V ＝92.二、填空题6．下图是一个几何体的三视图，根据图中的数据，计算该几何体的表面积为________．解析：由三视图知该几何体上部为半径是3的半球，下部为圆锥，圆锥的底面半径为3，母线长为5，高为4，则圆锥侧面积S 1＝π×3×5＝15π，半球的表面积(不包括大圆面)S 2＝2π×32＝18π，∴S ＝S 1＋S 2＝15π＋18π＝33π.答案：33π7．已知四棱锥P —ABCD 的底面是边长为6的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝8，则该四棱锥的体积是________．解析：∵底面是边长为6的正方形， ∴S 底＝6×6＝36，又∵PA ⊥底面ABCD ，∴V P ABCD ＝13×36×8＝96.答案：968．在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，过对角线BD 1的一个平面交AA 1于E ，交CC 1于F ，得四边形BFD 1E ，给出下列结论：①四边形BFD 1E 有可能为梯形； ②四边形BFD 1E 有可能为菱形；③四边形BFD 1E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形； ④四边形BFD 1E 有可能垂直于平面BB 1D 1D ；⑤四边形BFD 1E 面积的最小值为62.其中正确的是________．(请写出所有正确结论的序号)解析：四边形BFD 1E 为平行四边形，①显然不成立，当E 、F 分别为AA 1、CC 1的中点时，②④成立，四边形BFD 1E 在底面的投影恒为正方形ABCD .当E 、F 分别为AA 1、CC 1的中点时，四边形BFD 1E 的面积最小，最小值为62.答案：②③④⑤ 三、解答题9．一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为3，底面周长为3，求这个球的体积．解：由已知可知正六棱柱的底面边长为12，而外接球的直径恰好为最长的体对角线长．设球的半径为R ，则(2R )2＝12＋(3)2＝4，∴R ＝1，∴V 球＝43πR 3＝43π.10．已知正三棱锥V －ABC 的正视图、俯视图如图所示，其中VA ＝4，AC ＝2 3.(1)画出该正三棱锥的侧视图，并求出该侧视图的面积； (2)求该正三棱锥V —ABC 的体积．解：(1)侧视图如图，S △VBC ＝12VA ·BC ＝12×23×23＝6.(2)V V －ABC ＝13S △ABC ·23＝13×34×(23)2×23＝6.11．一个多面体的直观图，正视图(正前方观察)，俯视图(正上方观察)，侧视图(左侧正前方观察)如下图所示．(1)探求AD 与平面A 1BCC 1的位置关系并说明理由； (2)求此多面体的表面积和体积．解：从俯视图可得，底面四边形ABCD 和侧面四边形A 1C 1CB 是矩形，又从正视图可得，BC ⊥AB ，BC ⊥BA 1，且AB ∩BA 1＝B ，BC ⊥面ABA 1， △A 1AB 是正三角形， ∴三棱柱是正三棱柱．(1)∵底面四边形ABCD 是矩形， ∴AD ∥BC .又∵BC ⊂面A 1BCC 1， ∴AD ∥面A 1BCC 1.(2)依题意可得，AB ＝BC ＝a ，∵S ＝12×sin 60°×a ×a ＝34a 2，∴V ＝S ×h ＝34a 2×a ＝34a 3. S 侧＝C ×h ＝3a ×a ＝3a 2，S 表＝S 侧＋2S 底＝3a 2＋2×34a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋32a 2，所以此多面体的表面积和体积分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋32a 2，34a 3.。

高考数学立体几何专题复习题及答案

⾼考数学⽴体⼏何专题复习题及答案数学是⾼考考试中的主科之⼀，我们要对⾼考数学⽴体⼏何进⾏强化复习，⽴体⼏何是⾼考数学考试中丢分的重灾区。

下⾯是店铺为⼤家整理的⾼考数学⽴体⼏何专题复习题，希望对⼤家有所帮助! ⾼考数学⽴体⼏何专题复习题专题四　⽴体⼏何第1讲　三视图及空间⼏何体的计算问题 (建议⽤时：60分钟) ⼀、选择题 1.(2014•湖北卷)在如图所⽰的空间直⾓坐标系O-xyz中，⼀个四⾯体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2).给出编号为①②③④的四个图，则该四⾯体的正视图和俯视图分别为 ( ).A.①和②B.③和①C.④和③D.④和② 解析　由三视图可知，该⼏何体的正视图是⼀个直⾓三⾓形，三个顶点的坐标分别是(0,0,2)，(0,2,0)，(0,2,2)且内有⼀个虚线(⼀个顶点与另⼀直⾓边中点的连线)，故正视图是④;俯视图即在底⾯的射影是⼀个斜三⾓形，三个顶点的坐标分别是(0,0,0)，(2,2,0)，(1,2,0)，故俯视图是②. 答案　D 2.(2013•东北三校第三次模拟)如图，多⾯体ABCD E FG的底⾯ABCD为正⽅形，FC=GD=2EA，其俯视图如下，则其正视图和侧视图正确的是 ( ). 解析　注意BE，BG在平⾯CDGF上的投影为实线，且由已知长度关系确定投影位置，排除A，C选项，观察B，D选项，侧视图是指光线，从⼏何体的左⾯向右⾯正投影，则BG，BF的投影为虚线，故选D. 答案　D 3.(2014•安徽卷)⼀个多⾯体的三视图如图所⽰，则该多⾯体的表⾯积为 ( ).A.21+3B.18+3C.21D.18 解析　由三视图知，⼏何体的直观图如图所⽰.因此该⼏何体的表⾯积为6×2×2-6×12×1×1+2×34×(2)2=21+3. 答案　A 4.(2013;⼴东卷)某四棱台的三视图如图所⽰，则该四棱台的体积是 ( ).A.4B.143C.163D.6 解析　由四棱台的三视图可知该四棱台的上底⾯是边长为1的正⽅形，下底⾯是边长为2的正⽅形，⾼为2.由棱台的体积公式可知该四棱台的体积V=13(12+1×22+22)×2=143，故选B. 答案　B 5.如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，沿BD将矩形ABCD折叠，连接AC，所得三棱锥A B CD正视图和俯视图如图，则三棱锥A B CD侧视图的⾯积为 ( ).A.613B.1813C.213D.313 解析　由正视图及俯视图可得，在三棱锥A B CD中，平⾯ABD⊥平⾯BCD，该⼏何体的侧视图是腰长为2×322+32=613的等腰直⾓三⾓形，其⾯积为12×6132=1813. 答案　B 6.在具有如图所⽰的正视图和俯视图的⼏何体中，体积最⼤的⼏何体的表⾯积为 ( ).A.13B.7+32C.72πD.14 解析　由正视图和俯视图可知，该⼏何体可能是四棱柱或者是⽔平放置的三棱柱或⽔平放置的圆柱.由图象可知四棱柱的体积最⼤.四棱柱的⾼为1，底⾯边长分别为1,3，所以表⾯积为2(1×3+1×1+3×1)=14. 答案　D 7.(2013•湖南卷)已知正⽅体的棱长为1，其俯视图是⼀个⾯积为1的正⽅形，侧视图是⼀个⾯积为2的矩形，则该正⽅体的正视图的⾯积等于 ( ).A.32B.1C.2+12D.2 解析　易知正⽅体是⽔平放置的，⼜侧视图是⾯积为2的矩形.所以正⽅体的对⾓⾯平⾏于投影⾯，此时正视图和侧视图相同，⾯积为2. 答案　D ⼆、填空题 8.某⼏何体的三视图如图所⽰，则该⼏何体的体积为____________. 解析　由三视图可知该⼏何体由长⽅体和圆柱的⼀半组成.其中长⽅体的长、宽、⾼分别为4,2,2，圆柱的底⾯半径为2，⾼为4.所以V=2×2×4+12×22×π×4=16+8π. 答案　16+8π 9.(2013•江苏卷)如图，在三棱柱A1B1C1A BC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F A DE的体积为V1，三棱柱A1B1C1A BC的体积为V2，则V1∶V2=________. 解析　设三棱柱A1B1C1-ABC的⾼为h，底⾯三⾓形ABC的⾯积为S，则V1=13×14S•12h=124Sh=124V2，即V1∶V2=1∶24. 答案　1∶24 10.如图，正⽅体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1-EDF的体积为________. 解析　利⽤三棱锥的体积公式直接求解. VD1-EDF=VF-DD1F=13S△D1DE•AB=13×12×1×1×1=16. 答案　16 11.(2014重庆卷改编)某⼏何体的三视图如图所⽰，则该⼏何体的表⾯积为________. 解析　由俯视图可以判断该⼏何体的底⾯为直⾓三⾓形，由正视图和侧视图可以判断该⼏何体是由直三棱柱(侧棱与底⾯垂直的棱柱)截取得到的.在长⽅体中分析还原，如图(1)所⽰，故该⼏何体的直观图如图(2)所⽰.在图(1)中，直⾓梯形ABPA1的⾯积为12×(2+5)×4=14，计算可得A1P=5.直⾓梯形BCC1P的⾯积为12×(2+5)×5=352.因答案　60 12.已知三棱锥S ABC的所有顶点都在球O的球⾯上，△ABC是边长为1的正三⾓形，SC为球O的直径，且SC=2，则此三棱锥的体积为________. 解析　在Rt△ASC中，AC=1，∠SAC=90°，SC=2，所以SA=4-1=3.同理，SB=3.过A点作SC的垂线交SC于D点，连接DB，因为△SAC≌△SBC，故BD⊥SC，AD=BD，故SC⊥平⾯ABD，且△ABD为等腰三⾓形.因为∠ASC=30°，故AD=12SA=32，则△ABD的⾯积为12×1×AD2-122=24，则三棱锥S-ABC的体积为13×24×2=26. 答案　26 三、解答题 13.已知某⼏何体的俯视图是如图所⽰的矩形，正视图是⼀个底边长为8、⾼为4的等腰三⾓形，侧视图是⼀个底边长为6、⾼为4的等腰三⾓形. (1)求该⼏何体的体积V; (2)求该⼏何体的侧⾯积S. 解　由已知可得，该⼏何体是⼀个底⾯为矩形，⾼为4，顶点在底⾯的射影是矩形中⼼的四棱锥E‐ABCD，AB=8，BC=6. (1)V=13×8×6×4=64. (2)四棱锥E A BCD的两个侧⾯EAD，EBC是全等的等腰三⾓形，且BC边上的⾼h1=42+822=42; 另两个侧⾯EAB，ECD也是全等的等腰三⾓形，AB边上的⾼h2=42+622=5. 因此S=2×12×6×42+12×8×5=40+242. 14.如图，四边形ABCD是边长为2的正⽅形，直线l与平⾯ABCD平⾏，E和F是l上的两个不同点，且EA=ED，FB=FC.E′和F′是平⾯ABCD内的两点，EE′和FF′都与平⾯ABCD垂直. (1)证明：直线E′F′垂直且平分线段AD; (2)若∠EAD=∠EAB=60 °，EF=2.求多⾯体ABCDEF的体积. (1)证明　∵EA=ED且EE′⊥平⾯ABCD， ∴E′D=E′A，∴点E′在线段AD的垂直平分线上. 同理，点F′在线段BC的垂直平分线上. ⼜四边形ABCD是正⽅形， ∴线段BC的垂直平分线也就是线段AD的垂直平分线，即点E′、F′都在线段AD的垂直平分线上. ∴直线E′F′垂直且平分线段AD. (2)解　如图，连接EB、EC，由题意知多⾯体ABCDEF可分割成正四棱锥E A BCD和正四⾯体E B CF 两部分.设AD的中点为M，在Rt△MEE′中，由于ME′=1，ME=3，∴EE′=2. ∴VE A BCD=13•S正⽅形ABCD•EE′=13×22×2=423. ⼜VE B CF=VC B EF=VC B EA=VE A BC=13S△ABC•EE′=13×12×22×2=223， ∴多⾯体ABCDEF的体积为VE A BCD+VE B CF=22. 15.(2013•⼴东卷)如图1，在边长为1的等边三⾓形ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，AD=AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起，得到如图2所⽰的三棱锥A-BCF，其中BC=22. (1)证明：DE∥平⾯BCF; (2)证明：CF⊥平⾯ABF; (3)当AD=23时，求三棱锥F-DEG的体积VF D EG. (1)证明　在等边三⾓形ABC中，AB=AC. ∵AD=AE， ∴ADDB=AEEC，∴DE∥BC，同理可证GE∥平⾯BCF. ∵DG∩GE=G，∴平⾯GDE∥平⾯BCF， ∴DE∥平⾯BCF. (2)证明　在等边三⾓形ABC中，F是BC的中点，∴AF⊥FC， ∴BF=FC=12BC=12. 在图2中，∵BC=22， ∴BC2=BF2+FC2，∴∠BFC=90°， ∴FC⊥BF. ∵BF∩AF=F，∴CF⊥平⾯ABF. (3)解　∵AD=23， ∴BD=13，AD∶DB=2∶1，在图2中，AF⊥FC，AF⊥BF， ∴AF⊥平⾯BCF，由(1)知平⾯GDE∥平⾯BCF， ∴AF⊥平⾯GDE. 在等边三⾓形ABC中，AF=32AB=32， ∴FG=13AF=36，DG=23BF=23×12=13=GE， ∴S△DGE=12DG•EG=118， ∴VF-DEG=13S△DGE•FG=3324. ⾼考数学答题技巧 1.调整好状态，控制好⾃我。

新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第1讲空间几何体课件

高为 0.01 m 可忽略不计，看作直径为 1.2 m 的平面圆，六边形 EFGHIJ
边长为
2 2
m，∠GFH＝∠GHF＝30°，所以 FH＝
3FG＝
3GH＝
6 2
m，
故六边形
EFGHIJ
内切圆直径为
6 2
m，而
262＝32>(1.2)2＝1.44，选项
D
正确．故选 ABD.
6. (多选)(2023·全国新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为 O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P－AC－O为45°，则( AC )
5. (多选)(2023·全国新课标Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( ABD )
A．直径为0.99 m的球体 B．所有棱长均为1.4 m的四面体 C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体 D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
【解析】 A不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；B正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个二面角都是直二面角；C正确，因为过相对侧棱的两个截面的交线平行于侧棱，又两个截面都垂直于底面，故该四棱柱为直四棱柱；D正确，如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形．
3. (2021·全国新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为 2，其侧面展开图
为一个半圆，则该圆锥的母线长为( B )
A．2
B．2 2
C．4
D．4 2
【解析】由题意，设母线长为 l，因为圆锥底面周长即为侧面展开

2023年新高考数学大一轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体(含答案)

新高考数学大一轮复习专题：第1讲空间几何体[考情分析] 几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积与体积是高考题的重点与热点，多以小题的形式进行考查，属于中等难度．考点一表面积与体积核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例1 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．答案 402π解析因为母线SA 与圆锥底面所成的角为45°，所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形．设底面圆的半径为r ，则母线长l ＝2r . 在△SAB 中，cos∠ASB ＝78，所以sin∠ASB ＝158.因为△SAB 的面积为515，即12SA ·SB sin∠ASB＝12×2r ×2r ×158＝515，所以r 2＝40，故圆锥的侧面积为πrl ＝2πr 2＝402π.(2)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D －BB 1C 1的体积为________．答案 233解析如图，取BC 的中点O ，连接AO .∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2， ∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3. ∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3. 又11BB C S＝12×2×2＝2， ∴11D BB C V ＝13×2×3＝233.易错提醒 (1)计算表面积时，有些面的面积没有计算到(或重复计算)． (2)一些不规则几何体的体积不会采用分割法或补形思想转化求解． (3)求几何体体积的最值时，不注意使用基本不等式或求导等确定最值．跟踪演练1 (1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( ) A ．122π B ．12π C ．82π D ．10π答案 B解析设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由题意可知2r ＝h ＝22，∴圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πr ·h ＝4π＋8π＝12π.故选B.(2)如图，在Rt△ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上异于端点的点，DE ⊥BC ，将△CDE 沿DE 折起，使点C 到点P 的位置，得到四棱锥P －ABDE ，则四棱锥P －ABDE 的体积的最大值为________．答案327解析设CD ＝DE ＝x (0<x <1)，则四边形ABDE 的面积S ＝12(1＋x )(1－x )＝12(1－x 2)，当平面PDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P －ABDE 的体积最大，此时PD ⊥平面ABDE ，且PD ＝CD ＝x ，故四棱锥P －ABDE 的体积V ＝13S ·PD ＝16(x －x 3)，则V ′＝16(1－3x 2)．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33时，V ′>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫33，1时，V ′<0. ∴当x ＝33时，V max ＝327. 考点二多面体与球核心提炼解决多面体与球问题的两种思路(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．(2)利用球心O 与截面圆的圆心O 1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．例2 (1)已知三棱锥P －ABC 满足平面PAB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝4，∠APB ＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．答案 64π解析因为AC ⊥BC ，所以△ABC 的外心为斜边AB 的中点，因为平面PAB ⊥平面ABC ，所以三棱锥P －ABC 的外接球球心在平面PAB 上，即球心就是△PAB 的外心，根据正弦定理ABsin∠APB ＝2R ，解得R ＝4，所以外接球的表面积为4πR 2＝64π.(2)(2020·全国Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案23π 解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面PAB ，如图所示，则△PAB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB 中，PA ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22，故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π.规律方法 (1)长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长．(2)三棱锥S －ABC 的外接球球心O 的确定方法：先找到△ABC 的外心O 1，然后找到过O 1的平面ABC 的垂线l ，在l 上找点O ，使OS ＝OA ，点O 即为三棱锥S －ABC 的外接球的球心． (3)多面体的内切球可利用等积法求半径．跟踪演练2 (1)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 C解析如图所示，设球O 的半径为R ，因为∠AOB ＝90°，所以S △AOB ＝12R 2，因为V O －ABC ＝V C －AOB ，而△AOB 的面积为定值，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大，此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为S ＝4πR 2＝144π.(2)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD ＝5，ED ＝3，若鳖臑P －ADE 的外接球的体积为92π，则阳马P －ABCD 的外接球的表面积为________．答案 20π解析 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ⊥CD ，即AD ⊥CE ，且AD ＝5，ED ＝3， ∴△ADE 的外接圆半径为r 1＝AE 2＝AD 2＋ED 22＝2，设鳖臑P －ADE 的外接球的半径为R 1，则43πR 31＝92π，解得R 1＝322. ∵PA ⊥平面ADE ，∴R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 21，可得PA 2＝R 21－r 21＝102，∴PA ＝10.正方形ABCD 的外接圆直径为2r 2＝AC ＝2AD ＝10， ∴r 2＝102， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴阳马P －ABCD 的外接球半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 22＝5， ∴阳马P －ABCD 的外接球的表面积为4πR 22＝20π.专题强化练一、单项选择题1.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答案 A解析 AO ＝2A ′O ′＝2×32＝3，BC ＝B ′O ′＋C ′O ′＝1＋1＝2.在Rt△AOB 中，AB ＝12＋32＝2，同理AC ＝2，所以原△ABC 是等边三角形．2．(2020·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ，侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′，则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt△SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22，∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎪⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)． 3．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( )A.12B.13C.14D.18答案 C解析如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r，l为底面圆周长，R为母线长，则12lR＝2πr2，即12·2π·r·R＝2πr2，解得R＝2r，故∠ADC＝30°，则△DEF为等边三角形，设B为△DEF的重心，过B作BC⊥DF，则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，则BCBD＝12，∴r内r外＝12，故S1S2＝14.4．(2020·大连模拟)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形，高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1000元，则气体的费用最少为( )A．4500元B．4000元C．2880元D．2380元答案 B解析因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5米，又文物高 1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2(米)，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积V＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)，因为气体每立方米1000元，所以气体的费用最少为4×1000＝4000(元)，故选B.5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，动点E 在BB 1上，动点F 在A 1C 1上，O 为底面ABCD 的中心，若BE ＝x ，A 1F ＝y ，则三棱锥O －AEF 的体积( )A ．与x ，y 都有关B ．与x ，y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关答案 B解析由已知得V 三棱锥O －AEF ＝V 三棱锥E －OAF ＝13S △AOF ·h (h 为点E 到平面AOF 的距离)．连接OC ，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以点E 到平面AOF 的距离为定值．又AO ∥A 1C 1，OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值，所以△AOF 的面积是定值，所以三棱锥O －AEF 的体积与x ，y 都无关．6．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体积为( ) A.2π3B.4π3 C.5π3D ．2π 答案 C解析如图，过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.7．(2020·全国Ⅰ)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64πB．48πC．36πD．32π 答案 A解析如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a . 由πr 2＝4π，得r ＝2，则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt△OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.8．(2020·武汉调研)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为( ) A.32π3B ．3πC.4π3D ．8π 答案 A解析设△ABC 外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，∴球O 的体积V ＝43π·OA 3＝32π3.故选A.9.如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭的几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上、下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )A.2000π9B.4000π27C ．81πD ．128π答案 B解析小圆柱的高分为上、下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0<h <5)，底面半径为r (0<r <5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱的体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，把V 看成是关于h 的函数，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h <53时，V ′>0，V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值．即V max ＝π⎝⎛⎭⎪⎫25－259×⎝⎛⎭⎪⎫53＋5＝4000π27，故选B.10．已知在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等．若点P ，A ，B ，C 都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC 的距离为( ) A.36B.12C.13D.32答案 C解析 ∵在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等，∴此三棱锥的外接球即以PA ，PB ，PC 为三边的正方体的外接球O ， ∵球O 的半径为1，∴正方体的边长为233，即PA ＝PB ＝PC ＝233，球心到截面ABC 的距离即正方体中心到截面ABC 的距离，设P 到截面ABC 的距离为h ，则正三棱锥P －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×h ＝13S △PAB ×PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎪⎫2333， ∵△ABC 为边长为263的正三角形，S △ABC ＝233，∴h ＝23， ∴球心(即正方体中心)O 到截面ABC 的距离为13.二、多项选择题11．(2020·枣庄模拟)如图，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AB 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，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图③所示时，AE ·AH 为定值答案 AD解析由于AB 固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD ∥HG ∥EF ∥AB ，且平面AEHD ∥平面BFGC ，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB 为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A 正确；因为水面EFGH 所在四边形，从图②，图③可以看出，EF ，GH 长度不变，而EH ，FG 的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH 所在四边形的面积是变化的，故B 错；假设A 1C 1与水面所在的平面始终平行，又A 1B 1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A 1B 1C 1D 1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C 错；水量不变时，棱柱AEH －BFG 的体积是定值，又该棱柱的高AB 不变，且V AEH －BFG ＝12·AE ·AH ·AB ，所以AE ·AH ＝2V AEH －BFGAB，即AE ·AH 是定值，故D 正确．12.(2020·青岛检测)已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．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 AD解析将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，并取E ，E 1分别为BC ，B 1C 1的中点，记四棱台上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，BD ，A 1C 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE .由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱PA ，PB ，PC ，PD 的中点，则PA ＝2AA 1＝4，OA ＝2，所以OO 1＝12PO ＝12PA 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由PA ＝PC ＝4，AC ＝4，得△PAC 为正三角形，则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 不正确；四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE2＝12×232＋22＝142，所以该四棱台的表面积为(22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 不正确；易知OA 1＝OB 1＝OC 1＝OD 1＝O 1A 21＋O 1O 2＝2＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为2，外接球表面积为4π×22＝16π，故D 正确．三、填空题13．(2020·浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)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________．答案 1解析如图，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12πl 2＝2π，可得l ＝2，因此r ＝1.14.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40cm ，母线长最短50cm ，最长80cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________cm 2.答案 2600π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×(π×40)×(50＋80)＝2600π(cm 2)．15．已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为________．答案823π 解析将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径2R ＝22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π.16．(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．答案2π2解析如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ，连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形，则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2. 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1，同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.。

(浙江专)高考数学二轮专题复习第一部分专题四立体几何与空间向量讲义

专题四立体几何与空间向量第一讲空间几何体的三视图、表面积及体积考点一空间几何体的三视图一、基础知识要记牢三视图的排列规则是：“长对正、高平齐、宽相等”．二、经典例题领悟好[例1] (1)(2017·惠州调研)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧视图为( )(2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )[解析] (1)从几何体的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线，在视线范围内，画实线；棱C1F不在视线范围内，画虚线．故选B.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体如图①所示，故其侧(左)视图如图②所示．故选B.[答案] (1)B (2)B分析空间几何体的三视图的要点(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的形状，即可得到结果．比较复杂的三视图问题常常借助于长方体确定空间几何体的形状. 三、预测押题不能少1．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( )A ．3 2B ．2 3C ．2 2D ．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC 1＝AC 2＋CC 21＝22＋22＋22＝2 3.考点二空间几何体的表面积与体积一、基础知识要记牢常见的一些简单几何体的表面积和体积公式圆柱的表面积公式：S ＝2πr 2＋2πrl ＝2πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为圆柱的高)；圆锥的表面积公式：S ＝πr 2＋πrl ＝πr (r ＋l )(其中r 为底面半径，l 为母线长)；圆台的表面积公式：S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )(其中r 和r ′分别为圆台的上、下底面半径，l 为母线长)；柱体的体积公式：V ＝Sh (S 为底面面积，h 为高)；锥体的体积公式：V ＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；台体的体积公式：V ＝13(S ′＋S ′S ＋S )h (S ′，S 分别为上、下底面面积，h 为高)；球的表面积和体积公式：S ＝4πR 2，V ＝43πR 3(R 为球的半径)．二、经典例题领悟好[例2] (1)(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24π C．28π D ．32π(2)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63π C．42π D ．36π[解析] (1)由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h . 由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋232＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.(2)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V ＝π×32×7＝63π.[答案] (1)C (2)B1求几何体的表面积及体积问题，关键是空间想象能力，能想出、画出空间几何体，高往往易求，底面放在已知几何体的某一面上.2求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.三、预测押题不能少2.(1)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π， ∴r 2＝4，r ＝2，故选B.(2)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为_______．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π2考点三球与多面体的切接问题一、基础知识要记牢(1)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段PA ，PB ，PC 两两互相垂直，可采用“补形法”成为一个球内接长方体．(2)正四面体的内切球与外接球半径之比为1∶3. 二、经典例题领悟好[例3] (1)(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π23(2)(2018届高三·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为( )A ．36π B.112π3C ．32πD ．28π[解析] (1)设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝9π2.故选B. (2)根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是2 3.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如图所示，该三棱柱的底面是边长为4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接球的半径．∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形，∴底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为23×23＝433，∴其外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4332＋22＝283，则外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×283＝112π3，故选B.[答案] (1)B (2)B处理球与棱柱、棱锥切、接问题的思路(1)过球及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，化空间问题为平面问题． (2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间关系，确定球心位置． (3)建立几何量间关系求半径r . 三、预测押题不能少3．(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( )4C.π2D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4.(2)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR3＝32.答案：32[知能专练(十三)]一、选择题1．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )解析：选C 注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项C 中，其宽度为32，与题中所给的侧视图的宽度1不相等，因此选C. 2．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.3．将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π解析：选C 由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.4．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83C ．4(5＋1)，83D ．8,8解析：选B 由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为 22＋12＝5，所以S 侧＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×5＝45，V ＝13×22×2＝83.5.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正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( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，如图所示，其下面是一个底面为等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面为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，故选B.6．如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正视图的面积为23，则其侧视图的面积为( )A.32 B.33 C.34D.36解析：选B 由题意知，该三棱锥的正视图为△VAC ，作VO ⊥AC 于O ，连接OB (图略)，设底面边长为2a ，高VO ＝h ，则△VAC 的面积为12×2a ×h ＝ah ＝23.又三棱锥的侧视图为Rt △VOB ，在正三角形ABC 中，高OB ＝3a ，所以侧视图的面积为12OB ·VO ＝12×3a ×h ＝32ah ＝32×23＝33.7．《九章算术》的商功章中有一道题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺313寸，容纳米2 000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底圆周长约为( )A ．1丈3尺B ．5丈4尺C ．9丈2尺D ．48丈6尺解析：选B 设圆柱底面圆的半径为r ，若以尺为单位，则2 000×1.62＝3r 2⎝⎛⎭⎪⎫10＋3＋13，解得r ＝9(尺)，∴底面圆周长约为2×3×9＝54(尺)，换算单位后为5丈4尺，故选B.8．(2017·丽水模拟)已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是正三角形，则该几何体的体积为( )A. 3 B ．2 3 C ．3 3D ．4 3解析：选 B 分析题意可知，该几何体是由如图所示的三棱柱ABC A 1B 1C 1截去四棱锥A BEDC 得到的，故其体积V ＝34×22×3－13×1＋22×2×3＝23，故选B.9．(2017·贵阳质检)三棱锥P ABC 的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC 所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 依题意，设题中球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则4πR33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P ABC 的高的最大值为5＋3＝8，故选C.10．(2017·洛阳模拟)已知三棱锥P ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，△ABC 是边长为4的等边三角形，三棱锥P ABC 的体积为163，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A.16π3B.40π3C.64π3D.80π3解析：选D 依题意，记三棱锥P ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ，点P 到平面ABC 的距离为h ，则由V P ABC ＝13S △ABC h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫34×42×h ＝163得h ＝433.又PC 为球O 的直径，因此球心O 到平面ABC 的距离等于12h ＝233.又正△ABC 的外接圆半径为r ＝AB 2sin 60°＝433，因此R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝203，所以三棱锥P ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝80π3，故选D. 二、填空题11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________．解析：由三视图得该几何体为如图所示的三棱锥，其中底面ABC 为直角三角形，∠B ＝90°，AB ＝1，BC ＝2，PA ⊥底面ABC ，PA ＝2，所以AC ＝PB ＝5，PC ＝3，PC 2＝PB 2＋BC 2，∴∠PBC ＝90°，则该三棱锥的表面积为12×1×2＋12×1×2＋12×2×5＋12×2×5＝2＋25，体积为13×12×1×2×2＝23.答案：2＋2 5 2312．(2017·诸暨质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的一条棱的长度为________，体积为________．解析：根据三视图，可以看出该几何体是一个底面为正三角形，一条侧棱垂直底面的三棱锥，如图所示，其中底面△BCD 是正三角形，各边长为2，侧棱AD ⊥底面BCD ，且AD ＝2，底面△BCD 的中垂线长DE ＝3，∴AC ＝AB ＝22，V 三棱锥A BCD ＝13×S △BCD ×AD ＝13×12×2×3×2＝233，即该几何体最长的棱长为22，体积为233.答案：2 2 233 13．一个直棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)被一个平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则截去的几何体为________(从备选项中选择一个填上：三棱锥、四棱锥、三棱柱、四棱柱)，截去的几何体的体积为________．解析：作出直观图可得截去的几何体为底面为直角边长分别为1和2的直角三角形，高为4的三棱锥，其体积V ＝13×1×22×4＝43. 答案：三棱锥 4314．(2018届高三·浙江名校联考)某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，其外接球的表面积为________．解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体积为4×4×12×3＝24.又直四棱柱的外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR 2＝25π.答案：24 25π15．(2017·洛阳模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可知该几何体为一个球体的34，故该几何体的表面积等于球的表面积的34，加上以球的半径为半径的圆的面积，即S ＝34×4πR 2＋πR 2＝16π. 答案：16π16．(2016·四川高考)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝2，BD ＝23，设O 为BD 的中点，连接OA ，OC ，则OA ⊥BD ，OC ⊥BD ，结合正视图可知AO ⊥平面BCD .又OC ＝CD 2－OD 2＝1，∴V 三棱锥A BCD ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×1×1＝33. 答案：33 17．如图是某三棱柱被削去一个底面后的直观图、侧视图与俯视图．已知CF ＝2AD ，侧视图是边长为2的等边三角形，俯视图是直角梯形，有关数据如图所示，则该几何体的体积为________．解析：取CF 中点P ，过P 作PQ ∥CB 交BE 于Q ，连接PD ，QD ，则AD∥CP ，且AD ＝CP .所以四边形ACPD 为平行四边形，所以AC ∥PD .所以平面PDQ ∥平面ABC .该几何体可分割成三棱柱PDQ CAB 和四棱锥D PQEF ，所以V ＝V PDQ CAB ＋V D PQEF＝12×22sin 60°×2＋13×1＋2×22×3＝3 3.答案：3 3 [选做题] 1．(2017·石家庄质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．16B ．20C ．52D ．60解析：选B 由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V ＝12×3×4×6－2×13×2×4×3＝20，故选B. 2．四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是边长为6的正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高为( )A ．6B ．5 C.92 D.94解析：选D 过点P 作PH ⊥平面ABCD 于点H .由题知，四棱锥P ABCD是正四棱锥，内切球的球心O 应在四棱锥的高PH 上．过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE ，PF 是斜高，M 为球面与侧面的一个切点．设PH ＝h ，易知Rt △PMO ∽Rt △PHF ，所以OM FH ＝PO PF ，即13＝h －1h 2＋32，解得h ＝94，故选D.3．(2017·兰州模拟)已知球O 的半径为13，其球面上有三点A ，B ，C ，若AB ＝123，AC ＝BC ＝12，则四面体OABC 的体积为________．解析：如图，过点A ，B 分别作BC ，AC 的平行线，两线相交于点D ，连接CD ，∵AC ＝BC ＝12，AB ＝123，在△ABC 中，cos ∠ACB ＝AC 2＋BC 2－AB 22AC ·BC ＝－12， ∴∠ACB ＝120°，∴在菱形ACBD 中，DA ＝DB ＝DC ＝12，∴点D 是△ABC 的外接圆圆心，连接DO ，在△ODA 中，OA 2＝DA 2＋DO 2，即DO 2＝OA 2－DA 2＝132－122＝25，∴DO ＝5，又DO ⊥平面ABC ，∴V O ABC ＝13×12×12×12×32×5＝60 3. 答案：60 3 第二讲点、直线、平面之间的位置关系考点一空间线面位置关系的判断一、基础知识要记牢空间线线、线面、面面的位置关系的认识和判定是学习立体几何的基础，要在空间几何体和空间图形中理解、表述位置关系，发展空间想象能力．二、经典例题领悟好[例1] (1)(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则( )A ．A 1E ⊥DC 1B ．A 1E ⊥BDC ．A 1E ⊥BC 1D ．A 1E ⊥AC(2)(2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题：①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β.②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n .③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)[解析] (1)法一：由正方体的性质，得A 1B 1⊥BC 1，B 1C ⊥BC 1，A 1B 1∩B 1C ＝B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1CD .又A 1E ⊂平面A 1B 1CD ，所以A 1E ⊥BC 1.法二：∵A 1E 在平面ABCD 上的投影为AE ，而AE 不与AC ，BD 垂直，∴B 、D 错；∵A 1E 在平面BCC 1B 1上的投影为B 1C ，且B 1C ⊥BC 1，∴A 1E ⊥BC 1，故C 正确；∵A 1E 在平面DCC 1D 1上的投影为D 1E ，而D 1E 不与DC 1垂直，故A 错．(2)对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l ⊂α，n ∥l ，又m ⊥α，所以m ⊥l ，所以m ⊥n ，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n 与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．[答案] (1)C (2)②③④解决空间线面位置关系的判断问题的常用方法(1)根据空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理逐一判断来解决问题；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断.三、预测押题不能少1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )解析：选A 法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.考点二空间线面平行、垂直关系的证明一、基础知识要记牢(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(4)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(5)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(6)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.(7)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(8)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.(9)三垂线定理及逆定理：①在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它和这条斜线垂直；②在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直．二、经典例题领悟好[例2] 如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.[证明] (1)∵平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.(3)∵AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形．∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD.∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF.∴CD⊥EF.又BE∩EF＝E，∴CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.(1)正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用．(2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．(3)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决．(4)证明的核心是转化，即空间向平面的转化：面面⇔线面⇔线线.三、预测押题不能少2．由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明：(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，因为ABCDA1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C，因为O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为E，M分别为AD，OD的中点，所以EM∥AO.因为AO⊥BD，所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD，因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，又A1E⊂平面A1EM，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM，又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.[知能专练(十四)]一、选择题1．下列四个命题中，正确命题的个数是( )①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β；②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β；③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；④直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，若m⊥n，则α⊥β.A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β或m⊂β，故①不正确；②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β或相交，故②不正确；③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；此命题中，若B∈β，且AB与l异面，同时AB⊥l，此时AB与β相交，故③不正确；命题④是正确的．2．(2017·泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是( ) A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥bC．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥αD．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b⊥α解析：选C a，b是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A不正确；由l∥a，且l⊥b，可得a⊥b，与题设矛盾，故B不正确；由a⊂α，且b⊥α，可得a⊥b，与题设矛盾，故D不正确，故选C.3.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )A ．①②B ．①②③C ．①D ．②③解析：选B 对于①，∵PA ⊥平面ABC ，∴PA ⊥BC .∵AB 为⊙O 的直径，∴BC ⊥AC ，又∵PA ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面PAC ，又PC ⊂平面PAC ，∴BC ⊥PC .对于②，∵点M 为线段PB 的中点，∴OM ∥PA ，∵PA ⊂平面PAC ，OM ⊄平面PAC ，∴OM ∥平面PAC .对于③，由①知BC ⊥平面PAC ，∴线段BC 的长即是点B 到平面PAC 的距离．故①②③都正确．4．设l 为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( )A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥βB ．若l ⊥α，l ⊥β，则α∥βC ．若l ⊥α，l ∥β，则α∥βD ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β解析：选B 画出一个长方体ABCD A 1B 1C 1D 1.对于A ，C 1D 1∥平面ABB 1A 1，C 1D 1∥平面ABCD ，但平面ABB 1A 1与平面ABCD 相交；对于C ，BB 1⊥平面ABCD ，BB 1∥平面ADD 1A 1，但平面ABCD 与平面ADD 1A 1相交；对于D ，平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，CD ∥平面ABB 1A 1，但CD ⊂平面ABCD .5.(2017·成都模拟)把平面图形M 上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M ′称为图形M 在这个平面上的射影．如图，在长方体ABCD EFGH 中，AB ＝5，AD ＝4，AE ＝3，则△EBD 在平面EBC 上的射影的面积是( )A ．234 B.252 C ．10 D ．30解析：选A 连接HC ，过D 作DM ⊥HC ，交HC 于M ，连接ME ，MB ，因为BC ⊥平面HCD ，又DM ⊂平面HCD ，所以BC ⊥DM ，因为BC ∩HC ＝C ，所以DM ⊥平面HCBE ，即D 在平面HCBE 内的射影为M ，所以△EBD 在平面HCBE 内的射影为△EBM ，在长方体中，HC ∥BE ，所以△MBE 的面积等于△CBE 的面积，所以△EBD 在平面EBC上的射影的面积为12×52＋32×4＝234，故选A. 6．已知E ，F 分别为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1上的点，且AE ＝12AB ，AF ＝13AA 1，M ，N 分别为线段D 1E 和线段C 1F 上的点，则与平面ABCD 平行的直线MN 有( )A ．1条B ．3条C ．6条D ．无数条解析：选D 取BH ＝13BB 1，连接FH ，则FH ∥C 1D 1，连接HE ，D 1H ，在D 1E 上任取一点M ，过M 在平面D 1HE 中作MG ∥HO ，交D 1H 于点G ，其中OE ＝13D 1E ，过O 作OK ⊥平面ABCD 于点K ，连接KB ，则四边形OHBK 为矩形，再过G 作GN ∥FH ，交C 1F 于点N ，连接MN ，由于MG ∥HO ，HO ∥KB ，KB ⊂平面ABCD ，GM ⊄平面ABCD ，所以GM ∥平面ABCD ，同理，GN ∥FH ，可得GN ∥平面ABCD ，由面面平行的判定定理得，平面GMN ∥平面ABCD ，则MN ∥平面ABCD ，由于M 为D 1E 上任一点，故这样的直线MN 有无数条．二、填空题7．已知α，β，γ是三个不重合的平面，a ，b 是两条不重合的直线，有下列三个条件：①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填可能条件的序号)．解析：由定理“一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面和此平面的交线与该直线平行”可得，横线处可填入条件①或③.答案：①或③8.(2018届高三·江南十校联考)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M ∈AB 1，N ∈BC 1，且AM ＝BN ≠2，有以下四个结论：①AA 1⊥MN ；②A 1C 1∥MN ；③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1；④MN 与A 1C 1是异面直线．其中正确结论的序号是________．解析：过N 作NP ⊥BB 1于点P ，连接MP ，可证AA 1⊥平面MNP ，∴AA 1⊥MN ，①正确．过M ，N 分别作MR ⊥A 1B 1，NS ⊥B 1C 1于点R ，S ，连接RS ，当则M 不是AB 1的中点，N 不是BC 1的中点时，直线A 1C 1与直线RS 相交；当M ，N 分别是AB 1，BC 1的中点时，A 1C 1∥RS ，∴A 1C 1与MN 可以异面，也可以平行，故②④错误．由①正确知，AA 1⊥平面MNP ，而AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴平面MNP ∥平面A 1B 1C 1D 1，故③正确．综上所述，正确结论的序号是①③.答案：①③9．(2017·温州模拟)如图，在四面体ABCD 中，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，过EF 任作一个平面α分别与直线BC ，AD 相交于点G ，H ，则下列结论正确的是________．①对于任意的平面α，都有直线GF ，EH ，BD 相交于同一点；②存在一个平面α0，使得点G 在线段BC 上，点H 在线段AD 的延长线上；③对于任意的平面α，都有S △EFG ＝S △EFH ；④对于任意的平面α，当G ，H 在线段BC ，AD 上时，几何体AC EGFH 的体积是一个定值．解析：对①，G ，H 分别为相应线段中点时，三线平行，故①错．对②，三线相交时，交点会在BD 上，作图可知②错．对③，如图1，取BD ，AC 的中点I ，J ，则BC ，AD 都与平面EIFJ 平行，故A ，H 到平面EIFJ 的距离相等，B ，G 到平面EIFJ 的距离相等，而E 为AB 的中点，故A ，B 到平面EIFJ 的距离相等，从而G ，H 到平面EIFJ 的距离相等．连接GH 交EF 于K ，则K 为GH 的中点，从而G ，H 到EF 的距离相等，故两三角形的面积相等．③正确．对④，如图2，当H 为D 时，G 为C ，此时几何体的体积为三棱锥A CDE 的体积，为四面体体积的一半．当如图2所示时，只需证V C EFG ＝V D EFH ，由③可得，只需证C ，D 到截面的距离相等，因为F 为CD 的中点，所以C ，D 到截面的距离相等．故④正确．答案：③④ 三、解答题10．(2016·山东高考)在如图所示的几何体中，D 是AC 的中点，EF ∥DB.(1)已知AB ＝BC ，AE ＝EC ，求证：AC ⊥FB ；(2)已知G ，H 分别是EC 和FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC . 证明：(1)因为EF ∥DB ，所以EF 与DB 确定平面BDEF . 如图，连接DE .因为AE ＝EC ，D 为AC 的中点，所以DE ⊥AC .同理可得BD ⊥AC . 又BD ∩DE ＝D ，所以AC ⊥平面BDEF . 因为FB ⊂平面BDEF ，所以AC ⊥FB .(2)如图，设FC 的中点为I ，连接GI ，HI .在△CEF 中，因为G 是CE 的图1图2中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，BC∩DB＝B，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.11．(2017·嘉兴模拟)如图，矩形ABCD所在平面与三角形ECD所在平面相交于CD，AE⊥平面ECD.(1)求证：AB⊥平面ADE；(2)若点M在线段AE上，AM＝2ME，N为线段CD中点，求证：EN∥平面BDM.证明：(1)因为AE⊥平面ECD，CD⊂平面ECD，所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.在矩形ABCD中，AB⊥AD，因为AD∩AE＝A，AD⊂平面ADE，AE⊂平面ADE，所以AB⊥平面ADE.(2)连接AN交BD于F点，连接FM，因为AB∥CD且AB＝2DN，所以AF＝2FN，又AM＝2ME，所以EN∥FM，又EN⊄平面BDM，FM⊂平面BDM，所以EN∥平面BDM.12.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点．(1)求证：平面EFG∥平面PMA；(2)求证：平面EFG⊥平面PDC.证明：(1)∵E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，∴EG∥PM，GF∥BC.又∵四边形ABCD是正方形，∴BC∥AD，∴GF∥AD.∵EG，GF在平面PMA外，PM，AD在平面PMA内，∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA.又∵EG，GF都在平面EFG内且相交，∴平面EFG∥平面PMA.。

(浙江专用)2020-2021高考数学二轮复习专题二立体几何第1讲空间几何体学案

第1讲空间几何体[考情考向分析] 1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算.2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题．热点一三视图与直观图1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．由三视图还原几何体的步骤一般先依据俯视图确定底面再利用正视图与侧视图确定几何体．例1 (1)(2018·全国Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )答案 A解析由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.(2)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．答案2＋2 2解析如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E，则在Rt△ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22. 而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此可还原原图形如图所示．在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22. 思维升华空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．跟踪演练1 (1)(2018·浙江省台州中学模拟)在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为( )答案 D解析由正视图和俯视图得该几何体可以为一个底面为等腰三角形的三棱锥和一个与三棱锥等高，且底面直径等于三棱锥的底面等腰三角形的底的半圆锥的组合体，则其侧视图可以为D 选项中的图形，故选D.(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱CD，CC1，A1B1的中点，用过点E，F，G的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧视图为( )答案 C解析取AA1的中点H，连接GH，则GH为过点E，F，G的平面与正方体的面A1B1BA的交线．延长GH，交BA的延长线与点P，连接EP，交AD于点N，则NE为过点E，F，G的平面与正方体的面ABCD的交线．同理，延长EF，交D1C1的延长线于点Q，连接GQ，交B1C1于点M，则FM为过点E，F，G的平面与正方体的面BCC1B1的交线．所以过点E，F，G的平面截正方体所得的截面为图中的六边形EFMGHN.故可得位于截面以下部分的几何体的侧视图为选项C所示．热点二几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧．例2 (1)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．8＋42＋8 5B ．24＋4 2C ．8＋20 2D ．28答案 A解析由三视图可知，该几何体的下底面是长为4，宽为2的矩形，左右两个侧面是底边为2，高为22的三角形，前后两个侧面是底边为4，高为5的平行四边形，所以该几何体的表面积为S ＝4×2＋2×12×2×22＋2×4×5＝8＋42＋8 5.(2)(2018·杭州质检)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________，表面积是________．答案143π 6＋(6＋13)π 解析由三视图知，该几何体是由四分之一球与半个圆锥组合而成，则该组合体的体积为V ＝14×43π×23＋12×13π×22×3＝143π，表面积为S ＝14×4π×22＋12×π×22＋12×4×3＋12×12×2π×2×32＋22＝6＋()6＋13π.思维升华 (1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和． (2)求简单几何体的体积时，若所给的几何体为柱体、锥体或台体，则可直接利用公式求解；求组合体的体积时，若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，常用转换法、分割法、补形法等进行求解；求以三视图为背景的几何体的体积时，应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．跟踪演练2 (1)(2018·宁波期末)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r 等于( )A ．1B ．2C ．4D ．8 答案 B解析由三视图得该几何体为一个半球和一个半圆柱的组合体，且半圆柱的底面和半球体的一半底面重合，则其表面积为12×4πr 2＋πr 2＋2r ×2r ＋12×2πr ×2r ＝4r 2＋5πr 2＝16＋20π，解得r ＝2，故选B.(2)(2018·绍兴质检)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．3C ．4D ．6 答案 A解析将俯视图的对角线的交点向上拉起，结合正视图与侧视图知，此空间几何体是底面为正方形(边长2)，高为3的正四棱锥，则其体积V ＝13Sh ＝13×(2)2×3＝2，故选A.热点三多面体与球与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径．球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作出截面图．例3 (1)已知正三棱锥S －ABC 的顶点均在球O 的球面上，过侧棱SA 及球心O 的平面截三棱锥及球面所得截面如图所示，已知三棱锥的体积为23，则球O 的表面积为( )A ．16πB ．18πC ．24πD ．32π答案 A解析设正三棱锥的底面边长为a ，外接球的半径为R ，因为正三棱锥的底面为正三角形，边长为a ，则AD ＝32a ，则AO ＝23AD ＝33a ，所以33a ＝R ，即a ＝3R ，又因为三棱锥的体积为23，所以13×34a 2R ＝13×34×()3R 2×R ＝23，解得R ＝2，所以球的表面积为S ＝4πR 2＝16π.(2)如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为( )A.25π4 B.25π16 C.1 125π4 D.1 125π16答案 D解析把此三棱锥嵌入长、宽、高分别为20,24,16的长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，三棱锥B －KLJ 即为所求的三棱锥，其中KC 1＝9，C 1L ＝LB 1＝12，B 1B ＝16，∴KC 1C 1L ＝LB 1B 1B，则△KC 1L ∽△LB 1B ，∠KLB ＝90°，故可求得三棱锥各面面积分别为S △BKL ＝150，S △JKL ＝150，S △JKB ＝250，S △JLB ＝250，故表面积为S 表＝800.三棱锥体积V ＝13S △BKL ·JK ＝1 000，设内切球半径为r ，则r ＝3V S 表＝154，故三棱锥内切球体积V 球＝43πr 3＝1 125π16.思维升华三棱锥P －ABC 可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形 (1)点P 可作为长方体上底面的一个顶点，点A ，B ，C 可作为下底面的三个顶点． (2)P －ABC 为正四面体，则正四面体的每条棱都可作为正方体的一条面对角线．跟踪演练3 (1)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，若AB ＝2，BC ＝3，PA ＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为( ) A ．13π B．20π C．25π D．29π 答案 D解析把三棱锥P －ABC 放到长方体中，如图所示，所以长方体的体对角线长为22＋32＋42＝29，所以三棱锥外接球的半径为292，所以外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫2922＝29π. (2)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( )A ．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶8 答案 C 解析如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r ，l 为底面圆周长，R 为母线长，则12lR ＝2πr 2，即12·2π·r ·R ＝2πr 2，解得R ＝2r ，故∠ADC ＝30°，则△DEF 为等边三角形，设B 为△DEF 的重心，过B 作BC ⊥DF ，则DB 为圆锥的外接球半径，BC 为圆锥的内切球半径，则BC BD ＝12，∴r 内r 外＝12，故S 1S 2＝14.真题体验1．(2018·全国Ⅰ改编)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在侧视图上的对应点为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________．答案 2 5解析先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点M ，N 的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴MN ＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.2．(2017·北京改编)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解析在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知SD 为该四棱锥的最长棱．由三视图可知，正方体的棱长为2，故SD ＝22＋22＋22＝2 3.3．(2017·天津)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 92π解析设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，∴a ＝ 3. 设球的半径为R ，则由题意知2R ＝a 2＋a 2＋a 2＝3， ∴R ＝32.故球的体积V ＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝92π.4．(2017·全国Ⅰ)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________．答案36π解析如图，连接OA，OB.由SA＝AC，SB＝BC，SC为球O的直径知，OA⊥SC，OB⊥SC.由平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，OA⊂平面SCA，∴OA⊥平面SCB.设球O的半径为r，则OA＝OB＝r，SC＝2r，∴三棱锥S－ABC的体积V＝13×12×SC×OB×OA＝r33，即r33＝9，∴r＝3，∴球O的表面积S＝4πr2＝36π.押题预测1．一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为( )A．16 B．82＋8C．22＋26＋8 D．42＋46＋8押题依据求空间几何体的表面积或体积是立体几何的重要内容之一，也是高考命题的热点．此类题常以三视图为载体，给出几何体的结构特征，求几何体的表面积或体积．答案 D解析由三视图知，该几何体是底面边长为22＋22＝22的正方形，高PD＝2的四棱锥P－ABCD，因为PD⊥平面ABCD，且四边形ABCD是正方形，易得BC ⊥PC ，BA ⊥PA ，又PC ＝PD 2＋CD 2＝22＋(22)2＝23，所以S △PCD ＝S △PAD ＝12×2×22＝22，S △PAB ＝S △PBC ＝12×22×23＝2 6.所以几何体的表面积为46＋42＋8.2．在正三棱锥S －ABC 中，点M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的外接球的表面积为( ) A ．6π B．12π C．32π D．36π押题依据灵活运用正三棱锥中线与线之间的位置关系来解决外接球的相关问题，是高考的热点．答案 B解析因为三棱锥S －ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC ，又AM ⊥SB ，AC ∩AM ＝A ，AC ，AM ⊂平面SAC ，所以SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC ，同理SA ⊥SC ，即SA ，SB ，SC 三线两两垂直，且AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，所以(2R )2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π，故选B.3．已知半径为1的球O 中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体积与圆柱的体积的比值为________．押题依据求空间几何体的体积是立体几何的重要内容之一，也是高考的热点问题之一，主要是求柱体、锥体、球体或简单组合体的体积．本题通过球的内接圆柱，来考查球与圆柱的体积计算，命题角度新颖，值得关注．答案423解析如图所示，设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的侧面积为S ＝2πr ×21－r 2＝4πr 1－r 2≤4π×r 2＋(1－r 2)2＝2π⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当r 2＝1－r2，即r ＝22时取等号.所以当r ＝22时，V 球V 圆柱＝4π3×13π⎝ ⎛⎭⎪⎫222×2＝423.A 组专题通关1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为BD 1的中点，则△PAC 在该正方体各个面上的正投影可能是( )A ．①② B．①④ C．②③ D．②④ 答案 B解析 P 点在上下底面投影落在AC 或A 1C 1上，所以△PAC 在上底面或下底面的投影为①，在前、后面以及左、右面的投影为④.2. (2018·浙江省金丽衢十二校联考)某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图都是腰长为2的等腰直角三角形，俯视图是边长为2的正方形，则此四面体的最大面的面积是( )A ．2B ．2 2C ．2 3D ．4 答案 C解析由三视图得该几何体如图中的三棱锥A －BCD 所示，则S △ABD ＝12×(22)2×32＝23，S △BCD＝12×2×2＝2，S △ABC ＝S △ADC ＝12×22×2＝22，所以最大面的面积为23，故选C.3．(2018·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．4C ．6D ．8答案 C解析由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的上、下底边长分别为2,1，高为2， ∴该几何体的体积为V ＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×(2＋1)×2＝6.故选C.4．某几何体的正视图和侧视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是△A ′B ′C ′，如图(2)所示，其中O ′A ′＝O ′B ′＝2，O ′C ′＝3，则该几何体的表面积为( )A ．36＋12 3B ．24＋8 3C ．24＋12 3D ．36＋8 3答案 C解析由题图(2)可知，该几何体的俯视图是一个底面边长为4，高为23的等腰三角形，即该三角形为等边三角形，在如图所示的长方体中，长、宽、高分别为4,23，6，三视图还原为几何体是图中的三棱锥P －ABC ，且S △PAB ＝S △PBC ＝12×4×6＝12，S △ABC ＝12×4×23＝43，△PAC是腰长为52，底边长为4的等腰三角形，S △PAC ＝8 3.综上可知，该几何体的表面积为2×12＋43＋83＝24＋12 3.故选C.5.已知如图所示的三棱锥D －ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，△ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，AB ＝3，AC ＝3，BC ＝CD ＝BD ＝23，则球O 的表面积为( )A ．4πB ．12πC ．16πD ．36π答案 C解析如图所示，∵AB 2＋AC 2＝BC 2，∴∠CAB 为直角，即△ABC 外接圆的圆心为BC 的中点O ′.△ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，则球心在过△DBC 的圆面上，即△DBC 的外接圆为球的大圆，由等边三角形的重心和外心重合，易得球半径R ＝2，球的表面积为S ＝4πR 2＝16π，故选C.6．已知正四棱锥P －ABCD 的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为2，若该正四棱锥的体积为2，则此球的体积为( ) A.124π3 B.625π81 C.500π81 D.256π9答案 C解析如图所示，设底面正方形ABCD 的中心为O ′，正四棱锥P －ABCD 的外接球的球心为O ，∵底面正方形的边长为2， ∴O ′D ＝1，∵正四棱锥的体积为2， ∴V P －ABCD ＝13×(2)2×PO ′＝2，解得PO ′＝3，∴OO ′＝|PO ′－PO |＝|3－R |，在Rt△OO ′D 中，由勾股定理可得OO ′2＋O ′D 2＝OD 2，即(3－R )2＋12＝R 2，解得R ＝53，∴V 球＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫533＝500π81. 7．在三棱锥S －ABC 中，侧棱SA ⊥底面ABC ，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°，SA ＝25，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A.643π B.2563πC.4363π D.2 048327π答案 B解析由题意知，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°，则在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2×AB ×BC ×cos∠ABC ，解得AC ＝7，设△ABC 的外接圆半径为r ，则 △ABC 的外接圆直径2r ＝ACsin∠ABC＝732，∴r ＝73，又∵侧棱SA ⊥底面ABC ，∴三棱锥的外接球的球心到平面ABC 的距离d ＝12SA ＝5，则外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫732＋()52＝643，则该三棱锥的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝2563π. 8．某几何体的正视图和俯视图如图所示，在下列图形中，可能是该几何体侧视图的图形是________．(写出所有可能的序号)答案 ①②③解析如图a 三棱锥C －ABD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为①；如图b 四棱锥P －ABCD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为②；如图c 三棱锥P －BCD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为③.9．如图1所示是一种生活中常见的容器，其结构如图2，其中ABCD 是矩形，ABFE 和CDEF 都是等腰梯形，且AD ⊥平面CDEF ，现测得AB ＝20 cm ，AD ＝15 cm ，EF ＝30 cm ，AB 与EF 间的距离为25 cm ，则几何体EF －ABCD 的体积为________cm 3.答案 3 500解析在EF 上，取两点M ，N (图略)，分别满足EM ＝NF ＝5，连接DM ，AM ，BN ，CN ，则该几何体就被分割成两个棱锥和一个棱柱，根据柱、锥体的体积公式以及题中所给的相关量，可以求得V ＝12×20×15×20＋2×13×12×20×15×5＝3 500.10. (2018·浙江省杭州二中等五校联考)一个三棱锥的三视图如图所示，则其表面积为________，其外接球的体积为________．答案 26＋23412523π 解析由三视图得该几何体是一个底面为直角边分别为3,4的直角三角形，高为5的三棱锥，且三棱锥的顶点在底面的投影为底面直角三角形中边长为4的直角边所对的顶点，则其表面积为12×3×4＋12×3×5＋12×5×5＋12×34×4＝26＋234，其外接球的半径为⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋4222＝522，则外接球的体积为43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫5223＝12523π. 11．(2018·全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．答案 402π解析如图，∵SA 与底面所成角为45°，∴△SAO 为等腰直角三角形．设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r . 在△SAB 中，cos∠ASB ＝78，∴sin∠ASB ＝158， ∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin∠ASB＝12(2r )2·158＝515，解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45， ∴S 圆锥侧＝πr ·l ＝π×210×45＝402π.12．已知二面角α－l －β的大小为π3，点P ∈α，点P 在β 内的正投影为点A ，过点A 作AB ⊥l ，垂足为点B ，点C ∈l ，BC ＝22，PA ＝23，点D ∈β，且四边形ABCD 满足∠BCD ＋∠DAB＝π.若四面体PACD 的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为________．答案 86π解析 ∵∠BCD ＋∠DAB ＝π， ∴A ，B ，C ，D 四点共圆，直径为AC . ∵PA ⊥平面β，AB ⊥l ，∴易得PB ⊥l ，即∠PBA 为二面角α－l －β的平面角，即∠PBA ＝π3，∵PA ＝23，∴BA ＝2， ∵BC ＝22，∴AC ＝2 3. 设球的半径为R ，则23－R 2－()32＝R 2－()32，∴R＝6，V ＝4π3(6)3＝86π.B 组能力提高13．若四棱锥P －ABCD 的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A.81π5 B.81π20 C.101π5 D.101π20答案 C解析根据三视图还原几何体为一个四棱锥P －ABCD ，如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，由于△PAD 为等腰三角形，PA ＝PD ＝3，AD ＝4，四边形ABCD 为矩形，CD ＝2，过△PAD 的外心F 作平面PAD 的垂线，过矩形ABCD 的中心H 作平面ABCD 的垂线，两条垂线交于一点O ，则O 为四棱锥外接球的球心，在△PAD 中，cos∠APD ＝32＋32－422×3×3＝19，则sin∠APD ＝459，2PF ＝ADsin∠APD ＝4459＝955，PF ＝9510，PE ＝9－4＝5，OH ＝EF ＝5－9510＝510， BH ＝1216＋4＝5， OB ＝OH 2＋BH 2＝5100＋5＝50510，所以S ＝4π×505100＝101π5.14.如图所示，正方形ABCD 的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则正四棱锥侧面积的取值范围为( )A ．(1,2)B ．(1,2]C ．(0,2]D ．(0,2)答案 D解析设四棱锥一个侧面为△APQ ，∠APQ ＝x ，过点A 作AH ⊥PQ ，则AH ＝12PQ ×tan x ＝AC －PQ 2＝22－PQ2＝2－12PQ ，∴PQ ＝221＋tan x ，AH ＝2tan x1＋tan x ，∴S ＝4×12×PQ ×AH ＝2×PQ ×AH＝2×221＋tan x ×2tan x1＋tan x＝8tan x (1＋tan x )2，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2，∴tan x >0， ∴S ＝8tan x (1＋tan x )2＝8tan x1＋tan 2x ＋2tan x ＝81tan x＋tan x ＋2≤82＋2＝2， ⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当tan x ＝1，即x ＝π4时取等号，而tan x >0，故S >0，∵S ＝2时，△APQ 是等腰直角三角形，顶角∠PAQ ＝90°，阴影部分不存在，折叠后A 与O 重合，构不成棱锥，∴S 的取值范围为(0,2)，故选D.15．(2018·宁波模拟)已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120°的等腰三角形，侧视图为直角三角形，则该三棱锥的表面积为________，该三棱锥的外接球的体积为________．答案 4＋3＋15 2053π 解析由三视图得几何体的直观图如图所示，∴S 表＝2×12×2×2＋12×23×5＋12×23×1 ＝4＋15＋ 3.作DE ⊥BD 交BC 于点E ，以D 为原点，DB 所在直线为x 轴，DE 所在直线为y 轴，DA 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (－1，3，0)，设球心坐标为(x ，y ，z )，∵(x －2)2＋y 2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2，① x 2＋y 2＋(z －2)2＝x 2＋y 2＋z 2，②(x ＋1)2＋(y －3)2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2，③∴x ＝1，y ＝3，z ＝1，∴球心坐标是(1，3，1)，∴球的半径是12＋()32＋12＝ 5. ∴球的体积是43π×()53＝2053π. 16．(2018·浙江省杭州二中等五校联考)棱长为36的正四面体A －BCD 的内切球上有一动点M ，则MB ＋13MC 的最小值为__________．答案 433 解析由MB ＋13MC 结构看，需要把13MC 转化为M 点到某定点的距离．设内切球球心为O ，△ABD 的中心为Q ，由正四面体性质易求OQ ＝36，OC ＝96，BQ ＝123，且内切球的半径为36，现在只需要在直线OC 上找一个定点P ，使MP ＝13MC ，即在平面OAC 内找MP ＝13MC .当M 分别在H ，Q 位置时，由MP ＝13MC ，得满足条件的只有一点P ，P 在OC 之间且OP ＝6，即MP ＝13MC ，且可证对内切球面上任意一点M ，上式均成立．所以MB ＋13MC ＝MB ＋MP ≥PB ＝PQ 2＋QB 2＝(46)2＋(123)2＝433，当M 为线段BP 与球面的交点时，取得最小值．。

专题四第1讲空间几何体

考点核心突破
答案 A
训练高效提能
菜
单
高考专题辅导与训练· 数学(理科)
第一部分何
基础要点整合
专题四
立体几
解题规范流程
4． (2013· 惠州模拟)如图是某简单组合体的三视图，则该组合体的体积为
考点核心突破
A．36 3(π＋ 2) C．108 3π
考点核心突破
[答案] (1)C (2)C
训练高效提能
菜
单
高考专题辅导与训练· 数学(理科)
第一部分何
基础要点整合
专题四
立体几
解题规范流程
【拓展归纳】通盘考虑求解三视图问题
(1)分析空间几何体的三视图问题时，要先根据俯视
图确定几何体的底面，然后根据正视图与侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征；
解题规范流程
2．理解两种作图规则
(1) 三视图排列规则：俯视图放在正 ( 主 ) 视图的下面，
长度与正 ( 主 ) 视图一样；侧 ( 左 ) 视图放在正 ( 主 ) 视图的右面，高度和正(主)视图一样，宽度与俯视图一样．画三视
图的基本要求：正(主)俯一样长，俯侧(左)一样宽，正(主)
侧一样高． (2)画直观图的规则
第一部分何
基础要点整合
专题四
立体几
解题规范流程
[ 自主解答 ]
(1) 选项 A 中，由正视图和侧视图可知
其俯视图应为如图①的正方形，选项B和D中的正视图与侧视图所确定的俯视图如图②所示，所以 A 、 B、 D 都错误，故选C.
考点核心突破

浙江高考考前三个月数学文二轮专题复习训练5.1空间几何体(含答案详析)

专题五立体几何第一讲空间几何体1．棱柱、棱锥(1)棱柱的性质侧棱都相等，侧面是平行四边形；两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面与对角面是矩形．(2)正棱锥的性质侧棱相等，侧面是全等的等腰三角形，斜高相等；棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影构成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也构成一个直角三角形；某侧面的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个直角三角形；侧棱在底面内的射影、斜高在底面内的射影及底面边长的一半也构成一个直角三角形．2．三视图(1)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前面、正左方、正上方察看几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯相同长，俯侧相同宽，正侧相同高；(2)三视图摆列规则：俯视图放在正视图的下边，长度与正视图相同；侧视图放在正视图的右边，高度和正视图相同，宽度与俯视图相同．3．几何体的切接问题(1)解决球的内接长方体、正方体、正四棱柱等问题的重点是掌握球的直径即棱柱的体对角线长．(2)柱、锥的内切球找准切点地点，化归为平面几何问题．4．柱体、锥体、台体和球的表面积与体积(不要求记忆 )(1)表面积公式①圆柱的表面积S＝ 2πr(r ＋ l)；②圆锥的表面积S＝πr(r ＋ l) ；③圆台的表面积S＝π(r′2＋ r 2＋ r ′ l＋ rl )；④球的表面积S＝ 4πR2.(2)体积公式①柱体的体积V＝ Sh；1②锥体的体积V＝3Sh；1③台体的体积V＝3(S′＋SS′＋ S)h；④球的体积V＝43πR3.1． (2013 ·东广 )某四棱台的三视图如下图，则该四棱台的体积是()14A． 4 B. 316C. 3D． 6答案B分析由三视图知四棱台的直观图为V＝114由棱台的体积公式得：3(2× 2＋1× 1＋2× 2×1× 1)× 2＝3 .2． (2013 四·川 )一个几何体的三视图如下图，则该几何体的直观图能够是()答案D分析由三视图可知上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选 D.3．(2013·西江 )如图，正方体的底面与正四周体的底面在同一平面α上，且AB∥ CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE， EF订交的平面个数分别记为m，n，那么m＋ n＝()A． 8 B ．9C． 10D．11答案A分析取CD的中点H，连结EH，HF .在四周体CDEF中， CD⊥ EH， CD ⊥ FH ，所以CD⊥平面EFH ，所以AB⊥平面EFH ，所以正方体的左、右两个侧面与EF平行，其余4 个平面与EF订交，即n＝ 4.又因为CE与AB 在同一平面内，所以CE与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面订交，即m＝ 4，所以m＋ n＝ 4＋ 4＝ 8. 4．(2013·课全国新Ⅱ )一个四周体的极点在空间直角坐标系O－ xyz 中的坐标分别是(1,0,1) ，(1,1,0) ，(0,1,1) ，(0,0,0) ，画该四周体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到正视图能够为()答案A分析依据已知条件作出图形：四周体 C1－ A1 DB，标出各个点的坐标如图 (1) 所示，能够看出正视图为正方形，如图 (2)所示．应选 A.5． (2013 福·建 )已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，假如该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如下图，且图中的四边形是边长为2 的正方形，则该球的表面积是________．答案12π分析由三视图知，该几何体为正方体和球构成的组合体，正方体的对角线为球的直径．所以 2R＝ 2 3，即 R＝ 3，球的表面积为 S＝4πR2＝ 12π.题型一空间几何体的三视图例 1 (1)(2012 ·东广 )某几何体的三视图如下图，它的体积为()A． 12π B ．45πC．57πD． 81π(2)(2012陕·西 )将正方体 (如图 (1) 所示 )截去两个三棱锥，获得如图(2) 所示的几何体，则该几何体的侧视图为()审题破题依据三视图先确立原几何体的直观图和形状，而后再解题．答案(1)C(2)B分析(1) 由三视图知该几何体是由圆柱、圆锥两几何体组合而成，直观图如下图．圆锥的底面半径为3，高为 4，圆柱的底面半径为3，高为 5，1122∴V＝ V 圆锥＋V 圆柱＝3Sh1＋Sh2＝3× π× 3× 4＋π× 3 × 5＝57π.(2)复原正方体后，将 D 1， D， A 三点分别向正方体右边面作垂线．D1 A 的射影为 C1B，且为实线， B1C 被遮挡应为虚线．反省概括将三视图复原成直观图是解答该类问题的重点，其解题技巧是对常有简单几何体及其组合体的三视图，特别是正方体、长方体、圆柱、圆锥、棱柱、棱锥、球等几何体的三视图分别是什么图形，数目关系有什么特色等都应当娴熟掌握，会画出其直观图，而后由三视图考证．变式训练 1若某几何体的三视图(单位： cm)如下图，则此几何体的体积是________ cm3.答案18分析由几何体的三视图可知，该几何体由两个直四棱柱构成，其直观图如下图．上底面直四棱柱的长是 3 cm，宽是 3 cm，高是 1 cm，故其体积为 9 cm3，下底面直四棱柱的高是 3 cm，长是 1 cm，宽是 3 cm，其体积为 9 cm3.故该几何体的体积为 V＝ 18 cm3.题型二空间几何体的表面积和体积例 2如下图，已知 E、 F 分别是棱长为 a 的正方体 ABCD —A1B1C1D1的棱 A1A、 CC1的中点，求四棱锥 C1— B1EDF 的体积．审题破题此题可从两个思路解题：思路一：先求出四棱锥C1—B1EDF 的高及其底面积，再利用棱锥的体积公式求出其体积；思路二：先将四棱锥C1— B1EDF 化为两个三棱锥B1— C1EF 与 D —C1EF ，再求四棱锥C1—B1EDF 的体积．解方法一连结A1C1，B1D 1交于点O1，连结B1D ，过O1作O1H⊥B1D于 H .∵ EF∥ A1C1，EF?平面B1EDF且 A1C1?平面B1EDF ，∴ A1C1∥平面 B1EDF .∴C1到平面 B1EDF 的距离就是 A1C1到平面 B1EDF 的距离．∵平面 B1D1 D⊥平面 B1EDF ，∴O1H ⊥平面 B1EDF ，即 O1H 为棱锥的高．∵△B1 111，∴O1B1O1·DD 1＝6O H∽△B DD H＝B1D6 a.1 1 1 1 1613∴ V C1—B1EDF＝ S 四边形B1EDF·O1H＝··EF ·B1D·O1H ＝·· 2a· 3a·a＝a .3 3 2 3 266方法二连结 EF，B1D .设 B1到平面 C1EF 的距离为h1， D 到平面 C1EF 的距离为 h2，则 h1＋ h2＝ B1D1＝2a.由题意得， V C1—B1EDF＝V B1—C1EF＋ V D—C1EF＝ 1·S △C 1EF ·(h 1＋ h 2 )＝ 1a 3. 36反省概括(1) 求规则几何体的体积，重点是确立底面和高，要注意多角度、多方向地察看，选择适合的底面和高，使计算简易．(2)求不规则几何体的体积，常用切割或补形的思想，将不规则几何体转变为几个规则几何体，再进一步求解．变式训练 2 (1)(2013 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，则该正方体的正视图的面积不行能等于()A ． 1B. 2C.2－ 1 D.2＋ 122答案 C分析由俯视图知正方体的底面水平搁置，其正视图为矩形，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]，不行能等于2－12 .(2)(2012 江·苏 )如图，在长方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中， AB ＝AD ＝ 3 cm ， AA 1＝ 2 cm ，则四棱锥 A － BB 1D 1D 的体积为 ________ cm 3. 答案 6分析重点是求出四棱锥 A －BB 1D 1D 的高．连结 AC 交 BD 于 O ，在长方体中，∵ AB ＝ AD ＝ 3， ∴ BD ＝ 3 2且 AC ⊥BD .又 ∵BB 1⊥ 底面 ABCD ， ∴ BB 1⊥ AC. 又 DB ∩BB 1＝ B ， ∴ AC ⊥ 平面 BB 1 D 1D ，13 2∴ AO 为四棱锥 A － BB 1D 1D 的高且 AO ＝2BD ＝ 2 .∵ S 矩形 BB 1D 1D ＝ BD × BB 1＝ 3 2× 2＝ 6 2，1∴ V A －BB 1D 1D ＝ 3S 矩形 BB 1 D 1 D ·AO＝ 1×6 2×3 2＝ 6(cm 3 )． 3 2题型三多面体与球的相关问题例 3(1)已知球的直径 SC ＝ 4，A ，B 是该球球面上的两点， AB ＝ 3，∠ ASC ＝∠ BSC ＝ 30°，则棱锥 S — ABC 的体积为()A ．3 3B ．2 3C. 3D ． 1(2)设三棱柱的侧棱垂直于底面，全部棱的长都为a ，极点都在一个球面上，则该球的表面积为()2721122A ． πaB.3πaC. 3 πaD ． 5πa审题破题(1) SC 是直径，是此题打破点，由此可得∠ SAC ， ∠SBC 为直角． (2)确立球的地点，找寻图中的直角三角形，经过直角三角形求球的直径．答案(1)C(2)B分析(1)如图，过 A 作 AD 垂直 SC 于 D ，连结 BD.因为 SC是球的直径，所以∠ SAC＝∠ SBC＝ 90°，又∠ASC＝∠ BSC＝30°，又SC 为公共边，所以△SAC≌△ SBC.因为 AD ⊥ SC，所以 BD⊥ SC.由此得 SC⊥平面 ABD .1所以 V S—ABC＝ V S—ABD＋ V C—ABD＝3S△ABD·SC.因为在 Rt△ SAC 中，∠ ASC＝ 30°， SC＝ 4，SA·CA所以 AC＝ 2， SA＝ 2 3，因为 AD＝SC＝ 3.SB·CB同理在 Rt△ BSC 中也有 BD＝SC＝ 3.又 AB＝3，所以△ ABD 为正三角形，所以V—＝1 △1×1× ( 3)2S ABC3S ABD·SC＝3 2·sin 60 ×°4＝3，所以选 C.(2)由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为 a.如图，设 O、O1分别为下、上底面中心，且球心O2为 O1O 的中点，又33aR，AD＝2 a， AO＝3 a，OO 2＝2，设球的半径为22121272则 R ＝AO2＝3a ＋4a ＝12a . ∴ S球＝ 4πR2＝ 4π×127a2＝73πa2.反省概括(1) 波及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特别点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识找寻几何体中元素间的关系．(2)若球面上四点P、 A、B、 C 构成的线段PA、 PB、 PC 两两垂直，且2222PC＝ c，则 4R ＝a ＋ b ＋ c ，把相关元素“补形”成为一个球内接长方体PA＝ a， PB＝ b，(或其余图形 )，进而显示出球的数目特色，这类方法是一种常用的好方法．变式训练3是边长为(1)(2012 课·标全国 )已知三棱锥S－ ABC1 的正三角形， SC 为球 O 的直径，且的全部极点都在球O 的球面上，△ABCSC＝ 2，则此棱锥的体积为()2322A.6B.6C.3D.2答案A分析因为三棱锥S－ ABC 与三棱锥O－ ABC底面都是△ABC， O 是SC 的中点，所以三棱锥S－ ABC 的高是三棱锥O－ ABC高的 2 倍，所以三棱锥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，△＝3× AB2＝3，S ABC4423 26高 OD＝1－3＝3，∴ V－ABC＝2V O －ABC＝2×1×3×62S343＝6 .(2)两球 O1和 O2在棱长为 1 的正方体 ABCD － A1B1C1D1的内部，且相互外切，若球O1与过点 A 的正方体的三个面相切，球O2与过点 C1的正方体的三个面相切，则球O1和球 O2的表面积之和的最小值为() A． (6－ 3 3)π B ．(8－ 4 3)πC． (6＋ 3 3)πD． (8＋ 4 3)π答案A分析设球 O1， O2的半径分别为r1， r2，由题意知 O112＋O2 1＝3，A＋O O C而 O1A＝ 3r 1， O1O2＝ r1＋ r2，O2C1＝ 3r2，∵ 3r 1＋ r 1＋ r 2＋ 3r 2＝ 3.∴ r 1＋ r 2＝3－ 32，进而 S1＋ S2＝ 4πr21＋ 4πr22＝ 4π(r 21＋ r 22)r1＋ r22≥ 4π·＝ (6－ 3 3)π.2典例(14 分 )如下图，在三棱锥P—ABC 中，△ PAB 是等边三角形，∠PAC＝∠ PBC＝ 90°.(1)证明： AB⊥PC；(2)若 PC＝ 4，且平面 PAC⊥平面 PBC，求三棱锥 P— ABC 的体积．规范解答(1)证明由 PA＝ PB，∠PAC＝∠PBC＝ 90°，且 PC 为△PAC 与△ PBC 的公共边，则△ PAC≌△ PBC，所以 AC＝ BC，取 AB 中点 D ，连结 PD ，CD，则 PD ⊥ AB，CD⊥ AB，所以 AB ⊥平面 PDC ，又 PC? 平面 PDC ，所以 AB⊥ PC.[7 分 ](2)解作 BE⊥PC 垂足为 E，连结 AE.由△PAC≌△ PBC 知 AE⊥ PC，则∠BEA ＝ 90°.[9 分]可证△PBE≌△ ABE ，又平面PAC⊥平面PBC，所以∠ BPC＝45°.所以△PBC为等腰直角三角形，则 E 为PC 的中点．18V P—ABC＝ V P—ABE＋ V C—ABE＝ 3S△ABE·PC＝ 3.[14分 ]评分细则(1) 第 (1)问中证明AB⊥平面PDC时没有严格按照定理，条件写不全的扣1分； (2)由AB⊥面PDC直接获得AB⊥PC 不扣分；(3)求三棱锥体积时作底面ABC 上的高亦可，参照此标准给分．阅卷老师提示(1) 证明线线垂直，要转变为线面垂直；求三棱锥体积，能够适合转变，充足利用图中的线面垂直关系；(2)求不规则几何体的体积，常用切割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采纳相同的方法，将不规则的几何体或平面图形转变为规则的几何体或平面图形，易于求解．1．若某几何体的三视图如下图，则这个几何体的直观图能够是()答案D分析 A ，B的正 ( 主)视图不切合要求， C 的俯视图明显不切合要求，答案选 D. 2．(2013·标全国课Ⅰ )某几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为()A． 16＋ 8π B ．8＋ 8πC．16＋ 16π D ． 8＋16π答案A分析将三视图复原成直观图为：上边是一个正四棱柱，下边是半个圆柱体．所以 V ＝ 2×2× 4＋12×22 ×π× 4＝ 16＋8π.应选 A.3． (2013 辽·宁 )已知直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1 的＝ 4，AB ⊥AC ，AA 1＝ 12，则球 O 的半径为3 17A. 2B ．2 13C. 2 D ． 3 答案 C分析∵ AB ⊥ AC ，且 AA 1⊥ 底面 ABC ，6 个极点都在球 O 的球面上．若 AB ＝ 3，AC( )1010将直三棱柱补成内接于球的长方体，则长方体的对角线 l ＝32＋ 42＋ 122＝2R ，R ＝13.24．一个几何体的三视图如下图(单位： m) ，则该几何体的体积为 ________m 3 .答案 6＋ π分析此几何体是由一个长为3，宽为 2，高为 1 的长方体与底面直径为2，高为 3 的圆锥组合而成的，故πV ＝V 长方体＋ V 圆锥＝ 3× 2× 1＋ × 12× 3＝ (6＋ π)m 3.35． (2012 山·东 )如图，正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 的棱长为 1，E ， F 分别为线段 AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥 D 1－ EDF 的体积为 ______ ．1 答案6分析利用三棱锥的体积公式直接求解．1V D 1－EDF ＝ V F －DD 1 E＝ 3S △D 1DE ·AB＝1×1× 1× 1×1＝1. 3266． (2013安·徽 )如图，正方体 ABCD － A1B1C1D1的棱长为1，P 为 BC 的中点， Q 为线段 CC1上的动点，过点A， P， Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则以下命题正确的选项是________(写出全部正确命题的编号 )．①当 0<CQ<1时， S 为四边形；2②当 CQ＝1时， S 为等腰梯形；2③当 CQ＝3时， S 与 C1D1的交点 R 知足 C1R＝1；343④当<CQ<1 时， S 为六边形；46⑤当 CQ＝1 时，S的面积为2 .答案①②③⑤1分析①当 0<CQ<2时，如图(1)．在平面 AA1D1D 内，作 AE∥ PQ，明显 E 在棱 DD 1上，连结EQ，则 S 是四边形 APQE .1②当 CQ＝2时，如图 (2)．明显 PQ∥ BC1∥AD1，连结 D1Q，则 S 是等腰梯形．3③当 CQ＝ 4时，如图(3)．作 BF∥ PQ 交 CC1的延伸线于点作 AE∥ BF，交 DD 1的延伸线于点1F，则 C1 F＝ 2.1E，D 1E＝2， AE∥ PQ，连结EQ交C1D 1于点R，由于 Rt△RC1Q∽ Rt△RD 1E，1∴ C1Q∶ D1E＝C1R∶ RD1＝ 1∶2，∴ C1 R＝3.④ 当31 1交点)，明显S为五边形APQRM.4<CQ<1 时，如图 (3)，连结RM(点 M为AE与AD⑤当 CQ＝1 时，如图 (4)．同③可作 AE∥ PQ 交 DD 1的延伸线于点E，交 A1D 1于点 M，明显点 M 为 A1D1的中点，所以 S 为菱形 APQM ，其面积为11×2×3＝6 2MP ×AQ＝2 2.专题限时规范训练一、选择题1． (2012 ·建福 )一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不能够是() A．球 B ．三棱锥C．正方体D．圆柱答案D分析球、正方体的三视图形状都相同，大小均相等，第一清除选项和 C.A 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，故清除选项 B.无论圆柱怎样设置，其三视图的形状都不会完整相同，故答案选 D.2．某四周体的三视图如下图，该四周体四个面的面积中最大的是()A． 8B．6 2C．10D．82答案C分析将三视图复原成几何体的直观图如下图．它的四个面的面积分别为8,6,10， 62，故最大的面积应为10.3．(2012·标全国课)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2，则此球的体积为()A. 6πC． 46πB ．43πD． 6 3π答案B分析利用截面圆的性质先求得球的半径长．如图，设截面圆的圆心为O′， M 为截面圆上任一点，则 OO′＝ 2， O′M＝ 1，∴ OM＝ 2 2＋ 12＝ 3，即球的半径为3，43∴V＝3π( 3) ＝ 4 3π.4． (2013 湖·北 )一个几何体的三视图如下图，该几何体从上到下由四个简单几何体构成，其体积分别记为V1、V2、V3、V4，上边两个简单几何体均为旋转体，下边两个简单几何体均为多面体，则有()A. V1＜ V2＜V4＜ V3B. V1＜ V3＜ V2＜ V4C. V2＜ V1＜ V3＜V4D. V2＜ V3＜V1＜ V4答案C分析由三视图知自上而下的几何体分别为圆台、圆柱、正方体、棱台，其体积分别为1227π，V1＝π(1＋1× 2＋ 2)＝332× 2＝ 2π，＝π×V3＝23＝8，V14× 16＋ 16)× 1＝28V4＝(4 ＋，33∴V2<V1<V3<V4.5．将一个正方体截去四个角后获得一个正四周体BDA 1C1，这个正四周体的体积是正方体体积的() 11A. 2B.321C.3D.4答案B分析设正方体的棱长为1，依题意知截去的一个角为三棱锥，其体积为：V ＝1×11321× 1×1× 1＝ .61 1因为共截去相同的四个角，所以正四周体BDA 1C 1 的体积 V ＝1－ 4×6＝ 3.1V BDA 1C 1 3 1 ∴V 正方体＝ 1＝ 3. 6． (2012 ·南湖 )某几何体的正视图和侧视图均如下图，则该几何体的俯视图不行能．．．是()答案D分析依据几何体的三视图知识求解．因为该几何体的正视图和侧视图相同，且上部分是一个矩形，矩形中间无实线和虚线，所以俯视图不行能是D.7．一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为 2 3，它的三视图中的俯视图如下图，侧视图是一个矩形，则这个矩形的面积是()A ． 4B ．2 3C ． 2D. 3答案B3 2分析由题意可设棱柱的底面边长为 a ，则其体积为 4 a ·a ＝ 2 3，得 a ＝ 2.由俯视图易知，三棱柱的侧视图是以 2 为长，3为宽的矩形， ∴ 其面积为 2 3.应选 B.8．点 A 、B 、 C 、 D 在同一个球的球面，AB ＝ BC ＝ 2， AC ＝ 2，若四周体 ABCD 体积的最2()大值为 3，则这个球的表面积为125 π25π 25πA. 6 B ．8πC. 4D. 16答案 C分析∵ AB ＝ BC ＝ 2，AC ＝ 2，∴△ ABC 是直角三角形， ∴ ABC 的外接圆的圆心是边AC 的中点 O 1，若使四周体 ABCD 体积的最大值只要使点 D 到平面 ABC 的距离最大，又 OO 1⊥ 平面 ABC ，所以点 D 是直线 OO 1 与球的交点．设球的半径为R ，则由体积公式有： O 1D ＝ 2，在 Rt △ AOO 1中， R 2＝1＋ (2－ R)2，解得 R ＝5， S 球 O ＝ 25 π4，应选 C.4二、填空题9． (2013 ·西陕 )某几何体的三视图如下图，则其体积为________．答案π31 1分析由三视图复原几何体为半个圆锥，则其体积为2π V ＝× × π× 1 × 2＝.23310．在四周体 ABCD 中， AB ＝ CD ＝6， AC ＝ BD ＝ 4，AD ＝ BC ＝ 5，则四周体 ABCD 的外接球的表面积为 ________．答案 772 π分析结构一个长方体，使得它的三条面对角线分别为4、5、6，设长方体的三条边分2 2 2772别为 x ，y ，z ，则 x ＋ y ＋z ＝ 2 ，而长方体的外接球就是四周体的外接球，所以 S ＝ 4πR＝ 772π.11．(2012 ·海上 )若一个圆锥的侧面睁开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为 ______．3答案3 π分析先利用圆锥侧面积公式求出半径．πl ＝ 2πr ，设圆锥底面半径为r ，母线长为 l ，高为 h ，则 122πl ＝ 2π，l ＝ 2，12×3＝3∴∴ h ＝ 3.∴ V 圆锥＝r ＝1，3π× 13 π.12．一个几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为 ________________________ ．答案3＋π3分析该几何体是一个圆柱和一个三棱锥组合而成，圆柱的体积为π×12×1＝π，三棱锥的底面是等腰直角三角形，斜边长为 2，所以面积为 1，三棱锥的高为 3，所以体积1为 3×1×3＝33 ，所以组合体的体积为33 ＋π.三、解答题13．(2012 江·西 )如下图，在梯形 ABCD 中，AB∥CD ，E、F 是线段 AB 上的两点，且 DE ⊥ AB，CF⊥ AB，AB＝ 12，AD ＝ 5，BC＝ 4 2， DE＝ 4.现将△ ADE ，△ CFB 分别沿 DE ，CF 折起，使 A， B 两点重合于点 G，获得多面体 CDEFG .(1)求证：平面DEG⊥平面 CFG；(2)求多面体CDEFG 的体积．(1)证明因为DE⊥ EF，CF⊥ EF，所以四边形CDEF 为矩形．由 GD＝ 5， DE＝ 4，得 GE＝GD 2－ DE 2＝ 3.22由 GC＝ 4 2， CF＝ 4，得 FG＝GC － CF ＝ 4，222在△EFG 中，有 EF ＝GE ＋ FG ，所以 EG⊥ GF .所以 CF ⊥ EG，所以 EG⊥平面 CFG .又 EG? 平面 DEG ，所以平面 DEG⊥平面 CFG .(2)解如图，在平面EGF 中，过点 G 作 GH⊥EF 于点 H，EG·GF 12则GH＝EF＝5.因为平面 CDEF ⊥ 平面 EFG ，所以 GH ⊥ 平面 CDEF ，1所以 V 多面体 CDEFG ＝3S 矩形 CDEF ·GH ＝16.14．以下图为一简单组合体，其底面 ABCD 为正方形， PD ⊥平面 ABCD ， EC ∥ PD ，且 PD ＝AD ＝ 2EC ＝2.(1)请画出该几何体的三视图；(2)求四棱锥 B — CEPD 的体积．解 (1)该组合体的三视图如下图．(2)∵ PD ⊥ 平面 ABCD ， PD ? 平面 PDCE ，∴ 平面 PDCE ⊥ 平面 ABCD .∵四边形 ABCD 为正方形，∴ BC ⊥ CD ，且 BC ＝ DC ＝AD ＝ 2.又 ∵ 平面 PDCE ∩ 平面 ABCD ＝ CD ， BC? 平面 ABCD .∴ BC ⊥ 平面 PDCE .∵ PD ⊥平面 ABCD ， DC ? 平面 ABCD ， ∴ PD ⊥DC .又 ∵EC ∥PD ， PD ＝ 2， EC ＝1，∴ 四边形 PDCE 为一个直角梯形，其面积：1 1×3×2＝3， S 梯形 PDCE ＝ (PD ＋EC) ·DC ＝221∴ 四棱锥 B —CEPD 的体积 V B —CEPD ＝ 3S 梯形 PDCE ·BC＝ 1×3× 2＝ 2. 3。

浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四 1 第1讲 空间几何体

(浙江专用)高考数学二轮复习 专题四 立体几何 第1讲 空间几何体专题强化训练-人教版高三全册数学试