2019年高考数学二轮复习专题五立体几何5.2空间关系球与几何体组合练课件文
四面体 ABCD 的最大体积为3S△ABC· DQ=3,即3×3· DQ=3,解得 DQ=3. 如图,设球心为 O,半径为 R,则在 Rt△AQO 中,OA2=AQ2+OQ2, 即 R2=( 3)2+(3-R)2,解得 R=2, 则这个球的表面积为 S=4π×22=16π.故选 D.
1
1
-11-
9.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC, AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是( B )
故 2r= 3������2 ,则 r= 3.所以该球的表面积为 4π×( 3)2=12π,故选 A.
-5-
2.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 ( )
关闭
易知选项B中,AB∥MQ,且MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面
14.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表 9π 面积为18,则这个球的体积为 . 2
解析 设正方体的棱长为 a,外接球的半径为 R,则 2R= 3a. ∵正方体的表面积为 18, ∴6a2=18.
∴a= 3,R=2.
3
∴该球的体积为 V=3πR3= 3 ×
4
4π
27 8
=
9π . 2
所以在
������������ Rt△ABC1 中,BC1=tan∠������������ ������=2 1
3,又 BC=2,
所以在 Rt△BCC1 中,CC1= (2 3)2 -22 =2 2, 所以该长方体体积 V=BC· CC1· AB=8 2.
-9-
6.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( C ) A.36π B.64π C.144π D.256π 解析 由△AOB面积确定,若三棱锥O-ABC的底面OAB上的高最大, 则其体积才最大.因为高最大为半径R, 1 1 所以VO-ABC= 3 × 2R2 ×R=36,解得R=6,故S球=4πR2=144π. 7.(2018浙江,6)已知平面α,直线m,n满足m⊄α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α” 的( ) A A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析 当m⊄α,n⊂α时,由线面平行的判定定理可知,m∥n⇒m∥α;但反 过来不成立,即m∥α不一定有m∥n,m与n还可能异面.故选A.
2
-13-
(方法二)由题意画出图形如图,将正方体ABCD-A1B1C1D1平移,
补形为两个全等的正方体如图,易证平面AEF∥平面CB1D1, 所以平面AEF即为平面α, m即为AE,n即为AF,所以AE与AF所成的角即为m与n所成的角. 因为△AEF是正三角形,所以∠EAF=60°, 3 故m,n所成角的正弦值为 .
10.平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面 ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为( A )
3 A. 2 2 B. 2 3 C. 3 1 D. 3
解析 (方法一)∵α∥平面CB1D1,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,α∩平 面ABCD=m,平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1, ∴m∥B1D1. ∵α∥平面CB1D1,平面ABB1A1∥平面DCC1D1,α∩平面ABB1A1=n,平 面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1, ∴n∥CD1. ∴B1D1,CD1所成的角等于m,n所成的角,即∠B1D1C等于m,n所成的 角. ∵△B1D1C为正三角形,∴∠B1D1C=60°, 3 ∴m,n所成的角的正弦值为 .
-1-
1.空间两条直线的位置关系有平行、相交、异面. 2.空间线面位置关系有平行、相交、在平面内. 3.直线、平面平行的判定及其性质 (1)线面平行的判定定理:a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α. (2)线面平行的性质定理:a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b. (3)面面平行的判定定理:a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒α∥β. (4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b. 4.直线、平面垂直的判定及其性质 (1)线面垂直的判定定理:m⊂α,n⊂α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n⇒l⊥α. (2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α⇒a∥b. (3)面面垂直的判定定理:a⊂β,a⊥α⇒α⊥β. (4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β.
2 6 4 6 2
(2)正方体的外接球:球心是正方体的中心;半径 r= 2 a(a 为正方
3
(5)正四面体的外接球:球心是正四面体的中心;半径 r= a(a 为 (6)正四面体的内切球:球心是正四面体的中小题,满分60分) 1.若体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为 ( A ) A.12π B.32π 3 C.8π D.4π 解析 设正方体的棱长为a,由a3=8,得a=2. 由题意可知,正方体的体对角线为球的直径,
MNQ;选项C中,AB∥MQ,且MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面 MNQ;选项D中,AB∥NQ,且NQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面
关闭
MNQ A ,故排除选项B,C,D.故选A.
解析 答案
-6-
3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则( C ) A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC 解析 连接B1C,BC1,A1E,则B1C⊥BC1. ∵CD⊥平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C, ∴CD⊥BC1. ∵B1C∩CD=C, ∴BC1⊥平面A1B1CD. ∵A1E⊂平面A1B1CD, ∴A1E⊥BC1. 故选C.
(3������)2 +(2������)2 -( 5������)2 ∴cos∠AEF= 2×3������×2������ 5 ∴sin∠AEF= 3 . 5 ∴tan∠AEF= 2 .
= 3.
2
-15-
12.一个四面体的顶点都在球面上,它们的正视图、侧视图、俯视 图都如图所示.图中圆内有一个以圆心为中心,边长为1的正方形,则 这个四面体的外接球的表面积是 ( B )
A.4π
B.
9π 2
C.6π
D.
32π 3
解析 由题意知要使球的体积最大,则它与直三棱柱的若干个面相 切. 设球的半径为 R,易得△ABC 的内切球的半径为 则 R≤2. 所以
4π Vmax= × 3 6+8-10 =2, 2
因为 2R≤3,即 R≤ ,
3 3 2
3 2
=
9π ,故选 2
B.
-12-
2
-14-
11.(2018全国Ⅱ,文9)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点, 则异面直线AE与CD所成角的正切值为( C )
A.
2 2
B.
3 2
C.
5 2
D.
7 2
解析 取 DD1 的中点 F,连接 AC,EF,AF,则 EF∥CD, 故∠AEF 为异面直线 AE 与 CD 所成的角.设正方体边长为 2a, 则易知 AE= ������������ 2 + ������������ 2 =3a,AF= ������������ 2 + ������������ 2 = 5a,EF=2a.
-18-
16.(2018全国Ⅱ,文16)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8,则该圆锥的体积 8π 为 .
解析 ∵SA⊥SB,
1 ∴S△SAB=2· SA· SB=8.
∴SA=4.设底面圆心为 O,连接 SO,则∠SAO=30° . ∴SO=2,OA=2 3. 1 1 ∴V=3πr2h=3×π×(2 3)2×2=8π.
A.π C.4π B.3π D.6π
解析 由三视图可知,该四面体是正方体的一个内接正四面体. ∴此四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长,为 3.
∴此四面体的外接球的表面积为 4π×
3 2
2
=3π,故选 B.
-16-
二、填空题(共4小题,满分20分) 13.长方体的长、宽、高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则 球O的表面积为 14π . 解析 由题意可知长方体的体对角线长等于其外接球 O 的直径 2R, 即 2R= 32 + 22 + 12 = 14,所以球 O 的表面积 S=4πR2=14π.
-17-
15.α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题: ①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β. ②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n. ③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β. ④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等. 其中正确的命题有 ②③④ .(填写所有正确命题的序号) 解析 对于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误; 对于②,因为n∥α,所以过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,则 n∥c.因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故②正确;对于③,由两个平面 平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可 知其正确.故正确命题的序号有②③④.
-10-
8.已知点A,B,C,D在同一个球的球面上,AB=BC= 6 ,∠ABC=90°. 若四面体ABCD体积的最大值为3,则这个球的表面积为( D ) A.2π B.4π C.8π D.16π 解析 由题意,得S△ABC=3.设△ABC所在球的小圆的圆心为Q,则Q为 AC的中点, 当DQ与平面ABC垂直时,
2
1 2
3 2
×1= 4 ,故选 B.
3π
-8-
5.(2018全国Ⅰ,文10)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( C )
“立体几何”大题的常考题型探究(课件)2023年高考数学二轮复习(全国通用)
因为 ，所以 ．由已知得 ，故 ．又 ，所以 ．因为 , , , , ，所以 ．
提分秘籍 体积问题考查的本质就是点面距离，解题关键是抓住以下几种方法：
（1）等体积法（仅限三棱锥）转换顶点;
（2）顶点不变，延展或缩小底面，如四棱锥的高即同顶点的三棱锥的高，点 到平面 的距离可看作点 到平面 的距离;
设 ，则 , , .设平面 的法向量为 ，则 即
令 ，则 ，∴平面 的一个法向量为 ， .∵直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，∴直线 与平面 所成角的正弦值等于, ，当且仅当 时取等号.
∴直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .（法二：定义法）如图2， 平面 ， ， 平面 .
大题攻略03 平面与平面所成的角
例3 (2021年全国甲卷)已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ， ， 分别为 和 的中点， 为棱 上的点， .
（1）证明： .（2）当 为何值时，平面 与平面 所成的二面角的正弦值最小?
▶审题微“点”
切入点
（1）常规方法是几何法，不过用几何法较为复杂，根据题目条件建系是最优解法；（2）建系是常规方法，也是最优法
▶审题微“点”
切入点
（1）关键是在平面 内找一条直线与 平行,根据线面平行的判定定理即可证明；（2）将包装盒分割成几个规则的锥体和柱体求解
障碍点
（1）在平面 内找直线与 平行；（2）将不规则的几何体分割或补形成几个规则的几何体
隐蔽点
（1）平面 内与 平行的直线；（2）包装盒的高
[解析] （1）如图1所示，分别取 ， 的中点 ， ，连接 ，因为 ， 为全等的正三角形，所以 ， ， .
高三数学二轮复习：立体几何
专题四 立体几何
第1讲 空间几何体
[考情考向分析]
1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算. 2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.
内容索引
热点分类突破 真题押题精练
热规则 俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视 图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图 的宽度一样.即“长对正、高平齐、宽相等”. 2.由三视图还原几何体的步骤 一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体.
跟踪演练3 (1)(2018·咸阳模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，
AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为
A.13π C.25π
B.20π
√D.29π
解析 答案
(2)(2018·四川成都名校联考)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，
√ 记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则SS12 等于
例3 (1)(2018·百校联盟联考)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为
边长为3的等边三角形，且PA＝326 ，则三棱锥P－ABC外接球的体积为
13 13 A. 6 π
10 10 B. 3 π
√C.5
15 2π
55 D. 6 π
解析 答案
(2)(2018·衡水金卷信息卷)如图是某三棱锥的三视
跟踪演练1 (1)(2018·衡水模拟)已知一几何体的正(主)视图、侧(左)视 图如图所示，则该几何体的俯视图不可能是
√
解析 答案
(2)(2018·合肥质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱 A1B1的中点，用过点A，C，E的平面截正方体，则位于 截面以下部分的几何体的侧(左)视图为
高考数学(文)《立体几何》专题复习
(2)两个平面垂直的判定和性质
✓ 考法5 线面垂直的判定与性质
1.证明直线 与平面垂直 的方法
2.线面垂直 的性质与线 线垂直
（1）判定定理（常用方法）： 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.判定定理中的两条相交直线必须保证“在平面 内相交”这一条件. （2）性质： ①应用面面垂直的性质（常用方法）：若两平面垂直,则在一 个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面，是证明线 面垂直的主要方法； ②（客观题常用）若两条平行直线中的一条垂直于一个平面, 则另一条也垂直于这个平面.
64
65
✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.证明平面 与平面平行 的常用方法 2.空间平行关系 之间的转化
66
✓ 考法3 面面平行的判定与性质
1.证明平面 与平面平行 的常用方法
这是立体几何中证明平行关系常用的思路,三 种平行关系的转化可结合下图记忆
2.空间平行关系 之间的转化
67
68
600分基础 考点&考法
定义 判定方法
2.等角定理
判定定理 反证法 两条异面直线所成的角
✓ 考法2 异面直线所成的角
常考形式
直接求 求其三角函数值
常用方法
作角
正弦值 余弦值 正切值
证明 求值 取舍
55
56
57
58
600分基础 考点&考法
➢ 考点46 线面、面面平行的判定与性质 ✓ 考法3 线面平行的判定与性质 ✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.计算有关 线段的长
2.外接球、内切 球的计算问题
观察几何体的特征 利用一些常用定理与公式 (如正弦定理、余弦定理、勾股定理、 三角函数公式等) 结合题目的已知条件求解
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解31---空间几何体
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第31讲 空间几何体[考情分析] 空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上．考点一 空间几何体的折展问题核心提炼空间几何体的侧面展开图 1．圆柱的侧面展开图是矩形． 2．圆锥的侧面展开图是扇形． 3．圆台的侧面展开图是扇环．例1 (1)“莫言下岭便无难，赚得行人空喜欢．”出自南宋诗人杨万里的作品《过松源晨炊漆公店》．如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为40 km ，山高为4015 km ，B 是山坡SA 上一点，且AB ＝40 km.为了发展旅游业，要建设一条从A 到B 的环山观光公路，这条公路从A 出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为( )A ．60 kmB ．12 6 kmC ．72 kmD ．1215 km 答案 C解析 该圆锥的母线长为(4015)2＋402＝160， 所以圆锥的侧面展开图是圆心角为2×π×40160＝π2的扇形，如图，展开圆锥的侧面，连接A ′B ，由两点之间线段最短，知观光公路为图中的A ′B ，A ′B ＝SA ′2＋SB 2＝1602＋1202＝200， 过点S 作A ′B 的垂线，垂足为H ，记点P 为A ′B 上任意一点，连接PS ，当上坡时，P 到山顶S 的距离PS 越来越小，当下坡时，P 到山顶S 的距离PS 越来越大， 则下坡段的公路为图中的HB ， 由Rt △SA ′B ∽Rt △HSB ， 得HB ＝SB 2A ′B ＝1202200＝72(km)．(2)(2022·深圳检测)如图，在三棱锥P －ABC 的平面展开图中，AC ＝3，AB ＝1，AD ＝1，AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE ＝30°，则cos ∠FCB 等于( )A.12B.13C.35D.34 答案 D解析 由题意知，AE ＝AD ＝AB ＝1，BC ＝2， 在△ACE 中，由余弦定理知， CE 2＝AE 2＋AC 2－2AE ·AC ·cos ∠CAE ＝1＋3－2×1×3×32＝1， ∴CE ＝CF ＝1，而BF ＝BD ＝2，BC ＝2，∴在△BCF 中，由余弦定理知，cos ∠FCB ＝BC 2＋CF 2－BF 22BC ·CF ＝4＋1－22×2×1＝34.规律方法 空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边．跟踪演练1 (1)(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法中正确的是( )A ．C ∈GHB ．CD 与EF 是共面直线C ．AB ∥EFD ．GH 与EF 是异面直线 答案 ABD解析 由图可知，还原正方体后，点C 与G 重合， 即C ∈GH ，又可知CD 与EF 是平行直线，即CD 与EF 是共面直线，AB 与EF 是相交直线(点B 与点F 重合)，GH 与EF 是异面直线，故A ，B ，D 正确，C 错误．(2)如图，在正三棱锥P －ABC 中，∠APB ＝∠BPC ＝∠CP A ＝30°，P A ＝PB ＝PC ＝2，一只虫子从A 点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A 点，则虫子爬行的最短距离是( )A ．32B ．3 3C ．23D ．2 2 答案 D解析 将三棱锥由P A 展开，如图所示，则∠AP A 1＝90°，所求最短距离为AA 1的长度，∵P A ＝2， ∴由勾股定理可得 AA 1＝22＋22＝2 2.∴虫子爬行的最短距离为2 2.考点二 表面积与体积核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式(1)V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)． (2)V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)．(3)V 台＝13(S 上＋S 上·S 下＋S 下)h (S 上，S 下为底面面积，h 为高)．(4)V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例2 (1)(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若S 甲S 乙＝2，则V 甲V 乙等于( )A. 5 B ．2 2 C.10 D.5104答案 C解析 方法一因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合S 甲S 乙＝2，可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l ＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2， 则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆， 所以2πr 1＝4π，2πr 2＝2π，得r 1＝2，r 2＝1. 由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝5，h 2＝l 2－r 22＝22，所以V 甲V 乙＝13πr 21h113πr 22h 2＝4522＝10.方法二 设两圆锥的母线长为l ，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，侧面展开图的圆心角分别为n 1，n 2， 则由S 甲S 乙＝πr 1l πr 2l ＝n 1πl 22πn 2πl22π＝2，得r 1r 2＝n 1n 2＝2. 由题意知n 1＋n 2＝2π， 所以n 1＝4π3，n 2＝2π3，所以2πr 1＝4π3l ，2πr 2＝2π3l ，得r 1＝23l ，r 2＝13l .由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝53l ， h 2＝l 2－r 22＝223l ， 所以V 甲V 乙＝13πr 21h113πr 22h 2＝4522＝10.(2)(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ，AB ＝ED ＝2FB .记三棱锥E －ACD ，F －ABC ，F －ACE 的体积分别为V 1，V 2，V 3，则( )A ．V 3＝2V 2B ．V 3＝V 1C ．V 3＝V 1＋V 2D ．2V 3＝3V 1 答案 CD解析 如图，连接BD交AC 于O ，连接OE ，OF .设AB ＝ED ＝2FB ＝2， 则AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝2， FB ＝1.因为ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ， 所以FB ⊥平面ABCD ，所以V 1＝V E －ACD ＝13S △ACD ·ED ＝13×12AD ·CD ·ED ＝13×12×2×2×2＝43，V 2＝V F －ABC ＝13S △ABC ·FB ＝13×12AB ·BC ·FB ＝13×12×2×2×1＝23.因为ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 所以ED ⊥AC ， 又AC ⊥BD ，且ED ∩BD ＝D ，ED ，BD ⊂平面BDEF ，所以AC ⊥平面BDEF . 因为OE ，OF ⊂平面BDEF ， 所以AC ⊥OE ，AC ⊥OF . 易知AC ＝BD ＝2AB ＝22， OB ＝OD ＝12BD ＝2，OF ＝OB 2＋FB 2＝3， OE ＝OD 2＋ED 2＝6， EF ＝BD 2＋(ED －FB )2 ＝(22)2＋(2－1)2＝3，所以EF 2＝OE 2＋OF 2，所以OF ⊥OE . 又OE ∩AC ＝O ，OE ，AC ⊂平面ACE ， 所以OF ⊥平面ACE ， 所以V 3＝V F －ACE ＝13S △ACE ·OF＝13×12AC ·OE ·OF ＝13×12×22×6×3＝2， 所以V 3≠2V 2，V 1≠V 3，V 3＝V 1＋V 2,2V 3＝3V 1， 所以选项A ，B 不正确，选项C ，D 正确． 规律方法 空间几何体的表面积与体积的求法(1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解．(2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体．(3)等体积法：选择合适的底面来求体积．跟踪演练2 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为( ) A ．802π B ．40 C ．402π D ．405π 答案 C解析 由圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，可得sin ∠ASB ＝1－⎝⎛⎭⎫782＝158， 又△SAB 的面积为515， 可得12SA 2sin ∠ASB ＝515，即12SA 2×158＝515，可得SA ＝45， 由SA 与圆锥底面所成角为45°， 可得圆锥的底面半径为22×45＝210， 则该圆锥的侧面积为π×210×45＝402π.(2)(2022·连云港模拟)如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是( )A.72π24B.73π24C.72π12D.73π12 答案 B解析 如图，设上底面的半径为r ，下底面的半径为R ，高为h ，母线长为l ，则2πr ＝π·1,2πR ＝π·2， 解得r ＝12，R ＝1，l ＝2－1＝1， h ＝l 2－(R －r )2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝32，上底面面积S ′＝π·⎝⎛⎭⎫122＝π4， 下底面面积S ＝π·12＝π，则该圆台的体积为13(S ＋S ′＋SS ′)h ＝13×⎝⎛⎭⎫π＋π4＋π2×32＝73π24. 考点三 多面体与球核心提炼求空间多面体的外接球半径的常用方法(1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．例3 (1)(2022·烟台模拟)如图，三棱锥V －ABC 中，VA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝VA ＝2，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为( )A ．(2－3)∶1B ．(23－3)∶1C ．(3－1)∶3D ．(3－1)∶2 答案 C解析 因为VA ⊥底面ABC ，AB ，AC ⊂底面ABC ， 所以VA ⊥AB ，VA ⊥AC ， 又因为∠BAC ＝90°，所以AB ⊥AC ，而AB ＝AC ＝VA ＝2，所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中共顶点的长、宽、高，因此该三棱锥外接球的半径R ＝12×22＋22＋22＝3，设该三棱锥的内切球的半径为r ， 因为∠BAC ＝90°，所以BC ＝AB 2＋AC 2＝22＋22＝22， 因为VA ⊥AB ，VA ⊥AC ，AB ＝AC ＝VA ＝2， 所以VB ＝VC ＝VA 2＋AB 2＝22＋22＝22， 由三棱锥的体积公式可得，3×13×12×2×2·r ＋13×12×22×22×32·r ＝13×12×2×2×2⇒r ＝3－33， 所以r ∶R ＝3－33∶3＝(3－1)∶3.(2)(2022·新高考全国Ⅱ)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．100π B ．128π C ．144π D ．192π 答案 A解析 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23×32×33＝3，23×32×43＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O 1，O 2，连接O 1O 2(图略)，则O 1O 2＝1，其外接球的球心O 在直线O 1O 2上．设球O 的半径为R ，当球心O 在线段O 1O 2上时，R 2＝32＋OO 21＝42＋(1－OO 1)2，解得OO 1＝4(舍去)；当球心O 不在线段O 1O 2上时，R 2＝42＋OO 22＝32＋(1＋OO 2)2，解得OO 2＝3，所以R 2＝25，所以该球的表面积为4πR 2＝100π. 综上，该球的表面积为100π.规律方法 (1)求锥体的外接球问题的一般方法是补形法，把锥体补成正方体、长方体等求解． (2)求锥体的内切球问题的一般方法是利用等体积法求半径．跟踪演练3 (1)(2022·全国乙卷)已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( ) A.13B.12 C.33D.22答案 C解析 该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O 组成的圆锥体积最大． 设圆锥的高为h (0<h <1)，底面半径为r ， 则圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝13π(1－h 2)h ，则V ′＝13π(1－3h 2)，令V ′＝13π(1－3h 2)＝0，得h ＝33，所以V ＝13π(1－h 2)h 在⎝⎛⎭⎫0，33上单调递增，在⎝⎛⎭⎫33，1上单调递减，所以当h ＝33时，四棱锥的体积最大． (2)(2022·衡水中学调研)将两个一模一样的正三棱锥共底面倒扣在一起，已知正三棱锥的侧棱长为2，若该组合体有外接球，则正三棱锥的底面边长为________，该组合体的外接球的体积为________． 答案6823π解析 如图，连接P A 交底面BCD 于点O ，则点O 就是该组合体的外接球的球心．设三棱锥的底面边长为a ， 则CO ＝PO ＝R ＝33a ， 得2×33a ＝2， 所以a ＝6，R ＝2， 所以V ＝43π·(2)3＝823π.专题强化练一、单项选择题1．(2022·唐山模拟)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3答案 A解析设球的半径为r，依题意知圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积为2πr·2r＝4πr2，球的表面积为4πr2，其比例为1∶1.2．(2021·新高考全国Ⅰ)已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A．2 B．2 2 C．4 D．4 2答案 B解析设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为2，所以2π×2＝πl，解得l＝2 2.3.某同学为表达对“新冠疫情”抗疫一线医护人员的感激之情，亲手为他们制作了一份礼物，用正方体纸盒包装，并在正方体六个面上分别写了“致敬最美逆行”六个字．该正方体纸盒水平放置的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示．如图是该正方体的展开图．若图中“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是()A．最B．美C．逆D．行答案 B解析把正方体的表面展开图再折成正方体，如图，面“致”与面“美”相对，若“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是“美”．4．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则三棱锥A －B 1CD 1的体积为( ) A.43 B.83 C ．4 D ．6 答案 B解析 如图，三棱锥A －B 1CD 1是由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1截去四个小三棱锥A －A 1B 1D 1，C －B 1C 1D 1，B 1－ABC ，D 1－ACD 形成的，又1111ABCD A B C D V －＝23＝8，11111111A A B D C B C D B ABC D ACD V V V V －－－－＝＝＝＝13×12×23＝43， 所以11A B CD V －＝8－4×43＝83.5．(2022·河南联考)小李在课间玩耍时不慎将一个篮球投掷到一个圆台状垃圾篓中，恰好被上底口(半径较大的圆)卡住，球心到垃圾篓底部的距离为510a ，垃圾篓上底面直径为24a ，下底面直径为18a ，母线长为13a ，则该篮球的表面积为( ) A ．154πa 2B.6163πa 2C ．308πa 2D ．616πa 2 答案 D解析 球与垃圾篓组合体的轴截面图如图所示．根据题意，设垃圾篓的高为h ，则h ＝(13a )2－(12a －9a )2＝410a . 所以球心到上底面的距离为10a . 设篮球的半径为r ， 则r 2＝10a 2＋(12a )2＝154a 2. 故篮球的表面积为4πr 2＝616πa 2.6.(2022·湖北联考)定义：24小时内降水在平地上积水厚度(mm)来判断降雨程度．其中小雨(<10 mm)，中雨(10 mm ～25 mm)，大雨(25 mm ～50 mm)，暴雨(50 mm ～100 mm)，小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级()A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨 答案 B解析 由题意知，一个半径为2002＝100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为2002×150300＝50(mm)，高为150(mm)的圆锥，所以积水厚度d ＝13π×502×150π×1002＝12.5(mm)，属于中雨．7.(2022·八省八校联考)如图，已知正四面体ABCD 的棱长为1，过点B 作截面α分别交侧棱AC ，AD 于E ，F 两点，且四面体ABEF 的体积为四面体ABCD 体积的13，则EF 的最小值为( )A.22 B.32 C.13 D.33答案 D解析 由题知V B －AEF ＝13V B －ACD ，所以S △AEF ＝13S △ACD ＝13×12×1×1×32＝312，记EF ＝a ，AE ＝b ，AF ＝c ， 则12bc sin 60°＝312，即bc ＝13. 则a 2＝b 2＋c 2－2bc cos 60°≥2bc －bc ＝bc ＝13，当且仅当b ＝c ＝33时取等号， 所以a 即EF 的最小值为33. 8．(2022·新高考全国Ⅰ)已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l ≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤18，814 B.⎣⎡⎦⎤274，814 C.⎣⎡⎦⎤274，643D ．[18,27] 答案 C解析 方法一 如图，设该球的球心为O ，半径为R ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3.由题意及图可得⎩⎨⎧l 2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，R 2＝(h －R )2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，解得⎩⎨⎧h ＝l 22R ＝l 26，a 2＝2l 2－l418，所以正四棱锥的体积V ＝13a 2h＝13⎝⎛⎭⎫2l 2－l 418·l 26＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218(3≤l ≤33)， 所以V ′＝49l 3－l 554＝19l 3⎝⎛⎭⎫4－l 26(3≤l ≤33)．令V ′＝0，得l ＝26， 所以当3≤l <26时，V ′>0； 当26<l ≤33时，V ′<0，所以函数V ＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218(3≤l ≤33)在[3，26)上单调递增，在(26，33]上单调递减，又当l ＝3时，V ＝274；当l ＝26时，V ＝643；当l ＝33时，V ＝814，所以该正四棱锥的体积的取值范围是⎣⎡⎦⎤274，643.方法二 如图，设该球的球心为O ，半径为R ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3.由题意及图可得⎩⎨⎧l 2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，R 2＝(h －R )2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，解得⎩⎨⎧h ＝l 22R ＝l 26，a 2＝2l 2－l418，又3≤l ≤33，所以该正四棱锥的体积V ＝13a 2h＝13⎝⎛⎭⎫2l 2－l 418·l 26＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218 ＝72×l 236·l 236·⎝⎛⎭⎫2－l 218 ≤72×⎣⎢⎡⎦⎥⎤l 236＋l 236＋⎝⎛⎭⎫2－l 21833＝643⎝⎛⎭⎫当且仅当l 236＝2－l 218，即l ＝26时取等号， 所以正四棱锥的体积的最大值为643，排除A ，B ，D.方法三 如图，设该球的半径为R ，球心为O ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3，所以正四棱锥的底面边长a ＝2l sin θ，高h ＝l cos θ. 在△OPC 中，作OE ⊥PC ，垂足为E ， 则可得cos θ＝l 2R ＝l 6∈⎣⎡⎦⎤12，32，所以l ＝6cos θ， 所以正四棱锥的体积 V ＝13a 2h ＝13(2l sin θ)2·l cos θ＝23(6cos θ)3sin 2θcos θ＝144(sin θcos 2θ)2. 设sin θ＝t ，易得t ∈⎣⎡⎦⎤12，32，则y ＝sin θcos 2θ＝t (1－t 2)＝t －t 3， 则y ′＝1－3t 2.令y ′＝0，得t ＝33， 所以当12<t <33时，y ′>0；当33<t <32时，y ′<0， 所以函数y ＝t －t 3在⎝⎛⎭⎫12，33上单调递增，在⎝⎛⎭⎫33，32上单调递减．又当t ＝33时，y ＝239；当t ＝12时，y ＝38；当t ＝32时，y ＝38， 所以38≤y ≤239，所以274≤V ≤643. 所以该正四棱锥的体积的取值范围是⎣⎡⎦⎤274，643. 二、多项选择题9．(2022·武汉模拟)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R 相等，下列结论正确的是( ) A ．圆柱的侧面积为4πR 2 B ．圆锥的侧面积为2πR 2C ．圆柱的侧面积与球的表面积相等D ．球的体积是圆锥体积的两倍 答案 ACD解析 对于A ，∵圆柱的底面直径和高都等于2R ， ∴圆柱的侧面积S 1＝2πR ·2R ＝4πR 2，故A 正确； 对于B ，∵圆锥的底面直径和高等于2R ， ∴圆锥的侧面积为S 2＝πR ·R 2＋4R 2＝5πR 2，故B 错误； 对于C ，圆柱的侧面积为S 1＝4πR 2，球的表面积S 3＝4πR 2，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C 正确； 对于D ，球的体积为V 1＝43πR 3，圆锥的体积为V 2＝13πR 2·2R ＝23πR 3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D 正确．10．设一空心球是在一个大球(称为外球)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)，已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上且所有面均与内球相切，则( )A ．该正方体的棱长为2B ．该正方体的体对角线长为3＋ 3C ．空心球的内球半径为3－1D ．空心球的外球表面积为(12＋63)π 答案 BD解析 设内、外球半径分别为r ，R ，则正方体的棱长为2r ，体对角线长为2R ，∴R ＝3r ， 又由题知R －r ＝1， ∴r ＝3＋12，R ＝3＋32， ∴正方体棱长为3＋1，体对角线长为3＋3， ∴外接球表面积为4πR 2＝(12＋63)π.11.如图，已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的体积为32π3答案 AD解析 将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，分别取BC ，B 1C 1的中点E ，E 1，记四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，A 1C 1，BD 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE ，由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱P A ，PB ，PC ，PD 的中点， 则P A ＝2AA 1＝4，OA ＝22AB ＝2A 1B 1＝2， 所以OO 1＝12PO ＝12P A 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由P A ＝PC ＝4，AC ＝4，得△P AC 为正三角形， 则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 错误； 四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE 2＝12(23)2＋(2)2＝142， 所以该四棱台的表面积为 (22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 错误；由△P AC 为正三角形，易知OA 1＝OA ＝OC ＝OC 1，OB 1＝OD 1＝OB ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，且外接球的半径为2，所以该四棱台外接球的体积为4π3×23＝32π3，故D 正确．12．(2022·聊城模拟)用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴长与短半轴长乘积的π倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是( ) A ．底面椭圆的离心率为22B ．侧面积为242πC ．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36πD ．底面积为42π 答案 ABD解析 不妨过斜圆柱的最高点D 和最低点B 作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的几何体是圆柱，如图，矩形ABCD 是圆柱的轴截面，平行四边形BFDE 是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，由圆柱的性质知∠ABF ＝45°， 则BF ＝2AB ，设椭圆的长轴长为2a ，短轴长为2b ， 则2a ＝2·2b ，即a ＝2b ， c ＝a 2－b 2＝a 2－⎝⎛⎭⎫22a 2＝22a ， 所以离心率为e ＝c a ＝22，A 正确；作EG ⊥BF ，垂足为G ，则EG ＝6， 易知∠EBG ＝45°，则BE ＝62， 又CE ＝AF ＝AB ＝4，所以斜圆柱侧面积为S ＝2π×2×(4＋62)－2π×2×4＝242π，B 正确；由于斜圆柱的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球的表面积为4π×22＝16π，C 错误；易知2b ＝4，则b ＝2，a ＝22， 所以椭圆面积为πab ＝42π，D 正确．三、填空题13.(2022·湘潭模拟)陀螺是中国民间的娱乐工具之一，也叫做陀罗．陀螺的形状结构如图所示，由一个同底的圆锥体和圆柱体组合而成，若圆锥体和圆柱体的高以及底面圆的半径长分别为h 1，h 2，r ，且h 1＝h 2＝r ，设圆锥体的侧面积和圆柱体的侧面积分别为S 1和S 2，则S 1S 2＝________.答案22解析 由题意知，圆锥的母线长为l ＝h 21＋r 2＝2r ，则圆锥的侧面积为S 1＝πrl ＝2πr 2，根据圆柱的侧面积公式，可得圆柱的侧面积为 S 2＝2πrh 2＝2πr 2，所以S 1S 2＝22.14．(2022·福州质检)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，F 是线段A 1B 1上的动点，则AF ＋FC 1的最小值为________． 答案6＋ 2解析 依题意，把正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的上底面△A 1B 1C 1与侧面矩形ABB 1A 1放在同一平面内，连接AC 1，设AC 1交A 1B 1于点F ，如图，此时点F 可使AF ＋FC 1取最小值，大小为AC 1，而∠AA 1C 1＝150°，则AC 1＝AA 21＋A 1C 21－2AA 1·A 1C 1cos ∠AA 1C 1 ＝22＋22－23cos 150° ＝8＋43＝6＋2，所以AF ＋FC 1的最小值为6＋ 2.15.某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个实心工艺品(如图所示)．该工艺品可以看成是一个球体被一个棱长为4的正方体的6个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，其中一个截面圆的周长为3π，则该球的半径为________；现给出定义：球面被平面所截得的一部分叫做球冠．截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．如果球面的半径是R ，球冠的高是h ，那么球冠的表面积计算公式是S ＝2πRh .由此可知，该实心工艺品的表面积是________．答案5247π2解析 设截面圆半径为r ，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，即此距离为2，根据截面圆的周长可得3π＝2πr ，得r ＝32，故R 2＝r 2＋22＝254，得R ＝52，所以球的表面积S 1＝25π. 如图，OA ＝OB ＝52，且OO 1＝2，则球冠的高h ＝R －OO 1＝12，得所截的一个球冠表面积S ＝2πRh ＝2π×52×12＝5π2，且截面圆的面积为π×⎝⎛⎭⎫322＝9π4， 所以工艺品的表面积为4πR 2－6⎝⎛⎭⎫S －9π4＝25π－3π2＝47π2.16.(2022·开封模拟)如图，将一块直径为23的半球形石材切割成一个正四棱柱，则正四棱柱的体积取最大值时，切割掉的废弃石材的体积为________．答案 23π－4解析 设正四棱柱的底面正方形边长为a ，高为h ，则底面正方形的外接圆半径r ＝22a ， ∴h 2＋r 2＝h 2＋12a 2＝3，∴a 2＝6－2h 2，∴正四棱柱的体积V ＝a 2h ＝(6－2h 2)h ＝－2h 3＋6h (0<h <3)， ∴V ′＝－6h 2＋6＝－6(h ＋1)(h －1)，∴当0<h <1时，V ′>0；当1<h <3时，V ′<0；∴V ＝－2h 3＋6h 在(0,1)上单调递增，在(1，3)上单调递减， ∴V max ＝V (1)＝4，又半球的体积为23π×()33＝23π，∴切割掉的废弃石材的体积为23π－4.。
压轴题05 立体几何压轴题(原卷版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用-文)
压轴题05立体几何压轴题题型/考向一：点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积题型/考向二：外接球、内切球等相关问题题型/考向三：平面关系、垂直关系、体积、表面积等综合问题一、空间几何体的体积、表面积热点一空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l ＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.热点二空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(3)V台体＝13(4)V球＝4πR3.3二、外接球、内切球问题类型一外接球问题考向1墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.则(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝a2＋b2＋c2.常见的有以下三种类型：考向2对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2(长方体的长、宽高分别为a ，b ，c )，即R 2＝18(x 2＋y 2＋z 2)，如图.考向3汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，由对称性可知，球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2的连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝h 2，所以R 2＝r 2＋h 24.考向4垂面模型垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O 的位置是△CBD 的外心O 1与△AB 2D 2的外心O 2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.类型二内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r，建立等式V P－ABC＝V O－ABC＋V O－P AB＋V O－P AC＋V O－PBC⇒V P－ABC＝13S△ABC·r＋13S△P AB·r＋13S△P AC·r＋13S PBC·r＝13(S△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC)r；第三步：解出r＝3V P－ABCS△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC.类型三球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).三、平行关系和垂直关系的证明、二面角等热点一空间线、面位置关系的判定判断空间线、面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.(2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断.(3)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.热点二几何法证明平行、垂直1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面○热○点○题○型一点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积一、单选题1．设l ，m 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列说法正确的是（）A ．若//l α，//m α，则//l mB ．若//l α，//l β，则//αβC ．若l α⊥，m α⊥，则//l mD ．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβ2．将半径为6的半圆卷成一个无底圆锥（钢接处不重合），则该无底圆锥的体积为（）A ．273πB ．27πC ．3πD ．9π3．在正方体1111ABCD A B C D -中，直线m 、n 分别在平面ABCD 和11ABB A ，且m n ⊥，则下列命题中正确的是（）A ．若m 垂直于AB ，则n 垂直于AB B ．若m 垂直于AB ，则n 不垂直于ABC ．若m 不垂直于AB ，则n 垂直于ABD ．若m 不垂直于AB ，则n 不垂直于AB4．如图是一款多功能粉碎机的实物图，它的进物仓可看作正四棱台，已知该四棱台的上底面边长为40cm ，下底面边长为10cm ，侧棱长为30cm ，则该款粉碎机进物仓的容积为（）A ．32cmB ．386003cmC ．3105002cmD ．33cm5．已知在春分或秋分时节，太阳直射赤道附近.若赤道附近某地在此季节的日出时间为早上6点，日落时间为晚上18点，该地有一个底面半径为4m 的圆锥形的建筑物，且该建筑物在一天中恰好有四个小时在地面上没有影子，则该建筑物的体积为（）A ．643πB ．π3C ．16π3D ．π36．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为（）A ．4B 3C D 7．在三棱锥A BCD -中，4AB AC BD CD BC =====，平面α经过AC 的中点E ，并且与BC 垂直，则α截此三棱锥所得的截面面积的最大值为（）A B ．34C 2D ．328．已知圆台的母线长为4，上底面圆和下底面圆半径的比为1：3，其侧面展开图所在扇形的圆心角为π2，则圆台的高为（）A ．BC ．4D ．二、多选题9．已知平面α，β，直线l ，m ，则下列命题正确的是（）A ．若αβ⊥，,,m l m l αβα⋂=⊥⊂，则l β⊥B ．若l αβα⊂∥，，m β⊂，则//l mC ．若m α⊂，则“l α⊥”是“l m ⊥”的充分不必要条件D ．若m α⊂，l α⊄，则“l α∥”是“l m ”的必要不充分条件10．下列说法正确的是（）A ．若直线a 不平行于平面α，a α⊄，则α内不存在与a 平行的直线B ．若一个平面α内两条不平行的直线都平行于另一个平面β，则αβ∥C ．设l ，m ，n 为直线，m ，n 在平面α内，则“l α⊥”是“l m ⊥且l n ⊥”的充要条件D ．若平面α⊥平面1α，平面β⊥平面1β，则平面α与平面β所成的二面角和平面1α与平面1β所成的二面角相等或互补三、解答题11．已知直棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为菱形，且2AB AD BD ===，1AA =，点E 为11B D 的中点．(1)证明：//AE 平面1BDC ；(2)求三棱锥1E BDC -的体积．12．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为边长为2的正三角形，D 为BC 的中点，12AA =，且160CCB ∠= ，平面11BB C C ⊥平面ABC .(1)证明：1C D AB ⊥；(2)求三棱锥111B AA C -的体积.○热○点○题○型二外接球、内切球等相关问题一、单选题1．已知ABC 是边长为3的等边三角形，其顶点都在球O 的球面上，若球O 的体积为323π，则球心O 到平面ABC 的距离为（）AB ．32C ．1D ．22．已知三棱锥-P ABC 的底面ABC 是边长为1的正三角形，侧棱,,PA PB PC 两两垂直，若此三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是（）A ．3πB ．πC ．3π4D ．3π23．一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在一个球面上，且这个球的半径为5，则这个圆锥的体积的最大值时，圆锥的底面半径为（）A ．103B ．2C ．3D 4．已知圆锥的侧面积为2π，母线与底面所成角的余弦值为12，则该圆锥的内切球的体积为（）A ．4π3B C D 5．如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为A ，圆柱的上、下底面的圆心分别为B 、C ，若该几何体Ω存在外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上）．已知24BC AB ==，则该组合体的体积等于（）A ．56πB ．70π3C ．48πD ．64π6．已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O 的球面上，3AB =，BC =，且四棱锥O ABCD-的体积为，则球O 的表面积为（）A ．76πB ．112πCD 7．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（）A ．4B ．2C ．2D ．68．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，2PA BC ==，PB AC ==PC AB =Q 为球O 的球面上一动点，则点Q 到平面PAB 的最大距离为（）A 2211B C 2211D 二、填空题9．在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，14AB AC PA AB AC ⊥=+=，，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥-P ABC 外接球的体积为______．10．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB BC ==．设D 为1AC 的中点，三棱锥D ABC -的体积为94，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，则三棱柱111ABC A B C -外接球的表面积为______．11．如图，直三棱柱111ABC A B C -的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB AC =，侧面11BCC B 是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱111ABC A B C -的体积为___________.12．如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为12，则该棱锥的内切球半径为___．○热○点○题○型三平面关系、垂直关系、体积、表面积等综合问题1．已知直棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为菱形，且2AB AD BD ===，1AA =，点E 为11B D 的中点．(1)证明：//AE 平面1BDC ；(2)求三棱锥1E BDC -的体积．2．如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 是等边三角形，底面ABCD 是棱长为2的菱形，平面PAD ⊥平面ABCD ，O 是AD 的中点，π3DAB ∠=.(1)证明：OB ⊥平面PAD ；(2)求点O 到平面PAB 的距离.3．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为边长为2的正三角形，D 为BC 的中点，12AA =，且160CCB ∠= ，平面11BB C C ⊥平面ABC .(1)证明：1C D AB ⊥；(2)求三棱锥111B AAC -的体积.4．如图1，在直角梯形ABCD 中，90ADC ∠=︒，AB CD ，122AD CD AB ===，E 为AC 的中点，将ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，如图2.在图2所示的几何体D ABC -中：(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD EF ，求几何体F BCE -的体积.5．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为菱形，60BCD ∠=︒，4AB =，EF CD ∥，2EF =，4CF =，点F 在平面ABCD 内的射影恰为BC 的中点G ．(1)求证：平面ACE 平面BED；(2)求该几何体的体积．。
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。
2019届高考数学二轮复习 专题五 立 体 几 何 (讲义训练)：第3讲 立体几何中的计算 课时讲义(含答案)
第3讲 立体几何中的计算 课时讲义1. 高考对立体几何的计算，主要是能利用公式求常见几何体(柱体、锥体、台体和球)的表面积与体积．有时还需能解决距离、翻折、存在性等比较综合性的问题．2. 高考中常见的题型为：(1) 常见几何体的表面积与体积的计算；(2) 利用等积变换求距离问题；(3) 通过计算证明平行与垂直等问题；(4) 几何体的内切和外接．1. 棱长都是2的三棱锥的表面积为________． 答案：43解析： 因为四个面是全等的正三角形，则S 表面积＝4×34×4＝43.2. 如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是棱BB 1的中点，则四棱锥PAA 1C 1C的体积为________．答案：13解析：四棱锥PAA 1C 1C 的体积为13×22×2×1＝13.3. (2018·南京学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2.答案：18π解析：设正方形的边长为a cm ，则πa 2·a ＝27π，解得a ＝3，所以侧面积2π×3×3＝18π.4. (2018·海安质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm 3，高为4 cm ，则底面边长为________cm.答案：63解析： 设正三棱锥的底面边长为a ，则其面积为S ＝34a 2.由题意13·34a 2×4＝363，解得a ＝63., 一) 表面积与体积, 1) 如图，在以A ，B ，C ，D ，E 为顶点的六面体中，△ABC 和△ABD 均为等边三角形，且平面ABC ⊥平面ABD ，EC ⊥平面ABC ，EC ＝3，AB ＝2.(1) 求证：DE ∥平面ABC ； (2) 求此六面体的体积．(1) 证明：作DF ⊥AB ，交AB 于点F ，连结CF. 因为平面ABC ⊥平面ABD ， 且平面ABC ∩平面ABD ＝AB ， 所以DF ⊥平面ABC.因为EC ⊥平面ABC ，所以DF ∥EC. 因为△ABD 是边长为2的等边三角形， 所以DF ＝3，因此DF ＝EC ，所以四边形DECF 为平行四边形，所以DE ∥CF.因为DE ⊄平面ABC ，CF ⊂平面ABC ， 所以DE ∥平面ABC.(2) 解：因为△ABD 是等边三角形，所以点F 是AB 的中点． 又△ABC 是等边三角形，所以CF ⊥AB. 由DF ⊥平面ABC 知，DF ⊥CF ， 所以CF ⊥平面ABD.因为DE ∥CF ，所以DE ⊥平面ABD ， 因此四面体ABDE 的体积为13S △ABD ·DE ＝1；四面体ABCE 的体积为13S △ABC ·CE ＝1，而六面体ABCED 的体积＝四面体ABDE 的体积＋四面体ABCE 的体积， 故所求六面体的体积为2.(2018·苏州暑假测试)如图，正四棱锥P ABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为83 cm 2，则它的体积为________cm 3.答案：4解析：记正四棱锥P ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H, 连结PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD .因为正四棱锥的侧面积为83 cm 2，所以83＝4×12×23×PH ，解得PH ＝2.在直角△PHO 中，PH ＝2，HO ＝3，所以PO ＝1，所以V PABCD ＝13×S 四边形ABCD ×PO ＝13×23×23×1＝4(cm 3)．, 二) 翻折与切割问题, 2) 如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，BD ∩AC ＝O ，现将其沿菱形对角线BD 折起得到空间四边形EBCD ，使EC ＝2.(1) 求证：EO ⊥CD ；(2) 求点O 到平面EDC 的距离．(1) 证明：∵ 四边形ABCD 为菱形，∴ AC ⊥BD . ∵ BD ∩AC ＝O ，∴ AO ⊥BD ，即EO ⊥BD .∵ 在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，∴ AD ＝CD ＝BC ＝2，AO ＝OC ＝1. ∵ EC ＝2，CO ＝EO ＝1，∴ EO 2＋OC 2＝EC 2，∴ EO ⊥OC . 又BD ∩OC ＝O ，∴ EO ⊥平面BCD ，∴ EO ⊥CD .(2) 解：设点O 到平面ECD 的距离为h ，由(1)知EO ⊥平面OCD .V 三棱锥O CDE ＝V 三棱锥E OCD ，即13S △OCD ·EO ＝13S △ECD ·h . 在Rt △OCD 中，OC ＝1，OD ＝3，∠DOC ＝90°，∴ S △OCD ＝12OC ·OD ＝32.在△CDE 中，ED ＝DC ＝2，EC ＝2，∴ S △CDE ＝12×2×22－（22）2＝72， ∴ h ＝S △OCD ·EO S △ECD ＝217，即点O 到平面EDC 的距离为217.如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到如图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1) 求证：CD ⊥平面A 1OC ；(2) 当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．,①) ,②)(1) 证明：在图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC . 又A 1O ∩OC ＝O ，所以BE ⊥平面A 1OC . 在图①中，BC ∥ED ，且BC ＝ED ，所以四边形BCDE 是平行四边形，所以BE ∥CD ， 所以CD ⊥平面A 1OC .(2) 解：因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，所以A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高． 根据图①可得A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2， 所以VA 1BCDE ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3.由26a 3＝362，解得a ＝6., 三) 立体几何中的以算代证问题, 3) (2018·泰州中学学情调研)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝3a ，BC ＝2a ，D 是BC 的中点，E ，F 分别是AA 1，CC 1上一点，且AE ＝CF ＝2a.(1) 求证：B 1F ⊥平面ADF ； (2) 求三棱锥B 1ADF 的体积．(1) 证明：∵ AB ＝AC ，D 为BC 中点，∴ AD ⊥BC.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ⊥底面ABC ，AD ⊂底面ABC ，∴ AD ⊥B 1B.∵ BC ∩B 1B ＝B ，∴ AD ⊥平面B 1BCC 1. ∵ B 1F ⊂平面B 1BCC 1，∴ AD ⊥B 1F.在矩形B 1BCC 1中，C 1F ＝CD ＝a ，B 1C 1＝CF ＝2a ， ∴ Rt △DCF ≌Rt △FC 1B 1，∴ ∠CFD ＝∠C 1B 1F ， ∴ ∠B 1FD ＝90°，∴ B 1F ⊥FD . ∵ AD ∩FD ＝D ，∴ B 1F ⊥平面AFD . (2) 解： ∵ B 1F ⊥平面AFD ，∴ VB 1－ADF ＝13·S △ADF ·B 1F ＝13×12×AD ×DF ×B 1F ＝52a 33.如图①，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2.将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体DABC ，如图②.(1) 求证：BC ⊥平面ACD ； (2) 求几何体DABC 的体积．(1) 证明：(证法1)在图①中，由题意知，AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC .取AC 的中点O ，连结DO ，由AD ＝CD ，得DO ⊥AC .又平面ADC ⊥平面ABC ，且平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，DO ⊂平面ACD ， ∴ OD ⊥平面ABC ，∴ OD ⊥BC . 又AC ⊥BC ，AC ∩OD ＝O ， ∴ BC ⊥平面ACD .(证法2)在图①中，由题意得AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴ AC ⊥BC .∵ 平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴ BC ⊥平面ACD .(2) 解：由(1)知，BC 为三棱锥BACD 的高， 且BC ＝22，S △ACD ＝12×2×2＝2，∴ 三棱锥BACD 的体积V BACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，即几何体DABC 的体积为423.1. (2018·天津卷)如图，已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为________．答案：13解析：如图，连结A 1C 1，交B 1D 1于点O ，很明显A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，则A 1O 是四棱锥的高，且A 1O ＝12A 1C 1＝12×12＋12＝22，S 四边形BDD 1B 1＝BD ×DD 1＝2×1＝2，结合四棱锥体积公式可得其体积为V ＝13Sh ＝13×2×22＝13.2. (2018·江苏卷)如图，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．答案：43解析：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×1×(2)2＝43.3. (2017·北京卷)如图，在三棱锥PABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，点D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．(1) 求证：PA ⊥BD ；(2) 求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3) 当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥EBCD 的体积．(1) 证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以PA ⊥平面ABC. 因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD.(2) 证明：因为AB ＝BC ，点D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC. 由(1)知，PA ⊥BD ，PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC. 又BD ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面PAC.(3) 解：因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE. 因为点D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ， 所以三棱锥EBCD 的体积为V ＝13×12×BD ×DC ×DE ＝13.4. (2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥PABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1) 求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2) 若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥PABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．(1) 证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD .又PA ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2) 解：如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为点E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，由AB ∩AD ＝A ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥PABCD 的体积V PABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，解得x ＝2. 从而PA ＝PD ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22，所以△PBC 为等边三角形，可得四棱锥PABCD 的侧面积为 12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.5. (2017·全国卷Ⅲ)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1) 求证：AC ⊥BD ；(2) 已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．(1) 证明：如图，取AC 的中点O ，连结DO ，BO .因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 又DO ∩BO ＝O ，所以AC ⊥平面DOB . 因为BD ⊂平面DOB ，所以AC ⊥BD . (2) 解：连结EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2. 又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD ，故点E 为BD 的中点．所以点E 到平面ABC 的距离为点D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.(本题模拟高考评分标准，满分14分) (2018·长春模拟)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1) 求证：平面AEC ⊥平面BED ；(2) 若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥EACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．(1) 证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE .(2分) 因为BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(6分)(2) 解：设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD＝x2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .(8分)由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得三棱锥EACD 的体积为63，即13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，解得x ＝2.(9分)从而可得AE ＝EC ＝ED ＝6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥EACD 的侧面积为3＋25.(14分)1. 若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为________． 答案：2π解析： 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则有2πr ＝2，即r ＝1π，故圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫1π2×2＝2π.2. 如图，已知AF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，∠DAB ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝AF ＝CD ＝2，AB ＝4.(1) 求证：AF ∥平面BCE ； (2) 求证：AC ⊥平面BCE ； (3) 求三棱锥EBCF 的体积．(1) 证明：∵ 四边形ABEF 为矩形，∴ AF ∥BE .又BE ⊂平面BCE ，AF ⊄平面BCE ， ∴ AF ∥平面BCE .(2) 证明：如图，过点C 作CM ⊥AB ，垂足为点M . ∵ AD ⊥DC ，∴ 四边形ADCM 为矩形， ∴ AM ＝DC ＝MB ＝AD ＝2.∴ AC ＝22，CM ＝2，BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC . ∵ AF ⊥平面ABCD ，AF ∥BE ， ∴ BE ⊥平面ABCD ，∴ BE ⊥AC .∵ BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，BC ∩BE ＝B ， ∴ AC ⊥平面BCE .(3) 解：∵ AF ⊥平面ABCD ，∴ AF ⊥CM .∵ CM ⊥AB ，AF ⊂平面ABEF ，AB ⊂平面ABEF ，AF ∩AB ＝A ，∴ CM ⊥平面ABEF ，∴ V 三棱锥EBCF ＝V 三棱锥CBEF ＝13×12×BE ×EF ×CM ＝16×2×4×2＝83.3. (2016·江苏卷)现需要设计一个仓库，它由上、下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1(如图)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1) 若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？解：(1) ∵ PO 1＝2 m ，正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，∴ O 1O ＝8 m ，∴ 仓库的容积V ＝13×62×2＋62×8＝312(m 3)． (2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，设PO 1＝x m ，则O 1O ＝4x m ，A 1O 1＝36－x 2 m ，A 1B 1＝2·36－x 2 m ， 则仓库的容积V (x )＝13×(2·36－x 2)2·x ＋(2·36－x 2)2·4x ＝－263x 3＋312x (0＜x＜6)， V ′(x )＝－26x 2＋312(0＜x ＜6)．当0＜x ＜23时，V ′(x )＞0，V (x )单调递增； 当23＜x ＜6时，V ′(x )＜0，V (x )单调递减． 故当x ＝23时，V (x )取最大值． 即当PO 1＝23 m 时，仓库的容积最大．请使用“课后训练·第19讲”活页练习，及时查漏补缺！。
2019年高考数学二轮复习 专题5 立体几何 2 空间关系、球与几何体组合练课件 理
A23.a1=2 933.
∴a=6,则△BA.1B8C
3的外接圆C半.24径
3r=
3 2
×D23.5a4=23
3<4.设球的半
径为 R,如图,OO1= ������2-������2 = 42-(2 3)2=2.
当 D 在 O 的正上方时,VD-ABC=13S△ABC·(R+|OO1|)=13 ×9 3 ×6=18 3, 关闭 最B 大.故选 B.
一、选择题 二、填空题
3.(2018全国卷1,文5)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过 直线O1O2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( )
A.12 2π
B.12π
C.8 2π D.10π
关闭
过直线 O1O2 的平面截该圆柱所得的截面为圆柱的轴截面,设底面半 径为 r,母线长为 l,因为轴截面是面积为 8 的正方形,所以 2r=l=2 2,r= 2,所以圆柱的表面积为 2πrl+2πr2=8π+4π=12π.
接圆
O'.设截面圆
O'的半径为
r,由正弦定理可得
2r=
2
3
3
,解得
r=2.
2
设球 O 的半径为 R,∵球心到平面 ABC 的距离为 1,∴由勾股定理可
得 r2+12=R2,解得 R2=5,∴球 O 的表面积 S=4πR2=20π,故选 A. 关闭
A
解析 答案
-9-
一、选择题 二、填空题
6.(2018全国卷1,文10)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1
关闭
易知选项B中,AB∥MQ,且MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面 MNQ;选项C中,AB∥MQ,且MQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面 MNQ;选项D中,AB∥NQ,且NQ⊂平面MNQ,AB⊄平面MNQ,则AB∥平面
2019-2021数学高考试题分类汇编 专题05 立体几何(选择题 填空题)
专题05 立体几何（选择题、填空题）1．【2021·浙江高考真题】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A ．32B ．3C 32D ．322．【2021·北京高考真题】某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（ ）A ．332+ B ．4 C ．33 D ．23．【2021·浙江高考真题】如图已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（ ）A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCDB ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B4．【2021·全国高考真题（理）】已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（ ）A 2B 3C 2D 35．【2021·全国高考真题（理）】在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（ ）A ．π2 B ．π3 C ．π4 D ．π66．【2021·2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）A ．2 B ．22C ．4 D ．27．【2021·全国高考真题】在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值 B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值 C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 8．【2021·全国高考真题（理）】以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．9．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】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 ．514B ．512C ．514D ．51210．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为A ．EB ．FC ．GD ．H 11．【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC 93球O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A 3B ．32C ．1D 312．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．2 B ．2 C ．3 D ．313．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC△的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为( )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π14．【2020年高考天津】若棱长为3为A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π15．【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为( )A ．63B ．623+C ．123+D ．1223+16．【2020年高考浙江】某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是( )A ．73B ．143C ．3D ．617．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ．“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件18．【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°19．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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 ．6πB ．6πC ．62πD 6π20．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( ) A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面21．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线22．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ．则下述命题中所有真命题的序号是__________．①14p p ∧ ②12p p ∧ ③23p p ⌝∨ ④34p p ⌝∨⌝ 23．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．24．【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm 2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm ）是_______．25．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 5BCC 1B 1的交线长为________．26．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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1111ABCD A B C D -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，16cm 4cm AB =BC =, AA =，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.27．【2019年高考北京卷理数】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__________．28．【2019年高考北京卷理数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ； ②m ∥α；③l ⊥α． 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 29．【2019年高考天津卷理数】25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_____________．30．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 ▲ .31．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】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_________．（本题第一空2分，第二空3分．）专题05 立体几何（选择题、填空题）1．【解析】几何体为如图所示的四棱柱1111ABCD A B C D -，其高为1，底面为等腰梯形ABCD ，2211212-1111123222122ABCD A B C D V -=⨯=，故选：A. 2．根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥O ABC -，其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，故其表面积为(2133331122+⨯⨯⨯ 3．连1AD ，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点， 又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ，MN ⊄平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD .因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD 则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B,D 不正确；在正方体1111ABCD A B C D -中，11AD A D ⊥，AB ⊥平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥，1AD AB A ⋂=，所以1A D ⊥平面1ABD ，1D B ⊂平面1ABD ，所以11A D D B ⊥，且直线11,A D D B 是异面直线，所以选项B 错误，选项A 正确.故选：A.4．,1AC BC AC BC ⊥==，ABC ∴为等腰直角三角形，2AB ∴则ABC 2又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，所以1112211332O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯故选：A. 5．如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1PBB ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则1111122,22BC PC D B ==1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=. 6．设圆锥的母线长为l ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则22l ππ=22l =故选：B.7．易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于A ，当1λ=时，11=BP BC BB BC CC μμ=++，即此时P ∈线段1CC ，1AB P △周长不是定值，故A 错误；对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB BC λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确． 对于C ，当12λ=时，112BP BC BB μ=+，取BC ，11B C 中点分别为Q ，H ，则BP BQ QH μ=+，所以P 点轨迹为线段QH ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，13A ⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭，()0,0P μ,，10,,02B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则1312A P μ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，10,,2BP μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()110AP BP μμ⋅=-=，所以0μ=或1μ=．故,H Q 均满足，故C错误；对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为30,0A ⎫⎪⎪⎝⎭，所以031,22AP y ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，131,122A B ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +-=⇒=-，此时P 与N 重合，故D 正确．故选：BD ． 8．选择侧视图为③，俯视图为④，如图所示，长方体中，，分别为棱的中点，则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥.故答案为：③④.（答案不唯一） 9．如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb -=-，由题意得212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得15b a +.故选C ． 10．根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E .故选A.11．设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =.设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ， ABC △是面积为93的等边三角形，213932a ∴，解得：3a =，22229933434a r a ∴=--∴球心O 到平面ABC 的距离22431d R r --.故选：C ． 12．根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：22AB AD DB ===ADB △是边长为222113sin 60(22)2322ADB S AB AD =⋅⋅︒==△∴该几何体的表面积是：2362332=⨯++故选：C ．13．设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r π=π=∴，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 6023AB r =︒=，123OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，222211111,4OO O A R OA OO O A OO r ∴⊥=++，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A. 14．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，即()()()2222323233R ++=，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C ．15．由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 6012232S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭故选：D ． 16．由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，1111ABCD A B C D -12,1AB BC BB ===,E F 11,B C BC E ADF -所以几何体的体积为11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A 17．依题意,,m n l 是空间不过同一点的三条直线，当,,m n l 在同一平面时，可能////m n l ，故不能得出,,m n l 两两相交.当,,m n l 两两相交时，设,,m n A m l B n l C ⋂=⋂=⋂=，根据公理2可知,m n 确定一个平面α，而,B m C n αα∈⊂∈⊂，根据公理1可知，直线BC 即l α⊂，所以,,m n l 在同一平面.综上所述，“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件.故选：B 18．画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.故选：B.19．解法一：,PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC ∴-为正方体的一部分，22226R ++364466π633R V R ∴=π=π，故选D ．20．由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．21．如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ==,，35,72MF BF BM =∴BM EN ∴≠，故选B ． 22．对于命题1p ，可设1l 与2l 相交，这两条直线确定的平面为α；若3l 与1l 相交，则交点A 在平面α内，同理，3l 与2l 的交点B 也在平面α内，所以，AB α⊂，即3l α⊂，命题1p 为真命题；对于命题2p ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题2p 为假命题；对于命题3p ，空间中两条直线相交、平行或异面，命题3p 为假命题；对于命题4p ，若直线m ⊥平面α，则m 垂直于平面α内所有直线，直线l ⊂平面α，∴直线m ⊥直线l ，命题4p 为真命题.综上可知，，为真命题，，为假命题，14p p ∧为真命题，12p p ∧为假命题，23p p ⌝∨为真命题，34p p ⌝∨⌝为真命题.故答案为：①③④. 23．易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ， 由于223122AM -1222222S =⨯⨯△ABC r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()1332222r =⨯++⨯=22r ，其体积：3423V r =π.2.24．设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==.故答案为：1 25.如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E 3111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，因为球的半径为5，13D E ，所以2211||||||532EP D P D E --11B C CB 与球面的交线上的点到E 2||||2EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得222FG π=.2. 26．由题意得，214642312cm 2EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形，∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=．又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=，所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．27．如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=. 28．（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内；（3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α. 29．25512-.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12，故圆柱的体积为.21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭ 30．因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 31．由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长CB 与FE 的延长线交于点G ，延长BC 交正方体的棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE △为等腰直角三角形，22,2(21)1BG GE CH GH x x ∴==∴=+==，2121x ∴+，21．。
专题05 立体几何与数学文化-高考中的数学文化试题 (解析版)
专题05 立体几何与数学文化纵观近几年高考，立体几何以数学文化为背景的问题，层出不穷，让人耳目一新。
同时它也使考生们受困于背景陌生，阅读受阻，使思路无法打开。
本专题通过对典型高考问题的剖析、数学文化的介绍、及精选模拟题的求解，让考生提升审题能力，增加对数学文化的认识，进而加深对数学文理解，发展数学核心素养。
【例1】（2019课标2）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．【答案】26，21．【解析】中间层是一个正八棱柱，有8个侧面，上层是有81+，个面，下层也有81+个面，故共有26个面；半正多面体的棱长为中间层正八棱柱的棱长加上两个棱长的2cos452=倍．该半正多面体共有888226+++=个面，设其棱长为x，则221x x=，解得21x．【试题赏析】本题以金石文化为背景，考查了球内接多面体，体现了对直观想象和数学运算素养的考查。
【例2】（2018课标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A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A ．【试题赏析】本题以中国古建筑借助榫卯将木构件为背景，考查了简单几何体的三视图的画法。
【例2】 (2019浙江高考) 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 sh 柱体，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，则该柱体的体积是A ．158B ．162C ．182D ．324【答案】B【解析】由三视图还原原几何体如图，该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解， 即()()114632632722ABCDE S =+⨯++⨯=五边形，高为6，则该柱体的体积是276162V =⨯=．故选：B ． 【试题赏析】本题以祖暅原理为背景，考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体。