2013高中数学精讲精练第七章立体几何初步

专题07 立体几何小题常考全归类【命题规律】高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是有关空间线面位置关系的命题的真假判断；二是常见一些经典常考压轴小题，难度中等或偏上．【核心考点目录】核心考点一：球与截面面积问题核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 核心考点四：立体几何中的交线问题核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题 核心考点六：空间角问题 核心考点七：轨迹问题核心考点八：以立体几何为载体的情境题 核心考点九：翻折问题【真题回归】1．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥-P ABC 的六条棱长均为6，S 是ABC 及其内部的点构成的集合．设集合{}5T Q S PQ =∈≤，则T 表示的区域的面积为（ ） A ．34π B ．πC ．2πD ．3π2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．βγα≤≤D ．αγβ≤≤3．（多选题）（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =4．（多选题）（2022·全国·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D -，则（ ） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒5．（多选题）（2021·全国·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C 中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值 C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 6．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 5BCC 1B 1的交线长为________．【方法技巧与总结】1、几类空间几何体表面积的求法（1）多面体：其表面积是各个面的面积之和． （2）旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．（3）简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补． 2、几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉3、求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆 锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形．4、球的截面问题 球的截面的性质： ①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ．注意：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系；选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系），达到空间问题平面化的目的．5、立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．6、解决立体几何问题的思路方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题；涉及某些角的三角函数的最值，借助模型求解，如正四面体模型、长方体模型和三余弦角模θαβ=cos cos cos （θ为平面的斜线与平面内任意一条直线l 所成的角，α为该斜线与该平面所成的角，β为该斜线在平面上的射影与直线l 所成的角）．7、立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．8、解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．9、以立体几何为载体的情境题大致有三类：（1）以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等； （2）以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等； （3）以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．10、以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【核心考点】核心考点一：球与截面面积问题 【规律方法】 球的截面问题 球的截面的性质： ①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ． 【典型例题】例1．（2022·全国·高三阶段练习）已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O 的球面上，P A ⊥平面ABCD , 22，PA AB BC === ，点E 在棱PB 上，且2EB PE =， 过E 作球O 的截面，则所得截面面积的最小值是____________. 例2．（2022·湖北省红安县第一中学高三阶段练习）球体在工业领域有广泛的应用，某零件由两个球体构成，球1O 的半径为10,,P Q 为球1O 表面上两动点，16,PQ M =为线段PQ 的中点.半径为2的球2O 在球1O 的内壁滚动，点,,A B C 在球2O 表面上，点2O 在截面ABC 上的投影H 恰为AC 的中点，若21O H =，则三棱锥M ABC -体积的最大值是___________. 例3．（2022·江西·高三阶段练习（理））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为6，11113C E CD =，点F 是CD 的中点，则过1B ，E ，F 三点的平面α截该正方体所得截面的面积为_________．例4．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别是棱1111,A B A D 的中点，点P 在线段CM 上运动，给出下列四个结论：①平面CMN 截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面图形是五边形； ②直线11B D 到平面CMN 2； ③存在点P ，使得1190B PD ∠=； ④1PDD △45． 其中所有正确结论的序号是__________．核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 【规律方法】几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥， 有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉【典型例题】例5．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（ ）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关例6．（2022·山西运城·模拟预测（文））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段1CD 上有两个动点E ，F ，且12EF =，点P ，Q 分别为111A B BB ，的中点，G 在侧面11CDD C 上运动，且满足1B G ∥平面1CD PQ ，以下命题错误的是（ ）A ．1AB EF ⊥B ．多面体1AEFB 的体积为定值C ．侧面11CDD C 上存在点G ，使得1B G CD ⊥ D ．直线1B G 与直线BC 所成的角可能为6π例7．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交1AA 于E ，交1CC 于F ，给出下面几个命题：①四边形1BFD E 一定是平行四边形； ②四边形1BFD E 有可能是正方形；③平面1BFD E 有可能垂直于平面1BB D ；④设1D F 与DC 的延长线交于M ，1D E 与DA 的延长线交于N ，则M ､N ､B 三点共线； ⑤四棱锥11B BFD E -的体积为定值． 以上命题中真命题的个数为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例8．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方形EFGH 的中心为正方形ABCD 的中心，22AB =P EFGH -（A ，B ，C ，D 四点重合于点P ），则此四棱锥的体积的最大值为（ ）A 1286B 1285C ．43D 15例9．（2022·江西南昌·三模（理））已知长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，22BC =13AA =，P 为矩形1111D C B A 内一动点，设二面角P AD C --为α，直线PB 与平面ABCD 所成的角为β，若αβ=，则三棱锥11P A BC -体积的最小值是（ ） A 2 B ．321C 2D 32例10．（2022·浙江·高三阶段练习）如图，在四棱锥Q EFGH -中，底面是边长为22方形，4QE QF QG QH ====，M 为QG 的中点．过EM 作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为1V ，2V ，则12V V 的最小值为（ ）A ．12 B ．13C ．14D ．15例11．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（ ）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关核心考点四：立体几何中的交线问题 【规律方法】 几何法 【典型例题】例12．（2022·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体ABCD 中，P 为棱AD （不含端点）上的动点，过点A 的平面α与平面PBC 平行．若平面α与平面ABD ，平面ACD 的交线分别为m ，n ，则m ，n 所成角的正弦值的最大值为__________．例13．（2022·全国·高三专题练习）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.例14．（2022·福建福州·三模）已知正方体1111ABCD A B C D -31A 为球心，半径为2的球面与底面ABCD 的交线的长度为___________.例15．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））如图，在四面体ABCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，2DA DB DC ===D 为球心，1为半径作球，则该球的球面与四面体ABCD 各面交线的长度和为___．核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题 【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例16．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥S ABC -2，外接球表面积为3π，2SA <点M ，N 分别是线段AB ，AC 的中点，点P ，Q 分别是线段SN 和平面SCM 上的动点，则AP PQ +的最小值为（ ） A 262-B 62+C 32D 2例17．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 满足112A E EB =，点F 在平面1BC D 内，则1A F EF +的最小值为（ ）A 29B ．6C 41D ．7例18．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，11AA =，3AB BC ==1cos 3ABC ∠=，P 是1A B 上的一动点，则1AP PC +的最小值为（ ）A 5B 7C ．13+D ．3核心考点六：空间角问题 【规律方法】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的． （3）计算：在证明的基础上计算得出结果． 简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin hl，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°． 4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【典型例题】例19．（2022·浙江金华·高三期末）已知正方体1111ABCD A B C D -中，P 为1ACD △内一点，且1113PB D ACD S S =△△，设直线PD 与11A C 所成的角为θ，则cos θ的取值范围为（ ）A ．3⎡⎢⎣⎦B ．3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦例20．（2022·浙江·效实中学模拟预测）在等腰梯形ABCD 中，AD BC ∥，12AB AD CD BC ===，AC 交BD 于O 点，ABD △沿着直线BD 翻折成1A BD ，所成二面角1A BD C --的大小为θ，则下列选项中错误的是（ ）A ．1A BC θ∠≤B ．1AOC θ∠≥ C ．1A DC θ∠≤D ．11A BC A DC θ∠+∠≥例21．（2022·浙江·湖州中学高三阶段练习）如图，ABC 中，90C ∠=︒，1AC =，3BC =D 为AB 边上的中点，点M 在线段BD （不含端点）上，将BCM 沿CM 向上折起至'B CM △，设平面'B CM 与平面ACM 所成锐二面角为α，直线'MB 与平面AMC 所成角为β，直线MC 与平面'B CA 所成角为γ，则在翻折过程中，下列三个命题中正确的是（ ）①3tan βα，②γβ≤，③γα>. A ．①B ．①②C ．②③D ．①③例22．（2022·浙江·高三专题练习）已知等边ABC ，点,E F 分别是边,AB AC 上的动点，且满足EF BC ∥，将AEF △沿着EF 翻折至P 点处，如图所示，记二面角P EF B --的平面角为α，二面角P FC B --的平面角为β，直线PF 与平面EFCB 所成角为γ，则（ ）A ．αβγ≥≥B ．αγβ≥≥C ．βαγ≥≥D ．βγα≥≥例23．（2022·全国·高三专题练习）设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P AC B --的平面角是γ则三个角α，β，γ中最小的角是（ ） A ．αB ．βC ．γD ．不能确定核心考点七：轨迹问题 【规律方法】解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．【典型例题】例24．（2022·北京·昌平一中高三阶段练习）设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F 分别为AB ，1BD 的中点，点M 在正方体的表面上运动，且满足FM DE ⊥，则下列命题：①点M 可以是棱AD 的中点； ②点M 的轨迹是菱形； ③点M 轨迹的长度为25 ④点M 5. 其中正确的命题个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．4例25．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的边长为2，点E ，F 分别为棱CD ，1DD 的中点，点P 为四边形11CDD C 内（包括边界）的一动点，且满足1B P ∥平面BEF ，则点P 的轨迹长为（ ） A 2B ．2C 2D ．1例26．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ⊥平面ABCD ，且2PA =，点E ，F ，G 分别为棱AB ，AD ，PC 的中点，下列说法错误的是（ ）A ．AG ⊥平面PBDB ．直线FG 和直线AC 所成的角为π3C ．过点E ，F ，G 的平面截四棱锥P ABCD -所得的截面为五边形D ．当点T 在平面ABCD 内运动，且满足AGT △的面积为12时，动点T 的轨迹是圆例27．（2022·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体1AC ，P 为平面11B BD 内一动点，设二面角11A BD P --的大小为α，直线1A P 与平面11BD A 所成角的大小为β.若cos sin βα=，则点P 的轨迹是（ ）A ．圆B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线例28．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体ABCD A B C D -''''中，M 为BC 边的中点，点P 在底面A B C D ''''和侧面CDD C ''上运动并且使MAC PAC ''∠=∠，那么点P 的轨迹是（ ）A ．两段圆弧B ．两段椭圆弧C ．两段双曲线弧D ．两段抛物线弧核心考点八：以立体几何为载体的情境题 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读？一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例29．（2022·宁夏·平罗中学高三阶段练习（理））设P 为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在P 处的离散曲率为()()1223111 1.2,3,32k i Q PQ Q PQ Q PQ Q i k π-∠+∠+⋯+∠=⋯≥其中，为多面体M 的所有与点P 相邻的顶点，且平面12Q PQ ，23Q PQ ，……，1k Q PQ 遍及多面体M 的所有以P 为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a ，b ，c ，d ，则a ，b ，c ，d 的大小关系是（ ）A ．a b c d >>>B ．a b d c >>>C ．b a d c >>>D ．c d b a >>>例30．（2022·广东·广州市从化区第三中学高三阶段练习）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是3π，所以正四面体在每个顶点的曲率为233πππ-⨯=，故其总曲率为4π.给出下列三个结论：①正方体在每个顶点的曲率均为2π； ②任意四棱锥的总曲率均为4π；③若某类多面体的顶点数V ，棱数E ，面数F 满足2V E F -+=，则该类多面体的总曲率是常数.其中，所有正确结论的序号是（ ） A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③例31．（2022·辽宁·沈阳二十中三模）我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即2311122323V R R R R R πππ=⋅-⋅=球.现将椭圆22149x y +=绕y 轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）A ．32πB ．24πC ．18πD ．16π例32．（2022·全国·高三专题练习）将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），ϕ为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即[]2326,2326δ''∈-︒︒．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬395427'''︒，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（ ）A ．北纬5527'''︒B ．南纬5527'''︒C ．北纬5533'''︒D ．南纬5533'''︒核心考点九：翻折问题 【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质． 【典型例题】例33．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒D ．四面体PBCD 3例34．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）如图，已知矩形ABCD 的对角线交于点,,1E AB x BC ==，将ABD △沿BD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得ABCE ，则x 的取值范围是（ ）A ．03x <≤B ．02x <≤C ．01x <≤D ．06x ≤<例35．（2022·全国·高三专题练习）如图1，在正方形ABCD 中，点E 为线段BC 上的动点（不含端点），将ABE 沿AE 翻折，使得二面角B AE D --为直二面角，得到图2所示的四棱锥B AECD -，点F 为线段BD 上的动点（不含端点），则在四棱锥B AECD -中，下列说法正确的是（ ）A ．B ､E ､C ､F 四点一定共面 B ．存在点F ，使得CF ∥平面BAEC ．侧面BEC 与侧面BAD 的交线与直线AD 相交 D ．三棱锥B ADC -的体积为定值例36．（2022·全国·高三专题练习）已知直角梯形ABCD 满足：AD ∥BC ，CD ⊥DA ，且△ABC 为正三角形．将△ADC 沿着直线AC 翻折至△AD 'C 如图，且AD BD CD '''＜＜，二面角D AB C '﹣﹣、D BC A '﹣﹣、D AC B '﹣﹣的平面角大小分别为α，β，γ，直线D A '，D B '，D C '与平面ABC 所成角分别是θ1，θ2，θ3，则（ ）A ．123θθθαγβ＞＞，＞＞B ．123θθθαβγ＜＜，＞＞C ．123θθθαβγ＞＞，＜＜D ．123θθθαβγ＜＜，＜＜【新题速递】1．（2022·安徽·高三阶段练习）如图，在棱长为a 的正四面体ABCD 中，点111,,B C D 分别在棱,,AB AC AD 上，且平面111B C D 平面1,BCD A 为BCD △内一点，记三棱锥1111A B C D -的体积为V ，设1AD x AD=，关于函数()V f x =，下列说法正确的是（ ）A ．12220,,,133x x ⎛⎫⎛⎫∀∈∃∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得()()21f x f x =B ．函数()f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数C ．函数()f x 的图象关于直线12x =对称 D ．()00,1x ∃∈，使得()016A BCD f x V ->（其中A BCD V -为四面体ABCD 的体积）2．（2022·重庆市长寿中学校高三阶段练习）如图所示，在直角梯形BCEF 中，90,CBF BCE A ∠∠==､D 分别是BF ､CE 上的点，//AD BC ，且22AB DE BC AF ===（如图1）.将四边形ADEF 沿AD 折起，连接BE BF CE ､､（如图2）.在折起的过程中，下列说法中错误的个数是（ ）①AC //平面BEF ； ②B C E F ､､､四点不可能共面；③若EF CF ⊥，则平面ADEF ⊥平面ABCD ； ④平面BCE 与平面BEF 可能垂直. A ．1B ．2C ．3D ．43．（2022·四川·成都市第二十中学校一模（理））如图， 在棱长为 2 的正方体1111ABCD A B C D -中，E F G H P 、、、、均为所在棱的中点， 则下列结论正确的有（ ）①棱 AB 上一定存在点Q ， 使得1QC D Q ⊥ ②三棱锥F EPH -的外接球的表面积为8π③过点 E F G ，，作正方体的截面， 则截面面积为33④设点 M 在平面11BB C C 内， 且1//A M 平面AGH ， 则1A M 与AB 所成角的余弦值的最大22A ．1 个B ．2 个C ．3 个D ．4 个4．（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学有限责任公司模拟预测（文））在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，N 为11B C 的中点，点P 在正方体各棱及表面上运动且满足AP CN ⊥，则点P 轨迹所围成图形的面积为（ ）A ．25B ．42C ．23D ．45．（2022·上海市实验学校高三阶段练习）直线m ⊥平面α，垂足是O ，正四面体ABCD 的棱长为4，点C 在平面α上运动，点B 在直线m 上运动，则点O 到直线AD 的距离的取值范围是（ ）A ．425425⎡-+⎢⎣⎦B ．222,222⎡⎤⎣⎦C ．322322⎡-+⎢⎣⎦D ．322,322⎡⎤⎣⎦6．（2022·湖南·模拟预测）正三棱柱111ABC A B C 的底面边长是4，侧棱长是6，M ，N 分别为1BB ，1CC 的中点，若点P 是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP ∥平面1AB N ，则动点P 的轨迹面积为（ ） A ．53B ．5C 39D 267．（2022·山西·高三阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的顶点都在表面积为12π的球面上，过球心O 的平面截正方体所得的截面为一菱形，记该菱形截面为S ，点P 是正方体表面上一点，则以截面S 为底面，以点P 为顶点的四棱锥的体积的最大值为（ ） A ．83B ．73C ．2D ．538．（2022·浙江·高三阶段练习）在OAB △中，OA AB =，120OAB ∠=︒．若空间点P 满足1=2PABOABSS ，则直线OP 与平面OAB 所成角的正切的最大值是（ ）A ．13B ．12C 3D ．19．（多选题）（2022·云南曲靖·高三阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 为侧面11BCC B 内一点，则（ ）A ．当1113C P C B =时，异面直线CP 与AD 所成角的正切值为2B ．当11(01)C P C B λλ=<<时，四面体1D ACP 的体积为定值C ．当点P 到平面ABCD 的距离等于到直线11A B 的距离时，点P 的轨迹为拋物线的一部分 D ．当1112C P C B =时，四面体BCDP 的外接球的表面积为3π10．（多选题）（2022·辽宁·本溪高中高三阶段练习）如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2AD DE ==，G 为线段AE 上的动点，则（ ）A ．AE CF ⊥B ．多面体ABCDEF 的体积为83C ．若G 为线段AE 的中点，则GB //平面CEFD ．点M ，N 分别为线段AF ，AC 上的动点，点T 在平面BCF 内，则MT NT +43 11．（多选题）（2022·广东·东涌中学高三期中）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F ，G 分别为AB ，AD ，1BB 的中点，点P 在11A C 上，//AP 平面EFG ，则以下说法正确的是（ ）A ．点P 为11A C 的中点B ．三棱锥P EFG -的体积为148C ．直线1BB 与平面EFG 3D ．过点E 、F 、G 作正方体的截面，所得截面的面积是3312．（多选题）（2022·安徽·阜阳师范大学附属中学高三阶段练习）已知ABC 为等腰直角三角形，AB AC =，其高3AD =，E 为线段BD 的中点，将ABC 沿AD 折成大小为32ππθθ⎛⎫< ⎪⎝⎭的二面角，连接BC ，形成四面体A BCD -，动点P 在ACD 内（含边界），且//PE 平面ABC ，则在θ变化的过程中（ ）A ．AD BC ⊥B ．E 点到平面ADC 的距离的最大值为322C ．点P 在ADC △2D ．当BP AC ⊥时，BP 与平面ADC 所成角的正切值的取值范围为)22,⎡+∞⎣13．（多选题）（2022·江苏省泰兴中学高三阶段练习）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -内部有一圆柱12O O ，此圆柱恰好以直线1AC 为轴，且圆柱上下底面分别与正方体中以1A C ，为公共点的3个面都有一个公共点，以下命题正确的是（ ）A ．在正方体1111ABCD ABCD -内作与圆柱12O O 3B ．无论点1O 在线段1AC 上如何移动，都有11BO B C ⊥C ．圆柱12O O 的母线与正方体1111ABCD A B C D -所有的棱所成的角都相等D ．圆柱12O O 外接球体积的最小值为π6 14．（多选题）（2022·江苏盐城·高三阶段练习）已知正四面体ABCD 的棱长为2球的球心为O ．点E 满足(01)AE AB λλ=<<，(01)CF CD μμ=<<，过点E 作平面α平行于AC 和BD ，平面α分别与该正四面体的棱BC ，CD ，AD 相交于点M ，G ，H ，则（ ）A ．四边形EMGH 的周长为是变化的B ．四棱锥A EMGH -的体积的最大值为6481 C ．当14λ=时，平面α截球O 47 D ．当12λμ==时，将正四面体ABCD 绕EF 旋转90︒后与原四面体的公共部分体积为43 15．（2022·安徽·石室中学高三阶段练习）已知三棱锥V ABC -的高为3D E F ,,,分别为VC VA VB ,,的中点，若平面ABD ，平面BCE ，平面ACF 相交于O 点，则O 到平面ABC 的距离h 为___________.16．（2022·北京八十中高三期末）如图，在正方体ABCD —1111D C B A 中，E 为棱11B C 的中点.动点P 沿着棱DC 从点D 向点C 移动，对于下列四个结论：。

第一节 空间几何体的结构及其三视图和直观图[考纲传真] 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．1．旋转体的形成3．直观图(1)画法：常用斜二测画法． (2)规则：①在已知图形中建立直角坐标系xOy ，画直观图时，它们分别对应x ′轴和y ′轴，两轴交于点O ′，使∠x ′O ′y ′＝45°，它们确定的平面表示水平平面；②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 ′轴和y ′轴的线段；③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，长度为原来的12.4．三视图(1)三视图的画法规则：主、俯视图长对正，主、左视图高平齐；俯、左视图宽相等，前后对应．(2)画简单组合体的三视图应注意的两个问题：①首先，确定主视、俯视、左视的方向，同一物体放置的位置不同，所画的三视图可能不同．②其次，简单组合体是由哪几个基本几何体组成的，并注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置．[常用结论]1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形面积的关系如下．S直观图＝24S原图形，S原图形＝22S直观图．2．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰三角形．(3)水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰梯形．(4)水平放置的圆柱的正视图和侧视图均为全等的矩形．3．正棱柱、正棱锥的结构特征(1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形．(2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(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．( )(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( )(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )[答案](1)×(2)×(3)×(4)×2．(教材改编)如图所示，长方体ABCD­A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是( )A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．简单组合体C[由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．]3．下列说法正确的是( )A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行D[根据斜二测画法的规则知，A，B，C均不正确，故选D．]2．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱A[由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形．]5．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于________．2π[由题意得圆柱的底面半径r＝1，母线l＝1，所以圆柱的侧面积S＝2πrl＝2π.](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；(5)棱台的侧棱延长后交于一点．其中正确命题的个数为( )A．2 B．3 C．4 D．5C[(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ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC，四个面都是直角三角形；(5)正确，由棱台的概念可知．]2．以下命题：(1)以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；(2)以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；(3)圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；(4)一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为( )A．0 B．1 C．2 D．3B[命题(1)错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥；命题(2)错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰；命题(3)对；命题(4)错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以．]3．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D[A错误．如图①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，但它不是棱锥．图①图②B错误．如图2，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在直线，所得的几何体都不是圆锥．C错误．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．D正确．]►考法1 已知几何体，识别三视图【例1】(1)(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )(2)一个三棱锥的主视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )(1)A(2)D[(1)由题意可知，咬合时带卯眼的木构件如图所示，其俯视图为选项A中的图形．(2)由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，故选D．]►考法2 已知三视图，判断几何体【例2】(1)(2018·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A．1 B．2 C．3 D．4(2)(2019·郑州模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．(1)C (2)2 2 [(1)在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥P ­ABCD ，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，故选C ．(2)由三视图可知该三棱锥的底面是斜边长为2的等腰直角三角形，有一条长度为2的侧棱垂直于底面，所以三条侧棱长分别是2，6，2 2.故该三棱锥中最长棱的棱长为2 2.]►考法3 已知三视图中的两个视图，判断另一个视图【例3】 (1)一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的主视图与左视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为( )(2)(2018·衡水模拟)如图，某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是 ( )(1)C (2)C [(1)由三视图中的主、左视图得到几何体的直观图如图所示，所以该几何体的俯视图为C ．(2)由该几何体的主视图和左视图可知该几何体是柱体，且其高为1，由其体积是12，可知该几何体的底面积是12，由图知A 的面积是1，B 的面积是π4，C 的面积是12，D 的面积是π4，故选C ．](1)A ．1B ． 2C ． 3D ．2(2)如图，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，且侧棱AA 1⊥底面ABC ，其主视图是边长为2的正方形，则此三棱柱左视图的面积为 ( )A ． 3B ．2 3C ．2 2D ．4(1)C (2)B [(1)由三视图可知AD ＝BC ＝CD ＝DE ＝EB ＝1，AE ＝AC ＝2，AB ＝ 3.所以最长棱棱长为 3.(2)其左视图为一矩形，其宽为三棱柱底面正三角形的高．所以面积S ＝2 3.]【例4】 (1)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( )A ．34a 2B ．38a 2C ．68a 2 D ．616a 2 (2)如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6 cm ，O ′C ′＝2 cm ，则原图形是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形(1)D (2)C [(1)如图①②所示的实际图形和直观图，由图②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a ， 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2，故选D ．(2)如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝42(cm)，CD ＝C ′D ′＝2 cm.所以OC ＝OD 2＋CD 2＝22＋22＝6(cm)，所以OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形，故选C ．](1)(2018·襄阳模拟)如图所示，直观图四边形A ′B ′C ′D ′是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是________．(2)如图正方形OABC 的边长为1 cm ，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是________cm.(1)2＋ 2 (2)8 [(1)把直观图还原为平面图形得：在直角梯形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝2＋1，AD ＝1， 所以面积为12(2＋2)×2＝2＋ 2.(2)由题意知正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，所以OB ＝ 2 cm，对应原图形平行四边形的高为2 2 cm，所以原图形中，OA＝BC＝1 cm，AB＝OC＝22＋12＝3 cm，故原图形的周长为2×(1＋3)＝8 cm.]1．(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )A．217B．2 5C．3D．2B[设过点M的高与圆柱的下底面交于点O，将圆柱沿MO剪开，则M，N的位置如图所示，连接MN，易知OM＝2，ON＝4，则从M到N的最短路径为OM2＋ON2＝22＋42＝2 5.] 2．(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正(主)视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16B [观察三视图可知该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示．因此该多面体各个面中有2个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这些梯形的面积之和为2×12×(2＋4)×2＝12.故选B ．]。

2013高三数学精品复习教案：第七章立体几何【知识特点】1、本章知识点多，需加强理解，如空间几何体的结构特征，几何体的表面积、体积公式、三视图的特点，平面的基本性质及应用，直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系的判定及性质，三种空间角的定义，利用空间向量求空间角及距离的方法等；2、空间想象力要求高，复杂几何体的结构，由几何体画三视图，由三视图还原几何体，线面位置关系的讨论判定空间直角坐标系的建立及点的坐标的确定都需要有较强的空间想象能力；3、运算能力要求高，体现在利用空间向量求空间角及距离，还体现在复杂几何体的表面积和体积的计算上；4、本章知识结构思路清晰，首先整体、直观把握几何体的结构特点，再按照点⇒线⇒面的位置关系的判定过程和面⇒线⇒点的性质过程进行两次转化与化归（还介绍了空间向量在立体几何中的应用）。

【重点关注】1、三视图是新增内容，利用考查空间想象能力，是考查的热点；2、与球有关的几何体的结构、表面积及体积计算是常考知识点；3、直线、平面间的位置关系是本章重点，要熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，熟悉定理中某一条件不具备时的反例，并注意使用符号要规范，推理逻辑要严谨；4、在空间角和距离的求解和位置关系的判定中，越来越体现空间向量这一工具的巨大作用。

【地位和作用】立体几何主要研究空间的直线、平面和简单几何体及它们的几何性质、位置关系的判定、画法、度量计算以及相关的应用。

以培养学生的发展空间想像能力和推理论证能力。

立体几何是高考必考的内容，试题一般以“两小题一大题或一大题一小题”的形式出现，分值在17—23分左右。

立体几何在高考中的考查难度一般为中等，从解答题来看，立体几何大题所处的为前4道，有承上启下的作用。

现就立体几何的地位与作用归纳如下：一、立体几何两个层次的要求：必修与必选必修：加强几何直观能力识图（有图识图、无图想图）画图（直观图与三视图的转化）降低逻辑推理能力要求（判定与性质）选修：以算代证、向量计算是趋势1、客观题考查知识点：(1) 判断：线线、线面、面面的位置关系；(2) 计算：求角(异面直线所成角、线面角、二面角)；求距离(主要是点面距离、球面距离)；求表面积、体积；(3) 球内接简单几何体(正方体、长方体、正四面体、正三棱锥、正四棱柱)(4)三视图、直观图（由几何体的三视图作出其直观图，或由几何体的直观图判断其三视图）2、主观题考查知识点：(1) 有关几何体：四棱锥、三棱锥、(直、正)三、四棱柱；(2) 研究的几何结构关系：以线线、线面(尤其是垂直)为主的点线面位置关系；(3) 研究的几何量：二面角、线面角、异面直线所成角、线线距、点面距离、面积、体积。

2013高中数学精讲精练第七章立体几何初步2013高中数学精讲精练第七章立体几何初步【知识图解】【方法点拨】立体几何研究的是现实空间，认识空间图形，可以培养学生的空间想象能力、推理论证能力、运用图形语言进行交流的能力以及几何直观能力。

空间的元素是点、线、面、体，对于线线、线面、面面的位置关系着重研究它们之间的平行与垂直关系，几何体着重研究棱柱、棱锥和球。

在复习时我们要以下几点：1．注意提高空间想象能力。

在复习过程中要注意：将文字语言转化为图形，并明确已知元素之间的位置关系及度量关系；借助图形来反映并思考未知的空间形状与位置关系；能从复杂图形中逻辑的分析出基本图形和位置关系，并借助直观感觉展开联想与猜想，进行推理与计算。

2．归纳总结，分门别类。

从知识上可以分为：平面的基本性质、线线、线面、面面的平行与垂直、空间中角与距离的计算。

3．抓主线，攻重点。

针对一些重点内容加以训练，平行和垂直是位置关系的核心，而线面垂直又是核心的核心，角与距离的计算已经降低要求。

4．复习中要加强数学思想方法的总结与提炼。

立体几何中蕴含着丰富的思想方法，如：将空间问题转化成平面图形来解决、线线、线面与面面关系的相互转化、空间位置关系的判断及角与距离的求解转化成空间向量的运算。

第1课 空间几何体【考点导读】1．观察认识柱、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，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图；3．通过观察用两种方法（平行投影与中心投影）画出的视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式；4.了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。

【基础练习】1．一个凸多面体有8个顶点，①如果它是棱锥，那么它有 14 条棱， 8 个面；②如果它是棱柱，那么它有 12 条棱 6 个面。

2.（1）如图，在正四面体A －BCD 中，E 、F 、G 分别是三角形ADC 、ABD 、BCD 的中心，则△EFG 在该正四面体各个面上的射影所有可能的序号是 ③④ 。

第七章⎪⎪⎪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(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．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．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线． [小题体验]1．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的长为( )A.5 B ．2 2C ．3D ．2 3解析：选C 在棱长为2的正方体ABCD -A1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为AD ，BC 的D 1B 1＝22，D 1M 中点，该几何体的直观图如图中三棱锥D 1-MNB 1，故通过计算可得，＝B 1N ＝5，MN ＝2，MB 1＝ND 1＝3，故该三棱锥中最长棱的长为3.2．(教材习题改编)如图，长方体ABCD -A ′B ′C ′D ′被截去一部分，其中EH∥A ′D ′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱 三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点． 2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，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，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1.如图，能推断这个几何体可能是三棱台的是( )A ．A 1B 1＝2，AB ＝3，B 1C 1＝3，BC ＝4B ．A 1B 1＝1, AB ＝2，B 1C 1＝32，BC ＝3，A 1C 1＝2，AC ＝3C ．A 1B 1＝1，AB ＝2，B 1C 1＝32，BC ＝3，A 1C 1＝2，AC ＝4D ．AB ＝A 1B 1，BC ＝B 1C 1，CA ＝C 1A 1解析：选C 根据棱台是由棱锥截成的，可知A 1B 1AB ＝B 1C 1BC ＝A 1C 1AC ，故A ，B 不正确，C 正确；D 项中满足这个条件的是一个三棱柱，不是三棱台，故D 不正确．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( )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．(教材习题改编)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．答案：1考点一 空间几何体的结构特征(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]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C ．球体D ．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：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，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选B 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，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-A1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题的3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()解析：选A由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.2．(2018·杭州模拟)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，那么该三棱锥的侧视图可能为()解析：选B由正视图可看出长为2的侧棱垂直于底面，侧视图为直角三角形，直角边长为2，另一直角边为底边三角形的高 3.故侧视图可能为B.[由题悟法]1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．[提醒]对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．[即时应用]1．(2018·沈阳教学质量监测)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是()解析：选B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.2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()解析：选D由俯视图是圆环可排除A、B、C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D.考点三 空间几何体的直观图(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2018·杭州模拟)在等腰梯形ABCD 中，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．解析：画出等腰梯形ABCD 的实际图形及直观图A ′B ′C ′D ′如图所示，因为OE ＝(2)2－12＝1， 所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为 S ′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22[由题悟法]原图与直观图中的“三变”与“三不变” (1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变(减半)图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变[即时应用]如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6 cm ，O ′C ′＝2 cm ，则原图形是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形2×22＝4 2解析：选C 如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm.∴OC ＝OD 2＋CD 2＝(42)2＋22＝6 cm ， ∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是()解析：选D几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．2．下列说法正确的是()A．棱柱的两个底面是全等的正多边形B．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．(2019·杭州四校联考)如图所示的为一个几何体的三视图，则该几何体的直观图是()解析：选A对于A，该几何体的三视图恰好与已知图形相符，故A符合题意；对于B，该几何体的正视图中，对角线是虚线，故B不符合题意；对于C，该几何体的正视图中，对角线是从左上到右下的，故C不符合题意；对于D，该几何体的侧视图中，对角线是虚线，故D不符合题意．故选A.4．(2019·台州质检)如图，网络纸上正方形小格的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体中最长棱的长度为()A．62B．6 3C．8 D．9解析：选D由三视图还原几何体如图，该几何体为三棱锥，侧棱PA⊥底面ABC，底面三角形ABC为等腰三角形，且PB＝62＋(32)2＝36，PC＝62＋(35)2＝9，则该几何体中最长棱的长度为9.故选D.5.在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2.解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为 2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2.答案：矩形8二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·台州模拟)一个简单几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图不可能为()A．正方形B．圆C．等腰三角形D．直角梯形解析：选D该几何体是一个长方体时，其中一个侧面为正方形，A可能；该几何体是一个横放的圆柱时，B可能；该几何体是横放的三棱柱时，C可能，只有D不可能．2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中()A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC.3．(2018·沈阳教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为()A ．三棱台B ．三棱柱C ．四棱柱D ．四棱锥解析：选B 根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．4.(2018·温州第八高中质检)如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA 1⊥平面A 1B 1C 1，正视图是边长为2的正方形，该三棱柱的侧视图面积为( )A ．4B ．2 3C ．2 2D. 3解析：选B 由题可得，该几何体的侧视图是一个长方形，其底边长是底面正三角形的高3，高为2，所以侧视图的面积为S ＝2 3.5．已知四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PM ＝3，PN ＝5，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3，S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.6.(2018·台州模拟)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为棱BB1的中点，若用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为()解析：选C取DD1的中点F，连接AF，FC1，则过点A，E，C1的平面即为面AEC1F，所以剩余几何体的侧视图为选项C.7．(2019·义乌六校联考)图①是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥A1-AB1D1后得到的几何体，将其绕着棱DD1所在的直线逆时针旋转45°，得到如图②所示的几何体，该几何体的正视图为()解析：选B由题意可知，该几何体的正视图是长方形，底面对角线DB在正视图中的长为2，棱CC1在正视图中为虚线，D1A，B1A在正视图中为实线，故该几何体的正视图为B.8．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；因为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．答案：①④9．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：1310．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所示的分别是实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64. 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：64三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2018·湖南东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8解析：选C 设该三棱锥为P -ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB ＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×(42)2－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，选C.3.如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA .解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36cm 2.(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2. 由正视图可知AD ＝6， 且AD ⊥PD ， 所以在Rt △APD 中， PA ＝PD 2＋AD 2＝(62)2＋62＝6 3 cm.第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式[小题体验]1．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 ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π. 2．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以该几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝⎛⎭⎫12×2×3×3＝3 3.答案：3 33．若球O 的表面积为4π，则该球的体积为________．解析：由题可得，设该球的半径为r ，则其表面积为S ＝4πr 2＝4π，解得r ＝1.所以其体积为V ＝43πr 3＝43π. 答案：43π1．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2.答案：72＋16 2考点一 空间几何体的表面积(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( ) A ．8＋2 2 B ．11＋2 2 C ．14＋2 2D ．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．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.2．(2018·浙江新高考联盟高三期初联考)如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于( )A ．34＋65B ．44＋12 5C ．34＋6 3D ．32＋6 5解析：选A 由三视图知几何体底面是一个长为6，宽为2的矩形，高为4的四棱锥，所以该几何体的表面积为12×6×25＋12×6×4＋2×12×2×5＋6×2＝34＋65，故选A.3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则该棱锥的表面积为( )A ．6＋42＋2 3B ．8＋4 2C ．6＋6 2D ．6＋22＋4 3解析：选A 由三视图可知该棱锥为如图所示的四棱锥P -ABCD ，S △PAB ＝S △PAD ＝S △PDC ＝12×2×2＝2，S △PBC ＝12×22×22×sin 60°＝23，S 四边形ABCD＝22×2＝42，故该棱锥的表面积为6＋42＋2 3.[谨记通法]几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理．考点二 空间几何体的体积(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·金华高三期末考试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.223B.233C.423D.433解析：选D 由三视图可知该几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥，其直观图如＝13×4×3图所示．底面ABCD 的面积为2×2＝4，高PO ＝3，故该几何体的体积V ＝433. 2．(2018·宁波十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于________，表面积等于________．解析：如图，由三视图可知该几何体是底面半径为2，高为3的圆柱的一半，故该几何体的体积为12×π×22×3＝6π，表面积为2×12×π×22＋4×3＋π×2×3＝10π＋12.答案：6π 12＋10π[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略1．(2018·杭州高级中学模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1 B.32 C.12D.34解析：选C 由题可得，该几何体是一个四棱锥，底面是上下底边分别为1和2，高为1的直角梯形，又四棱锥的高为1.所以该几何体的体积为V＝13×12×(1＋2)×1×1＝12.2．(2019·台州高三适考)如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为________，几何体中最长棱的长是________．解析：由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中的三棱锥M -A 1B 1N ，如图所示，M 是棱AB 上靠近点A 的一个三等分点，N 是棱C 1D 1的中点，所以VM -A 1B 1N ＝13×12×2×2×2＝43.又A 1B 1＝2，A 1N ＝B 1N ＝22＋12＝5，A 1M ＝22＋⎝⎛⎭⎫232＝2103，B 1M ＝22＋⎝⎛⎭⎫432＝2133，MN ＝22＋22＋⎝⎛⎭⎫132＝733，所以该几何体中最长棱的长是733. 答案：437333.(2018·温州高三一模)如图，一个简单几何体的三视图的正视图与侧视图都是边长为1的正三角形，其俯视图的轮廓为正方形，则该几何体的体积为________，表面积为________．解析：如图，还原三视图为正四棱锥，易得正四棱锥的高为32，底面积为1，体积V ＝13×1×32＝36；易得正四棱锥侧面的高为⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫122＝1，所以表面积S ＝4×12×1×1＋1＝3.答案：363 考点三 与球有关的切、接问题(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变． 常见的命题角度有： (1)球与柱体的切、接问题； (2)球与锥体的切、接问题．[题点全练]角度一：球与柱体的切、接问题1.如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A.66π B.π3 C.π6D.33π 解析：选C 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC ＝CD 1＝AD 1＝2，所以内切圆的半径r ＝22×tan 30°＝66， 所以S ＝πr 2＝π×16＝16π.2．(2018·金华一模)一个圆柱的轴截面是正方形，在圆柱内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记球O 的体积为V 1，圆柱内除了球之外的几何体体积为V 2，则V 1V 2的值为________．解析：如图，设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的高为2r ，球O 的半径为r ，∴球O 的体积V 1＝43πr 3，圆柱内除了球之外的几何体体积 V 2＝πr 2×2r －43πr 3＝23πr 3，∴V 1V 2＝43πr 323πr 3＝2. 答案：2角度二：球与锥体的切、接问题3．(2018·绍兴质检)四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为6的正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高是( )A ．6B ．5 C.92D.94解析：选D 过点P 作PH ⊥平面ABCD 于点H .由题知，四棱锥P -ABCD 是正四棱锥，内切球的球心O 应在四棱锥的高PH 上．过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE ，PF 是斜高，M 为球面与侧面的一个切点．设PH ＝h ，易知Rt △PMO ∽Rt △PHF ，所以OM FH ＝PO PF ，即13＝h －1h 2＋32，解得h ＝94.4．(2018·嘉兴一模)如图是某几何体的三视图，正视图是等边三角形，侧视图和俯视图为直角三角形，则该几何体外接球的表面积为( )A.20π3 B ．8π C ．9πD.19π3解析：选D 如图，该几何体为三棱锥A -BCD ，设三棱锥外接球的球心为O ，O 1，O 2分别为△BCD ，△ABD 的外心，依题意得，OO 1＝36AB ＝33，O 1D ＝12CD ＝52，∴球的半径R ＝OO 21＋O 1D 2＝ 1912，∴该几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝19π3. [通法在握]解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：[演练冲关]1．一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．20π B.205π3C ．5πD.55π6解析：选D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫h 22＝1＋14＝52，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝⎛⎭⎫523π＝55π6. 2．(2018·镇海期中)一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个正方体，若正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体体积的最大值为________．解析：由题可得，要使正方体可以在纸盒内任意转动，则只需该正方体在正四面体的内接球内即可．因为正四面体的棱长为6，所以其底面正三角形的高为33，正四面体的高为26，则该正四面体的内球的半径为62，设该正方体的边长为a ，要满足条件，则3a ≤6，即a ≤ 2.所以正方体的最大体积为V ＝a 3≤2 2. 答案：2 2一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·浙江名校联考)“某几何体的三视图完全相同”是“该几何体为球”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 由题可得，球的三个视图都是圆，所以三视图完全相同；三视图完全相同的几何体除了球，还有正方体，所以是必要不充分条件．2．(2018·长兴中学适应性测试)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．64B ．72C ．80D ．112解析：选C 由题可得，该几何体是一个棱长为4的正方体与一个底面是边长为4的正方形，高为3的四棱锥的组合体，所以其体积为V ＝43＋13×42×3＝80.3．(2019·杭二月考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．π＋33B ．2π＋33C ．2π＋ 3D ．π＋ 3解析：选A 由三视图知，该几何体的上半部分是一个三棱锥，下半部分是一个圆柱．由题图中的数据知V 圆柱＝π×12×1＝π，三棱锥垂直于底面的侧面是边长为2的等边三角形，故其高即为三棱锥的高，故三棱锥的高为3，由于三棱锥底面为一等腰直角三角形，且斜边长为2，因此两直角边长都是2，则底面三角形的面积是12×2×2＝1，故V 三棱锥＝13×1×3＝33，故该几何体的体积为π＋33.4．(2018·嘉兴模拟)如图是一个几何体的三视图，若它的体积是33，则a ＝________，该几何体的表面积为________．解析：由题可得，该几何体是一个水平放置的三棱柱，其底面是一个底边长为2、高为a 的等腰三角形，高为3.因为其体积为33，所以V ＝12×2a ×3＝3a ＝33，解得a ＝ 3.所以该几何体的表面积为S ＝2×12×2×3＋2×3×3＝23＋18.答案：3 23＋185．(2018·丽水模拟)若三棱锥P -ABC 的最长的棱PA ＝2，且各面均为直角三角形，则此三棱锥的外接球的体积是________，表面积是________．解析：如图，根据题意，可把该三棱锥补成长方体，则该三棱锥的外接球即该长方体的外接球，易得外接球的半径R ＝12PA ＝1，所以该三棱锥的外接球的体积V ＝43×π×13＝43π，表面积S ＝4πR 2＝4π.答案：43π 4π二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7.2．(2018·全国卷Ⅰ)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 ．122πB ．12πC ．82πD ．10π解析：选B 设圆柱的轴截面的边长为x ， 则x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×2 2 ＝12π.故选B.3．(2018·温州十校联考)已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是( )A ．4 B.163 C ．8D.323解析：选B 由题可得，该几何体是一个底面为长方形的四棱锥，所以其体积为V ＝13×4×2×2＝163.4．(2018·兰州实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )A.32πB.32C ．3πD ．3解析：选A 由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为32，故体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝32π，故选A.。