高考复习微专题设计(大一轮)第七章立体几何(含解析)

1、第七章立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图和直观图内容要求考题举例考向规律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2020 全国卷 t7(三视图还原几何体) 2020 全国卷 t8(三视图及表面积) 2019 全国卷 t16(空间几何体结构特征 ) 2018 全国卷 t7(三视图与距离) 2018 全国卷 t3(三视图的

2、辨析)考情分析： 空间几何体的结构特征、 三视图、直观图是高考重点考查的内容。 主要考查根据几何体的三视图求其体积与表面积。 对空间几何体的结构特征、 三视图、直观图的考查，以选择题和填空题为主核心素养： 直观想象教材回扣基础自测自主学习 知识积淀1简单几何体(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱互相平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面长度相等且相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇

3、环球的截面的性质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 rr2d2。2直观图(1)画法：常用斜二测画法。(2)规则：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。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。斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变 ”坐标轴的夹角改变，与y轴平行的线段的长度变为原来的一半，

4、图形改变。“三不变 ”平行性不改变，与x轴和z轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变。3三视图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、正左方和正上方观察几何体画出的轮廓线。三视图的长度特征“长对正、高平齐、宽相等”，即正俯同长、正侧同高、俯侧同宽。一、常规题1若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为() a2,2 3 b2 2，2 c4,2 d2,4 解析由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为2 3，故底面边长为4。故选 d。答案d 2在如图所示的几何体中，是棱柱的为() 解析由棱柱的结构特征可知c 是棱柱。答案

5、c 二、易错题3(棱柱的概念不清 )如图，长方体 abcd-ab c d 被截去一部分， 其中 eha d。剩下的几何体是 () a棱台b四棱柱c五棱柱d六棱柱解析由几何体的结构特征可知，剩下的几何体为五棱柱。故选c。答案c 4(三个视图间的关系不清)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为() 解析先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧视图。由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图，故其侧视图为图。故选b。答案b 5(斜二测画法的规则不清)利用斜二测画法，以下结论正确的是() a三角形的直观图一定是三角形b正方形的直观图一定

6、是菱形c等腰梯形的直观图可以是平行四边形d菱形的直观图一定是菱形解析由斜二测画法的规则可知a 正确； b 错误，是一般的平行四边形；c 错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；菱形的直观图不一定是菱形，d 错误。答案a 考点例析对点微练互动课堂 考向探究考点一空间几何体的结构特征自主练习1.下列命题中正确的是() a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b直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥c棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等d棱台各侧棱的延长线交于一点解析a 不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；b 不一定，当以斜边所在直线为

7、旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；c 错误，棱台的上、下底面相似且是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；由棱台的定义知，棱台各侧棱的延长线交于一点，d 正确。答案d 2(多选)下列命题中正确的是() a棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形b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c存在每个面都是直角三角形的四面体d棱台的侧棱延长后交于一点解析a 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；b 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

8、底面；c 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；d 正确，由棱台的概念可知。答案bcd 3若四面体的三对相对棱分别相等，则称之为等腰四面体，若从四面体的一个顶点出发的三条棱两两垂直，则称之为直角四面体，以长方体abcd-a1b1c1d1的顶点为四面体的顶点，可以得到等腰四面体的个数是_，直角四面体的个数是_。解析因为矩形的对角线相等，所以长方体的六个面的对角线构成2 个等腰四面体。因为从长方体的每个顶点出发的三条棱都是两两垂直的，所以长方体中有8 个直角四面体。答案28 解决空间几何体概念辨析题的常用方法1定义法：紧扣定义，由已知构建几何模型

9、，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定。2反例法：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微专题微考向 1：由几何体识别三视图【例 1】(2021湖南师大附中月考)如图，在正方体abcd-a1b1c1d1中，m 为线段 bb1的中点，现用一个过点 m，c，d 的平面去截正方体，得到上下两部分，用如图的角度去观察上半部分几何体，所得的侧视图为 () 解析上半部分的几何体如图：由此几何体可知，所得的侧视图为。故选 b。答案b 空间几何体的三视图的画法1搞清正 (主)视、侧 (左)视、俯视的方向，同一物体由于放置的位置不同，所画的三视图可能不同

10、。2看清简单组合体是由哪几个基本几何体组成。3画三视图时要遵循“长对正，高平齐，宽相等”的原则，还要注意几何体中与投影垂直或平行的线段及面的位置关系。微考向 2：由三视图还原几何体【例 2】(2020 全国卷 )如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为 m，在俯视图中对应的点为n，则该端点在侧视图中对应的点为() aebfcgdh解析由三视图知，该几何体是由两个长方体组合而成的，其直观图如图所示，由图知该端点在侧视图中对应的点为e。故选 a。答案a 由三视图确定几何体的3 个步骤【题组对点练】1(微考向 1)如图，正方体 abcd-a1b1c1d1的顶点 a，b

11、 在平面 上，ab2，若平面 a1b1c1d1与平面所成的角为 30 ，由如图所示的俯视方向，正方体abcd-a1b1c1d1在平面 上的俯视图的面积为() a2 b13 c2 3 d2 2 解析由题意得 ab 在平面 上，且平面 与平面 a1b1c1d1所成的角为 30 ，则平面 与平面 a1b1ba 所成的角为 60 ，故所得的俯视图的面积s2( 2cos 30 2cos 60 )13。答案b 2(微考向 2)某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为() a63 b62 3 c123 d122 3 解析将三视图还原为直观图(图略 )， 知该三棱柱是正三棱柱，其高为 2

12、，底面是边长为2 的等边三角形，正三棱柱的上、 下两个底面的面积均为1222sin 60 1222323，三个侧面的面积均为224，故其表面积为2 312。故选 d。答案d 3(微考向 2)汉朝时，张衡得出圆周率的平方除以16 等于58。如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，俯视图中的曲线为圆，利用张衡的结论可得该几何体的体积为() a32 b40 c.32 103d.40 103解析由几何体的三视图可知，该几何体是半个圆柱和半个圆锥的组合体，其底面半径为2，高为 4，则体积 v122241312 224323 ，利用张衡的结论可得21658，所以 10，从而 v

13、32 103。故选 c。答案c 考点三空间几何体的直观图【例 3】(1)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是 () 解析由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2。故选 a。答案a (2)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、图分别表示abc 的实际图形和直观图。从图可知，ab ab2，o c 12oc32，cd o c sin 45 322264。所以 sa b c12a b c d 1226464。答案64平面图形与其直观

14、图的关系1在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段。平行于x 轴的线段的平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段的平行性不变，长度减半。2按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：s直观图24s原图形。【变式训练】有一块多边形的菜地，其水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示 )，abc45 ，abad1，dcbc，则这块菜地的面积为_。解析在直观图中，过点a 作 aebc，垂足为 e，则在 rtabe 中，ab1，abe45 ，所以 be22。而四边形 aecd 为矩形， ad1，所以 ecad1，所以 bcbeec221。由此可还原原图形如图所示。在原图形中

15、，a d1，a b2，bc221，且 adb c，a b b c，所以这块菜地的面积为 s12(a d b c ) a b12 11222222。答案222第二节空间几何体的表面积与体积内容要求考题举例考向规律了解柱、锥、台、球的表面积和体积的计算公式2020 全国卷 t10(球的表面积 ) 2020 全国卷 t10(球的几何性质) 2020 全国卷 t15(圆锥的内切球) 2019 全国卷 t12(球的体积 ) 2019 全国卷 t16(组合体体积 )考情分析： 主要考查空间几何体的表面积与体积。 常以选择题与填空题为主， 涉及空间几何体的结构特征、 三视图等内容，要求考生要有较强的空间想象

16、能力和计算能力， 难度为中低档核心素养： 直观想象、数学运算教材回扣基础自测自主学习 知识积淀1多面体的表面积、侧面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和。2圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式s圆柱侧2 rl s圆锥侧 rl s圆台侧( r r)l3.柱、锥、台、球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱 )s表面积s侧2s底vs底h锥体(棱锥和圆锥 )s表面积s侧s底v13s底h台体(棱台和圆台 )s表面积s侧s上s下v13(s上s下s上s下)h球s4 r2v43 r3几个与球有关的

17、切、接常用结论1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2r3a。(2)若球为正方体的内切球，则2ra。(3)若球与正方体的各棱相切，则2r2a。2若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为r，则 2ra2b2c2。3正四面体的外接球与内切球的半径之比为31。一、常规题1圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比v球v柱为() a12 b23 c34 d13 解析设球的半径为r，则v球v柱43 r3 r22r23。故选 b。答案b 2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() a12 b.323c8 d4解析设正方体的

18、棱长为a，则 a38，解得 a2。设球的半径为r，则 2r3a，即 r3。所以球的表面积 s4 r212 。故选 a。答案a 3如图是将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出的一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体的体积的比为 _。解析设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出的棱锥的体积v1131212a12b12c148abc，剩下的几何体的体积v2abc148abc4748abc，所以 v1v2147。答案147 二、易错题4(长度单位与体积单位的换算出错)九章算术商功章有题：一圆柱形谷仓，高1 丈 3 尺 313寸，容纳米 2 000 斛(1 丈10 尺，1 尺10 寸，斛为容积

19、单位，1 斛1.62 立方尺， 3)，则圆柱底面圆的周长约为() a1 丈 3 尺b5 丈 4 尺c9 丈 2 尺d48 丈 6 尺解 析设 圆 柱 高 为h尺 ， 底 面 圆 的 半 径 为r尺 ， 依 题 意 ， 得 圆 柱 体 积 为v r2h 2 0001.623r213.33，所以 r281，即 r9，所以圆柱底面圆的周长为2 r54,54 尺5 丈 4 尺，即圆柱底面圆的周长约为5 丈 4 尺。故选 b。答案b 5(不会分类讨论致误 )圆柱的侧面展开图是边长为6和 4的矩形，则圆柱的表面积为_。解析分两种情况：以长为6的边为高， 4为圆柱底面的周长时，则2 r4 ，r2，所以 s底

20、4 ，s侧6 4 242，s表2s底s侧8 2428(31)；以长为 4的边为高， 6为圆柱底面的周长时，则 2 r6 ，r3，所以 s底9 ，s表2s底s侧18 2426(43)。答案6(43)或 8(31) 考点例析对点微练互动课堂 考向探究考点一空间几何体的表面积与体积自主练习1.(2018 全国卷 )已知圆柱的上、 下底面的中心分别为o1，o2，过直线 o1o2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() a12 2 b12c8 2 d10解析因为过直线 o1o2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8 的正方形， 所以圆柱的高为2 2，底面圆的直径为 2 2，所以

21、该圆柱的表面积为2 (2)22 2 2 212 。答案b 2已知圆锥的顶点为s，母线 sa，sb所成角的余弦值为78。sa与圆锥底面所成的角为45 。若 sab的面积为 5 15，则该圆锥的侧面积为() a20 2 b40 2 c20 2 d40 2解析如图所示，设s 在底面的射影为s ，连接as ，ss 。则 sab 的面积为12 sa sb sinasb12 sa21cos2asb1516 sa25 15，所以 sa280，sa4 5。因为 sa 与底面所成的角为45 ，所以sas 45 ， assa cos 45 4 5222 10。 所以底面周长l2as4 10 ， 所以圆锥的侧面积为

22、124 54 10 40 2 。故选 d。答案d 3(2021 八省联考 )圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10 的球面上，其上、下底面半径分别为4 和5，则该圆台的体积为_。解析圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上，如图所示，设球的球心为o，圆台上底面的圆心为 o，则圆台的高oooq2oq252423，据此可得圆台的体积v13 3(525442)61 。答案611几何体表面积的计算：根据几何体的直观图或三视图所给的条件，确定几何体的形状，选择正确的平面图形的面积公式求解，注意表面积与底面积、侧面积的区别。2几何体体积的计算：简单几何体可用体积公式直接求解，一些组合体的体积需用转换

23、法、分割法、补形法等方法进行求解。考点二转化法求几何体体积【例 1】(1)(2021 贵州部分重点中学联考)如图，在直四棱柱abcd-a1b1c1d1中，底面 abcd 是平行四边形， e 是棱 bb1的中点， f 是棱 cc1上靠近c1的三等分点，且三棱锥a1-aef 的体积为2，则四棱柱abcd-a1b1c1d1的体积为 () a12 b8 c20 d18 解析设点 f 到平面 abb1a1的距离为 h， 由题意得 va1-aefvf-a1ae。 又 vf-a1ae13sa1ae h1312aa1 ab h16(aa1 ab) h16s 四边形abb1a1 h16vabcd-a1b1c1d

24、1，所以vabcd -a1b1c1d16va1-aef6212。所以四棱柱abcd-a1b1c1d1的体积为 12。故选 a。答案a (2)在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为4 cm，母线长最短5 cm，最长 8 cm，则斜截圆柱的体积 v_cm3。解析解法一： (分割法 )将斜截圆柱分割成两部分，下面是底面半径为2 cm，高为 5 cm的圆柱，其体积v1 22520(cm3)；上面是底面半径为2 cm，高为 853(cm)的圆柱的一半， 其体积 v212 2236(cm3)。所以该组合体的体积vv1v220 6 26(cm3)。解法二： (补形法 )在该几何体上方再补上一个与其相同

25、的几何体，让截面重合，则所得几何体为一个圆柱，该圆柱的底面半径为2 cm，高为 8513 cm，该圆柱的体积v1 221352(cm3)。所以该几何体的体积为圆柱体积的一半，即v12v126(cm3)。答案26求体积的几种转化方法1分割法：通过对不规则几何体进行分割，化为规则几何体，分别求出体积后再相加即得所求几何体的体积。2补形法：通过补形构造出一个规则几何体，然后进行计算。3等体积法：三棱锥的体积求解具有较多的灵活性，因为三棱锥的任意一个顶点都可以作为顶点，任何一个面都可以作为棱锥的底面，常常需要对其顶点和底面进行转换，以方便求解。【变式训练】(1)如图所示的几何体是从棱长为2 的正方体中

26、截去到正方体的某个顶点的距离均为2 的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为() a243 b24c24 d245解析由题意知该几何体是从棱长为2 的正方体中截去以正方体某个顶点为球心，2 为半径的18球后的剩余部分，则其表面积622314 22184 2224 。故选 b。答案b (2)如图，在正六棱锥p-abcdef 中，若 g 为 pb 的中点，则三棱锥d-gac 与三棱锥 p-gac 的体积之比为() a11 b12 c21 d32 解析设正六棱锥的高为h，vd-gacvg-dac13sadch2，vp-gac12vp-abcvg-abc13sabch2。又 sadcsabc21，故

27、 vd-gacvp-gac21。答案c 考点三空间几何体的外接球问题微专题微考向 1：交轨法确定球心【例 2】(2021 安徽高三联考 )已知 abc 是以 bc 为斜边的直角三角形，p 为平面 abc 外一点，且平面 pbc平面 abc，bc3，pb2 2，pc5，则三棱锥 p-abc 外接球的表面积为_。解析如图所示，设m 为 bc 的中点，在平面pbc 内过点 m 作 mnbc，因为平面 pbc平面 abc，所以 mn平面 abc。又 abc 是以 bc 为斜边的直角三角形，所以直线mn 上任意一点到a，b，c 的距离相等，在平面pbc 内作线段 pb 的垂直平分线de，设 de 与 m

28、n 的交点为 o，则点 o 到 p，a，b，c 的距离都相等，即点o 为三棱锥 p-abc 外接球的球心，并且o 也是 pbc 的外心，因此三棱锥p-abc 外接球的半径与 pbc 的外接圆半径相等。又pb2 2，bc3，pc5，所以 cospbc89522 2322，则 sinpbc22，设三棱锥 p-abc 外接球的半径为r，则 2r52210，即 r102，则外接球的表面积s4 r210 。答案10本题由过 abc 外心的平面abc 的垂线与线段pb 的中垂线的交点找到了三棱锥p-abc 的外接球的球心，这种方法就是交轨法。微考向 2：补体积确定球心【例 3】在三棱锥 a-bcd 中，a

29、bcd5，acbd2，adbc3，若该三棱锥的四个顶点在同一个球面上，则此球的体积为() a.32b24c. 6 d6解析将三棱锥 a-bcd 补为长方体aebf-gdhc，如图所示。设dgx，dhy，dez，则 ad2x2z23，db2y2z24，dc2x2y25，上述三个等式相加得ad2bd2cd22(x2y2z2)34512，所以该长方体的体对角线长为x2y2z26，则其外接球的半径为r62，因此此球的体积为43 6236 。故选 c。答案c 对棱相等的三棱锥，可补形成长方体，此时三棱锥的6 条棱均为长方体的面对角线。计算时，可以设而不求，设出长方体的长、宽、高，利用勾股定理列式，可以不

30、计算出棱长，直接得到外接球的半径。微考向 3：球的截面问题【例 4】(2020 全国卷 )已知 a，b，c 为球 o 的球面上的三个点，o1为 abc 的外接圆。若 o1的面积为 4 ，abbcacoo1，则球 o 的表面积为 () a64 b48c36 d32解析如图所示，设球o 的半径为 r， o1的半径为 r，因为 o1的面积为 4 ，所以 4 r2，解得 r2，又 abbcacoo1，所以absin 602r，解得 ab2 3，故 oo12 3，所以 r2oo21r2(2 3)22216，所以球 o 的表面积 s4 r264 。故选 a。答案a 求解球的表面积问题的关键在于过好双关：一

31、是“方程关”，能借用图形，利用已知三角形的外接圆的面积，得三角形的边长，从而得球的半径r 所满足的方程，解方程，求出r 的值；二是“公式关”，能应用球的表面积公式s4 r2，求其表面积。【题组对点练】1(微考向 1)已知直三棱柱abc-a1b1c1的 6 个顶点都在球o 的球面上，若ab3，ac4，abac，aa112，则球 o 的半径为 () a.3 172b2 10 c.132d3 10 解析如图所示， 由球心作平面abc 的垂线，则垂足为 bc 的中点 m。又 am12bc52，om12aa16，所以球 o 的半径 roa52262132。答案c 2(微考向 2)在直三棱柱 abc-a1

32、b1c1中， abbc，bc1，ab3，aa12 3，则该直三棱柱的外接球的体积为 () a.83b.163c.323d.643解析如图所示， 将直三棱柱 abc-a1b1c1补成长方体，则长方体的外接球即直三棱柱的外接球。长方体的体对角线长为2 3232124。设长方体的外接球的半径为r，则 2r4，得 r2，所以该直三棱柱的外接球的体积v43 r3323。故选 c。答案c 3(微考向 3)(2020 全国卷 )已知 abc 是面积为9 34的等边三角形，且其顶点都在球o 的球面上，若球 o 的表面积为 16 ，则 o 到平面 abc 的距离为 () a.3 b.32c1 d.32解析由等边

33、三角形abc 的面积为9 34， 得34ab29 34， 得 ab3， 则 abc 的外接圆半径r2332ab33ab3。设球的半径为r，则由球的表面积为16 ，得 4 r216 ，得 r2，则球心 o 到平面 abc 的距离 dr2r21。故选 c。答案c 4(加强练 )(多选)已知四面体 abcd 是球 o 的内接四面体，且ab 是球 o 的一条直径， ad2，bd3，则下面结论正确的是() a球 o 的表面积为 13bac 上存在一点 m，使得 adbmc若 n 为 cd 的中点，则 oncdd四面体 abcd 体积的最大值为132解析如图所示，因为 ab 是球 o 的一条直径，所以 a

34、cbc，adbd， 所以 abad2bd2223213，球 o 的半径为12ab132，球 o 的表面积为4 132213 ，故 a 正确；若 ac 上存在一点m，使得 adbm，又 ad?平面 abc，bm? 平面 abc，所以 ad平面 abc，而 ad 与平面 abc 相交，故 b 错误；连接 oc，od，因为 ocod，n 为 cd 的中点，所以oncd，故 c 正确；易知点c 到平面 abd 的距离的最大值为球的半径r，所以四面体abcd 体积的最大值为vmax13 sabd r131223132132，故 d正确。故选 acd。答案acd 教师备用题【例 1】(配合考点一使用 )一

35、个六棱锥的体积为2 3，其底面是边长为2 的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为_。解析设六棱锥的高为h，则 v13sh，所以133446h2 3，解得 h1。设六棱锥的斜高为h，则h2( 3)2h2，故 h 2。所以该六棱锥的侧面积为1222612。答案12 【例 2】(配合例 1 使用)如图，四边形 abcd 是边长为 2 的正方形，ed平面 abcd， fc平面 abcd，ed2fc2，则三棱锥 a-bef 的体积为 () a.13b.23c1 d.43解析如图，分别取bc，ed，ad 的中点 g，p，q，连接 fg，fp，pq，qg，因为 ed平面 abcd，fc平面 abcd

36、，ed2fc2，所以 pd 綊 fc，所以四边形fcdp 为平行四边形，所以pfdc。又 q，g 分别为 da，cb 的中点，所以qgdc，且 qgdc，所以 qgpf，且 qgpf，所以四边形qgfp 为平行四边形，所以pqfg。又 p 为 de 的中点，所以pqea，所以 fgea，因为 ea? 平面 eab，fg?平面 eab，所以 fg平面 eab。连接 eg，ag，则 v三棱锥a-befv三棱锥f-abev三棱锥g-abev三棱锥e-abg13 ed sabg23。故选 b。答案b 【例 3】(配合例 3 使用)已知四棱锥p-abcd 的外接球 o 的体积为 36 ，pa3，pa底面

37、 abcd，四边形 abcd 为矩形，点 m 在球 o 的表面上运动，则四棱锥m-abcd 体积的最大值为 _。解析将四棱锥 p-abcd 补成长方体，如图所示。可知四棱锥p-abcd 的外接球的直径为长方体的体对角线。设四棱锥p-abcd 的外接球的半径为r，依题意有43 r336 ，解得 r3。设长方体的长、宽、高分别为 a，b，c，则 c3。由于 a2b2c262，所以 a2b227，又 a2b22ab，当且仅当 ab3 62时等号成立，所以底面abcd 面积的最大值为 (ab)max272。此时，要使得四棱锥m-abcd 的体积最大，只需点m 到底面 abcd 的距离 h 最大。连接

38、ac，bd，交于点 o ，连接 oo ，因为 oor2a2b222927432，所以 hmaxoo r32392，故四棱锥 m-abcd 体积的最大值为vm-abcd1327292814。答案814深度探究素养达成课外阅读 增分培优一、数学文化在立体几何中的应用【例 1】沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的(如图)。在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到处于下方的圆锥中。假定沙子漏下来的速度是恒定的。已知一个沙漏中的沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需用时10 分钟。那么经过 5 分钟后， 沙漏上方圆锥中的沙堆的高度与下方圆锥中的沙堆的高度之

39、比是(假定沙堆的底面是水平的)_。【解析】由于时间刚好是5 分钟，且为总时间的一半，而沙子漏下来的速度是恒定的，所以漏下来的沙子是全部沙子的一半，下方圆锥的空白部分就是上方圆锥中的沙堆部分，所以可以单独研究下方圆锥。下方圆锥被沙堆的上表面分成体积相等的两部分，所以v上v全12h上h全3，可得h上h全132。所以h上h下1321。【答案】1(321) 【名师微点】以沙漏这个具有数学文化的圆锥体为问题背景，结合圆锥的体积、高等关系来分析与处理问题。高考中经常会有此类以数学文化为问题背景，通过进行合理的数学建模，构造对应的数学模型，再借助数学模型的知识来分析与解决问题。【变式训练1】某同学在参加通用

40、技术实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4 3的正方体的六个面所截后的剩余部分(球心与正方体的中心重合)，若其中一个截面圆的周长为4 ，则该球的半径是 () a2 b4 c2 6 d4 6 解析设截面圆半径为r，则有 2 r4 ，所以 r2。由题意知，球的球心为正方体的中心，设球的半径为 r，则 r2(23)22216，所以 r4。故选 b。答案b 二、最值问题【例 2】在三棱锥 p-abc 中，平面 pbc平面 abc，acb90 ，bcpc2，若 acpb，则三棱锥 p-abc 体积的最大值为 () a.4 23b.16 39c.16 327d.32

41、327【思路分析】先证明 ac平面 pbc，然后设 ac2x，将体积表示成关于x 的函数，换元化简，再利用导数求最值。【解析】如图，取 pb 的中点 m，连接 cm。因为平面 pbc平面 abc，平面 pbc平面 abcbc，ac? 平面 abc，acbc，所以 ac平面 pbc，则点 a 到平面 pbc 的距离为 ac。设 ac2x，由于 bcpc2，pb2x(0 x2)， m 为 pb 的中点，所以 cmpb，cm4x2。 可得 spbc12 2x 4x2x4x2，vp-abcva-pbc13 (x 4x2) 2x2x24x23。 设 t4x2(0t2)， 则 x24t2。 所以 va-p

42、bc2t 4t238t2t33(0t2)，记 v(t)8t2t33(0t0 得 0t2 33，所以v(t)在 0，2 33上单调递增；由v (t)0 得2 33t2，所以 v(t)在2 33，2 上单调递减。所以当t2 33时，va-pbc取得最大值32 327。故选 d。【答案】d 【名师微点】解决最值问题的两种常见思路(1)几何法：结合图形，确定动点或动直线等在何处时取得最值，进而求之。(2)代数法：利用函数思想写出目标函数解析式，再求函数的最值。【变式训练 2】如图所示，某几何体由底面半径和高均为5 的圆柱与半径为5 的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底

43、面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为 _。解析小圆柱的高分为上下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内。设小圆柱下部分的高为h(0h5)，底面半径为 r(0r5)。由于 r，h 和球的半径构成直角三角形，即r2h252，所以小圆柱体积v r2(h5)(25 h2)(h5)(0h5)，求导得 v (3 h5)(h5)。当 0h0，体积 v 单调递增；当53h5 时，v 0，体积 v 单调递减。所以当h53时，小圆柱的体积取得最大值，即vmax25259535 4 000 27。答案4 000 27(四)日晷计时问题【背景材料】日晷又称 “日规 ”，是我国古代利

44、用日影测得时刻的一种计时仪器。通常由铜制的指针和石制的圆盘组成。铜制的指针叫做“晷针 ”，垂直地穿过圆盘中心，起着圭表中立竿的作用，因此，晷针又叫 “表”，石制的圆盘叫做“晷面 ”，安放在石台上，呈南高北低，使晷面平行于天赤道面，这样，晷针的上端正好指向北天极， 下端正好指向南天极。 在晷面的正反两面刻划出12 个大格，每个大格代表两个小时。当太阳光照在日晷上时，晷针的影子就会投向晷面，太阳由东向西移动，投向晷面的晷针影子也慢慢地由西向东移动。于是，移动着的晷针影子好像是现代钟表的指针，晷面则是钟表的表面，以此来显示时刻。【考题展示】(2020 新高考卷 )日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利

45、用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间。把地球看成一个球 (球心记为 o)，地球上一点 a 的纬度是指 oa 与地球赤道所在平面所成角，点 a 处的水平面是指过点a 且与 oa 垂直的平面。在点a 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点 a 处的纬度为北纬40 ，则晷针与点a 处的水平面所成角为() a20b40c50d90【解答过程】过球心 o、点 a 以及晷针的轴截面如图所示，其中cd 为晷面， gf 为晷针所在直线，ef 为点 a 处的水平面， gfcd，cdob，aob40 ，oaeoaf90 ，所以 gfacaoaob40 。故选 b。【答案】b 【试题评价】本题难度不大

46、，但要求学生明晰各种概念，如某点处的水平面应与该点与球心的连线垂直，晷针与点a 处的水平面所成角即gfa 等。本题融入了地理和平面几何的知识，若能熟悉纬度的定义，将各种角联系起来，便不难解决。【类题变式】地球的北纬30 线中国段被誉为中国最美风景走廊。东起舟山(东经 123 )，西至普兰 (东经 81 )，“英雄城市”武汉 (东经 114 )也在其中。假设地球是一个半径为r 的标准球体，旅行者从武汉出发，以离普兰不远的冷布岗日峰(东经 84 )为目的地，沿纬度线前行，则该行程的路程为_(用含 r 的代数式表示 )。解析不妨设武汉为a 地，冷布岗日峰为b 地，由已知地球半径为r，知北纬 30 的

47、纬线圈半径为32r。又因为 a， b 两地的经度分别为东经114 和东经 84 ， 相差 30 ， 所以连接 a， b 两地的纬线长为32r6312 r。答案312 r 第三节空间点、直线、平面之间的位置关系内容要求考题举例考向规律1.理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解作为推理依据的公理和定理2能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题2020 新高考卷 t4(线面位置关系中的数学文化 ) 2019 全国卷 t8(异面直线的判定) 2018 全国卷 t12(平面的基本考情分析： 主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角， 题型主要以选择题和填

48、空题的形式出现， 主要为中低档题性质) 2018 全国卷 t9(异面直线所成的角)核心素养： 直观想象、逻辑推理教材回扣基础自测自主学习 知识积淀1平面的基本性质名称图示文字表示符号表示公理 1如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内al，bl，且a ，b ? l? 公理 2过不在一条直线上的三点， 有且只有一个平面a，b，c 三点不共线? 有且只有一个平面 ，使 a，b，c公理 3如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线p ，且 p? l， 且 pl2.空间两条直线的位置关系(1)共面直线相交直线：同一平面内，有且只有一个公共点；平行直线：同一平

49、面内，没有公共点；异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点。(2)平行公理公理 4：平行于同一条直线的两条直线互相平行空间平行线的传递性。(3)等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补。(4)异面直线所成的角定义：设 a，b 是两条异面直线，经过空间任一点o 作直线 aa，b b，把 a 与 b所成的锐角 (或直角)叫做异面直线a 与 b 所成的角 (或夹角 )。范围： 0，2。3直线与平面的位置关系位置关系图示符号表示公共点个数直线 l 在平面 内l? 无数个直线 l 与平面 相交l a 1 个直线 l 与平面 平行l0 个1公理 2 的三个推论推论 1：经过一条

50、直线和这条直线外一点有且只有一个平面；推论 2：经过两条相交直线有且只有一个平面；推论 3：经过两条平行直线有且只有一个平面。2异面直线判定的一个定理过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线。3两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角。一、常规题1下列命题中正确的是() a过三点确定一个平面b四边形是平面图形c三条两两相交的直线确定一个平面d两个相交平面把空间分成四个区域解析对于 a，过不在同一条直线上的三点有且只有一个平面，故a 错误；对于 b，四边形也可能是空间四边形，不一定是平面图形，故b 错

51、误；对于 c，三条直线两两相交，可以确定一个平面或三个平面，故c 错误；对于 d，平面是无限延展的，两个相交平面把空间分成四个区域，故d 正确。答案d 2若直线 a 不平行于平面 ，且 a? ，则下列结论成立的是() a内的所有直线与a 异面b内不存在与 a 平行的直线c内存在唯一的直线与a 平行d内的直线与 a 都相交解析若直线 a 不平行于平面 ，且 a? ，则线面相交。 a 不正确， 内存在直线与a 相交； b 正确， c不正确，因为内的直线与直线a 的位置关系是相交或者异面，不可能平行；d 不正确， 内只有过直线a与平面的交点的直线与a 相交。故选 b。答案b 3在长方体abcd-a1

52、b1c1d1中， abbc1，aa13，则异面直线ad1与 db1所成角的余弦值为_。解析如图，连接 bd1，交 db1于点 o，取 ab 的中点 m，连接 dm，om，易知 o 为 bd1的中点，所以ad1om，则 mod 为异面直线ad1与 db1所成角或其补角。因为在长方体abcd-a1b1c1d1中，abbc1，aa13，ad1ad2dd212，dmad212ab252，db1ab2ad2dd215，所以 om12ad11，od12db152，于是在 dmo 中，由余弦定理，得cosmod 12522522215255，即异面直线 ad1与 db1所成角的余弦值为55。答案55二、易错

53、题4(异面直线的概念不清)下列关于异面直线的说法正确的是() a若 a? ，b? ，则 a 与 b 是异面直线b若 a 与 b 异面， b 与 c 异面，则 a 与 c 异面c若 a，b 不同在平面 内，则 a 与 b 异面d若 a，b 不同在任何一个平面内，则a 与 b 异面解析abc 中的两条直线还有可能平行或相交，由异面直线的定义可知d 中说法正确。答案d 5(忽视直线在平面内 )已知直线 a，b 和平面 ，若 ab，且直线 b 在平面 内，则直线a 与平面 的位置关系是 _。解析当 a?时，由 ab，b? ，得 a ；当 a? 时，满足题中条件。综上，直线a 与平面 的位置关系是 a或

54、 a? 。答案a或 a? 6(缺乏空间想象能力 )如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段ab，cd，ef，gh 在原正方体中互为异面的对数为_。解析平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则ab，cd，ef 和 gh 在原正方体中，显然ab 与 cd，ef 与 gh，ab 与 gh 都是异面直线，而ab 与 ef 相交， cd 与 gh 相交， cd 与 ef 平行。故互为异面直线的有且只有3 对。答案3 考点例析对点微练互动课堂 考向探究考点一平面基本性质【例 1】已知在正方体abcd-a1b1c1d1中，e，f 分别为 d1c1，c1b1的中点， acbdp，a1c1efq。求

55、证： (1)d，b，f，e 四点共面；(2)若 a1c 交平面 dbfe 于点 r，则 p，q，r 三点共线；(3)de，bf，cc1三线交于一点。证明(1)如图所示。因为ef 是d1b1c1的中位线，所以 efb1d1。在正方体 ac1中， b1d1bd，所以 efbd。所以 ef，bd 确定一个平面，即 d，b，f，e 四点共面。(2)在正方体 ac1中，设 a1cc1确定的平面为 ，平面 bdef 为 。因为 qa1c1，所以 q 。又 qef，所以 q 。所以 q 是 与 的公共点。同理， p 是 与 的公共点。所以 pq。又 a1c r，所以 ra1c，r ，且 r 。则 rpq，故

56、 p，q，r三点共线。(3)因为 efbd 且 efbd，所以 de 与 bf 相交。设交点为m，则由 mde，de? 平面 d1dcc1，得 m平面 d1dcc1，同理， m平面 b1bcc1。又平面 d1dcc1平面 b1bcc1cc1，所以 mcc1。所以 de，bf，cc1三线交于点 m。1点共线问题的证明方法证明空间点共线，一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再依据公理3 证明这些点都在这两个平面的交线上。2线共点问题的证明方法证明空间三线共点， 先证两条直线交于一点，再证第三条直线经过这点，将问题转化为证明点在直线上。3点线共面问题的证明方法(1)纳入平面法：先确定一个平面，

57、再证有关点、线在此平面内。(2)辅助平面法：先证有关点、线确定平面 ，再证明其余点、线确定平面 ，最后证明平面 ，重合。【变式训练】如图所示，在正方体abcd-a1b1c1d1中，e，f 分别是 ab 和 aa1的中点。求证：(1)e，c，d1，f 四点共面；(2)ce，d1f，da 三线共点。证明(1)如图，连接ef，cd1，a1b。因为 e，f 分别是 ab，aa1的中点，所以efa1b。又 a1bd1c，所以 efcd1，所以 ef，cd1确定一个平面，即 e，c，d1，f 四点共面。(2)因为 efcd1，efcd1，所以 ce 与 d1f 必相交，设交点为p，如图所示。由 pce，c

58、e? 平面 abcd，得 p平面 abcd。同理 p平面 add1a1。又平面 abcd平面 add1a1da，所以 pda，所以 ce，d1f，da 三线共点。考点二空间两条直线的位置关系【例 2】(1)若 a，b 是异面直线， b，c 是异面直线，则 () aacba，c 是异面直线ca，c 相交da，c 平行或相交或异面解析若 a，b 是异面直线， b，c 是异面直线，那么a，c 可以平行，可以相交，可以异面。答案d (2)(多选)如图所示，在正方体abcd-a1b1c1d1中，m，n 分别为棱 c1d1，c1c 的中点，则以下四个结论正确的是 () a直线 am 与 cc1是相交直线b

59、直线 am 与 bn 是平行直线c直线 bn 与 mb1是异面直线d直线 am 与 dd1是异面直线解析直线 am 与 cc1是异面直线，直线am 与 bn 也是异面直线，故a，b 错误；直线 bn 与 mb1是异面直线，直线am 与 dd1是异面直线，故c，d 正确。故选 cd。答案cd 判断空间直线的位置关系一般有两种方法：一是构造几何体(如长方体、空间四边形等)模型来判断；二是排除法，特别地，对于异面直线的判定常用到结论：“平面外一点a 与平面内一点b 的连线和平面内不经过点 b 的直线是异面直线。”【变式训练】(1)若平面 和直线 a，b 满足 a a，b? ，则 a 与 b 的位置关

60、系是 () a相交b平行c异面d相交或异面解析当 ab 时， a 与 b 相交，当 a?b 时， a 与 b 异面。故选d。答案d (2)(多选 )在图中， g，n，m，h 分别是正三棱柱 (两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线 gh，mn 是异面直线的图形有() 解析图 a 中，直线 ghmn；图 b 中，g，h，n 三点共面，但m?平面 ghn，因此直线gh 与 mn异面；图 c 中，连接 mg，gmhn，因此 gh 与 mn 共面；图 d 中，g，m，n 三点共面，但 h?平面 gmn，因此 gh 与 mn 异面，所以图bd 中 gh 与 mn 异面。答案bd 考点