2021届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题精品课件(95张PPT)

2.(2019·全国卷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,∠CEF=90°, 则球O的体积为( )
A.8 6
B.4 6
C.2 6
D. 6
2 0 2 1 届新高 考数学 二轮专 题复习 ：第三 章立体 几何第 1课时立 体几何 中的高 考小题 课 件 （共95 张PPT）
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考向二 与球有关的切、接问题
【多维题组】速通关
1.(2020·天津高考)若棱长为2 3 的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表 面积为( )
A.12π
B.24π
C.36π
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为BB1,AB的中点,则三棱锥A-NMD1 的体积为________.
【解析】如图,
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为BB1,AB的中点,
所以S△ANM=12
×1×1= 1 ,
2
所以
11 1 V A N M D 1V D 1 A M N3223.
答案: 1
3
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【技法点拨】提素养 1.求三棱锥的体积 等体积转化是常用的方法,转换原则是其高易求,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 常用分割或补形的思想,将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.
2
A. 2 2?
B.3π
C. 2 3
D. 3
【解析】选B.如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面圆的半径为
a，圆锥的高PO=3
a.由已知得CD= 2
a，PC=PD=2a，S则PCD1 2
2a
7a 2
7， 2
从而a=1，圆锥的表面积为πa×2a+πa2=3π.
2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方 体的体积为( )
3.(2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为 一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角 形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A. 51 4
C. 51 4
B. 51 2
D. 51 2
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所以 x243x2 1，
4x
2x
所以2x2+1=2,所以x2 1，x 2，
2
2
所以PA=PB=PC2=，
又AB=BC=AC=2,所以PA,PB,PC两两垂直,
所以 2R 22 ,所2 以 6
R 6， 2
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【解析】选D.方法一:设PA=PB=PC=2x,E,F分别为PA,AB的中点, 所以EF∥PB,且EF= 1 PB=x,
2
因为△ABC是边长为2的等边三角形, 所以CF= 3 ,又∠CEF=90°, 所以 CE 3AEx2=, PA=1 x,
D.144πBaidu Nhomakorabea
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【解析】选C.这个球是正方体的外接球,其半径等于正方体的体对角线的一半, 设外接球的半径为R, 则 R（ 23） 2 （ 23） 2 （ 23） 23，
2
所以,这个球的表面积为S=4πR2=4π×32=36π.
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A.8
B.6 2
C.8 2
D.8 3
【解析】选C.如图,连接AC1和BC1,
因为AB⊥平面BB1C1C,AC1与平面BB1C1C所成角为30°,所以∠AC1B=30°,
所以
A B
B=tan
C1
30°,BC1=2
,所3 以CC1=2
,2
所以V=2×2×2 2 =8 2.
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专题三：立体几何 1课时突破 立体几何高考小题 空间几何体
关键能力·应用实践
考向一 空间几何体的表面积与体积
1.过圆锥的轴作截面,如果截面三角形为正三角形,则称该圆锥为等边圆锥.已知
一等边圆锥中,过顶点P的截面与底面交于CD,若∠COD=90° (O为底面圆心),且
S△PCD= 7 ,则这个等边圆锥的表面积为( )
2
在△AEC中,利用余弦定理得 cos EACx2,作4P(3D⊥x2A)C于D,因为PA=PC,
22x
所以D为AC中点c,osEACAD1，
PA 2x
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【解析】选C.如图，设CD=a，PE=b，
则 PO PE2OE2 b2a2，
4
由题意PO2=1 ab，即b2 a2 1 ab，
2
42
化简得 4(b)22b10，
aa
解得 b 1 (负5值舍去).
a4
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