高考数学理科专题 立体几何

高考数学理科专题 立体几何

必考点一 空间几何体的三视图、表面积与体积

[高考预测]——运筹帷幄

1．以三视图为背景的几何体的识别问题．

2．空间几何体与三视图相结合，计算几何体的表面积和体积． 3．球及有关组合体的表面积与体积． [速解必备]——决胜千里 1．一个物体的三视图的排列规则

俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，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．(1)设长方体的相邻的三条棱长为a 、b 、c 则体对角线长为

a 2＋

b 2＋

c 2

(2)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R .

(3)若球面上四点P 、A 、B 、C 构成的线段P A 、PB 、PC 两两垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2，把有关元素“补形”成为一个球内接长方体(或其他图)

[速解方略]——不拘一格

类型一 有关几何体的三视图的计算

[例1] (1)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )

A.18

B.17

C.16

D.15

解析：基本法：由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后

剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为

V 1＝13×12×1×1×1＝16， 剩余部分的体积V 2＝13－16＝5

6. 所以V 1V 2

＝1656＝1

5，故选D.

速解法：如图所示，

VA -A 1B 1D 1＝13VABD -A 1B 1D 1＝1

6V 正方体 VA -A 1B 1D 1＝1

5VABCD -B 1C 1D 1 答案：D

方略点评：基本法是具体计算几何体的体积，速解法是根据几何体间的体积关系求得答案.

(2)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 ＝(

)

A．1 B．2

C．4 D．8

解析：基本法：由已知可知，该几何体的直观图如图所示，其表面积为2πr2＋πr2＋4r2＋2πr2＝5πr2＋4r2.由5πr2＋4r2＝16＋20π，得r＝2.故选B.

速解法：由几何体特征可知，球的表面积，圆的面积，圆柱侧面积都含有“π”，只有圆柱的轴截面面积不含“π”，∴即2r·2r＝16，∴r＝2，故选B.

答案：B

方略点评：(1)基本法是具体计算出几何体的表面积的表达式.速解法是根据几何体特征想出表面积表达式特征由部分几何体求r.

(2)此类题关键是将三视图恢复为直观图，并找清几何体的标量，代入公式计算.

1．如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm，高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()

A.1727

B.59

C.1027

D.13

解析：基本法：该零件是两个圆柱体构成的组合体，其体积为π×22×4＋π×32×2＝34π cm 3，

圆柱体毛坯的体积为π×32×6＝54π cm 3， 所以切削掉部分的体积为54π－34π＝20π cm 3，

所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为20π54π＝10

27，故选C. 答案：C

2．(高考原题·高考全国丙卷)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，则该多面体的表面积为( )

A ．18＋36 5

B ．54＋18 5

C ．90

D ．81

解析：先根据三视图确定几何体的形状，再求其表面积．

由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B. 答案：B

类型二 球及其组合体

[例2] (1)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 ．36π B ．64π C ．144π D ．256π

解析：基本法：画出球的直观图，利用锥体的体积公式求解． 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，

∴S △AOB ＝12R 2.

∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，

∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，

∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC

最大为13×12R 2

×R ＝36，

∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.

速解法：设球的半径为r, 则V O -ABC

＝13×12×r 2h ≤16r 3＝36，故r ＝6.故S 球＝4πr 2

＝144π. 答案：C

方略点评：基本法是根据直观图，找到C 点位置.,速解法是利用V O -ABC 的表达式的代数关系(≤1

6r 3)直接求得r .

(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( ) A.81π

4 B ．16π C ．9π D.27π

4

解析：基本法：如图所示，R 2＝(4－R )2＋2，

∴R 2＝16－8R ＋R 2＋2，∴R ＝9

4， ∴S 表＝4πR 2＝4π×8116＝81π

4，选A.

速解法：由几何体的直观图可看出R ＞h

2＝2(∵h ＜2R ) ∴S 表＝4πR 2＞16π，只能选A. 答案：A

方略点评：(1)基本法是根据球的内接四棱锥的性质建立R 的方程求R .速解法是估算球的半径的取值范围从而想到S 表的范围而选答案，巧而快. (2)有关球的组合体转化为球的轴截面中圆的性质.

1．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器

口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( ) A.500π3cm 3 B.866π3cm 3 C.1 372π3cm 3 D.2 048π3cm 3

解析：基本法：设球半径为R ，如图所示，B 为弦的中点，OA ＝OC ＝R ，由垂径定理，知△OBA 为直角三角形．

BC ＝2，BA ＝4，OB ＝R －2，OA ＝R ， 由R 2＝(R －2)2＋42，得R ＝5，

所以球的体积为43π×53＝500

3π(cm 3)，故选A. 答案：A

2．(高考原题·高考全国甲卷)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 ．12π B.323π C ．8π D ．4π

解析：由正方体的体积为8可知，正方体的棱长a ＝2.又正方体的体对角线是其外接球的一条直径，即2R ＝3a (R 为正方体外接球的半径)，所以R ＝3，故所求球的表面积S ＝4πR 2＝12π. 答案：A

[终极提升]——登高博见

选择题、填空题的解法——范围分析法

限时速解训练十三 空间几何体的三视图、表面积与体积

(建议用时40分钟)

一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)

1．一个四面体的顶点在空间直角坐标系O -xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，

(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为()

解析：选A.设O(0,0,0)，A(1,0,1)，B(1,1,0)，C(0,1,1)，将以O、A、B、C为顶点的四面体补成一正方体后，由于OA⊥BC，所以该几何体以zOx平面为投影面的正视图为A.

2．如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是()

A．三棱锥

B．三棱柱

C．四棱锥

D．四棱柱

解析：选B.原几何体为如图所示的三棱柱，故选B.

3．一个几何体的三视图中，正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则俯视图不可能为()

解析：选C.若几何体的俯视图为C选项，则其正视图中矩形的中间应为实线，与题意不符，即俯视图不可能为C选项，故选C.

4．某四棱锥的三视图如图所示，记A为此棱锥所有棱的长度的集合，则()

A．2∈A，且4∈A B.2∈A，且4∈A

C．2∈A，且25∈A D.2∈A，且17∈A

解析：选D.由俯视图可知，该四棱锥的底面边长为2，由主视图可知四棱锥的高为4，所以其侧棱长为16＋1＝17，故选D.

5．如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为()

A．2 B．3

C．4 D．5

解析：选C.作出三棱锥的直观图如图所示，由三视图可知AB ＝BD ＝2，BC ＝CD ＝2，AD ＝22，AC ＝6，故△ABC ，△ACD ，△ABD ，△BCD 均为直角三角形，故选C.

6．半径为R 的球O 中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是( ) A ．πR 2 B ．2πR 2 C ．3πR 2 D ．4πR 2

解析：选B.设球的内接圆柱的底面圆半径为r ，母线长为l ，则? ????

l 22＋r 2＝R 2，该

圆柱的侧面积为2πrl ＝π4r 2l 2

＝π(4R 2

－l 2)l 2

≤π×(4R 2－l 2)＋l 22

＝2πR 2

，当且仅

当l ＝2R 时取等号，所以该圆柱的侧面积的最大值是2πR 2，又球的表面积为4πR 2，所以球的表面积与该圆柱的侧面积之差是4πR 2－2πR 2＝2πR 2，故选B. 7．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积为( )

A ．17

B ．22

C ．14＋213

D ．22＋213

解析：选D.作出四棱锥P -ABCD 的直观图如图所示，AB ＝4，BC ＝2，PC ＝3，S 矩形ABCD ＝2×4＝8，S △BCP ＝12×2×3＝3，S △ABP

＝12×22＋32

×4＝213，S △CDP ＝12×3×4＝6，S △ADP ＝1

2×2×32＋42＝5，故四棱锥的表面积S ＝8＋3＋213＋6＋5＝22＋213，故选D.

8．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )

A ．48

B ．32＋87

C ．48＋817

D ．32

解析：选C.由三视图可得该几何体是平放的直四棱柱，底面是上底边长为2、下底边长为4、高为4的等腰梯形，四棱柱的侧棱长(即高)为4，所以一个底面面积是1

2×(2＋4)×4＝12，侧面积为417×2＋2×4＋4×4＝24＋817，故表面积

是12×2＋24＋817＝48＋817，故选C.

9．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π

2，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.2π3 B.4π3 C.5π

3 D ．2π

解析：选C.过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周所形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的

圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V

圆锥

＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12

×1＝5π3，

故选C.

10．(高考原题·山东淄博一模)某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为1的正方体，其中正(主)视图、侧(左)视图中的两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是( )

A.56

B.3

4 C.12 D.16

解析：选A.由三视图可知该几何体为一正方体挖去一个倒臵且高为1

2的正四棱锥，

所以该几何体的体积为1－13×12×1×1＝5

6.故选A.

11．(高考原题·吉林长春一模)下图为一个半球挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )

A.? ????83＋22π

B.? ????83＋42π C ．(4＋22)π D ．(8＋42)π

解析：选D.该几何体的表面积为半球面积与圆锥侧面积之和，即S ＝1

2·4πr 2＋πrl

＝8π＋42π＝(8＋42)π.故选D.

12．某几何体的三视图如图所示，当xy 最大时，该几何体的体积为( )

A ．27

B ．47

C ．87

D ．167

解析：选D.该几何体的直观图如图所示，由直观图可知P A 2＝102－y 2＝x 2－(27)2，∴x 2＋y 2＝128.

又∵128＝x 2＋y 2≥2xy ，当且仅当x ＝y 时xy 取得最大值，

∴此时??? x 2＋y 2

＝128，x ＝y ，∴???

x ＝8，y ＝8.

∴h ＝P A ＝6，

∴V ＝13·S △ABC ·|P A |＝13×12×27×8×6＝167. 二、填空题(把答案填在题中横线上)

13．(高考原题·山东临沂模拟)四面体ABCD 中，共顶点A 的三条棱两两相互垂直，且其长分别为2,3,4.若四面体A -BCD 的四个顶点在同一个球面上，则这个球的表面积为________．

解析：依题意，原几何体是一个三棱锥，可以看作一条棱与底面垂直且其长度为3，底面是一个直角三角形，两直角边长分别为2,4，这个几何体可以看作是长、宽、高分别为4,2,3的长方体的一部分，则其外接球的半径为R ＝1242＋22＋32＝292，故这个球的表面积为S ＝4πR 2

＝4π

? ????2922＝29π. 答案：29π

14．(高考原题·山东德州模拟)一个几何体的三视图如图所示，其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积是________．

解析：观察三视图可知，该几何体是圆锥的一半与一个四棱锥的组合体，圆锥底面半径为2，四棱锥底面边长分别为3,4，它们的高均为

42

－? ??

??422

＝23，所

以该几何体的体积为12×13π×22×23＋13×4×3×23＝83＋43

3π. 答案：43

3π＋8 3

15．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1

V 2

的值是________．

解析：设甲、乙两个圆柱的底面半径和高分别为r 1、h 1，r 2、h 2，由侧面积相等，即2πr 1h 1＝2πr 2h 2，得h 1h 2

＝r 2

r 1

.

又S 1S 2＝πr 21πr 22＝9

4，所以r 1r 2

＝32， 则V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝r 21r 22·h 1h 2＝r 21r 22·r 2r 1＝r 1r 2＝32

.

答案：32

16．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.

解析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，其上部是一个圆锥，底面圆半径为2，高为2，下部是一个圆柱，底面圆半径为1，高为4，故该几何体的体积V ＝13×π×22×2＋π×12×4＝8π3＋4π＝20π3. 答案：20π3

必考点二 空间直线与平面的位置关系及空间角计算

[高考预测]——运筹帷幄

1．空间线线平行、线面平行、面面平行的判定和性质． 2．空间线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定和性质． 3．空间异面直线的判定，求解异面直线所成的角． [速解必备]——决胜千里

1．经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(唯一性)

2．如果一条直线与两个相交平面都平行，那么这条直线必与它们的交线平行．(线∥面?线∥线)

3．三个平面两两垂直，其交线也两两垂直．(面⊥面?线⊥线)

4．两条平行线中的一条垂直于平面，则另一条也垂直于平面．(线∥线?线⊥面) 5．一条直线垂直于两个平行平面的一个平面，则该直线垂直于另一个平面．(面∥面?线⊥面)

6．两个相交平面同垂直第三个平面，则交线也垂直于第三个平面．(面⊥面?线⊥面)

7．垂直于同一条直线的两个平面平行．(线⊥面?面∥面)

8．一个平面及该平面外的一条直线，同垂直于第二个平面，则直线与该平面平

行．(面⊥面?线∥面)(反之也成立)

[速解方略]——不拘一格

类型一空间位置关系的判定

[例1](1)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，则()

A．α∥β且l∥α

B．α⊥β且l⊥β

C．α与β相交，且交线垂直于l

D．α与β相交，且交线平行于l

解析：基本法：若α∥β，则m∥n，这与m、n为异面直线矛盾，所以A不正确．将已知条件转化到正方体中，易知α与β不一定垂直，但α与β的交线一定平行于l，从而排除B、C.故选D.

速解法：构造图形如图所示，知D项正确．

答案：D

方略点评：基本法是逐个排除选项，利用线面关系定理进行推证.速解法是根据已知条件画出适合题意的图形，进行证明.

(2)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是() A．若m∥α，n∥α，则m∥n

B．若m⊥α，n?α，则m⊥n

C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α

D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α

解析：基本法：对A，m，n还可能异面、相交，故A不正确；对B，由线面垂直的定义可知正确；对C，n还可能在平面α内，故C不正确；对D，n还可能在α内，故D不正确．

速解法：在正方体中，找出相应的m、n与面之间的关系，可知B正确．

答案：B

方略点评：判断线面的位置关系，一种方法是根据判定定理或性质定理进行理论推证，另一种方法，把线面放置在具体的几何体中进行判定.

1．(高考原题·山东莱芜二模)设m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列命题中不正确的是()

A．当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”的充要条件

B．当m?α时，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件

C．当m?α时，“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件

D．当m?α时，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件

解析：基本法：C中，当m?α时，若n∥α，则直线m，n可能平行，可能异面；若m∥n，则n∥α或n?α，所以“n∥α”是“m∥n”的既不充分也不必要条件，故C项不正确．

答案：C

2．(高考原题·高考全国甲卷)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________．(填写所有正确命题的编号)

解析：对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：

如图，不妨设AA′为直线m，CD为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．

命题②正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，结论正确．

由平面与平面平行的定义知命题③正确．

由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．

答案：②③④

类型二 空间角的计算

[例2] (1)已知正四面体A -BCD 中，E 是AB 的中点，则异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为( ) A.16 B.36 C.13 D.33

解析：基本法：画出正四面体A -BCD 的直观图，如图所示．设其棱长为2，取AD 的中点F ，连接EF ，设EF 的中点为O ，连接CO ，则EF ∥BD ，则∠FEC 就是异面直线CE 与BD 所成的角．△ABC 为等边三角形，则CE ⊥AB ，易得CE ＝3，同理可得CF ＝3，故CE ＝CF .因为OE ＝OF ，所以CO ⊥EF .又EO ＝1

2EF ＝14BD ＝12，所以cos ∠FEC ＝EO CE ＝123＝36.

答案：B

方略点评：利用平移法把CE 与BD 的角转化为三角形内角求解.

(2)已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.33 C.23

D.13

解析：基本法：如图(1)，连接AC ，交BD 于点O ，由正四棱柱的性质，有AC ⊥BD .

因为CC 1⊥平面ABCD ，所以CC 1⊥BD .又CC 1∩AC ＝C ，所以BD ⊥平面CC 1O .在平面CC 1O 内作CH ⊥C 1O ，垂足为H ，则BD ⊥CH .又BD ∩C 1O ＝O ，所以CH ⊥平面BDC 1，连接DH ，则DH 为CD 在平面BDC 1上的射影，所以∠CDH 为CD 与平面BDC 1所成的角．设AA 1＝2AB ＝2.在Rt △COC 1中，由等面积变换易求得CH ＝23.在Rt △CDH 中，sin ∠CDH ＝CH CD ＝2

3.

速解法：以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图(2)设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．

设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→

，所以有??

?

x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，

令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝??

??????n ·DC →|n ||DC →|＝23. 答案：A

方略点评：基本法是四棱柱的性质几何中的垂直 ，确定线面角位置化归到直角三角形中求解.,速解法建立空间直角坐标，用向量求解，消去位置关系的分析.

1．(高考原题·高考全国乙卷)平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( )

A.32

B.22

C.

3

3 D.

1

3

解析：

根据平面与平面平行的性质，将m，n所成的角转化为平面CB1D1与平面ABCD 的交线及平面CB1D1与平面ABB1A1的交线所成的角．

设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1.

∵平面α∥平面CB1D1，∴m1∥m.

又平面ABCD∥平面A1B1C1D1，

且平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，

∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m.

∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面CB1D1∩平面DCC1D1＝CD1，同理可证CD1∥n.

因此直线m与n所成的角即直线B1D1与CD1所成的角．

在正方体ABCD-A1B1C1D1中，△CB1D1是正三角形，

故直线B1D1与CD1所成角为60°，其正弦值为

3 2.

答案：A

2．(高考原题·山东临沂二模)在三棱锥S-ACB中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝13，SB＝29，则SC与AB所成角的余弦值为________．

解析：基本法：如图，取BC的中点E，分别在平面ABC内作DE∥AB，在平面SBC内作EF∥SC，则异面直线SC与AB所成的角为∠FED，过F作FG⊥AB，连接DG，则△DFG为直角三角形．