2020届二轮复习 立体几何 课件(63张)(全国通用)
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2020高考数学(文)二轮专题课件：大题考法课立体几何
分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变， 关
哪些不变，抓住翻折前后不变Байду номын сангаас量，充分利 键
用原平面图形的信息是解决问题 的突破口
把平面图形翻折后，经过 恰当连线 就能得到 方
三棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题 转 化 法
到我们熟悉的几何体中解决
立体几何解答题的基本模式是 论 证 推理与计算相结合，以某个 几何体为依托，分步设问 ，逐层 加深，解决这类 题 目的原则是转 化、转换 ．转化——空间平行关系
间 的转化、垂直关系间的转化、 平行与垂直关系间的转化以及平面 几何与立体几何的转化等；转换 — —对 几何体的体积、锥体体积常考
查 顶 点转换 ，多面体体积多分割 转 换 为 几个规则 几何体的体积和 或体积差来求解，求体积时 距离与 体积计 算的转换 等.
哪些不变，抓住翻折前后不变Байду номын сангаас量，充分利 键
用原平面图形的信息是解决问题 的突破口
把平面图形翻折后，经过 恰当连线 就能得到 方
三棱锥、四棱锥等几何体，从而把问题 转 化 法
到我们熟悉的几何体中解决
立体几何解答题的基本模式是 论 证 推理与计算相结合，以某个 几何体为依托，分步设问 ，逐层 加深，解决这类 题 目的原则是转 化、转换 ．转化——空间平行关系
间 的转化、垂直关系间的转化、 平行与垂直关系间的转化以及平面 几何与立体几何的转化等；转换 — —对 几何体的体积、锥体体积常考
查 顶 点转换 ，多面体体积多分割 转 换 为 几个规则 几何体的体积和 或体积差来求解，求体积时 距离与 体积计 算的转换 等.
浙江专用2020高考数学二轮复习专题四立体几何第3讲空间向量与立体几何课件1
(2)线面夹角
设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ0≤θ≤π2，
则 sin θ＝||aa|·|μμ||＝|cos〈a，μ〉|.
(3)面面夹角 设平面 α、β 的夹角为 θ0≤θ≤π2， 则|cos θ|＝||μμ|·|υυ||＝|cos〈μ，υ〉|.
[典型例题] (1)如图，在直三棱柱 ADE BCF 中，平面 ABFE 和平面 ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为 AB 的中点，O 为 DF 的中点．运用向 量方法证明： ①OM∥平面 BCF； 州诊断考试)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥平面 ABCD， PA＝AB＝AD＝2，四边形 ABCD 满足 AB⊥AD，BC∥AD 且 BC＝4， 点 M 为 PC 的中点，点 E 为 BC 边上的动点，且BEEC＝λ. (1)求证：平面 ADM⊥平面 PBC； (2)是否存在实数 λ，使得二面角 P-DE-B 的余弦值为 22？若存在，试求出实数 λ 的值； 若不存在，说明理由．
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行 α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
(2)如图，在平面 BEC 内，过 B 作 BQ∥EC， 因为 BE⊥CE，所以 BQ⊥BE， 又因为 AB⊥平面 BEC，所以 AB⊥BE，AB⊥BQ， 以 B 为原点，BE、BQ、BA 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间 直角坐标系，则 A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)，G(1，0，0)，G→F＝ (1，2，1)，平面 ABE 的法向量 n＝(0，1，0)， 设 GF 与平面 ABE 所成的角为 θ，
(江苏专用)2020高考数学二轮复习专题二立体几何第二讲大题考法——平行与垂直课件
[演练冲关]
(2018·江苏高考)在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1. 求证：(1)AB∥平面 A1B1C； (2)平面 ABB1A1⊥平面 A1BC. 证明：(1)在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中， AB∥A1B1. 因为 AB⊄平面 A1B1C，A1B1⊂平面 A1B1C， 所以 AB∥平面 A1B1C.
(1)证明：BE⊥平面 D1AE； (2)设 F 为 CD1 的中点，在线段 AB 上是否存在一点 M，使得 MF∥平面 D1AE，若存在，求出AAMB 的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：∵四边形 ABCD 为矩形且 AD＝DE＝EC ＝BC＝2，∴AE＝BE＝2 2.又 AB＝4，∴AE2＋BE2＝AB2， ∴∠AEB＝90°，即 BE⊥AE.又平面 D1AE⊥平面 ABCE，平面 D1AE∩平面 ABCE＝AE，BE⊂平面 ABCE，∴BE⊥平面 D1AE.
[方法技巧] 证明两平面位置关系的求解思路 (1)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相 交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证 明线面平行，再转化为证明线线平行． (2)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面 过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂 直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则 借助中线、高线或添加辅助线解决.
(2)在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中， 四边形 ABB1A1 为平行四边形． 又因为 AA1＝AB， 所以四边形 ABB1A1 为菱形，因此 AB1⊥A1B. 因为 AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以 AB1⊥BC. 因为 A1B∩BC＝B，A1B⊂平面 A1BC， BC⊂平面 A1BC，所以 AB1⊥平面 A1BC. 因为 AB1⊂平面 ABB1A1， 所以平面 ABB1A1⊥平面 A1BC.
2020届新课标高考二轮复习名师精品课件1-5-1第1讲 空间几何体的三视图、表面积、体积
调研 2 空间几何体的表面积、体积 a．圆锥的侧面积 1．(2018·全国Ⅱ，16,5 分)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_4_0___2_π__．
解析：如图，∵SA 与底面成 45°角，Fra bibliotek专题五 立体几何
第1讲 空间几何体的三视图、 表面积、体积
重点要点排查报告
[记牢方能用活] 一、空间几何体的三视图 1．三视图为三个三角形，一般对应三棱锥； 2．三视图为两个三角形、一个四边形，一般对应四棱锥； 3．三视图为两个三角形、一个圆，一般对应圆锥； 4．三视图为两个矩形、一个四边形，一般对应直四棱柱； 5．三视图为两个矩形、一个圆，一般对应圆柱．
A．2 17 B．2 5 C．3 D．2
解析：先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知，点 M， N 的位置如图 1 所示．
图1
图2
圆柱的侧面展开图及 M，N 的位置(N 为 OP 的四等分点)如 图 2 所示，连接 MN，则图中 MN 即为 M 到 N 的最短路径．
ON＝14×16＝4，OM＝2， ∴|MN|＝ OM2＋ON2＝ 22＋42＝2 5. 故选 B.
小提示： 利用底面半径与母线的关系，以及△SAB 的面积值求出底面 半径是解题的突破口，把条件转化为方程，从而寻求 l 和 r 之间 的关系．
b．球内接棱锥体积的最值问题 2．(2018·全国Ⅲ，10,5 分)设 A，B，C，D 是同一个半径为 4 的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为 9 3，则 三棱锥 D－ABC 体积的最大值为( B ) A．12 3 B．18 3 C．24 3 D．54 3
(江苏专用)2020高考数学二轮复习专题二立体几何第二讲大题考法——平行与垂直课件
[方法技巧] 立体几何证明问题的 2 个注意点 (1)证明立体几何问题的主要方法是定理法，解题时必须按照 定理成立的条件进行推理．如线面平行的判定定理中要求其中一 条直线在平面内，另一条直线必须说明它在平面外；线面垂直的 判定定理中要求平面内的两条直线必须是相交直线等，如果定理 的条件不完整，则结论不一定正确． (2)证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几 何的相关知识，因此需要多画出一些图形辅助使用．
(2)AAMB ＝14，理由如下： 取 D1E 的中点 L，连接 FL，AL， ∴FL∥EC，FL＝12EC＝1. 又 EC∥AB，∴FL∥AB，且 FL＝14AB， ∴M，F，L，A 四点共面．若 MF∥平面 AD1E，则 MF∥AL.∴四边形 AMFL 为平行四边形， ∴AM＝FL＝14AB，即AAMB ＝14.
题型(二)
两平面之间位置 关系的证明
考查面面平行和面面垂直，都需要用判定定理，其本质是 考查线面垂直和平行.
[典例感悟] [例 2] (2019·南京盐城一模)如图，在直三棱 柱 ABC-A1B1C1 中，D，E 分别是棱 BC，CC1 上 的点(其中点 D 不同于点 C)，且 AD⊥DE，F 为 棱 B1C1 上的点，且 A1F⊥B1C1. 求证：(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1； (2)A1F∥平面 ADE. [证明] (1)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，CC1⊥平面 ABC. 因为 AD⊂平面 ABC，所以 CC1⊥AD. 又 AD⊥DE，在平面 BCC1B1 中，CC1 与 DE 相交， 所以 AD⊥平面 BCC1B1. 又 AD⊂平面 ADE，所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1.
[方法技巧] 与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤
[演练冲关]
2020版高考数学大二轮复习第二部分专题3立体几何第3讲空间向量与立体几何课件理
(1)求证：SC⊥平面 SAD； (2)设A→E＝12E→B，求平面 SEC 与平面 SBC 所成的二面角的正弦值．
解析：(1)证明： ∵BC⊥SD ，BC⊥CD， 则 BC⊥平面 SDC, 又 BC∥AD， 则 AD⊥平面 SDC，SC⊂平面 SDC， SC⊥AD， 又在△SDC 中，SC＝SD＝2, DC＝AB＝2 2，故 SC2＋SD2＝DC2 则 SC⊥SD ，又 SD∩AD＝D ∴SC⊥平面 SAD
则 A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,4,0)，D(2,0,0)，P(1,2),
假设存在 M(a，b，c)满足要求，设CCMP ＝λ(0≤λ≤1)，即C→M＝λC→P， 所以 M(2－λ，4－3λ，2λ)，
易得平面 PBD 的一个法向量为B→C＝(2,2,0). 设 n 为平面 ABM 的一个法向量，A→B＝(0,2,0), A→M＝(2－λ，4－3λ，2λ)
立体几何中的探索性问题
考情调研
考向分析
在探索性问题中，涉及用向量法先计算，再判断，考查热点 1.探索点的存在性．
是空间角的求解．题型以解答题为主，要求有较强的运算能 2.探索平行或垂直关系.
力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.
[题组练透] 1．如图，四棱锥 P-ABCD 中，AB∥DC，∠ADC＝π2，AB＝AD＝12CD＝2，PD＝PB ＝ 6，PD⊥BC.
设PPBF＝λ(λ∈[0,1])， 则P→F＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以E→F＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)，
易得平面 ABCD 的一个法向量为 m＝(0,0,1)． 设平面 PDC 的法向量为 n＝(x，y，z)，
n·P→C＝0， 由n·P→D＝0，
解析：(1)证明： ∵BC⊥SD ，BC⊥CD， 则 BC⊥平面 SDC, 又 BC∥AD， 则 AD⊥平面 SDC，SC⊂平面 SDC， SC⊥AD， 又在△SDC 中，SC＝SD＝2, DC＝AB＝2 2，故 SC2＋SD2＝DC2 则 SC⊥SD ，又 SD∩AD＝D ∴SC⊥平面 SAD
则 A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,4,0)，D(2,0,0)，P(1,2),
假设存在 M(a，b，c)满足要求，设CCMP ＝λ(0≤λ≤1)，即C→M＝λC→P， 所以 M(2－λ，4－3λ，2λ)，
易得平面 PBD 的一个法向量为B→C＝(2,2,0). 设 n 为平面 ABM 的一个法向量，A→B＝(0,2,0), A→M＝(2－λ，4－3λ，2λ)
立体几何中的探索性问题
考情调研
考向分析
在探索性问题中，涉及用向量法先计算，再判断，考查热点 1.探索点的存在性．
是空间角的求解．题型以解答题为主，要求有较强的运算能 2.探索平行或垂直关系.
力，广泛应用函数与方程的思想、转化与化归思想.
[题组练透] 1．如图，四棱锥 P-ABCD 中，AB∥DC，∠ADC＝π2，AB＝AD＝12CD＝2，PD＝PB ＝ 6，PD⊥BC.
设PPBF＝λ(λ∈[0,1])， 则P→F＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以E→F＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)，
易得平面 ABCD 的一个法向量为 m＝(0,0,1)． 设平面 PDC 的法向量为 n＝(x，y，z)，
n·P→C＝0， 由n·P→D＝0，
2020版新一线数学二轮专题复习艺术专用课件：第七章立体几何第2节
(4)没有公共点的两条直线是异面直线．( ) (5)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
[小题查验] 1．在下列命题中，不是公理的是( ) A．平行于同一个平面的两个平面相互平行 B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面 C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有 的点都在此平面内 D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一 条过该点的公共直线 解析：A [A 不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；B， C，D 是平面的基本性质公理．]
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
3．已知直线 a 和平面 α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且 a 在 α，β 内的射影分别为直线 b 和 c，则直线 b 和 c 的位置关系是( )
A．相交或平行 B．相交或异面 C．平行或异面 D．相交、平行或异面
解析：D [依题意，直线 b 和 c 的位置关系可能是相交、平行或 异面．]
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
空间两条直线位置关系的判定方法
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
[跟踪训练] (2019·全国Ⅲ卷) 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( )
第七章
基础自主夯实
即异面直线 A1B 与 AD1 所成角的余弦值为45.]
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
[小题查验] 1．在下列命题中，不是公理的是( ) A．平行于同一个平面的两个平面相互平行 B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面 C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有 的点都在此平面内 D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一 条过该点的公共直线 解析：A [A 不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；B， C，D 是平面的基本性质公理．]
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
3．已知直线 a 和平面 α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且 a 在 α，β 内的射影分别为直线 b 和 c，则直线 b 和 c 的位置关系是( )
A．相交或平行 B．相交或异面 C．平行或异面 D．相交、平行或异面
解析：D [依题意，直线 b 和 c 的位置关系可能是相交、平行或 异面．]
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
空间两条直线位置关系的判定方法
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
[跟踪训练] (2019·全国Ⅲ卷) 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( )
第七章
基础自主夯实
即异面直线 A1B 与 AD1 所成角的余弦值为45.]
第七章
基础自主夯实
考点层级突破
课时分组冲关
【精品推荐】2020届高考二轮复习专题：立体几何中的平行与垂直问题(共29张PPT)
PA＝AB，D为PB中点． AD⊥PB PBC
联想三线合一的思想
证明：BC⊥平面PAB AD⊂平面PAB
BC⊥AD
PA＝AB D为PB的中点
AD⊥PB
PB∩BC＝B
AD⊥平面PBC
PB，BC⊂平面PBC
(2)若点F在线段AC上，且满足AD∥平面PEF，求FACF 的值．
分析: 线∥面
线∥线（交线）
求证:(1)直线OG∥平面EFCD;(2)直线AC⊥平面ODE.
分析： OG∥CD OG∥平面EFCD
证明： 四边形ABCD是菱形,AC∩BD=O
点O是BD的中点
点G是BC的中点
OG∥CD,且OG=12
OG 平面EFCD,
CD
OG∥平面EFCD
CD 平面EFCD
例4：如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是菱形,AC,BD相交于点 O,EF∥AB,AB=2EF,平面BCF⊥平面ABCD,BF=CF,点G为BC的中点. 求证:(2)直线AC⊥平面ODE.
立体几何中的平行与垂直问题
苏教版高三数学
年份
2019 2018
2017
题号
考查内容
命题规律
9 三棱锥的体积
江苏高考对立体几何的考查一
15 证明线面平行和线线垂直 般是填空题和解答题各一题。
10 正方体的结构、棱锥的体积 填空题命题的重点是面积和体
积的计算，试题难度中等；
15 证明线面平行和面面垂直
线AC上，求证：平面PAC⊥平面PDE.
分析： 线 线
线面
面面
联想： AB＝ 2 BC 联想 三角形相似 点在面内射影 联想 线面垂直
证明： 在四棱锥P-ABCD中，设AC，DE相交
【精品推荐】2020高考数学(理科)二轮专题复习课标通用版 课件 专题4 立体几何第1部分 专题4 第2讲 Word版
(3)证明面面垂直的方法：①利用定义：两个平面相 交，所成的二面角是直二面角；②面面垂直的判定定 理：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β.
• 5．(2018·江苏卷)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝ AB，AB1⊥B1C1.
• 求证：(1)AB∥平面A1B1C；
• (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC．
A1D⊥平面ABC．因为CC1∥
AA1，所以∠A1AB即为异面直线 AB与CC1所成的角(或其补角)．
设三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长均为1，则AD＝
3 2
，A1D＝
1 2
，A1B＝
2 2
，由余弦定理可以得到cos∠
A1AB＝A1A2＋2AA1AB·2A－BA1B2＝12＋×11－×121＝34.故选B项．
解析 (1)证明：因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面
ABCD，所以AC⊥PC．因为AB＝2，AD＝CD＝1，所以 AC＝BC＝ 2 ，所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC．又 BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC．因为AC⊂平面 EAC，所以平面EAC⊥平面PBC．
(2)由PC＝ 2，PC⊥CB，得S△PBC＝12×( 2)2＝1. 由(1)知，AC为三棱锥APBC的高． 易知Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB， 则PA＝AB＝PB＝2， 于是S△PAB＝12×22×sin 60°＝ 3.
∥AB．在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1 ∥ED．又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以
A1B1∥平面DEC1.
• (2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以
BE⊥AC．因为三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱， 所以CC1⊥平面ABC．又因为BE⊂平面ABC，
2020高考数学(文理通用)大二轮课件：专题五立体几何第1讲
S 棱锥＝S 底面＋S 侧面
V 棱台＝13h(S＋ SS′＋S′) (S，S′为底面积，h 为高)
S 棱台＝S 上底＋S 下底＋S 侧面
V 圆柱＝πr2h(r 为底面半径，h 为高)
S 圆柱＝___2_π_rl_＋__2_π_r_பைடு நூலகம்_______ (r 为底面半径，l 为母线长)
名称
体积
表面积
圆锥 V 圆锥＝__13_π_r_2_h______ (r 为底面半径，h 为高)
2．(文)(2018·全国卷Ⅰ，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)
A．8
B．6 2
C．8 2
D．8 3
[解析] 如图，连接 AC1 和 BC1， 因为 AB⊥平面 BB1C1C，AC1 与平面 BB1C1C 所成角 为 30°，所以∠AC1B＝30°， 所以BACB1＝tan30°，BC1＝2 3，所以 CC1＝2 2，所 以 V＝2×2×2 2＝8 2.
• 2．空间几何体的三视图和直观图
• (1)空间几何体的三视图
• 三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方 、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面 图形，三视图的画法规则为“长对正、高平齐、宽相等” ．
• 画三视图的基本要求：正(主)俯一样长，俯侧(左)一样宽 ，正(主)侧(左)一样高．
圆台 V 圆台＝13πh(r2＋rr′＋r′2) (r，r′为底面半径，h 为高)
S 圆锥＝________π_rl_＋__π_r_2__ (r 为底面半径，l 为母线长)
S 圆台＝_π_(r_＋__r_′)_l_＋__π_r2_＋__π_r_′2____
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A．V1<V2<V4<V3 B．V1<V3<V2<V4 C．V2<V1<V3<V4 D．V2<V3<V1<V4 解析 V1 表示一个圆台的体积，底面直径分别为 2,4， 高为 1，故 V1＝13(4π＋2π＋π)×1＝73π.V2 表示圆柱的体积， 底面直径为 2，高为 2，故 V2＝2π.V3 表示正方体的体积，棱 长为 2，故 V3＝23＝8.V4 表示一个棱台的体积，上、下底面 分别为边长是 2、4 的正方形，高为 1，故 V4＝13(4＋16＋8)×1 ＝238.比较大小可得 V2<V1<V3<V4.
为 2，将该三角形绕其斜边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．2
2π 3
B．4
2π 3
C．2 2π
D．4 2π
15．[2016·山东高考]一个由半球和四棱 锥组成的几何
体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为(
)
A．13＋23π
C．13＋
2 6π
B．13＋
2 3π
D．1＋
2 6π
16．[2016·全国卷Ⅲ]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(
)
A．4π
B．92π
C．6π 解析
易知
ACD＝．103.32设π 底面△ABC
的内切圆的半径为
r，
则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r，所以 r＝2，因为 2r＝4>3，所
面积是(
)
A．8π
B．6π
C．4π
D．π
解析 设正方体的棱长为 a，则 a3＝8，∴a＝2.而此正 方体的内切球直径为 2，∴S 表＝4πr2＝4π.
A.65π cm3
2 C.3π
cm3
B．3π cm3
7 D.3π
cm3
解析 由三视图可知，此几何体为底面半径为 1 cm、高 为 3 cm 的圆柱上部去掉一个半径为 1 cm 的半球，所以其体 积为 V＝πr2h－23πr3＝3π－23π＝73π(cm3)．
)
1 A.3
π B.6
2 C.3
D．1
A．29 cm C．32 cm
B．30 cm D．48 cm
解析 设这个简单几何体的总高度为 h，如图乙简单几 何体上面没有充满水的高度为 x，如图丙简单几何体上面没
有充满水的高度为 y，则πx＋ x＝209π＝y， y＋28 ⇒xy＝ ＝91， ， 所以 h ＝29.
4．将一个边长分别为 4π，8π 的矩形卷成一个圆柱，则
这个圆柱的表面积是(
)
A．40π2
B．64π2
C．32π2 或 64π2 D．32π2＋8π 或 32π2＋32π
解析 当以长度为 4π 的边为底面圆时，底面圆的半径
为 2，两个底面的面积是 8π；当以长度为 8π 的边为底面圆
时，底面圆的半径为 4，两个底面圆的面积为 32π.无论哪种 方式，侧面积都是矩形的面积 32π2.故所求的面积是 32π2＋8π 或 32π2＋32π.
8π B. 3
C．4π
16π D. 9
A．4π＋16＋4 3 B．5π＋16＋4 3 C．4π＋16＋2 3 D．5π＋16＋2 3 解析 由三视图可知，该几何体是一个正三棱柱和一个 半圆柱的组合体，三棱柱的两个侧面面积之和为 2×4×2＝ 16，两个底面面积之和为 2×12×2× 3＝2 3；半圆柱的侧 面积为 π×4＝4π，两个底面面积之和为 2×12×π×12＝π，所 以几何体的表面积为 5π＋16＋2 3，故选 D.
(
)
A．1 C．4
B．2 D．8
三、模拟小题
21．[2016·洛阳统考]如图是某几何体的三视图，则该几
何体的体积为(
)
A．64＋32π
B．64＋64π
C．256＋64π
D．256＋128π
22．[2016·广东茂名二模]若几何体的三视图如图所示，
则该几何体的外接球的表面积为(
)
A．34π B．35π C．36π D．17π
23．[2017·合肥月考]某几何体的三视图如图所示，则该
几何体的体积为(
)
A．2
B.83
C．3
D.130
24．[2017·山西临汾期末]已知球 O，过其球面上 A，B，
C 三点作截面，若 O 点到该截面的距离是球半径的一半，且
AB＝BC＝2，∠B＝120°，则球 O 的表面积为(
)
64π A. 3
A．18＋36 5 B．54＋18 5
C．90
D．81
解析 由三视图可知，该几何体的底面是边长为 3 的正
方形，高为 6，侧棱长为 3 5的平行六面体，则该几何体的
表面积 S＝2×32＋2×3×3 5＋2×3×6＝54＋18 5.故选 B.
14．[2015·山东高考]已知等腰直角三角形的直角边的长
第一部分 考点通关练 第六章 立体几何
考点测试41 空间几何体的表面积和体积
第1步 狂刷小题·练基础
A．2 3 C．8
B．4 3 D．4
解析 由三视图知，原几何体为两个四棱锥的组合体，
其中四棱锥的底面边长为 1，斜高为 1，所以这个几何体的
表面积为 S＝12×1×1×8＝4.
2．一个正方体的体积是 8，则这个正方体的内切球的表
以最大球的直径 2R＝3，即 R＝14 斛 C．36 斛
B．22 斛 D．66 斛
18．[2015·全国卷Ⅰ]圆柱被一个平面截去一部分后与半
球(半径为 r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和
俯视图如图所示．若该几何体的表面积为 16＋20π，则 r＝
第2步 精做大题·练能力
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A．4
14 B. 3
16 C. 3
D．6
解析 依题意，所求几何体是一个四棱台，其中上底面
是边长为 1 的正方形、下底面是边长为 2 的正方形，高是 2，
因此其体积等于13×(12＋22＋ 1×4)×2＝134，故选 B.
6．某几何体的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则该
几何体的体积不可能是(