（新高考）2020版高考数学二轮复习第二部分讲重点选填题专练第8讲立体几何教学案理.docx

第8讲立体几何调研一空间几何体的三视图、面积和体积备考工具1空间几何体的三视图(1)几何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)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：基本要求：长对正，高平齐，宽相等画法规则：正(主)侧(左)一样高，正(主)俯一样长，侧(左)俯一样宽；看不到的线画虚线2旋转体的侧面积和表面积(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧2rl，S表2r(rl)(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧rl，S表r(rl)(3)若圆台的上、下底面半径分别为r，r，母线长为l，则S侧(rr)l，S表(r2r2rlrl)(4)若球的半径为R，则它的表面积S4R2.3空间几何体的体积公式几何体名称体积棱(圆)柱VSh(S为底面面积，h为高)棱(圆)锥VSh(S为底面面积，h为高)棱(圆)台V(SS)h(S，S为上、下底面面积，h为高)球VR3(R为球半径)自测自评12019惠州调研“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)其直观图如图所示，图中四边形是为体现其直观性所做的辅助线，当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是()解析：因为相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合在一起的方形伞，所以其正视图和侧视图完全相同时，都是一个圆，俯视图是从上向下看，所以俯视图是4条边及2条对角线均为实线的正方形，故选B.答案：B2我国古代数学名著九章算术中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为()A40B43C46D47解析：由三视图画出羡除的直观图，如图所示由三视图可知，梯形ABCD是等腰梯形，AB2，CD6，高为4，其面积S1(26)416；梯形CDEF也是等腰梯形，CD6，EF4，高为3，其面积S2(64)315；梯形ABFE也是等腰梯形，AB2，EF4，下面求高，过点A作AGCD，垂足为G，连接EG，则AGEG，在RtAGE中，由三视图可知，AG4，GE，则AE，从而可得等腰梯形ABFE的高为5，其面积S3(24)515.综上，三个梯形的面积之和为SS1S2S316151546，故选C.答案：C32019浙江卷祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是()A158B162C182D324解析：由三视图可知，该几何体是一个直五棱柱，所以其体积V(432366)6162.故选B.答案：B42019山西八校联考九章算术中将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”已知某“堑堵”的三视图如图所示，则该“堑堵”表面积为()A1 394B1 322C1 800D1 650解析：将正视图中的直角三角形记为ABC，如图，ACB90，AB25，过点C作CDAB，垂足为D，则BD16，AD25169，则AC2BC2(ADAB)(BDAB)ADBD916，ACBC34.又AC2BC2AB2，AC15，BC20，该“堑堵”的表面积为2152025(152025)1 800.答案：C52019合肥调研已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由半圆及矩形组成，俯视图由正方形及其内切圆组成，则该几何体的表面积等于()A488B484C648D644解析：由三视图可知，该几何体是一个半球和一个直四棱柱的组合体，根据图中数据可知，表面积为44222424422644，故选D.答案：D62019广东六校联考某几何体的三视图如图所示，计量单位为cm，它的体积是()A. cm3B. cm3C. cm3D. cm3解析：由三视图可知，该几何体为如图所示的四棱锥SABCD，则其体积V(24)33(cm3)，故选C.答案：C72019全国卷学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型如图，该模型为长方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，ABBC6 cm，AA14 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_ g.解析：由题易得长方体ABCDA1B1C1D1的体积为664144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即6412(cm2)，所以V四棱锥OEFGH31212(cm3)，所以该模型的体积为14412132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为1320.9118.8(g)答案：118.882019天津卷已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_解析：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为，易知四棱锥的高为2，故圆柱的高为1，所以圆柱的体积为21.答案：调研二球的组合体备考工具与球有关的组合体的常用结论(1)长方体的外接球：球心：体对角线的中点；半径：r(a，b，c为长方体的长、宽、高)(2)正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球：外接球：球心是正方体中心；半径ra(a为正方体的棱长)；内切球：球心是正方体中心；半径r(a为正方体的棱长)；与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径ra(a为正方体的棱长)(3)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)：外接球：球心是正四面体的中心，半径ra(a为正四面体的棱长)内切球：球心是正四面体的中心，半径ra(a为正四面体的棱长)自测自评12019全国卷已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF90，则球O的体积为()A8B4C2D.解析：因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EFPB，因为CEF90，所以EFCE，所以PBCE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC平面BDP，所以PBAC，又ACCEC，AC，CE平面PAC，所以PB平面PAC，所以PBPA，PBPC，因为PAPBPC，ABC为正三角形，所以PAPC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥PABC放在正方体中如图所示因为AB2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥PABC的外接球的半径R，所以球O的体积VR33，故选D.答案：D22019全国卷中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有_个面，其棱长为_解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则xxx1，解得x1，故题中的半正多面体的棱长为1.答案：26132019惠州调研已知正四棱锥的侧棱与底面的棱长都为3，则这个四棱锥外接球的表面积为()A108B72C36D12解析：由题意得正四棱锥的高为3.设正四棱锥的外接球半径为R，则(3R)232R2，解得R3，所以正四棱锥的外接球的表面积S4R236.故选C.答案：C42019南晶重点中学在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC，AP3，AB2，Q是边BC上的一动点，且直线PQ与平面ABC所成角的最大值为，则三棱锥PABC的外接球的表面积为()A45B57C63D84解析：如图1，连接AQ，PA平面ABC，PQA是直线PQ与平面ABC所成的角，当AQBC时，PQA最大AP3，直线PQ与平面ABC所成角的最大值为，AQ，又AB2，ABC，图1又BAC，ACB，AC2，BC6，ABC的外接圆半径为2.如图2是三棱锥PABC的外接球，O为球心，O1为ABC的外接圆圆心，连接OP，OA，OO1，O1A，设球的半径为R，OPOAR，PA3，OO1，又AO12，R2OA2O1A2OO，三棱锥PABC的外接球的表面积为57，故选B.图2答案：B52019广东六校联考已知三棱锥PABC中，ABBC，AB2，BC，PAPB3，且二面角PABC的大小为150，则三棱锥PABC外接球的表面积为()A100B108C110D111解析：如图，设AB，AC的中点分别为D，E，过点D作直线m垂直于平面ABC，过点E作直线n垂直于平面ABC，过点P作PF垂直于直线n，垂足为F，连接PD，DE，可得PDAB，DEAB，则PDE为二面角PABC的平面角易知点P，D，E，F在同一平面内，且直线m在平面PDEF内，设PF交直线m于G.因为E为AC的中点，ABBC，所以E为RtABC外接圆的圆心，则三棱锥PABC外接球的球心O在直线n上易知四边形DEFG为矩形，设OEx，因为AB2，BC，PAPB3，且二面角PABC的大小为150，所以DEFGBC，BDAB，AEAC，DP4，GPDPsin602，FPFGGP，FEGDDPcos602.连接AF，则AF1，不合题意，舍去故cos2.故选B.解法二：在题图2中，以M为原点，MB，MD所在的直线分别为x，y轴，过点M且垂直于平面MBCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设BC2，则M(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2，2,0)，N(0，cos，sin)，所以(2，2,0)，(2，cos，sin)当异面直线CM与BN所成的角是60时，|cos，|，得cos2.答案：B22019合肥调研在ABC中，CAB90，AC1，AB.将ABC绕BC旋转，使得点A转到点P，如图若D为BC的中点，E为PC的中点，AE，则AB与平面ADE所成角的正弦值是()A.B.C.D.解析：通解：因为D，E分别为BC和PC的中点，所以DEPB，又CAB90，所以DEPC，又AC1，CE，AE，所以AEPC，所以PC平面ADE.在平面ADE内设EFED，以EF，ED，EP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，可得平面ADE的法向量为n(0,0,1)，因为AE，AD1，DE，由余弦定理可得，cosAED，所以A为，B为，所以，所以AB与平面ADE所成角的正弦值为|，故选B.优解：因为D，E分别是BC和PC的中点，所以DEPB，又CAB90，所以DEPC，又AC1，CE，AE，所以AEPC，所以PC平面ADE.如图，延长ED至F，使得EFPB，连接BF，所以BF平面AED，连接AF，所以BAF为AB与平面ADE所成的角，所以sinBAF.答案：B32019湖南四校联考在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，异面直线AC1与BB1所成的角为30，则AA1()A.B3 C.D.解析：如图，连接A1C1，由长方体的性质知，BB1AA1，则A1AC1即异面直线AC1与BB1所成的角，所以A1AC130.在RtA1B1C1中，A1C1.在RtA1AC1中，tanA1AC1，即A1A，故选D.答案：D42019安徽示范高中考试在平面几何中，与三角形的三条边所在直线的距离相等的点有且只有四个类似的，在立体几何中，与正四面体的四个面所在平面的距离相等的点()A有且只有一个B有且只有三个C有且只有四个D有且只有五个解析：如图1所示，与ABC的三条边所在直线的距离相等的点为O1，O2，O3，O4，其中O1是ABC的内切圆的圆心，O2是与AC，AB的延长线和线段BC都相切的圆的圆心，O3是与CA，CB的延长线和线段AB都相切的圆的圆心，O4是与BC，BA的延长线和线段AC都相切的圆的圆心类似的，如图2所示，正四面体PABC的内切球的球心到四个面所在平面的距离相等，将正四面体PABC延拓为正四面体PDEF，所得三棱台ABCDEF内存在一个球，其球心到平面ABC，平面PDE，平面PEF，平面PDF的距离相等，同理，分别将四面体APBC，BPAC，CPAB进行延拓均可得到一个满足题意的点，因此满足题意的点有且只有五个，故选D.答案：D52019河南安阳二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB4，AC6，BD8，CD2，则该二面角的大小为()A150B45C60D120解析：由条件，知0，0，|2|2|2|2222624282268cos，(2)2，cos，120，二面角的大小为60，故选C.答案：C62019武汉2月调研在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点