2018届高考数学(文)专题复习课件：第1部分 专题五 立体几何 1-5-2
2018届高三高考数学复习课件：高考专题突破四高考中的立体几何问题
体的表面积是(
)
A．20＋3π
B．24＋3π
C．20＋4π
D．24＋4π
【解析】 根据几何体的三视图可知， 该几何体是一个正方体 和一个半圆柱的组合体，其中正方体的棱长为 2，半圆柱的底面 半径为 1，母线长为 2，故该几何体的表面积为 4×5＋2×π＋2 1 ×2π＝20＋3π. 【答案】 A
分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点
H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．
(1)证明：AC⊥HD′； 5 (2)若 AB＝5，AC＝6，AE＝4，OD′＝2 2，求五棱锥 D′ABCFE 的体积．
【解析】 (1)证明 由已知得 AC⊥BD，AD＝CD，又由 AE＝ AE CF CF 得AD＝CD，故 AC∥EF，由此得 EF⊥HD，折后 EF 与 HD 保持垂直关系，即 EF⊥HD′，所以 AC⊥HD′. OH AE 1 (2)由 EF∥AC 得DO＝AD＝4. 由 AB＝5，AC＝6 得 DO＝BO＝ AB2－AO2＝4， 所以 OH＝1，D′H＝DH＝3， 于是 OD′2＋OH2＝(2 2)2＋12＝9＝D′H2，
【证明】 (1)取B1D1的中点O1，连接CO1 ，A1O1， 由于ABCDA1B1C1D1是四棱柱， 所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，
因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以
A1O∥O1C. 又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1， 所以A1O∥平面B1CD1.
【例2】 (2017· 山东高考)由四棱柱 ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后得到 的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形 ，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，
A1E⊥平面ABCD.
2018届高三数学理高考二轮复习书讲解课件第一部分 专题四 第一讲 空间几何体 精品
考点三
考点一 考点二 考点三
试题 解析
[巩固题组·增分练]
1．(2016·重庆模拟)已知三棱锥 P-ABC 的所有顶点都在半径为 1
的球 O 的球面上，△ABC 是边长为 1 的正三角形，PC 为球 O 的
直径，则该三棱锥的底面 ABC 上的高为( D )
考点一
考点一 考点二
[自主突破·提速练]
试题 解析
1．(2016·广州模拟)已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，
给出下列 5 个图形：
考点三
其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数是( B )
A．5
B．4
C．3
D．2
考点一
试题 解析
考点一 考点二 考点三
由题知可以作为该几何体的俯视图的图形有①②③⑤.故选 B.
考点二
考点一 考点二 考点三
1.求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面； 2.在求几何体的表面积和体积时，注意等价转化思想的运用，如 用“割补法”把不规则几何体转化为规则几何体、立体几何问 题转化为平面几何问题等.
考点三 空间几何体与球的切、接问题
考点一 考点二 考点三
[经典结论·全通关] S 球＝4πR2. V 球＝4π3R3(R 为球半径)．
考点一
试题 解析
考点一 考点二 考点三
根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图 完全相同时，俯视图为 B，故选 B.
考点一
考点一 考点二 考点三
要熟悉各种基本几何体的三视图.同时要注意画三视图时，能 看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线.
【高考数学】2018届高三数学(文)二轮复习课件：攻略4.3(高频考点汇总PPT课件)
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评分细则
同上
[名师秘籍] 1．写全得分步骤：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中的得分点 的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中的 AC AE CF OH AE ⊥BD，AD＝CD，AD＝CD；第(2)问中DO＝AD，OD′2＋OH2＝D′H2，AC∩OH ＝O 等． 2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果对第(2)问的 证明或计算用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如 本题就是在第(1)问的基础上证明 OD′⊥平面 ABC.
3．牢记空间几何体的结构特征．用准线面平行、垂直的判定、性质定理及体 积公式：在立体几何类解答题中，通常都以常见的空间几何体为载体去证明空间 的垂直或平行关系，及求几何体体积，因此要牢记空间几何体的结构特征，正确 运用相关的判定定理、 性质定理、 体积公式， 如本题第(2)问中， AC⊥OD′及 OD′ ⊥平面 ABC 的证明，及五棱锥 D′ABCFE 体积 V
破解 6 大解答题
三、立体几何 典型例题 (12 分)如图，菱形 ABCD 的对角 线 AC 与 BD 交于点 O，点 E，F 分别在 AD，CD 上，AE＝CF， EF 交 BD 于点 H，将△DEF 沿 EF 折到△D′EF 的位置． (1)证明：AC⊥HD′； 5 (2)若 AB＝5，AC＝6，AE＝4，OD′＝2 2，求五棱 锥 D′ABCFE 的体积. 题目拆解
本题可拆解成以下几个小问 题： (1)①AC∥EF；②EF⊥HD′. (2)①OD′⊥平面 ABC； ②求五边形 ABCFE 的面积．
标准答案
评分细则
第(1)问踩点说明(针对得分点①②③)： (1)由已知得 AC⊥BD， AD＝CD.1 分 得分点① ①由菱形的性质得到 AC⊥BD，AD＝CD 得 1 分； AE CF ②由 AE＝CF⇒AC∥EF 得 1 分； 又由 AE＝CF 得AD＝CD，故 AC∥EF.1 分 ③由①②得 AC⊥HD′得 2 分． 得分点② 第(2)问踩点说明(针对得分点④⑤⑥⑦⑧⑨)： 由此得 EF⊥HD，故 EF⊥HD′， ④由 EF∥AC 及 AB＝5，AC＝6 得出 OH＝1，D′H ＝3 得 2 分； 又 AC∥EF，所以 AC⊥HD′.2 分 得分点③ ⑤由勾股定理逆定理得到 OD′⊥OH 得 1 分； OH AE 1 (2)由 EF∥AC 得DO＝AD＝4. ⑥由线面垂直的性质得到 AC⊥OD′得 1 分； 由 AB＝5，AC＝6 得 DO＝BO＝ AB2－AO2＝4. ⑦由线面垂直的判定定理得 OD′⊥平面 ABC 得 1 分； 所以 OH＝1，D′H＝DH＝3.2 分 得分点④ ⑧正确求出五边形 ABCFE 的面积得 2 分； （参见下页） ⑨正确求出五棱锥的体积得 1 分.
2018届高考数学文二轮复习全国通用课件：专题四 立体几何 第1讲 精品
2.(2016·全国Ⅱ卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的 三视图，则该几何体的表面积为( )
A.20π
B.24π
C.28π
D.32π
解析 由三视图可知，组合体的底面圆的面积和周长均 为 4π，圆锥的母线长 l＝ （2 3）2＋22＝4，所以圆锥 的侧面积为 S 锥侧＝12×4π×4＝8π，圆柱的侧面积 S ＝ 柱侧 4π×4＝16π，所以组合体的表面积 S＝8π＋16π＋4π＝ 28π，故选 C. 答案 C
解析 (1)由几何体的三视图可知空间几何体的直
观 图 如 图 所 示 .∴ 其 表 面 积
S
表
＝
2×
1 2
×2×1
＋
2× 43×( 2)2＝2＋ 3，故选 C.
(2)由三视图可知该几何体由一个正方体和一 个长方体组合而成，上面正方体的边长为2 cm， 下面长方体是底面边长为4 cm，高为2 cm，其 直观图如右图：其表面积S＝6×22＋2×42＋ 4×2×4－2×22＝80(cm2).体积V＝2×2×2＋ 4×4×2＝40(cm3). 答案 (1)C (2)80 40
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(2)解 因为 ABC－A1B1C1 是直三棱柱， 所以 AA1⊥CD.由已知 AC＝CB，D 为 AB 的中点， 所以 CD⊥AB.又 AA1∩AB＝A，于是 CD⊥平面 ABB1A1. 由 AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2 2得 ∠ACB＝90°，CD＝ 2，A1D＝ 6，DE＝ 3，A1E＝3， 故 A1D2＋DE2＝A1E2，即 DE⊥A1D. 所以 VC－A1DE＝13×12× 6× 3× 2＝1. 探究提高 有关多面体的体积计算首先要熟悉几 何体的特征，其次运用好公式，作好辅助线等.
高三数学-2018《立体几何》高考题解析(文科) 精品
18-18《立体几何》高考题解析（文科）一选择题1把正方形ABCD 沿对角线AC 折起，当A 、B C 、D 四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD 与平面ABC 所成的角的大小为 （ 5.C ）A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°（18湖南5）2四面体ABCD 四个面的重心分别为E 、F 、G 、H ，则四面体EFGH 的表面积与四面体ABCD 的表面积的比值是 （C ）A ．271 B ．161 C ．91 D ．81（18湖北6） 3已知m 、n 是不重合的直线，α、β是不重合的平面，有下列命题：①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ； ②若m ∥α，m ∥β，则α∥β；③若α∩β=n ，m ∥n ，则m ∥α且m ∥β； ④若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β.其中真命题的个数是 （ 6.B ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3（18福建6）4如图，A 、B 、C 是表面积为48π的球面上三点，AB=2，BC=4，∠ABC=60º，O 为球心，则直线 OA 与截面ABC 所成的角是（ 10.D ） A ．arcsin 63B ．arccos 63C ．arcsin33 D ．arccos 33（18福建10）5在下列关于直线l 、m 与平面α、β的命题中,真命题是 （ 13．B ）A ．若l ⊂β且α⊥β,则l ⊥α.B ．若l ⊥β且α∥β,则l ⊥α.C ．若l ⊥β且α⊥β,则l ∥α.D ．若α∩β=m 且l ∥m,则l ∥α. （18上海13） 6不同直线,m n 和不同平面,αβ，给出下列命题（ ） ①////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭ ② //////m n n m ββ⎫⇒⎬⎭③ ,m m n n αβ⊂⎫⇒⎬⊂⎭异面 ④ //m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⎭ 其中假命题有：（ 8．D ）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个（18重庆8）7 如图，棱长为5的正方体无论从哪一个面看，都有两个直通的边长为1的正方形孔，则这个有孔正方体的表面积（含孔内各面）是（ 12．C ） A ．258 B ．234 C ．222 D ．210（18重庆12）8. 91DA2 V 为A. 104B. 38C. 134D. 16（18天津11） （10）如图，在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中已知AB=1，D 在棱BB 1上，且BD=1，若AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，则α= 10.D(A)3π (B)4π(C)410arcsin(D)46arcsin（18浙江10） 11正三棱柱侧面的一条对角线长为2，且与底面成45°角，则此三棱柱的体积为 （ A ）A ．26 B ．6C ．66 D ．36（18甘肃3） 12已知球的表面积为20π，球面上有A 、B 、C 三点.如果AB=AC=BC=23，则球心到平面ABC 的距离为 （ A ）A ．1B ．2C ．3D ．2（18甘肃11）13 正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为（C ）A ．B ．C ．3D ．18广西10） 14已知正四面体ABCD 的表面积为S ，其四个面的中心分别为E 、F 、G 、H ，设四面体EFGH 的表面积为T ，则ST等于（ A ）A ．91B ．94C ．41 D ．31（18河北10） 15设 m, n 是两条不同的直线,r ,,βα是三个不同的平面.给出下列四个命题: ①若m ⊥α,n ∥α,则m ⊥n;② 若α∥β, β∥r, m ⊥α,则m ⊥r; ③ 若m ∥α,n ∥α,则m ∥n;④ 若α⊥r, β⊥r,则α∥β. 其中正确命题的序号是3.A(A)①和② (B)②和③ (C)③和④ (D)①和④（18北京3） 16如图,在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,P 是侧面BB 1C 1C 内一动点,若P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离相等,则动点P 的轨迹所在的曲线是6.D(A) 直线 (B) 圆 (C) 双曲线 (D) 抛物线（18北京6） 17正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1，则侧棱与底面所成的角为（C ） A ．75° B ．60° C ．45° D ．30°（18四川6）18已知球O 的半径为1，A 、B 、C 三点都在球面上，且每两点间的球面距离均为2π，则球心O 到平面ABC 的距离为（ B ） A ．31 B ．33 C ．32 D ．36（18四川10） 19一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为2．C（A ）π28 （B ）π8（C ）π24 （D ）π4 (18河北2)20如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为4．D（A ）32（B ）33 （C ）34（D ）23(18河北4) 21设三棱柱ABC-A 1B 1C 1的体积为V ，P 、Q 分别是侧棱AA 1、CC 1上的点，且PA=QC 1，则四棱锥B-APQC 的体积为C（A ）16V （B ）14V （C ）13V （D ）12V (18四川4) 22不共面的四个定点到平面α的距离都相等，这样的平面α共有D（A ）3个 （B ）4个 （C ）6个 （D ）7个(18四川11)23在正四面体P －ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成．．立．的是（7）C （A ）BC //平面PDF （B ）DF ⊥平面P A E（C ）平面PDF ⊥平面ABC （D ）平面P AE ⊥平面 ABC （18北京7） 24对于不重合的两个平面βα与，给定下列条件：①存在平面γ，使得α、β都垂直于γ； ②存在平面γ，使得α、β都平等于γ； ③存在直线α⊂l ，直线β⊂m ，使得m l //； ④存在异面直线l 、m ，使得.//,//,//,//βαβαm m l l其中，可以判定α与β平行的条件有（ 7.B ）A ．1个B ．2个C 3个D ．4个（18重庆7）25有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面 各连接中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形 的表面积（含最底层正方体的底面面积）超过39，则该塔形中正方体的个数至少是 （ 10.C ） A ．4 B ．5 C ．6 D ．7（18重庆10） 26如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1的中点，则E 到平面AB C1D 1的距离为（ B ） A ．23B ．22C ．21 D ．33（18湖南4）27木星的体积约是地球体积的30240倍，则它的表面积约是地球表面积的（5．C ）A ．60倍B ．6030倍C ．120倍D ．12030倍（18湖北5）28已知a 、b 、c 是直线，β是平面，给出下列命题：①若c a c b b a //,,则⊥⊥； ②若c a c b b a ⊥⊥则,,//；③若b a b a //,,//则ββ⊂；④若a 与b 异面，且ββ与则b a ,//相交；⑤若a 与b 异面，则至多有一条直线与a ，b 都垂直. 其中真命题的个数是 （ 8．A ） A ．1 B ．2 C ．3D ．4（18湖北8）29设地球半径为R ，若甲地位于北纬045东经0120，乙地位于南纬度075东经0120，则图1 甲、乙两地球面距离为（D ） （A(B)6R π(C)56R π (D) 23R π（18山东9） 30矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B —AC —D ，则四面体ABCD 的外接球的体积为（ 9．C ）A ．π12125 B ．π9125 C ．π6125 D ．π3125（18江西9） 31设α、β 为两个不同的平面，l 、m 为两条不同的直线，且l ⊂α，m ⊂β，有如下的两个命题：①若α∥β，则l ∥m ；②若l ⊥m ，则α⊥β．那么（D ）(A) ①是真命题，②是假命题 (B) ①是假命题，②是真命题(C) ①②都是真命题 (D) ①②都是假命题(18浙江7) 二填空题1图1，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器（图2）.当这个正六棱柱容器的底面边长为 2/3 时，其容积最大. （18福建16）2毛泽东在《送瘟神》中写到：“坐地日行八万里”。
【700分考法】2018年高考数学(理)一轮课件：专题8-立体几何(106页)
【注意】若相邻两个物体的表面相交，表面 的交线是它们的分界线；对于简单组合体， 要注意它们的组合方式，特别是它们的交线 的位置．
3.求原几何体 （或其他视图） 的基本量
17
考法2 空间几何体的三视图
1.识别三视 图的步骤
确定其是一个平面的投影,还是面与 面的交线,或者是旋转体的轮廓线的 投影.
专题8 立体几何
第1节 空间几何体的三视图、表面积和体积 第2节 空间直线、平面平行与垂直的判定及其性质 第3节 空间中的计算问题
1
第1节 空间几何体的三视图、表面积和体积
目录
600分基础
考点42
考点&考法
空间几何体的结构、三视图
考点43 考点44
几何体表面积的计算 几何体体积的计算
考法3 几何体表面积的计算
24
考点43
几何体表面积的计算
常见几何体的侧面积与表面积的计算公式
考法3 几何体表面积的计算
常用方法：
1.由三视图求相关 几何体的表面积
还原空间几何体， 确定点、线、面的位置关系及线段的长度， 利用公式进行计算.
2.根据几何体的 特征求表面积
26
考法3 几何体表面积的计算
2.外接球、内切 球的计算问题
Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.
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考法2 空间几何体的三视图
1.识别三视 图的步骤
（1）弄清结构，明确位置 （2）先画正视图，再画俯视图，最后画侧视图 （3）被遮住的轮廓线要画成虚线
2.判断余下视图
1.计算有关 线段的长
2018届高三数学文二轮复习课件：第2部分 专题四 立体几何2-4 精品
∴PO⊥BO， ∵PO⊥EF，EF∩BO＝O，EF⊂平面 BFED， BO⊂平面 BFED， ∴PO⊥平面 BFED， 又梯形 BFED 的面积为 S＝12(EF＋BD)·HO＝3 3， ∴四棱锥 P-BFED 的体积 V＝13S·PO＝13×3 3× 3＝3.
类型二 学会审题 [例 2] (2016·高考全国乙卷)如图，已知正三棱锥 P-ABC 的侧面是 直角三角形，PA＝6，顶点 P 在平面 ABC 内的正投影为点 D，D 在平面 PAB 内的正投影为点 E，连接 PE 并延长交 AB 于点 G.
(2)在平面 PAB 内，过点 E 作 PB 的平行线交 PA 于点 F，F 即为 E 在平面 PAC 内的正投影． 理由如下：由已知可得 PB⊥PA，PB⊥PC，又 EF∥PB，所以 EF ⊥PA，EF⊥PC.又 PA∩PC＝P，因此 EF⊥平面 PAC，即点 F 为 E 在平面 PAC 内的正投影． 连接 CG，因为 P 在平面 ABC 内的正投影为 D，所以 D 是正三角 形 ABC 的中心．由(1)知，G 是 AB 的中点，所以 D 在 CG 上，故 CD＝23CG.
1．如图①，在边长为 4 的菱形 ABCD 中，∠DAB＝60°，点 E，F 分别是边 CD，CB 的中点，AC∩EF＝O.沿 EF 将△CEF 翻折到△ PEF，连接 PA，PB，PD，得到如图②的五棱锥 P-ABFED，且 PB ＝ 10.
图① (1)求证：BD⊥平面 POA； (2)求四棱锥 P-BFED 的体积．
∴四面体 N-BCM 的体积 VN-BCM＝13×S△BCM×P2A＝13×2 5×12×4
＝4
3
5 .(12
分)
[终极提升]——登高博见 (1)利用线面平行的判定定理进行证明， 即通过线线平行证明线面平行； (2)先求出点 N 到平面 BCM 的距离及△ BCM 的面积，然后代入锥体的体积公式 求解.
2018年高考数学文课标Ⅰ专用一轮复习专题测试课件：第
答案 36π
解析 由题意作出图形,如图.
设球O的半径为R,由题意知SB⊥BC,SA⊥AC,又SB=BC,SA=AC,则SB=BC=SA=AC= 2R.连接OA, OB,
则OA⊥SC,OB⊥SC,因为平面SCA⊥平面SCB,平面SCA∩平面SCB=SC,所以OA⊥平面SCB,所以 OA⊥OB,则AB= 2R,
A.18+36 5 C.90 D.81 B.54+18 5 答案 B 由三视图可知,该几何体是底面为正方形(边长为3),高为6,侧棱长为3 5 的斜四棱柱. 其表面积S=2×32+2×3×3 5 +2×3×6=54+18 5 .故选B. 易错警示 学生易因空间想象能力较差而误认为侧棱长为6,或漏算了两底面的面积而致错..
1 6
3
=36得R=6.从而球O的表面积S=4πR2=144π.故选C.
思路分析 VO-ABC=VC-AOB.当OC垂直于面AOB时,三棱锥O-AOB,即三棱锥O-ABC的体积最大,此时
可求出半径,从而求出球O的表面积.
6.(2014大纲全国,10,5分)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.20π C.28π 答案 C
2
B.24π D.32π
3 ,底面半径为2,则圆锥的母线长为4,所以圆锥的侧面积为 由三视图知圆锥的高为2
1 ×4π×4=8π.圆柱的底面积为4π,圆柱的侧面积为4×4π=16π,从而该几何体的表面积为8π+16π+
4π=28π,故选C.
3.(2016课标全国Ⅲ,10,5分)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 ( )
2018高三大一轮复习数学(文)课件：第八章 立体几何 8-5
A．8＋2 2 C．14＋2 2
B．11＋2 2 D．15
解析：选 B.由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下 底面为直角梯形，如图所示．
2 解析：选 C.由三视图知，该几何体上部是半径为 2 的半球， 1 下部是底面边长为 1，高为 1 的正四棱锥．故该几何体的体积为2
2 4 2 1 3 1 ×3π× ＋3×1×1×1＝ 6 π＋3. 2
3．(教材改编)一个棱长为 2 cm 的正方体的顶点都在球面上， 则球的体积为________cm3.
球
4πR2 S＝______
4 3 V＝____ 3R
4.常用结论 (1)与体积有关的几个结论 ①一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差． ②底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等． (2)几个与球有关的切、接常用结论 a．正方体的棱长为 a，球的半径为 R， ①若球为正方体的外接球，则 2R＝ 3a； ②若球为正方体的内切球，则 2R＝a； ③若球与正方体的各棱相切，则 2R＝ 2a.
类型一
求空间几何体的表面积
[例 1] (1)(2016· 高考全国丙卷)如图所示，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 C．90
B．54＋18 5 D．81
解析
先通过三视图还原出几何体，再求几何体的表面积．
由几何体的三视图可知，该几何体是底面为正方形的斜平行 六面体． 由题意可知该几何体底面边长为 3，高为 6，所以侧棱长为 32＋62 ＝ 3 5 . 故 该 几 何 体 的 表 面 积 S ＝ 32×2 ＋ (3×6)×2 ＋ (3×3 5)×2＝54＋18 5.
解析：由题意知正方体的体对角线为其外接球的直径， 1 所以其外接球的半径 r＝2×2 3＝ 3(cm)， 4 4 3 所以 V 球＝3π×r ＝3π×3 3＝4 3π(cm3)．
2018年高考题和高考模拟题数学(理)——专题05立体几何分类汇编(解析版)
- 让每一个人同等地提高自我5．立体几何1．【 2018 年浙江卷】已知四棱锥S- ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等， E 是线段 AB 上的点（不含端点），设 SE 与 BC 所成的角为θS- AB- C 的平面角为θ，则1，SE与平面ABCD所成的角为θ，二面角23A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】 D从而由于，所以即，选 D.点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.2．【 2018 年浙江卷】某几何体的三视图以下图（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是【答案】 C【分析】剖析:先复原几何体为向来四棱柱，再依据柱体体积公式求结果.详解：依据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1， 2，梯形的高为 2，所以几何体的体积为选 C.点睛：先由几何体的三视图复原几何体的形状,再在详细几何体中求体积或表面积等.3．【 2018 年理新课标 I 卷】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A. B. C. D.【答案】 A详解：依据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面也知足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的地点为夹在两个面与中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，应选 A.点睛：该题考察的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确立截面的位置，以后需要从题的条件中搜寻有关的字眼，从而获得其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用有关的公式求得结果.学/科 -网+4．【 2018 年理新课标 I 卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. B.C. D. 2【答案】 B【分析】剖析：第一依据题中所给的三视图，获得点M 和点 N 在圆柱上所处的地点，点M 在上底面上，点 N 在下底面上，而且将圆柱的侧面睁开图平铺，点M 、 N 在其四分之一的矩形的对角线的端点处，依据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：依据圆柱的三视图以及其自己的特点，能够确立点M 和点 N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故点睛：该题考察的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的地点，再利用平面上两点间直线段最短，所以办理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的有关特点求得结果.5．【 2018 年全国卷Ⅲ理】设是同一个半径为 4 的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A. B. C. D.【答案】 B详解：以下图，点M 为三角形ABC 的重心， E 为 AC 中点，当平面时，三棱锥体积最大，此时，，，,点M为三角形ABC的重心，，中，有，，，应选 B.点睛：此题主要考察三棱锥的外接球，考察了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很要点，由M 为三角形ABC 的重心，计算获得，再由勾股定理获得OM ，从而获得结果，属于较难题型。