高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题四 立体几何 第一讲 空间几何体课时作业 理
高三数学二轮复习：立体几何
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
高考数学大二轮复习专题四第1讲空间几何体及三视图课件理
“两小”或“一小”主
要考查三视图,几何体
的表面积与体积,空间
点、线、面的位置关系
(特别是平行与垂直).
1.(2019全国Ⅰ,理12)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面(qiúmiàn)
上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中
点,∠CEF=90°,则球O的体积为(
1
∴CE 为三棱锥 E-BCD 的底面 BCD 上的高,CE=2CC1,
1
1
1
∴VE-BCD=3 × 2AB·BC·CE=3 ×
1
2
1
1
1
2
12
12
AB·BC· CC1= AB·BC·CC1= ×120=10.
答案(dá àn):10
第十三页，共五十页。
一、空间几何体的三视图
1.几何体的摆放位置不同,其三视图也不同,需要注意(zhùyì)长对正、高平齐、
3
又长方体 ABCD-A1B1C1D1 的体积为 V2=4×6×6=144(cm3),则该模
型的体积为 V=V2-V1=144-12=132(cm3).
故其质量为 0.9×132=118.8(g).
答案(dá àn):118.8
第九页，共五十页。
4.(2019北京(běi jīnɡ),理11)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视
为
2
.若圆
柱(yuánzhù)的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为
5
四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为
.
1
1
2
2
解析:由底面边长为 2,可得 OC=1.设 M 为 VC 的中点,O1M= OC= ,
高考数学二轮复习课件专题四第1讲空间几何体人教A版.ppt
第 1讲 空 间 几 何 体
知考情 研考题 析考向 战考场
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1
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3
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高频考点
考情解读
空间几何体与三 常考查由几何体确定三视图
视图
及由三视图还原几何体
空间几何体的表 多与三视图相结合考查表面
面积与体积 积及体积的求法
多涉及球与棱柱、棱锥的切 与球有关的几何
答案：C
22＋4－2 22＝ 5，
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[悟方法 触类旁通] 该类问题主要有两种类型：一是由几何体确定三视图； 二是由三视图还原成几何体．解决该类问题的关键是找准 投影面及三个视图之间的关系．抓住“正侧一样高，正俯 一样长，俯侧一样宽”的特点作出判断.
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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＝2πr2＋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＝πr2＋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＋r2＋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)；
这个几何体的直观图可以是
()
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解析：从俯视图看，B和D符合，从正视图看D符合， 而从侧视图看D也是符合的． 答案：D
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2．(2011·杭州模拟)若一个圆台的正视图如图所示，
则其侧面积等于
()
A．6
B．6π
C．3 5π
D．6 5π
解析：由题意可知母线 l＝ S 侧＝4π＋2 2π· 5＝3 5π.
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年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题四立体几何第一讲空间几何体的表面积与体积
专题四 立体几何第一讲 空间几何体的表面积与体积——小题备考微专题1 空间几何体的表面积和体积常考常用结论1．柱体、锥体、台体、球的表面积公式： 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 ＝4πR 2.2．柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR 3.保 分 题1.[2022·山东枣庄三模]若圆锥的母线长为2，侧面积为2π，则其体积为( ) A ．√6π B ．√3π C ．√63π D ．√33π2．[2022·河北保定一模]圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．2∶33．[2022·湖北武汉二模]如图，在棱长为2的正方体中，以其各面中心为顶点构成的多面体为正八面体，则该正八面体的体积为( )A ．2√23B ．43 C ．4√23D ．83提分题例1 (1)[2022·河北张家口三模]如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，过A1B1的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则CDAC＝()A．13B．12C．2−√32D．√3−12(2)[2022·湖南雅礼中学二模]某圆锥高为1，底面半径为√3，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为()A．2 B．√3C．√2D．1听课笔记：【技法领悟】1．求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．2．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体，易于求解．巩固训练11.[2022·山东菏泽一模]如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A 1B 1C (如图2)，则容器的高h 为( )A ．3B ．4C ．4√2D ．62．[2022·福建福州三模]已知AB ，CD 分别是圆柱上、下底面圆的直径，且AB ⊥CD ，O 1，O 分别为上、下底面的圆心，若圆柱的底面圆半径与母线长相等，且三棱锥A BCD 的体积为18，则该圆柱的侧面积为( )A ．9πB ．12πC ．16πD ．18π微专题2 与球有关的切、接问题常考常用结论1．球的表面积S ＝4πR 2，体积V ＝43πR 3.2．长方体、正方体的体对角线等于其外接球的直径． 3．n 面体的表面积为S ，体积为V ，则内切球的半径r ＝3VS .4．直三棱柱的外接球半径：R ＝√r 2+(L2)2，其中r 为底面三角形的外接圆半径，L 为侧棱长，如果直三棱柱有内切球，则内切球半径R ′＝L2.5．正四面体中，外接球和内切球的球心重合，且球心在高对应的线段上，它是高的四等分点，球心到顶点的距离为外接球的半径R ＝√64a (a 为正四面体的棱长)，球心到底面的距离为内切球的半径r ＝√612a ，因此R ∶r ＝3∶1.保 分 题1.[2022·广东深圳二模]已知一个球的表面积在数值上是它的体积的√3倍，则这个球的半径是( )A ．2B ．√2C ．3D ．√32．已知正四棱锥P ABCD 中，AB ＝√6，P A ＝2√3，则该棱锥外接球的体积为( )A．4π B．32π3C．16π D．16π33．[2022·天津红桥一模]一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1、√2、3，则此球的体积为________．提分题例2 (1)[2022·江苏苏州三模]《九章算术》卷第五《商功》中，有“贾令刍童，上广一尺，袤二尺，下广三尺，袤四尺，高一尺．”，意思是：“假设一个刍童，上底面宽1尺，长2尺；下底面宽3尺，长4尺，高1尺．”(注：刍童为上下底面为相互平行的不相似长方形，两底面的中心连线与底面垂直的几何体)，若该几何体所有顶点在一球体的表面上，则该球体的体积为()立方尺A．√41πB．41π3D．3√41πC．41√41π6(2)[2022·山东泰安三模]如图，已知三棱柱ABC A1B1C1的底面是等腰直角三角形，AA1⊥底面ABC，AC＝BC＝2，AA1＝4，点D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动，则三棱锥D ABC 的外接球表面积的最大值为()π B．24πA．814C．243π D．8√6π16听课笔记：【技法领悟】1．确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与几何体的位置和数量关系．2．求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．3．补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体．巩固训练21.已知圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球O，球O的表面积为8π，则该圆柱的体积为()A．√22π B．√2πC．2π D．2√2π2．[2022·广东潮州二模]已知△ABC是边长为3的等边三角形，三棱锥P ABC全部顶点都在表面积为16π的球O的球面上，则三棱锥P ABC的体积的最大值为()A．√3B．3√32C．9√34D．√32专题四 立体几何第一讲 空间几何体的表面积与体积微专题1 空间几何体的表面积和体积保分题1．解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则πr ×2＝2π，可得r ＝1，则h ＝√22−r 2＝√3，因此，该圆锥的体积为V ＝13πr 2h ＝13π×12×√3＝√33π. 答案：D2．解析：设球的半径为r ，依题意圆柱的底面半径也是r ，高是2r ， 圆柱的侧面积＝2πr ·2r ＝4πr 2 ，球的表面积为4πr 2 ， 其比例为1∶1. 答案：A3．解析：该正八面体是由两个同底的正四棱锥组成，且正四棱锥的底面是边长为√2的正方形，棱锥的高为1，所以该正八面体的体积为2×13×√2×√2×1＝43.答案：B提分题[例1] 解析：(1)由题可知平面A 1B 1ED 与棱柱上、下底面分别交于A 1B 1，ED ， 则A 1B 1∥ED ，ED ∥AB ， 显然CDE - C 1A 1B 1是三棱台，设△ABC 的面积为1，△CDE 的面积为S ，三棱柱的高为h ， ∴12·1·h ＝13h (1＋S ＋√S )， 解得√S ＝√3−12，由△CDE ∽△CAB ，可得CD AC ＝√S√1＝√3−12. (2)如图，截面为△P AB ，设C 为AB 中点，设OC ＝x ，x ∈[0，√3)，则AB ＝2√3−x 2，PC ＝√x 2+1，则截面面积S ＝12×2√3−x 2×√x 2+1＝√−(x 2−1)2+4，则当x 2＝1时，截面面积取得最大值为2. 答案：(1)D (2)A[巩固训练1]1．解析：在图1中V 水＝12×2×2×2＝4，在图2中，V 水＝V ABC − A 1B 1C 1− V C − A 1B 1C 1＝12×2×2×h －13×12×2×2×h ＝43h ， ∴43h ＝4，∴h ＝3.答案：A2．解析：分别过A ，B 作圆柱的母线AE ，BF ，连接CE ，DE ，CF ，DF ，设圆柱的底面半径为r ，则三棱锥A - BCD 的体积为两个全等四棱锥C - ABFE 减去两个全等三棱锥A - CDE ， 即2×13×r ×2r ×r －2×13×r ×12×2r ×r ＝23r 3＝18，则r ＝3，圆柱的侧面积为2πr ×r ＝18π答案：D微专题2 与球有关的切、接问题保分题1．解析：设球的半径为R ，则根据球的表面积公式和体积公式， 可得，4πR 2＝43πR 3×√3，化简得R ＝√3. 答案：D2．解析：正方形ABCD 的对角线长√6+6＝2√3，正四棱锥的高为 √(2√3)2−(2√32)2＝3，设外接球的半径为R ，则(3－R )2＋(2√32)2＝R 2⇒R ＝2， 所以外接球的体积为4π3×23＝32π3.答案：B3．解析：长方体外接球的直径为√12+(√2)2+32＝2√3，所以外接球半径为√3，所以球的体积为4π3×(√3)3＝4√3π.答案：4√3π提分题[例2] 解析：(1)作出图象如图所示：由已知得球心在几何体的外部， 设球心到几何体下底面的距离为x ， 则R 2＝x 2＋(52)2＝(x ＋1)2＋(√52)2，解得x ＝2，∴R 2＝414， ∴该球体的体积V ＝4π3×(√412)3＝41√41π6.(2)因为△ABC 为等腰直角三角形，AC ＝BC ＝2，所以△ABC 的外接圆的圆心为AB 的中点O 1, 且AO 1＝√2，连接O 1与A 1B 1的中点E ，则O 1E ∥AA 1，所以O 1E ⊥平面ABC ， 设球的球心为O ，由球的截面性质可得O 在O 1E 上， 设OO 1＝x ，DE ＝t (0≤t ≤√2)，半径为R ， 因为OA ＝OD ＝R ，所以√2+x 2＝√(4−x )2+t 2， 所以t 2＝8x －14，又0≤t ≤√2， 所以74≤x ≤2，因为R 2＝2＋x 2，所以8116≤R 2≤6，所以三棱锥D －ABC 的外接球表面积的最大值为24π. 答案：(1)C (2)B [巩固训练2]1．解析：设外接球的半径为R ，圆柱底面圆的半径为r ，因为圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的高h ＝2r ，由球O 的表面积S ＝4πR 2＝8π，得R ＝√2，又R ＝ √(h2)2+r 2＝√2r ，得r ＝1，所以圆柱的体积V ＝πr 2·2r ＝2πr 3＝2π.答案：C2．解析：球O 的半径为R ，则4πR 2＝16π，解得：R ＝2，由已知可得：S △ABC ＝√34×32＝9√34，其中AE ＝23AD ＝√3，球心O 到平面ABC 的距离为√R 2−(√3)2＝1， 故三棱锥P - ABC 的高的最大值为3， 体积最大值为13S △ABC ·3＝9√34.答案：C。
2021-2022年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
2021年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)(xx·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)(xx·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C 1F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 2 B．23C．2 2 D．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AC1＝AC2＋CC21＝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)(xx·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)(xx·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＋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)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)(xx·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4π B.9π2C ．6πD.32π3(2)(xx 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( )A ．π B.3π4C.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.(xx·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．(xx·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．(xx·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．(xx·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．(xx·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 223313．一个直棱柱(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．(xx 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．(xx·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．(xx·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：3317．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．(xx·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．(xx·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)(xx·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 1 B ．A 1E ⊥BD C ．A 1E ⊥BC 1D ．A 1E ⊥AC(2)(xx·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A1B1CD.又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.法二：∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B、D错；∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1，故C正确；∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1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．(xx·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∥β B ．若l ⊥α，l ⊥β，则α∥β C ．若l ⊥α，l ∥β，则α∥β D ．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.(xx·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.252C ．10D ．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.(xx 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A1B1C1D1，故③正确．综上所述，正确结论的序号是①③.答案：①③9．(xx·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ACEGFH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ACDE的体积，为四面体体积的一半．当如图2所示时，只需证V CEFG＝V DEFH，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．(xx·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 . 图1图2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．(xx·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.(2)由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA，∴PD⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC.∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥DC.又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC.由(1)知GF∥BC，∴GF⊥平面PDC.又GF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PDC.第三讲空间角与空间向量考点一空间角考查类型(一) 异面直线所成的角一、基础知识要记牢过空间任意一点引两条直线分别平行于两条异面直线，它们所成的锐角(或直角)就是异面直线所成的角．二、经典例题领悟好[例1] (1)(xx·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )A.32B.155C.105D.33(2)(xx·浙江高考)如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD ＝5，∠ADC＝90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是________．[解析] (1)法一：如图所示，将直三棱柱ABCA1B1C1补成直四棱。
高考数学二轮复习 专题4 第1讲 空间几何体课件(文、理
新课标版 • 二轮专题复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
专题四 立体几何
专题四 第一讲 空间几何体
命题角度聚焦
核心知识整合
学方科法素警能示培探养究
命题热点突破
课后强化作业
命题角度聚焦
1．以选择、填空题形式考查空间位置关系的判断，及文字语 言、图形语言、符号语言的转换，难度适中；
名称 圆柱 圆台
球
几何特征
①有两个互相平行的圆面(底面)； ②有一个侧面是曲面(母线绕轴旋转一周形侧面是曲面，可以看成母线绕轴旋转一 周形成的
①有一个曲面是球面； ②有一个球心和一条半径长R，球是一个几何体 (包括内部)，可以看成半圆以它的直径所在直线 为旋转轴旋转一周形成的
名称
体积
表面积
V 圆柱＝πr2h(r 为底面半径，h S 圆柱＝2πrl＋2πr2(r 为底面半
圆柱
为高)
径，l 为母线长)
圆锥
V 圆锥＝13πr2h(r 为底面半径， S 圆锥＝πrl＋πr2(r 为底面半
h 为高)
径，l 为母线长)
圆台
V 圆台＝13πh(r2＋rr′＋r′2) S 圆台＝π(r＋r′)l＋πr2＋ (r、r′为底面半径，h 为高) πr′2
[答案] 3 [解析] 由三视图知该四棱锥底面为正方形，边长为 3，四
棱锥的高为 1，其体积为 V＝13×3×3×1＝3.
(理)(2013·辽宁理，13)某几何体的三视图如图所示，则该几 何体的体积是________．
[答案] 16π－16 [解析] 由三视图可知，几何体为圆柱中挖去一个正四棱柱，
球
V 球＝34πR3(R 为球的半径) S 球＝4πR2(R 为球的半径)
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2017届高考数学二轮复习第一部分专题篇专题四立体几何第
一讲空间几何体课时作业理
1.如图为一个几何体的侧视图和俯视图，则它的正视图为( )
解析：根据题中侧视图和俯视图的形状，判断出该几何体是在一个正方体的
上表面上放置一个四棱锥(其中四棱锥的底面是边长与正方体棱长相等的正
方形、顶点在底面上的射影是底面一边的中点)，因此结合选项知，它的正视
图为B.
答案：B
2．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( )
A．2πB．π
C．2 D．1
解析：所得圆柱体的底面半径为1，母线长为1，所以其侧面积S＝2π×1×1＝2π，故选A.
答案：A
3．一个侧面积为4π的圆柱，其正视图、俯视图是如图所示的两个边长相等的正方形，则与这个圆柱具有相同的正视图、俯视图的三棱柱的相应的侧视图可以为( )
解析：三棱柱一定有两个侧面垂直，故只能是选项C中的图形．
答案：C
4．(2016·郑州质量预测)已知长方体的底面是边长为1的正方形，高为2，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该长方体的正视图的面积等于( ) A．1 B.2
C．2 D．22
解析：由题意知，所求正视图是底边长为2，腰长为2的正方形，其面积与侧视图面积相等为2. 答案：C
5．(2016·河北五校联考)某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( )
A ．2
B ．22 C. 3
D ．23
解析：在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D 1BCB 1，如图所示，其四个面的面积分别为2,22，22，23，故选D. 答案：D
6.(2016·郑州模拟)如图是一个四面体的三视图，这三个视图均是腰长为2的等腰直角三角形，正视图和俯视图中的虚线是三角形的中线，则该四面体的体积为( ) A.2
3 B.43 C.8
3
D ．2
解析：由三视图可知，此四面体如图所示，其高为2，底面三角形的一边长为1，对应的高为2，所以其体积V ＝13×12×2×1×2＝2
3，故选A.
答案：A
7．(2016·武汉调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A ．18＋2π
B ．20＋π
C ．20＋π
2
D ．16＋π
解析：由三视图可知，这个几何体是一个边长为2的正方体割去了相对边对应的两个半径为1、高为1的14圆柱体，其表面积相当于正方体五个面的面积与两个1
4圆柱的侧面积的和，即
该几何体的表面积S ＝4×5＋2×2π×1×1×1
4＝20＋π，故选B.
答案：B
8．(2016·江西宜春中学模拟)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )
A ．2 B.92 C.32
D ．3
解析：由三视图判断该几何体为四棱锥，且底面为梯形，高为x ，∴该几何体的体积V ＝13×
1
2×(1＋2)×2×x ＝3，解得x ＝3. 答案：D
9.(2016·合肥模拟)在一圆柱中挖去一圆锥所得的机械部件的三视图如图所示，则此机械部件的表面积为( ) A ．(7＋2)π B ．(8＋2)π C.22π7
D ．(1＋2)π＋6
解析：由题意得，挖去的圆锥的底面半径r ＝1，母线l ＝2，∴该机械部件的表面积S ＝π×12
＋2π×1×3＋π×1×2＝(7＋2)π，故选A. 答案：A
10.(2016·贵阳模拟)甲、乙两个几何体的正视图和侧视图相同，俯视图不同，如图所示，记甲的体积为V 甲，乙的体积为V 乙，则
A ．V 甲<V 乙
B ．V 甲＝V 乙
C ．V 甲>V 乙
D ．V 甲、V 乙大小不能确定
解析：由三视图知，甲几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥，乙几何体是在甲几何体的基础上去掉一个角，即去掉一个三个面是直角三角形的三棱锥后得到的一个三棱锥，所以V 甲>V
乙
，故选C.
答案：C
11．(2016·湖南东部六校联考)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 ．83
C ．47
D ．8
解析：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 ＝1
2×4×4＝
8，S △PBC ＝1
2×4×
42
2
－22
＝47，故所有面中最大的面积为S △PBC ＝47，故选C.
答案：C
12．(2016·重庆模拟)已知三棱锥P ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，PC 为球O 的直径，该三棱锥的体积为2
6
，则球O 的表面积为( ) A ．4π B ．8π C ．12π
D ．16π
解析：依题意，设球O 的半径为R ，球心O 到平面ABC 的距离为d ，则由O 是PC 的中点得，点P 到平面ABC 的距离等于2d ，所以V P ABC
＝2V O
ABC
＝2×13S △ABC ×d ＝23×34×12
×d ＝26
，解
得d ＝
23，又R 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫332＝1，所以球O 的表面积等于4πR 2
＝4π，选A.
13．(2016·高考天津卷)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3
.
解析：根据三视图还原几何体，并根据三视图中的数据和棱锥的体积公式求解．
由三视图知，四棱锥的高为3，底面平行四边形的一边长为2，对应高为1，所以其体积V ＝13Sh ＝1
3×2×1×3＝2. 答案：2
14．(2016·河北三市联考)已知四棱锥P ABCD 的顶点都在球O 的球面上，底面ABCD 是矩形，平面PAD ⊥底面ABCD ，△PAD 为正三角形，AB ＝2AD ＝4，则球O 的表面积为________． 解析：∵△PAD 为正三角形，∴△PAD 的外接圆半径为233
.∴球O 的半径
R ＝
22
＋⎝
⎛⎭⎪⎫2332＝43
，∴球O 的表面积S ＝4πR 2
＝643π. 答案：64
3
π
15．高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的________．
解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为1
2×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体
积为4.易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的48＝1
2
.
答案：12
16.(2016·高考浙江卷)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________．
解析：结合图形利用不等式的放缩进行求值，注意基本不等式的适用条件． 在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝
22＋22
－2×2×2×⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12＝2 3.
设CD ＝x ，则AD ＝23－x ， ∴PD ＝23－x ， ∴V P
BCD
＝13S △BCD ·h ≤13×1
2
BC ·CD sin 30°·PD ＝16×2x ×1
2×(23－x ) ＝16x (23－x )≤16⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋23－x 22 ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫2322＝12
， 当且仅当x ＝23－x ，即x ＝3时取“＝”， 此时PD ＝3，BD ＝1，PB ＝2，满足题意． 答案：12。