2014届高三数学：简单几何体及三视图、直观图

中等专业学校2022-2023-2教案
教学内容一、情景引入
在日常生活中，我们见到的建筑物、机械构件、生活用具等物体大都是由柱、锥、球等基本几何体组合而成的，如图所示，这样的几何体称为简单组合体．而在工程领域，通常用三视图完整地表达几何体的结构形状．大家想一想，如何画出图的几何体的三视图？
教学内容二、探索新知
大家回忆以下，在义务教育阶段我们学习了直棱柱、正棱锥、圆柱、圆锥、球等基本几何体的三视图，那么，我们就知道简单几何体的三视图可由平行投影得到．
观察图中所示的投影，从前向后、从左向右、从上向下三个方向对长方体平行投影，分别得到A、B、C三个投影．投影A、B、C的形状分别对应长方体的前、后面，左、右面和上、下面的形状．
图形A是从物体的正面向后投影所得的视图，称为主视图，又称为正视图，它反映物体的正面、背面形状以及物体的长度与高度，选择哪个方向画主视图，由观察者确定．图形C是从物体的上面向下投影所得的视图，称为俯视图，它反映物体的顶面、底面形状以及物体的长度与宽度．侧视图可以是左侧视图，即从物体的左侧面向右投影所得到的视图，也可以是右侧视图．通常选择左侧视图，简称左视图，如图所示图形B，它反映物体的左、右侧面形状以及物体的高度与宽度．主视图、俯视图、左视图统称为三视图．。

山东省2014届理科数学一轮复习试题选编25：空间几何体的三视图、表面积与体积一、选择题 1 ．（山东省临沂市2013届高三第三次模拟考试 理科数学）一个空间几何体的三视图如图,则该几何体的体积为（ ）A．B．CD2 ．（2013年山东临沂市高三教学质量检测考试理科数学）具有如图所示的正视图和俯视图的几何体中,体积最大的几何体的表面积为（ ）A ．13B ．C ．72πD ．143 ．（山东省莱芜五中2013届高三4月模拟数学（理）试题）已知四面体S ABC -的所有棱长都相等,它的俯视图如下图所示,的正方形;则四面体S ABC -外接球的表面积为（ ）A ． 6πB ．4πC ．8πD ．3π 4 ．（山东省临沂市2013届高三5月高考模拟理科数学）某几何体的三视图如图(其中侧视图中的圆弧是半圆),第7题图（ ）A ．9214+πB ．8214+πC ．9224+πD ．8224+π5 ．（山东省菏泽市2013届高三5月份模拟考试数学（理）试题）如图是一个几何体的三视图,根据图中数据,可得该几何体的表面积、体积分别是 （ ）A ．12832,3ππ B ．3216,3ππ C ．1612,3ππ D ．168,3ππ6 ．（山东省潍坊市2013届高三第二次模拟考试理科数学）有一平行六面体的三视图如图所示,其中俯视图和左视图均为矩形,则这个平行六面体的表面积为（ ）A ．B ．6+C ．30+D ．42 7 ．（山东省兖州市2013高三9月入学诊断检测数学(理)试题）如右图所示是某一容器的三视图,现向容器中匀速注水,容器中水面的高度h 随时间t 变化的可能图象是第7题图8 ．（山东省2013届高三高考模拟卷（一）理科数学）一个几何体的三视图如图所示,其正视图和侧视图都是底边长分别为2和4,腰长为4的等腰梯形,则该几何体的侧面积是 （ ） A ．π6 B ．π12 C ．π18 D ．π249 ．（山东省泰安市2013届高三上学期期末考试数学理）如图,若一个空间几何体的三视图中,正视图和侧视图都是直角三角形,其直角边均为1,则该几何体的体积为（ ）A ．13B ．12 C ．16D ．110．（山东省莱芜市莱芜十七中2013届高三4月模拟数学（理）试题）一个几何体的三视图如图所示,其中正视图是一个正三角形,则这个几何体的（ ）A．外接球的半径为3B1 CD ．外接球的表面积为4π11．（山东省济南市2013届高三3月高考模拟理科数学）一个几何体的三视图如右图所示,则它的体积为（ ）A ．203B ．403C ．20D ．4012．（山东省滨州市2013届高三第一次（3月）模拟考试数学（理）试题）一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）A ．1B ．13 C．12D．32 13．（山东省枣庄三中2013届高三上学期1月阶段测试理科数学）如图所示是以建筑物的三视图,现需将其外壁用油漆刷一遍,若每平方米用漆0.2k g,则共需油漆大约公斤数为(尺寸如图所示,单位:米 π取3)第11题图图图（ ）A ．20B ．22.2C ．111D ．11014．（山东省济宁市2013届高三4月联考理科数学）已知某几何体的三视图如图所示,其中俯视图中圆的直径为4,该几何体的体积为1V ,直径为4的球的体积为2V ,则12:V V =（ ）A ．1:2B ．2:1C ．1:1D ．1:415．（2013届山东省高考压轴卷理科数学）右图是一个几何体的正(主)视图和侧(左)视图,其俯视图是面积为的矩形.则该几何体的表面积是（ ）A．20+B．24+C ．8D ．1616．（山东省青岛市2013届高三第一次模拟考试理科数学）一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图与左视图均为半径是2的圆,则这个几何体的表面积是（ ）A ．16πB ．14πC ．12πD ．8π17．（山东省枣庄市2013届高三3月模拟考试数学（理）试题）一个几何体的三视图如图所示,其中的长度单位为cm,则该几何体的体积为( )cm 3.正视图 俯视图左视图（ ）A ．18B ．48C ．45D ．54 18．（山东省莱芜市第一中学2013届高三12月阶段性测试数学（理）试题）一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）A ．2B ．1C ．23D ．1319．（2011年高考（山东理））右图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题:① 存在三棱柱,其正(主)视图、俯视图如右图; ② 存在四棱柱,其正(主)视图、俯视图如右图; ③ 存在圆柱,其正(主)视图、俯视图如右图. 其中真命题的个数是 （ ）A ．3B ．2C ．1D ．0 20．（山东省济南市2013届高三上学期期末考试理科数学）一个锥体的主视图和左视图如图所示,下面选项中,不可能是该锥体的俯视图的是21．（山东省潍坊市2013届高三上学期期末考试数学理 （ ） A ．）一个几何体的三视图如图所示,其中主视图和左视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形,若该几何体的所有顶点在同一球面上,则该球的表面积是 （ ） A ．π12 B ．π24 C ．π32 D ．π48 22．（山东省威海市2013届高三上学期期末考试理科数学）某几何体的三视图如右图所示,则该几何体的体积不可能是（ ）A ．1B ．1.5C ．2D ．323．（山东省烟台市莱州一中2013届高三第三次质量检测数学(理)试题）如图是某一几何体的三视图,则这个几何体的体积为【T 】1．（ ）A ．4B ．8C ．16D ．20 24．（山东省烟台市2013届高三上学期期末考试数学（理）试题）一个几何体的三视图如下所示,则该几何体的表面积是（ ）A ．6+B ．12+C ．12+D ．18+25．（山东师大附中2013届高三第四次模拟测试1月理科数学）已知某几何体的三视图如图,其中正(主)视图中半圆的半径为1,则该几何体的体积为（ ）A ．3242π-B ．243π-C ．24π-D ．242π-26．（山东省泰安市2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题）如右图,一个由两个圆锥组合而成的空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1、一个内角为60°的菱形,俯视图是圆及其圆心,那么这个几何体的体积为（ ）AB ．6ππC．12π D27．（山东省济南市2012届高三3月高考模拟题理科数学（2012济南二模））如图,正三棱柱ABC -111A B C 的各棱长均为2,其正(主)视图如图所示,则此三棱柱侧(左)视图的面积为（ ）A ．22B ．4C ．3D ．32 28．（2009高考(山东理)）一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）A ．2ππ2π D ．4π+侧(左)视图正(主)视图俯视图29．（山东省日照市2013届高三12月份阶段训练数学(理)试题）如右图,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30．（山东省烟台市2013届高三3月诊断性测试数学理试题）如右图,某几何体的三视图均为边长为l 的正方形,则该几何体的体积是（ ）A ．65B ．32 C ．1 D ．21 31．（山东省淄博市2013届高三复习阶段性检测（二模）数学（理）试题）一个四棱锥的底面为正方形,其三视图如图所示,则这个四棱锥的体积是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4 32．（山东省枣庄市2013届高三4月（二模）模拟考试数学(理)试题）如图所示是一几何体的三视图,则该几何体外接球的表面积为 （ ） A ．3π B ．4π C ．8π D ．9π二、填空题 33．（山东省凤城高中2013届高三4月模拟检测数学理试题 ）已知某几何体的三视图如图所示,其中正视图中半圆的直径为2,则该几何体的体积为____.34．（山东省文登市2013届高三3月二轮模拟考试数学（理））如图,已知球O 的面上有四点,,,A B C D ,DA ⊥平面ABC ,AB BC ⊥,2DA AB BC ===,则球O 的体积与表面积的比为__________.35．（山东省泰安市2013届高三第一轮复习质量检测数学（理）试题）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为5的球O 的球面上,且8,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为______. 36．（2012年山东理）(14)如图,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,E,F 分别为线段AA 1,B 1C 上的点,则三棱锥D 1-EDF 的体积为____________.37．（山东省莱钢高中2013届高三4月模拟检测数学理试题 ）从如图所示的长方形区域内任取一个点M(x,y),则点M取自阴影部分的概率为 ____________;38．（山东省济南市2013届高三4月巩固性训练数学（理）试题）已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为_________.39．（山东省德州市2013届高三3月模拟检测理科数学）一空间几何体的三视图如图所示,该几何体的体积为16π,则图中x的值为_______________.40．（山东省菏泽市2013届高三第二次模拟考试数学（理）试题）一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的表面积与其外接球面积之比为________.41．（山东省烟台市莱州一中2013届高三第二次质量检测数学(理)试题）一个几何体的三视图如右图所示,则该几何体的表面积为__________.42．（山东济南外国语学校2012—2013学年度第一学期高三质量检测数学试题（理科））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__________________3m.正视图 侧视图俯视图山东省2014届理科数学一轮复习试题选编25：空间几何体的三视图、表面积与体积参考答案一、选择题1. D2. 【答案】D 由正视图和俯视图可知,该几何体可能是四棱柱或者是水平放置的三棱柱,或水平放置的圆柱.由图象可知四棱柱的体积最大.四棱柱的高为1,底面边长分别为1,3,所以表面积为2(131131)14⨯+⨯+⨯=,选D.3. A4. 【答案】A 由几何体的三视图,知该几何体的下半部分是长方体,上半部分是半径为2,高为5的圆柱的一半. 长方体的中445EH HG GK ===，，,所以长方体的表面积为(去掉一个上底面)2(4445)45=92⨯+⨯+⨯.半圆柱的两个底面积为22=4ππ⨯,半圆柱的侧面积为25=10ππ⨯⨯,所以整个组合体的表面积为92+410=92+14πππ+,选A. . 5. C6. 【答案】C 由三视图可知该平行六面体的底面是个矩形,两个侧面和底面垂直.其中侧棱12AA =.底面边长3AD =,平行六面体的高为3.2BE =,又2222112(3)1AE AA A E =-=-=,所以123AB =+=.所以平行六面体的表面积为2(333332)=3063⨯+⨯+⨯+,选 C.7. B8. B 【解析】结合三视图可知该几何体是一个圆台,其上,下底面的半径分别为2,1,其直观图如图所示.则该几何的侧面积⨯=2(πS π12)414=⨯+.9. 【答案】A【解析】由三视图可知,该几何体是四棱锥,底面为边长为1的正方形,高为1的四棱锥,所以体积为1111133⨯⨯⨯=,选A. 10. B11. 【答案】B由三视图可知,该几何体是一个放到的四棱锥,其中四棱锥的底面是主视图,为直角梯形,直角梯形的上底为1,下底为4,高为 4.棱锥的高位4,所以四棱锥的体积为1144044323+⨯⨯⨯=,选 B.12. 【答案】B 由三视图可知,该几何体是四棱锥,以俯视图为底,高为1,俯视图的面积为11=1⨯,使用四棱锥的体积为111133⨯⨯=,选B. 13. 【答案】B 【解析】由三视图可知,该几何体上面是个圆锥,下面是个长方体.长方体的底面是边长为3的正方形,高为4,所以长方体的表面积(去掉上下两个底面)为24(34)=48()m ⨯⨯.圆锥的底面半径为3,母线为5,所以圆锥的侧面积为2351545()m ππ⨯⨯==,底面积(去掉一个正方形)为29339918()m ππ-⨯=-=,所以该几何体的总面积为2484518111()m ++=,所以共需油漆0.211122.2⨯=公斤,选B.14. A15. A.【解析】由已知俯视图是矩形,则该几何体为一个三棱柱,根据三视图的性质,俯视图的矩形宽为由面积4,则1+2=24+2S S S =⨯⨯⨯⨯侧底（）2 =2820+.16. 【答案】A 由三视图可知,该几何体是一挖去12半球的球.其中两个半圆的面积为224ππ⨯=.34个球的表面积为2342124ππ⨯⨯=,所以这个几何体的表面积是12416πππ+=,选A. 17. 【答案】D由三视图可知,该几何体时底面是矩形的四棱柱,以俯视图为底,底面直角梯形的上底为4,下底为5,高为3.棱柱的高为4,所以四棱柱的体积为34534542cm +⨯⨯=,选D. 18. C19.解析:①②③均是正确的,只需①底面是等腰直角三角形的直四棱柱, 让其直角三角形直角边对应的一个侧面平卧;②直四棱柱的两个侧面是正方形或一正四棱柱平躺;③圆柱平躺即可使得三个命题为真,答案选A.20. 【答案】C【 解析】若俯视图为C,则俯视图的宽和左视图的宽长度不同,所以俯视图不可能是C.21. 【答案】D【解析】该几何体的直观图如图1所示,它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.其中底面ABCD 是边长为4的正方形,高为CC 1=4,该几何体的所有顶点在同一球面上,则球的直径为12AC R ==,所以球的半径为R =所以球的表面积是224448R πππ=⨯=,选D.22. 【答案】D 由三视图可知,该几何体时一个侧面和底面垂直的的三棱锥,,其中底面三角形BAC 为直径三角形,PA ABC ⊥,2AB =,4PC =,设,04AC x x =<<,则PA ==,所以三棱锥的体积为111168232363x ⨯⨯=≤==,当且仅当x =即28,x x ===,此时体积有最大值82233=,所以该三棱锥的体积不可能是3,选D.23. C 【解析】由三视图可知,该几何体是一个四棱锥,四棱锥的高为4,底面为俯视图对应的矩形,俯视图的面积为2612⨯=,所以四棱锥的体积为1124163⨯⨯=,选C.24. 【答案】C 【解析】由三视图可知,该几何体是一个直三棱柱,三棱柱的底面是一个腰长为2,底面上的高是1的等腰三角形,侧棱长是3,所以该几何体的表面积为1213(22122⨯⨯+++=+,选C. 25. A 【解析】由三视图可知该几何体是一个长方体去掉一个半圆柱.长方体的长宽高分别为3,2,4.所以长方体的体积为32424⨯⨯=.半圆柱的高为3,所以半圆柱的体积为13322ππ⨯⨯=,所以几何体的体积为3242π-,选A. 26. A27. 【答案】D【解析】由正视图可知,此三棱柱的侧视图为,高为2,宽为3的矩形,所以面积为32,选D. 28. 【解析】:该空间几何体为一圆柱和一四棱锥组成的,圆柱的底面半径为1,高为2,体积为2π,四棱锥的底面边长为2，高为3，所以体积为213⨯=所以该几何体的体积为2π. 答案:C 29. C 【解析】若俯视图为A,则该几何体为边长为1的正方体,体积为1,不成立.若俯视图为B,则该几何体为圆柱,体积为21()124ππ⨯=,不成立.若俯视图为C,则该几何体为三棱柱,体积为1111122⨯⨯⨯=,成立.若俯视图为D,则该几何体为14圆柱,体积为211144ππ⨯⨯=,不成立.所以只有C 成立,所以选C. 30. 【答案】A 由题意三视图对应的几何体如图所示, 所以几何体的体积为正方体的体积减去一个三棱锥的体积,即31151111326-⨯⨯⨯⨯=,选 A.31. 【答案】B 由题设及图知,此几何体为一个四棱锥,其底面为一个对角线长为2的正方形,故其底面积为141122⨯⨯⨯=.由三视图知其中一个侧棱为棱锥的高,其相对的侧棱与高及底面正方形的对角线组对角线长为2,3==.此棱锥的体积为12323⨯⨯=,选B.32. D二、填空题 33. 324π-34.35. 【答案】球心在矩形的射影为矩形对角线的交点上.所以对角线长为=,所以棱锥的高为=,所以棱锥的体积为183⨯=. 36.解析:61112113111=⨯⨯⨯⨯==--DE D F EDF D V V . 37. 31 38. 4163π+ 39. 【答案】3由三视图可知,该几何体下面是个圆柱,上面是个四棱锥.圆柱的体积为4416ππ⨯=,四棱锥的底面积为14482⨯⨯=,所以四棱锥的体积为18833h h ⨯⨯=,所以816163h ππ=+,所以四棱锥的高h =所以2222549x h =+=+=,即3x =.40.π3 41. 242π+ 【解析】由三视图可知,该组合体下部是底面边长为2,高为3的正四棱柱,上部是半径为2的半球,所以它的表面积为224322221224πππ⨯⨯+⨯+⨯=+.42. 4 【解析】由三视图可知,该组合体是由两个边长分别为2,1,1和1,1,2的两个长方体,所以体积之和为2111124⨯⨯+⨯⨯=。

高三数学空间几何体的三视图与直观图试题1.若一个四棱锥的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是边长为2的等边三角形，则该四棱锥的四条侧棱长之和等于_____________【答案】【解析】由三视图可知该四棱锥的四个侧面是底边长为2，高为2的全等的等腰三角形，所以每条侧棱长都等于，所以四条侧棱长之和为．【考点】三视图．2.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于________．【答案】【解析】据三视图可知，该几何体是一个正方体(棱长为2)去掉一角(左前上角)而得，直观图如图所示，其中DA＝DB＝DC＝1，∴△ABC是边长为的等边三角形，∴其表面积为S＝6×22－3××12＋×()2×＝．3.一个多面体的直观图及三视图如图所示：(其中M、N分别是AF、BC的中点)(1)求证：MN∥平面CDEF；(2)求多面体A－CDEF的体积．【答案】（1）见解析（2）【解析】解：由三视图可知，AB＝BC＝BF＝2，DE＝CF＝2，∠CBF＝．(1)证明：取BF的中点G，连接MG、NG，由M、N分别为AF、BC的中点可得，NG∥CF，MG∥EF，∴平面MNG∥平面CDEF，又MN⊂平面MNG，∴MN∥平面CDEF．(2)取DE的中点H．∵AD＝AE，∴AH⊥DE，在直三棱柱ADE－BCF中，平面ADE⊥平面CDEF，平面ADE∩平面CDEF＝DE．∴AH⊥平面CDEF．∴多面体A－CDEF是以AH为高，以矩形CDEF为底面的棱锥，在△ADE中，AH＝．S矩形＝DE·EF＝4，CDEF∴棱锥A－CDEF的体积为V＝·S·AH＝×4×＝．矩形CDEF4.一个几何体的主视图和俯视图如图所示，主视图是边长为的正三角形，俯视图是边长为的正六边形，则该几何体左视图的面积是【答案】【解析】左视图的面积为.【考点】三视图.5.一空间几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为12π＋，则正视图中x的值为( )A．5B．4C．3D．2【答案】C【解析】三视图，由正四棱锥和圆柱组成，故选C．6.三棱柱的直观图和三视图如下图所示，其侧视图为正三角形（单位cm）⑴当x=4时，求几何体的侧面积和体积⑵当x取何值时，直线AB1与平面BB1C1C和平面A1B1C1所成角大小相等。

空间几何体的三视图和直观图（第一课时）木井中学陈文杰一、教材的地位和作用本节课是“空间几何体的三视图和直观图”的第一课时，主要内容是投影和三视图，这部分知识是立体几何的基础之一，一方面它是对上一节空间几何体结构特征的再一次强化，画出空间几何体的三视图并能将三视图还原为直观图,是建立空间概念的基础和训练学生几何直观能力的有效手段。

另外，三视图部分也是新课程高考的重要内容之一，常常结合给出的三视图求给定几何体的表面积或体积设置在选择或填空中。

同时，三视图在工程建设、机械制造中有着广泛应用，同时也为学生进入高一层学府学习有很大的帮助。

所以在人们的日常生活中有着重要意义。

二、教学目标（1）知识与技能：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，能识别上述三视图表示的立体模型，从而进一步熟悉简单几何体的结构特征。

（2）过程与方法：通过直观感知，操作确认，提高学生的空间想象能力、几何直观能力，培养学生的应用意识。

（3）情感、态度与价值观：让感受数学就在身边，提高学生学习立体几何的兴趣，培养学生相互交流、相互合作的精神。

三、设计思路本节课的主要任务是引导学生完成由立体图形到三视图，再由三视图想象立体图形的复杂过程。

直观感知操作确认是新课程几何课堂的一个突出特点，也是这节课的设计思路。

通过大量的多媒体直观，实物直观使学生获得了对三视图的感性认识，通过学生的观察思考，动手实践，操作练习，实现认知从感性认识上升为理性认识。

培养学生的空间想象能力，几何直观能力为学习立体几何打下基础。

教学的重点、难点（一）重点：画出空间几何体及简单组合体的三视图，体会在作三视图时应遵循的“长对正、高平齐、宽相等”的原则。

（二）难点：识别三视图所表示的空间几何体，即：将三视图还原为直观图。

四、学生现实分析本节首先简单介绍了中心投影和平行投影，中心投影和平行投影是日常生活中最常见的两种投影形式，学生具有这方面的直接经验和基础。

2014届高三数学（理）总复习\解题技巧\10份\大全一、空间几何体的三视图及其表面积、体积柱、锥、台、球及其简单组合体，三视图，直观图等内容是立体几何的基础，是研究空间问题的基本载体，也是高考对立体几何考查的一个重要方面，其中几何体的结构特征和三视图是高考的热点．(一)高考对三视图的三个考查角度1．由几何体画三视图或考查对简单几何体的三视图的识别解答此类问题的关键是：一要掌握各种基本几何体的三视图，注意简单组合体的构成；二要熟悉三视图“长对正、高平齐、宽相等”的法则．[例1]如图所示，已知三棱锥的底面是直角三角形，直角边长分别为3和4，过直角顶点的侧棱长为4，且垂直于底面，该三棱锥的主视图是()[解析]结合三视图的画法规则可知B正确．[答案] B2．由三视图还原几何体，考查对空间几何体的认识及空间想象能力．由几何体的三视图还原几何体，一般如下处理：首先通过俯视图确定几何体底面的大致形状，然后利用正视图和侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，确定几何体的形状．[例2]三视图如图所示的几何体是()A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台[解析]由三视图知该几何体为一四棱锥，其中有一侧棱垂直于底面，底面为一直角梯形．[答案] B3．借助于三视图研究几何体的表面积、体积解决此类问题关键是通过三视图确定空间几何体中的几何量的关系其中，正视图、侧视图的高就是空间几何体的高，正视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度，侧视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度．[例3] 如图是某几何体的三视图，其中正视图是斜边长为2a 的直角三角形，侧视图是半径为a 的半圆，则该几何体的体积是( )A.36πa 3 B.3πa 3 C.34πa 3 D ．23πa 3[解析] 由侧视图为半圆可知，该几何体与圆柱、圆锥、球有关，结合正视图是一个直角三角形知该几何体是沿中心轴线切开的半个圆锥，将剖面放置在桌面上，如图，由条件知，半圆锥的母线长为2a ，底面半径为a ，故半圆锥的高为(2a )2－a 2＝3a ，几何体的体积V ＝12×⎝⎛⎭⎫13×πa 2×3a ＝36πa 3. [答案] A(二)求体积的几种方法空间几何体的体积是高考考查立体几何的考点之一，求空间几何体的体积的常用方法主要有：公式法、转化法、割补法．1．公式法：直接根据相关的体积公式计算．[例4] 一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该球的体积为43π，则该正方体的表面积为________．[解析] 依题意知正方体的体对角线长等于球的直径，设球的半径为R ， 则43π＝43πR 3， 所以R ＝3，于是正方体的体对角线长为2 3.设正方体的棱长为a ， 则有23＝3a ，于是a ＝2，因此正方体的表面积为6a 2＝24.[答案] 242．转化法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高，从而使得体积计算更容易，或是可以求出一些体积比等．[例5] 如图所示，在正六棱锥P －ABCDEF 中，G 为PB 的中点，则三棱锥D －GAC 与三棱锥P －GAC 体积之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．3∶2[解析] 根据三棱锥的特点，可以采用等体积转化的方法解决．法一：如图所示，由于点G 为PB 的中点，故点P ，B 到平面GAC 的距离相等，故三棱锥P －GAC 的体积等于三棱锥B －AGC 的体积，根据三棱锥的特点，所要解决的两个三棱锥的体积之比就等于三棱锥G －ACD 与三棱锥G －ABC 的体积之比，由于这两个三棱锥的高相等，体积之比等于其底面积之比，即△ACD 与△ABC 的面积之比，这个面积之比是2∶1.法二：如图所示，连接BD 交AC 于H ，则点D ，B 到平面GAC 的距离之比等于DH ∶BH ，因为△AHD ∽△CHB ，故DH ∶BH ＝AD ∶BC ＝2∶1，三棱锥D －GAC 与三棱锥B －GAC 底面积相等，故其体积之比等于其高的比，即所求比值是2∶1.[答案] C3．割补法：把不能直接计算其体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可以计算体积的空间几何体，通过这个空间几何体的体积计算所求的空间几何体的体积．[例6] 如图所示，若正方体的棱长为2，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为( )A.26 B.23 C.33 D.23[解析] 如图所示，平面ABCD 把该多面体分割成两个体积相等的正四棱锥．以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体是两个全等的正四棱锥，该正四棱锥的高是正方体边长的一半，底面面积是正方体一个面面积的一半，V ＝2×13×⎝⎛⎭⎫12×2×2×12×2＝23. [答案] B二、破解高考中立体几何的三个难点问题破解难点一：探究与球有关的组合体问题与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心、“切点”或“接点”作出截面图．[例1] 四棱锥S －ABCD 的底面边长和各侧棱长都为2，点S ，A ，B ，C ，D 都在同一个球面上，则该球的体积为________．[解析] 如图所示，根据对称性，只要在四棱锥的高线SE 上找到一个点O 使得OA ＝OS ，则四棱锥的五个顶点就在同一个球面上．在Rt △SEA 中，SA ＝2，AE ＝1，故SE ＝1.设球的半径为r ，则OA ＝OS ＝r ，OE ＝1－r .在Rt △OAE 中，r 2＝(1－r )2＋1，解得r ＝1，即点O 为球心，故这个球的体积是4π3. [答案] 4π3破解难点二：平面图形翻折问题的求解将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称之为平面图形翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化，解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法．[例2] 如图边长为a 的等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE交于点G ，已知△A ′DE 是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是( )①动点A ′在平面ABC 上的射影在线段AF 上；②BC ∥平面A ′DE ；③三棱锥A ′-FED 的体积有最大值．A ．①B ．①②C ．①②③D ．②③[解析] ①中由已知可得面A ′FG ⊥面ABC ，所以点A ′在面ABC 上的射影在线段AF 上．②∵BC ∥DE ，且BC ⊄平面A ′DE ，DE ⊂平面A ′DE ，∴BC ∥平面A ′DE .③当面A ′DE ⊥面ABC 时，三棱锥A ′-FED 的体积达到最大．[答案] C破解难点三：立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题的主要类型有：(1)探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么；(2)探索结论，即在给定的条件下，命题的结论是什么．1．综合法对命题条件的探索常采用以下三种方法：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；(3)把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．对命题结论的探索常采用以下方法：首先假设结论成立，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设．[例3] (2013·东城模拟)如图，在△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1，AB ⊥平面BCD ，∠ADB ＝60°，E ，F 分别是AC ，AD 上的动点，且AE AC ＝AF AD＝λ(0<λ<1)． (1)判断EF 与平面ABC 的位置关系并给予证明；(2)是否存在λ，使得平面BEF ⊥平面ACD ，如果存在，求出λ的值；如果不存在，说明理由．[解] (1)EF ⊥平面ABC .因为AB ⊥平面BCD ，所以AB ⊥CD ，又在△BCD 中，∠BCD ＝90°，所以BC ⊥CD ，又AB ∩BC ＝B ，所以CD ⊥平面ABC .又在△ACD 中，E ，F 分别是AC ，AD 上的动点，且AE AC ＝AF AD＝λ(0<λ<1)，∴EF ∥CD . ∴EF ⊥平面ABC .(2)存在．∵CD ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，∴BE ⊥CD ，∵∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1，∴BD ＝ 2.在Rt △ABD 中，∠ADB ＝60°，∴AB ＝BD tan 60°＝6，则AC ＝AB 2＋BC 2＝7，当BE ⊥AC 时，BE ＝AB ×BC AC ＝67， AE ＝AB 2－BE 2＝677， 则AE AC ＝6777＝67， 则λ＝AE AC ＝67时，BE ⊥AC ， 又BE ⊥CD ，AC ∩CD ＝C ，∴BE ⊥平面ACD .∵BE ⊂平面BEF ，∴平面BEF ⊥平面ACD .所以存在λ，且当λ＝67时，平面BEF ⊥平面ACD . 方法2.空间向量法不论是对命题条件还是对命题结论的探索，利用空间向量法均可降低思维难度和计算难度，只要合理建立空间直角坐标系，标出各点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量(根据题中要求可引入参数)，结合结论和已知条件(若有参数则解出参数)，即可得出结果．[例4] (2012·淄博模拟)已知在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，且AD ＝2，AB ＝1，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是线段AB ，BC的中点．(1)证明：PF ⊥FD ；(2)判断并说明P A 上是否存在点G ，使得EG ∥平面PFD ；(3)若PB 与平面ABCD 所成的角为45°，求二面角A －PD －F 的余弦值．[解] (1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，AB ＝1，AD ＝2，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，F (1,1,0)，D (0,2,0) 不妨令P (0,0，t )，则PF ＝(1,1，－t )，DF ＝(1，－1,0)，∴PF ·DF ＝1×1＋1×(－1)＋(－t )×0＝0，即PF ⊥FD .(2)存在，设平面PFD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧ n ·PF ＝0，n ·DF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －tz ＝0，x －y ＝0， 令z ＝1，解得x ＝y ＝t 2. ∴n ＝⎝⎛⎭⎫t 2，t 2，1.设G 点的坐标为(0,0，m )，E ⎝⎛⎭⎫12，0，0， 则EG ＝⎝⎛⎭⎫－12，0，m ， 要使EG ∥平面PFD ，只需EG ·n ＝0，即⎝⎛⎭⎫－12×t 2＋0×t 2＋m ×1＝m －t 4＝0， 得m ＝14t ，从而满足AG ＝14AP 的点G 即为所求． (3)∵AB ⊥平面P AD ，∴AB 是平面P AD 的法向量，易得AB ＝(1,0,0)．又∵P A ⊥平面ABCD ，∴∠PBA 是PB 与平面ABCD 所成的角，得∠PBA ＝45°，则P A ＝1，平面PFD 的法向量为n ＝⎝⎛⎭⎫12，12，1，∴cos 〈AB ，n 〉＝AB ·n | AB ||n |＝1214＋14＋1＝66， 从而二面角A －PD －F 的余弦值为66. 两类不等式恒成立问题的求解策略不等式恒成立问题是数学试题中的重要题型，涉及数学中各部分知识，但主要是函数中的不等式恒成立问题和数列中的不等式恒成立问题，涉及题型一般有两类：一是已知不等式恒成立，求参数的取值范围，解决这类问题的基本方法是相同的，首选方法是利用分离参数转化为求新函数、新数列的最值问题，如果不能分离参数或者分离参数比较复杂时，一般选择函数的方法，通常利用函数的最值解决；二是证明不等式恒成立，在函数中一般选择以算代证，即通过求函数的最值证明不等式．在数列中，很多时候可以与放缩法结合起来，对所证不等式的一侧进行适当放大或缩小，下面分别举例说明．一、函数中的不等式恒成立问题函数是不等式恒成立问题的主要载体，通常通过不等式恒成立问题考查等价转化思想、函数的最值或值域，对涉及已知函数在给定区间上恒成立，求参数的取值范围、证明不等式等问题，大多数题目可以利用分离参数的方法，将问题转化为求函数的最值或值域问题．[例1] 已知两个函数f (x )＝8x 2＋16x －k ，g (x )＝2x 3＋5x 2＋4x ，其中k 为实数．(1)若对任意的x ∈[－3,3]，都有f (x )≤g (x )成立，求k 的取值范围；(2)若对任意的x 1、x 2∈[－3,3]，都有f (x 1)≤g (x 2)，求k 的取值范围．[解] (1)令F (x )＝g (x )－f (x )＝2x 3－3x 2－12x ＋k .问题转化为F (x )≥0在x ∈[－3,3]时恒成立，故解[F (x )]min ≥0即可．∵F ′(x )＝6x 2－6x －12＝6(x 2－x －2)，故由F ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝－1.∵F (－3)＝k －45，F (3)＝k －9，F (－1)＝k ＋7，F (2)＝k －20，∴[F (x )]min ＝k －45.由k －45≥0，解得k ≥45.故实数k 的取值范围是[45，＋∞)．(2)由题意可知当x ∈[－3,3]时，都有[f (x )]max ≤[g (x )]min .由f ′(x )＝16x ＋16＝0，得x ＝－1.∵f (－3)＝24－k ，f (－1)＝－8－k ，f (3)＝120－k ，∴[f (x )]max ＝－k ＋120.由g ′(x )＝6x 2＋10x ＋4＝0，得x ＝－1或x ＝－23. ∵g (－3)＝－21，g (3)＝111，g (－1)＝－1，g ⎝⎛⎭⎫－23＝－2827， ∴[g (x )]min ＝－21.则120－k ≤－21，解得k ≥141.∴实数k 的取值范围是[141，＋∞)．[点评] 将恒成立问题转化为求函数的最值问题来处理，一般有下面两种类型：(1)若所给函数能直接求出最值，则有：①f (x )>0恒成立⇔[f (x )]min >0；②f (x )≤0恒成立⇔[f (x )]max ≤0.(2)若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围，则有(下面的a 为参数)：①f (x )<g (a )恒成立⇔g (a )>[f (x )]max ；②f (x )>g (a )恒成立⇔g (a )<[f (x )]min .[例2] 已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2，(a 为实常数)．(1)若a ＝－2，求函数f (x )的单调区间；(2)若对∀x ∈[1，e]，使得f (x )≤(a ＋2)x 恒成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－2时，f (x )＝x 2－2ln x ，所以f ′(x )＝2(x 2－1)x . 令f ′(x )＝2(x 2－1)x>0，得x <－1或x >1.且定义域为(0，＋∞)，所以函数f (x )的单调增区间是(1，＋∞)．令f ′(x )＝2(x 2－1)x<0，得－1<x <1，且定义域为(0，＋∞)，所以函数f (x )的单调减区间是(0,1)．(2)不等式f (x )≤(a ＋2)x ，可化为a (x －ln x )≥x 2－2x .因为x ∈[1，e]，所以ln x ≤1≤x 且等号不能同时取，所以ln x ＜x ，即x －ln x >0.因而a ≥x 2－2x x －ln x(x ∈[1，e])． 令g (x )＝x 2－2x x －ln x(x ∈[1，e])， 又g ′(x )＝(x －1)(x ＋2－2ln x )(x －ln x )2， 当x ∈[1，e]时，x －1≥0，ln x ≤1，x ＋2－2ln x >0，从而g ′(x )≥0(当且仅当x ＝1时取等号)．所以g (x )在[1，e]上为增函数．故[g (x )]max ＝g (e)＝e 2－2e e －1. 所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 2－2e e －1，＋∞. [点评] 利用不等式与函数和方程之间的联系，将问题转化成一次函数或二次函数(二次方程)的问题研究，一般有下面几种类型：1．一次函数型问题：利用一次函数的图象特点求解．对于一次函数f (x )＝kx ＋b (k ≠0)，x ∈[m ，n ]，有(1)f (x )≥0恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧ f (m )≥0，f (n )≥0. (2)f (x )<0恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧f (m )<0，f (n )<0. 2．二次函数型问题：结合抛物线的形状考虑对称轴、顶点、区间端点等，列出相关的不等式，求出参数的解，下面是两种基本类型：对于二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0，x ∈R )，有：(1)f (x )>0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，Δ<0， (2)f (x )<0对x ∈R 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a <0，Δ<0.二、数列中的不等式恒成立问题数列是一种特殊的函数，所以解决数列中的不等式恒成立问题与函数中不等式恒成立问题的解法相同，基本方法也是利用分离参数转化为求新数列的最值问题，数列中的最值问题一般是应用数列的单调性求解；而数列中的不等式恒成立的证明，则很多时候可以与放缩法联系起来．[例3] 在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝ca n ＋c n ＋1·(2n ＋1)(n ∈N *)，其中实数c ≠0. (1)求{a n }的通项公式；(2)若对一切k ∈N *有a 2k >a 2k －1，求c 的取值范围．[解] (1)由a 1＝1，a 2＝ca 1＋c 2·3＝3c 2＋c ＝(22－1)c 2＋c ，a 3＝ca 2＋c 3·5＝8c 3＋c 2＝(32－1)c 3＋c 2，a 4＝ca 3＋c 4·7＝15c 4＋c 3＝(42－1)c 4＋c 3，归纳猜想a n ＝(n 2－1)c n ＋c n －1，n ∈N *. 下面用数学归纳法证明：当n ＝1时，等式成立；假设当n ＝k 时，等式成立，即a k ＝(k 2－1)c k ＋c k －1， 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝ca k ＋c k ＋1(2k ＋1)＝c [(k 2－1)c k ＋c k －1]＋c k ＋1·(2k ＋1)＝(k 2＋2k )c k ＋1＋c k ＝[(k ＋1)2－1]·c k ＋1＋c k ， 综上，a n ＝(n 2－1)c n ＋c n－1对任何n ∈N *都成立．(2)由a 2k >a 2k －1，得 [(2k )2－1]c 2k ＋c 2k －1>[(2k －1)2－1]c 2k －1＋c 2k －2， 因c 2k －2>0，所以4(c 2－c )k 2＋4ck －c 2＋c －1>0对k ∈N *恒成立．记f (x )＝4(c 2－c )x 2＋4cx －c 2＋c －1，下面分三种情况讨论：①当c 2－c ＝0，即c ＝0或c ＝1时，代入验证可知只有c ＝1满足要求．②当c 2－c <0时，即0<c <1，抛物线y ＝f (x )开口向下，因此当正整数k 充分大时，f (k )<0，不符合题意，此时无解．③当c 2－c >0，即c <0或c >1时，抛物线y ＝f (x )开口向上，易知Δ>0，其对称轴x ＝12(1－c )必在直线x ＝1的左边．因此，f (x )在[1，＋∞)上是增函数．所以要使f (k )>0对k ∈N *恒成立，只需f (1)>0即可．由f (1)＝3c 2＋c －1>0，解得c <－1－136或c >－1＋136. 结合c <0或c >1，得c <－1＋136或c >1.结合以上三种情况，c 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1＋136∪[1，＋∞)． [点评] 本题中关于k 的不等式，不能通过分离参数将k 与c 分离，这时的一般解法是直接利用函数知识求函数最值，只是这时的函数定义域不是连续区间，这也是数列与函数的区别．由此可见，数列中的不等式恒成立与函数中不等式恒成立的解法基本相同，不同之处就是定义域不同．排列组合在高考中的多方位交汇及古典概型与几何概型中的三类错误一、排列组合在高考中的多方位交汇排列组合问题在高考中是常考内容，但近些年在考查角度及与其他知识的综合上有了加强，这反映出高考题中重在考查学生综合运用知识、分析问题、解决问题的能力．有以下几个题型．热点一：组合知识与向量知识的综合[例1] 在集合{1,2,3,4,5}中任取一个偶数a 和一个奇数b 构成以原点为起点的向量a ＝(a ，b )．从所有得到的以原点为起点的向量中任取两个向量为邻边作平行四边形，记所有作成的平行四边形的个数为n ，其中面积不超过4的平行四边形的个数为m ，则mn＝( )A.415 B.13 C.25D.23[解析] 由已知条件，满足要求的向量分别为(2,1)，(2,3)，(2,5)，(4,1)，(4,3)，(4,5)，故能构成的平行四边形个数n ＝C 26＝6×52＝15. 由S 平行四边形＝|x 1y 2－x 2y 1|可得，(2,1)，(2,3)两向量构成的平行四边形面积为 S 1＝|2×3－1×2|＝4，(2,3)，(2,5)两向量构成的平行四边形面积为 S 2＝|2×5－2×3|＝4，(2,1)，(4,1)两向量构成的平行四边形面积为 S 3＝|2×1－1×4|＝2，(2,1)，(4,3)两向量构成的平行四边形面积为 S 4＝|2×3－1×4|＝2，(2,3)，(4,5)两向量构成的平行四边形面积为 S 5＝|2×5－3×4|＝2.面积不超过4的共有m ＝5个． 故所求概率为m n ＝13.[答案] B[点评] 本题中计数要求不高，但大家要有代入检验的意识． 热点二：组合知识与概率知识的综合[例2] 盒中装有形状、大小完全相同的5个球，其中红色球3个，黄色球2个．若从中随机取出2个球，则所取出的2个球颜色不同的概率等于________．[解析] 由题意知，从5个球中随机取出2个球共有C 25＝10种不同取法，而取出的球颜色不同共有C 13·C 12＝6种不同取法，故所取出的2个球颜色不同的概率P ＝C 13·C 12C 25＝610＝35.[答案] 35[点评] 注意情景中的抽取球的过程与顺序无关，因此属组合问题，在找2个球颜色不同的个数时，又用了分步计数原理的知识．热点三：排列知识与概率知识的综合[例3] 有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其随机的并排摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率是( )A.15B.25C.35D.45[解析] 5本书的全排列有A 55种排法，其中语文书相邻的排法有A 22A 44种，数学书相邻的排法有A 22A 44种，语文书数学书各自同时相邻的排法有A 22A 22A 33种，故所求概率为A 55－(A 22A 44＋A 22A 44－A 22A 22A 33)A 55＝25. [答案] B[点评] 图书摆放在书架上具有顺序性，因此属于排列问题，本题在处理都不相邻的问题上灵活应用了间接思维，使复杂问题简单化．二、盘点古典概型与几何概型中的三类错误古典概型与几何概型是高考中的常考知识点．对于古典概型，列举法仍是求解其概率的主要方法，而与排列、组合问题相结合的概率问题仍是命题的热点；对于几何概型除掌握其定义外，其题型的重点主要体现在两种常见的几何度量——长度、面积，难度不会太大，但题型可能较灵活，背景更新颖．如下几个类型易错：类型一：知识性错误[例1] 设袋中有4只白球和2只黑球，现从袋中无放回地摸出2只球． (1)求这2只球都是白球的概率；(2)求这2只球中1只是白球1只是黑球的概率．[错解] 一次摸出2只球，观察结果的颜色只能是(白，白)，(白，黑)，(黑，黑)3种情况，(1)用A 表示“2只球都是白球”这一事件，则A ＝{(白，白)}，所以P (A )＝13.(2)用B 表示“2只球中1只是白球1只是黑球”这一事件，则B ＝{(白，黑)}，所以P (B )＝13. [错因分析] 在上述错解中(白，白)，(白，黑)，(黑，黑)3种结果的出现不是等可能的． [正解] 我们不妨把4只白球标以1,2,3,4号，2只黑球标以5,6号，则基本事件有(1,2)，(1,3)，…，(1,6)，(2,1)，(2,3)，…，(2,6)，…，(6,1)，(6,2)，…，(6,5)，共30个．(1)用A 表示“2只球都是白球”这一事件，则A ＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)}共12个．所以P (A )＝1230＝25.(2)用B 表示“2只球中1只是白球1只是黑球”这一事件，则B ＝{(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)}共16个．所以P (B )＝1630＝815.类型二：数学思维方法应用错误[例2] 有6个房间安排4个旅客住，每个人可以住进任一房间，且住进各房间是等可能的．(1)指定的4个房间中各有1人住的事件的概率为________；(2)指定的房间有2人住的事件的概率为________．[错解] 所有基本事件的个数为6×5×4×3＝360.(1)指定的4个房间中各有1人住，有4×3×2×1＝24种，故所求的概率为115；(2)从4人中选2人去指定的房间，有6种方法，余下2人每人去5个房间中的任一间，有5×4＝20种方法，故所求的概率为6×206×5×4×3＝13.[错因分析] 本题错误地理解了基本事件的个数，忽视了基本事件可以包含多个人住一个房间的情况．[正解] 每人可以进住任一房间，且进住各房间都有6种等可能的方法，故所有可能的情况有64种，(1)指定的4个房间中各有1人住，有4×3×2×1＝24种，故所求的概率为2464＝154；(2)从4人中选2人去指定的房间，有6种方法，余下2人每人去5个房间中的任一间，有52种方法，故所求的概率为6×5264＝25216.类型三：审题错误[例3] 在等腰直角三角形ABC 中，过直角顶点C 在∠ACB 内部任作一射线CM ，与线段AB 交于点M ，求AM <AC 的概率．[错解]如图，点M 随机地落在线段AB 上，故线段AB 的长为基本事件的度量，当M 位于线段AC ′(AC ′＝AC )上时，AM <AC ，故线段AC ′的长为所求事件的度量．故P (AM <AC )＝P (AM <AC ′)＝AC ′AB ＝AC AB ＝22.答：AM 的长小于AC 的概率是22. [错因分析] 由于本题是在∠ACB 作射线CM ，等可能分布的是CM 在∠ACB 内的任一位置，因此基本事件的度量应是∠ACB 的大小而不是线段AB 的长，这是类似问题由于等可能的视角不同造成的，概率也会不一样．[正解] 据题意知AM <AC 的概率应为满足条件的∠ACM 与∠ACB 大小的比，即P (AM <AC )＝67.5°90°＝34.几点建议 1．重视错题病例“错误是最好的老师”，错题病例也是财富，它有时暴露我们的知识缺陷，有时暴露我们的思维不足，有时暴露我们的方法不当．毛病暴露出来了，也就有治疗的方向，提供了纠错的机会，只有认真地追根溯源查找错因，教训才会深刻．建议在复习过程中做到建立错题集，特别是那些概念理解不深刻、知识记忆错误、思维不够严谨、方法使用不当等典型错误收集成册，并加以评注，指出错误原因，经常翻阅，常常提醒，以绝后患．注意收集错题也有个度的问题，对于那些一时粗心的偶然失误，或一时情绪波动而产生的失误应另作他论．2．培养良好的审题能力解题时审题要慢，要看清楚，步步为营，稳中求快，立足于一次成功，不要养成唯恐做不完，匆匆忙忙抢着做，寄希望于检查的坏习惯，这样做的后果一则容易先入为主，致使有时错误难以发现；二则一旦发现错误，尤其是起步就错，又要重复做一遍，既浪费时间，又造成心理负担．平面向量中的三角形“四心”问题在三角形中，“四心”是一组特殊的点，它们的向量表达形式具有许多重要的性质，在近年高考试题中，总会出现一些新颖别致的问题，不仅考查了向量等知识点，而且培养了考生分析问题、解决问题的能力．现就“四心”作如下介绍：1．“四心”的概念与性质(1)重心：三角形三条中线的交点叫重心．它到三角形顶点距离与该点到对边中点距离之比为2∶1.在向量表达形式中，设点G 是△ABC 所在平面内的一点，则当点G 是△ABC的重心时，有GA ＋GB ＋GC ＝0或PG ＝13(PA ＋PB ＋PC)(其中P 为平面内任意一点)．反之，若GA ＋GB ＋GC＝0，则点G 是△ABC 的重心．在向量的坐标表示中，若G ，A ，B ，C 分别是三角形的重心和三个顶点，且分别为G (x ，y )，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，则有x ＝x 1＋x 2＋x 33，y ＝y 1＋y 2＋y 33.(2)垂心：三角形三条高线的交点叫垂心．它与顶点的连线垂直于对边．在向量表达形式中，若H 是△ABC 的垂心，则HA ·HB ＝HB ·HC ＝HC ·HA 或HA 2＋BC 2＝HB 2＋CA 2＝HC 2＋AB 2.反之，若HA ·HB ＝HB ·HC ＝HC ·HA ，则H 是△ABC 的垂心．(3)内心：三角形三条内角平分线的交点叫内心．内心就是三角形内切圆的圆心，它到三角形三边的距离相等．在向量表达形式中，若点I 是△ABC 的内心，则有|BC |·IA ＋|CA |·IB ＋|AB |·IC ＝0.反之，若|BC |·IA ＋|CA |·IB ＋|AB |·IC＝0，则点I 是△ABC 的内心．(4)外心：三角形三条边的中垂线的交点叫外心．外心就是三角形外接圆的圆心，它到三角形的三个顶点的距离相等．在向量表达形式中，若点O 是△ABC 的外心，则(OA＋OB )·BA ＝(OB ＋OC )·CB ＝(OC ＋OA )·AC ＝0或|OA |＝|OB |＝|OC |.反之，若|OA |＝|OB |＝|OC|，则点O 是△ABC 的外心．2．关于“四心”的典型例题[例1] 已知O 是平面上的一定点，A ，B ，C 是平面上不共线的三个动点，若动点P 满足OP ＝OA ＋λ(AB ＋AC)，λ∈(0，＋∞)，则点P 的轨迹一定通过△ABC 的________心．[解析] 由原等式，得OP －OA ＝λ(AB ＋AC )，即AP ＝λ(AB ＋AC)，根据平行四边形法则，知AB ＋AC是△ABC 的中线所对应向量的2倍，所以点P 的轨迹必过△ABC的重心．[答案] 重[点评] 探求动点轨迹经过某点，只要确定其轨迹与三角形中的哪些特殊线段所在直线重合，这可从已知等式出发，利用向量的线性运算法则进行运算得之．[例2] 已知△ABC 内一点O 满足关系OA ＋2OB ＋3OC＝0，试求S △BOC ∶S △COA ∶S△AOB之值．[解] 延长OB 至B1，使BB 1＝OB ，延长OC 至C 1，使CC 1＝2OC ，连接AB 1，AC 1，B 1C 1，如图所示，则1OB ＝2OB ，1OC ＝3OC ，由条件，得OA ＋1OB ＋1OC＝0，所以点O 是△AB 1C 1的重心．从而S △B 1OC 1＝S △C 1OA ＝S △AOB 1＝13S ，其中S 表示△AB 1C 1的面积，所以S △COA ＝19S ，S △AOB ＝16S ，S △BOC ＝12S △B 1OC ＝12×13S △B 1OC 1＝118S .于是S △BOC ∶S △COA ∶S △AOB ＝118∶19∶16＝1∶2∶3. [点评] 本题条件OA ＋2OB ＋3OC ＝0与三角形的重心性质GA ＋GB ＋GC＝0十分类似，因此我们通过添加辅助线，构造一个三角形，使点O 成为辅助三角形的重心，而三角形的重心与顶点的连线将三角形的面积三等分，从而可求三部分的面积比．[引申推广] 已知△ABC 内一点O 满足关系λ1OA ＋λ2OB ＋λ3OC＝0，则S △BOC ∶S △COA ∶S △AOB ＝λ1∶λ2∶λ3.[例3] 求证：△ABC 的垂心H 、重心G 、外心O 三点共线，且|HG |＝2|GO |.[证明] 对于△ABC 的重心G ，易知OG ＝OA ＋OB ＋OC2，对于△ABC 的垂心H ，设OH ＝m (OA ＋OB ＋OC)，则AH ＝AO＋m (OA ＋OB ＋OC )＝(m －1) OA ＋m OB ＋m OC .由AH ·BC＝0，得[(m －1) OA ＋m OB ＋m OC ](OC －OB )＝0， (m －1) OA ·(OC －OB )＋m (OC 2－OB 2)＝0，因为|OC |＝|OB |，所以(m －1) OA ·(OC －OB )＝0.但OA 与BC不一定垂直，所以只有当m ＝1时，上式恒成立．所以OH ＝OA ＋OB ＋OC ，从而OG ＝13OH，得垂心H 、重心G 、外心O三点共线，且|HG |＝2|GO|.[引申推广]重心G 与垂心H 的关系：HG ＝13(HA ＋HB ＋HC)．[点评] 这是著名的欧拉线，提示了三角形的“四心”之间的关系．我们选择恰当的基底向量来表示它们，当然最佳的向量是含顶点A 、B 、C 的向量．[例4] 设A 1，A 2，A 3，A 4，A 5 是平面内给定的5个不同点，则使1MA ＋2MA ＋3MA＋4MA ＋5MA＝0成立的点M 的个数为( )A ．0B ．1C ．5D ．10[解析] 根据三角形中的“四心”知识，可知在△ABC 中满足MA ＋MB ＋MC＝0的点只有重心一点，利用类比的数学思想，可知满足本题条件的点也只有1个．[答案] B[点评] 本题以向量为载体，考查了类比与化归，归纳与猜想等数学思想．本题的详细解答过程如下：对于空间两点A ，B 来说，满足MA ＋MB＝0的点M 是线段AB 的中点；对于空间三点A ，B ，C 来说，满足MA ＋MB ＋MC＝0，可认为是先取AB 的中点G ，再连接CG ，在CG 上取点M ，使MC ＝2MG ，则M 满足条件，且唯一；对于空间四点A ，B ，C ，D 来说，满足MA ＋MB ＋MC ＋MD＝0，可先取△ABC 的重心G ，再连接GD ，在GD 上取点M ，使DM ＝3MG ，则M 满足条件，且唯一，不妨也称为重心G ；与此类似，对于空间五点A ，B ，C ，D ，E 来说，满足MA ＋MB ＋MC ＋MD ＋ME＝0，可先取空间四边形ABCD 的重心G ，再连接GE ，在GE 上取点M ，使EM ＝4MG ，则M 满足条件，且唯一．巧用斜率妙解题及突破圆锥曲线中的三个难点问题一、巧用斜率妙解题巧用一 利用斜率求参数的取值范围利用斜率的几何意义可以求类似斜率形式的最值问题[例1] 设点A (－2,3)，B (3,2)，若直线ax ＋y ＋2＝0与线段AB 没有交点，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎦⎤－∞，－52∪⎣⎡⎭⎫43，＋∞ B.⎝⎛⎭⎫－43，52 C.⎣⎡⎦⎤－52，43。

专题1空间立体几何的三视图、表面积和体积【考点点击】1．以选择、填空题形式考查空间位置关系的判断，及文字语言、图形语言、符号语言的转换，难度适中；2．以熟悉的几何体为背景，考查多面体或旋转体的侧面积、表面积和体积计算，间接考查空间位置关系的判断及转化思想等，常以三视图形式给出几何体，辅以考查识图、用图能力及空间想象能力，难度中等．3.几何体的三视图与表（侧）面积、体积计算结合；【重点知识】一、空间几何体1．柱体、锥体、台体、球的结构特征名称几何特征棱柱①有两个面互相平行(底面可以是任意多边形)；②其余各面都是平行四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行棱锥①有一个面是多边形(底面)；②其余各面是有公共顶点的三角形．棱台①底面互相平行；②所有侧棱延长后交于一点(即原棱锥的顶点)圆柱①有两个互相平行的圆面(底面)；②有一个侧面是曲面(母线绕轴旋转一周形成的)，且母线与底面垂直圆台①底面互相平行；②有一个侧面是曲面，可以看成母线绕轴旋转一周形成的球①有一个曲面是球面；②有一个球心和一条半径长R，球是一个几何体(包括内部)，可以看成半圆以它的直径所在直线为旋转轴旋转一周形成的2.柱体、锥体、台体、球的表面积与体积名称体积表面积棱柱V棱柱＝Sh(S为底面积，h为高)S棱柱＝2S底面＋S侧面棱锥V棱锥＝13Sh(S为底面积，h为高)S棱锥＝S底面＋S侧面棱台V棱台＝13h(S＋SS′＋S′)S棱台＝S上底＋S下底＋S侧面圆柱V圆柱＝πr2h(r为底面半径，h为高)S圆柱＝2πrl＋2πr2(r为底面半径，l为母线长)圆锥V圆锥＝13πr2h(r为底面半径，h为高)S圆锥＝πrl＋πr2(r为底面半径，l为母线长)圆台V圆台＝13πh(r2＋rr′＋r′2)S圆台＝π(r＋r′)l＋πr2＋πr′2球V球＝43πR3(R为球的半径)S球＝4πR2(R为球的半径)3.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”．(2)空间几何体的直观图空间几何体直观图的画法常采用斜二测画法．用斜二测画法画平面图形的直观图规则为“轴夹角45°(或135°)，平行长不变，垂直长减半”．4．几何体沿表面某两点的最短距离问题一般用展开图解决；不规则几何体求体积一般用割补法和等积法求解；三视图问题要特别留意各种视图与观察者的相对位置关系.【考点分析】考点一空间几何体的结构【例1】已知正三棱锥P­ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，若PA ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________．【答案】33【解析】正三棱锥P­ABC 可看作由正方体PADC­BEFG 截得，如图所示，PF 为三棱锥P­ABC 的外接球的直径，且PF ⊥平面ABC.设正方体棱长为a ，则22,2,1232=====BC AC AB a a ，3223222221=⨯⨯⨯=∆ABC S ，由,PAC B ABC P V V --=得222213131⨯⨯⨯⨯=⋅∆ABC S h ，所以332=h 因此球心到平面ABC 得距离为33考点二三视图、直观图【例2】下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【答案】C【解析】由题意可知，圆柱的侧面积为12π2416πS =⋅⋅=，圆锥的侧面积为2π248πS =⋅⋅=，圆柱的底面面积为23π24πS =⋅=，故该几何体的表面积为12328πS S S S =++=，故选C.【例3】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是()A ．2＋5B ．4＋5C ．2＋25D ．5【答案】C【解析】该三棱锥的直观图如图所示：过D 作DE ⊥BC ，交BC 于E ，连接AE ，则BC ＝2，EC ＝1，AD ＝1，ED ＝2，ABCABD ACD BCD S S S S S ∆∆∆∆+++=表5225221152115212221+=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=考点三几何体的表面积【例4】长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为【答案】14π.【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以222232114,4π14π.R S R =++===【例5】如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是328π,则它的表面积是（）（A ）17π（B ）18π（C ）20π（D ）28π【答案】A【解析】该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的81,设球的半径为R ,则32834873ππ=⨯=R V ,解得R 2=,所以它的表面积是87的球面面积和三个扇形面积之和πππ172413248722=⨯⨯+⨯⨯=S 故选A ．考点四几何体的体积【例6．】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【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：11,2AC AB ==，结合勾股定理，底面半径2213122r ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是2233ππ1π24V r h ⎛==⨯⨯= ⎝⎭，故选B.考点五与球的组合体问题纵观近几年高考对于组合体的考查，重点放在与球相关的外接与内切问题上.要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答.从实际教学来看，这部分知识是学生掌握最为模糊，看到就头疼的题目.分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理.本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨.【例7】棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E F ，分别是棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为（）A ．22B ．1C ．212+D ．2解：由题意可知，球为正方体的外接球.平面11AA DD 截面所得圆面的半径12,22AD R ==11EF AA DD ⊂ 面，∴直线EF 被球O 截得的线段为球的截面圆的直径22R =.【例8】正四棱柱1111ABCD A B C D -的各顶点都在半径为R 的球面上，则正四棱柱的侧面积有最值，为.【例9】在正三棱锥S ABC -中，M N 、分别是棱SC BC 、的中点，且AM MN ⊥,若侧棱23SA =,则正三棱锥S ABC -外接球的表面积是.解：如图，正三棱锥对棱相互垂直，即,AC SB ⊥又,,,.SB MN MN AC MN AM MN SAC ∴⊥⊥∴⊥∥又平面于是,,,SB SAC SB SA SB SC ⊥∴⊥⊥平面从而.SA SC ⊥此时正三棱锥S ABC -的三条侧棱互相垂直并且相等，故将正三棱锥补形为正方体.球的半径23,3,436.2R SA R S R ππ=∴=∴==【例10】一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为()A ．12πB ．C ．3πD ．【答案】C【解析】把原来的几何体补成以DA DC DP 、、为长、宽、高的长方体，原几何体四棱锥与长方体是同一个外接球，2=R l ，=2R ，234434S R πππ==⨯=球.【例11】在三棱锥P －ABC 中，PA ＝,侧棱PA 与底面ABC 所成的角为60°，则该三棱锥外接球的体积为（）A ．πB.3π C.4πD.43π解：如图所示，过P 点作底面ABC 的垂线，垂足为O ，设H 为外接球的球心，连接,,AH AO 因60,PAO PA ∠== 故2AO =,32PO =又△AHO 为直角三角形，222,,AH PH r AH AO OH ==∴=+22233344(),1,1.2233r r r V ππ∴=+-∴=∴=⨯=【例12】矩形ABCD 中，4,3,AB BC ==沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B ACD --,则四面体ABCD 的外接球的体积是()A.π12125 B.π9125C.π6125D.π3125解：由题意分析可知，四面体ABCD 的外接球的球心落在AC 的中点，此时满足,OA OD OB OC ===522AC R ∴==,343V R π=1256π=.【总结归纳】1个特征——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。