2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)二 專(zhuān)題四 立體幾何 第1講 幾何體的表面積與體積、線(xiàn)面位置關(guān)系的判斷教學(xué)案
《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)二 專(zhuān)題四 立體幾何 第1講 幾何體的表面積與體積、線(xiàn)面位置關(guān)系的判斷教學(xué)案》由會(huì)員分享,可在線(xiàn)閱讀,更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)二 專(zhuān)題四 立體幾何 第1講 幾何體的表面積與體積、線(xiàn)面位置關(guān)系的判斷教學(xué)案(18頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、 第1講 幾何體的表面積與體積、線(xiàn)面位置關(guān)系的判斷 [考情考向·高考導(dǎo)航] 1.“立體幾何”在高考中一般會(huì)以“兩小一大”或“一小一大”的命題形式出現(xiàn),這“兩小”或“一小”主要考查三視圖,與球有關(guān)的組合體、幾何體的表面積與體積,空間點(diǎn)、線(xiàn)、面的位置關(guān)系(特別是平行與垂直). 2.考查一個(gè)小題時(shí),本小題一般會(huì)出現(xiàn)在第6~7題的位置上,難度中檔.考查兩個(gè)小題時(shí),其中一個(gè)小題難度中低檔,另一小題難度稍高,一般會(huì)出現(xiàn)在第9~11題的位置上,有時(shí)也出現(xiàn)在壓軸小題的位置上. [真題體驗(yàn)] 1.(2018·全國(guó)Ⅲ卷)中國(guó)古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來(lái).構(gòu)件的凸出部分叫頭,凹進(jìn)部分叫卯眼,圖中
2、木構(gòu)件右邊的小長(zhǎng)方體是頭.若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長(zhǎng)方體,則咬合時(shí)帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是( ) 解析:A [俯視圖應(yīng)為A.] 2.(2018·全國(guó)Ⅰ卷)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1,O2,過(guò)直線(xiàn)O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形,則該圓柱的表面積為( ) A.12π B.12π C.8π D.10π 解析:B [圓柱的軸截面是面積為8的正方形,設(shè)圓柱的底面半徑為R,高為h,則(2R)2=8,∴R=,h=2R=2.∴該圓柱的表面積為2·πR2+2πRh=2π×()2+2π××2=12π.] 3.(201
3、9·江蘇卷)如圖, 長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的體積是120,E為CC1的中點(diǎn),則三棱錐E-BCD的體積是________. 解析:本題蘊(yùn)含“整體和局部”的對(duì)立統(tǒng)一規(guī)律.在幾何體面積或體積的計(jì)算問(wèn)題中,往往需要注意理清整體和局部的關(guān)系,靈活利用“割”與“補(bǔ)”的方法解題.因?yàn)殚L(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的體積為120,所以AB·BC·CC1=120, 因?yàn)镋為CC1的中點(diǎn), 所以CE=CC1, 由長(zhǎng)方體的性質(zhì)知CC1⊥底面ABCD, 所以CE是三棱錐E-BCD的底面BCD上的高, 所以三棱錐E-BCD的體積V=×AB·BC·CE=×AB·BC·CC1=×120=10.
4、 答案:10 4.(2018·全國(guó)Ⅱ卷)已知圓錐的頂點(diǎn)為S,母線(xiàn)SA,SB互相垂直,SA與圓錐底面所成角為30°,若△SAB的面積為8,則該圓錐的體積為_(kāi)_______. 解析: 如圖∠SAO=30°,設(shè)圓錐的底面圓半徑為R,則SO=Rtan 30°=R,SA==R,又∵SA⊥SB,∴△SAB的面積S=SA·SB=2=8.∴R=2,∴圓錐的體積為V=πR2·SO=πR3=π(2)3=8π. 答案:8π [主干整合] 1.棱柱、棱錐 (1)棱柱的性質(zhì) 側(cè)棱都相等,側(cè)面是平行四邊形;兩個(gè)底面與平行于底面的截面是全等的多邊形;過(guò)不相鄰的兩條側(cè)棱的截面是平行四邊形;直棱柱的側(cè)棱長(zhǎng)
5、與高相等且側(cè)面與對(duì)角面是矩形. (2)正棱錐的性質(zhì) 側(cè)棱相等,側(cè)面是全等的等腰三角形,斜高(側(cè)面等腰三角形底邊上的高)相等;棱錐的高、斜高和斜高在底面內(nèi)的射影構(gòu)成一個(gè)直角三角形;棱錐的高、側(cè)棱和側(cè)棱在底面內(nèi)的射影也構(gòu)成一個(gè)直角三角形;某側(cè)面上的斜高、側(cè)棱及底面邊長(zhǎng)的一半也構(gòu)成一個(gè)直角三角形;側(cè)棱在底面內(nèi)的射影、斜高在底面內(nèi)的射影及底面邊長(zhǎng)的一半也構(gòu)成一個(gè)直角三角形. 2.空間幾何體的三視圖 (1)空間幾何體三視圖的畫(huà)法規(guī)則: ①長(zhǎng)對(duì)正,即正(主)視圖和俯視圖的長(zhǎng)相等; ②高平齊,即正(主)視圖和側(cè)(左)視圖的高相等; ③寬相等,即側(cè)(左)視圖和俯視圖的寬相等; ④看不見(jiàn)的輪廓線(xiàn)
6、要用虛線(xiàn)表示. (2)空間幾何體三視圖的擺放規(guī)則: 俯視圖放在正(主)視圖的正面;側(cè)(左)視圖放在正視圖的右面. 3.幾何體與球的切接問(wèn)題 (1)解決球的內(nèi)接長(zhǎng)方體、正方體、正四棱柱等問(wèn)題的關(guān)鍵是把握球的直徑即是棱柱的體對(duì)角線(xiàn). (2)解決柱、錐的內(nèi)切球問(wèn)題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)切點(diǎn)位置,化歸為平面幾何問(wèn)題. 4.直線(xiàn)、平面平行的判定及其性質(zhì) (1)線(xiàn)面平行的判定定理:a?α,b?α,a∥b?a∥α. (2)線(xiàn)面平行的性質(zhì)定理:a∥α,a?β,α∩β=b?a∥b. (3)面面平行的判定定理:a?β,b?β,a∩b=P,a∥α,b∥α?α∥β. (4)面面平行的性質(zhì)定理:α∥β,α∩γ
7、=a,β∩γ=b?a∥b. 5.直線(xiàn)、平面垂直的判定及其性質(zhì) (1)線(xiàn)面垂直的判定定理:m?α,n?α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n?l⊥α. (2)線(xiàn)面垂直的性質(zhì)定理:a⊥α,b⊥α?a∥b. (3)面面垂直的判定定理:a?β,a⊥α?α⊥β. (4)面面垂直的性質(zhì)定理:α⊥β,α∩β=l,a?α,a⊥l?a⊥β. 熱點(diǎn)一 空間幾何體的表面積與體積 直觀(guān) 想象 素養(yǎng) 直觀(guān)想象——三視圖中體現(xiàn)的核心素養(yǎng) 直觀(guān)想象即通過(guò)幾何直觀(guān)和空間想象感知幾何體的形狀與變化.本例通過(guò)幾何體的三視圖直觀(guān)感知幾何體的形狀與相關(guān)度量,想象幾何體的結(jié)構(gòu)特征. 根據(jù)三視圖求幾何體的表面積、
8、體積 [例1-1] (1)(2019·浙江卷)祖暅?zhǔn)俏覈?guó)南北朝時(shí)代的偉大科學(xué)家,他提出的“冪勢(shì)既同,則積不容異”稱(chēng)為祖暅原理,利用該原理可以得到柱體的體積公式V柱體=sh,其中S是柱體的底面積,h是柱體的高.若某柱體的三視圖如圖所示(單位:cm),則該柱體的體積(單位:cm3)是( ) A.158 B.162 C.182 D.324 [解析] B [如圖,該柱體是一個(gè)五棱柱,棱柱的高為6,底面可以看作由兩個(gè)直角梯形組合而成,其中一個(gè)上底為4,下底為6,高為3,另一個(gè)的上底為2,下底為6,高為3. 則底面面積S=×3+×3=27, 因此,該柱體的體
9、積V=27×6=162.故選B.] (2)(2020·汕頭模擬)某幾何體的三視圖如圖所示,若該幾何體的體積為12π+8,則該幾何體的表面積為( ) A.18π+8+4 B.20π+8 C.10π+4 D.45π+27+9 [解析] B [還原幾何體如圖所示,幾何體的體積是V=πa2×2a×+×2a×a×a=12π+8,解得a=2,而幾何體的表面積是S=2πa2+2πa×a×+a×a×2,將a=2代入,所以S=20π+8,故選B.] 根據(jù)三視圖求其表面積、體積的方法 (1)根據(jù)給出的三視圖還原該幾何體的直觀(guān)圖. (2)由三視圖中的大小標(biāo)識(shí)確定該幾何體的各個(gè)度量
10、. (3)套用相應(yīng)的面積公式與體積公式計(jì)算求解. 根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征求體積、表面積 [例1-2] (1)(2019·全國(guó)Ⅲ卷) 學(xué)生到工廠(chǎng)勞動(dòng)實(shí)踐,利用3D打印技術(shù)制作模型.如圖,該模型為長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1,挖去四棱錐O-EFGH后所得的幾何體.其中O為長(zhǎng)方體的中心,E,F(xiàn),G,H分別為所在棱的中點(diǎn),AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度為0.9 g/cm3,不考慮打印損耗,制作該模型所需原料的質(zhì)量為_(kāi)_______g. [解析] 由題知挖去的四棱錐的底面是一個(gè)菱形,對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)分別為6 cm和4 cm, 故V挖去的四棱錐=××4×6×
11、3=12(cm3). 又V長(zhǎng)方體=6×6×4=144(cm3), 所以模型的體積為 V長(zhǎng)方體-V挖去的四棱錐=144-12=132(cm3), 所以制作該模型所需原料的質(zhì)量為132×0.9=118.8(g). [答案] 118.8 (2) 如圖,四棱錐PABCD的底面ABCD為平行四邊形,NB=2PN,則三棱錐NPAC與三棱錐DPAC的體積比為( ) A.1∶2 B.1∶8 C.1∶6 D.1∶3 [解析] D [通解:設(shè)點(diǎn)P,N在平面ABCD內(nèi)的投影分別為點(diǎn)P′,N′,則PP′⊥平面ABCD,NN′⊥平面ABCD,所以PP′∥NN′,則在△B
12、PP′中,由BN=2PN得=.V三棱錐NPAC=V三棱錐PABC-V三棱錐NABC=S△ABC·PP′-S△ABC·NN′=S△ABC·(PP′-NN′)=S△ABC·PP′=S△ABC·PP′,V三棱錐DPAC=V三棱錐PACD=S△ACD·PP′,又因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形,所以S△ABC=S△ACD,所以=. 優(yōu)解:兩三棱錐同底,體積比等于點(diǎn)N與點(diǎn)D到平面PAC的距離比,點(diǎn)D到面PAC的距離等于點(diǎn)B到面PAC的距離.因?yàn)榫嚯x比為1∶3,故體積比也為1∶3.] 求解幾何體的表面積及體積的技巧 (1)求幾何體的表面積及體積問(wèn)題,可以多角度、多方位地考慮,熟記公式是關(guān)
13、鍵所在.求三棱錐的體積,等體積轉(zhuǎn)化是常用的方法,轉(zhuǎn)換原則是其高易求,底面放在已知幾何體的某一面上. (2)求不規(guī)則幾何體的體積,常用分割或補(bǔ)形的思想,將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體以易于求解. (1)(2019·德州三模)如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1,粗線(xiàn)畫(huà)出的是某幾何體的三視圖,則該幾何體的表面積為( ) A.8+4+8 B.24+4 C.8+20 D.28 解析:A [由三視圖可知,該幾何體的下底面是長(zhǎng)為4,寬為2的矩形,左右兩個(gè)側(cè)面是底邊為2,高為2的三角形,前后兩個(gè)側(cè)面是底邊為4,高為的平行四邊形,所以該幾何體的表面積為S=4×2+2××2×2+2×4
14、×=8+4+8.] (2)(2019·天津卷)已知四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為的正方形,側(cè)棱長(zhǎng)均為.若圓柱的一個(gè)底面的圓周經(jīng)過(guò)四棱錐四條側(cè)棱的中點(diǎn),另一個(gè)底面的圓心為四棱錐底面的中心,則該圓柱的體積為_(kāi)___________. 解析:圓柱的底面半徑是棱錐底面對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)度的一半、不是底邊棱長(zhǎng)的一半. 四棱錐的高為=2, 故圓柱的高為1,圓柱的底面半徑為, 故其體積為π×2×1=. 答案: 熱點(diǎn)二 與球有關(guān)的組合體 [例2] (1)(2019·全國(guó)Ⅰ卷)已知三棱錐P-ABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形,E,F(xiàn)分別是PA,AB的中點(diǎn),∠CEF=90°
15、,則球O的體積為( ) A.8π B.4π C.2π D.π [審題指導(dǎo)] 由∠CEF=90°,可得EC,利用余弦定理可求PA=PB=PC=?PA⊥PB⊥PC,利用外接球的直徑是由該幾何體補(bǔ)成的正方體的體對(duì)角線(xiàn)求R,可得球體積. [解析] D [ 設(shè)PA=PB=PC=2a,則EF=a, FC=,∴EC2=3-a2. 在△PEC中, cos∠PEC=. 在△AEC中, cos∠AEC=. ∵∠PEC與∠AEC互補(bǔ),∴3-4a2=1,a=, 故PA=PB=PC=. 又∵AB=BC=AC=2,∴PA⊥PB⊥PC, ∴外接球的直徑2R==, ∴R
16、=,∴V=πR3=π×3=π.故選D.] (2)(2020·鄭州模擬)我國(guó)古代數(shù)學(xué)專(zhuān)著《九章算術(shù)》對(duì)立體幾何有深入的研究,從其中的一些數(shù)學(xué)用語(yǔ)可見(jiàn),譬如“鐅臑”意指四個(gè)面都是直角三角形的三棱錐.某“鐅臑”的三視圖(圖中網(wǎng)格紙上每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1)如圖所示,已知該幾何體的高為2,則該幾何體外接球的表面積為_(kāi)_______. [解析] 由該幾何體的三視圖還原其直觀(guān)圖,并放入長(zhǎng)方體中,如圖中的三棱錐A-BCD所示,其中AB=2,BC=CD=,易知長(zhǎng)方體的外接球即三棱錐A-BCD的外接球,設(shè)外接球的直徑為2R,所以4R2=(2)2+()2+()2=8+2+2=12,則R2=3,因此
17、外接球的表面積S=4πR2=12π. [答案] 12π 多面體、旋轉(zhuǎn)體與球接、切問(wèn)題的求解策略 (1)過(guò)球心及多面體中的特殊點(diǎn)(一般為接、切點(diǎn))或線(xiàn)作截面,把空間問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題. (2)利用平面幾何知識(shí)尋找?guī)缀误w元素間的關(guān)系,或只畫(huà)內(nèi)切、外接的幾何體的直觀(guān)圖,確定球心的位置,弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系,列方程(組)求解. (3)若球面上四點(diǎn)P,A,B,C構(gòu)成的三條線(xiàn)段PA,PB,PC兩兩互相垂直,且PA=a,PB=b,PC=c,一般把有關(guān)元素“補(bǔ)形”成為一個(gè)球內(nèi)接長(zhǎng)方體,用4R2=a2+b2+c2求解. (2017·全國(guó)Ⅰ卷)已知三棱錐S-ABC的所有頂
18、點(diǎn)都在球O的球面上,SC是球O的直徑,若平面SCA⊥平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱錐S-ABC的體積為9,則球O的表面積為_(kāi)_______. 解析:取SC的中點(diǎn)O,連接OA,OB(圖略), 因?yàn)镾A=AC,SB=BC, 所以O(shè)A⊥SC,OB⊥SC, 因?yàn)槠矫鍿CA⊥平面SCB, 所以O(shè)A⊥平面SBC, 設(shè)OA=r, VA-SBC=×S△SBC×OA=××2r×r×r=r3, 所以r3=9?r=3, 所以球的表面積為S=4πr2=36π. 答案:36π 熱點(diǎn)三 空間線(xiàn)面位置關(guān)系的判斷 [例3] (1)(2019·武昌三模)已知m,n為異面直線(xiàn),m⊥平面α,n⊥平
19、面β.直線(xiàn)l滿(mǎn)足l⊥m,l⊥n,l?α,l?β,則( ) A.α∥β且l∥α B.α⊥β且l⊥β C.α與β相交,且交線(xiàn)垂直于l D.α與β相交,且交線(xiàn)平行于l [解析] D [通解:若α∥β,則m∥n,這與m、n為異面直線(xiàn)矛盾,所以A不正確.將已知條件轉(zhuǎn)化到正方體中,易知α與β不一定垂直,但α與β的交線(xiàn)一定平行于l,從而排除B、C.故選D. 優(yōu)解:構(gòu)造圖形如圖所示,知D項(xiàng)正確.] (2)(2019·北京卷)已知l,m是平面α外的兩條不同直線(xiàn).給出下列三個(gè)論斷: ①l⊥m;②m∥α;③l⊥α. 以其中的兩個(gè)論斷作為條件,余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論,寫(xiě)出一個(gè)正確的命題:_
20、_______. [解析] 已知l,m是平面α外的兩條不同直線(xiàn),由①l⊥m與②m∥α,不能推出③l⊥α,因?yàn)閘可以與α平行,也可以相交不垂直;由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α;由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②. [答案]?、冖?①或①③?② 判斷與空間位置關(guān)系有關(guān)的命題真假的方法 1.借助空間線(xiàn)面平行、面面平行、線(xiàn)面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷. 2.借助空間幾何模型,如從長(zhǎng)方體模型、四面體模型等模型中觀(guān)察線(xiàn)面位置關(guān)系,結(jié)合有關(guān)定理,進(jìn)行判斷. (1)(2020·江西八校聯(lián)考)設(shè)有兩條直線(xiàn)m,n和三個(gè)平面α,β,γ.給出
21、下面四個(gè)命題: ①α∩β=m,n∥m?n∥α,n∥β; ②α⊥β,m⊥β,m?α?m∥α; ③α∥β,m?α?m∥β; ④α⊥β,α⊥γ?β∥γ. 其中正確命題的個(gè)數(shù)是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:B [①中:α∩β=m,n∥m不能得出n∥α,n∥β.因?yàn)閚可能在α或β內(nèi),故①錯(cuò)誤; ②α⊥β,m⊥β,m?α,根據(jù)直線(xiàn)與平面平行的判定,可得m∥α,故②正確; ③α∥β,m?α,根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可得m∥β,故③正確; ④α⊥β,α⊥γ,則γ與β可能平行也可能相交,故④錯(cuò)誤.] (2)(2019·大慶二模)已知α,β是兩個(gè)不
22、同的平面,l,m,n是不同的直線(xiàn),下列命題不正確的是( ) A.若l⊥m,l⊥n,m?α,n?α,則l⊥α B.若l∥m,l?α,m?α,則l∥α C.若α⊥β,α∩β=l,m?α,m⊥l,則m⊥β D.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,是m⊥n 解析:A [若l⊥m,l⊥n,m?α,n?α,不能推出l⊥α,缺少條件m與n相交,故不正確.] 限時(shí)40分鐘 滿(mǎn)分80分 一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分) 1.(2020·濟(jì)南模擬)“牟合方蓋”是我國(guó)古代數(shù)學(xué)家劉徽在研究球的體積的過(guò)程中構(gòu)造的一個(gè)和諧優(yōu)美的幾何體.它由完全相同的四個(gè)曲面構(gòu)成,相對(duì)的兩個(gè)曲面在同一個(gè)圓柱
23、的側(cè)面上,好似兩個(gè)扣合(牟合)在一起的方形傘(方蓋),其直觀(guān)圖如圖(1)所示,圖(2)中四邊形是為體現(xiàn)其直觀(guān)性所作的輔助線(xiàn),當(dāng)其正視圖和側(cè)視圖完全相同時(shí),它的正視圖和俯視圖分別可能是( ) A.a(chǎn),b B.a(chǎn),c C.c,b D.b,d 解析:A [當(dāng)正視圖和側(cè)視圖完全相同時(shí),“牟合方蓋”相對(duì)的兩個(gè)曲面正對(duì)前方,正視圖為一個(gè)圓,俯視圖為一個(gè)正方形,且兩條對(duì)角線(xiàn)為實(shí)線(xiàn),故選A.] 2.(2020·四省八校聯(lián)考)m,n是兩條不同的直線(xiàn),α是平面,n⊥α,則m∥α是m⊥n的( ) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分又不
24、必要條件 解析:A [當(dāng)m∥α?xí)r,在平面α內(nèi)存在一條直線(xiàn)b,使得b∥m,結(jié)合n⊥α,知n⊥b,所以n⊥m,所以m∥α是m⊥n的充分條件;當(dāng)n⊥α,m⊥n時(shí),m∥α或m?α,所以m∥α是m⊥n的不必要條件.綜上,m∥α是m⊥n的充分不必要條件,故選A.] 3.(2020·洛陽(yáng)聯(lián)考)一個(gè)簡(jiǎn)單幾何體的正視圖、側(cè)視圖如圖所示,則其俯視圖可能是( ) ①長(zhǎng)、寬不相等的長(zhǎng)方形?、谡叫巍、蹐A?、軝E圓 A.①② B.①④ C.②③ D.③④ 解析:B [由題設(shè)條件知,正視圖中的長(zhǎng)與側(cè)視圖中的長(zhǎng)不一致,對(duì)于①,俯視圖是長(zhǎng)方形是可能的,比如此幾何體為一個(gè)長(zhǎng)方體時(shí),滿(mǎn)足題意; 對(duì)于②,由于
25、正視圖中的長(zhǎng)與側(cè)視圖中的長(zhǎng)不一致,故俯視圖不可能是正方形; 對(duì)于③,由于正視圖中的長(zhǎng)與側(cè)視圖中的長(zhǎng)不一致,故俯視圖不可能是圓形; 對(duì)于④,如果此幾何體是一個(gè)橢圓柱,滿(mǎn)足正視圖中的長(zhǎng)與側(cè)視圖中的長(zhǎng)不一致,故俯視圖可能是橢圓. 綜上知①④是可能的圖形.] 4.(多選)(2020·江西省紅色七校聯(lián)考)設(shè)m,n是空間中兩條不同的直線(xiàn),α,β是兩個(gè)不同的平面,則下列說(shuō)法正確的是( ) A.若m∥n,n?α,則m∥α或m?α B.若m?α,n?β,α∥β,則m∥n C.若α∥β,m⊥α,則m⊥β D.若m?α,n?β,m∥β,n∥α,則α∥β 解析:AC [若m∥n,n?α,則m∥α或
26、m?α,所以選項(xiàng)A正確;若m?α,n?β,α∥β,則m∥n或m與n異面,所以選項(xiàng)B不正確;由面面平行的性質(zhì)、線(xiàn)面垂直的性質(zhì)知選項(xiàng)C正確;若m?α,n?β,m∥β,n∥α,則α∥β或α與β相交,所以選項(xiàng)D不正確.故選AC.] 5.(2018·北京卷)某四棱錐的三視圖如圖所示,在此四棱錐的側(cè)面中,直角三角形的個(gè)數(shù)為( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析: C [由三視圖可得四棱錐P-ABCD,四棱錐P-ABCD中PD=2,AD=2,CD=2,AB=1.由勾股定理可知:PA=2,PC=2,PB=3,BC=.則在四棱錐中,直角三角形有:△PAD,△PCD,△PAB,共三個(gè)
27、,故選C.] 6.(2020·湖南省五市十校聯(lián)考)某四棱錐的三視圖如圖所示,其側(cè)視圖是等腰直角三角形,俯視圖的輪廓是直角梯形,則該四棱錐的各側(cè)面面積的最大值為( ) A.8 B.4 C.8 D.12 解析: D [由三視圖可知該幾何體是一個(gè)底面為直角梯形,高為4的四棱錐,如圖,其中側(cè)棱PA⊥平面ABCD,PA=4,AB=4,BC=4,CD=6,所以AD=2,PD=6,PB=4,連接AC,則AC=4,所以PC=4,顯然在各側(cè)面面積中△PCD的面積最大,又PD=CD=6,所以PC邊上的高為 =2,所以S△PCD=×4×2=12,故該四棱錐的各側(cè)面面積的最大值為12.故選D.
28、] 7.(2020·廣州調(diào)研)如圖為一個(gè)多面體的三視圖,則該多面體的體積為( ) A.6 B.7 C. D. 解析: B [如圖,根據(jù)三視圖可畫(huà)出對(duì)應(yīng)多面體的直觀(guān)圖,該多面體是由棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1被截去三棱錐A-PQA1和三棱錐D-PC1D1之后得到的一個(gè)幾何體,其中P,Q分別是棱A1D1,A1B1的中點(diǎn).故所求多面體的體積V=V正方體-V三棱錐A-PQA1-V三棱錐D-PC1D1=23-××2-××2=7.故選B.] 8.(2018·新課標(biāo)Ⅱ卷)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CC1的中點(diǎn),則異面直線(xiàn)AE與CD所成角的正切值為(
29、 ) A. B. C. D. 解析: C [如圖取DD1的中點(diǎn)F,連接AF、EF,則EF∥CD,∴∠AEF即是AE與CD所成的角,設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a,在直角三角形AFE中,EF=a,AF= =a, ∴tan∠AEF===.] 9.(2018·全國(guó)Ⅰ卷)某圓柱的高為2,底面周長(zhǎng)為16,其三視圖如圖.圓柱表面上的點(diǎn)M在正視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A,圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B,則在此圓柱側(cè)面上,從M到N的路徑中,最短路徑的長(zhǎng)度為( ) A.2 B.2 C.3 D.2 解析:B [圓柱中點(diǎn)M,N的位置如圖1,其側(cè)面展開(kāi)圖如圖2,則最短路徑如圖2中的MN.由已知
30、MC=2,CN=×16=4,∴MN= ==2.] 10.(2019·益陽(yáng)三模)在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,若AB=2,BC=3,PA=4,則該三棱錐的外接球的表面積為( ) A.13π B.20π C.25π D.29π 解析: D [把三棱錐P-ABC放在長(zhǎng)方體中,如圖所示, 所以長(zhǎng)方體的體對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)為=, 所以三棱錐外接球的半徑為, 所以外接球的表面積為4π×2=29π.] 11.(2019·重慶市二模)某幾何體的三視圖如圖所示,其正視圖為等腰梯形,則該幾何體的表面積是( ) A.18 B.8+8 C.24 D.12+6
31、 解析: C [根據(jù)給定的三視圖,可得原幾何體如圖所示,其中面ABB1A1表示邊長(zhǎng)分別為2和4的矩形,其面積為S1=2×4=8,△ABC和△A1B1C1為底邊邊長(zhǎng)為2,腰長(zhǎng)為的等腰三角形,其高為h=2, 所以面積為S2=S3=×2×2=2, 面AA1C1C和面BB1C1C為全等的等腰梯形,上底邊長(zhǎng)為2,下底邊長(zhǎng)為4,高為2, 所以面積為S4=S5=×(2+4)×2=6, 所以幾何體的表面積為S=8+2×2+2×6=24,故選C.] 12.(2020·陜西省質(zhì)量檢測(cè))已知三棱錐S-ABC中,SA⊥平面ABC,且∠ACB=30°,AC=2AB=2.SA=1.則該三棱錐的外接球的體積
32、為( ) A.π B.13π C.π D.π 解析: D [∵∠ACB=30°,AC=2AB=2,∴△ABC是以AC為斜邊的直角三角形, 其外接圓半徑r==,則三棱錐外接球即為以△ABC為底面,以SA為高的三棱錐的外接球. ∴三棱錐外接球的半徑R滿(mǎn)足R= =. 故三棱錐外接球的體積V=πR3=π.] 二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分) 13.(2020·黃岡模擬)三棱錐P-ABC中,D,E分別為PB,PC的中點(diǎn),記三棱錐D-ABE的體積為V1,P-ABC的體積為V2,則=________. 解析: 如圖所示,由于D,E分別是邊PB與PC的中點(diǎn)
33、,所以S△BDE=S△PBC.又因?yàn)槿忮FA-BDE與三棱錐A-PBC的高長(zhǎng)度相等,所以=. 答案: 14.(2019·全國(guó)Ⅰ卷)已知∠ACB=90°,P為平面ABC外一點(diǎn),PC=2,點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC,BC的距離均為,那么P到平面ABC的距離為_(kāi)_______. 解析:過(guò)P作PD⊥AC于D,PE⊥BC于E,PO⊥平面ABC于O. 連OD,OE,∵PD=PE=,PC=2,∴CD=CE=1. 由題意,四邊形ODCE為圓內(nèi)接四邊形,又∠ACB=90° ∴四邊形ODCE為正方形, ∴OD=1, ∴PO===. 即點(diǎn)P到平面ABC的距離為. 答案: 15.(2020·麗水
34、模擬)已知E,F(xiàn)分別是矩形ABCD的邊BC與AD的中點(diǎn),且BC=2AB=2,現(xiàn)沿EF將平面ABEF折起,使平面ABEF⊥平面EFDC,則三棱錐A-FEC外接球的半徑________,外接球的體積為_(kāi)_______. 解析:由題意,三棱錐A-FEC外接球是正方體AC的外接球,所以三棱錐A-EFC外接球的半徑是,所以三棱錐A-FEC外接球的體積為π3=π. 答案: 16. (2019·日照三模)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD且底面各邊都相等,M是PC上一點(diǎn),當(dāng)點(diǎn)M滿(mǎn)足____________時(shí),平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫(xiě)一個(gè)你認(rèn)為正確的條件即可) 解析: 如圖,連接AC,因?yàn)镻A⊥底面ABCD,所以PA⊥BD,因?yàn)樗倪呅蜛BCD的各邊相等,所以AC⊥BD,又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC,要使平面MBD⊥平面PCD,只需PC垂直于平面MBD內(nèi)與BD相交的直線(xiàn)即可,所以可填DM⊥PC(或BM⊥PC). 答案:DM⊥PC(或BM⊥PC) - 18 -
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