高中数学必修二立体几何
高中数学 必修二-第一章 立体几何初步 知识点整理
底面为三角形、四边形、五边形„„的棱锥分别叫做三棱锥、四棱锥、五棱锥„„，
其中三棱锥又叫四面体。
4
必修二
正棱锥：如果一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面上的射影是底面的中心， 这样的棱锥叫做正棱锥。
正棱锥的性质： ①各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰三角形； ②棱锥的高、斜高和斜高在底面上的射影组成一个直角三角形，棱锥的高、侧棱和侧 棱在底面上的射影也组成一个直角三角形。 （4）棱台的结构特征 用一个平行于棱锥底面的平面去截棱 锥，底面与截面之间的部分叫做棱台。 原棱锥的底面和截面分别叫做棱台的 下底面和上底面；其它各面叫做棱台的侧 面；相邻侧面的公共边叫做棱台的侧棱； 底面与侧面的公共顶点叫做棱台的顶点； 当棱台的底面水平放置时，铅垂线与两底 面交点间的线段叫做棱台的高。 由正棱锥截得的棱台叫做正棱台。正棱台的性质： ①各侧棱相等，侧面是全等的等腰梯形；②两底面以及平行于底面的截面是相似多边 形；③两底面中心连线、相应的边心距和斜高组成一个直角梯形；④两底面中心连线、侧 棱和两底面外接圆相应半径组成一个直角梯形；⑤正棱台的上下底面中心的连线是棱台的 一条高；⑥正四棱台的对角面是等腰梯形。
8
必修二
②在已知图形中平行于 x 轴或 y 轴的线段，在直观图中分别画成平行于 x′轴或 y′ 轴的线段。
③在已知图形中平行于 x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于 y 轴的线段， 长度变为原来的一半。
用斜二测法画直观图，关键是掌握水平放置的平面图形的直观图的画法，而画水平放 置的平面图形的关键是确定多边形的顶点。因为多边形顶点的位置一旦确定，依次连接这 些顶点就可画出多边形。
在一束平行光线照射下形成的投影，叫做平行投影。平行投影的投影线是平行的。在 平行投影中，投影线正对着投影面时，叫做正投影，否则叫做斜投影。
部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案知识总结例题
(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案知识总结例题单选题1、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN2、已知直线l⊥平面α，有以下几个判断：①若m⊥l，则m//α；②若m⊥α，则m//l；③若m//α，则m⊥l；④若m//l，则m⊥α；上述判断中正确的是（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④3、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（）A ．132B ．223C ．152D ．2334、南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m 时，相应水面的面积为140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m 上升到157．5m 时，增加的水量约为（√7≈2.65）（ ）A ．1.0×109m 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．1.6×109m 35、已知圆锥的母线长为3，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积为（ ）A ．√23πB ．2√23πC ．πD ．√2π 6、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（ ） A ．6B ．12C ．24D ．487、如图，某圆锥的轴截面ABC 是等边三角形，点D 是线段AB 的中点，点E 在底面圆的圆周上，且BE ⌢的长度等于CE⌢的长度，则异面直线DE 与BC 所成角的余弦值是（ ）A ．√24B ．√64C ．√104D ．√1448、已知一个圆锥的体积为3π，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（ ） A ．2√3B ．3C ．√3D ．√33多选题9、如图所示，在棱长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，则下列结论正确的是（ ）A．直线AM与BN是平行直线B．直线BN与MB1是异面直线C．直线MN与AC所成的角为60°D．平面BMN截正方体所得的截面面积为9210、如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列结论正确的是（）A．OM∥PD B．OM∥平面PCDC．OM∥平面PDA D．OM∥平面PBA11、如图，在棱长均相等的正四棱锥P−ABCD中，M、N分别为侧棱PA、PB的中点，O是底面四边形ABCD对角线的交点，下列结论正确的有（）A．PC//平面OMN B．平面PCD//平面OMNC．OM⊥PA D．PD⊥平面OMN填空题12、已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________.部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(十八)参考答案1、答案：A分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；可证明平面PBC⊥平面PDC，若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC，矛盾，可判断A图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．由于BC⊥平面PDC，又BC⊂平面PBC∴平面PBC⊥平面PDC若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC，则平面PAB与平面PDC的交线//AB显然AB不与平面PBC垂直，故A错误故选：A2、答案：B分析：根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得. 对于①，当m⊂平面α也可以有m⊥l，但m不平行于平面α，故①错；对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；对于③，根据线面平行的性质定理可得存在n⊂α且m∥n．而直线l⊥平面α，故可根据线面垂直的性质得出l⊥n，故l⊥m正确；对于④，根据直线l⊥平面α，可在平面α内找到两条相交直线p，n，且l⊥p，l⊥n，又m∥l，所以m⊥p，m⊥n，故根据线面垂直的判定定理可知，m⊥α正确．即②③④正确．故选：B．3、答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V=23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.4、答案：C分析：根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S′=180.0km2=180×106m2，∴V=13ℎ(S+S′+√SS′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)=3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．故选：C ． 5、答案：B分析：根据弧长计算公式，求得底面圆半径以及圆锥的高，即可求得圆锥的体积. 设圆锥的底面圆半径为r ，故可得2πr =2π3×3，解得r =1，设圆锥的高为ℎ，则ℎ=√32−12=2√2， 则圆锥的体积V =13×πr 2×ℎ=13×π×2√2=2√23π. 故选：B. 6、答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48 故选：D 7、答案：A分析：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则有∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，解三角形可求得答案. 解：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ， 则DF //BC ，且DF =12BC ，所以∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角， 设圆锥的底面半径为2，则DF =1，OE =2，AO =2√3，所以DG =OF =√3， 在Rt △GOE 中，GO =1，OE =2，所以GE =√GO 2+OE 2=√5，在Rt△GDE中，GE=√5，DG=√3，所以DE=√GD2+GE2=2√2，在Rt△FOE中，FO=√3，OE=2，FE=√FO2+OE2=√7，所以在△DFE中，满足DF2+FE2=DE2，所以∠DFE=90∘，所以cos∠DEF=DFDE =2√2=√24，故选：A.8、答案：C分析：根据圆锥的侧面展开图和圆锥体积公式以及侧面积公式，即可求出结果. 设底面半径为r，高为ℎ，母线为l，如图所示：则圆锥的体积V=13πr2ℎ=3π，所以r2ℎ=9，即ℎ=9r2，S 侧=12⋅2πrl=2πr2，则l=2r，又ℎ=√l2−r2=√3r，所以√3r3=9，故r=√3．故选：C．9、答案：BCD解析：根据异面直线的定义直接判断AB选项，根据MN//D1C，转化求异面直线所成的角，利用确定平面的依据，作出平面BMN 截正方体所得的截面，并求面积. A.直线AM 与BN 是异面直线，故A 不正确； B.直线BN 与MB 1是异面直线，故B 正确；C. 由条件可知MN//D 1C ，所以异面直线MN 与AC 所成的角为∠ACD 1，△ACD 1是等边三角形，所以∠ACD 1=60∘，故C 正确；D.如图，延长MN ，并分别与DD 1和DC 交于E,F ，连结EA,GB 交于点F ，连结A 1M,BN ，则四边形A 1BNM 即为平面BMN 截正方体所得的截面，由对称性可知，四边形A 1BNM 是等腰梯形，MN =√2,A 1B =2√2，A 1M =BN =√5，则梯形的高是ℎ=√(√5)2−(√22)2=3√22，所以梯形的面积S =12×(√2+2√2)×3√22=92，故D 正确.故选：BCD小提示：关键点点睛：本题考查以正方体为载体，判断异面直线，截面问题，本题关键选项是D ，首先要作出平面BMN与正方体的截面，即关键作出平面EFG.10、答案：ABC分析：通过直线与平面平行的判定定理，即可判断ABC正确；由线面的位置关系，即可得到直线在平面内，故D错误；解：对于A，由于O为BD的中点，M为PB的中点，则OM∥PD，故正确；对于B，由于OM∥PD，OM⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，则OM∥平面PCD，故正确；对于C，由于OM∥PD，OM⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，则OM∥平面PAD，故正确；对于D，由于M∈平面PAB，故错误．故选：ABC．小提示：本题考查线面平行的判定定理及应用，考查直线与平面的位置关系，考查空间想象能力.11、答案：ABC分析：A选项，由中位线证明线线平行，推导出线面平行；B选项，在A选项的基础上证明面面平行；从而推导出D错误；由勾股定理的逆定理得到PA⊥PC，从而得到OM⊥PA.因为O为底面四边形ABCD对角线的交点，所以O为AC的中点，由M是PA的中点，可得PC∥MO，因为PC⊄在平面OMN，OM⊂平面OMN，所以PC//平面OMN，A正确；同理可推得PD//平面OMN，而PC∩PD=P，所以平面PCD//平面OMN，B正确；因为PD⊂平面PCD，故PD不可能垂直平面OMN，D错误；设该正四棱锥的棱长为a，则PA=PC=a,AC=√2a，所以PA⊥PC，因为PC∥MO，所以OM ⊥PA ，C 正确.故选ABC ．12、答案：39π分析：利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案. ∵V =13π62⋅ℎ=30π ∴ℎ=52∴l =√ℎ2+r 2=√(52)2+62=132 ∴S 侧=πrl =π×6×132=39π.所以答案是：39π.。
部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案考点题型与解题方法
(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案考点题型与解题方法单选题1、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（ ）A ．132B ．223C ．152D ．2332、已知直线a 与平面α,β,γ，能使α//β的充分条件是（ ） ①α⊥γ,β⊥γ ②α//γ,β//γ ③a //α,a //β ④a ⊥α,a ⊥β A ．①②B ．②③C ．①④D ．②④3、下列命题中，正确的是（ ） A ．三点确定一个平面B ．垂直于同一直线的两条直线平行C ．若直线l 与平面α上的无数条直线都垂直，则l ⊥αD ．若a 、b 、c 是三条直线，a ∥b 且与c 都相交，则直线a 、b 、c 在同一平面上4、如图.AB 是圆的直径，PA ⊥AC ，PA ⊥BC ，C 是圆上一点(不同于A ，B )，且PA =AC ，则二面角P −BC −A 的平面角为（ ）A ．∠PACB ．∠CPAC ．∠PCAD ．∠CAB5、如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（ ）A ．18πB ．20πC ．22π3D ．26π6、如图，某圆锥的轴截面ABC 是等边三角形，点D 是线段AB 的中点，点E 在底面圆的圆周上，且BE ⌢的长度等于CE⌢的长度，则异面直线DE 与BC 所成角的余弦值是（ ）A ．√24B ．√64C ．√104D ．√1447、如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）A ．23B ．24C ．26D ．278、如图，在梯形ABCD 中，AB ∥DC 且AB =2DC ，点E 为线段BC 的靠近点C 的一个四等分点，点F 为线段AD 的中点，AE 与BF 交于点O ，且AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ ，则x +y 的值为（ ）A ．1B ．57C ．1417D ．56多选题9、《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖膈”．如图在堑堵ABC −A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，且AA 1=AB =2．下列说法正确的是（ ）A ．四棱锥B −A 1ACC 1为“阳马” B ．四面体A 1C 1CB 为“鳖膈” C ．四棱锥B −A 1ACC 1体积最大为23D ．过A 点分别作AE ⊥A 1B 于点E ，AF ⊥A 1C 于点F ，则EF ⊥A 1B10、在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，则下列命题正确的是（）A．异面直线C1P和CB1所成的角为定值B．直线CD和平面BPC1相交C．三棱锥D−BPC1的体积为定值D．直线CP和直线A1B可能相交11、已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，则下列结论中正确的是（）A．PB⊥BCB．PD⊥CDC．PD⊥BDD．PA⊥BD填空题12、对于任意给定的两条异面直线，存在______条直线与这两条直线都垂直．部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(四)参考答案1、答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V=23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.2、答案：D解析：根据线面的平行关系，结合相关性质，逐个分析判断即可得解.对①，若α⊥γ,β⊥γ，垂直于同一个平面的两个平面可以相交，故①错误；对②，若α//γ,β//γ，则α//β，平面的平行具有传递性，故②正确；对③，若a//α,a//β，平行于同一直线的两平面可以相交，故③错误；对④，a⊥α,a⊥β，垂直于同一直线的两平面平行，故④正确.综上：②④正确，故选：D.3、答案：D分析：利用空间点、线、面位置关系直接判断.A.不共线的三点确定一个平面，故A错误；B.由墙角模型，显然B错误；C.根据线面垂直的判定定理，若直线l与平面α内的两条相交直线垂直，则直线l与平面α垂直，若直线l与平面α内的无数条平行直线垂直，则直线l与平面α不一定垂直，故C错误；D.因为a//b，所以a、b确定唯一一个平面，又c与a、b都相交，故直线a、b、c共面，故D正确；故选：D.4、答案：C解析：由圆的性质知：AC⊥BC，根据线面垂直的判定得到BC⊥面PAC，即BC⊥PC，结合二面角定义可确定二面角P−BC−A的平面角.∵C是圆上一点(不同于A，B)，AB是圆的直径，∴AC⊥BC，PA⊥BC，AC∩PA=A，即BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC，∴BC⊥PC，又面ABC∩面PBC=BC，PC∩AC=C，∴由二面角的定义：∠PCA为二面角P−BC−A的平面角.故选：C5、答案：A分析：由题意可知该几何体的体积是由半球的表面积加上圆柱的侧面积，再加上圆的面积即可解：由题意得，球的半径R=2，圆柱的底面半径r=1，高ℎ=3，则该几何体的表面积为S=2πR2+πR2+2πrℎ=8π+4π+2π×1×3=18π故选：A.6、答案：A分析：过点A作AO⊥BC于点O，过点A作DG⊥BC于点G，取AO的中点F，连接GE、OE、EF，则有∠DEF （或其补角）就是异面直线DE与BC所成的角，设圆锥的底面半径为2，解三角形可求得答案.解：过点A作AO⊥BC于点O，过点A作DG⊥BC于点G，取AO的中点F，连接GE、OE、EF，BC，所以∠DEF（或其补角）就是异面直线DE与BC所成的角，则DF//BC，且DF=12设圆锥的底面半径为2，则DF=1，OE=2，AO=2√3，所以DG=OF=√3，在Rt△GOE中，GO=1，OE=2，所以GE=√GO2+OE2=√5，在Rt△GDE中，GE=√5，DG=√3，所以DE=√GD2+GE2=2√2，在Rt△FOE中，FO=√3，OE=2，FE=√FO2+OE2=√7，所以在△DFE中，满足DF2+FE2=DE2，所以∠DFE=90∘，所以cos∠DEF=DFDE =2√2=√24，故选：A.7、答案：D分析：作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.该几何体由直三棱柱AFD−BHC及直三棱柱DGC−AEB组成，作HM⊥CB于M，如图，因为CH=BH=3,∠CHB=120∘，所以CM=BM=3√32,HM=32，因为重叠后的底面为正方形，所以AB=BC=3√3,在直棱柱AFD−BHC中，AB⊥平面BHC，则AB⊥HM, 由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，设重叠后的EG与FH交点为I,则V I−BCDA =13×3√3×3√3×32=272,V AFD−BHC =12×3√3×32×3√3=814则该几何体的体积为V =2V AFD−BHC −V I−BCDA =2×814−272=27.故选：D. 8、答案：C分析：由向量的线性运算法则化简得到AO ⃑⃑⃑⃑⃑ ==(x −y2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ 和BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE⃑⃑⃑⃑⃑ ，结合B,O,F 三点共线和A,O,E 三点共线，得出2x +3y −2=0和3x −4y =0，联立方程组，即可求解. 根据向量的线性运算法则，可得AO⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y(BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AC ⃑⃑⃑⃑⃑ ) =xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ −yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yAC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(AD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DC⃑⃑⃑⃑⃑ ) =(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅(2AF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )=(x −y)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ +12yAB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(x −y2)AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +2yAF ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 因为B,O,F 三点共线，可得x −y 2+2y =1，即2x +3y −2=0；又由BO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AO ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +xAB ⃑⃑⃑⃑⃑ +yBC ⃑⃑⃑⃑⃑ =BA ⃑⃑⃑⃑⃑ −xBA ⃑⃑⃑⃑⃑ +y ⋅43BE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1−x)BA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4y 3BE ⃑⃑⃑⃑⃑ ， 因为A,O,E 三点共线，可得1−x +4y 3=1，即3x −4y =0，联立方程组{2x +3y −2=03x −4y =0 ，解得x =817,y =617，所以x +y =1417.故选：C. 9、答案：ABD分析：根据“阳马”和“鳖膈”的定义，可判断A ，B 的正误；当且仅当AC =BC 时，四棱锥B −A 1ACC 1体积有最大值，求值可判断C 的正误；根据题意可证A 1B ⊥平面AEF ，进而判断D 的正误. 底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”， ∴在堑堵ABC −A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，侧棱AA 1⊥平面ABC ，A 选项，∴AA 1⊥BC ，又AC ⊥BC ，且AA 1∩AC =A ，则BC ⊥平面A 1ACC 1， ∴四棱锥B −A 1ACC 1为“阳马”，对；B 选项，由AC ⊥BC ，即A 1C 1⊥BC ，又A 1C 1⊥C 1C 且BC ∩C 1C =C ， ∴A 1C 1⊥平面BB 1C 1C ，∴A 1C 1⊥BC 1，则△A 1BC 1为直角三角形，又由BC⊥平面AA1C1C，得△A1BC为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形，∥CC1B为直角三角形．∴四面体A1C1CB为“鳖膈”，对；C选项，在底面有4=AC2+BC2≥2AC⋅BC，即AC⋅BC≤2，当且仅当AC=BC=√2时取等号，V B−A1ACC1=13S A1ACC1×BC=13AA1×AC×BC=23AC×BC≤43，错；D选项，因为BC⊥平面AA1C1C，则BC⊥AF，AF⊥A1C且A1C∩BC=C，则AF⊥平面A1BC，∴AF⊥A1B，又AE⊥A1B且AF∩AE=A，则A1B⊥平面AEF，所以则A1B⊥EF，对；故选：ABD．10、答案：AC解析：A：由正方体的性质判断B1C⊥平面ABC1D1，得出B1C⊥C1P，异面直线C1P与CB1所成的角为90°；B：由CD//AB，证明CD//平面ABC1D1，即得CD//平面BPC1；C：三棱锥D−BPC1的体积等于三棱锥的体积P−DBC1的体积，判断三棱锥D−BPC1的体积为定值；D：可得直线CP和直线A1B为异面直线.对于A，因为在正方体ABCD−A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，B1C⊥C1D1，又BC1∩C1D1=C1，BC1，C1D1⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，而C1P⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥C1P，故这两个异面直线所成的角为定值90°，所以A正确；对于B，因为平面BPC1与面ABC1D1是同一平面，DC//AB，AB⊂平面ABC1D1，CD⊂平面ABC1D1，故CD//平面ABC1D1，即CD//平面BPC1，故B错误；对于C，三棱锥D−BPC1的体积等于三棱锥P−DBC1的体积，而平面DBC1为固定平面，且△DBC1大小一定，又因为P∈AD1，因为AD1//BC1，AD1⊂平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1//平面DBC1，所以点A到平面DBC1的距离即为点P到该平面的距离，为定值，所以三棱锥D−BPC1的体积为定值，故C正确；对于D，直线CP和直线A1B是异面直线，不可能相交，故D错误.故选：AC.分析：本题考查线面平行的判定，线面垂直的判定及性质，异面直线所成的角，直线与平面所成的角，空间中的距离，正确理解判定定理和性质是解题的关键.11、答案：ABD分析：由PA⊥矩形ABCD，得PA⊥BD，若PD⊥BD，则BD⊥平面PAD，又BA⊥平面PAD，则过平面外一面有两条直线与平面垂直，不成立，故PD⊥BD不正确．解：∵PA⊥矩形ABCD，BD⊂矩形ABCD，∴PA⊥BD，故D正确．若PD⊥BD，则BD⊥平面PAD，又BA⊥平面PAD，则过平面外一面有两条直线与平面垂直，故PD⊥BD不正确，故C不正确；∵PA⊥矩形ABCD，∴PA⊥CD，AD⊥CD，∴CD⊥平面PAD，∴PD⊥CD，故B正确；∵PA⊥矩形ABCD，∴由三垂线定理得PB⊥BC，故A正确；故选：ABD．12、答案：无数分析：平移一条直线与另一条相交并确定一个平面，再由线面垂直的意义及异面直线所成角判断作答. 令给定的两条异面直线分别为直线a,b，平移直线b到直线b′，使b′与直线a相交，如图，则直线b′与a确定平面α，点A是平面α内任意一点，过点A有唯一直线l⊥α，因此，l⊥a,l⊥b′，即有l⊥b，由于点A的任意性，所以有无数条直线与异面直线a,b都垂直.所以答案是：无数。
高中必修二数学 立体几何题型总结
高中必修二数学立体几何题型总结
高中数学必修二中的立体几何部分是高考的重要考点之一，下面是一些常见的立体几何题型及其解题方法：
1. 空间几何体的表面积和体积
解题方法：熟练掌握各种空间几何体的表面积和体积的公式，根据题目要求进行计算。
2. 空间几何体的直观图和三视图
解题方法：通过观察和分析空间几何体的直观图和三视图，掌握几何体的形状和大小，进而解决相关问题。
3. 空间点、线、面的位置关系
解题方法：理解空间点、线、面的位置关系，掌握各种位置关系的判定定理和性质定理，能够灵活运用解决相关问题。
4. 空间几何体的旋转体问题
解题方法：掌握旋转体的形成过程和性质，通过分析旋转体的轴和母线，利用旋转体的性质进行计算和证明。
5. 空间几何体的平行和垂直问题
解题方法：掌握空间几何体的平行和垂直的判定定理和性质定理，能够灵活运用解决相关问题。
6. 空间几何体的最值问题
解题方法：通过分析几何体的结构特征，利用几何体的性质和不等式等数学知识，求得空间几何体的最值。
7. 空间几何体的实际应用问题
解题方法：通过建立空间几何模型，将实际问题转化为数学问题，利用几何体的性质和数学知识解决实际问题。
以上是高中数学必修二中立体几何部分的一些常见题型及解题方法，掌握这些题型和方法对于提高立体几何部分的解题能力非常有帮助。
高中数学必修二课件：立体几何旋转体
课后巩固
1．圆锥的截面形状不可能为( B )
A．等腰三角形
B．平行四边形
C．圆
D．椭圆
解析 用过轴的平面去截圆锥，得到的截面形状是等腰三角形，A不符合题 意；圆锥的侧面是曲面，所以截面形状不可能为平行四边形，B符合题意；用垂 直于轴的平面去截圆锥，得到的截面形状是圆，C不符合题意；用与轴斜交的平 面去截圆锥，得到的截面形状可能是椭圆，D不符合题意．故选B.
轴：旋转轴叫做圆锥的轴； 底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做圆锥的底面； 侧面：直角三角形的斜边旋转而成的曲面叫做圆锥的侧 面；
面所围成的旋转体 叫做圆锥
记作：圆锥SO 母线：无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做圆 锥侧面的母线
用平行于圆锥底面的平面 圆台 去截圆锥，_底__面__与__截__面___
名称
展开图
侧面展开图
圆柱 圆锥
矩形和两个圆 扇形和圆
矩形 扇形
圆台
扇环和两个圆
扇环
1．多面体与旋转体的主要区别是什么？
答：多面体是由若干个平面多边形围成的几何体，旋转体是由平面图形绕 轴旋转所形成的封闭几何体．
2．圆柱的轴截面有多少个？母线有多少条，它们相等吗？圆柱上底面圆周 上任一点与下底面圆周上任一点的连线是圆柱的母线吗？
【解析】 (1)把圆柱的侧面沿直线AB剪开，然后展开成为平面图形——矩 形，如图，连接AB′，则AB′即为蚂蚁爬行的最短距离．
∵AB＝A′B′＝2，AA′为底面圆的周长，且AA′＝2π×1＝2π， ∴AB′＝ A′B′2＋AA′2 ＝ 4＋（2π）2 ＝2 1＋π2， 所以蚂蚁爬行的最短距离为2 1＋π2.
轴：旋转轴叫做圆柱的轴； 底面：垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做圆柱的底面； 侧面：平行于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面；
部编版高中数学必修二第八章立体几何初步知识集锦
(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步知识集锦单选题1、如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC=90°，AB=AA1=1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，若点Q在线段B1P上，则下列结论中正确的是（）.A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BDB．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BDC．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BDD．不存在DQ与平面A1BD垂直答案：D分析：依据线面垂直性质定理，利用反证法即可否定选项ABC；按照点Q为线段B1P的中点和点Q不为线段B1P的中点两种情况利用反证法证明选项D判断正确.连接AB1，交A1B于H在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，AB=AA1=1，则四边形A1B1BA为正方形，则AB1⊥A1B又∠BAC=90°，即AB⊥AC，又AA1⊥AC，AB∩AA1=A，AA1⊂面A1B1BA，AB⊂面A1B1BA则AC⊥面A1B1BA，则AC⊥A1B又AB1⊥A1B，AB1∩AC=A，AB1⊂面AB1C，AC⊂面AB1C则A1B⊥面AB1C，选项A：当点Q为线段B1P的中点时，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1若DQ⊥平面A1BD，则AB1⊥平面A1BD又A1B⊥面AB1C，则面AB1C//平面A1BD，这与AB1∩A1B=H矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD不正确；选项B：当点Q为线段B1P的三等分点时，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段B1P的点三等分时，DQ⊥平面A1BD，不正确；选项C：在线段B1P的延长线上一点Q，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD不正确；选项D：由选项A可知，点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD不成立；假设点Q在线段B1P上，且不是中点，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即点Q在线段B1P上，且不是中点时，DQ⊥平面A1BD不正确；故不存在DQ与平面A1BD垂直.判断正确.故选：D2、下列空间图形画法错误的是（）A．B．C．D．答案：D分析：根据空间图形画法：看得见的线画实线，看不见的线画虚线.即可判断出答案.D选项：遮挡部分应画成虚线．故选:D.3、一条直线和两条异面直线中的一条平行，则它和另一条的位置关系是（）A．平行B．相交C．异面D．相交或异面答案：D分析：根据空间中两直线的位置关系，即可求解：如图（1）所示，此时直线a与直线b为异面直线，其中l//a，此时直线l与b为相交直线；如图（2）所示，此时直线a与直线b为异面直线，其中l//a，此时直线l与b为异面直线，综上，一条直线与两条异面直线中的一条平行，则它和另一条直线的位置关系是相交或异面. 故选: D.4、已知正四面体P −ABC 内接于球O ，点E 是底面三角形ABC 一边AB 的中点，过点E 作球O 的截面，若存在半径为√3的截面圆，则正四面体P −ABC 棱长的取值范围是（ ）A ．[√2，√3]B ．[√3，√6]C ．[2√2，2√3]D ．[2√3，2√6]答案：C分析：根据条件设正四面体的棱长为a ，用棱长a 表示出其外接球的半径R =√64a ，过E 点作外接球O 的截面，只有当OE ⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时此时截面圆的半径为r =12a ，最大截面圆为过球心的大圆，半径为R =√64a ，根据题意则12a ≤√3≤√64a ，从而可得出答案. 如图，在正四面体P −ABC 中，设顶点P 在底面的射影为O 1，则球心O 在PO 1上，O 1在CE 上，且|PO 1|=23|CE |,连接OE ､OC ，设正四面体的棱长为a ，则|CE |=√32a ，|PO 1|=23|CE |=√33a 则正四面体的高PO 1=√PC 2−O 1C 2=a 2−(√33a)2=√63a ， 设外接球半径为R ， 在Rt △OO 1C 中，OC 2=OO 12+O 1C 2，即R 2=(√63a −R)2+(√33a)2，解得R =√64a ， ∴在Rt △OO 1E 中，OE =√OO 12+O 1E 2=(√612a)2+(√36a)2=√24a ， 过E 点作外接球O 的截面，只有当OE ⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为r =√R 2−OE 2=√(√64a)2−(√24a)2=12a ，最大截面圆为过球心的大圆，半径为R=√64a，由题设存在半径为√3的截面圆，∴12a≤√3≤√64a，解得2√2≤a≤2√3，故选:C.小提示：关键点睛：本题考查正四棱锥的外接球的截面圆的半径范围问题，解答本题的关键是用正四棱锥棱长a表示出其外接球的半径R=√64a，得出过E点的球的截面圆的半径的范围，从而得解，属于中档题.5、如图在正三棱锥S−ABC中，M,N分别是棱SC,BC的中点，Q为棱AC上的一点，且AQ=12QC，MN⊥MQ，若AB=2√2，则此正三棱锥S−ABC的外接球的体积为（）A．12πB．4√33πC．8√3πD．4√3π答案：D分析：根据题意证明SA,SB,SC两两垂直，将三棱锥放入棱长为2的正方体，两者外接球体积相同，求得正方体外接球体积即可得出答案.因为在△SBC中，M,N分别是棱SC,BC的中点，所以MN//SB，因为MN⊥MQ，所以SB⊥MQ，因为三棱锥S−ABC为正三棱锥，所以SB⊥AC（对棱垂直），又因为MQ,AC⊂面SAC，MQ∩AC=Q，所以SB ⊥面SAC ，因为SA,SC ⊂面SAC ，所以SB ⊥SA,SB ⊥SC ，在Rt △SAB 中，SA 2+SB 2=AB 2，因为三棱锥S −ABC 为正三棱锥，所以△SBC 是等腰三角形，△ABC 是等边三角形，所以SB =SC ，AB =AC ,所以SA 2+SC 2=AC 2，即SA ⊥SC ，所以SA,SB,SC 两两垂直，将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB 长，为2√2,则该正方体棱长为2，外接球半径R =√(22)2+(2√22)2=√3， 正方体外接球体积V =43πR 3=43π×(√3)3=4√3π, 此正三棱锥S −ABC 的外接球体积和正方体外接球体积相同，为4√3π.故选：D6、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，则直线AB 与平面MNQ 不平行的是（ ）A ．B ．C ．D ．答案：A 分析：利用线面平行的判定定理逐项判断可得出合适的选项．对于A选项，连接CD、BE交于点O，则O为BE的中点，设BE∩MN=F，连接FQ，因为Q、O分别为AE、BE的中点，则OQ//AB，若AB//平面MNQ，AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面MNQ=FQ，则FQ//AB，在平面ABE内，过该平面内的点Q作直线AB的平行线，有且只有一条，与题设矛盾，假设不成立，故A选项中的直线AB与平面MNQ不平行．对于B选项，连接CD，如下图所示：因为AC//BD且AC=BD，所以，四边形ABDC为平行四边形，所以AB//CD，因为M、Q分别为CE、DE的中点，所以MQ//CD，所以MQ//AB，因为AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以，AB//平面MNQ；对于C选项，连接CD，如下图所示：因为AC//BD且AC=BD，所以，四边形ABDC为平行四边形，所以AB//CD，因为M、Q分别为CE、DE的中点，所以MQ//CD，所以MQ//AB，因为AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以，AB//平面MNQ；对于D选项，连接CD，如下图所示：因为AC//BD且AC=BD，所以，四边形ABDC为平行四边形，所以CD//AB，因为N、Q分别为CE、DE的中点，则NQ//CD，所以NQ//AB，因为AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，所以，AB//平面MNQ；故选：A7、阿基米德（Arcℎimedes，公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球（如图所示），该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36π，则圆柱的体积为 （ ）A ．36πB ．45πC ．54πD ．63π答案：C解析：根据球的体积公式求出半径，根据圆柱的体积公式可求得结果.设球的半径为R ，则43πR 3= 36π，所以R =3， 所以圆柱的底面半径为R =3，圆柱的高为2R =6，所以圆柱的体积为πR 2×2R =2πR 3=54π.故选：C8、球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆），我们把这个弧长叫做两点的球面距离.已知正△ABC 的项点都在半径为2的球面上，球心到△ABC 所在平面距离为2√63，则A 、B 两点间的球面距离为（ ）A ．πB ．π2C ．2π3D ．3π4答案：C分析：设球心为点O ，计算出∠AOB ，利用扇形弧长公式可求得结果.设球心为点O ，平面ABC 截球O 所得截面圆的半径为r =√22−(2√63)2=2√33， 由正弦定理可得4√33=AB sin∠ACB ，∴AB =4√33sin π3=2，又∵OA =OB =2，所以，△AOB 为等边三角形，则∠AOB =π3，因此，A、B两点间的球面距离为2×π3=2π3.故选：C.小提示：思路点睛：求球面距离，关键就是要求出球面上两点与球心所形成的角，结合扇形的弧长公式求解，同时在计算球的截面圆半径时，利用公式r=√R2−d2（其中r为截面圆的半径，R为球的半径，d为球心到截面的距离）来计算.多选题9、如图PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆上异于A，B的任一点，则下列结论中正确的是（）A．PC⊥BC B．AC⊥平面PCBC．平面PAB⊥平面PBC D．平面PAC⊥平面PBC答案：AD解析：根据线面垂直、面面垂直的判定与性质判断各选项．AB是圆直径，C在圆上，则AC⊥BC，PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则PA⊥BC，PA∩AC=A，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴PC⊥BC，A正确；又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC．D正确；若AC⊥平面PCB，则AC⊥PC，而PA⊥平面ABC，则PA⊥AC，PA,PC重合，矛盾，B错；若平面PAB⊥平面PBC，作CD⊥PB于D，∵平面PAB∩平面PBC=PB，∴CD⊥平面PAB，而PA⊂平面PAB，∴CD⊥PA，CD∩BC=C，∴PA⊥平面PBC，于是平面PBC与平面ABC重合．矛盾，C错．故选：AD．小提示：易错点睛：本题考查空间线面、面面垂直的判定定理和性质定理．由于是多选题，仅仅判断AD正确还不够，必须说明（证明）BC为什么是错误的．否则会出错．10、用一个平面去截正方体，关于截面的形状，下列判断正确的是（）A．直角三角形B．正五边形C．正六边形D．梯形答案：CD分析：根据题意，依次作出对应的截面，并判断即可得答案.对于A选项，如图1，作出的截面为三角形，但为锐角三角形，不可能为直角三角形，故A选项错误；对于B选项，如图2，过正方体的一个顶点作截面，可以得到截面为五边形，但该五边形不是正五边形，故B 选项错误；对于C选项，如图3，取各边的中点，连接的截面即为正六边形，故C选项正确；对于D选项，如图4，所做的截面为梯形，故D选项正确.故选：CD11、如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，所有棱长均为1，点E为棱B1C1上任意一点，则下列结论正确的是（）]A．直线AA1与直线BE所成角的范围是[0,π4B．在棱B1C1上存在一点E，使AB1⊥平面A1BEC．若E为棱B1C1的中点，则平面ABE截三棱柱ABC−A1B1C1所得截面面积为3√1916D．若F为棱A1B1上的动点，则三棱锥F−ABE体积的最大值为16答案：AC分析：由异面直线夹角求法可判断A；利用反证法结合线面垂直的判定及性质可判断B；利用线线平行得到平面ABE截三棱柱所得截面为等腰梯形ABEG，即可求得面积判断C；由面积公式知S△ABF不变，利用等体积知可求得体积的最大值可判断D.对于A，由直三棱柱ABC−A1B1C1，∴AA1//BB1，∴∠B1BE为直线AA1与直线BE所成角，当E与B1重合时，直线AA1与直线BE所成角为0，当E与C1重合时，直线AA1与直线BE所成角为π4，所以直线AA1与直线BE所成角的范围是[0,π4]，故A正确；对于B，假设AB1⊥平面A1BE，又BE⊂平面A1BE，∴AB1⊥BE，设BC中点为H，则AH⊥BC，则AH⊥平面BCC1B1，所以AB1在平面BCC1B1上的射影为B1H，由三垂线定理得B1H⊥BE，又因为BCC1B1为正方形，所以点E为CC1中点，与点E为棱B1C1上一点矛盾，故B 错误.对于C，取A1C1中点G，连结EG，GA，则平面ABE截三棱柱ABC−A1B1C1所得截面为等腰梯形ABEG，AB=1，EG=12，在直角△BB1E中，EB=√52，所以梯形的高为√(√52)2−(14)2=√194，梯形的面积为S=12×(12+1)×√194=3√1916，故C正确.对于D，因为S△ABF=12AB×BB1=12，且V F−ABE=V E−ABF，所以当E与C1重合时，三棱锥F−ABE的体积最大，取A1B1中点M，则C1M⊥平面ABB1A1，得V C1−ABF =13S△ABF×C1M=13×12×√32=√312，故D错误.故选：AC小提示：思路点睛：本题考查求异面直线成角，立体几何截面问题，体积运算，（1）求异面直线所成角的常用方法是平移线段法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决；（2）截面问题：利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．填空题12、如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是平行直线的图是________(填序号).答案：①②分析：根据正方体的结构特征，以及两直线的位置关系的判定方法，即可求解.根据正方体的结构特征，可得①②中RS与PQ均是平行直线，④中RS和PQ是相交直线，③中RS和PQ是是异面直线.所以答案是：①②.。
高中数学必修二立体几何笔记整理
高中数学必修二立体几何笔记整理一、空间几何体。
1. 棱柱。
- 定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱。
- 分类。
- 按底面多边形的边数分为三棱柱、四棱柱、五棱柱等。
- 直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱。
- 正棱柱：底面是正多边形的直棱柱。
- 性质。
- 侧棱都平行且相等。
- 两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形。
- 过不相邻的两条侧棱的截面（对角面）是平行四边形。
2. 棱锥。
- 定义：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥。
- 分类。
- 按底面多边形的边数分为三棱锥（四面体）、四棱锥等。
- 正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面中心的棱锥。
- 性质。
- 正棱锥各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰三角形，各等腰三角形底边上的高相等（它叫做正棱锥的斜高）。
3. 棱台。
- 定义：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫做棱台。
- 分类：由三棱锥、四棱锥等截得的棱台分别叫做三棱台、四棱台等。
- 性质。
- 棱台的各侧棱延长后交于一点。
- 棱台的上下底面是相似多边形，且对应边互相平行。
4. 圆柱。
- 定义：以矩形的一边所在直线为轴旋转，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆柱。
- 性质。
- 圆柱的轴截面是全等的矩形。
- 圆柱的侧面展开图是矩形。
5. 圆锥。
- 定义：以直角三角形的一条直角边所在直线为轴旋转，其余两边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆锥。
- 性质。
- 圆锥的轴截面是等腰三角形。
- 圆锥的侧面展开图是扇形。
6. 圆台。
- 定义：用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台。
- 性质。
- 圆台的轴截面是等腰梯形。
- 圆台的侧面展开图是扇环。
7. 球。
- 定义：以半圆的直径所在直线为轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称球。
- 性质。
人教高中数学必修二A版《基本立体图形》立体几何初步说课复习(棱柱、棱锥、棱台的结构特征)
课件
课件 课件
课件 课件
课件 课件
课件 课件
栏目 导引
第八章 立体几何初步
在三棱锥
课件
课件
课件
课件
课件
课件
课件
个人简历：课件/j ia nli/
课件
课件
手抄报：课件/shouchaobao/
课件
课件 课件
课件 课件
课件 课件
课件 课件
课件
课件
A-BCD
中，可以当作棱锥底面的三角形的个数为
()
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：选 D.每个面都可作为底面，有 4 个．
展开成平面图形
第八章 立体几何初步
课件
课件
课件
课件
课件
课件
课件
个人简历：课件/j ia nli/
课件
课件
手抄报：课件/shouchaobao/
课件
课件 课件
课件 课件
课件 课件
课件 课件
课件
课件
问题导学
预习教材 P97－P100 的内容，思考以下问题： 1．空间几何体的定义是什么？ 2．空间几何体分为哪几类？ 3．常见的多面体有哪些？ 4．棱柱、棱锥、棱台有哪些结构特征？
课件 课件
课件
课件
③棱台的侧棱所在直线均相交于同一点．
解析：棱锥是由棱柱的一个底面收缩为一个点而得到的几何体，因
而其侧面均是三角形，且所有侧面都有一个公共点，故①对．棱台
是棱锥被平行于底面的平面所截后，截面与底面之间的部分，因而
其侧面均是梯形，且所有的侧棱延长后均相交于一点(即原棱锥的顶
点)，故②错，③对．因而正确的有①③. 答案：①③
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是
()
A．0
B．1
C．2
D．3
解析： 选 B ①错误，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 ABCD -A1B1 C1D 1 中的三棱锥 C1-ABC，四个面都是直角三角形． 答案： ②③④
长为 4，故选 D.
4． (教材习题改编 )如图，长方体 ABCD -A′ B′ C′ D′被截去一部分，其中 A′ D ′，则剩下的几何体是 ________，截去的几何体是 ______ ．
EH ∥
答案： 五棱柱 三棱柱 5．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，故结论正 确的个数为 1. 答案： 1
()
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．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 ( )
第 2页 共 2页
A． 2,2 3
B．2 2，2
C． 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 2 3，故底面边
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．
第 1页 共 1页
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． 说明： 正视图也称主视图，侧视图也称左视图． (2) 作、看三视图的 3 原则 ①位置原则：
考点一 空间几何体的结构特征
基础送分型考点 —— 自主练透
[ 考什么 ·怎么考 ]
空间几何体的结构特征是立体几何的基础知识， 很少单独考查 .多作为载体与三视图、 表
面积、体积等综合考查，题型为选择题或填空题，难度较低
.
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
单独考查空间几何体的直观图的题目很少，多与三视图、表面积、体积等综合考查，题 型为选择题或填空题，难度较低 .
第 4页 共 4页
1.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个 正方形，则原来的图形是 ( )
解析： 选 A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为
2，所以原图形
()
(3) 棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．
()
(4) 夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱．
()
(5) 上下底面是两个平行的圆面的旋转体是圆台．
()
答案： (1)× (2) × (3)√ (4)× (5) ×
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
C ．球体
D ．圆柱、圆锥、球体的组合体
()
第 3页 共 3页
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，
相交于一点
延长线交于一点
全等的等腰三角Байду номын сангаас
轴截面
全等的矩形
全等的等腰梯形
圆
形
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
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
②度量原则：长对正、高平齐、宽相等 (即正俯同长、正侧同高、俯侧同宽 )． ③虚实原则：轮廓线 —— 现则实、隐则虚．
1．判断下列结论是否正确 (请在括号中打“√”或“×” )
(1) 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．
()
(2) 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．
高中数学必修二
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
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
底面 侧棱 侧面形状
互相平行且相等 平行且相等 平行四边形
多边形 相交于一点，但不一定
相等 三角形
互相平行 延长线交于一点
梯形
(2) 旋转体的结构特征
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
互相平行且相 等，垂直于底面
[ 怎样快解 ·准解 ]
空间几何体概念辨析题的常用方法
定义法
紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系 或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定．
反例法
通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例 即可 .
考点二 空间几何体的直观图
基础送分型考点 —— 自主练透 [ 考什么 ·怎么考 ]
为平行四边形，位于 y 轴上的对角线长为 2 2.故选 A.
2．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分别表示△
ABC 的实际图形和直观图．
从图②可知， A′ B′ ＝ AB＝ 2，
O′
C′
＝
1 2OC
＝
3， C′ D′ ＝ O′ C′ sin 45°＝ 2