浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第2节空间几何体的表面积与体积含解析
(浙江专用)2021届高考数学一轮复习第八章立体几何8.1空间几何体的表面积与体积课件
解析 (1)因为矩形纸板ABCD的面积为3 600平方厘米,所以当a=90时,b=4 0,从而包装盒子的侧面积S=2x(90-2x)+2x(40-2x)=-8x2+260x,x∈(0,20),因为 S=-8x2+260x=-8(x-16.25)2+2 112.5,所以当x=16.25时,侧面积最大,最大值为2
考法二 与球有关的切、接问题
例2 (2018河南安阳一模,16)在棱长为4的密封正方体容器内有一个半径
为1的小球,晃动此正方体,则小球可以经过的空间的体积为
.
解题导引
解析 先考虑小球不能经过的空间的体积.
(1)当小球与正方体一顶点处的个面都相切时,球面与该顶点处的三个面
之间形成的空隙小球始终无法经过,其体积为13-1 × 4π ×13=1- π.正方体有8
83
6
个顶点,共形成8个无法经过的空隙,总体积为8×1-
π 6
=8-
4π 3
.
(2)小球只与正方体过同一条棱的两个面相切时,在该棱处能形成一个高为
2的小柱体,其体积为1-
π 4
×2=2-
π 2
,正方体共有12条棱,则12个小柱体的体
积为
2-
π 2
×12=24-6π.
所以小球可以经过的空间的体积为64-
高考数学
第八章 立体几何
§８.1 空间几何体的表面积与体积
考点清单
考点一 空间几何体的结构特征
1.多面体的结构特征
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
结构 特征
浙江专用2021版新高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量1第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图1
第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图[基础题组练]1．下列说法正确的有( )①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形．A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选A.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；很明显④是正确的．2.如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.3．如图所示，上面的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( )A．①②B．②③C．③④D．①⑤解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件； 故截面图形可能是①⑤.4．(2020·杭州学军中学高三期中)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD ，故选D.5．(2020·宁波十校联考)某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为( )A.152B ．6＋ 3 C.32＋3 3 D ．4 3解析：选A.侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152.6．(2020·丽水模拟)一锥体的三视图如图所示，则该棱锥的最长棱的棱长为( )A.33B.17C.41D.42解析：选C.依题意，题中的几何体是四棱锥EABB1A1，如图所示(其中ABCDA1B1C1D1是棱长为4的正方体，C1E＝1)，EA＝32＋42＋42＝41，EA1＝12＋42＋42＝33，EB＝32＋42＝5，EB1＝12＋42＝17，AB＝BB1＝B1A1＝A1A＝4，因此该几何体的最长棱的棱长为41，选C.7．有一个长为 5 cm，宽为 4 cm的矩形，则其直观图的面积为________．解析：由于该矩形的面积S＝5×4＝20(cm2)，所以其直观图的面积S′＝24S＝52(cm2)．答案：5 2 cm28．如图所示的Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周得到的图形是________．解析：过Rt△ABC的顶点C作线段CD⊥AB，垂足为点D，所以Rt△ABC绕着它的斜边AB旋转一周后得到是以CD作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体．答案：两个圆锥的组合体9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是________．解析：由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥PABCD，易知四棱锥PABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4.答案：410．已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱的特征及侧(左)视图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正(主)视图的面积为2 3.答案：2 311. 如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，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(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＝6 3 (cm)．12．如图所示，在侧棱长为23的正三棱锥VABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面AEF，求△AEF的周长的最小值．解：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的周长的最小值为6.[综合题组练]1．(2020·杭州市五校联考)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )解析：选A.因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，几何体的直观图如图，是以正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为A.2．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．2 2C. 3 D．2 3解析：选D.在正方体ABCDA 1B1C1D1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D1BCB1，如图所示，其四个面的面积分别为2，22，22，23，故选D.3．正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A ，E ，C 1的平面与棱DD 1相交于点F ，且点F 是棱DD 1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.4．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(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：335．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积． 解：(1)正六棱锥． (2)其侧视图如图：其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，所以该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2.6．某几何体的三视图如图所示．(1)判断该几何体是什么几何体？ (2)画出该几何体的直观图．解：(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如图所示：。
2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课立体几何中的翻折轨迹及最值范围问题含解析
立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围）问题知识拓展1.翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材.解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化。
解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析问题和解决问题.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆向过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试。
2.在立体几何中，某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件,善于基本轨迹转化.对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑,注意特定情况下的动点的位置,然后对任意情形加以分析判定,也可转化为平面问题。
对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性.3.立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值(上节）或(面积)体积的最值的问题。
其一般方法有：(1）几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2）代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式,利用函数的单调性、有界性,以及不等式的均值定理等，求出最值.题型突破题型一立体几何中的翻折问题【例1】（2019·全国Ⅲ卷）图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②。
(1）证明：图②中的A，C，G，D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE；（2)求图②中的二面角B－CG－A的大小.(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C,G，D四点共面。
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE。
浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量加强练八立体几何与空间向量含解析
加强练(八) 立体几何与空间向量一、选择题(本大题共10小题，每小题4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.(2015·上海卷)如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB 是一条侧棱，P i (i ＝1，2，…，8)是上底面上其余八个点，则AB →·AP i →(i ＝1，2，…，8)的不同值的个数为( )A.1B.2C.4D.8解析 ∵AB →·AP i →＝|AB →|·|AP i →|cos 〈AB →，AP i →〉＝1×1＝1，∴只有一个值. 答案 A2.(2020·宁波模拟)若直线l 不平行于平面α，且l ⊄α，则( ) A.α内所有直线与l 异面 B.α内只存在有限条直线与l 共面 C.α内存在唯一的直线与l 平行 D.α内存在无数条直线与l 相交解析 由直线与平面的位置关系知l ⊄α，则l ∥α或l 与平面α相交.由题意知，l 不平行于平面α，则设l ∩α＝P ，故平面α内所有过点P 的直线与l 相交，平面α内不过点P 的直线与l 异面，故选D. 答案 D3.如图，斜线段AB 与平面α所成的角为60°，B 为斜足，平面α上的动点P 满足∠PAB ＝30°，则点P 的轨迹是( )A.直线B.抛物线C.椭圆D.双曲线的一支解析 利用平面截圆锥面直接得轨迹.因为∠PAB ＝30°，所以点P 的轨迹为以AB 为轴线，PA 为母线的圆锥面与平面α的交线，且平面α与圆锥的轴线斜交，故点P 的轨迹为椭圆. 答案 C4.(2017·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 解析 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，所以该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1. 答案 A5.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，正方体所在空间的动点P 满足|PB 1→＋PC →|＝2，则AP →·AD 1→的取值范围是( )A.[0，4]B.[1，4]C.[0，22]D.[1，22]解析 因为正方体的棱长为2，所以B 1C ＝2，则由|PB 1→＋PC →|＝2得点P 在以B 1C 的中点为球心，B 1C2为半径的球面上.当点P 与点B 重合时，点P 在直线AD 1上的射影为点A ，当点P 与点C 1重合时，点P 在直线AD 1上的射影为点D 1，则AP →·AD 1→∈[0，|AD 1→|2]＝[0，4]，故选A.答案 A6.(2020·北京朝阳区模拟)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为线段CD 和A 1B 1上的动点，且满足CE ＝A 1F ，则四边形D 1FBE 所围成的图形(如图所示阴影部分)分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和( )A.有最小值32B.有最大值52C.为定值3D.为定值2解析 依题意，设四边形D 1FBE 的四个顶点在后面，上面，左面的投影点分别为D ′，F ′，B ′，E ′，则四边形D 1FBE 在上面，后面，左面的投影分别如下图.所以在后面的投影的面积为S 后＝1×1＝1， 在上面的投影面积S 上＝D ′E ′×1＝DE ×1＝DE ， 在左面的投影面积S 左＝B ′E ′×1＝CE ×1＝CE ，所以四边形D 1FBE 所围成的图形(如图所示阴影部分)分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和S ＝S 后＋S 上＋S 左＝1＋DE ＋CE ＝1＋CD ＝2. 答案 D7.(2020·长沙四校模拟一)在棱长为2的正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，有一个与正方体各个面均相切的球O ，则平面AB ′D ′截该球所得截面的面积为( ) A.23π B.43π C.πD.2π解析 由题意知球O 的球心为正方体的中心(体对角线的交点)，半径为1，A ′A ＝A ′B ′＝A ′D ′＝2，AD ′＝B ′D ′＝AB ′＝2 2.设点A ′到平面AB ′D ′的距离为h ，则由V A ′－AB ′D ′＝V A －A ′B ′D ′，得13×12×22×22×sin 60°×h ＝13×12×2×2×2，得h ＝233.连接A ′C ，易知A ′C ＝22＋22＋23＝23，所以球心O 到平面AB ′D ′的距离为3－233＝33，从而截面圆的半径为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝63，因此所求截面的面积为23π.答案 A8.(2020·北京西城区综合练习)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，平面α与此正方体相交.对于实数d (0＜d ＜3)，如果正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的八个顶点中恰好有m 个点到平面α的距离等于d ，那么下列结论中一定正确的是( ) A.m ≠6 B.m ≠5 C.m ≠4D.m ≠3解析 如图(1)恰好有3个点到平面α的距离为d ；如图(2)恰好有4个点到平面α的距离为d ；如图(3)恰好有6个点到平面α的距离为d .答案 B9.(2020·浙江名师预测卷二)如图，已知三棱锥S －ABC 中，SA ＝SB ＝SC ，∠ABC ＝90°，AB ＞BC ，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，AC 的中点，分别记平面SEF 与平面SAC 、平面SEG 与平面SBC 、平面SFG 与平面SAB 所成的锐二面角为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系是( )A.α＜β＜γB.β＜α＜γC.α＜γ＜βD.γ＜β＜α解析 由SA ＝SB ＝SC 可知点S 在底面ABC 上的射影是△ABC 的外心，∵∠ABC ＝90°，∴AC 的中点G 就是点S 在底面ABC 上的射影，即SG ⊥平面ABC ，过点G 作GH ⊥EF ，交EF 于点H ，连接SH ，则∠GSH 就是平面SEF 与平面SAC 所成角的平面角，tan∠GSH ＝tan α＝GHSG，易证GF ⊥平面SEG ，∴∠GSF 就是平面SEG 与平面SBC 所成角的平面角，tan∠GSF ＝tan β＝GFSG，同理，tan∠GSE ＝tan γ＝GESG，在Rt△EGF 中，GH ＜GE ＜GF ，∴tan α＜tan γ＜tan β，∴α＜γ＜β，故选C. 答案 C10.如图，已知平面α⊥β，α∩β＝l ，A 、B 是直线l 上的两点，C 、D 是平面β内的两点，且DA ⊥l ，CB ⊥l ，AD ＝3，AB ＝6，CB ＝6.P 是平面α上的一动点，且直线PD ，PC 与平面α所成角相等，则二面角P －BC －D 的余弦值的最小值是( )A.15B.12C.32D.1解析 ∵DA ⊥l ，α∩β＝l ，α⊥β，AD ⊂β，∴AD ⊥α，同理，BC ⊥α.∴∠DPA 为直线PD 与平面α所成的角，∠CPB 为直线PC 与平面α所成的角，∴∠DPA ＝∠CPB ，又∠DAP ＝∠CBP＝90°，∴△DAP ∽△CBP ，∴PA PB ＝DA BC ＝12.在平面α内，以AB 为x 轴，以AB 的中垂线为y 轴建立平面直角坐标系，则A (－3，0)，B (3，0).设P (x ，y )，(y ＞0)，∴2（x ＋3）2＋y 2＝（x －3）2＋y 2，整理得(x ＋5)2＋y 2＝16.∴P 点在平面α内的轨迹为以M (－5，0)为圆心，以4为半径的上半圆.∵平面PBC ∩平面β＝BC ，PB ⊥BC ，AB ⊥BC ，∴∠PBA 为二面角P －BC －D 的平面角.∴当PB 与圆相切时，∠PBA 最大，cos∠PBA 取得最小值.此时PM ＝4，MB ＝8，MP ⊥PB ，∴PB ＝43，cos∠PBA ＝PB MB ＝438＝32.答案 C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)11.(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为________.解析 如图，过点P 作PO ⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离. 再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ， 连接OC ，PE ，PF ，则PE ⊥AC ，PF ⊥BC . 所以PE ＝PF ＝3，所以OE ＝OF ， 所以CO 为∠ACB 的平分线， 即∠ACO ＝45°.在Rt△PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1， 所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝（3）2－12＝ 2. 答案212.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，P 为BC 的中点，Q 为线段CC 1上的动点(异于C 点)，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面记为M . 当CQ ＝________时(用数值表示)，M 为等腰梯形； 当CQ ＝4时，M 的面积为________.解析 连接AP 并延长交DC 的延长线于点N ，当点Q 为CC 1的中点，即CQ ＝2时，连接D 1N ，则D 1N 过点Q ，PQ 綉AD 1，显然AP ＝D 1Q ，M 为等腰梯形；当CQ ＝4时，NQ 交棱DD 1延长线上一点(设为G )，且GD 1＝4，AG 过A 1D 1的中点，此时M 为菱形，其对角线长分别为43和42，故其面积为8 6. 答案 2 8 613.(2020·浙江“超级全能生”联考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是________ cm 3，表面积是________ cm 2.解析 易知该几何体是一个底面为直角梯形，一条侧棱垂直底面的四棱锥，所以该几何体的体积V ＝13×（4＋2）×42×4＝16(cm 3)，表面积为（4＋2）×42＋4×42＋4×22＋4×422＋43×222＝82＋46＋24(cm 2). 答案 16 82＋46＋2414.(2020·北仑中学模拟)如图，正四面体ABCD 的棱CD 在平面α内，E 为棱BC 的中点，当正四面体ABCD 绕CD 旋转时，直线AE 与平面α所成最大角的正弦值为________.解析 过点E 作CD 的平行线，交BD 于F ，则正四面体绕CD 旋转时AE 与平面α所成角相当于绕EF 旋转时AE 与平面α所成角.此时直线AE 形成一个圆锥，所以可知直线AE 与平面α所成角的最大值即为AE 与EF 所成的角.设正四面体的棱长为2，则AE ＝AF ＝3，EF ＝1，所以cos∠AEF ＝3＋1－323＝36，所以sin∠AEF ＝336，即直线AE 与平面α所成最大角的正弦值为336. 答案33615.已知球O 与棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱都相切，点M 是球O 上一点，点N 是△ACB 1的外接圆上一点，则线段MN 长度的最大值为________；最小值为________. 解析 因为球O 与棱长为4的正方体的各棱都相切，所以球O 的半径为22，球心O 在体对角线的中点，△ACB 1的外接圆是正方体外接球的一个小圆，点N 是△ACB 1的外接圆上一点，则点N 到球心O 的距离为23(即正方体外接球的半径)，因为点M 是球O 上一点，所以线段MN 长度的最小值为23－22，线段MN 长度的最大值为23＋2 2. 答案 23＋2 2 23－2 216.(2020·绍兴一中适应性考试)已知半径为4的球面上有两点A ，B ，AB ＝42，球心为O ，若球面上的动点C 满足二面角C －AB －O 的大小为60°，则四面体OABC 的外接球的半径为________.解析 如图，由已知，AO ⊥OB ，又平面ABC 与平面AOB 所成的二面角大小为60°，则平面ABC 截球O 的球面为一个圆，当点C 在弧ACB 的中点时，取AB 的中点M ，连接CM ，OM ，则AB ⊥平面CMO ，故二面角C －AB －O 的平面角为∠CMO ，则∠CMO ＝60°.作OH ⊥CM 于点H ，由OA ＝OB ＝OC ＝4，AB ＝42，设四面体OABC 的外接球球心为O 1∈OH ，则由OM ＝12AB ＝22得OH ＝OM sin 60°＝ 6.HM ＝OM cos 60°＝2，故四面体OABC 的外接球的半径r 满足O 1O 2＝O 1A 2＝HM 2＋AM 2＋O 1H 2，即r 2＝(2)2＋(22)2＋(r －6)2，解得r ＝463.答案46317.(2019·全国Ⅱ卷)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图①).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图②是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________.解析依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面.注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1.答案26 2－1三、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)18.(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.19.(本小题满分15分)(2020·嘉、丽、衢模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点E，F分别是线段DC，BC的中点，分别将△DAE沿AE折起，△CEF沿EF折起，使得D，C重合于点G，连接AF.(1)求证：平面GEF ⊥平面GAF ；(2)求直线GF 与平面GAE 所成角的正弦值. (1)证明 因为EG ⊥AG ，EG ⊥FG ，GA ∩GF ＝G ， 所以GE ⊥平面GAF ，又GE ⊂平面GEF ， 所以平面GEF ⊥平面GAF . (2)解 过F 作FH ⊥AG 于H ，则由GE ⊥平面GAF ，且FH ⊂平面GAF 知，GE ⊥FH ，GA ∩GE ＝G ，所以FH ⊥平面GAE ，从而∠FGH 是直线GF 与平面GAE 所成角. 因为GA ＝3，GF ＝32，AF ＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝732， 所以cos∠AGF ＝GA 2＋GF 2－AF 22·GA ·GF ＝9＋94－7342×3×32＝－79，从而sin∠FGH ＝sin∠AGF ＝1－cos 2∠AGF ＝429.所以直线GF 与平面GAE 所成角的正弦值为429.20.(本小题满分15分)(2020·浙江教育绿色评价联盟适考)如图，圆的直径AC ＝2，B 为圆周上不与点A ，C 重合的点，PA 垂直于圆所在的平面，∠PCA ＝45°.(1)求证：PB ⊥BC ；(2)(一题多解)若BC ＝3，求二面角B －PC －A 的余弦值. (1)证明 如图，连接AB ， 因为PA ⊥平面ABC ， 所以PA ⊥BC . 又因为B 在圆周上， 所以AB ⊥BC ，PA ∩AB ＝A ， 故BC ⊥平面PAB .又PB ⊂平面PAB ， 故BC ⊥PB .(2)解 法一 过B 作AC 的垂线，垂足为D ， 则BD ⊥平面PAC ，因为PC ⊂平面PAC ，故BD ⊥PC . 再过D 作PC 的垂线，垂足为E ， 则PC ⊥DE ，因为BD ∩DE ＝D ，所以PC ⊥平面BDE ，又BE ⊂平面BDE ，故BE ⊥PC ， 可知∠BED 即为二面角B －PC －A 的平面角. 因为BC ＝3，所以BD ＝32，CD ＝32. 又因为∠PCA ＝45°，所以DE ＝324，BE ＝304，所以cos∠BED ＝DEBE ＝155. 即二面角B －PC －A 的余弦值为155. 法二 因为∠ABC ＝90°，所以可以以B 为坐标原点，BC ，BA 分别为x ，y 轴，垂直于平面ABC 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz ，则B (0，0，0)，A (0，1，0)，C (3，0，0)，P (0，1，2)， BC →＝(3，0，0)，BP →＝(0，1，2)，AP →＝(0，0，2)，AC →＝(3，－1，0).设平面PAC 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，由n 1⊥AP →，n 1⊥AC →，得⎩⎨⎧2z ＝0，3x －y ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，3，0).设平面PBC 的法向量n 2＝(x ，y ，z ).由n 2⊥BC →，n 2⊥BP →，得⎩⎨⎧3x ＝0，y ＋2z ＝0，取z ＝1，则n 2＝(0，－2，1)，故|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝155.所以二面角B －PC －A 的余弦值为155. 21.(本小题满分15分)(2020·杭州二中模拟)如图，矩形ADFE 和梯形ABCD 所在平面互相垂直，AB ∥CD ，∠ABC ＝∠ADB ＝90°，CD ＝1，BC ＝2.(1)(一题多解)求证：BE ∥平面DCF ；(2)当AE 的长为何值时，直线AD 与平面BCE 所成角的大小为45°.(1)证明 法一 如图，以D 为坐标原点，AD 所在直线为x 轴，BD 所在直线为y 轴，DF 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系.设AE ＝h ，由CD ＝1，BC ＝2，∠ADB ＝90°，依据三角形相似可得∠DCB ＝90°，则DB ＝5，AB ＝5，故由勾股定理可得AD ＝2 5.所以D (0，0，0)，A (25，0，0)，B (0，5，0)，C ⎝⎛⎭⎪⎫－25，15，0，E (25，0，h )，F (0，0，h ). DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－25，15，0，DF →＝(0，0，h )， BE →＝(25，－5，h )，设平面DCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z ).所以⎩⎪⎨⎪⎧－25x ＋15y ＝0，hz ＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，hz ＝0， 令x ＝5，得n ＝(5，25，0)，BE →·n ＝0，故BE →⊥n ，又BE 不在平面DCF 上，所以BE ∥平面DCF .法二 因为四边形ADFE 是矩形，故AE ∥DF .又AB ∥CD ，且AB ∩AE ＝A ，CD ∩DF ＝D ，AB ，AE 在平面ABE 上，CD ，DF 在平面DCF 上，故平面ABE ∥平面DCF .又BE 在平面ABE 上，且BE 不在平面CDF 上，故BE ∥平面CDF .(2)解 由(1)中法一可得DA →＝(25，0，0)， BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－25，－45，0，BE →＝(25，－5，h )， 设平面BCE 法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－25x 1－45y 1＝0，25x 1－5y 1＋hz 1＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－2y 1，z 1＝55y 1h . 令y 1＝h ，得m ＝(－2h ，h ，55).由题意得cos 45°＝|DA →·m ||DA →||m |＝|－45h |25·5h 2＋125＝22， 故h ＝±5153，因为h ＞0，所以AE ＝h ＝5153. 22.(本小题满分15分)(2019·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3.E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC ＝13.(1)求证：CD ⊥平面PAD .(2)求二面角F －AE －P 的余弦值.(3)设点G 在PB 上，且PG PB ＝23.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由. (1)证明 因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD .又因为AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，PA ，AD ⊂平面PAD ，所以CD ⊥平面PAD .(2)解 过点A 作AD 的垂线交BC 于点M .因为PA ⊥平面ABCD ，AM ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD .建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，－1，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2).因为E 为PD 的中点，所以E (0，1，1).所以AE →＝(0，1，1)，PC →＝(2，2，－2)，AP →＝(0，0，2).所以PF →＝13PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，－23， 所以AF →＝AP →＋PF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，43. 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，23x ＋23y ＋43z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1，x ＝－1.于是n ＝(－1，－1，1).又因为平面PAD 的一个法向量为p ＝(1，0，0)， 所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝－33.由题知，二面角F －AE －P 为锐角， 所以其余弦值为33.(3)解 直线AG 在平面AEF 内.理由：因为点G 在PB 上， 且PGPB ＝23，PB →＝(2，－1，－2)，所以PG →＝23PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－23，－43，所以AG →＝AP →＋PG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－23，23.由(2)知，平面AEF 的一个法向量n ＝(－1，－1，1)， 所以AG →·n ＝－43＋23＋23＝0.又点A ∈平面AEF ，所以直线AG 在平面AEF 内.。
浙江专用2021版新高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量2第2讲空间几何体的表面积与体积教学案
第2讲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其侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π(r＋r′)l表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝S底h 锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13S底h 台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h 球S＝4πR2V＝43πR3(1)正方体的棱长为a，外接球的半径为R，内切球的半径为r；①若球为正方体的外接球，则2R＝3a；②若球为正方体的内切球，则2r＝a；③若球与正方体的各棱相切，则2R′＝2a.(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝a2＋b2＋c2.(3)正四面体的棱长为a，外接球的半径为R，内切球的半径为r；①外接球：球心是正四面体的中心；半径R＝64a；②内切球：球心是正四面体的中心；半径r＝612a.[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( ) (2)锥体的体积等于底面积与高之积．( ) (3)球的体积之比等于半径比的平方．( )(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．( ) (5)长方体既有外接球又有内切球．( )(6)圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .( )答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)× [教材衍化](必修2P27练习T1改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为________．解析：S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π， 所以r 2＝4，所以r ＝2. 答案：2 cm [易错纠偏]常见误区 (1)不能把三视图正确还原为几何体而错解表面积或体积； (2)考虑不周忽视分类讨论； (3)几何体的截面性质理解有误； (4)混淆球的表面积公式和体积公式．1．已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3.解析：根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m ，高为1 m 的平行四边形，四棱锥的高为3 m ．故该四棱锥的体积V ＝13×2×1×3＝2(m 3)．答案：22．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是________．解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2，故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.答案：32π2＋8π或32π2＋32π3．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为________．解析：因为过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋22π×22＝12π.答案：12π4．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________．解析：设球的半径为R ，则由4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以这个球的体积为43πR 3＝323π.答案：323π空间几何体的表面积(1)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(2)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】 (1)由三视图可得此几何体为一个球切割掉18后剩下的几何体，设球的半径为r ，故78×43πr 3＝283π，所以r ＝2，表面积S ＝78×4πr 2＋34πr 2＝17π，选A.(2)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＋2 2.【答案】 (1)A (2)B空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积问题注意衔接部分的处理． (3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．1．(2020·嘉兴期中)若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°、半径为1的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比是( )A ．4∶3B ．2∶1C ．5∶3D ．3∶2解析：选A.圆锥的侧面积S 侧＝π×12×120360＝π3，圆锥的底面半径r ＝2π×1×120360÷2π＝13，圆锥的底面积S 底＝π·19＝π9，圆锥的表面积＝侧面积＋底面积＝4π9，所以这个圆锥的表面积与侧面积的比为4∶3.2．(2020·浙江省名校协作体高三联考)一个几何体的三视图如图所示，正视图与侧视图为全等的矩形，俯视图为正方形，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可知，该几何体为一长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中挖去一个四棱锥P ABCD ，如图所示，易得PA ＝PB ＝32＋（2）2＝11，所以S △PAB ＝12×2×10＝10，所以表面积S ＝22＋2×3×4＋4×10＝28＋410. 答案：28＋410空间几何体的体积(高频考点)空间几何体的体积是每年高考的热点，多与三视图结合考查，题型多为选择题、填空题，难度较小．主要命题角度有：(1)求简单几何体的体积； (2)求组合体的体积． 角度一 求简单几何体的体积(1)(2019·高考浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体＝Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm 3)是( )A ．158B ．162C ．182D ．324(2)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1EDF 的体积为________．【解析】 (1)由三视图可知，该几何体是一个直五棱柱，所以其体积V ＝12×(4×3＋2×3＋6×6)×6＝162.故选B.(2)(等积法)三棱锥D 1EDF 的体积即为三棱锥F DD 1E 的体积．因为点E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，△EDD 1的面积为定值12，点F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以VD 1EDF ＝VF DD 1E ＝13×12×1＝16.【答案】 (1)B (2)16角度二 求组合体的体积(分割法)(1)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3C.3π2＋1 D.3π2＋3 (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】 (1)由几何体的三视图可得，该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该几何体的体积V ＝13×12π×3＋13×12×2×1×3＝π2＋1，故选A.(2)由题意知该几何体是由一个长方体和两个14圆柱体构成，其中长方体的体积V 1＝2×1×1＝2，两个14圆柱体的体积之和V 2＝14×π×12×1×2＝π2，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝2＋π2.【答案】 (1)A (2)2＋π21．(2018·高考浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选C.由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V ＝12×(1＋2)×2×2＝6.故选C.2．(2020·宁波十校联合模拟)如图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为________cm 3，表面积为________cm 2.解析：由已知三视图得到几何体是一个底面直角边分别为3，4的直角三角形，高为5的三棱柱，割去一个底面与三棱柱底面相同，高为3的三棱锥，所以该几何体的体积为V ＝12×3×4×5－13×12×3×4×3＝24(cm 3)； 表面积为S ＝12×(2＋5)×4＋12×(2＋5)×3＋12×3×4＋5×5＋34×52＝1112＋2543(cm 2)．答案：241112＋2534球与空间几何体的接、切问题(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.3π4 C.π2D.π4(2)(2020·温州七校联考)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的表面积为( )A.253π B.252π C.833π D.832π 【解析】 (1)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)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 ，所以x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，所以R 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π，故选D. 【答案】 (1)B (2)D(变条件)若本例(2)中的△ABC 变为边长为3的等边三角形．求三棱锥外接球的表面积．解：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以PC 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π.处理球的“切”“接”问题的求解策略(1)“切”的处理与球有关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．1．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.π3 C.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 ＝66， 所以S ＝πr 2＝π×636＝16π.2．(2020·丽水模拟)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.核心素养系列15 直观想象——数学文化与三视图(2020·金华十校联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，高一丈，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，现将该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为1丈，则该楔体的体积为( )A ．5 000立方尺B ．5 500立方尺C ．6 000立方尺D ．6 500立方尺【解析】 该楔体的直观图如图中的几何体ABCDEF .取AB 的中点G ，CD 的中点H ，连接FG ，GH ，HF ，则该几何体的体积为四棱锥F GBCH 与三棱柱ADE GHF 的体积之和．又可以将三棱柱ADE GHF 割补成高为EF ，底面积为S ＝12×3×1＝32平方丈的一个直棱柱，故该楔体的体积V ＝32×2＋13×2×3×1＝5立方丈＝5 000立方尺．【答案】 A求解与数学文化有关的立体几何问题应过的三关我国南北朝时期数学家、天文学家——祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高立方体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立方体体积相等．已知某不规则几何体与如图所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )A ．4－π2B ．8－4π3C ．8－πD ．8－2π解析：选 C.由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等．根据题设所给的三视图，可知题图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为23＝8，半圆柱的体积为12×(π×12)×2＝π，因此该不规则几何体的体积为8－π，故选C.[基础题组练]1．(2020·嘉兴期中)某球的体积与表面积的数值相等，则球的半径是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C.设球的半径为r ，则球的体积为 43πr 3，球的表面积为4πr 2. 因为球的体积与其表面积的数值相等， 所以43πr 3＝4πr 2，解得r ＝3.2．(2020·义乌模拟)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2解析：选D.由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D.3．(2020·浙江高校招生选考试题)如图(1)，把棱长为1的正方体沿平面AB 1D 1和平面A 1BC 1截去部分后，得到如图(2)所示几何体，则该几何体的体积为( )A.34B.1724C.23D.12解析：选B.把棱长为1的正方体沿平面AB 1D 1和平面A 1BC 1截去部分后，得到几何体的体积：V ＝VABCD A 1B 1C 1D 1－VA A 1B 1D 1－VB A 1B 1C 1＋VN A 1B 1M＝1×1×1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×1＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×22×22×12＝1724. 4．(2020·金华十校联考)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.32π B.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．若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．48＋πB ．48－πC ．48＋2πD ．48－2π解析：选A.该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S ＝2×2×2＋2×4×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.6．(2020·台州四校高三联考)一个多面体的直观图和三视图如图所示，点M 是AB 上的动点，记四面体EFMC 的体积为V 1，多面体ADF BCE 的体积为V 2，则V 1V 2＝( )A.14B.13C.12D ．不是定值，随点M 位置的变化而变化解析：选B.由三视图可知多面体ADF BCE 是直三棱柱，其底面是等腰直角三角形(直角边长为a )，且四边形DFEC 与四边形ABCD 都是正方形，它们的边长均为a .因为点M 是AB 上的动点，且易知AB ∥平面DFEC ，所以点M 到平面DFEC 的距离等于点B 到平面DFEC 的距离，为a ，所以V 1＝V E FMC ＝V M EFC ＝13×12a ·a ·a ＝a 36，又V 2＝12a ·a ·a ＝a32，故V1V2＝a36a32＝13，故选B.7．(2020·宁波市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________ cm3，表面积为________cm2.解析：由三视图可知，该几何体是由一个半球去掉14后得到的几何体．所以该几何体的体积＝34×12×43×π×13＝π2cm3.表面积＝34×12×4π×12＋12×π×12＋34×π×12＝11π4cm2.答案：π211π48．(2020·瑞安市龙翔高中高三月考)一个正四棱锥的所有棱长均为2，其俯视图如图所示，则该正四棱锥的正视图的面积为________，正四棱锥的体积为________．解析：由正四棱锥的俯视图，可得到正四棱锥的直观图如图，则该正四棱锥的正视图为三角形PEF(点E，F分别为AD，BC的中点)，因为正四棱锥的所有棱长均为2，所以PB＝PC＝2，EF＝AB＝2，PF＝3，所以PO＝PF2－OF2＝3－1＝2，所以该正四棱锥的正视图的面积为12×2×2＝2；正四棱锥的体积为13×2×2×2＝423.答案： 24239．(2020·温州市高考模拟)已知某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则此几何体的体积为________，表面积为________．解析：根据三视图可知几何体是一个四棱锥，如图，底面是一个边长为2的正方形，PE ⊥平面ABCD ，且PE ＝2，其中点E 、F 分别是BC 、AD 的中点，连接EF 、PA ，所以几何体的体积V ＝13×2×2×2＝83，在△PEB 中，PB ＝PE 2＋BE 2＝5，同理可得PC ＝5，因为PE ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥CD ，因为CD ⊥BC ，BC ∩PE ＝E ，所以CD ⊥平面PBC ，则CD ⊥PC ， 在△PCD 中，PD ＝PC 2＋DC 2＝5＋4＝3， 同理可得PA ＝3，则PF ⊥AD ，在△PDF 中，PF ＝PD 2－DF 2＝9－1＝22，所以此几何体的表面积S ＝2×2＋12×2×2＋2×12×2×5＋12×2×22＝6＋25＋2 2.答案：836＋25＋2 210．已知球O 的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O 的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．解析：设球的半径为R ，则4πR 2＝25π，所以R ＝52，所以球的直径为2R ＝5，设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则长方体的表面积S ＝2ab ＋2ac ＋2bc ≤a 2＋b 2＋a 2＋c 2＋b 2＋c 2＝2(a 2＋b 2＋c 2)＝50.答案：5011.如图所示，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，求该多面体的体积．解：如图，分别过点A、B作EF的垂线，垂足分别为点G、H，连接DG、CH，容易求得EG＝HF＝12，AG＝GD＝BH＝HC＝32，所以S△AGD＝S△BHC＝12×22×1＝24，所以该多面体的体积V＝V EADG＋V FBHC＋V AGDBHC＝13×24×12＋13×24×12＋24×1＝23.12.如图，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，再用S平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面)．(1)当圆柱底面半径r取何值时，S取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米)；(2)若要制作一个如图放置的、底面半径为0.3米的灯笼，请作出用于制作灯笼的三视图(作图时，不需考虑骨架等因素)．解：(1)由题意可知矩形的高即圆柱的母线长为9.6－8×2r8＝1.2－2r，所以塑料片面积S＝πr2＋2πr(1.2－2r)＝πr2＋2.4πr－4πr2＝－3πr2＋2.4πr＝－3π(r2－0.8r)．所以当r＝0.4米时，S有最大值，约为1.51平方米．(2)若灯笼底面半径为0.3米，则高为1.2－2×0.3＝0.6(米)．制作灯笼的三视图如图[综合题组练]1．在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1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.9π2 C ．6πD.32π3解析：选B.由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.2．(2020·瑞安市龙翔高中高三月考)如图，已知在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA ⊥底面ABCD ，AB ＝1，PA ·AC ＝1，∠ABC ＝θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜θ≤π2，则四棱锥P ABCD 的体积V 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫26，13 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤212，16 C.⎝⎛⎦⎥⎤26，13 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫212，16 解析：选A.由已知，四边形ABCD 的面积S ＝sin θ， 由余弦定理可求得AC ＝2－2cos θ， 所以PA ＝12－2cos θ，所以V ＝13·sin θ2－2cos θ，所以V ＝26·sin 2θ1－cos θ＝26·1＋cos θ.所以当cos θ＝0，即θ＝π2时，四棱锥P ABCD 的体积V 的最小值是26； 当cos θ＝1，即θ＝0时，四棱锥P ABCD 的体积V 的最大值是13.因为0＜θ≤π2，所以P ABCD 的体积V 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫26，13. 3．(2020·浙江名校协作体高三联考)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是 3 cm 3，则正视图中的x 的值是________cm ，该几何体的表面积是________cm 2.解析：由三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的四棱锥，其直观图如图所示，由棱锥的体积公式得，13×12×(1＋2)×3x ＝3⇒x ＝2(cm)，侧面ADS ，CDS ，ABS 为直角三角形，侧面BCS 是以BC 为底的等腰三角形，所以该几何体的表面积为S ＝12[(1＋2)×3＋2×2＋3×2＋1×7＋2×7]＝53＋37＋42(cm 2)．答案：253＋37＋424．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：由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，可得AC ＝23，要求四面体PBCD 的体积，关键是寻找底面三角形BCD 的面积S △BCD 和点P 到平面BCD 的距离h .易知h ≤2.设AD ＝x ，则DP ＝x ，DC ＝23－x ，S △DBC ＝12×(23－x )×2×sin 30°＝23－x2，其中x ∈(0，23)，且h ≤x ，所以V P BCD＝13×S △BCD ×h ＝23－x 6×h ≤23－x 6·x ≤16⎝ ⎛⎭⎪⎫23－x ＋x 22＝12，当且仅当23－x ＝x ，即x ＝3时取等号．故四面体PBCD 的体积的最大值是12. 答案：125．已知一个几何体的三视图如图所示．(1)求此几何体的表面积；(2)如果点P ，Q 在正视图中所示位置，点P 为所在线段中点，点Q 为顶点，求在几何体表面上，从P 点到Q 点的最短路径的长．解：(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．S 圆锥侧＝12(2πa )·(2a )＝2πa 2， S 圆柱侧＝(2πa )·(2a )＝4πa 2， S 圆柱底＝πa 2，所以S 表＝2πa 2＋4πa 2＋πa 2＝(2＋5)πa 2. (2)沿P 点与Q 点所在母线剪开圆柱侧面，如图．则PQ ＝ AP 2＋AQ 2＝a 2＋（πa ）2＝a 1＋π2， 所以从P 点到Q 点在侧面上的最短路径的长为a 1＋π2.6．已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，求此三棱柱的体积的最大值． 解：如图，设球心为O ，三棱柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，底面正三角形的边长为a ，则AO 1＝23×32a ＝33a .由已知得O 1O 2⊥底面，在Rt △OAO 1中，由勾股定理得OO 1＝ 12－⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＝3·3－a23，所以V 三棱柱＝34a 2×2×3·3－a 23＝3a 4－a62，令f (a )＝3a 4－a 6(0＜a ＜2)，则f ′(a )＝12a 3－6a 5＝－6a 3(a 2－2)，令f ′(a )＝0，解得a ＝ 2.因为当a∈(0，2)时，f′(a)＞0；当a∈(2，2)时，f′(a)＜0，所以函数f(a)在(0，2)上单调递增，在(2，2)上单调递减．所以f(a)在a＝ 2 处取得极大值．因为函数f(a)在区间(0，2)上有唯一的极值点，所以a＝ 2 也是最大值点．所以(V三棱柱)max＝3×4－82＝1.21。
最新-2021年高考数学理人教A版一轮复习课件：第八章 立体几何 86 精品
1 1
-
2 2
=2a2-2a·
c=4.
·(-a)
1
(2) · = 2(c-a)·
(b-c)
1
1
2
=2(b·
c-a·
b-c +a·
c)=-4.
-13知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
1
2
1 1
1 1 1
2 2
2 2 2
1
1
1 1
1
1
1
√2
| |2=4a2+4b2+4c2-2a·
b+2b·
c-2c·
考点2
考点3
证明 以点A为原点,AB,AC,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图
所示的空间直角坐标系Axyz,令AB=AA1=4,则
A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B1(4,0,4),D(2,0,2),A1(0,0,4).
a=2,则| |= 2 .
1
1
(4) = 2b+2c, = +
1
·
2
=-b+2a,cos< , >=
=-3,
||||
π
因为异面直线所成角的范围是 0, ,所以异面直线
2
2
CE 所成角的余弦值为3.
(3) = + + = a+b-a+ c- b=- a+ b+ c,
∴由共面向量定理知向量与向量 , 1 共面.
(2)当 k=0 时,点 M,A 重合,点 N,B 重合,MN 在平面 ABB1A1 内.
2021版新高考数学一轮复习第八章空间几何体的结构特征及直观图课件新人教B版
考点二ꢀ空间几何体的表面积与体积ꢀ
命 考什么:(1)考查求几何体的表面积与体积. 题 (2)考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养. 精 怎么考:(1)求几何体的表面积或体积.(2)与平行、垂直的性 解 质、判定相结合考查. 读 新趋势:以柱、锥、台、球为载体,结合线面垂直等知识考查.
学 空间几何体表面积、体积的求法 霸 (1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用. 好 (2)多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积注 方 意衔接部分的处理. 法 (3)体积可用公式法、转换法、分割法、补形法等求解.
3.选D.①所取的两点的连线与圆柱的轴所构成的四边形不一定是矩形,若不是矩 形,则与圆柱母线定义不符.③所取两点连线的延长线不一定与轴交于一点,不符 合圆台母线的定义.②④符合圆锥、圆柱母线的定义及性质. 4.选A.因为矩形的对角线相等,所以长方体的六个面的对角线构成2个等腰四面 体.因为长方体的每个顶点出发的三条棱都是两两垂直的,所以长方体中有8个直 角四面体.
2.(必修2 P21练习BT1改编)下列说法正确的是 (ꢀꢀ) A.相等的角在直观图中仍然相等 B.相等的线段在直观图中仍然相等 C.正方形的直观图是正方形 D.若两条线段平行,则在直观图中对应的两条线段仍然平行 【解析】选D.由直观图的画法规则知,角度、长度都有可能改变,而线段的平行性 不变.
3.(必修2 P33习题1-1BT6改编)已知圆锥的表面积等于12π cm2,其侧面展开图是
由题意得
故圆锥的高h=
,所以体积为
V= 答案: π
π(cm3).
【综合创新·练】 1.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为 ,D 为BC的中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为 ( )
浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第1节空间几何体的结构三视图和直观图含解析
浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第1节空间几何体的结构三视图和直观图含解析第1节空间几何体的结构、三视图和直观图考试要求1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图；3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.知识梳理1.简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上、下底面是全等且平行的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形；(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形.2.旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任一直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线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.(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等.②在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线.4.直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(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、y′轴所在平面垂直.(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.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.[常用结论与易错提醒]1.常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆.(2)水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰三角形.(3)水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰梯形.(4)水平放置的圆柱的正视图和侧视图均为全等的矩形.2.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.3.空间几何体不同放置时其三视图不一定相同.4.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.诊断自测1.判断下列说法的正误.(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.( )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x 轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同.( )解析(1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.(2)反例：如图所示图形不是棱锥.(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，把x，y轴画成相交成45°或135°，平行于x轴的线还平行于x轴，平行于y轴的线还平行于y 轴，所以∠A也可能为135°.(4)球的三视图均相同，而圆锥的正视图和侧视图相同，且为等腰三角形，其俯视图为圆心和圆，正方体的三视图不一定相同.答案(1)×(2)×(3)×(4)×2.某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱解析由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形.答案 A3.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，则该几何体的侧视图为( )解析先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧视图.由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧视图为图②.答案 B4.(2018·上海卷)《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )A.4B.8C.12D.16解析符合题目条件的面有四个，每一个都有4个顶点，所以选择D.答案 D5.正△AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________.解析画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图).D ′为O ′A ′的中点.易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2.答案616a 26.(2020·北京平谷区质检)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面中直角三角形的个数为________个.解析由三视图知几何体为一四棱锥，其直观图为如图中的P －ABCD ；由图得该棱锥的四个侧面均为直角三角形，故该四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为4个.答案 4考点一空间几何体的结构特征【例1】 (1)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是( )A.0B.1C.2D.3(2)以下命题：①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台.其中正确命题的个数为( )A.0B.1C.2D.3解析(1)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.(2)由圆台的定义可知①错误，②正确.对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③不正确.答案(1)A (2)B规律方法(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可.(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.【训练1】下列结论正确的是( )A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B.夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线解析如图1知，A不正确.如图2，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确.若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形.由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，C错误.由圆锥母线的概念知，选项D正确.答案 D考点二空间几何体的三视图多维探究角度1 由空间几何体的直观图判断三视图【例2－1】一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )解析该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选项B适合.答案 B角度2 由三视图判定几何体【例2－2】(1)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱(2)(2020·北京昌平区二模)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析(1)由题知，该几何体的三视图为一个三角形、两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B.(2)由三视图可得，该四棱锥如图P－ABCD，直角三角形有：△PAD、△PCD、△PAB，共3个.答案(1)B (2)C规律方法(1)由实物图画三视图或判断选择三视图，按照“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点确认.(2)根据三视图还原几何体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根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据.提醒对于简单组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同.【训练2】 (1)(角度1)如图所示，由几个棱长相等的小正方体搭成的一个几何体.现老师给小明四张图，要求其删除其中的一张图，使得剩下的三张图可以作为该几何体的三视图，则小明要删除( )(2)(角度2)(2020·北京丰台区期末)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的棱中最长的棱的长度为( )A.2B. 5C.2 2D.2 3解析(1)由几何体的直观图得其正视图为C中的图形，侧视图为A 中的图形，俯视图为D中的图形，故选B.(2)由三视图可知，该三棱锥的底面是直角梯形，一条侧棱与底面垂直，直观图如图，图中PA与底面垂直，且AD∥BC，AD⊥AB，PA＝AB＝BC＝2AD＝2，由勾股定理可得PD ＝CD ＝5，PB ＝22，PC ＝PA 2＋AB 2＋BC 2＝23，所以最长的棱为2 3.答案 (1)B (2)D考点三空间几何体的直观图【例3】已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________.解析如图所示，作出等腰梯形ABCD 的直观图：因为OE ＝（2）2－12＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.答案22规律方法(1)画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y 轴的线段长度减半，平行于x 轴和z 轴的线段长度不变)来掌握.对直观图的考查有两个方向，一是已知原图形求直观图的相关量，二是已知直观图求原图形中的相关量.(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S 直观图＝24S 原图形.【训练3】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1，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. 又四边形AECD 为矩形，AD ＝EC ＝1. ∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A ′B ′C ′D ′.在梯形A ′B ′C ′D ′中，A ′D ′＝1，B ′C ′＝22＋1，A ′B ′＝2. ∴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基础巩固题组一、选择题1.关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是( ) A.棱柱的侧棱长都相等 B.棱锥的侧棱长都相等C.三棱台的上、下底面是相似三角形D.有的棱台的侧棱长都相等解析根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等. 答案 B2.如图所示的几何体是棱柱的有( )A.②③⑤B.③④⑤C.③⑤D.①③解析由棱柱的定义知③⑤两个几何体是棱柱. 答案 C3.(2018·全国Ⅲ卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )解析由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A. 答案 A4.已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，且它的正视图如图所示，则该四棱锥侧视图的面积是( )A.4 2B.4C.2 2D.2解析由四棱锥P －ABCD 的正视图可知，四棱锥的正视图是一个高为2，底边长为22的等腰三角形，又因为四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，所以四棱锥的侧视图是一个高为2，底边长为22的等腰三角形，所以侧视图的面积为12×2×22＝2 2.故选C.答案 C5.将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析易知侧视图的投影面为矩形，又AF的投影线为虚线，即为左下角到右上角的对角线，∴该几何体的侧视图为选项D.答案 D6.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A.6 2B.4 2C.6D.4解析如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A－BCD，最长的棱为AD＝（42）2＋22＝6.答案 C7.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. 答案 A8.(2020·北京昌平区二模)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. 5B.2 2C.2 3D.3解析根据三视图可知几何体是一个四棱锥，底面是一个直角梯形，AD⊥AB、AD∥BC，AD＝AB＝2，BC＝1，PA⊥底面ABCD，且PA＝2，∴该四棱锥最长棱的棱长为PC＝PA2＋AC2＝22＋22＋12＝3.答案 D二、填空题9.已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于________.解析由题知此正方体的正视图与侧视图是一样的，正视图的面积与侧视图的面积相等为 2. 答案 210.直观图(如图)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在原坐标系xOy中四边形为________(填图形形状)；面积为________cm2.解析将直观图恢复到平面图形(如图)，是OA＝2 cm，OC＝4 cm 的矩形，S OABC＝2×4＝8(cm2).答案矩形811.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长为________.解析由三视图可知几何体为如图所示的三棱锥P－ABC，其最长棱为AC＝22＋12＝ 5.答案 512.我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中三个梯形的面积之和为________.解析由三视图可知，该几何体的直观图如图五面体，其中平面ABCD⊥平面ABEF，CD＝2，AB＝6，EF＝4，底面梯形是等腰梯形，高为3，梯形ABCD的高为4，等腰梯形EFDC的高为9＋16 ＝5，三个梯形的面积之和为2＋62×4＋4＋62×3＋2＋42×5＝46.答案4613.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为42，点M是棱BC 的中点，点P在底面ABCD内，点Q 在线段A1C1上，若PM＝1，则PQ长度的最小值为________.解析由题意得，过点Q作QN⊥平面ABCD，垂足为N，则点N在线段AC上，分别连接PQ，PN，在Rt△PNQ中，PQ＝QN2＋PN2＝（42）2＋PN2，在平面ABCD内过点M作MR⊥AC，垂足为R，则MR＝2，即M到直线AC的最短距离为2，又PM＝1，当P∈MR时，此时PN min＝MR－1＝1，所以PQ min＝（42）2＋12＝33.答案3314.如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有________对.解析由三视图的特征，将俯视图拉伸得四棱锥A－BCDE，且顶点A在底面BCDE上的射影为棱BC的中点O，又底面BCDE为矩形，则侧面ABC⊥底面BCDE，侧面ABE⊥侧面ABC，侧面ACD⊥侧面ABC；又因为AC＝AB＝22，BC＝4，即AB⊥AC，则由CD⊥侧面ABC，知CD⊥AB，故AB⊥侧面ACD，故侧面ABE⊥侧面ACD.因此此几何体中共有4对平面互相垂直.答案 4能力提升题组15.在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②解析如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.答案 D16.(2020·北京房山区一模)某三棱锥的三视图如图所示，正视图与侧视图是两个全等的等腰直角三角形，直角边长为1，俯视图是正方形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是( )A.12B.22C.32D.1解析该多面体为一个三棱锥D －ABC ，是正方体的一部分，如图所示，其中3个面是直角三角形，1个面是等边三角形，S △BCD ＝34×(2)2＝32，S △BAD ＝S △ACD ＝12×1×2＝22，S △BCA ＝12×1×1＝12，所以该三棱锥的四个面的面积中最大的是32. 答案 C17.正四面体的棱长为26，以其中心O 为球心作球，球面与正四面体四个面相交所成的曲线总长度为4π，则球O 的半径为( ) A.52 B.62 C.62或 5 D.52或 5 解析设球O 的半径为R ，若正四面体一个面截球如图1所示，则小圆周长为π，所以小圆半径为12，又球心到四面体的面的距离为1，故R ＝12＋? ??122＝52；若正四面体一个面截球如图2所示，记D 为AC 的中点，由题意知AB ︵＝π3.设小圆O 1的半径为r ，则∠AO 1B ＝π3r ，又∠BO 1C ＝2π3，∠AO 1D ＝12(∠BO 1C －∠AO 1B )＝π3－π6r ，O 1D ＝2，所以cos ? ????π3－π6r ＝2r ①.令f (r )＝cos ? ????π3－π6r －2r ，则f ′(r )＝－π6r2× sin ? ????π3－π6r ＋2r2＞0，所以函数f (r )在(0，＋∞)上单调递增，且最多有一个零点，而f (2)＝0，所以方程①有唯一解2，从而R ＝r 2＋12＝5，所以球O 的半径是52或5，故选D.答案 D18.已知△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′是边长为a 的正三角形，那么原△ABC 的面积为________.解析如图，过C ′作y ′轴的平行线C ′D ′，与x ′轴交于点D ′.则C ′D ′＝32a sin 45°＝62a .又C ′D ′是原△ABC 的高CD 的直观图，所以CD ＝6a . 故S △ABC ＝12AB ·CD ＝62a 2.答案62a 2。
2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第八章-1-第1讲-空间几何体的结构特征及三视图和直观图
知识点最新考纲空间几何体的结构特征及三视图和直观图了解多面体和旋转体的概念，理解柱、锥、台、球的结构特征．了解简单组合体，了解中心投影、平行投影的含义．了解三视图和直观图间的关系，掌握三视图所表示的空间几何体．会用斜二测法画出它们的直观图.空间几何体的表面积与体积会计算柱、锥、台、球的表面积和体积.空间点、直线、平面之间的位置关系了解平面的含义，理解空间点、直线、平面位置关系的定义．掌握如下可以作为推理依据的公理和定理．公理1 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．公理2 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4 平行于同一条直线的两条直线互相平行．定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.空间中的平行关系、垂直关系理解空间线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定定理和性质定理．判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行；一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行；一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直；一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面互相垂直．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行；如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行；垂直于同一个平面的两条直线平行；两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.空间角理解直线与平面所成角的概念，了解二面角及其平面角的概念.空间向量及其运算了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，了解空间向量的正交分解及其坐标表示．了解空间向量的加、减、数乘、数量积的定义，坐标表示的运算.立体几何中的向量方法了解空间两点间的距离公式、向量的长度公式及两向量的夹角公式．了解直线的方向向量与平面的法向量．了解求两直线夹角、直线与平面所成角、二面角的向量方法.第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且相等多边形互相平行侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环(1)画法：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．(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；看到的线画实线，看不到的线画虚线．[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( )(4)在正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( )(6)菱形的直观图仍是菱形．( )答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×[教材衍化]1．(必修2P19T2改编)下列说法正确的是( )A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行解析：选D.由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．2．(必修2P8A组T1(1)改编)在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案：③⑤3．(P15练习T1改编)已知如图所示的几何体，其俯视图正确的是________．(填序号)解析：由俯视图定义易知选项③符合题意．答案：③[易错纠偏]棱柱的概念不清致误.如图，长方体ABCD-A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′.剩下的几何体是( )A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．六棱柱解析：选C.由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．故选C.空间几何体的结构特征(1)下列说法正确的是( )A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥B．六条棱长均相等的四面体是正四面体C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台(2)以下命题：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3【解析】(1)底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，A错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，D错．(2)命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥；命题②错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰，才得到是圆台的旋转体；命题③对；命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以得到一个圆锥和一个圆台．【答案】(1)B (2)B空间几何体概念辨析问题的常用方法1．给出下列命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选A.①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③显然错误．2．下列说法正确的是( )A．以半圆的直径所在直线为旋转轴旋转形成的曲面叫做球B．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C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线解析：选D.球面和球是两个不同的概念，以半圆的直径所在直线为旋转轴旋转形成的曲面叫做球面，球面围成的几何体叫做球，A错误．对于B，如图，满足有两个面平行，其余四个面都是等腰梯形，但它不是棱台，故B错．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．C错误．由母线的概念知，选项D正确．空间几何体的三视图(高频考点)空间几何体的三视图是每年高考的热点，题型为选择题或填空题，难度适中，属于中档题．主要命题角度有：(1)由空间几何体的直观图识别三视图；(2)由空间几何体的三视图还原直观图；(3)由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图．角度一由空间几何体的直观图识别三视图(2020·浙江省名校协作体高三联考)“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】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.【答案】B角度二由空间几何体的三视图还原直观图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】由三视图还原为如图所示的四棱锥A－BCC 1B1，从图中易得最长的棱长为AC1＝AC2＋CC21＝（22＋22）＋22＝23，选B.【答案】B角度三由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图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】由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.【答案】B三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．1．(2020·瑞安四市联考)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点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)点消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D.2．(2020·嘉兴期中)如图(1)、(2)、(3)、(4)为四个几何体的三视图，根据三视图可判断这四个几何体依次为( )A．三棱台、三棱柱、圆锥、圆柱B．三棱台、三棱锥、圆锥、圆台C．三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台D．三棱柱、三棱台、圆锥、圆台解析：选C.如题图(1)三视图复原的几何体是放倒的三棱柱；(2)三视图复原的几何体是四棱锥；(3)三视图复原的几何体是圆锥；(4)三视图复原的几何体是圆台．所以(1)(2)(3)(4)的顺序为：三棱柱、四棱锥、圆锥、圆台．故选C.3．(2020·浙江高校招生选考试题)如图，在三棱锥A-BCD中，侧面ABD⊥底面BCD，BC⊥CD，AB＝AD＝4，BC＝6，BD＝43，则该三棱锥三视图的正视图为( )解析：选C.由题意，三棱锥三视图的正视图为等腰三角形，△BCD中，BC⊥CD，BC＝6，BD＝43，所以CD＝23，设C在BD上的射影为E，则123＝CE·43，所以CE＝3，DE ＝CD2－CE2＝3，故选C.空间几何体的直观图如图，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】如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×22＝42(cm)，CD＝C′D′＝2 cm，所以OC＝OD2＋CD2＝（42）2＋22＝6(cm)，所以OA＝OC，故四边形OABC是菱形，因此选C.【答案】C(变条件、变问法)若本例中直观图为如图所示的一个边长为1 cm的正方形，则原图形的周长是多少解：将直观图还原为平面图形，如图．可知还原后的图形中OB ＝22，AB ＝12＋（22）2＝3(cm)，于是周长为2×3＋2×1＝8(cm)．原图与直观图中的“三变”与“三不变”1．如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD 为( )A ．平行四边形B ．梯形C ．菱形D ．矩形解析：选D.由斜二测画法可知在原四边形ABCD 中DA ⊥AB ，并且AD ∥BC ，AB ∥CD ，故四边形ABCD 为矩形．2．在等腰梯形ABCD 中，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．解析：因为OE ＝ （2）2－12＝1， 所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为S ′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22核心素养系列14 直观想象——构造法求解三视图问题的三个步骤三视图问题(包括求解几何体的表面积、体积等)是培养和考查空间想象能力的好题目，是高考的热点．由三视图还原几何体是解决这类问题的关键，而由三视图还原几何体只要按照以下三个步骤去做，基本都能准确还原出来．这三个步骤是：第一步，先画长(正)方体，在长(正)方体中画出俯视图；第二步，在三个视图中找直角；第三步，判断直角位置，并向上(或向下)作垂线，找到顶点，连线即可．一个几何体的三视图如图所示，图中直角三角形的直角边长均为1，则该几何体的体积为( )【解析】 几何体还原说明：①画出正方体，俯视图中实线可以看作正方体的上底面及底面对角线．②俯视图是正方形，有四个直角，正视图和侧视图中分别有一个直角．正视图和侧视图中的直角对应上底面左边外侧顶点(图中D 点上方顶点)，将该顶点下拉至D 点，连接DA ，DB ，DC 即可．该几何体即图中棱长为1的正方体中的四面体ABCD ，其体积为13×12×1×1×1＝16.故选A.【答案】 A如图是一个四面体的三视图，三个三角形均是腰长为2的等腰直角三角形，还原其直观图．【解】第一步，根据题意，画正方体，在正方体内画出俯视图，如图①.第二步，找直角，在俯视图、正视图和侧视图中都有直角．第三步，将俯视图的直角顶点向上拉起，与三视图中的高一致，连线即可．所求几何体为三棱锥A-BCD，如图②.[基础题组练]1．下列说法正确的有( )①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形．A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选A.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；很明显④是正确的．2.如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是△ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B.由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.3．如图所示，上面的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( )A．①②B．②③C．③④D．①⑤解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件；故截面图形可能是①⑤.4．(2020·杭州学军中学高三期中)一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，故选D.5．(2020·宁波十校联考)某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为( )B．6＋3＋3 3 D．43解析：选A.侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152.6．(2020·丽水模拟)一锥体的三视图如图所示，则该棱锥的最长棱的棱长为( )解析：选C.依题意，题中的几何体是四棱锥E -ABB 1A 1，如图所示(其中ABCD -A 1B 1C 1D 1是棱长为4的正方体，C 1E ＝1)，EA ＝32＋42＋42＝41，EA 1＝12＋42＋42＝33，EB ＝32＋42＝5，EB 1＝12＋42＝17，AB ＝BB 1＝B 1A 1＝A 1A ＝4，因此该几何体的最长棱的棱长为41，选C.7．有一个长为 5 cm ，宽为 4 cm 的矩形，则其直观图的面积为________．解析：由于该矩形的面积S ＝5×4＝20(cm 2)，所以其直观图的面积S ′＝24S ＝52(cm 2)．答案：5 2 cm 28．如图所示的Rt △ABC 绕着它的斜边AB 旋转一周得到的图形是________．解析：过Rt △ABC 的顶点C 作线段CD ⊥AB ，垂足为点D ，所以Rt △ABC 绕着它的斜边AB 旋转一周后得到是以CD 作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体．答案：两个圆锥的组合体9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是________．解析：由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥P-ABCD，易知四棱锥P-ABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4.答案：410．已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱的特征及侧(左)视图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正(主)视图的面积为2 3.答案：2311. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，图为该四棱锥的正视图和侧视图，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(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＝6 3 (cm)．12．如图所示，在侧棱长为23的正三棱锥V-ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面AEF，求△AEF的周长的最小值．解：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·sin60°＝3，所以AA1＝2AD＝6，即△AEF的周长的最小值为6.[综合题组练]1．(2020·杭州市五校联考)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )解析：选A.因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，几何体的直观图如图，是以正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为A.2．某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( )A ．2B ．22D ．23解析：选D.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 1-BCB 1，如图所示，其四个面的面积分别为2，22，22，23，故选D.3．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为棱BB 1的中点(如图)，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A ，E ，C 1的平面与棱DD 1相交于点F ，且点F 是棱DD 1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.4．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(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V -ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：335．如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积． 解：(1)正六棱锥． (2)其侧视图如图： 其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，所以该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2.6．某几何体的三视图如图所示．(1)判断该几何体是什么几何体 (2)画出该几何体的直观图．解：(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如图所示：。
2021届高考数学一轮复习 第八章立体几何8.6空间向量及其运算教学
2021届高考数学一轮复习第八章立体几何8.6空间向量及其运算教学8.6 空间向量及其运算考纲要求1．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．2．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示． 3．掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．1．空间向量的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得______．(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使________．(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得______________．其中，{a，b，c}叫做空间的一个______．推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对空间任一点P，都存在唯一的一个有序实数组{x，y，z}，使OP＝____________.2．两个向量的数量积(1)两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间中任取一点O，作OA＝a，OB＝b，则______叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．通常规定____≤〈a，b〉≤____.若〈a，b〉＝____，则称向量a，b互相垂直，记作a⊥b.(2)两向量的数量积．两个非零向量a，b的数量积a²b＝______________. (3)向量的数量积的性质(e是单位向量)：①a²e＝|a|______________；②a⊥b a²b＝____；2③|a|＝a²a＝____；④|a²b|____|a||b|. (4)向量的数量积满足如下运算律：①(λa)²b＝λ(a²b)；②a²b＝______(交换律)；③a²(b＋c)＝____________(分配律)． 3．空间向量的坐标运算(1)设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则a±b＝____________________；λa ＝________________(λ∈R)；a²b＝________________；a⊥b a1b1＋a2b2＋a3b3＝____；a∥b a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)； 2222|a|＝a²a |a|a1＋a2＋a3(向量模与向量之间的转化)；a²ba1b1＋a2b2＋a3b3cos〈a，b.|a||b|12＋a22＋a32b12＋b22＋b32(2)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则AB＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)， |AB|(x2－x1)＋(y2－y1)＋(z2－z1).2221．在下列命题中：①若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行；②若向量a，b所在的直线为异面直线，则向量a，b一定不共面；③若三个向量a，b，c两两共面，则向量a，b，c共面；④已知空间的三个向量a，b，c，则对于空间的任意一个向量p总存在实数x，y，z 使感谢您的阅读，祝您生活愉快。
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第2节 空间几何体的表面积与体积考试要求 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.知 识 梳 理1.多面体的表(侧)面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和.2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱 圆锥 圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l3.柱、锥、台和球的表面积和体积表面积 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 ＝4πR 2V ＝43πR 3[常用结论与易错提醒]1.表面积应为侧面积和底面积的和，要注意组合体中哪些部分暴露或遮挡.2.求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算.(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等.(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体.诊断自测1.判断下列说法的正误.(1)锥体的体积等于底面面积与高之积.( )(2)球的体积之比等于半径比的平方.( )(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.( )(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝32a.( )解析(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.(2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.答案(1)×(2)×(3)√(4)√2.已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A.1 cmB.2 cmC.3 cmD.32cm解析S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，∴r＝2(cm).答案 B3.(2020·北京通州期末)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中面积最小的侧面面积为( )A.1B. 2C.2D. 5解析由三视图画出该四棱锥的直观图，如图所示：在此四棱锥P－ABCD的四个侧面中，面积最小的侧面是Rt△PBC，它的面积为12BC·PB＝12×1×22＋22＝ 2.答案 B4.(2018·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )A.2B.4C.6D.8解析 由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V ＝12×(1＋2)×2×2＝6.故选C. 答案 C5.(2019·江苏卷)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积是120，E 为CC 1的中点，则三棱锥E －BCD 的体积是________.解析 设长方体中BC ＝a ，CD ＝b ，CC 1＝c ，则abc ＝120， ∴V E －BCD ＝13×12ab ×12c ＝112abc ＝10.答案 106.(2020·杭州质检)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm 3；表面积是________cm 2.解析 由三视图得该几何体为一个长、宽、高分别为6，6，8的长方体挖去两个底面半径为3，高为4的圆锥体后剩余的部分，则其体积为6×6×8－2×13×4×π×32＝288－24π，表面积为2(6×6＋6×8＋6×8)－2×π×32＋2×12×5×2×π×3＝264＋12π.答案 288－24π 264＋12π考点一 空间几何体的表面积【例1】 (1)(2020·温州适应性测试)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( )A.8 cm 2B.12 cm 2C.(45＋2)cm 2D.(45＋4)cm 2(2)(2020·浙江新高考仿真卷五)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.1 B.2 C.4D.8解析 (1)由视图得该几何体是底面为边长为2的正方形，高为2的正四棱锥，则其侧面的高为12＋22＝5，所以该几何体的表面积为2×2＋4×12×2×5＝4＋45，故选D.(2)由三视图得该几何体为一个半球和一个半圆柱的组合体，且半圆柱的底面和半球体的一半底面重合，则其表面积为12×4πr 2＋πr 2＋2r ×2r ＋12×2πr ×2r ＝4r 2＋5πr 2＝16＋20π，解得r ＝2，故选B. 答案 (1)D (2)B规律方法 空间几何体表面积的求法.(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理. (3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.【训练1】 (1)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，则这个几何体的表面积是________.(2)(2020·浙江新高考仿真卷一)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有一“阳马”P －ABCD ，已知其体积为8，AB ＝2，BC ＝3，则该“阳马”的最长侧棱长为________，表面积为________.解析 (1)根据给定的三视图可知该几何体为34个球体，其半径为2，因此该几何体的表面积为S ＝34×4π×22＋π×22＝16π.(2)由题意知，该“阳马”直观图如图所示.由体积V ＝13×AB ×BC ×PA ＝8可知高PA ＝4，∴该四棱锥的最长侧棱长PC ＝AC 2＋PA 2＝29，表面积为2×3＋12(2×4＋3×4＋2×5＋3×25)＝21＋3 5.答案 (1)16π (2)29 21＋3 5 考点二 空间几何体的体积【例2】 (1)(一题多解)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.63πC.42πD.36π(2)(2019·北京卷)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为________.解析 (1)法一 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得，如图所示.将圆柱补全，并将圆柱体从点A 处水平分成上下两部分.由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.法二 (估值法)由题意知，12V 圆柱<V 几何体<V 圆柱，又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合.(2)如图所示的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，去掉四棱柱MQD 1A 1－NPC 1B 1(其底面是一个上底为2，下底为4，高为2的直角梯形)所得的几何体为题中三视图对应的几何体，故所求几何体的体积为43－12×(2＋4)×2×4＝40.答案(1)B (2)40规律方法空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解.(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解.(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.【训练2】(1)(2019·浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是( )A.158B.162C.182D.324(2)(2019·天津卷)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为 5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________.解析(1)由三视图可知，该柱体是一个直五棱柱，如图，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.则底面面积S ＝2＋62×3＋4＋62×3＝27.因此，该柱体的体积V ＝27×6＝162.故选B.(2)由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底面直径恰为四棱锥的底面正方形对角线的一半.因为四棱锥的底面正方形的边长为2，所以底面正方形对角线长为2，所以圆柱的底面半径为12.又因为四棱锥的侧棱长均为5，所以四棱锥的高为（5）2－12＝2，所以圆柱的高为1.所以圆柱的体积V ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫122·1＝π4. 答案 (1)B (2)π4考点三 最值问题【例3】 (1)(2016·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________.(2)正六棱柱ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1的底面边长为2，侧棱长为1，则动点从A 沿表面移动到E 1时的最短路程是________；动点从A 沿表面移动到D 1时的最短路程为________. 解析 (1)设PD ＝DA ＝x ，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos∠ABC ＝4＋4－2×2×2×cos 120°＝23，∴CD ＝23－x ，且∠ACB ＝12(180°－120°)＝30°，∴S △BCD ＝12BC ·DC ×sin∠ACB ＝12×2×(23－x )×12＝12(23－x ).要使四面体体积最大，当且仅当点P 到平面BCD 的距离最大，而P 到平面BCD 的最大距离为x .则V 四面体PBCD ＝13×12(23－x )x ＝16[－(x －3)2＋3]，由于0＜x ＜23，故当x ＝3时，V 四面体PBCD的最大值为16×3＝12.(2)侧面展开图如图(1)，(2)，∴从A 沿表面到E 1的最短路程为AE 1＝AE 2＋EE 21＝（22）2＋1＝3.从A 沿表面到D 1的最短路程为AD 1＝AD 2＋DD 21＝（32）2＋1 ＝19.(1) (2)答案 (1)12(2)319规律方法 常用方法是将几何图形展开为平面图形，利用几何性质求解或利用函数或不等式求最值.【训练3】 (1)(2020·上海徐汇区一模)如图，棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为CC 1的中点，点P ，Q 分别为面A 1B 1C 1D 1和线段B 1C 上的动点，则△PEQ 周长的最小值为( )A.2 2B.10C.11D.12(2)(2018·全国Ⅰ卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A.217B.2 5C.3D.2解析 (1)如图，取BC 中点N ，延长EC 1至点M ，使MC 1＝EC 1，连接PM ，MN ，且M ，Q ，N 共线，则△PEQ 的周长为PQ ＋PE ＋QE ＝PQ ＋PM ＋QN ≥MN ＝10.(2)由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN ，则MS ＝2，SN ＝4，则从M 到N 的路径中，最短路径的长度为MS 2＋SN 2＝22＋42＝2 5.答案 (1)B (2)B基础巩固题组一、选择题1.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛解析 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π.所以米堆的体积为V ＝14×13π·r 2·5＝π12·⎝ ⎛⎭⎪⎫16π2·5≈3209(立方尺).故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛).故选B. 答案 B2.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.2B.92C.32D.3解析 由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S 底＝12(1＋2)×2＝3.∴V ＝13x ·3＝3，解得x ＝3.故选D. 答案 D3.(2020·浙江十校联盟适考)如图所示，已知某几何体的三视图及其尺寸(单位：cm)，则该几何体的表面积为( )A.15π cm 2B.21π cm 2C.24π cm 2D.33π cm 2解析 由三视图得该几何体为一个底面圆直径为6，母线长为5的圆锥，则其表面积为π×32＋π×12×6×5＝24π，故选C.答案 C4.(2017·北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.60B.30C.20D.10解析 由三视图知可把三棱锥放在一个长方体内部，即三棱锥A 1－BCD ，VA 1－BCD ＝13×12×3×5×4＝10，故选D.答案 D5.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.256π解析 因为△AOB 的面积为定值，所以当OC 垂直于平面AOB 时，三棱锥O －ABC 的体积取得最大值.由13×12R 2×R ＝36，得R ＝6.从而球O 的表面积S ＝4πR 2＝144π.故选C.答案 C6.(2020·宁波模拟)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.72B.64C.48D.32解析 由三视图可知，此几何体为正四棱柱中截挖去一个与其共上底且高为3的四棱锥，则体积V ＝42×5－13×42×3＝64，故选B.答案 B 二、填空题7.(2017·上海卷)已知球的体积为36π，则该球正视图的面积等于________. 解析 43πr 3＝36π⇒r ＝3⇒S ＝9π.答案 9π8.(2019·全国Ⅲ卷)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O －EFGH 后所得的几何体.其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.解析 由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm 和4 cm ， 故V 挖去的四棱锥＝13×12×4×6×3＝12(cm 3).又V 长方体＝6×6×4＝144(cm 3)， 所以模型的体积为V 长方体－V 挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g). 答案 118.89.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________.解析由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O且互相垂直的三个平面)切掉左上角的18后得到的组合体，其表面积是球面面积的78和三个14圆面积之和，易得球的半径为2，则得S＝78×4π×22＋3×14π×22＝17π.答案17π10.(2020·台州期末评估)已知某多面体的三视图如图所示，则该几何体的所有棱长和为________，其体积为________.解析由三视图画出几何体的直观图如图所示，其是正方体的一部分，其中E，F是所在棱的中点，正方体的棱长为2，所以该几何体的所有棱长的和2×7＋1＋1＋2＋2×22＋12＋22＝16＋32＋2 5.该几何体的体积为2×2×2－13×2×⎝⎛⎭⎪⎫12×1×1＋12×2×2＋12×1×1×12×2×2＝17 3.答案16＋32＋2 5 17 3三、解答题11.已知一个几何体的三视图如图所示.(1)求此几何体的表面积；(2)如果点P ，Q 在正视图中所示位置，P 为所在线段中点，Q 为顶点，求在几何体表面上，从P 点到Q 点的最短路径的长.解 (1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和.S 圆锥侧＝12(2πa )·(2a )＝2πa 2， S 圆柱侧＝(2πa )·(2a )＝4πa 2， S 圆柱底＝πa 2，所以S 表＝2πa 2＋4πa 2＋πa 2＝(2＋5)πa 2. (2)沿P 点与Q 点所在母线剪开圆柱侧面，如图.则PQ ＝AP 2＋AQ 2＝a 2＋（πa ）2＝a 1＋π2， 所以从P 点到Q 点在侧面上的最短路径的长为a 1＋π2.12.如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值. 解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图所示.(2)如图，作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝12，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，AH ＝10，HB ＝6. 故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱， 所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确. 能力提升题组13.如图，有一个底面是正方形的直棱柱型容器(无盖)，底面棱长为1 dm(dm 为分米)，高为5 dm ，两个小孔在其相对的两条侧棱上，且到下底面距离分别为3 dm 和4 dm ，则(水不外漏情况下)此容器可装的水最多为( ) A.92 dm 3B.4 dm 3C.72dm 3 D.3 dm 3解析 由题意得当容器内的水的上表面过两孔连线所在的平面时，容器内装的水最多，又因为容器的底面为正方形，则由长方体的对称性易得当容器内的水的上表面平分以两孔连线所得的线段为体对角线的长方体时，容器内装的水最多，此时容器内装的水的体积为3×1×1＋12×1×1×1＝72，故选C. 答案 C14.如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为a ，底面边长为b ，一只蚂蚁从点A 出发沿每个侧面爬到A 1，路线为A →M →N →A 1，则蚂蚁爬行的最短路程是( )A.a 2＋9b 2B.9a 2＋b 2C.4a 2＋9b 2D.a 2＋b 2解析 正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为3b ，宽为a ，则其对角线AA 1的长为最短程.因此蚂蚁爬行的最短路程为a 2＋9b 2.故选A.答案 A15.如图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 为平行四边形，NB ＝2PN ，则三棱锥N －PAC 与三棱锥D －PAC 的体积比为( )A.1∶2B.1∶8C.1∶6D.1∶3解析 设点P ，N 在平面ABCD 内的投影分别为点P ′，N ′，则PP ′⊥平面ABCD ，NN ′⊥平面ABCD ，所以PP ′∥NN ′，则在△BPP ′中，由BN ＝2PN 得NN ′PP ′＝23.V 三棱锥N －PAC ＝V 三棱锥P －ABC －V 三棱锥N －ABC ＝13S △ABC ·PP ′－13S △ABC ·NN ′＝13S △ABC ·(PP ′－NN ′)＝13S △ABC ·13PP ′＝19S △ABC ·PP ′，V 三棱锥D －PAC＝V三棱锥P －ACD＝13S △ACD ·PP ′，又∵四边形ABCD 是平行四边形，∴S △ABC ＝S △ACD ，∴V 三棱锥N －PAC V 三棱锥D －PAC ＝13.故选D.答案 D16.(2020·浙江教育绿色评价联盟适考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为________.解析 此几何体为一侧棱垂直于底面的三棱台ABC －A 1B 1C 1，如图，由上底的面积S 1＝12，下底的面积S 2＝2，高h ＝AA 1＝1，得体积V ＝13h (S 1＋S 1S 2＋S 2)＝76.答案 7617.四面体ABCD 及其三视图如图所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB ，BD ，DC ，CA 于点E ，F ，G ，H .(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形. (1)解 由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，又BD ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明 ∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ， ∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH . 同理，EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ，∴四边形EFGH 是平行四边形. 又∵AD ⊥平面BDC ，BC ⊂平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG ，∴四边形EFGH 是矩形.18.如图所示，A 1A 是圆柱的母线，AB 是圆柱底面圆的直径，C 是底面圆周上异于A ，B 的任意一点，AA 1＝AB ＝2.(1)求证：BC ⊥平面A 1AC ；(2)(一题多解)求三棱锥A 1－ABC 的体积的最大值.(1)证明 因为C 是底面圆周上异于A ，B 的一点，且AB 为底面圆的直径，所以BC ⊥AC .因为AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .因为AA 1∩AC ＝A ，AA 1⊂平面A 1AC ，AC ⊂平面A 1AC ，所以BC ⊥平面A 1AC . (2)解 法一 设AC ＝x ，在Rt△ABC 中，BC ＝AB 2－AC 2＝4－x 2(0<x <2)，故V A 1－ABC ＝13S △ABC ×AA 1＝13×12×AC ×BC ×AA 1＝13x 4－x 2(0<x <2)，即VA 1－ABC ＝13x 4－x 2＝13x 2（4－x 2）＝13－（x 2－2）2＋4. 因为0<x <2，所以0<x 2<4.所以当x 2＝2，即x ＝2时，三棱锥A 1－ABC 的体积取得最大值为23.法二 在Rt△ABC 中，AC 2＋BC 2＝AB 2＝4，V A 1－ABC ＝13S △ABC ×AA 1＝13×12×AC ×BC ×AA 1＝13×AC ×BC ≤13×AC 2＋BC 22＝13×AB 22＝23.当且仅当AC ＝BC 时等号成立，此时AC ＝BC ＝ 2. 所以三棱锥A 1－ABC 的体积的最大值为23.。