8-1.立体几何与空间几何体
解析：由球的性质可知用平面截球所得的截 面都是圆面．
答案：C
2．(2011年青岛模拟)一个简单几何体的正视 图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能为：① 长方形；②正方形；③圆；④椭圆．其中正确的 是( )
A．①②
B．②③
C．③④
D．①④
解析：根据画三视图的规则“长对正，高平 齐，宽相等”可知，该几何体的三视图不可能是 圆和正方形．
下列结论正确的是( )
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其 余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等， 则此棱锥可能是六棱锥
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连 线都是母线
解析：A错误．如图所示，由两个结构相同的 三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角 形，但它不一定是棱锥．
B错误．如下图，若△ABC不是直角三角形或 是直角三角形，但旋转轴不是直角边，所得的几 何体都不是圆锥．
C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面 多边答形案：是D 正六边形．由几何图形知，若以正六边
考点2 几何体的三视图
画三视图时，应牢记其要求的“长对正、高 平齐、宽相等”，注意虚、实线的区别，同时应 熟悉一些常见几何体的三视图．解决由三视图想 象几何体，进而进行有关计算的题目，关键是准 确把握三视图和几何体之间的关系．
3．一个棱柱是正四棱柱的条件是( ) A．底面是正方形，有两个侧面是矩形 B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面 C．底面是正方形，具有一个顶点处的三条棱 两两垂直
D．每个侧面都是全等矩形的四棱柱 解析：根据正四棱柱的结构特征加以判断． 答案：C
4．(2010年北京高考)一个长方体去掉一个小 长方体，所得几何体的正(主)视图与侧(左)视图分 别如右图所示，则该几何体的俯视图为( )
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，基本步骤是： (1)画几何体的底面 在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直 观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′，且 直 使∠x′O′y′＝45°(或135°)，已知图形中平行于x轴的线段，在 观 直观图中长度保持不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的 图 一半． (2)画几何体的高 在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应 的z′轴，也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段， 在直观图中仍平行于z′轴且长度不变.
例1 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 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．
解析：由几何体的正视图、侧视图，结合题
5．如图△A′B′C′是△ABC的直观图，那么 △ABC是( )
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．钝角三角形 解析：还原为原来的望江三中联考) 下图是某几何体的直观图，其三视图正确的是 ()
(对应学生用书P146) 考点1 几何体的结构及定义 1.几种特殊的四棱柱 平行六面体、长方体、正方体、直四棱柱等 都是一些特殊的四棱柱，要特别注意． (1)直四棱柱不一定是直平行六面体． (2)正四棱柱不一定是正方体． (3)长方体不一定是正四棱柱．
考纲要求
考情分析
1.认识柱、锥、台、球及其简单组合
体的结构特征，并能运用这些特征描 三视图是新课标新增的内
述现实生活中简单物体的结构．
容，是一个知识交汇的载体
2．能画出简单空间图形(长方体、球 ，因而是高考的重点内容之
、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的 一．但新课标对这部分内容
三视图，能识别上述的三视图所表示 的要求较低，常以选择填空
2．几种常见的多面体的结构特征
(1)直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱．特别地， 当底面是正多边形时，叫正棱柱(如正三棱柱，正 四棱柱)．
(2)正棱锥：指的是底面是正多边形，且顶点 在底面的射影是底面中心的棱锥．特别地，各条 棱均相等的正三棱锥又叫正四面体．
(3)平行六面体：指的是底面为平行四边形的 四棱柱．
(1)圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到． 旋 (2)圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到． 转 (3)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线 体 旋转得到，也可由平行于棱锥底面的平面截圆锥得到．
(4)球可以由半圆或圆绕直径旋转得到.
问题探究1：由棱柱的结构特征可知：棱柱有 两个面互相平行，其余各面都是平行四边形，反 过来，成立吗？
的立体模型，会用斜二测画法画出它 题形式出现，有时作为解答
们的直观图．
题的背景出现．与立体几何
3．会用平行投影与中心投影两种方 中有关的证明计算问题融合
法画出简单空间图形的三视图与直观 在一起考查.
图， 了解空间图形的不同表示形式.
(对应学生用书P145)
知识梳理
多面体1．(((相123)))似空棱棱棱多柱锥台间边的的可形侧底由几．棱面平何都是行任于平体意棱行的多锥且边底相结形面等，， 的构侧上 平特面下 面是底 截征有面 棱一是 锥个得全到等 公，共的其点多上边的下形三底．角面形是．
问题探究2：空间几何体的三视图和直观图在 观察角度上有什么区别？
提示：观察直角：三视图是从三个不同位置 观察几何体而画出的图形；直观图是从某一点观 察几何体而画出的图形.
自主检测
1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面 都是圆，则这个几何体一定是( )
A．圆柱
B．圆锥
C．球体 的组合体
D．圆柱，圆锥，球体
提示：不一定成立．
如图所示几何体有两个面平行，其余各面都 是平行四边形，但不满足“每相邻两个侧面的公 共边互相平行”，故它不是棱柱．
三 视
空面2间平．几行三何的体平视的面图三图视形与图留直是下用的观影正图子投与影平得面到图的形，的这形种状投和影大下小与是投影完
图 全相同的，三视图包括正视图、侧视图、俯视图．
高考数学一轮复习第八章立体几何8-1空间几何体的结构特征三视图直观图学案理
【2019最新】精选高考数学一轮复习第八章立体几何8-1空间几何体的结构特征三视图直观图学案理考纲展示► 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．2．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图．3．会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．考点1 空间几何体的结构特征空间几何体的结构特征(1)矩形(2)直角边(3)直角腰(4)直径(1)[教材习题改编]一个几何体由5个面围成，其中两个面是互相平行且全等的三角形，其他面都是全等的矩形，则该几何体是________；一个等腰直角三角形绕其斜边所在的直线旋转一周后形成的封闭曲面所围成的几何体是________．答案：三棱柱两个同底的圆锥解析：根据多面体和旋转体的概念知，第一个几何体是三棱柱，第二个几何体是两个同底的圆锥．(2)[教材习题改编]如图所示，图①②③是图④表示的几何体的三视图，若图①是正视图，则图②是________，图③是________．答案：侧视图俯视图解析：根据三视图的概念知，图②是侧视图，图③是俯视图.空间几何体的认识误区．给出下面四种说法：①有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱；②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱；③有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥；④棱台各侧棱的延长线交于一点．其中错误说法的序号为________．答案：①②③解析：①如果上、下两个面平行，但不全等，即使其余各面是四边形，那也不可能是棱柱．②如图所示，平面ABC∥平面A1B1C1，但图中的几何体不是棱柱．③棱锥的一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形．④棱台是由棱锥截得的，故侧棱延长线交于一点．[典题1] (1)给出下列四个命题：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直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④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[答案] B[解析] 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，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥．如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④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．(2)下列说法中正确的是________．①有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面组成的几何体是棱锥；②四面体的任何一个面都可以作为棱锥的底面；③用一个平面去截棱锥，可得到一个棱锥和一个棱台；④棱锥的各侧棱长相等．[答案] ②[解析] 棱锥的侧面三角形有一个公共顶点，故①错误；三棱锥又叫四面体，其各个面都是三角形，都可以作为棱锥的底面，故②正确；用平行于底面的平面去截棱锥，截面与底面之间的部分叫做棱台，故③错误；④明显错误．[点石成金] 解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可．(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．(3)棱(圆)台是由棱(圆)锥截得的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．考点2 空间几何体的三视图空间几何体的三视图是用________得到，这种投影下与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是________的，三视图包括________、________、________.答案：正投影完全相同正视图侧视图俯视图三视图：注意三个视图之间的长度关系．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是________．答案：48解析：由三视图可知，上面是一个长为4、宽为2、高为2的长方体，下面是一个放倒的四棱柱，高为4，底面是上、下底分别为2,6，高为2的梯形．又长方体的体积为4×2×2＝16，四棱柱的体积为4××2＝32，所以该几何体的体积为32＋16＝48.角度一由三视图还原几何体[典题2] [2017·河南郑州模拟]若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )A B C D[答案] D [解析] A，B的正视图不符合要求，C的俯视图显然不符合要求，故选D.角度二由空间几何体的直观图判断三视图[典题3] 一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )A B C D[答案] B [解析] 由直观图可知，该几何体是由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形．故选B.角度三由空间几何体的部分视图画出剩余部分视图[典题4] [2017·吉林长春模拟]已知某组合体的正视图与侧视图相同，如图所示，其中AB＝AC，四边形BCDE为矩形，则该组合体的俯视图可以是________．(把你认为正确的图的序号都填上)[答案] ①②③④[解析] 直观图如图①的几何体(上部是一个正四棱锥，下部是一个正四棱柱)的俯视图为题图①；直观图如图②的几何体(上部是一个正四棱锥，下部是一个圆柱)的俯视图为题图②；直观图如图③的几何体(上部是一个圆锥，下部是一个圆柱)的俯视图为题图③；直观图如图④的几何体(上部是一个圆锥，下部是一个正四棱柱)的俯视图为题图④.①②③④[点石成金] 三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(2)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不能看到的部分用虚线表示．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．考点3 空间几何体的直观图空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(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、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． [典题5] 已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为( )B.a2A.a2D.a2C.a2[答案] D[解析] 图①所示的是△ABC的实际图形，图②是△ABC的直观图．由图①②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝O′C′＝a.∴S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2.[点石成金] 用斜二测画法画直观图的技巧(1)在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行；(2)原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线；(3)原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑曲线连接而画出．如图所示，△A′B′C′是△ABC的直观图，且△A′B′C′是边长为a的正三角形，求△ABC的面积．解：建立如图所示的坐标系xOy′，△A′B′C′的顶点C′在y′轴上，边A′B′在x轴上，把y′轴绕原点逆时针旋转45°得y轴，在y轴上取点C使OC＝2OC′，A，B点即为A′，B′点，长度不变．已知A′B′＝A′C′＝a，在△OA′C′中，由正弦定理，得＝，所以OC′＝a＝a，所以原三角形ABC的高OC＝a，所以S△ABC＝×a×a＝a2.真题演练集训1．[2016·天津卷]将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为( )A B C D答案：B解析：由正视图、俯视图得原几何体的形状如图所示，则该几何体的侧视图为B. 2．[2014·新课标全国卷Ⅰ]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )B. 4A．6C．6D．4答案：C解析：如图，侧面SBC⊥底面ABC.点S在底面ABC的射影点O是BC的中点，△ABC为直角三角形．∵AB＝4，BO＝2，∴AO＝，SO⊥底面ABC，∴SO⊥AO，SO＝4，∴最长的棱AS＝＝6. 3．[2015·北京卷]某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )B.A．1D．2C.答案：C解析：根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥V－ABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD＝，在Rt△VBD中，VD＝＝.课外拓展阅读三视图识图中的易误辨析[典例] 在如图所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给出编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )B．③和①A．①和②C．④和③D．④和②[错解] 由已知该几何体正视图是一个直角三角形，三个顶点的坐标分别为(0,0,2)，(0,2,0)，(0,2,2)，且内有一实线，故正视图为①，俯视图是一个斜三角形，三个顶点坐标分别为(0,0,0)，(2,2,0)，(1,2,0)，故俯视图为②. [错因分析] (1)不能由点的坐标确定点在空间直角坐标系中的位置．(2)不能借助于正方体，由空间几何体的直观图得到它的三视图．(3)受思维定势的影响，直观感觉正视图为三角形，而无法作出选择．[解析] 在空间直角坐标系中，构建棱长为2的正方体，设A(0,0,2)，B(2,2,0)，C(1,2,1)，D(2,2,2)，则ABCD即为满足条件的四面体，得出正视图和俯视图分别为④和②，故选D.[自我矫正] D答题启示对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，再画其三视图．另外要注意交线的位置，可见的轮廓线都画成实线，存在但不可见的轮廓线一定要画出，但要画成虚线，即一定要分清可见轮廓线与不可见轮廓线，避免出现错误．。
(教案)8.1基本立体图形(1)Word版含解析
8.1 基本几何图形第1课时棱柱、棱锥、棱台本节课选自《普通高中课程标准数学教科书-必修第二册》（人教A版）第八章《立体几何初步》，本节课是第1课时，本节课主要学习棱柱、棱锥、棱台的概念及结构特征。
教材首先让学生观察现实世界中实物的图片,引导学生将观察到的实物进行归纳、分类抽象、概括,得出柱体、锥体、台体的结构特征,在此基础上给出由它们组合而成的简单几何体的结构特征.空间几何体是新课程立体几何部分的起始课程,它在土木建筑、机械设计、航海测绘等大量实际问题中都有广泛的应用,新课程从对空间几何体的整体观察入手,再研究组成空间几何体的点、直线和平面.这种安排降低了立体几何学习入门难的门槛,强调几何直观,淡化几何论证,可以激发学生学习立体几何的兴趣。
课程目标学科素养A.能根据几何结构特征对空间物体进行分类；B.从实物中概括出棱柱、棱锥、棱台的几何结构特征；C.会用语言概述棱柱、棱锥、棱台的结构特征；D.会表示有关几何体以及棱柱、棱锥、棱台的分类。
1.数学抽象：棱柱、棱锥、棱台的几何结构特征；2.逻辑推理：从实物中概括出棱柱、棱锥、棱台的几何结构特征；3..直观想象：棱柱、棱锥、棱台的分类；1.教学重点：让学生感受大量空间实物及模型、概括出棱柱、棱锥、棱台的结构特征；2.教学难点：棱柱、棱锥、棱台的结构特征的概括。
多媒体教学过程教学设计意图核心素养目标一、复习回顾，温故知新1.通过生活中的图片引入，初步感受空间几何体。
二、探索新知观察1:观察生活的具体实物，你能抽象出它们的空间图形吗？空间几何体的定义:如果我们只考虑这些物体的形状和大小，而不考虑其它因素，那么由这些物体抽象出来的空间图形就叫做空间几何体．思考1：如图，下面这些图片中的物体具有怎样的形状？在日常生活中，我们把这些物体的形状叫做什么？如何描述它们的形状？【答案】纸箱、金字塔、茶叶盒、水晶萤石、储物箱等物体围成它们的面都是平面图形，并且都是平面多边形；纸杯、腰鼓、奶粉罐、篮球和足球、铅锤围成它们的面不全是平面图形，有些面是曲面。
2023年高考数学总复习历年真题题型归纳与模拟预测8-1空间几何体的结构、表面积和体积带讲解
☆注：请用Microsoft Word2016以上版本打开文件进行编辑，.第八章立体几何与空间向量8.1 空间几何体的结构、表面积和体积立体几何问题既是高考的必考点，也是考查的难点，其在高考中的命题形式较为稳定，保持“一小一大”或“两小一大”的格局．多以选择题或者填空题的形式考查空间内点线面的关系为主，空间几何体的体积或表面积的计算.题型一.空间几何体的结构与直观图1．（2019•新课标Ⅱ）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26个面，其棱长为√2−1．【解答】解：该半正多面体共有8+8+8+2＝26个面，设其棱长为x，则x+√22x+√22x＝1，解得x=√2−1．故答案为：26，√2−1．2．（2021•全国模拟）如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（）A．AE∥CD B．CH∥BE C．DG⊥BH D．BG⊥DE【解答】解：还原正方体直观图如图，可知AE 与CD 为异面直线，故选项A 不正确； 由EH ∥=BC ，可得CH ∥BE ，故选项B 正确；正方形中易得DG ⊥平面BCH ，所以有DG ⊥BH ，故选项C 正确； 因为BG ∥AH ，且DE ⊥AH ，所以BG ⊥DE ，故选项D 正确． 故选：BCD ．3．（2018•新课标Ⅱ）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ） A ．3√34B ．2√33C ．3√24D ．√32【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大， 此时正六边形的边长√22， α截此正方体所得截面最大值为：6×√34×(√22)2=3√34． 故选：A ．4．（2020•新课标Ⅱ）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 ．√5−14B ．√5−12C ．√5+14D ．√5+12【解答】解：设正四棱锥的高为h ，底面边长为a ，侧面三角形底边上的高为h ′，则依题意有：{ℎ2=12aℎ′ℎ2=ℎ′2−(a 2)2， 因此有h ′2﹣（a2）2=12ah ′⇒4（ℎ′a）2﹣2（ℎ′a）﹣1＝0⇒ℎ′a=√5+14（负值−√5+14舍去）； 故选：C ．5．（2020•山东）已知直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°．以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为√2π2． 【解答】解：由题意直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°．可知：D 1B 1＝2，上下底面是菱形，建立如图所示的平面直角坐标系，设P （x ，y ）为半径√5的球面上的点，过P 作PE 垂直B 1C 1的垂直，E 为垂足，则D 1E 2＝D 1B 12+x 2﹣2•D 1B 1•x cos60°＝x 2+4﹣2x ． 由题意可知D 1P =√5． 可得：5＝x 2+4﹣2x +（2﹣y ）2． 即（x ﹣1）2+（y ﹣2）2＝2，所以P 在侧面BCC 1B 1的轨迹是以B 1C 1的中点为圆心，半径为√2的圆弧．以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为：14×2√2π=√2π2．故答案为：√2π2．题型二.空间几何体的表面积与体积1．（2018•新课标Ⅱ）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2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√2πB ．12πC ．8√2πD ．10π【解答】解：设圆柱的底面直径为2R ，则高为2R ， 圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形， 可得：4R 2＝8，解得R =√2，则该圆柱的表面积为：π⋅(√2)2×2+2√2π×2√2=12π． 故选：B ．2．（2021•新高考Ⅱ）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 ．2B ．2√2C ．4D ．4√2【解答】解：由题意，设母线长为l ，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有2π⋅√2=π⋅l ，解得l =2√2， 所以该圆锥的母线长为2√2． 故选：B ．3．（2018•新课标Ⅱ）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5√15，则该圆锥的侧面积为 40√2π ．【解答】解：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−(78)2=√158．△SAB 的面积为5√15，可得12SA 2sin ∠ASB ＝5√15，即12SA 2×√158=5√15，即SA ＝4√5． SA 与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为：√22×4√5=2√10．则该圆锥的侧面积：12×4√10π×4√5=40√2π．故答案为：40√2π．4．（2018•新课标Ⅱ）在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为（ ） A ．8B ．6√2C ．8√2D ．8√3【解答】解：长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2， AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°， 即∠AC 1B ＝30°，可得BC 1=ABtan30°=2√3．可得BB 1=√(2√3)2−22=2√2．所以该长方体的体积为：2×2×2√2=8√2． 故选：C ．4．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ） A ．20+12√3B ．28√2C ．563D ．28√23【解答】解：如图ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1为正四棱台，AB ＝2，A 1B 1＝4，AA 1＝2． 在等腰梯形A 1B 1BA 中，过A 作AE ⊥A 1B 1，可得A 1E =4−22=1， AE =√AA 12−A 1E 2=√4−1=√3． 连接AC ，A 1C 1，AC =√4+4=2√2，A 1C 1=√16+16=4√2， 过A 作AG ⊥A 1C 1，A 1G =4√2−2√22=√2， AG =√AA 12−A 1G 2=√4−2=√2， ∴正四棱台的体积为：V =S上+S 下+√S 上⋅S 下3×ℎ=22+42+√22×423×√2 =28√23．故选：D ．5．（2019•天津）已知四棱锥的底面是边长为√2的正方形，侧棱长均为√5．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 π4．【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分， 由勾股定理得：正四棱锥的高为2，由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于1，即半径等于12；由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半1，则该圆柱的体积为：v ＝sh ＝π（12）2×1=π4；故答案为：π47．（2019•新课标Ⅱ）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ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1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，AB ＝BC ＝6cm ，AA 1＝4cm .3D 打印所用原料密度为0.9g /cm 3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 118.8 g ．【解答】解：该模型为长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，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，AB ＝BC ＝6cm ，AA 1＝4cm ， ∴该模型体积为：V ABCD−A 1B 1C 1D 1−V O ﹣EFGH ＝6×6×4−13×(4×6−4×12×3×2)×3 ＝144﹣12＝132（cm 3），∵3D 打印所用原料密度为0.9g /cm 3，不考虑打印损耗， ∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g ）． 故答案为：118.8．8．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积S ＝2πr 2（1﹣cosα）（单位：km 2），则S 占地球表面积的百分比约为（ ） A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【解答】解：由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，则OP ＝36000+6400＝424000，那么cosα=640042400=853； 卫星信号覆盖的地球表面面积S ＝2πr 2（1﹣cosα）， 那么，S 占地球表面积的百分比为2πr 2(1−cosα)4πr 2=45106≈42%．故选：C ．题型三.外接球与内切球1．（2017•天津）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为9π2．【解答】解：设正方体的棱长为a ， ∵这个正方体的表面积为18， ∴6a 2＝18，则a 2＝3，即a =√3，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上， ∴正方体的体对角线等于球的直径， 即√3a ＝2R ， 即R =32，则球的体积V =43π•（32）3=9π2；故答案为：9π2．2．（2017•新课标Ⅱ）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（ ） A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上， ∴该圆柱底面圆周半径r =√12−(12)2=√32， ∴该圆柱的体积：V ＝Sh =π×(√32)2×1=3π4．故选：B ．3．（2021•甲卷）已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O ﹣ABC 的体积为（ ） A ．√212B ．√312C ．√24D ．√34【解答】解：因为AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1， 所以底面ABC 为等腰直角三角形，所以△ABC 所在的截面圆的圆心O 1为斜边AB 的中点， 所以OO 1⊥平面ABC ，在Rt △ABC 中，AB =√AC 2+BC 2=√2，则AO 1=√22， 在Rt △AOO 1中，OO 1=√OA 2−AO 12=√22，故三棱锥O ﹣ABC 的体积为V =13⋅S △ABC ⋅OO 1=13×12×1×1×√22=√212． 故选：A ．4．（2020•新课标Ⅱ）已知△ABC 是面积为9√34的等边三角形，且其顶点都在球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 ．√32【解答】解：由题意可知图形如图：△ABC 是面积为9√34的等边三角形，可得√34AB 2=9√34， ∴AB ＝BC ＝AC ＝3，可得：AO 1=23×√32×3=√3， 球O 的表面积为16π，外接球的半径为：R ；所以4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以O 到平面ABC 的距离为：√4−3=1． 故选：C ．5．（2015•新课标Ⅱ）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（ ） A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π【解答】解：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O ﹣ABC ＝V C ﹣AOB =13×12×R 2×R =16R 3=36，故R ＝6，则球O 的表面积为4πR 2＝144π， 故选：C ．6．（2017•新课标Ⅱ）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 36π ．【解答】解：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，可知三角形SBC 与三角形SAC 都是等腰直角三角形，设球的半径为r ， 可得13×12×2r ×r ×r =9，解得r ＝3．球O 的表面积为：4πr 2＝36π． 故答案为：36π．7．（2019•新课标Ⅱ）已知三棱锥P ﹣ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF ＝90°，则球O 的体积为（ ） A ．8√6πB ．4√6πC ．2√6πD ．√6π【解答】解：如图，由P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，可知三棱锥P ﹣ABC 为正三棱锥， 则顶点P 在底面的射影O 1为底面三角形的中心，连接BO 1 并延长，交AC 于G ， 则AC ⊥BG ，又PO 1⊥AC ，PO 1∩BG ＝O 1，可得AC ⊥平面PBG ，则PB ⊥AC ， ∵E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∴EF ∥PB ，又∠CEF ＝90°，即EF ⊥CE ，∴PB ⊥CE ，得PB ⊥平面P AC ， ∴正三棱锥P ﹣ABC 的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D =√PA 2+PB 2+PC 2=√12(PA 2+PB 2+PB 2+PC 2+PA 2+PC 2) =√12(AB 2+BC 2+AC 2)=√12(22+22+22)=√6． 半径为√62，则球O 的体积为43π×(√62)3=√6π．故选：D ．8．（2020•新课标Ⅱ）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 √23π ． 【解答】解：因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球， 如图，圆锥母线BS ＝3，底面半径BC ＝1， 则其高SC =√BS 2−BC 2=2√2， 不妨设该内切球与母线BS 切于点D ， 令OD ＝OC ＝r ，由△SOD ∽△SBC ，则OD OS=BC BS，即2√2−r =13，解得r =√22，V =43πr 3=√23π，故答案为：√23π．题型四.空间几何体中的最值问题1．（2018•新课标Ⅱ）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且面积为9√3，则三棱锥D ﹣ABC 体积的最大值为（ ） A ．12√3B ．18√3C ．24√3D ．54√3【解答】解：△ABC 为等边三角形且面积为9√3，可得√34×AB 2=9√3，解得AB ＝6， 球心为O ，三角形ABC 的外心为O ′，显然D 在O ′O 的延长线与球的交点如图： O ′C =23×√32×6=2√3，OO ′=√42−(2√3)2=2， 则三棱锥D ﹣ABC 高的最大值为：6，则三棱锥D ﹣ABC 体积的最大值为：13×√34×63=18√3．故选：B ．2．（2016•新课标Ⅱ）在封闭的直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是（ ） A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3【解答】解：∵AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8， ∴AC ＝10．故三角形ABC 的内切圆半径r =6+8−102=2， 又由AA 1＝3，故直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的内切球半径为32， 此时V 的最大值43π⋅(32)3=9π2，故选：B ．3．（2017•新课标Ⅱ）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ．D 、E 、F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△F AB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△F AB ，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为 4√15cm 3 ．【解答】解法一：由题意，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD ⊥BC ，OG =√36BC ， 即OG 的长度与BC 的长度成正比， 设OG ＝x ，则BC ＝2√3x ，DG ＝5﹣x ，三棱锥的高h =√DG 2−OG 2=√25−10x +x 2−x 2=√25−10x ， S △ABC =12×√32×(2√3x)2=3√3x 2， 则V =13S △ABC ×ℎ=√3x 2×√25−10x =√3⋅√25x 4−10x 5， 令f （x ）＝25x 4﹣10x 5，x ∈（0，52），f ′（x ）＝100x 3﹣50x 4，令f ′（x ）≥0，即x 4﹣2x 3≤0，解得x ≤2， 则f （x ）≤f （2）＝80，∴V ≤√3×√80=4√15cm 3，∴体积最大值为4√15cm 3． 故答案为：4√15cm 3．解法二：连接OD ，交BC 于H ，如图，设BC ＝2x ，则0＜2x ＜5√3，OH =x √3，DH ＝5x√3， ∴V =13×√34×(2x)2×√(5−x √3)2−(x √3)2=√33×x 2×√25−10x√3=√33×√x ⋅x ⋅x ⋅x 10√3(5√32−x) =√33⋅√x ⋅x ⋅x ⋅x ⋅52√3√3−4x) ≤√33⋅√52√3(10√35)5＝4√15，当x ＝2√3时，取“＝”． ∴体积最大值为4√15cm 3． 故答案为：4√15cm 3．一．单选题（共8小题）1．（2020•云南模拟）已知正△ABC 的顶点都在球O 的球面上，正△ABC 的边长为2√3．若球心O 到△ABC 所在平面的距离为√5，则球O 的表面积为（ ） A ．36πB ．32πC ．36√3πD ．32√3π【解答】解；设正△ABC 的外接圆半径r ，由正弦定理可得，2√3sin60°=2r ，故r ＝2，由球的性质可知，R 2＝r 2+d 2＝4+5＝9， 所以球的表面积S ＝4π×9＝36π． 故选：A ．2．（2020•全国一模）如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，ED ＝2FC ＝2，则四面体A ﹣BEF 的体积为（ ）A ．13B ．23C ．1D ．43【解答】解：∵四边形ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，ED ＝2FC ＝2， ∴以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DE 为z 轴，建立空间直角坐标系， A （2，0，0），B （2，2，0），E （0，0，2），F （0，2，1）， BA →=（0，﹣2，0），BF →=（﹣2，0，1），BE →=（﹣2，﹣2，2）， BA →⋅BF →=0，∴S △ABF =12×|BA →|×|BF →|=12×2×√5=√5，设平面ABF 的法向量n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅BA →=−2y =0n →⋅BF →=−2x +z =0，取x ＝1，得n →=（1，0，2）， ∴E 到平面ABF 的距离d =|n →⋅BE →||n →|=2√5，∴四面体A ﹣BEF 的体积为： V A ﹣BEF ＝V E ﹣ABF =13×S △ABF ×d =13×√52√5=23． 故选：B ．3．（2015•山东）在梯形ABCD 中，∠ABC =π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（ ） A ．2π3B ．4π3C ．5π3D ．2π【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：旋转体是底面半径为1，高为2的圆柱，挖去一个相同底面高为1的倒圆锥，几何体的体积为：12π⋅2−13×12π×1=5π3． 故选：C ．4．（2021•泗县校级模拟）将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的体积为（ ）A ．√2π3B ．√3π3C ．4π3D ．2π【解答】解：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则2πr =2π3×3， ∴r ＝1，h =√32−1=2√2， 设内切球的半径为R ，则2√2−R=13，∴R =√22，V =43πR 3=43π（√22）3=√23π，故选：A ．5．我国古代名著《张丘建算经》中记载：“今有方锥下方二丈，高三丈，欲斩末为方亭，令上方六尺，问：斩高几何？”大致意思是：有一个正四棱锥下底边长为二丈，高三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？如果我们把求截去的正四棱锥的高改为求剩下的正四棱台的体积，则该正四棱台的体积是（ ）（注：1丈＝10尺） A ．1946立方尺 B ．3892立方尺 C ．7784立方尺D ．11676立方尺【解答】解：如图所示，正四棱锥P ﹣ABCD 的下底边长为二丈，即AB ＝20尺， 高三丈，即PO ＝30尺；截去一段后，得正四棱台ABCD ﹣A ′B ′C ′D ′，且上底边长为A ′B ′＝6尺， 则有PO′PO=PO′30=620，∴PO ′＝9可得OO ′＝21，所以该正四棱台的体积是V =13×21×（202+20×6+62）＝3892（立方尺）． 故选：B ．6．（2019•濮阳一模）已知正△ABC 三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是（ ）A ．74πB ．2πC ．94πD ．3π【解答】解：设正△ABC 的中心为O 1，连结O 1A ∵O 1是正△ABC 的中心，A 、B 、C 三点都在球面上，∴O 1O ⊥平面ABC ，∵球的半径R ＝2，球心O 到平面ABC 的距离为1，得O 1O ＝1， ∴Rt △O 1OA 中，O 1A =√OA 2−OO 12=√3．又∵E 为AB 的中点，△ABC 是等边三角形，∴AE ＝AO 1cos30°=32． ∵过E 作球O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面圆的半径最小， ∴当截面与OE 垂直时，截面圆的面积有最小值． 此时截面圆的半径r =32， 可得截面面积为S ＝πr 2=9π4． 故选：C ．7．（2014•陈仓区校级一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是边长为m 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝m ，P A ＝PC =√2m ，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径是 (1−√22)m ．【解答】解：根据题意，球的最大半径是四棱锥P ﹣ABCD 的内切球半径，设这个半径为r ∵PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝m ，底面ABCD 是边长为m 的正方形， ∴△P AD 和△PCD 都是直角边长为m 的等腰直角三角形， 可得S △P AD ＝S △PCD =12m 2∵Rt △P AB 中，P A =√2m ，AB ＝m ，∴S △P AB =12P A •AB =√22m 2，同理可得S △PBC =√22m 2 又∵S ABCD ＝m 2，∴四棱锥P ﹣ABCD 的表面积为S 表＝S △P AD +S △PCD +S △P AB +S △PBC +S ABCD ＝（2+√2）m 2 因此，四棱锥P ﹣ABCD 的体积V =13×S 表×r =13（2+√2）m 2r ∵PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝m ，底面ABCD 是边长为m 的正方形， ∴四棱锥P ﹣ABCD 的体积V =13×S ABCD ×PD =13m 3， 由此可得13（2+√2）m 2r =13m 3，解之得r =12+√2m =(1−√22)m 因此，在四棱锥P ﹣ABCD 内放一个球，该球的最大半径是(1−√22)m ． 故答案为：(1−√22)m8．（2019秋•中原区校级月考）在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AD ＝DD 1＝1，AB =√3，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，CC 1的中点，P 是底面ABCD 内一个动点，若直线D 1P 与平面EFG 平行，则△BB 1P 面积的最小值为（ ）A ．√34B ．1C ．√32D ．12【解答】解：如图，补全截面EFG 为截面EFGHQR ，易知平面ACD 1∥平面EFGHQR ，设BR ⊥AC 于点R ， ∵直线D 1P ∥平面EFG ，∴P ∈AC ，且当P 与R 重合时，BP ＝BR 最短，此时△PBB 1的面积最小， 由等积法：12BR ×AC =12BA ×BC 得BR =√32，又BB 1⊥平面ABCD ，∴BB 1⊥BP ，△PBB 1为直角三角形， 故S△BB 1P=12BB 1×BP =√34，故选：A ．二．多选题（共4小题）9．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别是棱AA 1、CC 1的中点，过点E 、F 的平面分别与棱BB 1、DD 1交于点G 、H ，以下四个结论正确的是（ ）A ．正方体外接球的表面积为3πB ．平面EGFH 与平面ABCD 所成角的最大值π4C ．四棱锥C 1﹣EGFH 的体积为定值D ．点B 1到平面EGFH 的距离的最大值为√63【解答】解：对于A ，因为正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1， 所以正方体的体对角线为√1+1+1=√3， 故正方体外接球的直径2R =√3， 所以正方体外接球的表面积为4πR 2＝3π， 故选项A 正确；对于B ，设平面EGFH 与平面ABCD 所成的角为θ， 由面面平行的性质定理可得，EG ∥FH ，EH ∥GF ， 则四边形EGFH 为平行四边形，又直角梯形CBGF 和直角梯形ABGE 全等， 则EG ＝FG ，所以四边形EGFH 为菱形，且GH ⊥EF ，因为平面EGFH 在底面上的射影为四边形ABCD ， 所以由面积射影公式可得cosθ=SABCD S EGFH=112×√2⋅GH=√2GH ， 因为√2≤GH ≤√3， 所以√63≤cosθ≤1， 则平面EGFH 与平面ABCD 所成角的最大值不是π4， 故选项B 错误；对于C ，四棱锥C 1﹣EGFH 的体积为V =2V C 1−EFG =2V E−GFC 1=2×13×12×12=16， 故选项C 正确；对于D ，设BG ＝x ，x ∈[0，1]，V B 1−EFG =V E−B 1FG =13×12×1×(1−x)×1， 设点B 1到平面EGFH 的距离为d ，则V B 1−EFG =13⋅d ×12×√2×1+(12−x)2−(√22)2， 故d =√2×√12+(12−x)2，令t ＝1﹣x ，则t ∈[0，1]， 所以d =−t+34=1√2×√34⋅1t 2−1t+1，故当t ＝1，即x ＝0时，d 取得最大值√63， 所以点B 1到平面EGFH 的距离的最大值为√63， 故选项D 正确． 故选：ACD ．10．棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AD 、DD 1的中点，G 为面对角线B 1C 上一个动点，则（ ）A ．三棱锥A 1﹣EFG 的体积为定值B ．线段B 1C 上存在点G ，使平面EFG ∥平面A 1BC 1C ．当CG →=34CB 1→时，直线EG 与BC 1所成角的余弦值为√1313D ．当G 为B 1C 的中点时，三棱锥A 1﹣EFG 的外接球半径为54 【解答】解：对于A ，由于△A 1EF 的面积为定值，G 到平面ADD 1A 1，即点D 到平面A 1EF 的距离为定值， 所以三棱锥A 1﹣EFG 的体积为定值，故选项A 正确；对于B ，以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐系，则A 1（2，0，2），B （2，2，0），C 1（0，2，2），C （0，2，0），E （1，0，0），F （0，0，1），B 1（2，2，2），所以A 1B →=(0，2，−2)，A 1C 1→=(−2，2，0)，设平面A 1BC 1的法向量为n →=(x ，y ，z)，故{n →⋅A 1B →=2y −2z =0n →⋅A 1C 1→=−2x +2y =0，令x ＝1，则y ＝z ＝1，故n →=(1，1，1)，设CG →=tCB 1→=t(2，0，2)=(2t ，0，2t)，0≤t ≤1，则DG →=DC →+CG →=(0，2，0)+(2t ，0，2t)=（2t ，2，2t ），所以EF →=(−1，0，1)，EG →=(2t −1，2，2t)，设平面EFG 的法向量为m →=(a ，b ，c)，则{m →⋅EF →=−a +c =0m →⋅EG →=(2t −1)a +2b +2tc =0， 令a ＝1，则c ＝1，b =1−4t 2， 若平面EFG ∥平面A 1BC 1，则11=1−4t 21=11，4t ＝﹣1，故t 无解， 故选项B 错误；对于C ，当CG →=34CB 1→时，t =34，G(32，2，32)，所以EG →=(12，2，32)，BC 1→=(−2，0，2)，设直线EG 与BC 1所成的角为θ，则cosθ=|cos ＜EG →，BC 1→＞|=|EG →⋅BC 1→||EG →||BC 1→|=√264×2√2=√1313， 所以直线EG 与BC 1所成角的余弦值为√1313，故选项C 正确；对于D ，G 为B 1C 的中点时，A 1（2，0，2），E （1，0，0），F （0，0，1），G （1，2，1），设三棱锥A 1﹣EFG 的外接球的球心为O （x ，y ，z ），半径为r ，则{ r 2=(x −2)2+y 2+(z −2)2r 2=(x −1)2+y 2+z 2r 2=x 2+y 2+(z −1)2r 2=(x −1)2+(y −2)2+(z −1)2，解得r 2=116≠(54)2，故选项D 错误．故选：AC ．11．在正方体ABCB ﹣A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别为棱BC 和棱CC 1的中点，则下列说法正确的是（）A ．异面直线QP 与A 1C 1所成的角为45°B ．A 1D ⊥平面AQPC ．平面APQ 截正方体所得截面为等腰梯形D ．点M 在线段BC 1上运动，则三棱锥A ﹣MPQ 的体积不变【解答】解：对于A ，连接A 1B 、BC 1，如图1所示：因为P ，Q 分别为棱BC 和棱CC 1的中点，所以PQ ∥BC 1，所以∠A 1C 1B 是异面直线QP 与A 1C 1所成的角，又A 1C 1＝A 1B ＝BC 1，所以∠A 1C 1B ＝60°，即异面直线QP 与A 1C 1所成的角为60°，选项A 错误； 对于B ，建立空间直角坐标系，如图2所示：设正方体的棱长为1，则D （0，0，0），A （1，0，0），P （12，1，0），A 1（1，0，1）， 所以DA 1→=（1，0，1），AP →=（−12，1，0），所以DA 1→•AP →=−12，所以DA 1→与AP →不垂直，即DA 1与AP 不垂直， 所以A 1D 与平面AQP 不垂直，选项B 错误；对于C ，连接AD 1、D 1Q ，则四边形APQD 1是平面APQ 截正方体所得的截面，如图3所示：连接BC 1，则BC 1∥AD 1，且BC 1＝AD 1，又PQ ∥BC 1，且PQ =12BC 1，所以PQ ∥AD 1，且PQ =12AD 1，所以四边形APQD 1是梯形，又AP ＝D 1Q ，所以四边形APQD 1是等腰梯形，选项C 正确；对于D ，如图4所示，设正方体的棱长为a ，因为PQ ∥BC 1，所以点M 到PQ 的距离为√24a ，PQ =√22a ，点A 到平面MPQ 的距离为a ，所以三棱锥A ﹣MPQ 的体积为V =13×12×√22a ×√24a ×a =a 324，是定值，选项D 正确． 故选：CD ．12．如图，正方形ABCD 与正方形DEFC 边长均为1，平面ABCD 与平面DEFC 互相垂直，P 是AE 上的一个动点，则（ ）A ．CP 的最小值为√32B ．当P 在直线AE 上运动时，三棱锥D ﹣BPF 的体积不变C ．PD +PF 的最小值为√2−√2D ．三棱锥A ﹣DCE 的外接球表面积为3π【解答】解：对于A ，连接DP ，CP ，易得CP =√DP 2+CD 2=√DP 2+1≥√12+1=√62，故A 错误；对于B ，P 在直线AE 上运动时，△PBF 的面积不变，D 到平面PBF 的距离也不变，故三棱锥D ﹣BPF 的体积不变，故B 正确；对于C ，如图，将△ADE 翻折到与平面ABFE 共面，则当D 、P 、F 三点共线时，PD +PF 取得最小值(√22)2+(√22+1)2=√2+√2，故C 错误；对于D ，将该几何体补成正方体，则外接球半径为√32，外接球表面积为3π，故D 正确． 故选：BD ．。
人教a版高考数学(理)一轮课件：8.1空间几何体的结构、三视图和直观图
3.简单组合体 简单组合体的构成有两种基本形式:一种是由简单几何体拼接而成;一 种是由简单几何体截去或挖去一部分而成,有多面体与多面体、 多面体与旋 转体、旋转体与旋转体的组合体.
4. 三视图 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.
考纲解读
空间几何体的结构 和三视图部分 重点考 查柱、锥、台、球 的定义和以三 视图为 载体考查柱、锥、 台、球的表面 积和体 积, 难度 不大. 空间几 何体的 性质是 基础, 以它们为载体考查 线线、线面、 面面间 的 关 系 是 重点 . 三 视图 的 还 原在 各 地 高 考 试 题 中 频繁 出 现 , 已 经 成 为高 考 的 热 点 问 题, 题型 多以 选择 题和 填空 题为 主 , 有时也会作为解答题的背景出现.
三视图的长度特征: “ 长对正, 宽相等, 高平齐” , 即正视图和侧 视图一样高, 正视图和俯视图一样长, 侧视图和俯视图一样宽. 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, 要注意实、 虚线的 画法 .
5. 空间几何体的直观图 空间几何体的直观图常用斜二测画法来画, 其规则是: (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° , 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, 在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. 6. 中心投影与平行投影 (1) 平行投影的投影线互相平行, 而中心投影的投影线相交于一点. (2) 从投影的角度看, 三视图和用斜二测画法画出的直观图都是在平行 投影下画出来的图形.
2020届山东高三理科数学一轮复习课件第八章§8.1空间几何体的表面积和体积
×60=10.
评析 本题通过长方体考查体积之间的关系,通过体积公式,找出底面面积与高的关系,不需要 求出具体的底面面积和高是多少.
6.(2019天津文,12,5分)已知四棱锥的底面是边长为 2 的正方形,侧棱长均为 5 .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
.
答案
4
解析 本题考查圆柱、正四棱锥的性质,通过计算圆柱的底面半径、高、体积考查学生的空
间想象能力,体现了直观想象的核心素养.
如图所示,圆柱的高|O1O|= 12 |PO|= 12 PA2
AO2
= 1 5
2
1
=1,圆柱的底面半径r= 1 |AO|= 1 ,所以圆
2
2
柱的体积V=πr2·|O1O|=π× 14 ×1= 4 .
则2R= 3 × 2 ,R= 6 ,∴球O的体积V= 4 πR3= 6 π.故选D.
2
3
解法二:令PA=PB=PC=2x(x>0),则EF=x,连接FC,由题意可得FC= 3 .在△PAC中,cos∠APC=
4x2 4x2 4 = 2x2 1 .
2 4x2
2x2
在△PEC中,EC2=PC2+PE2-2PC·PEcos∠EPC=4x2+x2-2×2x·x·2 x22x2 1 =x2+2,在△FEC中,∵∠CEF=
32
又制作该模型所需的原料密度为0.9 g/cm3, 故制作该模型所需原料的质量为0.9×132=118.8(g).
易错警示 计算被挖去的四棱锥底面面积时,容易误认为四边形HEFG为正方形,由勾股定理 求得HE= 22 32 = 13 ,错认为底面面积为13.
8.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图
答案 D
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题型二
几何体的直观图
【例2 】 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, 是一个边长为a的正方形,则原平面四边形的面
积等于( 积等于( A.
2 2 a 4
) B. 2 2a 2 C. 2 a 2 D. 2 2 a 2 2 3 按照直观图的画法， 按照直观图的画法，建立适当的坐
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(2)已知图形中平行于x (2)已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观 已知图形中平行于 轴的线段， 图中平行于 x′轴、y′轴 轴 轴 . (3)已知图形中平行于x轴的线段, (3)已知图形中平行于x轴的线段,在直观图中长 已知图形中平行于 度保持不变，平行于y轴的线段， 度保持不变，平行于y轴的线段，长度变为原来 的一半 . (4)在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面， (4)在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面， 在已知图形中过 xOy平面 在直观图中对应的z 轴也垂直于x 在直观图中对应的z′轴也垂直于x′O′y′平 面,已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中 已知图形中平行于z轴的线段， 仍平行于z 仍平行于z′轴且长度 不变 .
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B错误.如下图，若△ABC不是直角三角 错误.如下图， ABC不是直角三角
形或是直角三角形, 形或是直角三角形,但旋转轴不是直角 边，所得的几何体都不是圆锥. 所得的几何体都不是圆锥. C错误.若六棱锥的所有棱长都相等， 错误.若六棱锥的所有棱长都相等， 则底面多边形是正六边形.由几何图形知， 则底面多边形是正六边形.由几何图形知，若以正 六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长. 六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长. D正确. 正确.
8.1 基本几何图形 第1课时 棱柱、棱锥、棱台(课件)2022-2023学年高一下学期数学(人教A
重点：掌握棱柱、棱锥、棱台的结构特征； 难点：棱柱、棱锥和棱台的侧面展开图问题.
学科素养
1.数学抽象：多面体与旋转体等概念的理解； 2.逻辑推理：棱柱、棱锥、棱台的结构特点； 3.直观想象：判断空间几何体； 4.数学建模：通过平面展开图将空间问题转化为平面问题解决，体现了转 化的思想方法.
相比较可得蚂蚁爬行的最短路线长为.
练习： 1．下列四个平面图形中，每个小四边形都是正方形，其中可以沿相邻正方形的 公共边折叠围成一个正方体的是( )
2．水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面” 表示，如图是一个正方体的表面展开图(图中数字写在正方体的外表面上)，若图 中“0”上方的“2”在正方体的上面，则这个正方体的下面是( )
（2）棱锥：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. 底面是三角形、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。
棱锥也用顶点和底面各顶点字母表示，如棱锥S-ABCD。 （3）棱台：用一个平行于棱锥底面的平面区截棱锥，底面于截面之间的部分 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，棱台也有侧面、侧棱、 顶点。
由三棱锥、四棱锥、五棱锥……截得的棱台分别叫做三棱台、四棱台、 五棱台……
用各顶点字母表示棱柱，如棱台ABCDEF-A’B’C’D’E’F’。
思考：
1．面数最少的多面体是什么？ 提示：围成一个多面体至少要四个面，所以面数最少 的多面体是四面体，如三棱锥就是四面体． 2．棱柱的侧面一定是平行四边形吗？ 提示：根据棱柱的概念可知，棱柱的侧面一定是平行 四边形．
题型一 棱柱、棱锥、棱台的结构特点 例1 (1)下列命题中正确的是________．(填序号) ①有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱； ②棱柱的一对互相平行的平面均可看作底面； ③三棱锥的任何一个面都可看作底面； ④棱台各侧棱的延长线交于一点． (2)关于如图所示几何体的正确说法的序号为________．
立体几何-8.1__空间几何体的结构及其三视图和直观图(教案)
214 §8.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图基础自测1.下列不正确的命题的序号是 . ①有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱 ②有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 ③有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥 ④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的几何体叫棱锥答案 ①②③2.如果圆锥的侧面展开图是半圆，那么这个圆锥的顶角（圆锥轴截面中两条母线的夹角）是 . 答案 60°3.如果一个几何体的三视图如图所示（单位长度：cm ），则此几何体的表面积是 cm 2.答案 (20+42) 4.（2008·宁夏文，14）一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为3，底面周长为3，那么这个球的体积为 .答案 34 5.已知正三角形ABC 的边长为a,那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为 .答案 166a 2 例题精讲例1 下列结论不正确的是 （填序号）.①各个面都是三角形的几何体是三棱锥②以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥 ③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥④圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线答案 ①②③解析 ①错误.如图所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不一定是棱锥.②错误.如下图，若△ABC 不是直角三角形或是直角三角形,但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥.215③错误.若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形.由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长.④正确.例2 已知△ABC 的直观图A ′B ′C ′是边长为a 的正三角形，求原三角形ABC 的面积.解 建立如图所示的xOy 坐标系，△ABC 的顶点C 在y 轴上，AB 边在x 轴上，OC 为△ABC 的高，把y 轴绕原点顺时针旋转45°得y ′轴，则点C 变为点C ′，且OC=2OC ′，A 、B 点即为A ′、 B ′点，AB=A ′B ，已知A ′B ′=A ′C ′=a ，在△OA ′C ′中， 由正弦定理得''sin C OA OC ∠=ο45sin ''C A ，所以OC ′=a οο45sin 120sin =a 26, 所以原三角形ABC 的高OC=6a ，所以S △ABC =21×a ×6a=a 262. 例3 一个正三棱柱的三视图如图所示，求这个三棱柱的表面积和体积.解 由三视图易知，该正三棱柱的形状如图所示：且AA ′=BB ′=CC ′=4cm,正三角形ABC 和正三角形A ′B ′C ′的高为23cm.∴正三角形ABC 的边长为|AB|=ο60sin 32=4.∴该三棱柱的表面积为S=3×4×4+2×21×42sin60°=48+83(cm 2). 体积为V=S 底·|AA ′|=21×42sin60°×4=163(cm 3). 故这个三棱柱的表面积为（48+83）cm 2,体积为163cm 3.例4 棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图所示， 求图中三角形（正四面体的截面）的面积.解 如图所示，△ABE 为题中的三角形，由已知得AB=2，BE=2×23=3, BF=32BE=332,AF=22BF AB -=344-=38,∴△ABE 的面积为216 S=21×BE ×AF=21×3×38=2.∴所求的三角形的面积为2. 巩固练习1.如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中为真命题的是 （填序号）.①等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等②等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补③等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆④等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上答案 ①③④2.一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 . 答案 22a 23.已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8、高为4的等 腰三角形，左视图（或称侧视图）是一个底边长为6、高为4的等腰三角形.（1）求该几何体的体积V ；（2）求该几何体的侧面积S.解 （1）由该几何体的俯视图、正视图、左视图可知，该几何体是四棱锥，且四棱锥的底面ABCD 是边长为6和8的矩形，高VO=4，O 点是AC 与BD 的交点. ∴该几何体的体积V=31×8×6×4=64. （2）如图所示，侧面VAB 中，VE ⊥AB ，则VE=22OE VO +=2234+=5∴S △VAB =21×AB ×VE=21×8×5=20 侧面VBC 中，VF ⊥BC ，则VF=22OF VO +=2244+=42.∴S △VBC =21×BC ×VF=21×6×42=122∴该几何体的侧面积 S=2（S △VAB +S △VBC ）=40+242.4.（2007·全国Ⅱ文，15）一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2 cm 的球面上.如果正四棱柱的底面边长为1 cm ，那么该棱柱的表面积为 cm 2.答案 2+42 回顾总结知识方法思想课后作业一、填空题1.利用斜二测画法可以得到：①三角形的直观图是三角形，②平行四边形的直观图是平行四边形，③正方形的直观图是正方形，④菱形的直观图是菱形，以上正确结论的序号是 .217答案 ①②2.如图所示，甲、乙、丙是三个几何体图形的三视图，甲、乙、丙对应的标号是 . ①长方体；②圆锥；③三棱锥；④圆柱. 答案④③②3.下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是 .答案 ②④4.用若干个大小相同，棱长为1的正方体摆成一个立体模型，其三视图如下：根据三视图回答此立体模型的体积为 .答案 55.棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的8个顶点都在球O 的表面上，E 、F 分别是棱AA 1、DD 1的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为 .答案 26.（2008·湖北理）用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为 . 答案 328π 7.用小立方块搭一个几何体，使得它的正视图和俯视图如图所示，这样的几何体至少要 个小立方块.最多只能用 个小立方块.答案 9 148.如图所示，E 、F 分别是正方体的面ADD 1A 1、面BCC 1B 1的中心，则四边形BFD 1E 在该正方体的面上的正投影可能是 .（把可能的图的序号都填上）218答案 ②③二、解答题9.正四棱台AC 1的高是17 cm ，两底面的边长分别是4 cm 和16 cm ，求这个棱台的侧棱长和斜高. 解 如图所示，设棱台的两底面的中心分别是O 1、O ，B 1C 1和BC 的中点分别是E 1和E ，连接O 1O 、E 1E 、O 1B 1、OB 、O 1E 1、OE ，则四边形OBB 1O 1和OEE 1O 1都是直角梯形.∵A 1B 1=4 cm ，AB=16 cm ， ∴O 1E 1=2 cm ，OE=8 cm ，O 1B 1=22 cm ，OB=82 cm ，∴B 1B 2=O 1O 2+（OB-O 1B 1)2=361 cm 2，E 1E 2=O 1O 2+（OE-O 1E 1)2=325 cm 2，∴B 1B=19 cm ，E 1E=513cm.答 这个棱台的侧棱长为19 cm ，斜高为513cm.10.圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，轴截面的面积等于392 cm 2,母线与轴的夹角是45°，求这个圆台的高、母线长和两底面半径.解 圆台的轴截面如图所示，设圆台上下底面半径分别为x cm,3x cm.延长AA 1交OO 1的延长线于S ， 在Rt △SOA 中，∠ASO=45°, 则∠SAO=45°，∴SO=AO=3x ，∴OO 1=2x ，又S 轴截面=21（6x+2x ）·2x=392，∴x=7. 故圆台的高OO 1=14 (cm)，母线长l=2O 1O=142 (cm)，两底面半径分别为7 cm,21 cm.11.正四棱锥的高为3，侧棱长为7，求侧面上斜高（棱锥侧面三角形的高）为多少？解 如图所示，正棱锥S-ABCD 中高OS=3，侧棱SA=SB=SC=SD=7，在Rt △SOA 中， OA=22OS SA =2，∴AC=4.∴AB=BC=CD=DA=22.作OE ⊥AB 于E ，则E 为AB 中点.连接SE ，则SE 即为斜高，则SO ⊥OE.在Rt △SOE 中，∵OE=21BC=2，SO=3，∴SE=5，即侧面上的斜高为5.12. 如图所示的几何体中，四边形AA 1B 1B 是边长为3的正方形，CC 1=2，CC 1∥AA 1，这个几何体是棱柱吗？若是，指出是几棱柱.若不是棱柱，请你试用一个平面截去一部分，使剩余部分是一个棱长为2的三棱柱，并指出截去的几何体的特征，在立体图中画出截面.解 这个几何体不是棱柱；在四边形ABB 1A 1中，在AA 1上取点E ，使AE=2；在BB 1上取F 使BF=2；连接C 1E ，EF ，C 1F ，则过C 1EF 的截面将几何体分成两部分，其中一部分是棱柱ABC —EFC 1，其棱长为2；截去的部分是一个四棱锥C1—EA1B1F.219。
高考数学核心考点必备专题8-1 立体几何中的轨迹问题-(解析版)-2023年高考数学
专题8-1 立体几何中的轨迹问题目录一、热点题型归纳 (1)【题型一】由动点保持平行求轨迹 .................................................................................................................. 1 【题型二】由动点保持垂直求轨迹 .................................................................................................................. 2 【题型三】由动点保持等距（或定长）求轨迹 .............................................................................................. 4 【题型四】由动点保持等角（或定角）求轨迹 .............................................................................................. 5 【题型五】投影求轨迹 ...................................................................................................................................... 6 【题型六】翻折与动点求轨迹 .......................................................................................................................... 7 二、最新模考题组练 .. (8)【题型一】由动点保持平行性求轨迹【典例分析】如图，在边长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 、N 分别是CC 1、C 1D 1、DD 1、CD 、BC 的中点，M 在四边形EFGH 边上及其内部运动，若MN ∥面A 1BD ，则点M 轨迹的长度是（ ）A B C D【提分秘籍】基本规律1.线面平行转化为面面平行得轨迹2.平行时可利用法向量垂直关系求轨迹【变式演练】1.在三棱台111A B C ABC 中，点D 在11A B 上，且1//AA BD ，点M 是三角形111A B C 内（含边界）的一个动点，且有平面//BDM 平面11A ACC ，则动点M 的轨迹是（ ）A ．三角形111ABC 边界的一部分 B ．一个点 C ．线段的一部分D ．圆的一部分2.已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 、F 分别是棱1AA 、11A D 的中点，点P 为底面ABCD 内（包括边界）的一动点，若直线1D P 与平面BEF 无公共点，则点P 的轨迹长度为（ ）A 1BC D3.在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别是棱11C D ，11B C 的中点，P 是上底面1111D C B A 内一点（含边界），若//AP 平面BDEF ，则Р点的轨迹长为（ ）A ．1BC ．2D ．【题型二】动点保持垂直性求轨迹【典例分析】在正方体1111ABCD A B C D -中，Q 是正方形11B BCC 内的动点，11A Q BC ⊥，则Q 点的轨迹是（ ） A ．点1B B ．线段1B C C ．线段11B C D ．平面11B BCC【提分秘籍】基本规律1.可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹2.利用空间坐标运算求轨迹3.利用垂直关系转化为平行关系求轨迹【变式演练】1.在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，且保持1AP BD ⊥，则动点P 的轨迹为 A ．线段1CBB ．线段1BCC ．1BB 的中点与1CC 的中点连成的线段D ．BC 的中点与11B C 的中点连成的线段2.在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为1BD ，11B C 的中点，点P 在正方体的表面上运动，且满足MP CN ⊥．给出下列说法： ∥点P 可以是棱1BB 的中点；∥线段MP 的最大值为34；∥点P 的轨迹是正方形；∥点P 轨迹的长度为2其中所有正确说法的序号是________．3.如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1CC 的中点，F 是侧面11BCC B 内的动点，且1A F 与平面1D AE 的垂线垂直，则下列说法不正确的是（ ）A ．1A F 与1D E 不可能平行B ．1A F 与BE 是异面直线C ．点F 的轨迹是一条线段D ．三棱锥1F ABD -的体积为定值【题型三】由动点保持等距（或者定距）求轨迹【典例分析】已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为底面ABCD 内一点，若P 到棱CD ，A 1D 1距离相等的点，则点P 的轨迹是（ ） A ．直线 B ．椭圆C ．抛物线D ．双曲线【提分秘籍】基本规律1.距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹2.利用空间坐标计算求轨迹【变式演练】1.如图，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，M 为正方形ABCD 内（包括边界）的一个动点，且满足MP MC =．则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为（ ）A ．B ．C ．D ．2.如图，在棱长为4的正方体ABCD A B C D ''''-中，E 、F 分别是AD 、A D ''的中点，长为2的线段MN 的一个端点M 在线段EF 上运动，另一个端点N 在底面A B C D ''''上运动，则线段MN 的中点P 的轨迹（曲面）与正方体（各个面）所围成的几何体的体积为（ ）A ．43π B ．23π C ．6πD ．3π3.四棱锥P ﹣OABC 中，底面OABC 是正方形，OP ∥OA ，OA ＝OP ＝a ．D 是棱OP 上的一动点，E 是正方形OABC 内一动点，DE 的中点为Q ，当DE ＝a 时，Q 的轨迹是球面的一部分，其表面积为3π，则a 的值是（ ）A ．B ．C ．D ．6【题型四】由动点保持等角（或定角）求轨迹【典例分析】正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，11A B 的中点，P 是边11C D 上的一个点（包括端点），Q 是平面1PMB 上一动点，满足直线MN 与直线AN 夹角与直线MN 与直线NQ 的夹角相等，则点Q 所在轨迹为（ ）A ．椭圆B ．双曲线C ．抛物线D ．抛物线或双曲线【提分秘籍】基本规律1. 直线与面成定角，可能是圆锥侧面。
浙江高考数学第八章立体几何8.1空间几何体及其三视图和直观图、表面积与体积课件
-23答案
考点一
考点二
考点三
考点四
(2)已知一个四棱锥的高为3,其底面用斜二测画法所画出的水平 放置的直观图是一个边长为1的正方形,则此四棱锥的体积为( )
A. 2
B.6 2
C.
1 3
D.2 2
关闭
因为四棱锥的底面直观图是一个边长为 1 的正方形 ,该正方形的对 角线长为 2,根据斜二测画法的规则,原图底面的底边长为 1,高为直 观图中正方形的对角线长的两倍,即 2 2,则原图底面积为 S=2 2.因 1 1 此该四棱锥的体积为 V= Sh= ×2 2 × 3=2 2.故选 D. 关闭 3 3 D
第八章
立体几何
8.1
空间几何体及其三视图和 直观图、表面积与体积
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2018 2017 2016 2015 2014 年份 三视图、 直观 11,6 分(理) 2,5 分(理) 3,5 分(理) 图及几 14,4 分(理) 3,4 分 3,4 分 何体的表面 9,6 分(文) 2,5 分(文) 3,5 分(文) 积与体积 1.了解多面体和旋转体的概念,理解柱、锥、台、球 的结构特征. 2.了解简单组合体,了解中心投影、 平行投影的含义. 考查要求 3.了解三视图和直观图间的关系,掌握三视图所表 示的空间几何体.会用斜二测法画出它们的直观图. 4.会计算柱、锥、台、球的表面积和体积. 本节内容是高考的重点,常以三视图为载体,考查组 考向分析 合体的表面积或体积;也可能根据几何体的特征直 接考查其表面积或体积,单独考查以小题居多.
C.若六棱锥的所有棱长都相等,则底面多边形是正六边形.由过底面 中心和顶点的截面知,若以正六边形为底面,侧棱长必然要大于底面 边长 ,故 C 错误 ; 关闭 D D.根据圆锥母线的定义知,故 D 正确 .故选 D.