2019版高中全程复习方略数学课时作业：第七章 立体几何 40 Word版含答案
全国通用近年高考数学一轮复习第七章立体几何初步课时作业四十7.2空间几何体的表面积与体积文(202
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课时分层作业四十空间几何体的表面积与体积一、选择题(每小题5分,共35分)1。
某几何体的三视图如图所示(图中网格的边长为1个单位）,其中俯视图为扇形,则该几何体的体积为( )A。
B。
C.D。
【解析】选B。
由三视图知几何体是圆锥的一部分，由俯视图可得：底面扇形的圆心角为120°，又由侧视图知几何体的高为3,底面圆的半径为2，所以几何体的体积V=××π×22×3=。
2.已知一个空间几何体的三视图如图所示,其中俯视图是边长为6的正三角形，若这个空间几何体存在唯一的一个内切球（与该几何体各个面都相切)，则这个几何体的表面积是 ( )A。
18 B.36 C.45D。
54【解析】选D。
由三视图知，几何体为正三棱柱。
因为俯视图是边长为6的正三角形，所以几何体的内切球的半径R=6××=，所以三棱柱的侧棱长为2。
所以几何体的表面积S=2××6×6×+3×6×2=54。
3.已知某几何体的外接球的半径为，其三视图如图所示，图中均为正方形，则该几何体的体积为( ）A。
浙江专版2019版高考数学一轮复习学案：第七章立体几何+Word版含答案
第七章立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)多面体的结构特征2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A．2,2 3 B．22，2C．4,2 D．2,4解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D.2．(教材习题改编)如图，长方体ABCDA′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1.如图，能推断这个几何体可能是三棱台的是( )A．A1B1＝2，AB＝3，B1C1＝3，BC＝4B ．A 1B 1＝1, AB ＝2，B 1C 1＝32，BC ＝3，A 1C 1＝2，AC ＝3C ．A 1B 1＝1，AB ＝2，B 1C 1＝32，BC ＝3，A 1C 1＝2，AC ＝4D ．AB ＝A 1B 1，BC ＝B 1C 1，CA ＝C 1A 1解析：选C 根据棱台是由棱锥截成的，可知A 1B 1AB ＝B 1C 1BC ＝A 1C 1AC，故A ，B 不正确，C 正确；D 项中满足这个条件的是一个三棱柱，不是三棱台，故D 不正确．2．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B. 3．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的 ①三角形的直观图一定是三角形； ②正方形的直观图一定是菱形； ③等腰梯形的直观图可以是平行四边形； ④菱形的直观图一定是菱形． 以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1考点一 空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A ．圆柱 B ．圆锥C ．球体D ．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体． 2．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题的3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2018·东北四市联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥PA1B1A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PA1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D.2．(2018·杭州模拟)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，那么该三棱锥的侧视图可能为( )解析：选B 由正视图可看出长为2的侧棱垂直于底面，侧视图为直角三角形，直角边长为2，另一直角边为底边三角形的高 3.故侧视图可能为B.[由题悟法]1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．[提醒] 对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．[即时应用]1．(2018·沈阳教学质量监测)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B ，故选B.2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )解析：选D 由俯视图是圆环可排除A 、B 、C ，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D.考点三 空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·杭州模拟)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：画出等腰梯形ABCD 的实际图形及直观图A ′B ′C ′D ′如图所示，因为OE ＝22－12＝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[由题悟法]原图与直观图中的“三变”与“三不变”(1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变减半图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变[即时应用]如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6 cm ，O ′C ′＝2 cm ，则原图形是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形解析：选C 如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝4 2 cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm.∴OC ＝OD 2＋CD 2＝22＋22＝6 cm ，∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．2．下列说法正确的是( )A．棱柱的两个底面是全等的正多边形B．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D 因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台解析：选A 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．4.在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2.解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2.答案：矩形85.已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图，ABCDA1B1C1D1，如图，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·台州模拟)一个简单几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图不可能为( )A．正方形B．圆C．等腰三角形D．直角梯形解析：选D 该几何体是一个长方体时，其中一个侧面为正方形，A可能；该几何体是一个横放的圆柱时，B可能；该几何体是横放的三棱柱时，C可能，只有D不可能．2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B 由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC.3．(2018·沈阳教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为( )A．三棱台B．三棱柱C．四棱柱D．四棱锥解析：选B 根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．4.(2018·温州第八高中质检)如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA1⊥平面A1B1C1，正视图是边长为2的正方形，该三棱柱的侧视图面积为( )A．4 B．2 3C．2 2 D. 3解析：选B 由题可得，该几何体的侧视图是一个长方形，其底边长是底面正三角形的高3，高为2，所以侧视图的面积为S＝2 3.5．已知四棱锥PABCD的三视图如图所示，则四棱锥PABCD的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PM ＝3，PN ＝5，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.6.(2018·台州模拟)如图所示，在正方体ABCD A1B 1C 1D 1中，点E 为棱BB 1的中点，若用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为( )解析：选C 取DD 1的中点F ，连接AF ，FC 1，则过点A ，E ，C 1的平面即为面AEC 1F ，所以剩余几何体的侧视图为选项C.7．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④8．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：139．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________． 解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32， C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64. 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：6410．已知正三棱锥V ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23，∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2018·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 3B ．8 3C ．47D ．8解析：选C 设该三棱锥为P ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB ＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×22－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，选C.3.如图，在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA ＝PD2＋AD2＝22＋62＝6 3 cm.第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2．空间几何体的表面积与体积公式[小题体验]1．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋32＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.2．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以该几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×3×3＝3 3. 答案：3 33．若球O 的表面积为4π，则该球的体积为________．解析：由题可得，设该球的半径为r ，则其表面积为S ＝4πr 2＝4π，解得r ＝1.所以其体积为V ＝43πr 3＝43π.答案：43π1．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2.答案：72＋16 2考点一 空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选 B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.2．(2018·浙江新高考联盟高三期初联考)如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于( )A ．34＋6 5B ．44＋12 5C ．34＋6 3D ．32＋6 5解析：选A 由三视图知几何体底面是一个长为6，宽为2的矩形，高为4的四棱锥，所以该几何体的表面积为12×6×25＋12×6×4＋2×12×2×5＋6×2＝34＋65，故选A.3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则该棱锥的表面积为( )A ．6＋42＋2 3B ．8＋4 2C ．6＋6 2D ．6＋22＋4 3解析：选A 由三视图可知该棱锥为如图所示的四棱锥P ABCD ，S △PAB＝S △PAD ＝S △PDC ＝12×2×2＝2，S △PBC ＝12×22×22×sin 60°＝23，S 四边形ABCD ＝22×2＝42，故该棱锥的表面积为6＋42＋2 3.[谨记通法]几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理．考点二 空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2018·金华高三期末考试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.223 B.233C.423D.433解析：选D 由三视图可知该几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥，其直观图如图所示．底面ABCD 的面积为2×2＝4，高PO ＝3，故该几何体的体积V ＝13×4×3＝433.2．(2018·宁波十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于________，表面积等于________．解析：如图，由三视图可知该几何体是底面半径为2，高为3的圆柱的一半，故该几何体的体积为12×π×22×3＝6π，表面积为2×12×π×22＋4×3＋π×2×3＝10π＋12.答案：6π 12＋10π[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略[即时应用]1．(2018·西安质检)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( )A.43 B ．52 C.73 D ．3解析：选A 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示．则该几何体的体积是V 几何体＝V 三棱柱＋V 三棱锥＝12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43.2．(2018·杭州高级中学模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1B ．32 C.12D.34解析：选C 由题可得，该几何体是一个四棱锥，底面是上下底边分别为1和2，高为1的直角梯形，又四棱锥的高为1.所以该几何体的体积为V ＝13×12×(1＋2)×1×1＝12.3.(2018·温州高三一模)如图，一个简单几何体的三视图的正视图与侧视图都是边长为1的正三角形，其俯视图的轮廓为正方形，则该几何体的体积为________，表面积为________．解析：如图，还原三视图为正四棱锥，易得正四棱锥的高为32，底面积为1，体积V ＝13×1×32＝36；易得正四棱锥侧面的高为⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝1，所以表面积S ＝4×12×1×1＋1＝3. 答案：363 考点三 与球有关的切、接问题题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变． 常见的命题角度有： (1)球与柱体的切、接问题；(2)球与锥体的切、接问题．[题点全练]角度一：球与柱体的切、接问题1．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172B ．210 C.132D ．310解析：选C 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132.2.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ACD1截球O 的截面面积为( )A.66π B.π3C.π6D.33π 解析：选C 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC ＝CD 1＝AD 1＝2，所以内切圆的半径r ＝22×tan 30°＝66， 所以S ＝πr 2＝π×16＝16π.角度二：球与锥体的切、接问题3．(2018·绍兴质检)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，则该四棱锥的高是( )A ．6B ．5C.92D.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 ＝94.4．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．解析：如图，连接AO ，OB ，∵SC 为球O 的直径， ∴点O 为SC 的中点， ∵SA ＝AC ，SB ＝BC ， ∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S ABC ＝V A SBC ＝13×S △SBC ×AO＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3，∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π[通法在握]解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：[演练冲关]1．一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．20πB.205π3C ．5πD.55π6解析：选D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＝1＋14＝52，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝ ⎛⎭⎪⎫523π＝55π6. 2．(2018·镇海期中)一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个正方体，若正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体体积的最大值为________．解析：由题可得，要使正方体可以在纸盒内任意转动，则只需该正方体在正四面体的内接球内即可．因为正四面体的棱长为6，所以其底面正三角形的高为33，正四面体的高为26，则该正四面体的内球的半径为62，设该正方体的边长为a ，要满足条件，则3a ≤6，即a ≤ 2.所以正方体的最大体积为V ＝a 3≤2 2.答案：2 2一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·浙江名校联考)“某几何体的三视图完全相同”是“该几何体为球”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 由题可得，球的三个视图都是圆，所以三视图完全相同；三视图完全相同的几何体除了球，还有正方体，所以是必要不充分条件．2．(2018·长兴中学适应性测试)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．64B ．72C ．80D ．112解析：选C 由题可得，该几何体是一个棱长为4的正方体与一个底面是边长为4的正方形，高为3的四棱锥的组合体，所以其体积为V ＝43＋13×42×3＝80.3．如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π.故选A.4．(2018·嘉兴模拟)如图是一个几何体的三视图，若它的体积是33，则a ＝________，该几何体的表面积为________．解析：由题可得，该几何体是一个水平放置的三棱柱，其底面是一个底边长为2、高为a 的等腰三角形，高为3.因为其体积为33，所以V ＝12×2a ×3＝3a ＝33，解得a ＝ 3.所以该几何体的表面积为S ＝2×12×2×3＋2×3×3＝23＋18.答案： 3 23＋185．(2018·丽水模拟)若三棱锥P ABC 的最长的棱PA ＝2，且各面均为直角三角形，则此三棱锥的外接球的体积是________，表面积是________．解析：如图，根据题意，可把该三棱锥补成长方体，则该三棱锥的外接球即该长方体的外接球，易得外接球的半径R ＝12PA ＝1，所以该三棱锥的外接球的体积V ＝43×π×13＝43π，表面积S ＝4πR 2＝4π.答案：43π 4π二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7.2．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为( )A ．6B ．8C ．12D ．24解析：选C 由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′. 由题意，得13×6×34×22×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.故选C.3．(2018·温州十校联考)已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是( )A ．4 B.163 C ．8D.323解析：选 B 由题可得，该几何体是一个底面为长方形的四棱锥，所以其体积为V ＝13×4×2×2＝163.4．(2018·兰州实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )A.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．(2018·宁波十校联考)如图，某多面体的三视图中正视图、侧视图和俯视图的外轮廓分别为直角三角形、直角梯形和直角三角形，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A ．2 2 B.10 C ．2 3D.13解析：选C 由题可得，该几何体是水平放置的四棱锥，其底面是一个直角梯形．所以其最长的棱的长度为22＋22＋22＝2 3.6．(2018·衢州调研)已知某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是________；表面积是________．。
2019版高中全程复习方略数学(文)：第七章 立体几何 41含答案
如图，在三棱柱ABC－A′B′C′中，点为△ABC的重心．从K、H
平行，则P为( )
(2018·长春一模)已知四棱锥P－ABCD的底面四边形ABCD的对边互不平行，截此四棱锥，且要使截面是平行四边形，则这样的平面α(
B．有四个
D．不存在
解析：易知，平面PAD与平面PBC相交，平面PAB与平面PCD相交，设相交平面的交线分别为m，n，由m，n决定的平面为β，作α与β平行且与四棱锥的四条侧棱相交，交点分别为A1，B1，C1，D1，则由面面平行的性质定理得，A1D1∥m∥B1C1，A1B1∥n∥D1C1，从而得截面必为平行四边形．由于平面α可以上下平移，故这样的平面α有无数个．故选C.
答案：C
6．(2017·新课标全国卷Ⅰ)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：A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵ QD∩平面MNQ ＝Q，
∴ QD与平面MNQ相交，
∴ 直线AB与平面MNQ相交．
，F，连接A1E，A1F
52－22＝
2S△A1EF＝2 6.
如图所示，在四棱锥
，AD＝23，∠ACD＝60°，
1D1中，S是B1D1的中点，
在如图所示的多面体中，DE
DE＝4.
∥平面ABF，请写出作法并说明理由；。
2019-2020年高中全程复习方略数学课件：第七章 立体几何 7.4
解析：连接A′B，∵A′B∥CD′，∴A′B∥平面AD′C. 答案：B
5．如图，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若
AM MB
＝
NAND，则直线MN与平面BDC的位置关系是________．
解析：由AMMB＝NADN，得MN∥BD. 而BD⊂平面BDC，MN⊄平面BDC， 所以MN∥平面BDC. 答案：平行
6．设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，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________(把所有正确的序号填上)．
解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ 时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故 应填入的条件为①或③.
悟·技法 证明线面平行的关键点及探求线线平行的方法 (1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已 知直线平行的直线； (2)利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性 质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行； (3)注意说明已知的直线不在平面内，即三个条件缺一不可.
[变式练]——(着眼于举一反三)
[知识重温]
一、必记3●个知识点
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
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(线线平行⇒线面平行)
因为①l∥a，a⊂ α，l⊄α，所以l∥α
性 一条直线与一个平面平行，则过
质 这条直线的任一平面与此平面的
2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第七章立体几何41
在三棱柱ABC－A′B′C′中，为△ABC的重心．从K、
平行，则P为( )
(2018·长春一模)已知四棱锥P－ABCD的底面四边形ABCD的对边互不平行，截此四棱锥，且要使截面是平行四边形，则这样的平面α(
B．有四个
D．不存在
解析：易知，平面PAD与平面PBC相交，平面PAB与平面PCD相交，设相交平面的交线分别为m，n，由m，n决定的平面为β，作α与β平行且与四棱锥的四条侧棱相交，交点分别为A1，B1，C1，D1，则由面面平行的性质定理得，A1D1∥m∥B1C1，A1B1∥n∥D1C1，从而得截面必为平行四边形．由于平面α可以上下平移，故这样的平面α有无数个．故选C.
答案：C
6．(2017·新课标全国卷Ⅰ)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：A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵ QD∩平面MNQ＝Q，
∴ QD与平面MNQ相交，
∴ 直线AB与平面MNQ相交．
E，F，连接A1E，A
)如图所示，在四棱锥＝1，AD＝23，∠ACD
1C1D1中，S是B1D1的中点，
在如图所示的多面体中，DE
DE＝4.
∥平面ABF，请写出作法并说明理由；。
2019版数学一轮高中全程复习方略课件：第七章 立体几何7-8
→ → ∴ AB＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB|＝ 2. 设直线 AB 与 a 所成夹角为 α， → AB· a 2 2 则 cos α＝ |sin θ|∈0， ， ＝ 2 2 a → AB ∴ 45° ≤α≤90° ，∴ ③正确，④错误． 设直线 AB 与 b 所成夹角为 β， → AB· b 2 则 cos β＝ |cos θ|. ＝ 2 b → AB
4．在正三棱柱 ABC－A1B1C1 中，已知 AB＝2，CC1＝ 2， 则异面直线 AB1 和 BC1 所成角的正弦值为( ) 7 A．1 B. 7 1 3 C.2 D. 2
解析：设线段 A1B1，AB 的中点分别为 O，D，则 OC1⊥平 → → → 面 ABB1A1，以OB1，OC1，OD的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的 正方向建立空间直角坐标系 O－xyz，如图． 则 A(－1,0， 2)，B1(1,0,0)，B(1,0， 2)，C1(0， 3，0)， → → 所以AB1＝(2,0，－ 2)，BC1＝(－1， 3，－ 2)， → → 因为AB · BC ＝(2,0，－ 2)· (－1， 3，－ 2)＝0，
[小题热身] 1． (2014· 新课标全国卷Ⅱ)直三棱柱 ABC－A1B1C1 中， ∠BCA ＝90° ，M，N 分别是 A1B1，A1C1 的中点，BC＝CA＝CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( ) 1 2 A.10 B.5 30 2 C. 10 D. 2
解析：
建立如图所示的空间直角坐标系 C－xyz，设 BC＝2， 则 B(0,2,0)，A(2,0,0)，M(1,1,2)， → N(1,0,2)，所以BM＝(1，－1,2)， → ＝(－1,0,2)，故 BM 与 AN 所成角 θ 的余弦值 cos θ＝ AN → → |BM· AN| 3 30 ＝ ＝ 10 . → |· → | 6× 5 |BM |AN 答案：C
2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第七章 立体几何 38 Word版含答案
课时作业 38 空间几何体的结构及其三视图和直观图一、选择题1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )解析：先观察俯视图，由俯视图可知选项B和D中的一个正确，由正视图和俯视图可知选项D正确，故选D.答案：D2．下列命题中，正确的是( )A．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱B．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥C．侧面都是矩形的四棱柱是长方体D．底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱解析：认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故A，C都不够准确，B中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确．答案：D3．(2018·惠州市第三次调研考试)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( )解析：从几何体的左面看，对角线AD1在视线范围内，画实线，棱C1F不在视线范围内，C，侧视图的宽应为俯视图中三角形的高中的图形．故选C.．(2018·惠州市第三次调研考试)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱PC⊥平面ABCD，PC＝ 3.如图所示，点D1的投影为C1，点D的投影为C，点A的投影为．(2018·东北三省四市联考)如图，某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各条棱中最长的棱和最短的棱长度之和为( )本题考查空间几何体的三视图．由三视图知，该几何体是底面为腰长为的侧棱垂直于底面(垂足为腰与底边交点＋22＝26＋2，故选如图，在正四棱柱ABCD－的正视图与侧视图的面积之比为命题①不是真命题，若侧棱不垂直于底面，这时四棱柱是斜四棱柱；直角三角形绕着它的一条直角边旋转一周形成的几何体叫做圆锥，边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥；命题③是真命题，如图所示，在分别作出在六个面上的射影可知选②③.C a b AB52－⎝ ⎛＝92.重合、N 与G 重合、Q 与E 重合、P 与B 1重合时，三棱锥、P 是所在线段的中点时，三棱锥P －MNQ 的俯视图为B 位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥P －MNQ ，使其俯视图为D.故选一只蚂蚁从正方体ABCD 的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行A．①② B．①③C．③④ D．②④解析：由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.答案：D17．(2018·济南模拟)我国古代数学家刘徽在学术研究中，不迷信古人，坚持实事求是．他对《九章算术》中“开立圆术”给出的公式产生质疑，为了证实自己的猜测，他引入了一种新的几何体“牟合方盖”：以正方体相邻的两个侧面为底做两次内切圆柱切割，然后剔除外部，剩下的内核部分．如果“牟合方盖”的主视图和左视图都是圆，则其俯视图形状为( )解析：本题考查几何体的三视图．由题意得在正方体内做两次内切圆柱切割，得到的几何体的直观图如图所示，由图易得其俯视图为B，故选B.答案：B。
2019版高中全程练习方略课时提能练习：空间几何体及其表面积和体积(人版·数学理)
2019版高中全程练习方略课时提能练习：空间几何体及其表面积和体积（人版·数学理）此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。
课时提能演练(四十七)(45分钟100分)【一】填空题(每题5分，共40分)1.(2019·苏北四市联考)正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为43，那么3它的体积为_______.2.圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是_______.3.P为矩形ABCD所在平面外一点，且PA⊥平面ABCD，PB=22，P C=17，PD=13，那么四棱锥P-ABCD体积等于_______.4.将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使BD=a，那么三棱锥D－ABC的体积为_______.5.一个圆锥的展开图如下图，其中扇形的圆心角为120°，底面圆的半径为1，那么该圆锥的体积为_______.6.(2019·南京模拟)有三个球和一个正方体，第一个球与正方体的各个面相切，第二个球与正方体的各条棱相切，第三个球过正方体的各个顶点，那么这三个球的表面积之比为_______.7.圆锥的表面积为15πcm2，侧面展开图的圆心角为60°，那么该圆锥的体积为_______cm3.8.PA，PB，PC两两互相垂直，且△PAB，△PAC，△PBC的面积分别为1.5 cm2，2 cm2，6 cm2，那么过P，A，B，C四点的外接球的表面积为_______cm2．(注S球=4πr2，其中r为球半径)[来源:1ZXXK]【二】解答题(每题15分，共45分)9.如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1=8 cm.假设侧面A A1B1B 水平放置时，液面恰好过AC ，BC ，A1C1，B1C1的中点.当底面A BC 水平放置时，液面高多少？10.(2019·宿迁模拟)如下图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E 、F 分别为DD1、DB 的中点.(1)求证：EF ∥平面ABC1D1; (2)求证：EF ⊥B1C; (3)求三棱锥B1-EFC 的体积.11.(2019·扬州模拟)如图，等腰梯形ABEF 中，AB ∥EF ，AB=2，AD =AF=1，AF ⊥BF ，O 为AB 的中点，矩形ABCD 所在的平面和平面ABEF 互相垂直.(1)求证：AF ⊥平面CBF ；(2)设FC 的中点为M ，求证：OM ∥平面DAF; (3)求三棱锥C-BEF 的体积. 【探究创新】(15分)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB>1，点E 在棱AB 上移动，小蚂蚁从点A 沿长方体的表面爬到点C1，所爬的最短路程为22(1)求证：D1E ⊥A1D ； (2)求AB 的长度. [来源:1] 答案解析1.【解析】如图，正三棱锥P-ABC 中，PA=PB=PC=33，AB=BC=AC=2，PO ⊥平面ABC.∵O 为△ABC 的重心,∴OA=23×2×sin60°=33, ∴22224323PA OA ()()2,33-=-=∴V 正三棱锥=2132322.343⨯⨯⨯=[来源:1ZXXK] 答案：233[来源:1ZXXK]2.【解析】上底面半径r=1,下底面半径R=2.∵S 侧=6π，设母线长为l,那么π(1+2)·l=6π,∴l=2, ∴高h=()22R r 3,--=l答案：733π 3.【解析】设PA=a,AB=b,AD=c, 那么()()()2222222222a b 228a c 1313,a b c 1717⎧+==⎪⎪⎪+==⎨⎪⎪++==⎪⎩ 解得a=2,b=2,c=3, VP-ABCD=13×2×3×2=4.答案：44.【解析】设正方形ABCD 的对角线AC 、BD 相交于点E ，沿AC 折起后，依题意得：当BD=a 时，BE ⊥DE ，∴DE ⊥平面ABC ，∴三棱锥D －ABC 的高为DE ＝2a 2， 答案：32a 12【误区警示】解答此题时常因弄不清折叠前后线段的位置关系及数量关系的变化而导致错误．5.【解析】因为扇形弧长为2π， 所以圆锥母线长为3，高为22， 所求体积2122V 122.33=⨯π⨯⨯=π 答案：223π 6.【解析】设正方体的棱长为a. 三个球的半径依次为r1,r2,r3, 由题意得2r1=a,r1=a 2,a2+a2=(2r2)2,r2=2a 2, a2+a2+a2=(2r3)2，r3=3a 2, 所以三个球的表面积之比为222222123a 2a 3r r r a 444=∶∶∶∶=1∶2∶3.答案：1∶2∶37.【解析】设底面圆的半径为r ，母线长为a ，那么侧面积为12×(2πr)a=πrA 、由题意得22ra r 151ra a 6⎧π+π=π⎪⎨π=π⎪⎩，解得2215r 7a 7⎧=⎪⎪⎨⎪⎪⎩，22h a r 53=-=，所以体积为21115253V r h 533377=π=⨯=π．答案：2537π 8.【解题指南】当三线互相垂直时，联想构造长方体，长方体的对角线即为外接球的直径．【解析】设PA=a ，PB=b,PC=c,那么有 13ab 22a 11ac 22c 41bc 62⎧=⎪=⎧⎪⎪⎪=⎨⎨⎪⎪=⎩⎪=⎪⎩，解得故其外接球的直径为22213426++=，所以外接球的表面积为S=4π×226()2=26π(cm2)． 答案：26π9.【解析】设原三棱柱ABC-A1B1C1的底面积为S cm2，高为h cm.∵DE ∥AB,∴△EDC ∽△ABC, 且2EDC EDC ABC S CE 11(),S S.S AC 44==∴=V V V ∴当侧面AA1B1B 水平放置时，无水的空间即CDE-C1D1E1为一小三棱柱.此时水的体积为V 水=Sh-14S ·h=34Sh(cm3).当底面ABC 水平放置时，水占有的空间为一个三棱柱，设该三棱柱的高为h ′cm,那么34Sh=Sh ′∴h ′=34h=34×8=6(cm),∴液面高6 cm.10.【解析】(1)连结BD1，在△DD1B 中，E ，F 分别为D1D,DB 的中点，那么⇒EF ∥平面ABC1D1. (3)∵CF ⊥平面BDD1B1, ∴CF ⊥平面EFB1且CF=BF=2, B1E=()2222111B D D E 2213,+=+=∴EF2+B1F2=B1E2,即∠EFB1=90°.11.【解题指南】证明此题(1)的关键是恰当地利用面面垂直的性质来证明线面垂直；证明此题(2)的关键是作辅助线构造平行四边形；第(3)问计算锥体的底面积是关键.【解析】(1)∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF=AB ，∴CB ⊥平面ABEF ，∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB. 又AF ⊥BF ，且BF ∩BC=B ，BF 、BC ⊂平面CBF ， ∴AF ⊥平面CBF.(2)设DF 的中点为N ，连结MN ，NA ，那么MN 12CD ，又AO 12C D ，那么MN AO ，MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN.又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ， ∴OM ∥平面DAF.(3)过点E 作EH ⊥AB 于H ，由题意知△ABF 中，AF ⊥BF ，AB=2，A F=1，那么∠BAF=,又四边形ABEF 是等腰梯形，所以∠EBH=60°,所以31EH BH 22==，，那么 故S △BEF=1331224⨯⨯=VC-BEF=BEF 13S BC 312⨯⨯=V【变式备选】(2019·宿州模拟)多面体ABCDE 中，AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ，AB=1，AC=AD=CD=DE=2，F 、O 分别为CE 、CD 的中点.(1)求证：CD ⊥平面AFO ； (2)求三棱锥C-ADE 的体积.【解析】(1)∵AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ， ∴DE ⊥平面ACD ，∴DE ⊥CD ， ∵F 、O 分别为CE 、CD 的中点， ∴FO ∥ED ，∴FO ⊥CD.[来源:学*科*网] ∵△ACD 是等边三角形，∴AO ⊥CD ， ∴CD ⊥平面AFO.(2)由(1)中DE ⊥平面ACD ，得DE ⊥AO ， 又AO ⊥CD,且DE ∩CD=D,∴AO ⊥平面CDE,∴AO 是三棱锥A-CDE 的高.∴VC-ADE=V A-CDE=13S △CDE ·AO=13×12×2×23=233. 【探究创新】【解析】(1)连结AD1，由长方体的性质可知：AE⊥平面AD1，A1D⊂平面AD1，∴AE⊥A1D，又∵AD=AA1=1，∴AD1⊥A1D，又AE∩AD1=A，∴A1D⊥平面AED1，又∵D1E⊂平面AED1，∴D1E⊥A1D.(2)设AB=x,点A到点C1可能有两种途径，如图甲的最短路程为|AC1|2+x4如图乙的最短路程为∵x>1,∴x2+2x+2>x2+2+2=x2+4,故从点A沿长方体的表面爬到点C1 2+x 4.2+=，解得x=2.即AB的长度为2.x422。
2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第七章立体几何39
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2
本题考查三视图及几何体的表面积．由三视图可知，该几何体是底面为正方形，一条棱垂直于底面的四棱锥，其底面边长为2，高为2，故该四棱锥的表面积为
＝8＋42，故选D.
(2018·合肥市第一次教学质量检测)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
＋4π ＋4π
解析：由三视图知，该几何体由一个正方体的34部分与一个圆柱的＋π)×2＋4×(2＋
13π
6
11＋22 π
＋1
2
解析：由三视图可知该几何体是一个圆柱和半个圆锥的组合体，故其表面积为
本题考查三棱锥的三视图及体积．由三视图可知，
解析：本题考查三视图、空间几何体的体积．由三视图知，该几何体是由长、宽、高的长方体被一个平面截去所剩下的部分，如图所示，其中对应边的中点，该平面恰好把长方体一分为二，则该几何体的体积为
(2018·陕西省宝鸡市高三质检)已知A ，B ，C 三点都在以的体积为43
，则球O 的表面积为
直角梯形ABCD 中，AD 边旋转一周，则所得几何体的表面积为解析：本题考查几何体的表面积．所得几何体的表面积是底面圆半径为圆柱的下底面积、侧面积和底面圆半径为1、高为1的圆锥的侧面积之和，即为
棱柱的体积．由三视图知该几何体由两个相同的底面为直角的三棱柱组合而成，＝2×1
2
×1×1×2＝2
的所有顶点都在表面积为289π
16体积的最大值为________
该几何体为一个横放的直三棱柱切去一个三棱锥后的图形．
．(2017·新课标全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为
为圆O上的点，△
沿虚线剪开后，分别以BC
G，。
2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业第七章 立体几何 42 Word版含答案
课时作业直线、平面垂直的判定和性质一、选择题．(·新疆第二次适应性检测)设，是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，有以下四个命题：①若α∥β，α∥γ，则β∥γ②若α⊥β，∥α，则⊥β③若⊥α，∥β，则α⊥β④若∥，⊂α，则∥α其中正确命题的序号是( )．①③ ．①④．②③ ．②④解析：对于①，因为平行于同一个平面的两个平面相互平行，所以①正确；对于②，当直线位于平面β内，且平行于平面α，β的交线时，满足条件，但显然此时与平面β不垂直，因此②不正确；对于③，在平面β内取直线平行于，则由⊥α，∥，得⊥α，又⊂β，因此有α⊥β，③正确；对于④，直线可能位于平面α内，显然此时与平面α不平行，因此④不正确．综上所述，正确命题的序号是①③，选.答案：．(·新课标全国卷Ⅲ)在正方体中，为棱的中点，则( )．⊥ ．⊥．⊥ ．⊥解析：如图，∵ 在平面上的投影为，而不与，垂直，∴ ，错；∵ 在平面上的投影为，且⊥，∴ ⊥，故正确；(证明：由条件易知，⊥，⊥，又∩＝，∴ ⊥平面.又⊂平面，∴ ⊥)∵ 在平面上的投影为，而不与垂直，故错．故选.答案：．(·银川一模)如图，在正方形中，、分别是、的中点，是的中点，现沿、及把这个正方形折成一个空间图形，使、、三点重合，重合后的点记为，那么，在这个空间图形中必有( )．⊥平面．⊥平面．⊥平面．⊥平面解析：由平面图形得⊥，⊥，又∩＝，∴⊥平面，故选.答案：．(·贵阳模拟)如图，在正棱锥－中，不能证明⊥的条件是( )．⊥，⊥．⊥，⊥．平面⊥平面，⊥．⊥平面解析：中，因为⊥，⊥，∩＝，所以⊥平面，又⊂平面，所以⊥，故正确；中，因为平面⊥平面，⊥，所以⊥平面，⊂平面，所以⊥，故正确；中，由知正确；中条件不能判断出⊥，故选.答案：．如图所示，直线垂直于⊙所在的平面，△内接于⊙，且为⊙的直径，点为线段的中点．现有结论：①⊥；②∥平面；③点到平面的距离等于线段的长．其中正确的是( ) ．①② ．①②③．① ．②③解析：对于①，∵⊥平面，∴⊥.。
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，设对角线AC＝6所成的45°角，故S
解析：若E，F，G，H四点不共面，则直线EF和GH肯定不相交，但直线EF和GH不相交，E，F，G，H四点可以共面，例如EF∥GH.故选B.
答案：B
5．如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是( )
A．直线AC B．直线AB
C．直线CD D．直线BC
解析：由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，
又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，
所以点D在平面ABC与平面β的交线上．
又因为C∈平面ABC，C∈β，
所以点C在平面β与平面ABC的交线上，
所以平面ABC∩平面β＝CD.
答案：C
6．使直线a，b为异面直线的充分不必要条件是( )
A．a⊂平面α，b⊄α，a与b不平行
B．a⊂平面α，b⊄平面α，a与b不相交
C．a∥直线c，b∩c＝A，b与a不相交
D．a⊂平面α，b⊂平面β，α∩β＝l，a与b无公共点
解析：对A：a与b可能有交点；对B，D：a与b可能平行，故选C.对C：可用反证法，若b与a不异面，而且a与b不相交，则a∥b.又a∥c，从而b∥c，与b∩c＝A矛盾．答案：C
7．如图所示，ABCD－A1B1C1D1是正方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )
A．A，M，O三点共线
B．A，M，O，A1不共面
C．A，M，C，O不共面
D．B，B1，O，M共面
解析：连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，
∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1.
∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，
∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
∴A，M，O三点共线．
答案：A
8．(2018·贵州六盘水二模)α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是( )
A．垂直 B．相交
C．异面 D．平行
解析：∵α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，
m⊄α，n⊂α，A∈m，A∈α，∴n在平面α上，
m与平面α相交，A是m和平面α的交点，
∴m和n异面或相交(垂直是相交的特殊情况)，一定不平行，故选D.
答案：D
9．(2018·合肥检测)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有( )
A．0条 B．1条
C．2条 D．0条或2条
解析：本题考查空间直线与平面的位置关系．如图设平面α截三棱锥所得的四边形EFGH 是平行四边形，则EF∥GH，EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，所以EF∥平面BCD，又EF⊂平面ACD，平面ACD∩平面BCD＝CD，则EF∥CD，EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH，则CD∥平面EFGH，同理AB∥平面EFGH，所以该三棱锥与平面α平行的棱有2条，故选C.
线面平行的判定定理、性质定理的灵活应用是解题的关键．
答案：C
10．(2018·陕西省高三质检)已知P是△ABC所在平面外的一点，M，N分别是AB，PC
本题考查异面直线所成角，取AC中点为O，连接
与MN所成的角．由MN
答案：③④
12．如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面又与CC1共面的棱有________条．
解析：与AB和CC1都相交的棱为BC；与AB相交且与CC1平行的棱为AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱为CD，C1D1.故符合条件的棱有5条．
答案：5
13.
如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：
①直线AM与CC1是相交直线；
②直线AM与BN是平行直线；
③直线BN与MB1是异面直线；
④直线AM与DD1是异面直线．
其中正确的结论为________(写出所有正确结论的序号)．
解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，所以①②错误．点B，B1，N在平面B1C中，点M在此平面外，所以BN，MB1是异面直线．同理AM，DD1也是异面直线．
答案：③④
14．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是________．
解析：连接BC1，由于AC∥A1C1，所以∠BA1C1(或其补角)就是所求异面直线所成的角，
与平面α都垂直，则平行，与已知矛盾，则假设不成立，
，因为B 1C 1綊BC ，OB ＝的中点，所以MN ∥B 1C 1，MN ＝1
2
所以∠ANO 或其补角即为
本题考查异面直线所成角．设正六边形ABCDEF ⊥平面ABCDEF ，所以∠为等边三角形，所以SO ＝BC ＝CO ＝1，所以∠。