高考数学二轮专题复习训练 立体几何与空间向量.docx
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高考数学二轮专题复习训练立体几何与空间向量
专题四 立体几何与空间向量
第一讲
空间几何体的三视图、表面积及体积
一、基础知识要记牢
三视图的排列规则是:
“长对正、高平齐、宽相等”.
二、经典例题领悟好
[例1]
(1)(2017·惠州调研)如图所示,将图①中的正方体截去两个三棱锥,得到图②中的几何体,则该几何体的侧视图为( )
(2)(2016·天津高考)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(左)视图为( )
[解析]
(1)从几何体的左面看,棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线,在视线范围内,画实线;棱C1F不在视线范围内,画虚线.故选B.
(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体,再作其侧(左)视图.由几何体的正视图和俯视图可知该几何体如图①所示,故其侧(左)视图如图②所示.故选B.
[答案]
(1)B
(2)B
分析空间几何体的三视图的要点
(1)根据俯视图确定几何体的底面.
(2)根据正视图或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.
(3)确定几何体的形状,即可得到结果.
比较复杂的三视图问题常常借助于长方体确定空间几何体的形状.
三、预测押题不能少
1.某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为( )
A.3B.2
C.2D.2
解析:
选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示,
从图中易得最长的棱为
AC1===2.
一、基础知识要记牢
常见的一些简单几何体的表面积和体积公式
圆柱的表面积公式:
S=2πr2+2πrl=2πr(r+l)(其中r为底面半径,l为圆柱的高);
圆锥的表面积公式:
S=πr2+πrl=πr(r+l)(其中r为底面半径,l为母线长);
圆台的表面积公式:
S=π(r′2+r2+r′l+rl)(其中r和r′分别为圆台的上、下底面半径,l为母线长);
柱体的体积公式:
V=Sh(S为底面面积,h为高);
锥体的体积公式:
V=Sh(S为底面面积,h为高);
台体的体积公式:
V=(S′++S)h(S′,S分别为上、下底面面积,h为高);
球的表面积和体积公式:
S=4πR2,V=πR3(R为球的半径).
二、经典例题领悟好
[例2]
(1)(2016·全国卷Ⅱ)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
(2)(2017·全国卷Ⅱ)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为( )
A.90πB.63πC.42πD.36π
[解析]
(1)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==4,
S表=πr2+ch+cl=4π+16π+8π=28π.
(2)法一:
由题意知,该几何体由底面半径为3,高为10的圆柱截去底面半径为3,高为6的圆柱的一半所得,故其体积V=π×32×10-×π×32×6=63π.
法二:
由题意知,该几何体由底面半径为3,高为10的圆柱截去底面半径为3,高为6的圆柱的一半所得,其体积等价于底面半径为3,高为7的圆柱的体积,所以它的体积V=π×32×7=63π.
[答案]
(1)C
(2)B
(1)求几何体的表面积及体积问题,关键是空间想象能力,能想出、画出空间几何体,高往往易求,底面放在已知几何体的某一面上.
(2)求不规则几何体的体积,常用分割或补形的思想,将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.
三、预测押题不能少
2.
(1)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=( )
A.1B.2
C.4D.8
解析:
选B 如图,该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体,球的半
径为r,圆柱的底面半径为r,高为2r,则表面积S=×4πr2+πr2+4r2+πr·2r=(5π+4)r2.
又S=16+20π,
∴(5π+4)r2=16+20π,
∴r2=4,r=2,故选B.
(2)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图,则该几何体的体积为_______.
解析:
该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1,高为1的四分之一圆柱体构成,
∴V=2×1×1+2××π×12×1=2+.
答案:
2+
一、基础知识要记牢
(1)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两互相垂直,可采用“补形法”成为一个球内接长方体.
(2)正四面体的内切球与外接球半径之比为1∶3.
二、经典例题领悟好
[例3]
(1)(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是( )
A.4πB.
C.6πD.
(2)(2018届高三·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体外接球的表面积为( )
A.36πB.
C.32πD.28π
[解析]
(1)设球的半径为R,∵△ABC的内切圆半径为=2,∴R≤2.又2R≤3,∴R≤,∴Vmax=×π×3=.故选B.
(2)根据三视图,可知该几何体是一个四棱锥,其底面是一个边长为4的正方形,高是2.将该四棱锥还原成一个三棱柱,如图所示,该三棱柱的底面是边长为4的正三角形,高是4,其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接
球的半径.∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形,∴底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为×2=,∴其外接球的半径R==,则外接球的表面积S=4πR2=4π×=,故选B.
[答案]
(1)B
(2)B
处理球与棱柱、棱锥切、接问题的思路
(1)过球及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面,化空间问题为平面问题.
(2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间关系,确定球心位置.
(3)建立几何量间关系求半径r.
三、预测押题不能少
3.
(1)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.
C.D.
解析:
选B 设圆柱的底面半径为r,则r2=12-2=,所以圆柱的体积V=π×1=.
(2)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是________.
解析:
设球O的半径为R,因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切,所以圆柱的底面半径为R、高为2R,所以==.
答案:
[知能专练(十三)]
一、选择题
1.一个锥体的正视图和侧视图如图所示,下面选项中,不可能是该锥体的俯视图的是( )
解析:
选C 注意到在三视图中,俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等,而在选项C中,其宽度为,与题中所给的侧视图的宽度1不相等,因此选C.
2.一块石材表示的几何体的三视图如图所示,将该石材切削、打磨、加工成球,则能得到的最大球的半径为( )
A.1 B.2
C.3D.4
解析:
选B 该几何体为直三棱柱,底面是边长分别为6,8,10的直角三角形,侧棱长为12,故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径,其半径为r===2,故选B.
3.将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周,所得几何体的侧面积为( )
A.4πB.3π
C.2πD.π
解析:
选C 由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱,底面半径为1,高为1,其侧面积S=2πrh=2π×1×1=2π.
4.一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其正视图如图所示,则该四棱锥侧面积和体积分别是( )
A.4,8B.4,
C.4(+1),D.8,8
解析:
选B 由题意可知该四棱锥为正四棱锥,底面边长为2,高为2,侧面上的斜高为=,所以S侧=4×=4,V=×22×2=.
5.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示,其中正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.12
C.14D.16
解析:
选B 由三视图可知该多面体是一个组合体,如图所示,其下面是一个底面为等腰直角三角形的直三棱柱,上面是一个底面为等腰直角三角形的三棱锥,等腰直角三角形的腰长为2,直三棱柱的高为2,三棱锥的高为2,易知该多面体有2个面是梯形,这些梯形的面积之和为×2=12,故选B.
6.如图,三棱锥VABC的底面为正三角形,侧面VAC与底面垂直且VA=VC,已知其正视图的面积为,则其侧视图的面积为( )
A. B.
C.D.
解析:
选B 由题意知,该三棱锥的正视图为△VAC,作VO⊥AC于O,连接OB(图略),设底面边长为2a,高VO=h,则△VAC的面积为×2a×h=ah=.又三棱锥的侧视图为Rt△VOB,在正三角形ABC中,高OB=a,所以侧视图的面积为OB·VO=×a×h=ah=×=.
7.《九章算术》的商功章中有一道题:
一圆柱形谷仓,高1丈3尺3寸,容纳米2000斛(1丈=10尺,1尺=10寸,斛为容积单位,1斛≈1.62立方尺,π≈3),则圆柱底圆周长约为( )
A.1丈3尺B.5丈4尺
C.9丈2尺D.48丈6尺
解析:
选B 设圆柱底面圆的半径为r,若以尺为单位,则2000×1.62=
3r2,解得r=9(尺),∴底面圆周长约为2×3×9=54(尺),换算单位后为5丈4尺,故选B.
8.(2017·丽水模拟)已知某几何体的三视图如图所示,其中俯视图是正三角形,则该几何体的体积为( )
A.B.2
C.3D.4
解析:
选B 分析题意可知,该几何体是由如图所示的三棱柱ABCA1B1C1截去四棱锥ABEDC得到的,故其体积V=×22×3-××2×=2,故选B.
9.(2017·贵阳质检)三棱锥PABC的四个顶点都在体积为的球的表面上,底面ABC所在的小圆面积为16π,则该三棱锥的高的最大值为( )
A.4B.6
C.8D.10
解析:
选C 依题意,设题中球的球心为O,半径为R,△ABC的外接圆半径为r,则=,解得R=5,由πr2=16π,解得r=4,又球心O到平面ABC的距离为=3,因此三棱锥PABC的高的最大值为5+3=8,故选C.
10.(2017·洛阳模拟)已知三棱锥PABC的四个顶点均在某球面上,PC为该球的直径,△ABC是边长为4的等边三角形,三棱锥PABC的体积为,则此三棱锥的外接球的表面积为( )
A.B.C.D.
解析:
选D 依题意,记三棱锥PABC的外接球的球心为O,半径为R,点P到平面ABC的距离为h,则由VPABC=S△ABCh=××h=得h=.又PC为球O的直径,因此球心O到平面ABC的距离等于h=.又正△ABC的外接圆半径为r==,因此R2=r2+2=,所以三棱锥PABC的外接球的表面积为4πR2=,故选D.
二、填空题
11.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为________,体积为________.
解析:
由三视图得该几何体为如图所示的三棱锥,其中底面ABC为直角三角形,∠B=90°,AB=1,BC=2,PA⊥底面ABC,PA=2,所以AC=PB=,PC=3,PC2=PB2+BC2,∴∠PBC=90°,则该三棱锥的表面积为×1×2+×1×2+×2×+×2×=2+2,体积为××1×2×2=.
答案:
2+2
12.(2017·诸暨质检)某几何体的三视图如图所示,则该几何体最长的一条棱的长度为________,体积为________.
解析:
根据三视图,可以看出该几何体是一个底面为正三角形,一条侧棱垂直底面的三棱锥,如图所示,其中底面△BCD是正三角形,各边长为2,侧棱AD⊥底面BCD,且AD=2,底面△BCD的中垂线长DE=,∴AC=AB=2,V三棱锥ABCD=×S△BCD×AD=××2××2=,即该几何体最长的棱长为2,体积为.
答案:
2
13.一个直棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)被一个平面截去一部分后,所剩几何体的三视图如图所示,则截去的几何体为________(从备选项中选择一个填上:
三棱锥、四棱锥、三棱柱、四棱柱),截去的几何体的体积为________.
解析:
作出直观图可得截去的几何体为底面为直角边长分别为1和2的直角三角形,高为4的三棱锥,其体积V=××4=.
答案:
三棱锥
14.(2018届高三·浙江名校联考)某简单几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为________,其外接球的表面积为________.
解析:
由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形,高为3的直四棱柱,则其体积为4×4××3=24.又直四棱柱的外接球的半径R==,所以四棱柱的外接球的表面积为4πR2=25π.
答案:
24 25π
15.(2017·洛阳模拟)一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆,则该几何体的表面积为________.
解析:
由三视图可知该几何体为一个球体的,故该几何体的表面积等于球的表面积的,加上以球的半径为半径的圆的面积,即S=×4πR2+πR2=16π.
答案:
16π
16.(2016·四川高考)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形,该三棱锥的正视图如图所示,则该三棱锥的体积是________.
解析:
由正视图知三棱锥的形状如图所示,且AB=AD=BC=CD=2,BD=2,设O为BD的中点,连接OA,OC,则OA⊥BD,OC⊥BD,结合正视图可知AO⊥平面BCD.
又OC==1,
∴V三棱锥ABCD=××1=.
答案:
17.如图是某三棱柱被削去一个底面后的直观图、侧视图与俯视图.已知CF=2AD,侧视图是边长为2的等边三角形,俯视图是直角梯形,有关数据如图所示,则该几何体的体积为________.
解析:
取CF中点P,过P作PQ∥CB交BE于Q,连接PD,QD,则AD∥CP,且AD=CP.
所以四边形ACPD为平行四边形,所以AC∥PD.所以平面PDQ∥平面ABC.
该几何体可分割成三棱柱PDQCAB和四棱锥DPQEF,
所以V=VPDQCAB+VDPQEF
=×22sin60°×2+××=3.
答案:
3
[选做题]
1.(2017·石家庄质检)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )
A.16B.20C.52D.60
解析:
选B 由三视图知,该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4),高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得,且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4),高为3,如图所示,所以该几何体的体积V=×3×4×6-2××2×4×3=20,故选B.
2.四棱锥PABCD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,则该四棱锥的高为( )
A.6B.5C.D.
解析:
选D 过点P作PH⊥平面ABCD于点H.由题知,四棱锥PABCD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=,即=,解得h=,故选D.
3.(2017·兰州模拟)已知球O的半径为13,其球面上有三点A,B,C,若AB=12,AC=BC=12,则四面体OABC的体积为________.
解析:
如图,过点A,B分别作BC,AC的平行线,两线相交于点D,连接CD,∵AC=BC=12,AB=12,
在△ABC中,cos∠ACB==-,
∴∠ACB=120°,
∴在菱形ACBD中,DA=DB=DC=12,
∴点D是△ABC的外接圆圆心,
连接DO,在△ODA中,OA2=DA2+DO2,
即DO2=OA2-DA2=132-122=25,∴DO=5,
又DO⊥平面ABC,
∴VOABC=××12×12××5=60.
答案:
60
第二讲
点、直线、平面之间的位置关系
一、基础知识要记牢
空间线线、线面、面面的位置关系的认识和判定是学习立体几何的基础,要在空间几何体和空间图形中理解、表述位置关系,发展空间想象能力.
二、经典例题领悟好
[例1]
(1)(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则( )
A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC
(2)(2016·全国卷Ⅱ)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:
①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.
②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.
③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.
④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.
其中正确的命题有________.(填写所有正确命题的编号)
[解析]
(1)法一:
由正方体的性质,得A1B1⊥BC1,B1C⊥BC1,A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平面A1B1CD.
又A1E⊂平面A1B1CD,所以A1E⊥BC1.
法二:
∵A1E在平面ABCD上的投影为AE,而AE不与AC,BD垂直,∴B、D错;
∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C,且B1C⊥BC1,
∴A1E⊥BC1,故C正确;
∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E,
而D1E不与DC1垂直,故A错.
(2)对于①,α,β可以平行,也可以相交但不垂直,故错误.
对于②,由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α,n∥l,又m⊥α,所以m⊥l,所以m⊥n,故正确.
对于③,因为α∥β,所以α,β没有公共点.又m⊂α,所以m,β没有公共点,由线面平行的定义可知m∥β,故正确.
对于④,因为m∥n,所以m与α所成的角和n与α所成的角相等.因为α∥β,所以n与α所成的角和n与β所成的角相等,所以m与α所成的角和n与β所成的角相等,故正确.
[答案]
(1)C
(2)②③④
解决空间线面位置关系的判断问题的常用方法
(1)根据空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理逐一判断来解决问题;
(2)必要时可以借助空间几何模型,如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系,并结合有关定理来进行判断.
三、预测押题不能少
1.如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是( )
解析:
选A 法一:
对于选项B,如图所示,连接CD,因为AB∥CD,M,Q分别是所在棱的中点,所以MQ∥CD,所以AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.
法二:
对于选项A,设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示),连接OQ,则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点,所以AB与平面MNQ有交点,即AB与平面MNQ不平行,根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知,选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.
一、基础知识要记牢
(1)线面平行的判定定理:
a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理:
a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b.
(3)线面垂直的判定定理:
m⊂α,n⊂α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n⇒l⊥α.
(4)线面垂直的性质定理:
a⊥α,b⊥α⇒a∥b.
(5)面面平行的判定定理:
a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒α∥β.
(6)面面平行的性质定理:
α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b.
(7)面面垂直的判定定理:
a⊂β,a⊥α⇒α⊥β.
(8)面面垂直的性质定理:
α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β.
(9)三垂线定理及逆定理:
①在平面内的一条直线,如果和这个平面的一条斜线的射影垂直,那么它和这条斜线垂直;
②在平面内的一条直线,如果和这个平面的一条斜线垂直,那么它也和这条斜线的射影垂直.
二、经典例题领悟好
[例2] 如图,在四棱锥PABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面ABCD,PA⊥AD,E和F分别是CD和PC的中点,求证:
(1)PA⊥底面ABCD;
(2)BE∥平面PAD;
(3)平面BEF⊥平面PCD.
[证明]
(1)∵平面PAD⊥底面ABCD,
且PA垂直于这两个平面的交线AD,
∴PA⊥底面ABCD.
(2)∵AB∥CD,CD=2AB,E为CD的中点,
∴AB∥DE,且AB=DE.
∴四边形ABED为平行四边形.
∴BE∥AD.
又∵BE⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,
∴BE∥平面PAD.
(3)∵AB⊥AD,而且四边形ABED为平行四边形.
∴BE⊥CD,AD⊥CD,
由
(1)知PA⊥底面ABCD,∴PA⊥CD.
∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥PD.
∵E和F分别是CD和PC的中点,
∴PD∥EF.∴CD⊥EF.
又BE∩EF=E,∴CD⊥平面BEF.
又CD⊂平面PCD,∴平面BEF⊥平面PCD.
(1)正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理,是进行判断和证明的基础;在证明线面关系时,应注意几何体的结构特征的应用,尤其是一些线面平行与垂直关系,这些都可以作为条件直接应用.
(2)证明面面平行依据判定定理,只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可,从而将证明面面平行转化为证明线面平行,再转化为证明线线平行.
(3)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理,即证明一个面过另一个面的一条垂线,将证明面面垂直转化为证明线面垂直,一般先从现有直线中寻找,若图中不存在这样的直线,则借助中线、高线或添加辅助线解决.
(4)证明的核心是转化,即空间向平面的转化:
面面⇔线面⇔线线.
三、预测押题不能少
2.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.
(1)证明:
A1O∥平面B1CD1;
(2)设M是OD的中点,证明:
平面A1EM⊥平面B1CD1.
证明:
(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,
因为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,
因为O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为E,M分别为AD,OD的中点,所以EM∥AO.
因为AO⊥BD,所以EM⊥BD,
又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A1E⊥BD,
因为B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1,
又A1E⊂平面A1EM,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,
所以B1D1⊥平面A1EM,
又B1D1⊂平面B1CD1,
所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
[知能专练(十四)]
一、选择题
1.下列四个命题中,正确命题的个数是( )
①若平面α∥平面β,直线m∥平
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