2021-2022年高三数学总复习答案第3节球体及组合体

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2022届高考二轮专题复习-球体专题讲义

高考数学热点之球体专题球体所涉及的公式：球体表面积：24S R π=；球体体积：343V R π=.高中数学中球体的一般问题解决方法：球心位置→ 确定球体问题模型→（不）等量关系→ 半径；球体基本性质：1、球心与任意球体截面圆的圆心连线都与截面圆所在平面垂直. 2、球体的对称性.（I ）几何体外接球问题的几种常见模型：一、长方体的外接球问题由于长方体和球体都具有中心对称性质，从而长方体的体对角线为其外接球的直径，其球心为体对角线的中点.设球体半径为R ，则22222(2)4R R x y z ==++ ；其中x y z 、、为长方体的长、宽、高.例1. 长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为解：由题意可知，22222(2)43+2+1=14R R ==，所以球O 的表面积24S R π==14π.习题巩固1：已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是（） A ．16πB ．20πC ．24πD ．32π延伸：涉及到长方体的外接球问题重点：若一个几何体的所有顶点均在长方体的顶点上，则该几何体与长方体共外接球. （1）侧棱两两垂直的三棱锥的外接球设球体半径为R ，则22222(2)4R R x y z ==++ ；其中x y z 、、为三棱锥的侧棱长.如下图所示，三棱锥P ABC -中，,,PA PB PA PC PB PC ⊥⊥⊥，三棱锥P ABC -的各个顶点均为长方体的各个顶点（三棱锥的三条相互垂直的侧棱为长方体的一个顶点出发的三条棱），所以二者共外接球. .→例2：四面体ABC P -中，4,3,2,,,===⊥⊥⊥PC PB PA PA PC PC PB PB PA ,求四面体外接球的表面积_______.解：设所求几何体外接球球半径为R ，则22222(2)423429R R ==++=，所以球O 的表面积24=29S R ππ=. .习题巩固2：已知三棱锥P ﹣ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，P A ＝PB ＝PC ＝2．且P A ，PB ，PC 两两互相垂直，则球O 的体积为（） A ．π316B ．π38C ．π34D ．π32（2）对棱两两垂直的三棱锥的外接球如下图所示，三棱锥P ABC -中，,,PA BC PB AC PC AB ===，三棱锥P ABC -的各个顶点均为长方体的各个顶点（三棱锥P ABC -各条棱为长方体的面对角线），所以二者共外接球.→例3：四面体A BCD -中，10AB CD ==，234AC BD ==241AD BC ==四面体A BCD -外接球的表面积为（） A ．50πB ．100πC ．200πD ．300π解：设其外球半径为R ，与四面体A BCD -共顶点的长方体的长、宽、高分别为x 、y 、z ；从而22222222222210,(234),(241)AB x z AC x y AB y z =+==+==+= ，从而三式相加，得22222(2)4200R R x y z ==++=.故24200S R ππ==球 .答案为C .习题巩固3：四面体A BCD -中，3AB CD ==，5AC BD ==，AD BC =，且四面体A BCD -外接球的表面积为152π，求BC 的长.二、直（圆）柱体外接球的问题（此种模型也适用于直棱锥（有一条侧棱垂直于底面的棱锥）的外接球）分析：由柱体和其外接球的对称性易知，柱体外接球球心在柱体的中平面上，如下图所示：由以上可知，12，从而求得柱体外接球半径R .（注：若柱体底面为三角形，则利用正弦定理求其外接圆半径r ；若柱体底面为长（正）方形，则对角线为其外接圆直径；若为其它多边形，只需要利用三个顶点构成的三角形，然后利用正弦定理求其外接圆半径（如果这个多边形无外接圆，则几何体就没有外接球）.例4：已知三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，AA 1＝2，BC ＝2，4π=∠BAC ，则三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1外接球的体积为（） A ．π34B ．π36C ．π38D ．π312解：由题意可知球心到柱体底面距离1112d AA ==；由正弦定理可知：42222sin sin BC r BAC π===∠，（r 为柱体底面ABC 的外接圆半径）解得，2r =设球体半径为R ，由222221(2)3R d r =+=+=，3R ∴ 3344(3)4333V R πππ∴==⨯=球，故答案选A.已知柱体111ABC A B C -，其中D E F 、、分别为三条侧棱的中点，则球心O 在面DEF上，球心O 到柱体底面的距离1=d OO 为柱体高h 的一半，且1111OO A B C ⊥面 . 其中，R 为外接球半径，r 为底面外接圆圆心.习题巩固4：知三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，AA 1＝8，AB ＝AC ＝3，32π=∠BAC ，则三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1外接球的表面积为（） A ．π36B ．π64C ．π100D ．π104三、正棱锥的外接球（也适用于圆锥的外接球）分析：由正棱锥和球体对称性可知，正棱锥的外接球球心在正棱锥的高或高的延长线上。

【金版学案】2021届高考数学总温习基础知识名师讲义第八章第一节空间简单几何体的结构理(1)

【金版学案】2021届高考数学总温习基础知识名师讲义第八章第一节空间简单几何体的结构近三年广东高考中对本章考点考查的情形年份题号赋分所考查的知识点201175根据几何体的三视图求体积1814在四棱锥的背景下证明线面垂直，求二面角的余弦值201265通过三视图求圆柱、圆锥的体积1813在四棱锥中证明线面垂直，求二面角的正切值201355四棱台的三视图、体积65空间中的线面平行、垂直关系1814图形的翻折、证明线面垂直、求二面角的余弦值本章内容要紧包括：空间几何体的结构、简单几何体的表面积和体积、空间中各类关系的证明、空间向量的应用．近几年对本章内容的考查，要紧表此刻：①三视图与表面积、体积相结合，考查对空间几何体的熟悉；②求角，常见的是异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角；③求距离，常见的是点到直线的距离，点到平面的距离，直线与直线的距离，直线到平面的距离；④直线和平面的各类位置关系的判定和性质．对这些内容的考查，着重考查空间想象能力，要求“四会”：①会画图；②会识图；③会析图；④会用图．预测高考仍以客观题考查对空间图形的熟悉，和面积、体积的计算，以解答题考查空间中直线与平面位置关系的证明．客观题和解答题都会是中等难度．在温习立体几何时应当注意以下五个方面：1．直线和平面的各类位置关系的判定和性质，这种试题一样难度不大，多为选择题或填空题．温习中第一要清楚相关的概念、判定、性质定理，第二在否定某些错误的判按时，能举出适当的反例．另外，能将文字语言、符号语言、图形语言灵活准确地进行转化，平常的训练要注意触类旁通．2．证明空间线、面平行或垂直．已知联想性质，由求证联想判定，寻觅求证思路．通过对复杂空间图形直观图的观看和分解，发觉其中的平面图形或典型的空间图形(如正方体、正四面体等)，以便联想有关的平面几何或立体几何知识．培育依照题设条件的性质适当添加辅助线(或面)的能力，把握平行或垂直的化归方式．3．计算角与距离的问题．求角或距离的关键是将空间的角或距离灵活转化为平面上的角或距离，然后将所求量置于一个三角形中，通过解三角形最终求得所需的角或距离．解题原那么是一作、二证、三求解(即作图、证明、求解)．熟练把握异面直线所成角、线面角、二面角、点面距离的计算方式．4．简单的几何体的面积与体积问题．熟记特殊几何体的现成的公式．会将侧面展开，转化为求平面图形的面积问题；要注意解题技术，如等积变换、割补思想的应用．5．能熟练利用向量法研究空间中涉及直线和平面的各类问题．借助空间向量的运算，利用基向量法和坐标法，运用计算的方式研究三维空间几何图形的性质，能合理选取空间向量及合理成立空间直角坐标系，从而灵活运用向量法论证空间中平行与垂直两类关系，能求解空间中的角与距离，都着重考查应用空间向量求异面直线所成的角、线面角、二面角，证明线线平行、线面平行和证明异面直线垂直和线面垂直等大体问题．第八章立体几何与空间向量第一节空间简单几何体的结构认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征知识梳理空间简单几何体及其结构一、柱、锥、台、球的结构特点1．柱体．(1)棱柱：一样的，有两个面相互平行，其余各面都是四边形，而且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱；棱柱中两个相互平行的面叫做棱柱的底面，简称为底；其余各面叫做棱柱的侧面；相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱；侧面与底面的公共极点叫做棱柱的极点(如图a)．底面是三角形、四边形、五边形……的棱柱别离叫做三棱柱、四棱柱、五棱柱……(2)圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱；旋转轴叫做圆柱的轴；垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的底面；不管旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做圆柱侧面的母线(如图b)．棱柱与圆柱统称为柱体．2．锥体．(1)棱锥：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共极点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥；那个多边形面叫做棱锥的底面或底；有公共极点的各个三角形面叫做棱锥的侧面；各侧面的公共极点叫做棱锥的极点；相邻侧面的公共边叫做棱锥的侧棱(如图c)．底面是三角形、四边形、五边形……的棱锥别离叫做三棱锥、四棱锥、五棱锥……(2)圆锥：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥；旋转轴为圆锥的轴；垂直于轴的边旋转形成的面叫做圆锥的底面；斜边旋转形成的曲面叫做圆锥的侧面(如图d)．棱锥与圆锥统称为锥体．3．台体．(1)棱台：用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部份叫做棱台；原棱锥的底面和截面别离叫做棱台的下底面和上底面；棱台也有侧面、侧棱、极点(如图e)．(2)圆台：用一个平行于底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部份叫做圆台；原圆锥的底面和截面别离叫做圆台的下底面和上底面；圆台也有侧面、母线、轴(如图f)．圆台和棱台统称为台体．4．球及其有关概念．以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体叫做球体，简称为球；半圆的圆心叫做球的球心，半圆的半径叫做球的半径，半圆的直径叫做球的直径(如图g)．用一个平面去截一个球，截面是圆面．球面被通过球心的平面截得的圆叫做大圆．球面被不通过球心的平面截得的圆叫做小圆．球的任意截面(不是大圆面)的圆心与球心的连线垂直于截面，假设设球的半径为R，截面圆的半径为r，截面圆的圆心与球心的连线长为d，那么d2＝R2－r2.5．组合体．由柱、锥、台、球等几何体组成的复杂的几何体叫组合体(如图h)．二、特殊的棱柱、棱锥、棱台直棱柱：侧棱与底面垂直的棱柱．正棱柱：底面是正多边形的直棱柱．正棱锥：底面是正多边形，棱锥的极点在底面上的射影是正多边形的中心．各侧面是全等的等腰三角形．正棱台：两底是正多边形，且两底中心连线垂直于底面的棱台叫做正棱台．也能够以为它是由正棱锥截得的棱台．正棱台各侧面是全等的等腰梯形．三、几种常见凸多面体间的关系四、一些特殊棱柱、棱锥、棱台的概念和要紧性质名称棱柱直棱柱正棱柱图形定义有两个面互相平行，而其余每相邻两个面的交线都互相平行的多面体侧棱垂直于底面的棱柱底面是正多边形的直棱柱侧棱平行且相等平行且相等平行且相等侧面的形状平行四边形矩形全等的矩形对角面的形状平行四边形矩形矩形平行于底面的截面的形状与底面全等的多边形与底面全等的多边形与底面全等的正多边形名称棱锥正棱锥棱台正棱台图形定义有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形的多面体底面是正多边形，且顶点在底面的射影是正多边形的中心用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分由正棱锥截得的棱台侧棱相交于一点但不一定相等相交于一点且相等延长线交于一点相等且延长线交于一点侧面的形状三角形全等的等腰三角形梯形全等的等腰梯形对角面的形状三角形等腰三角形梯形等腰梯形平行于底面与底面相似的多与底面相似的正与底面相似的多与底面相似的正的截面形状边形多边形边形多边形其他性质高过底面中心；侧棱与底面、侧面与底面、相邻两侧面所成角都相等两底中心连线即高；侧棱与底面、侧面与底面、相邻两侧面所成角都相等基础自测1．以下命题中正确的选项是( )A．棱柱的底面必然是平行四边形B．棱锥的底面必然是三角形C．棱台的底面是两个相似的正方形D．棱台的侧棱延长后必交于一点解析：棱柱、棱锥、棱台的底面是任意多边形．答案：D2．下面多面体中有12条棱的是( )A．四棱柱B．四棱锥C．五棱锥D．五棱柱解析：四棱柱有4条侧棱，上下底面四边形各有4条边，共12条棱．应选A.答案：A3．在以下图的几何体中，有______个是柱体．解析：柱体包括棱柱与圆柱，图中①③⑤⑦都是柱体．故填4.答案：44．由7个面围成，其中两个面是相互平行且全等的正五边形，其他面都是全等的矩形，那么那个几何体的名称是____________．解析：依照棱柱的概念可知，该几何体是正五棱柱．答案：正五棱柱1．到正方体ABCDA1B1C1D1的三条棱AB，CC1，A1D1所在直线的距离相等的点( )A．有且只有1个B．有2个C．有3个D．有无数个解析：∵到三条两两垂直的直线距离相等的点在以三条直线为轴，以正方体棱长为半径的圆柱面上，∴三个圆柱面有无数个交点，应选D.答案：D2．正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两极点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数是( )A．20 B．15C．12 D．10解析：一个下底面5个点，每一个下底面的点关于5个上底面的点，知足条件的对角线有2条，因此共有5×2＝10条．答案：D1．如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2 cm，高为5 cm，一质点自点A动身，沿着三棱柱的侧面绕行两周抵达点A1的最短线路的长为________cm.答案：132．以下结论正确的选项是( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．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C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，那么此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的极点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：A错误．如下图，由两个结构相同的三棱锥叠放在一路组成的几何体，各面都是三角形，但它不必然是棱锥．B 错误．假设△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．C错误．假设六棱锥的所有棱长都相等，那么底面多边形是正六边形．由几何图形知，假设以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．答案：D。

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

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

2023年高考数学真题实战复习(2022高考+模考题)专题15 立体几何中球的问题(解析版)

专题15 立体几何中球的问题【高考真题】1．(2022·新高考Ⅱ) 已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π1．答案 A 解析设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，所以123432,2sin 60sin 60r r =，即123,4r r ==，设球心到上下底面的距离分别为12,d d ，球的半径为R ，所以1d 2d ，故121d d -=或121d d +=1=1=，解得225R =符合题意，所以球的表面积为24π100πS R ==．故选A ．2．(2022·全国乙理) 已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( )A ．13B ．12CD 2．答案 C 解析设该四棱锥底面为四边形ABCD ，四边形ABCD 所在小圆半径为r ，设四边形ABCD 对角线夹角为α，则2111sin 222222ABCD S AC BD AC BD r r r α=⋅⋅⋅≤⋅⋅≤⋅⋅=(当且仅当四边形ABCD 为正方形时等号成立)，即当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为22r ，又221r h +=，则2123O ABCD V r h -=⋅⋅==当且仅当222r h =即h 时等号成立，故选C ． 3．(2022·新高考Ⅱ) 已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l ≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是( )A ．[18，814]B ．[274，814]C ．[274，643] D ．[18，27] 3．答案 C 解析 ∵ 球的体积为36π，所以球的半径R ＝3，设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则l 2＝2a 2＋h 2，32＝2a 2＋(3－h )2．所以6h ＝l 2，2a 2＝l 2－h 2，所以正四棱锥的体积V ＝13Sh ＝13×4a 2×h ＝23×(l 2－l 436)×l 26＝19(l 4－l 636)，所以V ′＝19(4l 3－l 56)＝19l 3 (24－l 26)，当3≤l ≤26时，V ′＞0，当26≤l ≤33时，V ′＜0，所以当l ＝26时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又l ＝3时，V ＝274，l ＝33时， V＝814．所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是[274，643]．故选C ．【方法总结】如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球．有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点与难点，也是高考考查的一个热点．考查学生的空间想象能力以及化归能力．研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用．球的内切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．当球与多面体的各个面相切时，注意球心到各面的距离相等即球的半径，求球的半径时，可用球心与多面体的各顶点连接，球的半径为分成的小棱锥的高，用体积法来求球的半径．空间几何体的外接球与内切球十大模型1．墙角模型；2．对棱相等模型；3．汉堡模型；4．垂面模型；5．切瓜模型；6．斗笠模型；7．鳄鱼模型；8．已知球心或球半径模型；9．最值模型；10．内切球模型．可参考：侯永青工作室《2022年高考数学之解密几何体的外接球与内切球十大模型命题点对点突破》【题型突破】1．点A ，B ，C ，D 均在同一球面上，且AB ，AC ，AD 两两垂直，且AB ＝1，AC ＝2，AD ＝3，则该球的表面积为( )A ．7πB ．14πC ．72πD ．714π31．答案 B 解析三棱锥A －BCD 的三条侧棱两两互相垂直，所以把它补为长方体，而长方体的体对角线长为其外接球的直径．所以长方体的体对角线长是12＋22＋32＝14，它的外接球半径是142，外接球的表面积是4π×⎝⎛⎭⎫1422＝14π． 2．等腰△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将△ABC 沿BC 边上的高AD 折成直二面角B－AD －C ，则三棱锥B －ACD 的外接球的表面积为( )A ．5πB ．203π C ．10π D ．34π 2．答案 D 解析依题意，在三棱锥B －ACD 中，AD ，BD ，CD 两两垂直，且AD ＝4，BD ＝CD ＝3，因此可将三棱锥B ACD 补形成一个长方体，该长方体的长、宽、高分别为3,3,4，且其外接球的直径2R ＝32＋32＋42＝34，故三棱锥B －ACD 的外接球的表面积为4πR 2＝34π3．已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________.3．答案 6π 解析如图，以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O 的半径为R ，则正方体的体对角线长即为球O 的直径．∴CD ＝(2)2＋(2)2＋(2)2＝2R ，因此R ＝62，故球O 的体积V ＝4πR 33＝6π. 4．已知四面体P －ABC 四个顶点都在球O 的球面上，若PB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AC ＝1，AB ＝PB＝2，则球O 的表面积为________．4．答案 9π 解析由PB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，可得图中四个直角三角形，且PC 为△PBC ，△P AC的公共斜边，故球心O 为PC 的中点，由AC ＝1，AB ＝PB ＝2，PC ＝3，∴球O 的半径为32，其表面积为9π.5．三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，P A ⊥PB ，三棱锥P －ABC 的外接球的体积为( )A ．272πB ．2732π C ．273π D ．27π 5．答案 B 解析因为三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，所以△P AB ≌△PBC ≌△P AC ．因为P A ⊥PB ，所以P A ⊥PC ，PC ⊥PB ．以P A ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P －ABC 的外接球．因为正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，所以其外接球半径R ＝332．因此三棱锥P －ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝⎛⎭⎫3323＝2732π，故选B ．6．已知正四面体ABCD 的外接球的体积为86π，则这个四面体的表面积为________．6．答案 163 解析将正四面体ABCD 放在一个正方体内，设正方体的棱长为a ，设正四面体ABCD的外接球的半径为R ，则43πR 3＝86π，解得R ＝6，因为正四面体ABCD 的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有3a ＝2R ＝26，所以a ＝22．而正四面体ABCD 的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以正四面体ABCD 的棱长为2a ＝4，因此，这个正四面体的表面积为4×12×42×sin π3＝163．7．表面积为( )A ．B ．12πC ．8πD ．7．答案 B 解析表面积为长为2，正方体的对角线长为正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，∴外接球的表面积的值为24(3)12ππ=．8．已知四面体ABCD 满足AB ＝CD ＝6，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，则四面体ABCD 的外接球的表面积是 ________．8．答案 7π 解析在四面体ABCD 中，取线段CD 的中点为E ，连接AE ，BE ．∵AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，∴AE ⊥CD ，BE ⊥CD .在Rt △AED 中，CD ＝6，∴AE ＝102．同理BE ＝102，取AB 的中点为F ，连接EF ．由AE ＝BE ，得EF ⊥AB ．在Rt △EF A 中，∵AF ＝12AB ＝62，AE ＝102，∴EF ＝1，取EF 的中点为O ，连接OA ，则OF ＝12．在Rt △OF A 中，OA ＝72．同理得OA ＝OB ＝OC ＝OD ，∴该四面体的外接球的半径是72，∴外接球的表面积是7π． 9．三棱锥中S －ABC ，SA ＝BC ＝13，SB ＝AC ＝5，SC ＝AB ＝10．则三棱锥的外接球的表面积为______.9．答案 14π 解析如图，在长方体中，设AE ＝a ，BE ＝b ，CE ＝c ．则SC ＝AB ＝a 2＋b 2＝10，SA ＝BC ＝b 2＋c 2＝13，SB ＝AC ＝a 2＋c 2＝5，从而a 2＋b 2＋c 2＝14＝(2R )2，可得S ＝4πR 2＝14π.故所求三棱锥的外接球的表面积为14π．10．已知一个四面体ABCD 的每个顶点都在表面积为9π的球O 的表面上，且AB＝CD ＝a ，AC ＝AD ＝BC＝BD ＝5，则a ＝________.10．答案 22 解析由题意可知，四面体ABCD 的对棱都相等，故该四面体可以通过补形补成一个长方体，如图所示．设AF ＝x ，BF ＝y ，CF ＝z ，则x 2＋z 2＝y 2＋z 2＝5，又4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋y 2＋z 222＝9π，可得x ＝y ＝2，∴a ＝x 2＋y 2＝22． 11．一直三棱柱的每条棱长都是2，且每个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为( )A ．28π3B ．22π3C ．43π3D ．7π 11．答案 A 解析由题知此直棱柱为正三棱柱ABC －A 1B 1C 1，设其上下底面中心为O ′，O 1，则外接球的球心O 为线段O ′O 1的中点，∵AB ＝2，∴O ′A ＝33AB ＝233，OO ′＝12O ′O 1＝1，∴OA ＝O ′O 2＋O ′A 2＝213，因此，它的外接球的半径为213，故球O 的表面积为28π3．故选A ． 12．一个正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，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________. 12．答案 4π3 解析设正六棱柱底面边长为a ，正六棱柱的高为h ，底面外接圆的半径为r ，则a ＝12，底面积为S ＝6·34·⎝⎛⎭⎫122＝338，V 柱＝Sh ＝338h ＝98，∴h ＝3，R 2＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫122＝1，R ＝1，球的体积为V ＝4π3. 13．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面积为334，一个侧面的周长为63，则正三棱柱ABC －A 1B 1C 1外接球的表面积为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π13．答案 C 解析如图所示，设底面边长为a ，则底面面积为34a 2＝334，所以a ＝ 3.又一个侧面的周长为63，所以AA 1＝2 3.设E ，D 分别为上、下底面的中心，连接DE ，设DE 的中点为O ，则点O 即为正三棱柱ABC A 1B 1C 1的外接球的球心，连接OA 1，A 1E ，则OE ＝3，A 1E ＝3×32×23＝1.在直角三角形OEA 1中，OA 1＝12＋(3)2＝2，即外接球的半径R ＝2，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝16π，故选C ．14．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝1，∠BAC ＝60°，AA 1＝2，则该三棱柱的外接球的体积为( )A ．40π3B ．4030π27C ．32030π27D ．20π 14．答案 B 解析设△A 1B 1C 1的外心为O 1，△ABC 的外心为O 2，连接O 1O 2，O 2B ，OB ，如图所示．由题意可得外接球的球心O 为O 1O 2的中点．在△ABC 中，由余弦定理可得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ×AC cos ∠BAC ＝32＋12－2×3×1×cos 60°＝7，所以BC ＝7，由正弦定理可得△ABC 外接圆的直径2r ＝2O 2B ＝BC sin 60°＝273，所以r ＝73＝213，而球心O 到截面ABC 的距离d ＝OO 2＝12AA 1＝1，设直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径为R ，由球的截面性质可得R 2＝d 2＋r 2＝12＋⎝⎛⎭⎫2132＝103，故R ＝303，所以该三棱柱的外接球的体积为V ＝4π3R 3＝4030π27．故选B ． 15．已知矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，将四边形AEFD 沿EF 折起，使二面角A －EF －C 的大小为120°，则过A ，B ，C ，D ，E ，F 六点的球的表面积为( )A ．6πB ．5πC ．4πD ．3π15．答案 B 解析其中O 1，O 2分别为正方形AEFD 和BCFE 的中心，OO 1，OO 2分别垂直于这两个平面．由于∠OGO 2＝60°，O 2G ＝12，所以OO 2＝32，而O 2C ＝12CE ＝22，所以球的半径OC ＝OO 22＋O 2C2＝52，所以球的表面积为4π·OC 2＝5π．故选B ．16．三棱锥S －ABC 中，SA ⊥底面ABC ，若SA ＝AB ＝BC ＝AC ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为( )A ．18πB ．21π2C ．21πD ．42π 16．答案 C 解析由于AB ＝BC ＝AC ＝3，则△ABC 是边长为3的等边三角形，由正弦定理知，△ABC的外接圆的直径为2r ＝3sin π3＝23，由于SA ⊥底面ABC ，所以△ABC 外接圆的过圆心的垂线与线段SA 中垂面的交点为该三棱锥的外接球的球心，所以外接球的半径R ＝⎝⎛⎭⎫SA 22＋r 2＝212，因此，三棱锥S －ABC 的外接球的表面积为4πR 2＝4π×214＝21π．故选C ． 17．四面体ABCD 的四个顶点都在球O 的表面上，AB ⊥平面BCD ，△BCD 是边长为3的等边三角形，若AB ＝2，则球O 的表面积为( )A ．4πB ．12πC ．16πD ．32π17．答案 C 解析取CD 的中点E ，连接AE ，BE ，∵在四面体ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，△BCD 是边长为3的等边三角形．∴Rt △ABC ≌Rt △ABD ，△ACD 是等腰三角形，设△BCD 的中心为G ，作OG∥AB 交AB 的中垂线于O ，则O 为外接球的球心，∵BE ＝332，BG ＝3，∴外接球的半径R ＝BG 2＋⎝⎛⎭⎫12AB 2＝3＋1＝2.∴四面体ABCD 外接球的表面积为4πR 2＝16π．故选C ．18．已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SA ⊥平面ABC ，SA ＝23，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，则球O 的表面积为( )A ．4πB ．12πC ．16πD ．64π18．答案 C 解析在△ABC 中，由余弦定理得，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos 60°＝3，∴AC 2＝AB 2＋ BC 2，即AB ⊥BC ．又SA ⊥平面ABC ，∴SA ⊥AB ，SA ⊥BC ，∴三棱锥S －ABC 可补成分别以AB ＝1，BC ＝3，SA ＝23为长、宽、高的长方体，∴球O 的直径为12＋(3)2＋(23)2＝4，故球O 的表面积为4π×22＝16π．另解取SC 的中点E ，连接AE ，BE ，依题意，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos 60°＝3，∴AC 2＝AB 2 ＋BC 2，即AB ⊥BC ，又SA ⊥平面ABC ，∴SA ⊥BC ，又SA ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平面SAB ，BC ⊥SB ，AE ＝12SC ＝BE ，∴点E 是三棱锥S －ABC 的外接球的球心，即点E 与点O 重合，OA ＝12SC ＝12SA 2＋AC 2＝2，故球O 的表面积为4π×OA 2＝16π．19．在三棱锥P －ABC 中，已知P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝60°，P A ＝2，AB ＝AC ＝3，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．4π3B ．82π3C ．8πD ．12π 19．答案 C 解析易知△ABC 是等边三角形．如图，作OM ⊥平面ABC ，其中M 为△ABC 的中心，且点O 满足OM ＝12P A ＝1，则点O 为三棱锥P －ABC 外接球的球心．于是，该外接球的半径R ＝OA ＝AM 2＋OM 2＝(32×3×23)2＋12＝2．故该球的表面积S ＝4πR 2＝8π，故选C ． AB C M OP20．在三棱锥A －BCD 中，AC ＝CD ＝2，AB ＝AD ＝BD ＝BC ＝1，若三棱锥的所有顶点，都在同一球面上，则球的表面积是________．20．答案 73π 解析由已知可得，BC ⊥AB ，BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD ，设三棱锥外接球的球心为 O ，正三角形ABD 的中心为O 1，则OO 1⊥平面ABD ，连接O 1B ，OO 1，OC ，在直角梯形O 1BCO 中，有O 1B ＝33，BC ＝1，OC ＝OB ＝R ，可得：R 2＝712，故所求球的表面积为4πR 2＝73π．21．把边长为3的正方ABCD 沿对角线AC 对折，使得平面ABC ⊥平面ADC ，则三棱锥D ABC -的外接球的表面积为( )A ．32πB ．27πC ．18πD ．9π21．答案 C 解析将边长为1的正方形ABCD ，沿对角线AC 把ACD ∆折起，使平面ACD ⊥平面ABC ，则BC CD ⊥，BA AD ⊥；三棱锥CABD -的外接球直径为AC=，外接球的表面积为2244(182R πππ=⨯=． 22．在三棱锥A －BCD 中，△ACD 与△BCD 都是边长为4的正三角形，且平面ACD ⊥平面BCD ，则该三棱锥外接球的表面积为________．22．答案 803π 解析取AB ，CD 的中点分别为E ，F ，连接EF ，AF ，BF ，由题意知AF ⊥BF ，AF ＝BF ＝23，EF ＝12AF 2＋BF 2＝6，易知三棱锥的外接球球心O 在线段EF 上，所以OE ＋OF ＝6，设外接球的半径为R ，连接OA ，OC ，则有R 2＝AE 2＋OE 2，R 2＝CF 2＋OF 2，所以AE 2＋OE 2＝CF 2＋OF 2，(6)2＋OE 2＝22＋OF 2，所以OF 2－OE 2＝2，又OE ＋OF ＝6，则OF 2＝83，R 2＝203，所以该三棱锥外接球的表面积为4πR 2＝803π．23．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．36π23．答案C解析如图所示，∵AB2＋AC2＝BC2，∴∠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＝4πR2＝16π，故选C．24．在三棱锥A BCD-中，平面ABC⊥平面BCD，ABC∆是边长为2的正三角形，若4BDCπ∠=，三棱锥的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为()．A．523πB．3πC．4πD．283π24．答案D解析记BCD∆外接圆圆心为E，ABC∆外接圆圆心为F，连结OE，OF，则OE⊥平面BCD，OF⊥平面ABC；取BC中点N，连结,AN EN，因为ABC∆是边长为2的正三角形，所以AN 过点F，且223AF FN AN===；在BCD∆中，4BDCπ∠=，2BC=，设BCD∆外接圆为r，则2sinBCrBDC===∠，所以r=故BE EC r===所以有222BE EC BC+=，因为N为BC中点，所以EN BC⊥，且112EN BC==；又平面ABC⊥平面BCD，所以EN⊥平面ABC，OE⊥平面ABC；因此EN OF⊥且1EN OF==，设三棱锥A BCD-外接球半径为R，则R OA==，因此，球O的表面积为22843S Rππ==．故选D．25．已知空间四边形ABCD ，23BAC π∠=，23AB AC ==，4BD =，25CD =，且平面ABC ⊥平面BCD，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．24πB ．48πC ．64πD ．96π25．答案 B 解析在三角形ABC 中，23BAC π∠=，AB AC ==，由余弦定理可得，而在三角形BCD 中，4BD =，CD =，222BD CD BC ∴+=，即BCD ∆为直角三角形，且BC 为斜边，因为平面ABC ⊥平面BCD ，所以几何体的外接球的球心为为三角形ABC 的外接圆的圆心，设外接球的半径为R ，则22sin 3BC R π==即R =2448S R ππ==，26．已知圆锥的顶点为P ，母线PA 与底面所成的角为30︒，底面圆心O 到PA 的距离为1，则该圆锥外接球的表面积为________．26．答案 643π 解析依题意得，圆锥底面半径12sin30r ==︒，高1sin 60h =︒．设圆锥外接球半径为R ，则222()R r R h =+-，即2222(R R =+，解得：R =．∴外接球的表面积为26443S R ππ==． 27．在三棱锥P ABC -中，PA PB PC ===，侧棱PA 与底面ABC 所成的角为60︒，则该三棱锥外接球的体积为( )A ．πB ．π3C ．4πD ．4π327．答案解析过P 点作底面ABC 的垂线，垂足为O ，设H 为外接球的球心，连接, AH AO ，因60PAO ∠=︒，PA ，故AO ，32PO =，又AHO ∆为直角三角形，AH PH r ==，∴222AH AO OH =+，∴2223()2r r =+-，∴1r =，∴344133V ππ=⨯=． 28．在三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，2AC AB ==，且AC AB ⊥，则该三棱锥外接球的表面积6BC ==为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．9π28．答案 D 解析由题意，点P 在底面上的射影M 是CB 的中点，是三角形ABC 的外心，令球心为O ，2AC AB ==，且AC AB ⊥，MB MC MA ∴===PA PB PC ==2PM ∴==如图在直角三角形OBM 中，222OB OM BM =+，即222(2)R R =+-，32R ∴=，则该三棱锥外接球的表面积为294494R πππ=⨯=．29．P ABC -的外接球的球心为O ，若满足0OA OB OC ++=，则此三棱锥外接球的半径是( )A ．2BC D29．答案 D 解析正三棱锥D ABC -的外接球的球心O 满足OA OB CO +=，说明三角形ABC 在球O 的大圆上，并且为正三角形，设球的半径为：R ，棱锥的底面正三角形ABC 的高为32R ，底面三角形ABC，正三棱锥的体积为1(32)R ⨯=，解得34R =，则此三棱锥外接球的半径是R ．30．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 ．500π81D ．256π930．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． 31．在三棱锥S ABC -中，2SB SC AB BC AC =====，二面角S BC A --的大小为60︒，则三棱锥S AB -C 外接球的表面积是( )A．143πB．163πC．409πD．529π31．答案D解析取BC的中点为D，由三棱锥S ABC-中，2SB SC AB BC AC=====，二面角S BC A--的大小为60︒，得到SBC∆和ABC∆都是正三角形，SD BC∴⊥，AD BC⊥，SDA∴∠是二面角S BC A--的平面角，即60SDA∠=︒，设球心为O，ABC∆和SBC∆中心分别为E，F，则OE⊥平面ABC，OF⊥平面SBC，tan tan30OEDE ODEDE=∠==︒，23OD∴=，∴外接球半径R=，∴外接球的表面积为252449Rπππ==．32．已知三棱锥A BCD-，6BC=，且ABC∆、BCD∆均为等边三角形，二面角A BC D--的平面角为60︒，则三棱锥外接球的表面积是________．32．答案52π解析取BC的中点M，连接AM、DM，则AM BC⊥，且DM BC⊥，所以，二面角A BC D--的平面角为60AMD∠=︒，且sin60AM DM AB==︒=ADM∆是边长为正三角形，如下图所示，设ABC∆和BCD∆的外心分别为点P、Q，则13PM QM AM===，过点P、Q在平面ADM内作AM和DM的垂线交于点O，则O为该三棱锥的外接球球心，易知，30OMP∠=︒，所以，tan301OP PM=︒=，23PA AM==，所以，球O的半径为OA=2452ππ⨯=．33．已知边长为6的菱形ABCD中，120BAD∠=︒，沿对角线AC折成二面角B AC D--的大小为θ的四面体且1cos3θ=，则四面体ABCD的外接球的表面积为________．33．答案54π解析由边长为6的菱形ABCD中，120BAD∠=︒，可知，6AC AB BC AD CD=====，在折起的四面体中，取AC的中点E，连接BE，DE，6DE BE===，则EB AC⊥，DE AC⊥，AC BE E⋂=，AC∴⊥面BED，BED∠为二面角B AC D--的大小为θ，在DE，BE上分别取23DM Bn DE===13EM DE=M，N分别为三角形ADC，ABC的外接圆的圆心，过M，N分别做两个三角形的外接圆的垂线，交于O，则O为四面体外接球的球心，连接OE，OD为外接球的半径R．则2OEDθ∠=，所以21cos2cos223θθ+==，所以cos2θ=，在三角形OEM，cos2EMOEθ=，解得OE==，在三角形OED中，余弦定理可得22222336272cos(33)()23323222OD DE OE DE OEθ=+-=+-=，即2272R=，所以外接球的表面积2454S Rππ==．34．在三棱锥P ABC-中，顶点P在底面ABC的投影G是ABC∆的外心，2PB BC==，且面PBC与底面ABC所成的二面角的大小为60︒，则三棱锥P ABC-的外接球的表面积为________．34．答案649π解析由于G 为ABC ∆的外心，则GA GB GC ==，由题意知，PG ⊥平面ABC ，由勾股定理易得PA PB PC ==，取BC 的中点E ，由于G 为ABC ∆的外心，则GE BC ⊥，且112BE BC ==，PG ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，则BC PG ⊥，又GE BC ⊥，PG GE G =，BC ∴⊥平面PGE ，PE ⊂平面PGE ，PE BC ∴⊥，所以，PE =PBC 与平面ABC 所成的二面角的平面角为60PEG ∠=︒，∴3sin 602PG PE =︒=，因此，三棱锥的外接球的直径为2482332PB R PG ===，所以，43R =，因此，该三棱锥的外接球的表面积为2246444()39R πππ=⨯=．35．直角三角形ABC ，2ABC π∠=，2AC BC +=，将ABC ∆绕AB 边旋转至ABC '∆位置，若二面角C AB -C '-的大小为23π，则四面体C ABC '-的外接球的表面积的最小值为( ) A ．6π B ．3π C ．32π D ．2π35．答案 B 解析如图，AB ⊥平面CBC '，CBC ∆'是等腰三角形，BC BC ='，23CBC π∠'=．设BC = (01)x x <<，则2AC x =-，AB ===CBC ∆'外接圆的半径为r ，则2sin6x r π=，即r x =．∴四面体C ABC '-的外接球的半径R满足22221R x x x =+=-+．∴四面体C ABC '-的外接球的表面积2244(1)S R x x ππ==-+，当12x =时，3min S π=． 36．已知三棱锥P －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 满足AB ＝22，∠ACB ＝90°，P A 为球O的直径且P A ＝4，则点P 到底面ABC 的距离为( )A ．2B ．22C ． 3D ．2336．答案 B 解析取AB 的中点O 1，连接OO 1，如图，在△ABC 中，AB ＝22，∠ACB ＝90°，所以△ABC 所在小圆O 1是以AB 为直径的圆，所以O 1A ＝2，且OO 1⊥AO 1，又球O 的直径P A ＝4，所以OA ＝2，所以OO 1＝OA 2－O 1A 2＝2，且OO 1⊥底面ABC ，所以点P 到平面ABC 的距离为2OO 1＝2 2.37．已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O ，半径为R 的球面上，AB ＝6，BC ＝23，且四棱锥O －ABCD的体积为83，则R 等于( )A ．4B ．23C ．479D ．1337．答案 A. 解析如图，设矩形ABCD 的中心为E ，连接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 ×6×23＝83，所以OE ＝2，在矩形ABCD 中可得EC ＝23，则R ＝OE 2＋EC 2＝4＋12＝4，故选A ．38．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 ．80π338．答案 D 解析依题意，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.39．已知三棱锥均在以为直径球面上，，则这个球的表面积为_____________．39．答案 16π 解析由题意，设球的直径是该球面上的两点，如图所示，因为，所以为直角三角形，设三棱锥的高为，则，解得，取的中点，连接，根据球的性质，可得平面，所以，在直角中，，即球的半径为，所以球的表面积为．40．(2017·全国Ⅲ)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 SBC -PA 2AB AC BC ===2, , SC R A B =AB AC ==2BC =ABC ∆S ABC -h 1132⨯=h =BC M OM OM ⊥ABC OM =OMC ∆2OC =2R =4S π=224216R ππ=⨯=40．答案3π4解析如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球半径R ＝OA ＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12．∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32，故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝⎛⎭⎫322×1＝3π4． 41．三棱锥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 ．1041．答案 C 解析依题意，设题中球的球心为O 、半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则4πR 33＝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＝8.42．(2015·全国Ⅱ)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 ．36π B ．64π C ．144πD ．256π42．答案 C 解析 ∵S △OAB 是定值，且V O -ABC ＝V C -OAB ，∴当OC ⊥平面OAB 时，V C -OAB 最大，即V O -ABC最大．设球O 的半径为R ，则(V O -ABC )max ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝4π×62＝144π．43．已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝6，AC ＝23．若三棱锥D－ABC 体积的最大值为3，则球O 的表面积为________．43．答案 16π 解析由题意可得，∠ABC ＝π2，△ABC 的外接圆半径r ＝3，当三棱锥的体积最大时，V D ABC ＝13S △ABC ·h (h 为D 到底面ABC 的距离)，即3＝13×12×6×6h ⇒h ＝3，即R ＋R 2－r 2＝3(R 为外接球半径)，解得R ＝2，∴球O 的表面积为4π×22＝16π．44．在三棱锥A －BCD 中，AB ＝1，BC ＝2，CD ＝AC ＝3，当三棱锥A －BCD 的体积最大时，其外接球的表面积为________．44．答案 6π 解析 ∵AB ＝1，BC ＝2，AC ＝3，∴AB 2＋BC 2＝AC 2，即△ABC 为直角三角形，当CD⊥面ABC 时，三棱锥A －BCD 的体积最大，又∵CD ＝3，△ABC 外接圆的半径为32，故外接球的半径R 满足R 2＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫322＝32，∴外接球的表面积为4πR 2＝6π． 45．已知三棱锥D －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，AB ＝BC ＝2，AC ＝22，若三棱锥D －ABC 体积的最大值为2，则球O 的表面积为( )A ．8πB ．9πC ．25π3D ．121π945．答案 D 解析由AB ＝BC ＝2，AC ＝22，可得AB 2＋BC 2＝AC 2，所以△ABC 为直角三角形，且AC为斜边，所以过△ABC 的截面圆的圆心为斜边AC 的中点E ．当DE ⊥平面ABC ，且球心O 在DE 上时，三棱锥D －ABC 的体积取最大值，因为三棱锥D －ABC 体积的最大值为2，所以13S △ABC ·DE ＝2，即13×12×22×DE ＝2，解得DE ＝3．设球的半径为R ，则AE 2＋OE 2＝AO 2，即(2)2＋(3－R )2＝R 2，解得R ＝116．所以球O 的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫1162＝121π9．46．若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.46．答案63π解析设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的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 2π6a 2＝63π.47．已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O (重量忽略不计)，现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，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 ．7π6B ．4π3C ．2π3D ．π247．答案 C 解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，⎝⎛⎭⎫x 43＝18，得x ＝2．易得小三棱锥的高为263，设小球半径为r ，则13S 底面·263＝4·13·S 底面·r ，得r ＝66，故小球的表面积S ＝4πr 2＝2π3．故选C ． 48．已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为6的正方形，且P A ＝PB ＝PC ＝PD ，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高是( )A ．6B ．5C ．92D ．9448．答案 D 解析由题意知，四棱锥P －ABCD 是正四棱锥，球的球心O 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，A 为球面与侧面的切点．设PH ＝h ，易知Rt △P AO ∽Rt △PHF ，所以OA FH ＝PO PF ，即13＝h －1h 2＋32，解得h ＝94，故选D ．49．将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π49．答案 B 解析将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，设圆锥的底面圆的半径为R ，则有2πR＝3×2π3，所以R ＝1，设圆锥的内切球的半径为r ，结合圆锥和球的特征，可知内切球球心必在圆锥的高线上，设圆锥的高为h ，因为圆锥的母线长为3，所以h ＝9－1＝22，所以r h －r ＝R 3，解得r ＝22，因此内切球的表面积S ＝4πr 2＝2π．故选B ．50．体积为4π3的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________.50．答案 63 解析设球的半径为R ，由4π3R 3＝4π3，得R ＝1，所以正三棱柱的高h ＝2，设底面边长为a ，则13×32a ＝1，所以a ＝23．所以V ＝34×(23)2×2＝63．。

2021-2022年高中数学 (知识导学+例题解析+达标训练)1.1.1 柱、锥、台、球的结构特征

2021-2022年高中数学（知识导学+例题解析+达标训练）1.1.1 柱、锥、台、球的结构特征新人教A版必修2一、知识导学：1、能根据几何结构特征对空间物体进行分类。

2、会用语言概述棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征，培养空间想象能力和抽象概括能力。

二、初中相关内容复习：像右图那样，把正方体盒子剪开，铺展在平面上加以描画而成的图形叫做“展开图”。

请你做一做。

我们知道，沿着正方体的若干条棱将正方体剪开后展开成平面，可以成为六个不同位置的正方形。

那么，平面上六个不同位置的正方形如何连接才能叠成正方体呢？正方体平面展开图有五条规律，即：1、排在同一条直线上的小正方形，与同一个正方形相连的两个正方形折叠后，成为相对的面。

（隔一相对）2、正方体的平面展开图中最多只能出现三个正方形有一个公共点的情形，最多只能出现四个正方形与一个正方形相邻的情形。

（三共点、四相邻）3、当上下、左右四个面展开成一条直线时，前后两个面应该分布在其两侧，不可能在同侧。

（一行四，二相对）4、原来处于相对位置上的两个面，展开后的正方形无公共顶点和公共边；反之，有一个公共顶点或一条公共边的两个面折叠成正方体后，必成为相邻的两个面，不可能成为相对的面。

（相对无相干，相干必相邻）5、从正方体的某顶点出发，最多只能观察到三个面，这三个面中必包括三组相对面中的各一个，且两个相对的面不能被同时看到。

（见三面，三面对）例1下面五个图形中，是正方体展开图的有____________________．(1) (2) (3) (4) (5)例3有两块六个面上分别写着1～6的相同的数字积木，摆放如下图。

在这两块积木中，相对两个面上的数字的乘积最小是______________。

例4 有五颗相同的骰子放成一排（如下图），五颗骰子底面的点数之和是________________。

规律小结：正方体的展开图共有十一种情况，用口诀叙述如下:杠四两边分，情况共六种，二三一共三，台阶二和三。

2023年数学高考复习真题演练(2021-2022年高考真题)第6讲立体几何(含详解)

第6讲立体几何一、单选题1．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为面上，则该球的表面积为（） A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π2．（2022·全国·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．时，2.65）（） A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯3．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3l ≤≤ ）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]4．（2022·全国·高考真题（文））在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为,AB BC 的中点，则（） A ．平面1B EF ⊥平面1BDD B ．平面1B EF ⊥平面1A BD C ．平面1//B EF 平面1A ACD ．平面1//B EF 平面11AC D5．（2022·全国·高考真题（文））已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A ．13B ．12C D 6．（2022·全国·高考真题（理））甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若=2S S 甲乙，则=V V 甲乙（）AB ．CD 7．（2022·全国·高考真题（理））在长方体1111ABCD A B C D -中，已知1B D 与平面ABCD 和平面11AA B B 所成的角均为30，则（） A ．2AB AD = B ．AB 与平面11AB C D 所成的角为30 C ．1AC CB =D ．1B D 与平面11BB C C 所成的角为45︒8．（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos )S r πα=-（单位：2km ），则S 占地球表面积的百分比约为（） A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%9．（2021·全国·高考真题（理））已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（）A B C D 10．（2021·全国·高考真题（理））在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π611．（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =12．（2022·全国·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D -，则（） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒13．（2021·全国·高考真题）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN OP ⊥的是（）A ．B ．C ．D ．14．（2021·全国·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值 C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 三、解答题15．（2022·全国·高考真题）如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值． 16．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为22．(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．17．（2022·全国·高考真题（文））如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积． 18．（2022·全国·高考真题（理））如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．19．（2022·全国·高考真题（文））小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，,,,EAB FBC GCD HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直．(1)证明：//EF 平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．20．（2022·上海·高考真题）如图，在圆柱1OO 中，底面半径为1，1AA 为圆柱1OO 的母线.(1)若14AA =，M 为1AA 的中点，求直线1MO 与底面的夹角大小； (2)若圆柱的轴截面为正方形，求该圆柱的侧面积和体积.21．（2021·湖南·高考真题）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点.（1）证明：//PB 平面ACE ；（2）设1PA =，AD =PB 与平面ABCD 所成的角为45︒，求四棱锥P ABCD -的体积.22．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱BC 的中点，F 为棱CD的中点．（I ）求证：1//D F 平面11A EC ；（II ）求直线1AC 与平面11A EC 所成角的正弦值．（III ）求二面角11A AC E --的正弦值．23．（2021·全国·高考真题）在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2,3AD QD QA QC ====．（1）证明：平面QAD ⊥平面ABCD ；（2）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．24．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A D 中点，11B C 与平面CDE 交于点F ．（1）求证：F 为11B C 的中点；（2）点M 是棱11A B 上一点，且二面角M FC E --111A M A B 的值．25．（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,ABC AB BC PA ∠=︒===M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥.（1）证明：AB PM ⊥；（2）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值.26．（2021·全国·高考真题（理））如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．27．（2021·全国·高考真题）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.第6讲立体几何一、单选题1．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为面上，则该球的表面积为（） A ．100π B ．128π C ．144π D ．192π【答案】A 【解析】【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，所以123432,260sin 60r r ==，即123,4r r ==，设球心到上下底面的距离分别为12,d d ，球的半径为R ，所以1d =2d =121d d -=或121d d +=，即1=1=，解得225R =符合题意，所以球的表面积为24π100πS R ==．故选：A ．2．（2022·全国·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．时，2.65）（） A ．931.010m ⨯ B ．931.210m ⨯ C ．931.410m ⨯ D ．931.610m ⨯【答案】C 【解析】【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【详解】依题意可知棱台的高为157.5148.59MN =-=(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ．棱台上底面积262140.014010S ==⨯km m ，下底面积262180.018010S '==⨯km m ，∴((66119140101801033V h S S =+=⨯⨯⨯+⨯'(()679933320109618 2.6510 1.43710 1.410(m )=⨯+⨯≈+⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．3．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3l ≤≤ ）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]【答案】C 【解析】【分析】设正四棱锥的高为h ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵ 球的体积为36π，所以球的半径3R =, 设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则2222l a h =+，22232(3)a h =+-, 所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭，所以5233112449696l l V l l ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当3l ≤≤0V '>，当l ≤0V '<，所以当l =V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.故选：C.4．（2022·全国·高考真题（文））在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为,AB BC 的中点，则（） A ．平面1B EF ⊥平面1BDD B ．平面1B EF ⊥平面1A BD C ．平面1//B EF 平面1A AC D ．平面1//B EF 平面11AC D【答案】A 【解析】【分析】证明EF ⊥平面1BDD ，即可判断A ；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设2AB =，分别求出平面1B EF ，1A BD ，11AC D 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD. 【详解】解：在正方体1111ABCD A B C D -中，AC BD ⊥且1DD ⊥平面ABCD ，又EF ⊂平面ABCD ，所以1EF DD ⊥，因为,E F 分别为,AB BC 的中点，所以EF AC ，所以EF BD ⊥，又1BDDD D =，所以EF ⊥平面1BDD ，又EF ⊂平面1B EF ，所以平面1B EF ⊥平面1BDD ，故A 正确；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设2AB =，则()()()()()()()112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0B E F B A A C ，()10,2,2C ，则()()11,1,0,0,1,2EF EB =-=，()()12,2,0,2,0,2DB DA ==，()()()1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AA AC AC ==-=-设平面1B EF 的法向量为()111,,m x y z =，则有11111020m EF x y m EB y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，可取()2,2,1m =-，同理可得平面1A BD 的法向量为()11,1,1n =--，平面1A AC 的法向量为()21,1,0n =，平面11AC D 的法向量为()31,1,1n =-，则122110m n ⋅=-+=≠，所以平面1B EF 与平面1A BD 不垂直，故B 错误；因为m 与2n 不平行，所以平面1B EF 与平面1A AC 不平行，故C 错误；因为m 与3n 不平行，所以平面1B EF 与平面11AC D 不平行，故D 错误，故选：A.5．（2022·全国·高考真题（文））已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A ．13B ．12C D 【答案】C 【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为22r ，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值. 【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD ，四边形ABCD 所在小圆半径为r ，设四边形ABCD 对角线夹角为α，则2111sin 222222ABCD S AC BD AC BD r r r α=⋅⋅⋅≤⋅⋅≤⋅⋅=（当且仅当四边形ABCD 为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为22r又22r h 1+=则2123O ABCD V r h -=⋅⋅=当且仅当222r h =即h 时等号成立，故选：C6．（2022·全国·高考真题（理））甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若=2S S 甲乙，则=V V 甲乙（） AB．CD【答案】C 【解析】【分析】设母线长为l ，甲圆锥底面半径为1r ，乙圆锥底面圆半径为2r ，根据圆锥的侧面积公式可得122r r =，再结合圆心角之和可将12,r r 分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为1r ，乙圆锥底面圆半径为2r ，则11222S rl r S r l r ππ===甲乙，所以122r r =，又12222r r l lπππ+=，则121r r l+=，所以1221,33r l r l ==，所以甲圆锥的高1h =，乙圆锥的高2h ==，所以221122214313r h l V V r h ππ===甲乙故选：C.7．（2022·全国·高考真题（理））在长方体1111ABCD A B C D -中，已知1B D 与平面ABCD 和平面11AA B B 所成的角均为30，则（） A ．2AB AD = B ．AB 与平面11AB C D 所成的角为30 C ．1AC CB = D ．1B D 与平面11BB C C 所成的角为45︒【答案】D 【解析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【详解】如图所示：不妨设1,,AB a AD b AA c ===，依题以及长方体的结构特征可知，1B D 与平面ABCD 所成角为1B DB ∠，1B D 与平面11AA B B 所成角为1DB A ∠，所以11sin 30c bB D B D==，即b c =，22212B D c a b c ==++，解得2a c =．对于A ，AB a ，AD b ，AB =，A 错误；对于B ，过B 作1BE AB ⊥于E ，易知BE ⊥平面11AB C D ，所以AB 与平面11AB C D 所成角为BAE ∠，因为tan c BAE a ∠==30BAE ∠≠，B 错误；对于C ，AC ，1CB =，1AC CB ≠，C 错误；对于D ，1B D 与平面11BB C C 所成角为1DB C ∠，11sin 2CD a DB C B D c ∠===，而1090DB C <∠<，所以145DB C ∠=．D 正确．故选：D ．8．（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos )S r πα=-（单位：2km ），则S 占地球表面积的百分比约为（） A ．26% B ．34%C ．42%D ．50%【答案】C 【解析】【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果. 【详解】由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为：226400164003600002(1.cos )1cos 44242%22r r πααπ---+==≈=.故选：C.9．（2021·全国·高考真题（理））已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（） ABCD【答案】A 【解析】【分析】由题可得ABC 为等腰直角三角形，得出ABC 外接圆的半径，则可求得O 到平面ABC 的距离，进而求得体积. 【详解】,1AC BC AC BC ⊥==，ABC ∴为等腰直角三角形，AB ∴= 则ABC1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则d =所以11111332O ABC ABCV Sd -=⋅=⨯⨯⨯= 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.10．（2021·全国·高考真题（理））在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D 【解析】【分析】平移直线1AD 至1BC ，将直线PB 与1AD 所成的角转化为PB 与1BC 所成的角，解三角形即可. 【详解】如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1PBB ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则111112BC PC D B === 1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=. 故选：D 二、多选题11．（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【答案】CD 【解析】【分析】直接由体积公式计算12,V V ，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，由3A EFM C EFM V V V --=+计算出3V ，依次判断选项即可. 【详解】设22AB ED FB a ===，因为ED ⊥平面ABCD ，FB ED ，则()2311114223323ACDV ED Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=， ()232111223323ABCV FB Sa a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，易得BD AC ⊥，又ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，则ED AC ⊥，又ED BD D =，,ED BD ⊂平面BDEF ，则AC ⊥平面BDEF ，又12BM DM BD ==，过F 作FG DE ⊥于G ，易得四边形BDGF 为矩形，则,FG BD EG a ===，则,EM FM ==，3EF a ==，222EM FM EF +=，则EM FM ⊥，212EFMS EM FM =⋅=，AC =，则33123A EFM C EFM EFMV V V AC S a --=+=⋅=，则3123V V =，323V V =，312V V V =+，故A 、B 错误；C 、D 正确.故选：CD.12．（2022·全国·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D -，则（） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒ D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒【答案】ABD 【解析】【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可. 【详解】如图，连接1B C 、1BC ，因为11//DA B C ，所以直线1BC 与1B C 所成的角即为直线1BC 与1DA 所成的角，因为四边形11BB C C 为正方形，则1B C ⊥1BC ，故直线1BC 与1DA 所成的角为90︒，A 正确；连接1A C ，因为11A B ⊥平面11BB C C ，1BC ⊂平面11BB C C ，则111A B BC ⊥，因为1B C ⊥1BC ，1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，又1AC ⊂平面11A B C ，所以11BC CA ⊥，故B 正确；连接11A C ，设1111AC B D O =，连接BO ，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，1C O ⊂平面1111D C B A ，则11C O B B ⊥，因为111C O B D ⊥，1111B D B B B ⋂=，所以1C O ⊥平面11BB D D ，所以1C BO ∠为直线1BC 与平面11BB D D 所成的角，设正方体棱长为1，则1C O =1BC =1111sin 2C O C BO BC ∠==，所以，直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为30，故C 错误；因为1C C ⊥平面ABCD ，所以1C BC ∠为直线1BC 与平面ABCD 所成的角，易得145C BC ∠=，故D 正确. 故选：ABD13．（2021·全国·高考真题）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN OP ⊥的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】BC 【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC 的正误，平移直线MN 构造所考虑的线线角后可判断AD 的正误. 【详解】设正方体的棱长为2，对于A ，如图（1）所示，连接AC ，则//MN AC ，故POC ∠（或其补角）为异面直线,OP MN 所成的角，在直角三角形OPC ，OC =1CP =，故tan2POC ∠==，故MN OP ⊥不成立，故A 错误.对于B ，如图（2）所示，取NT 的中点为Q ，连接PQ ，OQ ，则OQ NT ⊥，PQ MN ⊥，由正方体SBCM NADT -可得SN ⊥平面ANDT ，而OQ ⊂平面ANDT ，故SN OQ ⊥，而SNMN N =，故OQ ⊥平面SNTM ，又MN ⊂平面SNTM ，OQ MN ⊥，而OQPQ Q =，所以MN ⊥平面OPQ ，而PO ⊂平面OPQ ，故MN OP ⊥，故B 正确.对于C ，如图（3），连接BD ，则//BD MN ，由B 的判断可得OP BD ⊥，故OP MN ⊥，故C 正确.对于D ，如图（4），取AD 的中点Q ，AB 的中点K ，连接,,,,AC PQ OQ PK OK ，则//AC MN ，因为DP PC =，故//PQ AC ，故//PQ MN ，所以QPO ∠或其补角为异面直线,PO MN 所成的角，因为正方体的棱长为2，故12PQ AC ==OQ =PO 222QO PQ OP <+，故QPO ∠不是直角，故,PO MN 不垂直，故D 错误. 故选：BC.14．（2021·全国·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD 【解析】【分析】对于A ，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B ，将P 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数；对于D ，考虑借助向量的平移将P 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P 点的个数．【详解】易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB BC λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，1A ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则112A P μ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()110A P BP μμ⋅=-=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C 错误；对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,0A ⎫⎪⎪⎝⎭，所以01,2AP y ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，11,122A B ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +-=⇒=-，此时P 与N 重合，故D 正确．故选：BD ．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．三、解答题15．（2022·全国·高考真题）如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1113【解析】【分析】（1）连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，根据三角形全等得到OA OB =，再根据直角三角形的性质得到AO DO =，即可得到O 为BD 的中点从而得到//OE PD ，即可得证；（2）过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；(1)证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P ABC -的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ，所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒，所以ODA OAD ∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以//OE 平面PAC(2)解：过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系，因为3PO =，5AP =，所以4OA ，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD ，43AB =，所以12AC =，所以()O ，()B ，()P ，()0,12,0C ，所以32E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则332AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()4AB =，()0,12,0AC =，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n AE y z n AB ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令2z =，则3y =-，0x =，所以()0,3,2n =-；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则33302120m AE a b c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令a =6c =-，0b =，所以()3,0,6m =-；所以cos ,13n mn m n m ⋅-===设二面角C AE B --为θ，由图可知二面角C AE B --为钝二面角，所以cos θ=，所以11sin 13θ== 故二面角C AE B --的正弦值为1113； 16．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为22．(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】【解析】【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面11ABB A ，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.(1)在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111112211433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V S h h V S A A V ---=⋅===⋅==，解得h =所以点A 到平面1A BC(2)取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥,又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC 平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE =12AA AB ==，1A B =2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1A C 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD =，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩，可取()1,0,1m =-，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则020m BD a b c m BC a ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩，可取()0,1,1n =-，则11cos ,22m nm n m n ⋅===⨯⋅，所以二面角A BD C --= 17．（2022·全国·高考真题（文））如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．【答案】(1)证明详见解析【解析】【分析】（1）通过证明AC ⊥平面BED 来证得平面BED ⊥平面ACD .（2）首先判断出三角形AFC 的面积最小时F 点的位置，然后求得F 到平面ABC 的距离，从而求得三棱锥F ABC -的体积.(1)由于AD CD =，E 是AC 的中点，所以AC DE ⊥.由于AD CD BD BD ADB CDB =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，所以ADB CDB ≅△△，所以AB CB =，故AC BD ⊥，由于DE BD D ⋂=，,DE BD平面BED ，所以AC ⊥平面BED ，由于AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .(2)依题意2AB BD BC ===，60ACB ∠=︒，三角形ABC 是等边三角形，所以2,1,AC AE CE BE ====由于,AD CD AD CD =⊥，所以三角形ACD 是等腰直角三角形，所以1DE =. 222DE BE BD +=，所以DE BE ⊥，由于AC BE E ⋂=，,AC BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BF FBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅，所以AF CF =，所以EF AC ⊥，由于12AFC S AC EF =⋅⋅，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小值.过E 作EF BD ⊥，垂足为F ，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得EF =，所以13,222DF BF DF ===-=，所以34BF BD =. 过F 作FH BE ⊥，垂足为H ，则//FH DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且34FH BF DE BD ==，所以34FH =,所以111323324F ABC ABC V S FH -=⋅⋅=⨯⨯= 18．（2022·全国·高考真题（理））如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面ABD 【解析】【分析】（1）根据已知关系证明ABD CBD ≌△△，得到AB CB =，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到BE DE ⊥，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.(1)因为AD CD =，E 为AC 的中点，所以AC DE ⊥；在ABD △和CBD 中，因为,,B A C D CD ADB DB DB D ∠=∠==，所以ABD CBD ≌△△，所以AB CB =，又因为E 为AC 的中点，所以AC BE ⊥；又因为,DE BE ⊂平面BED ，DE BE E ⋂=，所以AC ⊥平面BED ，因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .(2)连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC EF ⊥，所以1=2AFC S AC EF ⋅△，当EF BD ⊥时，EF 最小，即AFC △的面积最小.因为ABD CBD ≌△△，所以2CB AB ==，又因为60ACB ∠=︒，所以ABC 是等边三角形，因为E 为AC 的中点，所以1AE EC ==，BE =因为AD CD ⊥，所以112DE AC ==, 在DEB 中，222DE BE BD +=，所以BE DE ⊥.以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -，则()()()1,0,0,,0,0,1A B D ，所以()()1,0,1,AD AB =-=-，设平面ABD 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AD x z n AB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取y =()3,3,3n =，又因为()31,0,0,4C F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以31,4CF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，所以cos ,21n CFn CF n CF ⋅===设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为02πθθ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，所以4sin cos ,7n CF θ==所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为437.19．（2022·全国·高考真题（文））小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD 是边长为8（单位：cm ）的正方形，,,,EAB FBC GCD HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直．(1)证明：//EF 平面ABCD ；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；【解析】【分析】（1）分别取,AB BC 的中点,M N ，连接MN ，由平面知识可知,EM AB FN BC ⊥⊥，EM FN =，依题从而可证EM ⊥平面ABCD ，FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知//EM FN ，即可知四边形EMNF 为平行四边形，于是//EF MN ，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取,AD DC 中点,K L ，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL EFGH -的体积加上四棱锥B MNFE -体积的4倍，即可解出．(1)如图所示：，分别取,AB BC 的中点,M N ，连接MN ，因为,EAB FBC 为全等的正三角形，所以,EM AB FN BC ⊥⊥，EM FN =，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ⋂平面ABCD AB =，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知//EM FN ，而EM FN =，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以//EF MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以//EF 平面ABCD ．(2)如图所示：，分别取,AD DC 中点,K L ，由（1）知，//EF MN 且EF MN =，同理有，//,HE KM HE KM =，//,HG KL HG KL =，//,GF LN GF LN =，由平面知识可知，BD MN ⊥，MN MK ⊥，KM MN NL LK ===，所以该几何体的体积等于长方体KMNL EFGH -的体积加上四棱锥B MNFE -体积的4倍．因为MN NL LK KM ====8sin 6043EM ==B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直线MN 的距离d ，d =所以该几何体的体积(2143V =⨯⨯⨯ 20．（2022·上海·高考真题）如图，在圆柱1OO 中，底面半径为1，1AA 为圆柱1OO 的母线.(1)若14AA =，M 为1AA 的中点，求直线1MO 与底面的夹角大小；(2)若圆柱的轴截面为正方形，求该圆柱的侧面积和体积.【答案】(1)arctan 2；(2)侧面积4π，体积2π.【解析】【分析】（1）分析可知直线1MO 与底面所成的角为11MO A ∠，求出11tan MO A ∠，即可得解；（2）求出圆柱的母线长，利用圆柱的侧面积公式和体积公式可求得结果.(1)解：因为1AA 与圆柱1OO 的上底面垂直，则直线1MO 与底面所成的角为11MO A ∠，易知111AA O A ⊥，在11Rt MO A △中，11122MA AA ==，111O A =，故11111tan 2MA MO A O A ∠==，故直线1MO 与底面的夹角大小为arctan 2. (2)解：若圆柱的轴截面为正方形，则12AA =，故圆柱1OO 的侧面积为2124ππ⨯⨯=，体积为2122ππ⨯⨯=.21．（2021·湖南·高考真题）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点. （1）证明：//PB 平面ACE ；（2）设1PA =，AD =PB 与平面ABCD 所成的角为45︒，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】【分析】(1) 连接BD 交AC 于点O ，连接OE ，由三角形的中位线定理可知//PB OE ，结合线面平行的判定定理可证明//PB 平面AEC .(2)由题意可知45PBA ∠=，再运用锥体体积公式可求得四棱锥的体积.【详解】（1）连接BD 交AC 于点O ，连接OE . 在PBD △中，因为,PE DE BO DO ==，所以//PB OE ，因为OE ⊂平面ACE ，PB ⊄平面ACE ，则//PB 平面AEC .（2）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PBA ∠就是直线PB 与平面ABCD 所成的角，所以45PBA ∠=，又1PA =，AD =1PA AB ==，所以四棱锥P ABCD -的体积111133P ABCD V PA AB AD -=⨯⨯⨯=⨯⨯所以四棱锥P ABCD - 22．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点．（I ）求证：1//D F 平面11A EC ；（II ）求直线1AC 与平面11A EC 所成角的正弦值．（III ）求二面角11A AC E --的正弦值．【答案】（I ）证明见解析；（II （III ）13.【解析】【分析】（I ）建立空间直角坐标系，求出1D F 及平面11A EC 的一个法向量m ，证明1m D F ⊥，即可得证；（II ）求出1AC ，由1sin cos ,A m C θ=运算即可得解；（III ）求得平面11AA C 的一个法向量DB ，由cos ,DB m DB m DB m⋅=⋅结合同角三角函数的平方关系即可得解.【详解】（I ）以A 为原点，1,,AB AD AA 分别为,,x y z 轴，建立如图空间直角坐标系，则()0,0,0A ,()10,0,2A ,()2,0,0B ,()2,2,0C ,()0,2,0D ,()12,2,2C ,()10,2,2D ，因为E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点，所以()2,1,0E ，()1,2,0F ，所以()11,0,2D F =-,()112,2,0AC =,()12,1,2A E =-, 设平面11A EC 的一个法向量为()111,,m x y z =，则11111111202202m x y m x y A A E z C ⎧⋅+=⎪⎨⋅+-=⎩=⎪=，令12x =，则()2,2,1m =-，因为1220m D F =⋅-=，所以1m D F ⊥，因为1D F ⊄平面11A EC ，所以1//D F 平面11A EC ；（II ）由（1）得，()12,2,2AC =，设直线1AC 与平面11A EC 所成角为θ，则1112sin cos ,32m A C AC m m C A θ⋅====⨯⋅ （III ）由正方体的特征可得，平面11AA C 的一个法向量为()2,2,0DB =-，则8cos ,32DB m DB m DB m⋅===⨯⋅ 所以二面角11A AC E --的正弦值为211cos,3DB m -=.23．（2021·全国·高考真题）在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2,3AD QD QA QC ====．（1）证明：平面QAD ⊥平面ABCD ；（2）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）23. 【解析】【分析】（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO ，可证QO ⊥平面ABCD ，从而得到面QAD ⊥面ABCD .（2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，建如图所示的空间坐标系，求出平面QAD 、平面BQD 的法向量后可求二面角的余弦值.【详解】（1）取AD 的中点为O ，连接,QO CO . 因为QA QD =，OA OD =，则QO ⊥AD ，而2,AD QA ==2QO =.在正方形ABCD 中，因为2AD =，故1DO =，故CO =因为3QC =，故222QC QO OC =+，故QOC 为直角三角形且QO OC ⊥，因为OCAD O =，故QO ⊥平面ABCD ，因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面ABCD .（2）在平面ABCD 内，过O 作//OT CD ，交BC 于T ，则OT AD ⊥，结合（1）中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系.。

2021_2022学年新教材高中数学第六章立体几何初步6.1.3简单旋转体_球圆柱圆锥和圆台课后素养

课后素养落实(三十九) 简单旋转体——球、圆柱、圆锥和圆台(建议用时：40分钟)一、选择题1．下列说法正确的是( ) A ．直线绕定直线旋转形成柱面 B ．半圆绕定直线旋转形成球体C ．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台D ．圆柱的任意两条母线所在的直线是相互平行的D [两直线平行时，直线绕定直线旋转才形成柱面，故A 不正确；半圆以直径所在直线为轴旋转形成球体，故B 不正确；C 不符合棱台的定义，所以应选D.]2．下列命题中正确的是( ) A ．将正方形旋转不可能形成圆柱B ．以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台C ．圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面D ．通过圆台侧面上一点，有无数条母线C [将正方形绕其一边所在直线旋转可以形成圆柱，所以A 错误；B 中必须以垂直于底边的腰为轴旋转才能得到圆台，所以B 错误；通过圆台侧面上一点，只有一条母线，所以D 错误，故选C.]3．用一X 长为8，宽为4的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则相应圆柱的底面半径是( ) A ．2 B ．2π C ．2π或4π D ．π2或π4C [如图所示，设底面半径为r ，若矩形的长8恰好为卷成圆柱底面的周长，则2πr ＝8，所以r ＝4π；同理，若矩形的宽4恰好为卷成圆柱的底面周长，则2πr ＝4，所以r ＝2π.所以选C.]4．下列说法，正确的是( ) ①圆柱的母线与它的轴可以不平行；②圆锥的顶点、底面圆的圆心与圆锥底面圆周上任意一点这三点的连线都可以构成直角三角形；③在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，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直线是互相平行的． A ．①② B ．②③ C ．①③ D ．②④D [由圆柱、圆锥、圆台的定义及母线的性质可知②④正确，①③错误．] 5. 一个圆锥的母线长为20 cm ，母线与轴的夹角为30°，则圆锥的高为( ) A ．10 3 cm B ．20 3 cm C ．20 cmD ．10 cmA [如图所示，在Rt △ABO 中，AB ＝20 cm ，∠A ＝30°，所以AO ＝AB ·cos 30°＝20×32＝103(cm).] 二、填空题6．如图是一个几何体的表面展开图形，则这个几何体是______．[答案] 圆柱7．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个竖直的平面去截这个组合体，则截面图形可能是________．①⑤[一个圆柱挖去一个圆锥后，剩下的几何体被一个竖直的平面所截后，圆柱的轮廓是矩形除去一条边，圆锥的轮廓是三角形除去一条边或抛物线的一部分．]8．已知球O 是棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 所得的截面面积为________．π6[由题意知△ACD 1是等边三角形，球与三边的中点都相切，平面ACD 1截球O 所得的截面即为△ACD 1的内切圆，三角形的边长为2，所以内切圆的半径r ＝13×32×2＝66，所以圆的面积为π6.]三、解答题9.如图所示，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，且AD <BC ，当梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周时，其他各边旋转围成了一个几何体，试描述该几何体的结构特征．[解]如图所示，旋转所得的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥后剩余部分构成的组合体．10.如图所示，有一圆锥形粮堆，母线与底面直径构成边长为6 m 的正三角形ABC ，粮堆母线AC 的中点P 处有一只老鼠正在偷吃粮食．此时，小猫正在B 处，它要沿圆锥侧面到达P 处捕捉老鼠，求小猫所经过的最短路程．(结果不取近似值)[解]∵△ABC 为正三角形， ∴BC ＝6， ∴l ＝2π×3＝6π，根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，得：n π×6180＝6π，故n ＝180°，则∠B ′AC ＝90°， ∴B ′P ＝36＋9＝35(m)，∴小猫所经过的最短路程是35m ．11．一个正方体内有一个内切球，作正方体的对角面，所得截面图形是下图中的( )B [由组合体的结构特征知，球只与正方体的上、下底面、侧面相切，而与两侧棱相离，故正确答案为B.]12．将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括( ) A ．一个圆台、两个圆锥B ．两个圆台、一个圆柱C ．两个圆柱、一个圆台D ．一个圆柱、两个圆锥D [从较短的底边的端点向另一底边作垂线，两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的是由一个圆柱、两个圆锥所组成的几何体，如图所示．]13. 若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的高为________． 3[由题意知一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，因为4π＝πl 2，所以母线长l ＝2，又半圆的弧长为2π，圆锥底面圆的周长为2πr ＝2π，所以底面圆半径为r ＝1，所以该圆锥的高为h ＝l 2－r 2＝22－12＝ 3.]14. 边长为5的正方形EFGH 是圆柱的轴截面，则从点E 沿圆柱的侧面到相对顶点G 的最短距离为________．52π2＋4[如图，矩形E 1F 1GH 是圆柱沿着其母线EF 剪开半个侧面展开而得到的，由题意可知GH ＝5，GF 1＝5π2，GE 1＝254π2＋25＝52π2＋4.所以从点E 沿圆柱的侧面到相对顶点G 的最短距离是52π2＋4.]15．圆台的母线长为2a ，母线与轴的夹角为30°，一个底面的半径是另一个底面的半径的2倍，求两底面的半径及两底面面积之和．[解]设圆台上底面半径为r ，则下底面半径为2r .将圆台还原为圆锥，如图，则有∠ABO ＝30°.在Rt △BO ′A ′中，rBA ′＝sin 30°，∴BA ′＝2r .在Rt △BOA 中，2rBA＝sin 30°，∴BA ＝4r . 又BA －BA ′＝AA ′，即4r －2r ＝2a ，∴r ＝a . ∴S ＝πr 2＋π(2r )2＝5πr 2＝5πa 2.∴圆台上底面半径为a ，下底面半径为2a ，两底面面积之和为5πa 2.。

2021年高考数学难点突破(新课标版) 专题09 棱柱、棱锥与球的组合体问题(解析版)

专题09 棱柱、棱锥与球的组合体问题专题概述球作为立体几何中重要的旋转体之一，成为考查的重点．要熟练掌握基本的解题技巧．还有球的截面的性质的运用，特别是其它几何体的内切球与外接球类组合体问题，以及与球有关的最值问题,更应特别加以关注的．试题一般以小题的形式出现,有一定难度．解决问题的关键是画出正确的截面，把空间“切接”问题转化为平面“问题”处理．典型例题【例1】（2020•吉林模拟）如图所示，在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，3AB =，2BC =，点P 在平面ABC 内的投影D 恰好落在AB 上，且1AD =，2PD =，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为( )A ．9πB ．10πC ．12πD ．14π【分析】结合已知构造直三棱柱PAB MNC -，则直三棱柱PAB MNC -的外接球即为所求，球心O 为直直三棱柱底面三角形外接圆圆心连心线连心的中点，结合球的性质及勾股定理可求．【解答】解：由题意可知，PD ⊥平面ABC ，所以平面PAB ⊥平面ABC ，又因为AB BC ⊥，所以BC ⊥平面PAB ，构造直三棱柱PAB MNC -，则直三棱柱PAB MNC -的外接球即为所求，球心O 为直直三棱柱底面三角形外接圆圆心连心线连心的中点，PAB ∆中，由正弦定理可得，2sin4r ==，故R =，故144144S ππ=⨯= 故选：D ．【例2】（2020•2月份模拟）已知直三棱柱111ABC A B C -，的各顶点都在球O 的球面上，且2AB AC ==，BC =，若球O ，则这个直三棱柱的体积等于( )A ．B ．C ．8D ．【分析】设球O 的半径为R ，利用球的体积计算公式可得半径R ．由2AB AC ==，BC =，可得120BAC ∠=︒．ABC S ∆．ABC ∆外接圆的半径2r =，可得r ．设球心到底面的距离为h ，则h =【解答】解：设球O 的半径为R ，球O ，∴343R π，解得R =．2AB AC ==，BC =，260120BAC ∴∠=⨯︒=︒．212sin1202ABC S ∆=⨯⨯︒ABC ∴∆外接圆的半径24r ==，可得2r =．设球心到底面的距离为h ，则4h ==．∴这个直三棱柱的体积2h ==故选：B ．【例3】（2019•邯郸一模）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，F 为棱11B C 上一点，且F 到直线1A B 与1CC 的距离相等，四面体11A BB F 的每个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为( )A ．8πB ．414πC ．9πD ．334π【分析】设1B F t =，1A B 中点为E ，利用直角三角形1EB F 列方程求得t ，再结合长方体外接球直径为其体对角线长即可得解．【解答】解：设1B F t =，1A B 中点为E ，则12FC t FE =-=，1B 到直线1A B ，∴1B E =在Rt △1B EF 中可得22211B F B E FE +=， 222(2)t t ∴+=-，解得12t =，∴， ∴33334164S ππ=⨯=球．故选：D ．【变式训练】（2020•3月份模拟）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的球面上，5PA BC ==，PB AC ==PC AB ==O 的表面积为．【分析】由题意可得此三棱锥的对棱相等，放在长方体中，可得长方体的长宽高的平方和，再由外接球的直径等于长方体的对角线求出半径，进而求出球的表面积．【解答】解：如图所示，将三棱锥P ABC -补成长方体．球O 为长方体的外接球，长、宽、高分别为a ，b ，c ，则2225a b +=，2220b c +=，2215a c +=，所以22230a b c ++=，所以球O 的半径R ，则球O 的表面积为224430S R πππ===．故答案为：30π．专题强化1．（2020•3月份模拟）已知在四面体ABCD 中，2AB AD BC CD BD =====，平面ABD ⊥平面BDC ，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．203πB ．6πC ．223πD ．8π【分析】如图：由题意可知，三角形ABD 与三角形CBD 是全等的等边三角形，取BD 的中点H ，则三角形ACH 是等腰直角三角形，且整个四面体关于该三角形所在平面对称，所以球心必在该三角形的斜边上的中线上，然后设OH x =，分别在三角形AHO ，三角形DHO 中将OA 、OD 表示出来，利用它们相等列方程求出x ，问题即可解决．【解答】解：如图取BD 中点H ，AC 中点M ，连接MH 因为2AB AD BC CD BD =====，平面ABD ⊥平面BDC所以BD CH ⊥，BD AH ⊥，则BD ⊥面ACH ，三角形ACH 是等腰直角三角形．所以MH AC ⊥，所以45AHM ∠=︒，AH ，所以球心必落在直线MH 上，设为点O ，连接OA 、OD ，则OA OD OC OB ===．设MH x =，在三角形OHD 中，1HD =，所以221MD x =+在三角形AMH 中，22cos 45OA x =+-︒所以221cos 45x x +=+-︒，解得x =，所以2253R MD ==故外接球的表面积22043S R ππ== 故选：A ．2．（2020•全国一模）如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD 中，AC 与BD 相交于O ．剪去AOB ∆，将剩余部分沿OC 、OD 折叠，使OA ，OB 重合，则以A （B ）C ，D ，O 为顶点的四面体的外接球的体积为( )A ．B ．24πC D ．48π【分析】翻折后的几何体为底面边长为4，侧棱长为O ACD -，由此能求出以A （B ）、C 、D 、O 为顶点的四面体的外接球的体积．【解答】解：翻折后的几何体为底面边长为4，侧棱长为O ACD -，如图，取CD 中点E ，连结AE ，作OF ⊥平面ABC ，交AE 于F ，则F 是ACD ∆的重心，由题意知AE ==，23AE AF ==，OF ==，设G 为四面体的外接球的球心、球半径为R ，则G 在直线OF 上，且OG AG R ==，∴由222AG AF GF =+，得：222(R R =+，解得R∴以A （B ）、C 、D 、O 为顶点的四面体的外接球的体积为343V R π==．故选：A ．3．（2020•绥阳县一模）已知三棱锥D ABC -的体积为2，ABC ∆是边长为2的等边三角形，且三棱锥D ABC -的外接球的球心O 恰好是CD 的中点，则球O 的表面积为( ) A ．523πB ．403πC ．253πD ．24π【分析】根据O 是CD 中点这一条件，将棱锥的高转化为球心到平面的距离，即可用勾股定理求解．【解答】解：设D 点到平面ABC 的距离为h ，因为O 是CD 中点，所以O 到平面ABC 的距离为2h ，三棱锥D ABC -的体积11122sin 602332ABC V S h h ∆==⨯⨯⨯︒=，解得2h =作OO '⊥平面ABC ，垂足O '为ABC ∆的外心，所以CO '=，且2hOO '==所以在Rt △CO O '中，OC =，此为球的半径， 213524433S R πππ∴===．故选：A ．4．（2020•3月份模拟）在三棱锥PABC 中，平面PBC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，2AB =，1BC =，PB =45PBC ∠=︒，则三棱锥P ABC -外接球的表面积是( )A ．16πB ．14πC ．20πD ．22π【分析】由题意画出图形，找出多面体外接球的球心，求解三角形可得多面体外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．【解答】解：如图，取AC 中点E ，则E 为三角形ABC 的外心，在三角形PBC 中，由1BC =，PB =45PBC ∠=︒，由余弦定理可得PC =，设PBC ∆的外心为F ，分别过E ，F 作底面ABC 与侧面PBC 的垂线，相交于O ，则O 为三棱锥P ABC -外接球的球心， 112OF DE AB ===，设PBC ∆外接圆的半径为r2r =，即r =∴三棱锥P ABC -外接球的半径满足222257122R OB OF BF ==+=+=， ∴三棱锥P ABC -外接球的表面积是2744142R πππ⨯=⨯=．故选：B ．5．（2019秋•全国月考）已知三棱锥A BCD -满足AB CD ==10AC BD ==，AD BC ==，则三棱锥A BCD -外接球的表面积为( ) A ．116πB ．128πC ．132πD ．156π【分析】可将此三棱锥置于一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体中，借助于长方体体对角线与球直径的关系即可求解．【解答】解：三棱锥A BCD -的对棱相等，可将此三棱锥置于一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体中，则2222225280100x y x z y z ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，三式相加可得，222116x y z ++=，故所求外接球的表面积2224(116x y S ππ+==．故选：A ．6．（2018秋•全国期末）已知某正三棱柱111ABC A B C -外接球的表面积为，则该三棱柱侧面积的最大值为( ) A ．12B ．18C ．24D ．36【分析】根据题给条件建立等式，结合均值不等式与勾股定理，得出最值．【解答】解：设底面正三角形的棱长为a ，球心O 到底面的距离为h ，则棱柱的高为2h ，设球的半径为R ，则24R π=，解得2R =设底面正三角形外接圆半径为r ，则由正弦定理，得2sin 60ar =︒，解得r 所以，由勾股定理及均值不等式，得222h r R +=，所以22233a h h +=h =时等号成立，解得3ah ，设侧面积为S ，则23618S a h ah ==．故选：B ．7．（2019•新课标Ⅰ）已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，PA PB PC ==，ABC ∆是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB的中点，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为() A ．B ．C ．D【分析】由题意画出图形，证明三棱锥P ABC -为正三棱锥，且三条侧棱两两互相垂直，再由补形法求外接球球O 的体积．【解答】解：如图，由PA PB PC ==，ABC ∆是边长为2的正三角形，可知三棱锥P ABC -为正三棱锥，则顶点P 在底面的射影1O 为底面三角形的中心，连接1BO 并延长，交AC 于G ，则AC BG ⊥，又1PO AC ⊥，11PO BG O =，可得AC ⊥平面PBG ，则PB AC ⊥，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，//EF PB ∴，又90CEF ∠=︒，即EF CE ⊥，PB CE ∴⊥，得PB ⊥平面PAC ， ∴正三棱锥P ABC -的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D =，则球O 的体积为343π⨯=．故选：D ．8．（2019•全国四模）在三棱锥D ABC -中，已知AD ⊥平面ABC ，且ABC ∆为正三角形，AD AB ==点O 为三棱锥D ABC -的外接球的球心，则点O 到棱DB 的距离为( )A ．14B ．7C ．14D ．12【分析】根据球的对称性找到球心O 的位置，计算球的半径，在等腰三角形OBD 中计算O 到BD 的距离．【解答】解：设等边ABC ∆的中心为M ，N 为AB 的中点，E 为BD 的中点，过M 作平面ABC 的垂线，在垂线上取一点O ，使得12OM DA ==，则O 为四棱锥外接球的球心，故OE BD ⊥． 2232CN BC BN =-，213BM CM CN ∴===，OB OD ∴=，BD AD ==12DE BD ∴==．12OE∴．故选：D．9．（2020•4月份模拟）已知三棱锥A BCD-中，平面ABD⊥平面BCD，BC CD⊥，2BC CD==，AB AD==A BCD-的外接球的体积为．【分析】根据四棱锥的性质可先求出球心的位置，然后根据勾股定理可求半径R，然后代入球的体积公式可求．【解答】解：AB AD=，取BD中点E，则AE BD⊥平面ABD⊥平面BCD，则AE BD⊥，故AE⊥平面BCD，则球心O在AE上，且BD=，EB=，2AE=，设外接球的半径R，则222OB OE EB=+，222(2)R R∴=+-，解可得，32R=，334439()3322RVππ==⨯=．10．（2020•全国II 卷模拟）已知高为的直三棱柱ABC 一111A B C ，的各个顶点都在同一球面上，若24AB BC ==，60ABC ∠=︒．则球的体积为．【分析】结合直三棱柱的性质及球的性质求出球的半径，然后根据体积公式即可求解．【解答】解：因为24AB BC ==，60ABC ∠=︒．所以90ACB ∠=︒，ABC ∆外接圆半径为2，则球的半径3R ==，球的体积34363R V ππ==．故答案为：36π11．（2020•3月份模拟）已知等边三角形ABC 的三个顶点都在以点O 为球心、2为半径的球面上．若三棱锥O ABC -的高为1，则三棱锥O ABC -的体积为．【分析】由题意画出图形，求解三角形可得正三棱锥O ABC -的底面边长，再由棱锥体积公式求解．【解答】解：设正三角形ABC 的中心为G ，连接OG ，OC ，GC ，则GC 为ABC ∆的外接圆半径，OG ⊥平面ABC ，球O 的半径为2R =，又球心O 到平面ABC 的距离为1，即1OG =．在Rt OCG ∆中，2OC R ==，GC ；在ABC ∆中，由正弦定理可得2sin AB GC ACB=∠，则3AB =． 11133(sin )332O ABC ABC V S OG AB AC ACB OG -∆∴==∠=，．12．（2020春•柳东新区校级月考）已知三棱锥P ABC -中，PAB ∆是面积为4ACB π∠=，则当点C 到平面PAB 的距离最大时，三棱锥P ABC -外接球的表面积为．【分析】首先确定面CAB ⊥面PAB 时，C 到平面PAB 的距离最大，找出CAB ∆，PAB ∆的外心，然后找出球心，求出外接球的半径．【解答】解：面CAB ⊥面PAB 时，C 到平面PAB 的距离最大，设D ，E 分别为PAB ∆，ACB ∆的外心，并过D ，E 做两个三角形所在的平面的垂线，两条垂线交于O ，则O 为三棱锥的外接球的球心，AO 即为球的半径，；因为PAB ∆是面积为所以4AB =，在ABC ∆，4ACB π∠=，则90AEB ∠=︒ 由正弦定理可得：2sin AB AE ACB=∠，故AE EB EC ===AB 的中点F ，则1132333OE DF PF AB ====，故OA 所以外接球的表面积211243S R ππ==，故答案为：1123π．13．（2020•全国模拟）已知三棱锥D ABC -的所有顶点都在球O 的表面上，AD ⊥平面ABC ，AC =，1BC =，cos ACB ACB ∠=∠，2AD =，则球O 的表面积为．【分析】由题意画出图形，分别设出三角形ABC 与ADC 的外接圆的圆心，作垂线找到三棱锥外接球的球心，求解三角形得到三棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．【解答】解：如图：由cos ACB ACB ∠∠，可得tan ACB ∠30ACB ∠=︒．在ABC ∆中，3AC =1BC =，30ACB ∠=︒，1AB ∴==．则ABC ∆为等腰三角形，设ABC ∆的外心为G ，连接BG 交AC 于E ，由正弦定理求得1BG =，求解三角形可得12BE =，则12EG =．取CD 中点F ，则F 为三角形ACD 的外心，过F 作平面ACD 的垂线，过G 作平面ABC 的垂线，两垂线相交于O ，则O 为三棱锥D ABC -的外接球的球心，其半径R ===∴球O 的表面积为248ππ⨯=．故答案为：8π．14．（2019秋•全国月考）在ABC ∆中，6AB AC ==，4BC =，AD 是BC 边上的中线，将ABD ∆沿AD 折起，使二面角C AD B --等于120︒，则四面体ABCD 外接球的体积为．【分析】由题意可知折起的三棱锥是一条侧棱垂直于底面的棱锥，由题意求出高AD 及底面外接圆的半径，再由三棱锥的外接球的球心为过底面外接圆的圆心做垂直于底面的直线与中截面的交点，求出外接球的半径，进而求出外接球的体积．【解答】解：因为AB AC =，D 为CB 的中点，所以AD BC ⊥，在折起的过程中，AD BD ⊥，AD CD ⊥，BD CD D =，所以AD ⊥面BDC ，因为二面角C AD B --等于120︒，所以120BDC ∠=︒，且122BD CD BC ===，AD =在三角形BDC 中可得1801202cos 2BC BD ︒-︒== 设底面三角形BCD 的外接圆的半径为r ，则2sin120BC r =︒，所以2r =，三棱锥的外接球的球心为过底面外接圆的圆心做垂直于底面的直线与中截面的交点，设外接球的半径为R ，则222()48122AD R r =+=+=，所以R =所以外接球的体积343V R π==，故答案为：．15．（2019秋•全国月考）已知三棱锥P ABC -的外接球表面积为16π，290PAB PAC ABC ACP ∠=∠=∠=∠=︒，则三棱锥P ABC -体积的最大值为．【分析】求出外接球的半径2R =，记三棱锥P ABC -外接球的球心为O ，设PA AC x ==，在Rt OAM ∆中，解得x =PA =【解答】解：依题意，2416R ππ=，解得2R =，记三棱锥P ABC -外接球的球心为O ， AC 的中点为M ，其中O 即为PC 的中点，则12OM PA =，则2OA =．设PA AC x ==，在Rt OAM ∆中，由勾股定理可得，222OM AM OA +=，即22444x x +=，解得x =PA = 因为AB BC ⊥，故AC 为ABC ∆所在截面圆的直径，故当B 为半圆AC 的中点时，ABC ∆的面积取得最大值122⨯=，则三棱锥P ABC -体积的最大值为123⨯⨯=故答案为：3．。

2022年普通高等学校招生全国统一考试新高考卷数学模拟测试(三)+答案解析(附后)

2022年普通高等学校招生全国统一考试新高考卷数学模拟测试(三)1. 集合Z 中元素的个数为A. 5 B. 4 C. 3D. 22. 若复数，则A. iB.C.D.3. 北京时间2021年6月17日9时22分，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F 遥十二运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射.此后，神舟十二号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，顺利将聂海胜、刘伯明、汤洪波3名航天员送入太空，飞行乘组状态良好，发射取得圆满成功.某校欲组建航空航天课外兴趣小组，现从甲、乙、丙、丁4位学生中任选2人去航空航天博物馆进行参观学习，则甲、乙两位学生至少有一位被选中的概率为( )A. B.C.D.4.A. 2B.C. 1D.5. 已知函数，若，则( )A.B.C. 2D.6. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD 为正方形，，，E 、F分别是线段BC 、CD 的中点，若，，则直线PE 与AF 所成角的余弦值为A.B. C. D.7. 已知动点到直线的距离的平方比到坐标原点O 的距离的平方大4，若动点Q 满足，且存在定点P ，使得为定值s ，则 A. 1B. 2C. 3D. 48. 若关于x 的方程在内有两个不同的实数根，则实数a 的取值范围为( )A.B.C. D.9. 有一组样本数据，，，的平均数、众数和中位数均为3，方差为2，由这组数据得到新样本数据，，，的平均数、众数、中位数及方差分别为a、b、c及d，则( )A. B. C. D.10. 已知双曲线的离心率为e，则( )A. 双曲线C的焦点不可能在y轴上B. 是该双曲线的一个焦点C. 该双曲线的渐近线方程可能为D. e的最大值为11. 已知函数，直线为图象的一条对称轴，则下列说法错误的是A.B. 在区间上单调递增C. 在区间上的最大值为2D. 若为偶函数，则Z12. 若，则下列说法一定正确的是A. B.C. 若，则D. 若，则13. 已知向量，，，若，则实数________.14. 的展开式中，除常数项外，各项系数和为________.15. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则外接圆的半径为________.16. 如图所示，四边形ABCD为菱形，，，平面ABCD，M，P，Q分别为BG，BA，EF的中点，N为平面EFG内一点，且直线平面当的面积最小时，三棱锥的外接球的体积为________.17. 2021年8月5日，在东京奥运会乒乓球女团决赛中，中国队战胜日本队，获得金牌．2021年8月6日，在东京奥运会乒乓球男团决赛中，中国队战胜德国队，获得冠军．某乒乓球业余爱好者协会为了解某社区青少年喜欢打乒乓球是否与性别有关，做了相关调查，制成如下列联表．喜欢不喜欢总计男8020100女7030100总计15050200男、女青少年喜欢乒乓球的频率分别为多少？能否有的把握认为喜欢乒乓球与性别有关？附：，k18. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且求；若的面积，求a的最小值．19. 已知正项数列的前n项和为，且满足求数列的通项公式；若，求20. 如图，在圆锥PO中，A，B，C，D四点在底面积圆O上，且，证明：若平面PAB与平面PCD的交线为l，且二面角的余弦值为，求圆锥PO的体积．21. 已知直线是曲线在处的切线．求a，b的值；证明：22.已知椭圆C：的左、右焦点分别为、，点E为椭圆C上一动点，O 为坐标原点．若，求的面积；若过点E的斜率为k的直线l与椭圆C相交于另一点F，，M为线段EF的中点，射线OM与椭圆C相交于点N，与的面积分别为、，求的取值范围．答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查集合中元素个数问题，属于基础题.利用列举法化简集合A，即可得到集合A中的元素个数.【解答】解：，所以集合A中的元素个数为故答案选：2.【答案】B【解析】【分析】本题考查了复数代数形式的乘除运算，共轭复数，属于基础题．直接利用复数代数形式的乘除运算化简复数z，则可求．【解答】解：，则故答案选：3.【答案】A【解析】【分析】本题考查古典概型的计算与应用，属于基础题.利用列举法列举基本事件，再求事件的概率.【解答】解：从甲、乙、丙、丁四人中任取两人，共有甲，乙，甲，丙，甲，丁，乙，丙，乙，丁，丙，丁种方法，其中甲、乙两位学生至少有一位被选中的有甲，乙，甲，丙，甲，丁，乙，丙，乙，丁种方法，故所求事件的概率为故选：4.【答案】C【解析】【分析】本题考查诱导公式、二倍角公式的应用，属于基础题.由二倍角公式以及诱导公式化简可得.【解答】解：故答案选：5.【答案】B【解析】【分析】本题考查对数函数的运算，属于基础题.由，则，根据，即可求出【解答】解：因为，故函数的定义域为R，因为，所以函数为奇函数，所以，又因为，所以，所以故选：6.【答案】A【解析】【分析】本题考查异面直线所成角的应用，考查余弦定理，属于中档题.在线段AB上取一点G，且连接GE，PG，由图可知，为异面直线PE与AF所成角，利用余弦定理即可得放入三角形中进行求解.【解答】解：在线段AB上取一点G，且连接GE，PG，如图所示，在四边形ABCD中，易证，所以为异面直线PE与AF所成角，因为，，所以，，所以，则异面直线PE与AF所成角的余弦值为故选：7.【答案】B【解析】【分析】本题考查抛物线的综合应用，要求考生掌握数形结合的思想，把动态问题借助于焦点或准线转移到静态问题上，属于中档题.根据已知条件，得到动点M的轨迹方程，即可求解.【解答】解：由题意可知，，解得，因此点M的轨迹是抛物线，该抛物线的焦点坐标为，准线方程为，过点M作准线的垂线，垂足为N，所以因为，即因为存在定点P，使得为定值，所以有，此时点P为抛物线的焦点，所以故选：8.【答案】D【解析】【分析】本题考查函数与方程的关系，考查利用导数研究函数的单调性，考查转化，构造函数，属于中档题.方程等价于，令，利用导数研究函数的单调性，可得，即可求解.【解答】解：方程等价于，令，则，令，则在内恒成立.所以在上单调递增，因为，所以当时，，时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，因为，所以，故实数a的取值范围为故选：9.【答案】BC【解析】【分析】本题考查数字特征，考查处理前后数据的平均数、众数、中位数及方差之间的关系，属于基础题.根据前后样本数据之间的平均数、众数、中位数及方差之间的关系可得.【解答】解：因为，，，的平均数，众数和中位数均为3，方差为2，所以数据，，，的平均数、众数、中位数及方差分别为7、7、7及8，所以及，所以A，D项错误，B、C项正确.故选：10.【答案】AD【解析】【分析】本题考查双曲线的标准方程和性质，属于基础题.利用双曲线的标准方程和性质逐个判断即可.【解答】解：对于A，由题意知，则，所以双曲线的焦点在x轴上，故A项正确;对于B，焦距为，焦点坐标为，故B项错误;对于C，因为该双曲线的渐近线方程为，，所以C项错误.对于D，因为，又，则，则，所以，所以e的最大值为，故D项正确；故选：11.【答案】AC【解析】【分析】本题考查三角函数的综合应用，理解三角函数的对称性、单调性、周期性，属于中档题.根据题意，结合三角函数图象与性质，进而对选项进行一一验证即可.【解答】解：因为直线为函数图象的一条对称轴，所以，因为，所以，故A错误；所以，令，解得，所以函数的单调递增区间为，故B正确；当时，，则，所以在区间上的最大值为1，故C错误；，若函数为偶函数，则，解得，故D正确.故选：12.【答案】ACD【解析】【分析】本题考查不等式性质，要求考生理解对数的运算性质及指数函数的性质，属于中档题.利用函数单调性以及不等式性质逐项分析求解.【解答】解：因为，所以，所以，故选项A正确；令，，所以，故选项B不正确；因为，所以函数在区间上单调递增，所以，即，故选项C正确；因为，所以，所以，所以，即，故选项D正确.故选：13.【答案】【解析】【分析】本题考查平面向量的坐标运算，向量共线的坐标表示，属于基础题.由向量的坐标运算得，根据两向量共线的充要条件解答即可.【解答】解：向量，，，，，，解得14.【答案】49【解析】【分析】本题考查二项式定理，要求考生会用二项式定理解决与二项展开式有关的问题，属于中档题.利用二项式展开项通项公式，以及二项式定理即可求解【解答】解：的展开式的通项公式为，，1，2，，6，令，解得，所以展开式中的常数项为，令，得到所有项的系数之和为，所以除常数项外，各项系数的和为故答案为：15.【答案】5【解析】【分析】本题考查解三角形，要求考生掌握正、余弦定理及三角恒等变换，属于基础题.利用余弦定理及同角三角关系求得，即可利用正弦定理求解.【解答】解：，所以，因为，所以，因为，所以外接圆的半径为故答案为：16.【答案】【解析】【分析】本题考查球的体积公式、线面平行的性质、面面平行的判定、面面平行的性质，属于中档题.证出平面平面AEG，求出的面积最小时，三棱锥的外接球半径，即可求出结果.【解答】解：因为，，且平面ABCD，所以四边形GBCF，EDCF均为矩形，所以，，所以四边形APQE为平行四边形，所以，因为平面AEG，平面AEG，所以平面AEG，因为，且平面AEG，平面AEG，所以平面AEG，又，所以平面平面AEG，因为直线平面MPQ，所以点N在直线EG上，由题意易知，，因为，所以当FN最小时，的面积最小，因为四边形ABCD为菱形，所以，所以当N为EG中点时，FN最小，所以平面EGB，所以，所以，均是以BF为斜边的直角三角形，所以BF是三棱锥外接球的直径，又因为，所以，所以三棱锥外接球的半径为，故三棱锥外接球的体积为故答案为：17.【答案】解：男生喜欢乒乓球的频率为，女性喜欢乒乓球的频率为由题知，，所以没有的把握认为喜欢乒乓球与性别有关.【解析】本题主要考查以奥运会中国丘乓球女团、男团夺冠为情景，要求考生运用独立性检验等相关知识解答相关问题.要求考生有运用所学知识解决实际问题的能力，体现数学运算及数据分析的学科素养，突出基础性、应用性的考查要求.属于基础题.根据列联表即可求解；由计算可得.18.【答案】解：设R为三角形的外接圆的半径，所以因为，所以，所以，所以，所以，因为，且，所以因为，所以，所以，由易知，，因为，所以，即，当且仅当时等号成立，所以a的最小值为【解析】【分析】本题主要考查三角形的面积公式，考查正弦定理，考查同角三角函数的基本关系，考查余弦定理及基本不等式，属于中档题.设R为三角形的外接圆的半径，由正弦定理可得，利用同角三角函数的基本关系，求出即可;由易知，，利用余弦定理及基本不等式即可求出a的最小值.19.【答案】解：当时，，，，当时，，，两式作差得：，，即是以1为首项，1为公差的等差数列，由得，，，两式相减得：【解析】本题主要考查了数列的递推关系，等差数列的判定及通项公式，以及错位相减法求和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.利用数列的递推关系，根据与的关系，可推出是以1为首项，1为公差的等差数列，由此可得的通项公式；利用错位相减法求和可得.20.【答案】证明：因为，，所以，故线段AD为圆O的直径.连接OC，因为，所以，所以，又因为，且，PO、平面POC，所以平面POC，因为平面POC，所以；解：由题意，四边形ABCD是等腰梯形，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，因为，，所以，，，，，所以，，，设平面PAB的法向量，所以，即，取，解得，，所以平面PAB的一个法向量设平面PCD的法向量，所以，即，取，解得，，所以平面PCD的一个法向量，因为二面角的余弦值为，所以，解得或经检验，不合题意，所以圆锥PO的体积为【解析】本题考查线面垂直的判定，线面垂直的性质，二面角，利用空间向量求面面的夹角，圆锥体积的计算，属于中档题.根据题意利用线面垂直的判定定理证明平面POC，再由平面POC，线面垂直的性质可得；以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用空间向量法求出，再由圆锥的体积公式可得.21.【答案】解：因为，所以，又因为，所以，综上知，证明：先证：，即，令，，由，解得，由，解得，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，即，当且仅当时等号成立.再证：，即，令，，由，解得，由，解得，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以，即，当且仅当时等号成立.所以【解析】本题考查导数的几何意义，构造函数，考查利用导数研究函数的单调性，考查导数中的函数不等式，属于较难题.由题知，，将代入，可求出a，b；将问题转化为先证：，利用导数研究函数得单调性即可；再证，构造函数，利用导数研究函数得单调性即可得证.22.【答案】解：设，，所以，由于，，，所以所以的面积为因为M为线段EF的中点，所以与的面积之比；设直线，，，由，得，所以，，所以，因为，所以，；所以，，即；整理得：，满足；当时，，此时；当时，射线OM所在直线方程为，由，得；所以，；综上，的取值范围【解析】本题考查椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，属于难题；设，，运用余弦定理即可解决问题；直线与椭圆联立，韦达定理，求出斜率与截距的关系；根据点M为中点，表示出面积比值，结合前面所求解决问题.。

2022届高三数学(理)高考总复习教师用书：第七章立体几何 Word版含答案

第七章⎪⎪⎪立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到； ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到． (2)简单多面体的结构特征：①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形； ②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形． 2．直观图(1)画法：常用斜二测画法． (2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、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．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图． (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．[小题体验]1．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A ．2,23B ．22，2C ．4,2D ．2,4解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D ． 2．(教材习题改编)如图，长方体ABCD -A ′B ′C ′D ′被截去一部分，其中EH ∥A ′D ′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点． 2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B ． 2．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的 ①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1考点一空间几何体的结构特征(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．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．0B．1C．2 D．3解析：选B①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；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ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2017·东北四市联考)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥P-A1B1A 的侧视图为()解析：选D如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥P-A1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D．2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为()A．1B． 2C ． 3 D．2解析：选C根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥V-ABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1．所以四棱锥中最长棱为VD．连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝3．[由题悟法]1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．[提醒]对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．[即时应用]1．(2016·沈阳市教学质量监测)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是()解析：选B根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B．2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()解析：选D由俯视图是圆环可排除A、B、C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D．考点三空间几何体的直观图(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]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________．解析：如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为E．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S＝12(A′D′＋B′C′)·A′B′＝12×⎝⎛⎭⎫1＋1＋22×2＝2＋22．答案：2＋22[由题悟法]原图与直观图中的“三变”与“三不变”(1)“三变”⎩⎨⎧坐标轴的夹角改变与y轴平行的线段的长度改变(减半)图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变[即时应用]如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6 cm ，O ′C ′＝2 cm ，则原图形是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形解析：选C 如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝4 2cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm ．∴OC ＝OD 2＋CD 2＝(42)2＋22＝6 cm ，∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．2．下列说法正确的是( )A ．棱柱的两个底面是全等的正多边形B ．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C ．{直棱柱}⊆{正棱柱}D ．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D 因为选项A 中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B 中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C 中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A 、B 、C 都错；选项D 中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A ．三棱锥B ．四棱锥C ．四棱台D ．三棱台解析：选A 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．4．在如图所示的直观图中，四边形O ′A ′B ′C ′为菱形且边长为2 cm ，则在直角坐标系xOy 中，四边形ABCO 的形状为________，面积为________cm 2．解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm ，宽为2cm 的矩形，所以四边形ABCO 的面积为8 cm 2．答案：矩形 85．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图，ABCD -A 1B 1C 1D 1，如图，当选择的4个点是B 1，B ，C ，C 1时，可知①正确；当选择的4个点是B ，A ，B 1，C 时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②二保高考，全练题型做到高考达标1．已知底面为正方形的四棱锥，其中一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )解析：选C根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C．2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC 分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段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．3．(2016·沈阳市教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为()A．三棱台B．三棱柱C．四棱柱D．四棱锥解析：选B根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．4．(2016·淄博一模)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥A-BCD的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为()A．22B．12C．24D．14解析：选D由正视图与俯视图可得三棱锥A-BCD的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S＝12×22×22＝14．5．已知四棱锥P-ABCD的三视图如图所示，则四棱锥P-ABCD的四个侧面中面积最大的是()A．3 B．2 5C．6 D．8解析：选C四棱锥如图所示，取AD的中点N，BC的中点M，连接PM，PN，则PM＝3，PN＝5，S△PAD＝12×4×5＝25，S△PAB＝S△PDC＝12×2×3＝3，S△PBC＝12×4×3＝6．所以四个侧面中面积最大的是6．6．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．一个圆台上、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)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)．答案：138．已知正四棱锥V -ABCD 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 ，连结VO ，AO ，则VO 就是正四棱锥V -ABCD 的高．因为底面面积为16，所以AO ＝22．因为一条侧棱长为211．所以VO ＝VA 2－AO 2＝44－8＝6．所以正四棱锥V -ABCD 的高为6．答案：69．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图．从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64．所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64．答案：6410．已知正三棱锥V -ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积．解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝⎛⎭⎫23×32×232＝23， ∴S △VBC ＝12×23×23＝6．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是()A ．4 3 B．8 3C．47 D．8解析：选C设该三棱锥为P-ABC，其中PA⊥平面ABC，PA＝4，则由三视图可知△ABC是边长为4的等边三角形，故PB＝PC＝42，所以S△ABC＝12×4×23＝43，S△PAB ＝S△PAC＝12×4×4＝8，S△PBC＝12×4×(42)2－22＝47，故四个面中面积最大的为S△PBC＝47，选C．3．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA．解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2．(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62．由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝(62)2＋62＝6 3 cm．第二节空间几何体的表面积与体积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＝πrl S圆台侧＝π(r＋r′)l2．空间几何体的表面积与体积公式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＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13Sh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＝4πR2V＝43πR3[小题体验]1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A．20πB．24πC．28π D．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h ．由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π． 2．(教材习题改编)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，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以该几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝⎛⎭⎫12×2×3×3＝33．答案：3 33．正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A -B 1DC 1的体积为________．解析：在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∵AD ⊥BC ，AD ⊥BB 1，BB 1∩BC ＝B ，∴AD ⊥平面B 1DC 1． ∴VA -B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1．答案：11．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋162．答案：72＋16 2考点一空间几何体的表面积(基础送分型考点——自主练透) [题组练透]1．(易错题)(2015·全国卷Ⅰ)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＋πr 2＋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．(2015·福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋22．3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )A ．12 5B ．24 2C ．24D ．12 3解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，由条件知斜高h ＝22＋12＝5，侧面积S ＝(2＋4)×52×4＝125．[谨记通法]几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，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，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第1题．考点二空间几何体的体积(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．13＋23πB ．13＋23πC ．13＋26πD ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π．2．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A ．18B ．17C ．16D ．15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56．所以V 1V 2＝1656＝15．[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略常见类型解题策略球的体积问题直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径锥体、柱体的体积问题根据题设条件求出所给几何体的底面积和高，直接套用公式求解以三视图为载体的几何体体积问题将三视图还原为几何体，利用空间几何体的体积公式求解不规则几何体的体积问题常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解[即时应用]1．(2016·西安质检)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( )A ．43B ．52C ．73D ．3解析：选A 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示．则该几何体的体积是V 几何体＝V 三棱柱＋V 三棱锥＝12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43． 2．(2017·云南省统检)如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图，则被削掉的那部分的体积为( )A ．π＋23 B ．5π－23C ．5π3－2 D ．2π－23解析：选B 由三视图可知，剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成，其体积V ＝13×12×π×12×2＋13×12×2×1×2＝π3＋23，∴被削掉的那部分的体积为π×12×2－⎝⎛⎭⎫π3＋23＝5π－23．3．(2016·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3．解析：由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm,2 cm ，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm ，2cm ，4 cm ．几何体的表面积为(2×2＋2×4＋2×4)×2×2－2×2×2＝72(cm 2)，体积为2×2×4×2＝32(cm 3)．答案：72 32考点三与球有关的切、接问题(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．常见的命题角度有：(1)正四面体的内切球与四棱锥的外接球； (2)直三棱柱的外接球；(3)正方体(长方体)的内切、外接球． [题点全练]角度一：正四面体的内切球与四棱锥的外接球1．(2017·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________．解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的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 2π6a 2＝63π．答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A ．3172 B ．210C ．132 D ．310M ．又AM ＝12解析：选C 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132．角度三：正方体(长方体)的内切、外接球3．如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A ．66π B ．π3C ．π6D ．33π 解析：选C 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC ＝CD 1＝AD 1＝2，所以内切圆的半径r ＝22×tan 30°＝66，所以S ＝πr 2＝π×16＝16π．[通法在握]“切”“接”问题处理的注意事项 (1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[演练冲关]1．(2017·广州市综合测试)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．20πB ．205π3 C ．5πD ．55π6解析：选D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫h 22＝1＋14＝52，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝⎛⎭⎫523π＝55π6． 2．(2016·河南省六市第一次联考)三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为( )A ．253πB ．252π C ．833π D ．832π 解析：选D 由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，∴x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，∴R 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π，故选D ．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A ．163π B ．323π C ．16π D ．24π解析：选B 设球的半径为R ，因为表面积是16π，所以4πR 2＝16π，解得R ＝2．所以体积为43πR 3＝32π3．2．(2016·长春市质量检测(二))几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A ．323 B ．16－2π3C ．403D ．16－8π3解析：选C 该几何体可视为长方体挖去一个四棱锥所得，所以其体积为2×2×4－13×2×2×2＝403．故选C ．3．(2016·全国乙卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2．因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π．故选A ．4．(2016·北京高考)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，其底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V ＝(1＋2)×12×1＝32．答案：325．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3．解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π．答案：83π二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ，则另一底面半径为3r ．由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7．2．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为( ) A ．6 B ．8 C ．12D ．24解析：选C 由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′．由题意，得13×6×34×22×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋(3)2＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12．故选C ．3．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．13＋2πB ．13π6C ．7π3D ．5π2解析：选B 由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π． 4．(2017·兰州市实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )A ．32πB ．32C ．3πD ．3解析：选A 由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为32，故体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝32π，故选A ． 5．(2016·山西省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧视图中线段的长度x 的值是( )A ．7B ．27C ．4D ．5故其体积V ＝13解析：选C 分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P -ABCD ，×32＋32×4×CP ＝37，∴CP ＝7，∴x ＝32＋(7)2＝4，故选C ．6．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________．解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2．答案：1∶27．(2016·合肥市第二次质量检测)已知球O 的内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则球O 的表面积为________．解析：由题意可得，球心在轴截面正方形的中心，则外接球的半径R ＝12＋12＝2，该球的表面积为4πR 2＝8π．答案：8π。

2023年人教版高考数学总复习第一部分考点指导第八章立体几何第一节基本立体图形

3π 27
·x3，
V球 V圆锥
4 ＝
273π·x3
＝75m.06
，解得 m＝33.36 克．
33π·x3
5．(求几何体的体积)某校开展社会实践活动，学生到工厂制作一批景观
灯箱(如图，在直四棱柱上加工，所有顶点都在棱上)，灯箱最上面是正
方形，与之相邻的四个面都是全等的正三角形，灯箱底部是边长为 a 的
【解析】选 D.如图，过 C′作 C′M′∥y′轴，交 x′轴于 M′，
在△C′M′B′中，因为 B′C′与 x′轴垂直且 B′C′＝2 2 ，
∠C′M′B′＝45°，所以 C′M′＝siBn′C45′ ° ＝2
2 2
＝4.由斜二测
2
画法知 CM＝2C′M′＝8，所以△ABC 的边 AB 上的高为 8.
棱柱、棱锥、棱台的侧面分别是平行四边形、三角形、梯形．判断棱台的方法：侧棱延长后是否交于一点．
2．旋转体的结构特征
(1)圆柱：矩形绕其__任__一__边__所在的直线旋转一周形成的轨迹围成的几何体． (2)圆锥：直角三角形绕其_直__角__边__所在的直线旋转一周形成的轨迹围成的几何体． (3)圆台：直角梯形绕其_垂__直__于__底___边__的__腰__所在的直线旋转一周形成的轨迹围成的
表面积 S 表面积＝S 侧＋2S 底
锥体(棱锥和圆锥)
S 表面积＝S 侧＋S 底
台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下
球
S＝_4_π_R_2_
体积
V＝_S_h_ V＝13 _S_h_
V＝13 (S 上＋S 下
＋ S上S下 )h
4 R3
V＝__3_______
1.必修二 P106T8

2021年高考数学二轮复习专题五立体几何5.2空间关系、球与几何体组合练课件文

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MNQ,故排除选项B,C,D.故选A.
A
解析
答案
-7-
3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,那么(
C
A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC
解析连接B1C,BC1,A1E,那么B1C⊥BC1.
∵CD⊥平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C,
的棱长);
(4)与正方体各条棱都相切的球:球心是正方体的中心;半径
2
r= 2 a(a 为正方体的棱长);
6
(5)正四面体的外接球:球心是正四面体的中心;半径 r= 4 a(a 为
正四面体的棱长);
6
(6)正四面体的内切球:球心是正四面体的中心;半径 r=12a(a 为
正四面体的棱长).
-5-
一、选择题(共12小题,总分值60分)
空间关系、球与几何体组合练
-2-
1.空间两条直线的位置关系有平行、相交、异面.
2.空间线面位置关系有平行、相交、在平面内.
3.直线、平面平行的判定及其性质
(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)面面平行的判定定理:a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒α∥β.
2
= 3.
-16-
12.一个四面体的顶点都在球面上,它们的正视图、侧视图、俯视
图都如下图.图中圆内有一个以圆心为中心,边长为1的正方形,那么
这个四面体的外接球的外表积是 ( B )
A.π
C.4π
B.3π
D.6π
解析由三视图可知,该四面体是正方体的一个内接正四面体.

2021-2022年高三数学第一轮复习章节测试8-5 北师大版

2021-2022年高三数学第一轮复习章节测试8-5 北师大版一、选择题1．一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为( )A ．82πB ．8πC ．42πD ．4π[答案] B[解析] 球的半径R ＝12＋12＝2，∴S ＝4πR2＝8π故选B.2．已知一个空间几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该空间几何体的体积是( ) A.143 B.73C ．14D ．7[分析] 根据三视图还原出空间几何体，按照体积计算公式进行计算． [答案] A[解析] 这个空间几何体是一个一条侧棱垂直于底面的四棱台，这个四棱台的高是2，上底面是边长为1的正方形、下底面是边长为2的正方形，故其体积V ＝13×(12＋12×22＋22)×2＝143. 3．设矩形的边长分别为a ，b(a ＞b)，将其按两种方式卷成高为a 和b 的圆柱筒，以其为侧面的圆柱的体积分别为Va 和Vb ，则( )A ．Va ＞VbB ．Va ＜VbC ．Va ＝VbD ．Va 和Vb 的大小不确定[答案] B[解析] 由题意，Vb ＝π(a 2π)2b ＝14πa2b ，Va ＝π(b 2π)2a ＝14πb2a ，因为a ＞b ，所以Va ＜Vb.4．(xx·新课标文)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( )A ．3πa2B ．6πa2C ．12πa2D ．24πa2[答案] B[解析] 本题考查了长方体的外接球的表面积的算法，此题是简单题，在解决问题时首先考虑借助长方体和球的关系求得球的半径．由题可知，长方体的长、宽、高分别为2a ，a ，a ，其顶点在同一个球面上，所以球的直径等于长方体的体对角线的长度，故2R ＝4a2＋a2＋a2，解得R ＝62a ，所以球的表面积S ＝4πR2＝6πa2，故选B.5．已知三棱锥O —ABC 中，OA 、OB 、OC 两两垂直，OC ＝1，OA ＝x ，OB ＝y ，若x ＋y ＝4，则三棱锥体积的最大值是( )A.13B.23 C ．1D.43[答案] B[解析] 由条件可知V 三棱锥O —ABC ＝16OA·OB·OC＝16xy≤16(x ＋y 2)2＝23，当x ＝y ＝2时，取得最大值23. 6．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为( )A ．(16＋π)cm3B ．(16＋3π)cm3C ．(20＋4π)cm3D ．(18＋π)cm3[分析] 本题考查三视图、长方体和圆柱体的体积计算，解题的关键是根据三视图想象出几何体的直观图，再利用体积公式进行求解．[答案] B[解析] 由三视图知，该几何体的上部分是正四棱柱，下部分是圆柱．正四棱柱的底面边长为4cm ，高为1cm ，其体积为16cm3；圆柱的底面半径为1cm ，高为3cm ，其体积为3πcm3.所以该几何体的体积为(16＋3π)cm3.7．若圆锥轴截面的顶角θ满足π3<θ<π2，则其侧面展开图中心角α满足( ) A.π4<α<π3B.π3<α<π2C.π2<α<π D ．π<α<2π[答案] D[解析] ∵θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2 ∴θ2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π4， ∴sinθ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22. 又r l ＝sinθ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22， ∴其侧面展开图中心角α＝r l·2π∈(π，2π)． 8．(xx·全国卷Ⅰ理)已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB ＝CD ＝2.则四面体ABCD 的体积的最大值为( )A.233B.433 C ．2 3 D.833[答案] B[解析] 过CD 作平面PCD ，使AB ⊥平面PCD ，交AB 于P ，设点P 到CD 的距离为h ，则有V四面体ABCD ＝13×2×12×2×h＝23h ，当直径通过AB 与CD 的中点时，hmax ＝222－12＝23，故Vmax ＝433. 二、填空题9．(xx·天津理)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为________．[答案] 103[解析] 由三视图知，该几何体由一个高为1，底面边长为2的正四棱锥和一个高为2，底面边长为1的正四棱柱组成，则体积为2×2×1×13＋1×1×2＝103. 10．(xx·广东广州)将圆心角为2π3，面积为3π的扇形，作为圆锥的侧面，则圆锥的表面积等于__________．[答案] 4π[解析] 设扇形的半径为r ，弧长为l ，则有12rl ＝12·2π3·r2＝3π，所以r ＝3，l ＝2π，于是圆锥的母线长为3，底面半径为1，故表面积S ＝π·1·3＋π·12＝4π.11．(xx·湖北理)圆柱形容器内部盛有高度为8cm 的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如右图所示)，则球的半径是________cm. [答案] 4 [解析] 设球的半径为r ，根据题意可得8πr2＋3×43πr3＝6πr3，解得r ＝4. 三、解答题12．已知球的半径为R ，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱底面半径与高为何值时，它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？[解析] 作轴截面如图，令圆柱的高为h ，底面半径为r ，侧面积为S ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＋r2＝R2，即h ＝2×R2－r2， ∴S ＝2πrh＝4πr·R2－r2＝4πr2·R2－r2≤4π⎝ ⎛⎭⎪⎫r2＋R2－r222＝2πR2，当且仅当r2＝R2－r2时取等号，此时内接圆柱底面半径为22R ，高为2R ，最大侧面积等于2πR2.13．(xx·新课标卷)如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 为四棱锥的高．(1)证明：平面PAC ⊥平面PBD ；(2)若AB ＝6，∠APB ＝∠ADB ＝60°，求四棱锥P －ABCD 的体积．[解析] 本题综合考查立体几何的知识，其中主要考查面面垂直的判定定理和棱锥的体积公式，在解决时要仔细审核题意，找准入手点进行解决，题目定位于中低档题，考查处理立体几何的常规方法．解：(1)因为PH 是四棱锥P －ABCD 的高，所以AC ⊥PH.又AC ⊥BD ，PH ，BD 都在平面PBD 内，且PH∩BD＝H ，所以AC ⊥平面PBD ，故平面PAC ⊥平面PBD.(2)因为ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，AB ＝6，所以HA ＝HB ＝ 3.因为∠APB ＝∠ADB ＝60°，所以PA ＝PB ＝6，HD ＝HC ＝1，可得PH ＝3，等腰梯形ABCD 的面积为S ＝12AC×BD＝2＋ 3. 所以四棱锥的体积为V ＝13×(2＋3)×3＝3＋233. 14．已知四棱柱ABCD —A1B1C1D1的侧棱AA1垂直于底面，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD ＝AA1＝2，AB ＝BC ＝1，E ，F 分别为A1D ，CD 中点．(1)求证：EF ∥平面A1ACC1；(2)求证：CD ⊥平面A1ACC1，并求四棱锥D —A1ACC1的体积．[证明] (1)连A1C，∵E、F分别为A1D，CD中点，∴EF∥A1C，又∵A1C平面A1ACC1，E F⃘平面A1ACC1∴EF∥平面A1ACC1 (2)四边形ABCD为直角梯形且AD∥BC，AB⊥BC，AD＝2，AB＝BC＝1，∴AC＝CD＝2，∴AD2＝AC2＋CD2，∴CD⊥AC，又∵AA1⊥平面ABCD，CD平面ABCD，∴CD⊥AA1，AA1平面A1ACC1.AC平面A1ACC1，∴CD⊥平面A1ACC1∴CD为四棱锥D—A1ACC1的高，∴V＝13SA1ACC1·CD＝13·2·2·2＝43.15．如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABC—A1B1C1的底面ABC位于平行四边形ACDE中，AE＝2，AC＝AA1＝4，∠E＝60°，点B在线段DE上．(1)当点B在何处时，平面A1BC⊥平面A1ABB1；(2)点B在线段DE上运动的过程中，求三棱柱ABC—A1B1C1全面积最小值．[分析] 本题属于立体几何探究问题，第(1)问解题思路是逆向的推理问题，从结论下手，寻求解题突破口；第(2)问解决的关键是将动点转化为代数表达式，从而将问题解决．[解析] (1)由于三棱柱ABC—A1B1C1为直三棱锥，则AA1⊥平面ABC，∵BC平面ABC，∴AA1⊥BC.而AA1∩AB＝A，只需BC⊥平面A1ABB1，即AB ⊥BC，就有“平面A1BC⊥平面A1ABB1”．在平行四边形ACDE中，∵AE＝2，AC＝4，∠E＝60°.过点B作BH垂直AC于H，则BH＝ 3.若AB ⊥BC ，有BH2＝AH×CH，∵AC ＝4，∴AH ＝1或3.两种情况下，B 为ED 的中点或与点D 重合．(2)三棱柱ABC —A1B1C1全面积等于侧面积与两个底面积之和．显然其底面积和平面ACC1A1的面积为定值，只需保证侧面ABB1A1和侧面B1C1CB 面积之和最小即可．过点B 作BF 垂直AC 于F ，则BF ＝ 3.令AF ＝x ，则侧面ABB1A1和侧面B1C1CB 面积之和等于4×(AB＋BC)＝4[3＋x2＋3＋4－x 2]．其中3＋x2＋3＋4－x 2表示动点(x,0)到定点(0，－3)和(4，3)的距离之和，当且仅当x ＝2时取得最小值．所以三棱柱的全面积的最小值为2×4×32＋42＋4×27 ＝43＋87＋16.[点评] 立体几何题中求值问题多数情况下是求体积和面积问题，解题时重点关注题目中的位置关系，垂直是求值的根源．本题中的动点问题，还有存在性问题都是当前高考命题的热点，同学们需认真把握．36489 8E89 躉o35596 8B0C 謌37997 946D 鑭yO^36211 8D73 赳 CI31300 7A44 穄。

2021-2022年高三数学上学期第三次统练试题理

2021-2022年高三数学上学期第三次统练试题理参考公式：球的表面积公式球的体积公式其中R表示球的半径柱体的体积公式V=Sh其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高锥体的体积公式V=Sh其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高台体的体积公式其中S1, S2分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知R为实数集，,，则（▲）A．{x|0<x<1} B．{x|x<2}C．{x|0<x<2} D．2．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（▲）A． B. C. D.3．下列命题中错误．．的是（▲）A．如果平面平面，过内任意一点作交线的垂线，那么此垂线必垂直于B．如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面第2题图ACBSC ．如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面D ．如果平面平面，平面平面，，那么 4．设命题：平面向量和，，则为（ ▲ ） A. 平面向量和， B. 平面向量和， C. 平面向量和， D. 平面向量和，5．若∈，则成立的一个充分不必要条件是（ ▲ ） A ． B. C. D.6．将函数的图象向右平移个单位，再将图象上每一点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），所得图象关于直线对称，则的最小值为（ ▲ ） A ． B ． C ． D ．7. 定义点到直线)0(0:22≠+=++b a c by ax l 的有向距离为：（ ▲ ） .已知点、到直线的有向距离分别是、.以下命题正确的是（ ▲ ） A.若，则直线与直线平行； B.若，则直线与直线平行； C.若，则直线与直线垂直； D.若，则直线与直线相交。

8．如图，正三棱锥中，侧面与底面所成的二面角等于,动点在侧面内,底面，垂足为,，则动点的轨迹为（ ▲ ）第8题图Ａ．线段Ｂ．一段椭圆弧Ｃ．一段抛物线Ｄ．一段圆弧二、填空题: 本大题共7小题,多空题每题6分，单空题每题4分，共36分． 9．设函数则 ▲ ；若，则的值为 ▲10．已知双曲线的离心率是2，则 ▲ 以该双曲线的右焦点为圆心且与其渐近线相切的圆的方程是 ▲11.若函数是奇函数，则 ▲ ，使成立的x 的取值范围为 ▲.12．设为抛物线的焦点，是抛物线上一点，是圆C ：上任意一点，设点到轴的距离为，则的最小值为 ▲13.设等差数列的前项的和为，且满足，，对任意正整数，都有，则的值为 ▲14.定义，设实数满足约束条件，，则的取值范围是 ▲15．平面向量满足22,1,1=-=⋅=⋅=，当 ▲ ， ▲ 时，的最小值为 ▲ ．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（本题满分14分）已知△的三个内角所对的边分别为，向量，，且∥.（Ⅰ）求的取值范围；（Ⅱ）已知是的中线，若，求的最小值．17．（本题满分15分）如图，在四棱锥中，侧棱底面，，，，，是棱中点．求证：平面；设点是线段上一动点，当直线与平面所成的角最大时，求二面角的余弦值．18．（本题满分15分）设函数()||,,f x x x a b a b R =-+∈ （Ⅰ）当时，讨论函数的零点个数；（Ⅱ）若对于给定的实数（），存在实数，使不等式对于任意恒成立．试将最大实数表示为关于的函数，并求的取值范围．19．（本题满分15分）已知椭圆的焦点坐标为，，过垂直于长轴的直线交椭圆于、两点，且，(Ⅰ) 求椭圆的方程；(Ⅱ) 过的直线l 与椭圆交于不同的两点、，则的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由.第17题图第19题图yxNMF2F1O20．（本题满分15分）已知为锐角，且，函数)42sin(2tan )(2παα+⋅+=x x x f ，数列的首项.（Ⅰ）求函数的表达式；（Ⅱ）求证：；（Ⅲ）求证：),2(21111111*21N n n a a a n∈≥<++++++<xx 学年第一学期第三次统练参考答案高三数学（理）一、BBAD ADDC二、9、2 10、3 ；11、1 12、213、1008 14、[－7，10] 15、三、16．解：（Ⅰ）∵∥ ∴， ……………………………2分由正弦定理得：sin cos (2sin sin )cos B A C A B -=+，………………………4分即：，∴ ，∴…………………………………6分∴sin sin sin )sin())sin 3)33a c A C A C A Ab B A ππ++==+=+-=+……8分∵，∴ ∴∴，即：． ……………………………10分（Ⅱ）延长至E ，使，连结，则为平行四边形，由得，即，………………………………12分由2222cos6024BE a c ac ac ac ac =+-≥-==，，即∴的最小值为…………………………………………………………14分 17．解：（1）以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则)1,1,0(),2,0,0(),0,0,1(),0,2,2(),0,2,0(),0,0,0(M P D C B A则)0,2,1(),2,0,1(),1,1,0(--=-== 设平面PCD 的法向量是，则即令，则，于是 ∵，∴，∴AM//平面PCD ……5分（2）因为点是线段上的一点，可设)0,2,1()0,2,1()0,0,1(λλλ+=+=+=DN AD AN )1,12,1()1,1,0()0,2,1(--+=-+=-=λλλλAM AN MN 又面PAB 的法向量为设与平面所成的角为则2)11(1011251λλ+++-=57)5311(1012+-+=λ时，即时，最大，……10分15分18．解答：解：（Ⅰ）f（x）=，∵a＞0，∴当b＞0时，x2﹣ax+b=0在x≥a上无解，﹣x2+ax+b=0在x＜a上恰有一解，当b=0时，x2﹣ax+b=0在x≥a上恰有一解，﹣x2+ax+b=0在x＜a上恰有一解，此时函数f（x）有2个零点，当b＜0时，x2﹣ax+b=0在x≥a上恰有一解，若判别式△=a2+4b＜0，则﹣x2+ax+b=0在x＜a上无解，判别式△=a2+4b=0，则﹣x2+ax+b=0在x＜a上恰有一解，判别式△=a2+4b＞0，则﹣x2+ax+b=0在x＜a上恰有两个不同的解，综上在a＞0的条件下，当或时，函数f（x）有一个零点，当或时，函数f（x）有2个零点，当时，函数f（x）有3个零点． (7)分（Ⅱ）首先记g（x）=f（x）﹣x=，当≤a＜0时，2a﹣1＜＜a＜＜2a+1，................9分∴g（x）在[2a﹣1，]上为增函数，在[，]上为减函数，在[，2a+1]上为增函数，................................................................. .............................11分∴当2a﹣1≤x≤2a+1，∴g（x）max =max{g（），g（2a+1）}，因为g（）>g(2a+1),所以g（x）max=g（）=，...........................13分此时最大的b满足g（）=，从而bmax=m（a）=，∴m（a）=，（≤a＜0），解得m（a）的取值范围是[，）.............................15分19．解：（1）设椭圆方程为=1（a>b>0）,由焦点坐标可得c=1………1分由PQ |=3，可得=3，……………………………………………3分解得a =2，b =，故椭圆方程为=1……………………………………………5分（2）设M ，N ,不妨>0, <0,设△MN 的内切圆的径R ，则△MN 的周长=4a =8，（MN +M +N ）R =4R因此最大，R 就最大，………………………………………7分1212121()2AMN S F F y y y y =-=-，由题知，直线l 的斜率不为零，可设直线l 的方程为x =my +1，由221143x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得+6my -9=0，………………………8分得，，则AB （）==，……………10分令t=,则t ≥1,则212121313AMNt St t t===++,………………………12分令f （t ）=3t +，f (t)在［1,+∞)上单调递增，有f (t )≥f (1)=4, ≤=3,即当t =1,m =0时，≤=3, =4R ，∴=，这时所求内切圆面积的最大值为π.故直线l :x =1，△AMN 内切圆面积的最大值为π………………15分 20．解：⑴1)12(1)12(2tan 1tan 22tan 22=---=-=ααα 又∵为锐角∴ ∴ …………3分⑵ ∵ ∴都大于0∴ ∴ …………………………………7分⑶ nn n n n n n a a a a a a a +-=+=+=+111)1(11121 ∴ …………………………………9分∴1322121111111111111+-++-+-=++++++n n n a a a a a a a a a …………………………………13分∵, , 又∵∴ ∴∴2111111121<++++++<n a a a …………………………15分-21675 54AB 咫38557 969D 隝,425971 6573 敳[#32837 8045 聅 930520 7738 眸23461 5BA5 宥39281 9971 饱。

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

第八章立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图和直观图A级·基础过关|固根基|1.由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A．六棱锥B．六棱台C．六棱柱D．非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解析：选C 平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义．2．下列说法中，正确的是( )A．棱柱的侧面可以是三角形B．若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形C．正方体的所有棱长都相等D．棱柱的所有棱长都相等解析：选C 棱柱的侧面都是平行四边形，选项A错误；若棱柱的底面是矩形，其他侧面可能是平行四边形，选项B错误；棱柱的侧棱长与底面边长不一定相等，选项D错误；易知选项C正确．3.水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝32，那么原△ABC是一个( )A．等边三角形B．直角三角形C．三边中只有两边相等的等腰三角形D．三边互不相等的三角形解析：选A AO＝2A′O′＝2×32＝3，在Rt△AOB中，AB＝12＋（3）2＝2，同理AC＝2，又由题意可知，BC＝2，所以△ABC是等边三角形．故选A. 4．(2019届沈阳市教学质量监测一)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B.5.如图所示，在三棱台A′B′C′－ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′－ABC，则剩余的部分是( )A．三棱锥B．四棱锥C．三棱柱D．组合体解析：选B如图所示，在三棱台A′B′C′－ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′－ABC，剩余部分是四棱锥A′－BCC′B′.6．某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是( )A．①③B．①④C．②④D．①②③④解析：选A 由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确．故选A.7．如图所示，网格纸上每个小方格都是边长为1的正方形，粗线画出的是一个几何体的三视图，记该几何体的各棱长度构成的集合为A，则( )A.3∈A B．3∈AC．23∈A D．22∈A解析：选D如图，该几何体可看成是由大三棱锥A－BCD(其中CD＝DA＝DB＝2，CD，DA，DB两两垂直)截去小三棱锥A－CDE(其中E为BD中点)后形成的新三棱锥A－BCE，六条棱的长分别为22，22，22，1，5，5，故选D.8．如图是一个几何体的直观图、正视图和俯视图，该几何体的侧视图为( )解析：选B 由直观图和正视图、俯视图可知，该几何体的侧视图应为面PAD，EC投影在面PAD上且为实线，点E的投影点为PA的中点，故选B.9．一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图为( )解析：选C 根据正方体截去两个角后所得几何体的正视图、俯视图可得，此几何体的直观图如图所示．所以侧视图为选项C.10．如图所示的纸篓，观察其几何结构，可以看出是由许多条直线围成的旋转体，该几何体的正视图为________(填序号)．解析：①②④中的几何体是由圆台、圆锥、圆柱组成的，而圆台、圆锥、圆柱的侧面除了与旋转轴在同一平面的母线以外，没有其他直线，即①②④不可能为该几何体的正视图．答案：③11．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之比为________．解析：根据题意，三棱锥P－BCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，故三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.答案：1∶112．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.在Rt△ABC中，AC＝12 cm，BC＝8－3＝5(cm)．所以AB＝122＋52＝13(cm)．答案：13B级·素养提升|练能力|13.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都是由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．则该多面体的各个面中，面积最大的面的面积为( )A ．2 3B ．6C ．6 2D ．12解析：选B由三视图可画出直观图，如图所示，该多面体中两个全等的梯形的面，为该多面体的各个面中面积最大的面，S 梯形＝12×2×(2＋4)＝6.故选B.14．一只蚂蚁从正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A 出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C 1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图是( )A ．①②B ．①③C ．③④D ．②④解析：选D 由点A 经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C 1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB 1A 1和平面BCC 1B 1展开到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过BB 1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD 和平面CDD 1C 1展开到同一平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过CD 的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.15．如图1，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，图2为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．则该几何体的俯视图的面积为________，棱PA的长度为________．解析：该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62(cm)．由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝63(cm)．答案：36 cm26 3 cm16．如图所示，在侧棱长为23的正三棱锥V－ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过A作截面AEF，△AEF周长的最小值为________．解析：如图，将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，则线段AA1的长即为所求△AEF的周长的最小值．取AA1的中点D，连接VD，则VD⊥AA1，∠AVD＝60°.在Rt△VAD中，AD＝VA·sin 60°＝3，所以AA1＝2AD＝6，即△AEF周长的最小值为6.答案：6。

2021-2022年高中数学3.4第三章概率复习小结试题文新人教A版必修3

2021-2022年高中数学3.4第三章概率复习小结试题文新人教A版必修3一、选择题(每小题3分共30分)1、下列事件 (1)物体在重力作用下会自由下落; (2)方程x+2x+3=0有两个不相等的实根; (3)某传呼台每天某一时段内收到传呼次数不超过10次; (4)下周日会下雨，其中随机事件的个数为( )A.1个B.2个C.3个D.4个2、5张卡片上分别写有A,B,C,D,E 5个字母,从中任取2张卡片,这两张卡片上的字母恰好是按字母顺序相邻的概率为( )A. B. C. D.3、掷一枚骰子三次,所得点数之各为10的概率为( )A. B. C. D.4、下列不正确的结论是( )A.若P(A) =1.则P() = 0.B.事件A与B对立,则P(A+B) =1C.事件A、B、C两两互斥,则事件A与B+C也互斥D.若A与B互斥,则与也实用文档互斥5、今有一批球票,按票价分别为:10元票5张,20元票3张,50元票2张.从这10张票中随机抽出3张,则票价之和为70元的概率是( )A. B. C. D.6、在5件产品中,有3件一等品和2张二等品,从中任取2件,那么以为概率的事件是( )A.都不是一等品B.恰有一件一等品C.至少有一件一等品D.至多一件一等品7、某射手命中目标的概率为P, 则在三次射击中至少有一次未命中目标的概率为( )A.PB.(1－P)C.1－PD.1－(1－P)8、甲,乙两人独立地解决同一个问题,甲解决这个问题的概率为P,乙解决这个问题的概率为P,那么两人都没能解决这个问题的概率是( )A.2－P－PB.1－P PC.1－P－P+ P P D1－(1－P)(1－P)9、设两个独立事件A和B都不发生的概率为,A发生B不发生的概率与B发生实用文档A不发生的概率相同,则事件A发生的概率P(A)是( )A. B. C. D.10、有五根细木棒,长度分别为1,3,5,7,9(cm).从中任取三根,能搭成三角形的概率是( )A. B. C. D.二、填空题：(每小题4分共16分)11.一栋楼房有4个单元, 甲,乙两人住在此楼内 ,则甲,乙两人同住一单元的概率为 .12.从一筐苹果中任取一个, 质量小于250克的概率为0.25, 质量不小于350克的概率为0.22,则质量位于克范围内的概率是 .13.若在4次独立重复试验中,事件A至少发生一次的概率为,那么事件A在一次试验中发生的概率为 .14.某射手射击一次,击中目标的概率是0.9, 他连续射击4次,且各次射击是否击中目标相互之间没有影响,有下列结论: (1)他第三次击中目标的概率是0.9. (2)他恰好击中目标3次的概率是0.9×0.1 (3) 他至少击中目标1次的实用文档概率是1－0.1。