高考数学(理)二轮复习：专题5 第1讲 空间几何体
2020高考数学核心突破《专题5 立体几何 第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积》
专题五 第1讲1．(教材回归)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( D )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4解析 由题中三视图知该几何体是底面半径为1，高为2的半个圆柱，故其表面积S ＝2×12×π×12＋π×1×2＋2×2＝3π＋4.故选D.2．(2017·山东烟台模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个正三角形及其内切圆，则该几何体的体积为( A )A ．163－16π3B.163－16π3C ．83－8π3D.83－8π3解析 由三视图可知，几何体为一个棱长为4的正三棱柱去掉了一个内切圆柱．V三棱柱＝⎝⎛⎭⎫12×4×4×sin 60°×4＝16 3.在俯视图中，设内切圆半径为r ，则内切圆圆心与各顶点连接分三角形为3个全等的小三角形，由三角形面积可得12×4×4×sin 60°＝3×⎝⎛⎭⎫12×4×r ，解得r ＝233.故V 圆柱＝πr 2h ＝π×⎝⎛⎭⎫2332×4＝16π3.∴几何体的体积V ＝V 三棱柱－V 圆柱＝163－16π3.故选A.3．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( D )A.18 B.17 C.16 D.15解析 如图，由已知条件可知，截去部分是以△ABC 为底面且三条侧棱两两垂直的正三棱锥D -ABC .设正方体的棱长为a ，则截去部分的体积为16a 3，剩余部分的体积为a 3－16a 3＝56a 3.它们的体积之比为15.故选D.4．(考点聚焦)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( B )A ．1＋ 3B ．2＋3C ．1＋2 2D ．2 2解析 四面体的直观图如图所示．侧面SAC ⊥底面ABC ，且△SAC 与△ABC 均为腰长是2的等腰直角三角形，SA ＝SC ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2.设AC 的中点为O ，连结SO ，BO ，则SO ⊥AC ，∴SO ⊥平面ABC ，∴SO ⊥BO .又OS ＝OB ＝1，∴SB ＝2，故△SAB 与△SBC 均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×12×2×2＋2×34×(2)2＝2＋ 3.5．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( D )A.32π3 B ．4π C ．2πD.4π3解析 正四棱柱的外接球的球心为上下底面的中心连线的中点，所以球的半径r ＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝1，球的体积V ＝4π3r 3＝4π3.故选D.6．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是32π3，那么这个三棱柱的体积是( D )A ．963B ．163C ．24 3D ．48 3解析 如图，设球的半径为R ，由43πR 3＝32π3，得R ＝2. 所以正三棱柱的高h ＝4. 设其底面边长为a ， 则13·32a ＝2，所以a ＝43， 所以V ＝34×(43)2×4＝48 3.故选D. 7．(书中淘金)如图，在棱长为6的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连接EF ，FB ，BD ，DE ，DF ，则几何体EFC 1DBC 的体积为( A )A ．66B ．68C ．70D ．72解析 如图，连接DC 1，那么几何体EFC 1-DBC 被分割成三棱锥D -EFC 1及四棱锥D -CBFC 1，那么几何体EFC 1DBC 的体积为V ＝13×12×3×4×6＋13×12×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66.故所求几何体EFC 1DBC 的体积为66.8．(2017·湖北八校联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为__41π__.解析 由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥A -BCD ，将该三棱锥放在棱长为4的正方体中，E 是棱的中点，所以三棱锥A -BCD 和三棱柱EFD -ABC 的外接球相同．设外接球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆的圆心是M ，则OM ＝2.在△ABC 中，AB ＝AC ＝25，由余弦定理得cos ∠CAB ＝AC 2＋AB 2－BC 22AC ·AB ＝20＋20－162×25×25＝35，所以sin ∠CAB ＝45，由正弦定理得2CM ＝BC sin ∠CAB ＝5，则CM ＝52.所以R ＝OC ＝OM 2＋CM 2＝412，则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝41π.9．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为 83π m 3.解析 由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成．其中，圆锥的底面半径和圆柱的底面半径均为1，圆锥的高均为1，圆柱的高为2.因此该几何体的体积为V ＝2×13π×12×1＋π×12×2＝83π (m 3)．10．(数学文化)我国古代数学家祖暅是著名数学家祖冲之之子，祖暅原理叙述道：“夫叠基成立积，缘幂势既同，则积不容异：”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，其最著名之处是解决了“牟合方盖”中的体积问题，其核心过程为：如图中正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，求图中四分之一的圆柱体BB 1C 1-AA 1D 1和四分之一圆柱体AA 1B 1-DD 1C 1公共部分的体积V ，若图中正方体的棱长为2，则V ＝163.(在高度h 处的截面：用平行于正方体上下底面的平面去截，记截得两圆柱体公共部分所得面积为S 1，截得正方体所得面积为S 2，截得四棱锥C 1-ABCD 所得面积S 3，S 1＝R 2－h 2，S 2＝R 2，S 3＝h 2，S 2－S 1＝S 3)解析 由题意可知，用平行于底面的平面截得的面积满足S 2－S 1＝S 3，其中S 1表示两个圆柱的公共部分的截面面积，S 2表示截得正方体的截面面积，S 3表示截得锥体的截面面积．由祖暅原理可知：正方体体积减去两个圆柱的公共部分体积等于锥体体积，即23－V ＝13×22×2，即V ＝23－13×22×2＝163.。
老高考适用2023版高考数学二轮总复习第2篇经典专题突破核心素养提升专题5解析几何第1讲直线与圆课件
F＝0，
则16＋4D＋F＝0， 16＋4＋4D＋2E＋F＝0，
F＝0，
解得D＝－4， E＝－2，
所以圆的方程为 x2＋y2－4x－2y＝0，
即(x－2)2＋(y－1)2＝5； 若过(0,0)，(4,2)，(－1,1)，
F＝0，
则1＋1－D＋E＋F＝0， 16＋4＋4D＋2E＋F＝0，
F＝0Байду номын сангаас 解得D＝－83，
因为 OP⊥OQ，故 1＋ 2p×(－ 2p)＝0⇒p＝12， 抛物线 C 的方程为：y2＝x， 因为⊙M 与 l 相切，故其半径为 1， 故⊙M：(x－2)2＋y2＝1．
(2)设 A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)．
当 A1，A2，A3 其中某一个为坐标原点时(假设 A1 为坐标原点时)，
A2＋B2
3．两条平行直线 l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0(A，B 不
同时为零)间的距离
d＝
|C1－C2| ． A2＋B2
典例1 (1)(2022·辽宁高三二模)若两直线l1：(a－1)x－3y－2＝0
与l2：x－(a＋1)y＋2＝0平行，则a的值为
(A )
A．±2
B．2
C．－2
y0＝－x0＋5， 设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，则x0＋12＝y0－x20＋12＋16. 解得xy00＝ ＝32， 或xy00＝ ＝1－1，6. 因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16 或(x－11)2＋(y＋6)2＝144．
6．(2021·全国甲卷)抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直 线l：x＝1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ．已知点M(2,0)，且⊙M与l相 切．
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
湖南省2020年高考数学第二轮复习 专题五 立体几何第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积 文
专题五立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积真题试做1．(2020·湖南高考，文4)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是( )．图12．(2020·天津高考，文10)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__________ m3.3．(2020·湖北高考，文15)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为______．4．(2020·湖北高考，文19)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体，其下部是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台A1B1C1D1ABCD，上部是一个底面与四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱ABCDA2B2C2D2.(1)证明：直线B1D1⊥平面ACC2A2；(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知AB＝10，A1B1＝20，AA2＝30，AA1＝13(单位：厘米)，每平方厘米的加工处理费为0.20元，需加工处理费多少元？考向分析通过对近几年高考试题的分析可看出，空间几何体的命题形式比较稳定，多为选择题或填空题，有时也出现在解答题的某一问中，题目常为中、低档题．考查的重点是直观图、三视图、面积与体积等知识，此类问题多为考查三视图的还原问题，且常与空间几何体的表面积、体积等问题交会，是每年的必考内容．预计在2020年高考中：对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势，通过此类题考查考生的空间想象能力；对表面积和体积的考查，常见形式为蕴涵在两几何体的“切”或“接”形态中，或以三视图为载体进行交会考查，此块内容还要注意强化几何体的核心——截面以及补形、切割等数学思想方法的训练．热点例析热点一空间几何体的三视图与直观图【例1】(1)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如下图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )．(2)若某几何体的三视图如下图所示，则这个几何体的直观图可以是( )．规律方法 (1)三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形，反映了一个几何体各个侧面的特点．正(主)视图反映物体的主要形状特征，是三视图中最重要的视图；俯视图要和正(主)视图对正，画在正(主)视图的正下方；侧(左)视图要画在正(主)视图的正右方，高度要与正(主)视图平齐；(2)要注意到在画三视图时，能看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线； (3)A ．32B ．16＋16 2C ．48 D．16＋32 2(2)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是( )．A.12＋22 B ．1＋22 C ．1＋ 2 D ．2＋ 2 热点二 空间几何体的表面积与体积【例2】(2020·福建高考，文20)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB .(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P ABCD 的体积．规律方法 (1)求几何体的体积问题，可以多角度、多方位地考虑．对于规则的几何体的体积，如求三棱锥的体积，采用等体积转化是常用的方法，转化的原则是其高与底面积易求；对于不规则几何体的体积常用割补法求解，即将不规则几何体转化为规则几何体，以易于求解．(2)求解几何体的表面积时要注意S 表＝S 侧＋S 底．(3)对于给出几何体的三视图，求其体积或表面积的题目关键在于要还原出空间几何体，并能根据三视图的有关数据和形状推断出空间几何体的线面关系及相关数据，至于体积或表面积的求解套用对应公式即可．变式训练2 已知某几何体的三视图如下图所示，其中正(主)视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为( )．A ．24－32πB ．24－13πC ．24－πD ．24－12π热点三 多面体与球【例3】已知正四棱锥的底面边长为a ，侧棱长为2a . (1)求它的外接球的体积； (2)求它的内切球的表面积．规律方法 (1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．(2)若球面四点P ，A ，B ，C 构成的线段PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2，把有关元素“补形”成为一个球内接正方体(或其他图形)，从而显示出球的数量特征，这种方法是一种常用的好方法．变式训练3 如图所示，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝a ，PA ＝PC ＝2a .若在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径是__________．思想渗透立体几何中的转化与化归思想求空间几何体的体积时，常常需要对图形进行适当的构造和处理，使复杂图形简单化，非标准图形标准化，此时转化与化归思想就起到了至关重要的作用．利用转化与化归思想求空间几何体的体积主要包括割补法和等体积法，具体运用如下：(1)补法是指把不规则的(不熟悉或复杂的)几何体延伸或补成规则(熟悉的或简单的)的几何体，把不完整的图形补成完整的图形；(2)割法是指把复杂的(不规则的)几何体切割成简单的(规则的)几何体；(3)等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件转化为易求的面积(体积)问题．【典型例题】如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝5，BB 1＝BC ＝6，D ，E 分别是AA 1和B 1C 的中点．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求三棱锥E BCD 的体积．(1)证明：取BC 中点G ，连接AG ，EG .因为E 是B 1C 的中点，所以EG ∥BB 1，且EG ＝12BB 1.由直棱柱知，AA 1BB 1.而D 是AA 1的中点，所以EG AD ，所以四边形EGAD 是平行四边形，所以ED ∥AG . 又DE 平面ABC ，AG ⊂平面ABC ， 所以DE ∥平面ABC .(2)解：因为AD ∥BB 1，所以AD ∥平面BCE ， 所以V E BCD ＝V D BCE ＝V A BCE ＝V E ABC .由(1)知，DE ∥平面ABC ，所以V E ABC ＝V D ABC ＝13AD ·12BC ·AG ＝16×3×6×4＝12.1．(2020·山东济南三月模拟，4)如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的各棱长均为2，其正(主)视图如图所示，则此三棱柱侧(左)视图的面积为( )．A ．2 2B ．4 C. 3 D ．2 32．(2020·安徽安庆二模，7)一空间几何体的三视图如图所示(正(主)、侧(左)视图是两全等图形，俯视图是圆及圆的内接正方形)，则该几何体的表面积是( )．A ．7π cm 2B ．(5π＋43)cm 2C ．(5π＋23)cm 2D ．(6π＋27－2)cm 23．(2020·北京丰台区三月月考，4)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )．A ．20－2πB ．20－23πC ．40－23πD ．40－43π4．(2020·湖南株洲下学期质检，14)一个三棱锥的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图如下，则这个三棱锥的体积为__________，其外接球的表面积为__________．5．已知正四面体的外接球半径为1，则此正四面体的体积为__________．6．正六棱锥P ABCDEF 中，G 为PB 的中点，则三棱锥D GAC 与三棱锥P GAC 体积之比为__________．7．如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2DC ＝2，∠DAB ＝60°，E 为AB 的中点，将△ADE 与△BEC 分别沿ED ，EC 向上折起，使A ，B 重合，求形成三棱锥的外接球的体积．参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．C 解析：若为C 选项，则主视图为：故不可能是C 选项．2．30 解析：由几何体的三视图可知：该几何体的上部为平放的直四棱柱，底部为长、宽、高分别为4 m,3 m,2 m 的长方体．∴几何体的体积V ＝V 直四棱柱＋V 长方体＝(1＋2)×12×4＋4×3×2＝6＋24＝30(m 3)．3．12π 解析：该几何体是由3个圆柱构成的几何体，故体积V ＝2×π×22×1＋π×12×4＝12π.4．解：(1)因为四棱柱ABCD A 2B 2C 2D 2的侧面是全等的矩形，所以AA 2⊥AB ，AA 2⊥AD .又因为AB ∩AD ＝A ，所以AA 2⊥平面ABCD . 连接BD ，因为BD ⊂平面ABCD ，所以AA 2⊥BD . 因为底面ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD .又已知平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且平面BB 1D 1D ∩平面ABCD ＝BD ， 平面BB 1D 1D ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，所以B 1D 1∥BD .于是由AA 2⊥BD ，AC ⊥BD ，B 1D 1∥BD ，可得AA 2⊥B 1D 1，AC ⊥B 1D 1. 又因为AA 2∩AC ＝A ，所以B 1D 1⊥平面ACC 2A 2.(2)因为四棱柱ABCD A 2B 2C 2D 2的底面是正方形，侧面是全等的矩形，所以S 1＝S 四棱柱上底面＋S四棱柱侧面＝(A 2B 2)2＋4AB ·AA 2＝102＋4×10×30＝1 300(cm 2)．又因为四棱台A 1B 1C 1D 1ABCD 的上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形(其高为h )，所以S 2＝S 四棱台下底面＋S 四棱台侧面＝(A 1B 1)2＋4×12(AB ＋A 1B 1)h＝202＋4×12×(10＋20)132－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×(20－10)2＝1 120(cm 2)．于是该实心零部件的表面积为S ＝S 1＋S 2＝1 300＋1 120＝2 420(cm 2)， 故所需加工处理费为0.2S ＝0.2×2 420＝484(元)． 精要例析·聚焦热点热点例析【例1】 (1)D (2)B 解析：(1)被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为正方体的面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(正方形)的两条边重合，另一条为正方体的对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图及对角线方向，只有选项D 符合．(2)由正(主)视图可排除A ，C ；由侧(左)视图可判断该几何体的直观图是B.【变式训练1】 (1)B (2)D 解析：(1)由三视图知原几何体是一个底面边长为4，高是2的正四棱锥．如图：∵AO ＝2，OB ＝2，∴AB ＝2 2.又∵S 侧＝4×12×4×22＝162，S 底＝4×4＝16，∴S 表＝S 侧＋S 底＝16＋16 2.(2)如图，设直观图为O ′A ′B ′C ′，建立如图所示的坐标系，按照斜二测画法的规则，在原来的平面图形中，OC ⊥OA ，且OC ＝2，BC ＝1，OA ＝1＋2×22＝1＋2，故其面积为12×(1＋1＋2)×2＝2＋ 2.【例2】 (1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CE .因为AB ⊥AD ，CE ∥AB ，所以CE ⊥AD . 又PA ∩AD ＝A ，所以CE ⊥平面PAD . (2)解：由(1)可知CE ⊥AD .在Rt△ECD 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 又因为AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ， 所以四边形ABCE 为矩形．所以S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △ECD ＝AB ·AE ＋12CE ·DE ＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥平面ABCD ，PA ＝1，所以V 四棱锥P ABCD ＝13S 四边形ABCD ·PA ＝13×52×1＝56.【变式训练2】 A 解析：由三视图可知该几何体为一个长、宽、高分别为4,3,2的长方体，剖去一个半圆柱而得到的几何体，其体积为2×3×4－12π×1×3，即24－32π.【例3】 解：如图所示，△SAC 的外接圆是外接球的一个大圆，∴只要求出这个外接圆的半径即可，而内切球的球心到棱锥的各个面的距离相等，∴可由正四棱锥的体积求出其半径．(1)设外接球的半径为R ，球心为O ，则OA ＝OC ＝OS ，∴O 为△SAC 的外心，即△SAC 的外接圆半径就是球的半径． ∵AB ＝BC ＝a ，∴AC ＝2a .∵SA ＝SC ＝AC ＝2a ，∴△SAC 为正三角形．由正弦定理得2R ＝AC sin∠ASC ＝2a sin 60°＝263a ，因此R ＝63a ，V 外接球＝43πR 3＝8627πa 3. (2)如图，设内切球的半径为r ，作SE ⊥底面于E ，作SF ⊥BC 于F ，连接EF ， 则有SF ＝SB 2－BF 2＝(2a )2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝72a ，S △SBC ＝12BC ·SF ＝12a ×72a ＝74a 2， S 棱锥全＝4S △SBC ＋S 底＝(7＋1)a 2.又SE ＝SF 2－EF 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫72a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝62a ，∴V 棱锥＝13S 底·SE ＝13a 2×62a ＝66a 3，∴r ＝3V 棱锥S 棱锥全＝3×66a 3(7＋1)a 2＝42－612a ，S 内切球＝4πr 2＝4－73πa 2. 【变式训练3】 12(2－2)a 解析：当且仅当球与四棱锥的各个面都相切时，球的半径最大．设放入的球的半径为r ，球心为O ，连接OP ，OA ，OB ，OC ，OD ，则把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥，这些小棱锥的高都是r ，底面分别为原四棱锥的侧面和底面，则V P ABCD ＝13r (S △PAB ＋S △PBC ＋S △PCD ＋S △PAD ＋S 正方形ABCD )＝13r (2＋2)a 2.由题意知PD ⊥底面ABCD ，∴V P ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝13a 3.由体积相等，得13r (2＋2)a 2＝13a 3，解得r ＝12(2－2)a .创新模拟·预测演练1．D2．D 解析：据三视图可判断该几何体是由一个圆柱和一个正四棱锥组合而成的，直观图如图所示：易求得表面积为(6π＋27－2)cm 2.3．B 解析：由三视图可知该几何体的直观图为一个正四棱柱，从上表面扣除半个内切球．易求出正四棱柱的底面边长为2，内切球的半径为1，故体积为2×2×5－23π＝20－2π3.4．4 29π 5.827 3 解析：首先将正四面体补形为一个正方体，设正四面体棱长为a ，则其对应正方体的棱长为22a ，且由球与正方体的组合关系易知3⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝(1×2)2，解得a 2＝83， ∴正四面体的体积为V ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3－4×13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3＝827 3.6．2∶1 解析：由正六棱锥的性质知，点P 在底面内的射影是底面的中心，也是线段AD的中点．又G 为PB 的中点，设P 点在底面内的射影为O ，则G 点在底面内的射影为OB 的中点M ，且GM ∥PO .又M 为AC 的中点，则GM ⊂平面GAC ，所以点P 到平面GAC 的距离等于点O 到平面GAC 的距离．又因为OM ⊥平面GAC ，DC ⊥平面GAC ，且DC ＝2OM ，则V D GAC V P GAC ＝13S △GAC ×DC13S △GAC ×OM ＝2.7．解：由已知条件知，平面图形中AE ＝EB ＝BC ＝CD ＝DA ＝DE ＝EC ＝1，∴折叠后得到一个棱长为1的正三棱锥(如图)． 方法一：作AF ⊥平面DEC ，垂足为F ， F 即为△DEC 的中心，取EC 中点G ，连接DG ，AG ， 过球心O 作OH ⊥平面AEC ， 则垂足H 为△AEC 的中心，∴外接球半径可利用△OHA ∽△AFG 求得． ∵AG ＝32，AF ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫332＝63，AH ＝33， ∴OA ＝AG ·AHAF ＝32×3363＝64，∴外接球体积为43π×OA 3＝43·π·6643＝68π.方法二：如图，把棱长为1的正三棱锥放在正方体中，显然，棱长为1的正三棱锥的外接球就是正方体的外接球．∵正方体棱长为22， ∴外接球直径2R ＝3·22， ∴R ＝64，∴体积为43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫643＝68π.。
高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略
高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略立体几何的解答题型主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再计算几何体的体积．试题背景有折叠问题、探索性问题等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及转化与化归思想的应用能力.题型一线面位置关系的证明题型概览：空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证，应用向量证明线、面的位置关系的关键是把空间线面位置关系的判定定理和性质定理与空间向量建立对应关系，把空间位置关系的证明转化为空间向量的运算，通过运算解决证明问题．这里以传统方法为例建立审题程序与答题模板，向量方法参照本专题题型二．如图，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E、F分别为MA、DC的中点，求证：(1)EF∥平面MNCB；(2)平面MAC⊥平面BND.[审题程序]第一步：利用中位线、平行四边形的性质在四边形MNCB内确定与EF平行的直线；第二步：在平面MAC和平面BND中寻找与另一平面垂直的直线；第三步：应用面面垂直、菱形的性质，由线线垂直解决．[规范解答](1)如图，取NC的中点G，连接FG，MG.因为ME∥ND且ME＝12ND，F、G分别为DC、NC的中点，FG∥ND且FG＝12ND，所以FG与ME平行且相等，所以四边形MEFG是平行四边形，所以EF∥MG，又MG⊂平面MNCB，EF⊄平面MNCB，所以EF∥平面MNCB.(2)如图，连接BD、MC.因为四边形MADN是矩形，所以ND⊥AD.因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，DN⊂平面MADN，所以ND⊥平面ABCD，所以ND⊥AC.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.又AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面BDN.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：1．(2016·北京西城区高三期末)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G，H分别是CE，CF的中点．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求证：平面BDGH∥平面AEF；(3)求多面体ABCDEF的体积．[解](1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.又GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH.在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF.因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(3)由(1)得AC⊥平面BDEF.因为AO＝2，四边形BDEF的面积S▱BDEF＝3×22＝62，＝4.所以四棱锥A－BDEF的体积V1＝13×AO×S▱BDEF同理，四棱锥C－BDEF的体积V2＝4.所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.题型二求空间几何体的体积题型概览：计算几何体的体积，关键是根据条件找出相应的底面和高，应注意充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题．(1)直接法：对于规则几何体，直接利用公式计算即可．(2)割补法：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．(3)等体积法：一般利用三棱锥的“等积性”求三棱锥体积，可以把任何一个面作为三棱锥的底面．注意两点：一是求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；二是利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面P AB；(2)求四面体N－BCM的体积．[审题程序]第一步：由线线平行或面面平行证明(1)；第二步：由N 为PC 中点，推证四面体N －BCM 的高与P A 的关系； 第三步：利用直接法求四面体的体积．[规范解答] (1)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形， 于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5， 故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积V N －BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453. [答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：2．(2016·深圳一模)如图所示，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧面SBC是正三角形，E是SB的中点，且AE⊥平面SBC.(1)证明：SD∥平面ACE；(2)若AB⊥AS，BC＝2，求点S到平面ABC的距离．[解](1)证明：连接BD，交AC于点F，连接EF.∵四边形ABCD是平行四边形，∴F是BD的中点，又∵E是SB的中点，∴EF∥SD.∵SD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，∴SD∥平面ACE.(2)∵AB⊥AS，BC＝BS＝2，且E是SB的中点，∴AE＝1.∵AE⊥平面SBC，BS、CE⊂平面SBC，∴AE⊥BS，AE⊥CE.∴AB＝AE2＋BE2＝ 2.又侧面SBC 是正三角形，∴CE ＝3， ∴AC ＝AE 2＋CE 2＝2，∴△ABC 是底边长为2，腰长为2的等腰三角形， ∴S △ABC ＝12×2×4－12＝72.设点S 到平面ABC 的距离为h .由V 三棱锥S －ABC ＝V 三棱锥A －SBC ，得13h ·S △ABC ＝13AE ·S △SBC ，∴h ＝AE ·S △SBC S △ABC ＝237＝2217.题型三 立体几何中的探索性问题题型概览：如果知道的是试题的结论，而要求的却是试题的某一个存在性条件(如存在某个定点、定直线、定值等)，这种试题称为存在探索型试题．解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目中的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步推出所要求的特殊条件，即要求的存在性条件．若能求出，则存在；若不能求出，则不存在．(2016·石家庄调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，E 在线段B 1C 1上，B 1E ＝3EC 1，AC ＝BC ＝CC 1＝4.(1)求证：BC ⊥AC 1；(2)试探究：在AC 上是否存在点F ，满足EF ∥平面A 1ABB 1？若存在，请指出点F 的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．[审题程序]第一步：由B 1E ＝3EC 1及EF ∥平面A 1ABB 1猜想点F 的位置；第二步：在平面A 1ABB 1内探求与EF 平行的直线或寻找经过EF 与平面A 1ABB 1平行的平面； 第三步：由线线平行或面面平行推理论证．[规范解答] (1)证明：∵AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥AA 1. 又∵BC ⊥AC ，AA 1∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面AA 1C 1C . 又AC 1⊂平面AA 1C 1C ，∴BC ⊥AC 1.(2)解法一：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图1，在平面A1B1C1内过点E作EG∥A1C1交A1B1于点G，连接AG.∵B1E＝3EC1，∴EG＝34A1C1.又AF∥A1C1且AF＝3，4A1C1∴AF∥EG且AF＝EG，∴四边形AFEG为平行四边形，∴EF∥AG.又EF⊄平面A1ABB1，AG⊂平面A1ABB1，∴EF∥平面A1ABB1.解法二：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图2，在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G，连接FG. ∵EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，∴EG∥平面A1ABB1.∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，∴FG∥AB.又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：3．如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为4的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，M为A1B1的中点．(1)证明：MC⊥AB；(2)若AA1＝26，侧棱CC1上是否存在点P，使得MC⊥平面ABP？若存在，求PC的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：取AB的中点N，连接MN，CN，则MN⊥底面ABC，MN⊥AB.因为△ABC是正三角形，所以NC⊥AB.因为MN∩NC＝N，MN⊂平面MNC，NC⊂平面MNC，所以AB⊥平面MNC，所以AB⊥MC.(2)由(1)知MC⊥AB，若存在点P使得MC⊥平面ABP，则必有MC⊥BP.过M作MQ⊥B1C1，垂足为Q，连接QC，则QC是MC在平面BCC1B1内的射影，只需QC⊥BP即可，此时Rt△QC1C与Rt△PCB相似，QC1C1C ＝PCCB，所以PC＝QC1·CBC1C＝3×426＝6，点P恰好是CC1的中点．。
2019数学(理)二轮精选讲义专题五 立体几何 第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积 含答案
专题五立体几何第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积考点一空间几何体的三视图与直观图1．三视图的排列规则俯视图放在正（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．原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝错误!S。
[对点训练]1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(）［解析］两个木构件咬合成长方体时，小长方体（榫头)完全嵌入带卯眼的木构件，易知俯视图可以为A.故选A。
[答案］A2．（2018·河北衡水中学调研）正方体ABCD－A1B1C1D1中,E 为棱BB1的中点(如图),用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（）[解析］过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C。
［答案］C3．（2018·江西南昌二中模拟）一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中,面积最小的面的面积为()A．8 B．4 C．4错误!D．4错误![解析］由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AB⊥AC，P A＝AB ＝AC＝4，DB＝2，则易得S△P AC＝S△ABC＝8，S△CPD＝12，S梯形ABDP ＝12，S△BCD＝错误!×4错误!×2＝4错误!，故选D。
［答案]D4．如图所示，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积为________．[解析]直观图的面积S′＝错误!×（1＋1＋错误!)×错误!＝错误!.故原平面图形的面积S＝错误!＝2＋错误!.[答案]2＋错误![快速审题］（1)看到三视图，想到常见几何体的三视图，进而还原空间几何体．(2）看到平面图形直观图的面积计算，想到斜二侧画法,想到原图形与直观图的面积比为错误!.由三视图还原到直观图的3步骤(1）根据俯视图确定几何体的底面．(2）根据正(主)视图或侧(左)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）确定几何体的直观图形状．考点二空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的侧面积公式（1)S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高）；(2)S锥侧＝错误!ch′(c为底面周长,h′为斜高)；(3）S台侧＝错误!（c＋c′）h′（c′,c分别为上下底面的周长，h′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高）；(2)V锥体＝错误!Sh（S为底面面积，h为高）；(3)V台＝错误!(S＋错误!＋S′）h(不要求记忆）．3．球的表面积和体积公式S表＝4πR2(R为球的半径）,V球＝43πR3(R为球的半径）．[对点训练]1．(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．2 B．4 C．6 D．8［解析]由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为1 cm，2 cm，高为2 cm,直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V＝1＋22×2×2＝6 cm3.[答案]C2．（2018·哈尔滨师范大学附中、东北师范大学附中联考）某几何体的三视图如图所示，其中正视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是（)A.错误!＋2B.错误!＋2C.错误!＋3 D。
高考数学二轮复习 专题五 第1讲 空间几何体配套课件 理
2
答案 B
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ห้องสมุดไป่ตู้11
(2)(2013·四川)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( )
D
思维启迪 分析几何体的特征，从俯视图突破.
解析 由俯视图易知答案为D.
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12
空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左
面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影
图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先
解析 过M，N分别作两个垂直于底面的截面，将多面 体分割成一个三棱柱和两个四棱锥，
由正视图知三棱柱底面是等腰直角三角形，面积为
S1＝ 1×2×2＝2，高为2，所以体积为V1＝4， 2
两个四棱锥为全等四棱锥，棱锥的体积为
V1＝2×1×2×1×2＝ 8，
3
3
所以多面体的体积为 V＝83＋4＝230，选 D.
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6
4.空间几何体的两组常用公式
(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式：
①S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高)； ②S锥侧＝ ch′(c为底面周长，h′为斜高)；
③S台侧＝ 1 (c＋c′)h′(c′，c分别为上，下底面的 周长，h′12为斜高)； ④S球表＝42πR2(R为球的半径).
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5
3.直观图的斜二测画法 空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则： (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.
2011年高考新课标数学文二轮复习作业：专题5 1空间几何体
专题五 立体几何第1讲 空间几何体1．圆x 2＋(y ＋1)2＝3绕直线kx －y －1＝0旋转一周所得的几何体的体积为( )A ．36πB ．12πC ．43πD ．4π2．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其侧面积等于( ) A. 3 B ．2C ．2 3D ．63．(2010年唐山一中质检)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 ．32π4．一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a 的正方形，则原平面四边形的面积等于( )A.24a 2 B ．22a 2 C.22a 2 D.2a 2 5．已知一个圆锥的底面半径为R ，高为H ，在圆锥内有一个内接圆柱，当圆柱的侧面积为12πRH 时，圆柱的母线长为( ) A.H 5 B.H 4C.H 3D.H 26．(2010年河南开封调研)四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a ，则该四面体的体积的最大值为( )A.38a 3B.28a 3 C.18a 3 D.112a 3 7．下面是关于四棱柱的四个命题：①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；②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；③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱；④若四棱柱的四条对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱．其中真命题的编号是______(写出所有真命题的编号)．8．如图所示两组立体图形都是由相同的小正方体拼成的．(1)图(1)的正(主)视图与图(2)的________相同．(2)图(3)的________图与图(4)的________图不同．9．(2010年高考天津卷)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为____________．10．如图，一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内放一个半径为r的铁球，并向容器内注水，使水面恰与铁球相切，将球取出后，容器内的水深是多少？11．(2010年高考陕西卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB，BP＝BC＝2，E，F分别是PB，PC的中点．(1)证明：EF∥平面P AD；(2)求三棱锥E－ABC的体积V.12．一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示．(1)请画出该几何体的直观图，并求它的体积；(2)证明：A1C⊥平面AB1C1；(3)若D是棱CC1的中点，在棱AB上取中点E.判断DE是否平行于平面AB1C1？并证明你的结论．第3讲 空间向量与立体几何1．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是CC 1的中点，F 是A 1B 的中点，且DF →＝αAB →＋βAC →，则( )A.α＝12，β＝－1 B ．α＝－12，β＝1 C ．α＝1，β＝－12 D ．α＝－1，β＝122．(2010年山东曲阜市调研)已知平面α内有一个点M (1，－1，2)，它的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)3．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行C ．垂直D ．不能确定4．(2009年高考江西卷)如图，正四面体ABCD 的顶点A ，B ，C 分别在两两垂直的三条射线Ox ，Oy ，Oz 上，则在下列命题中，错误的为( )A ．O －ABC 是正三棱锥B ．直线OB ∥平面ACDC ．直线AD 与OB 所成的角是45°D ．二面角D －OB －A 为45°5．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，E 是侧棱BB 1的中点，则直线AE 与平面A 1ED 1所成角的大小为( )A ．60°B ．90°C ．45°D ．以上都不正确6．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 在线段BD 1上，当∠APC 最大时，三棱锥P －ABC 的体积为( )A.124B.118C.19D.1127．已知向量a ＝(0，－1,1)，b ＝(4,1,0)，|λa ＋b |＝29且λ>0，则λ＝________.8．在一直角坐标系中已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A 、B 两点间的距离为________．9．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A —BD —C ，有如下四个结论：①AC ⊥BD ；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD所成的角为60°；④AB与CD所成的角为60°.其中正确的序号是________．(写出你认为正确的结论的序号)10．(2010年高考湖南卷)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点．(1)求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值；(2)证明：平面ABM⊥平面A1B1M.11．如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E、F分别是AB、PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)求DB与平面DEF所成角的正弦值．12．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知BC＝1，BB1＝2，AB⊥平面BB1C1C.(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正切值；(2)在棱CC1(不包括端点C、C1)上确定一点E的位置，使EA⊥EB1(要求说明理由)；(3)在(2)的条件下，若AB＝2，求二面角A－EB1－A1的大小．专题五第1讲 空间几何体1．【解析】选C.直线kx －y －1＝0过圆x 2＋(y ＋1)2＝3的圆心(0，－1)，故所得几何体是半径为3的球，其体积为43π(3)3＝43π，故选C. 2．【解析】选D.由正视图还原实物图知，该几何体的高是1，底面边长是2的正三棱柱，S 侧＝2×1×3＝6.3．【解析】选C.设正四棱柱的底面边长为a ，球半径为R ，则⎩⎨⎧(2R )2＝16＋(2a )2a 2·4＝16，解得a ＝2，R 2＝6， ∴球的表面积S ＝4πR 2＝24π.4．【解析】选B.根据斜二测画法画平面图形直观图的规则，可以得出原图的面积S 与它的直观图的面积S ′之间的关系是S ′＝24S ，又因为直观图的面积为a 2，所以原平面四边形的面积等于a 224＝22a 2. 5．【解析】选D.设圆柱的母线长为x ，底面半径为r ，由r R ＝H －x H ，得r ＝R －R H·x ， 那么圆柱的侧面积S ＝2πrx ＝2πx (R －R H ·x )＝－2πR H ·x 2＋2πRx ， 则－2πR H ·x 2＋2πRx ＝12πRH ⇒(2x －H )2＝0⇒x ＝H 2.故所求圆柱的母线长为H 2. 6．【解析】选C.法一：设三棱锥另一棱长BC ＝x ，如图所示，取BC 的中点E ，连结AE 、DE ，易证BC 垂直于平面ADE ，故V A －BCD ＝13S △ADE ·BE ＋13S △ADE ·EC ＝13S △ADE ·BC ＝13·12·a ·3a 2－x 22x ＝a 12x 2(3a 2－x 2)≤a 12·x 2＋(3a 2－x 2)2＝a 38， 当且仅当x 2＝(3a 2－x 2)⇒x ＝62a 时取得等号． 法二：如图，底ABD 是固定的，当C 运动时，显然当平面CAD ⊥平面ABD 时高最大，体积最大， V max ＝13·(34a 2)·32a ＝a 38.7．【解析】①错，必须是两个相邻的侧面．②正确．③错，反例，可以是一个斜四棱锥．④正确，对角钱两两相等，则此两条对角线组成的平行四边形为矩形，故正确答案为②④.【答案】②④8．【解析】对于第一组的两个立体图形，图(1)的正(主)视图与图(2)的俯视图相同．对于第二组的两个立体图形，图(3)的正(主)视图与图(4)的正(主)视图不同，而侧(左)视图和俯视图都是相同的．【答案】(1)俯视图 (2)正视 正视9．【解析】该几何体是上面是底面边长为2的正四棱锥，下面是底面边长为1、高为2的正四棱柱的组合体，其体积为V ＝1×1×2＋13×22×1＝103. 【答案】10310．【解】如图，由题意知，轴截面P AB 为正三角形，故当球在容器内时，水深为3r ，水面半径为3r ，容器内水的体积是V ＝V 圆锥－V 球＝π3(3r )2·3r －43πr 3＝53πr 3. 将球取出后，设容器中水的深度为h ，则水面半径为33h . 此时容器内水的体积为V ′＝π3(33h )2·h ＝π9h 3. 由V ′＝V ，得h ＝315 r .即铁球取出后水深为315 r .11．【解】(1)证明：在△PBC 中，E ，F 分别是PB ，PC 的中点，∴EF ∥BC .∵四边形ABCD 为矩形，∴BC ∥AD ，∴EF ∥AD .∵AD ⊂平面P AD ，EF ⊄平面P AD ，∴EF ∥平面P AD .(2)连结AE ，AC ，EC ，过E 作EG ∥P A 交AB 于点G ，则EG ⊥平面ABCD ，且EG ＝12P A . 在△P AB 中，AP ＝AB ，∠P AB ＝90°，BP ＝2，∴AP ＝AB ＝2，EG ＝22. ∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×2×2＝2， ∴V E －ABC ＝13S △ABC ·EG ＝13×2×22＝13. 12．【解】(1)几何体的直观图如图．第 - 10 - 页 版权所有@中国高考志愿填报门BB 1C 1C 是矩形，BB 1＝CC 1＝3，BC ＝1，AA 1C 1C 是边长为3的正方形，且垂直于底面BB 1C 1C .∴其体积V ＝12×1×3×3＝32. (2)证明：∵∠ACB ＝90°，∴BC ⊥AC.∵三棱柱ABC —A 1B 1C 1为直三棱柱，∴BC ⊥CC 1.∵AC ∩CC 1＝C ，∴BC ⊥平面ACC 1A 1，∴BC ⊥A 1C .∵B 1C 1∥BC ，∴B 1C 1⊥A 1C .∵四边形ACC 1A 1为正方形，∴A 1C ⊥AC 1.∵B 1C 1∩AC 1＝C 1∴A 1C ⊥平面AB 1C 1.(3)当E 为棱AB 的中点时，DE ∥平面AB 1C 1.证明：如图，取BB 1的中点F ，连结EF ，FD ，DE ，∵D ，E ，F 分别为CC 1，AB ，BB 1的中点，∴EF ∥AB 1.∵AB 1⊂平面AB 1C 1，EF ⊄平面AB 1C 1，∴EF ∥平面AB 1C 1.∵FD ∥B 1C 1，∴FD ∥面AB 1C 1，又EF ∩FD ＝F ，∴面DEF ∥面AB 1C 1.而DE ⊂面DEF ，∴DE ∥面AB 1C 1.。
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[思考1] 绕直角三角形的一条边所在直线旋转一周所得的曲面一 定是圆锥吗？
提示：不一定．绕直角边所在的直线旋转一周所得的几何体 为圆锥，绕斜边所在直线旋转一周所得的几何体是两个圆锥 组成的几何体．
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【变式训练1】 若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥 的体积为________．
解析 设圆锥的母线为l，底面半径为r，高为h，由
πrl＝2π， πr2＝π，
得rl＝＝21，.
于是，圆锥的体积为V＝13πr2h＝ 33π.
答案
3π 3
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命题角度聚焦Biblioteka 阅卷现场体验考向二 多面体与球 【例2】 (1)(2013·辽宁改编)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶
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[思考2] 比较柱体、锥体、台体的体积公式，它们之间有何联 系？
提示：V＝S·hS上＝S下,V＝13(S上＋ S上·S下＋S下)·hS上＝0,V＝13S·h.
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[思考3] 求不规则几何体的体积主要有哪两种思想方法？ 提示：主要有分割与补形的两种思想方法，将不规则几何体 转化为规则几何体．
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解析 (1)∵AB⊥AC，且AA1⊥底面ABC， 将直三棱柱补成内接于球的长方体，则长方体的对角线l＝2R. ∴ 32＋42＋122＝2R，R＝123. (2)如图所示，CD是截面圆的直径． ∴12CD2·π＝π，即CD＝2， 设球O的半径为R，由AH∶HB ＝1∶2，
答案
500π 3
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[探究提升] 1.求规则几何体的体积，关键是确定底面和高，要 注意多角度、多方位地观察，选择恰当的底面和高，使计算 简便．
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 几何体转化为几个规则几何体，再进一步求解．
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【典例2】 (2013·江苏)如图，在三棱柱A1B1C1-ABC中，D，E，F 分别是AB，AC，AA1的中点．设三棱锥F-ADE的体积为V1，三 棱锥A1B1C1-ABC的体积为V2，则V1∶V2＝ ________.
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解析 设三棱柱A1B1C1-ABC的高为h，底面三角形ABC的面积 为S，则V1＝13×14S·12h＝214Sh＝214V2，即V1∶V2＝1∶24. 答案 1∶24
的厚度，则球的体积为________cm3.
[思路点拨]利用球半径、球心距和截面圆半径构成直角三角形
求出球半径，进而求其体积．
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解析 作出该球轴截面如图所示，依题意
BE＝2，AE＝CE＝4，设DE＝x，故AD＝2 ＋x，因为AD2＝AE2＋DE2，解得x＝3，故
该球的半径AD＝5，所以V＝43πR3＝5030π.
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真题感悟
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考向一 空间几何体的体积和表面积
【例1】 (2013·新课标全国Ⅰ改编)如图，
有一个水平放置的透明无盖的正方体容
器，容器高8 cm，将一个球放在容器
口，再向容器内注水，当球面恰好接触
水面时测得水深为6 cm，如果不计容器
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∴AH＝13×2R＝23R， ∴OH＝R－23R＝13R， 由OD2＝OH2＋HD2得：R2＝19R2＋1， ∴R2＝98，∴S球＝4πR2＝92π.
答案
13 (1) 2
9 (2)2π
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[探究提升] 1.解答本题的关键是确定球心的位置，这需要根据 球的对称性及几何体的形状来确定．
点都在球O的球面上．若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝ 12，则球O的半径为________． (2)已知H是球O的直径AB上一点，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平 面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面 积为________． [思路点拨]确定球心的位置，依据几何性质，找等量关系求 半径．
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2．涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体 中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利 用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．
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【变式训练2】 已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两 点，AB＝ 3 ，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥S－ABC的体积为 ________． 解析 如图，过AB作与直径SC垂直的球的截面，交SC于点 D，在Rt△SAC中，SA＝SC·cos 30°＝2 3，AD＝SA·sin 30°＝ 3，
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同理BD＝ 3，故△ABD为正三角形． S△ABD＝12× 3× 3sin 60°＝34 3， 故VS-ABC＝13×4×343＝ 3.
答案 3
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空间几何体的体积
江苏近两年高考，都考查了几何体的体积，意在考查学生 的化归转化思想和计算能力，试题难度不大，一般属A级要 求，稍作转化、运算即可顺利解决．
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【典例1】 (2012·江苏)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝ AD＝3 cm，AA1＝2 cm，则四棱锥A-BB1D1D的体积为 ________cm3.
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解析 法一 ∵VA-A1B1D1＝13×12×3×3×2＝3(cm3)， VABD-A1B1D1＝12×3×3×2＝9(cm3)， ∴VA-BB1D1D＝VABD-A1B1D1－VA-A1B1D1＝6(cm3)． 法二 连结AC交BD于点O，则AC⊥BD，AC⊥BB1， ∴AC⊥平面BB1D1D， ∴AO即为四棱锥A-BB1D1D的高， ∴VA-BB1D1D＝13×3 2×2×32 2＝6(cm3)． 答案 6