高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 第七章 立体几何 Word版含答案

这是一份高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 第七章 立体几何 Word版含答案，共78页。试卷主要包含了简单几何体，直观图，三视图等内容，欢迎下载使用。

第七章立体几何
第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图


1．简单几何体
(1)简单旋转体的结构特征：
①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；
②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；
③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；
④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．
(2)简单多面体的结构特征：
①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；
②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；
③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．
2．直观图
(1)画法：常用斜二测画法．
(2)规则：
①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．
②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．
3．三视图
(1)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、正上方观察几何体画出的轮廓线．
说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图．
(2)三视图的画法
①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．
②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．


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(　　)

A．2,2　　　　　　 B．2，2
C．4,2 D．2,4
解析：选D　由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为2，故底面边长为4，故选D．
2．(教材习题改编)如图，长方体ABCD ­A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．

答案：五棱柱　三棱柱

1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．
2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．
3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．


1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是(　　)


解析：选B　俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B．
2．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的
①三角形的直观图一定是三角形；
②正方形的直观图一定是菱形；
③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；
④菱形的直观图一定是菱形．
以上结论正确的个数是________．
解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．
答案：1



1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是(　　)
A．圆柱　　　　　　　　 B．圆锥
C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体
解析：选C　截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．
2．给出下列几个命题：
①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；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是(　　)
A．0　　　　　　　　　 B．1
C．2 D．3
解析：选B　①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且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．
3．给出下列命题：
①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；
②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；
③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；
④存在每个面都是直角三角形的四面体．
其中正确命题的序号是________．
解析：①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；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC，四个面都是直角三角形．
答案：②③④

解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧
(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；
(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；
(3)通过反例对结构特征进行辨析．


1．(2017·东北四市联考)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥P­A1B1A的侧视图为(　　)


解析：选D　如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥P­A1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D．

2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为(　　)

A．1　　　　　　　　　 B．
C． D．2

解析：选C　根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥V­ABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1．所以四棱锥中最长棱为VD．连接BD，易知BD＝，在Rt△VBD中，VD＝＝．

1．已知几何体，识别三视图的技巧
已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．
2．已知三视图，判断几何体的技巧
(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．
(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．
(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．
　对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．

1．(2016·沈阳市教学质量监测)“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，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是(　　)

解析：选B　根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B．
2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是(　　)


解析：选D　由俯视图是圆环可排除A、B、C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D．




有一块多边形的菜地，它的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)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．

解析：如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为E．
在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝．
而四边形AECD为矩形，AD＝1，
∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝＋1．
由此可还原原图形如图

在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，
∴这块菜地的面积S＝(A′D′＋B′C′)·A′B′＝××2＝2＋．
答案：2＋

原图与直观图中的“三变”与“三不变”
(1)“三变”
(2)“三不变”

如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，O′C′＝2 cm，则原图形是(　　)

A．正方形　　　　　　 B．矩形
C．菱形 D．一般的平行四边形
解析：选C　如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×2＝4 cm，CD＝C′D′＝2 cm．
∴OC＝＝＝6 cm，
∴OA＝OC，故四边形OABC是菱形．

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1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是(　　)


解析：选D　几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．
2．下列说法正确的是(　　)
A．棱柱的两个底面是全等的正多边形
B．平行于棱柱侧棱的截面是矩形
C．{直棱柱}⊆{正棱柱}
D．{正四面体}⊆{正三棱锥}
解析：选D　因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．
3．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是(　　)

A．三棱锥　　　　　　 B．四棱锥
C．四棱台 D．三棱台
解析：选A　因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．
4．在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2．
解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2．
答案：矩形　8
5．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．
其中正确命题的序号是________．
解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图，ABCD­A1B1C1D1，如图，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．
答案：①②
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1．已知底面为正方形的四棱锥，其中一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的(　　)


解析：选C　根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C．
2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中(　　)
A．最长的是AB，最短的是AC
B．最长的是AC，最短的是AB
C．最长的是AB，最短的是AD
D．最长的是AC，最短的是AD
解析：选B　由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC．
3．(2016·沈阳市教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为(　　)

A．三棱台 B．三棱柱
C．四棱柱 D．四棱锥
解析：选B　根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．






4．(2016·淄博一模)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥A­BCD的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选D　由正视图与俯视图可得三棱锥A­BCD的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为，所以侧视图的面积为S＝××＝．
5．已知四棱锥P­ABCD的三视图如图所示，则四棱锥P­ABCD的四个侧面中面积最大的是(　　)

A．3 B．2
C．6 D．8
解析：选C　四棱锥如图所示，取AD的中点N，BC的中点M，连接PM，PN，则PM＝3，PN＝，S△PAD＝×4×＝2，
S△PAB＝S△PDC＝×2×3＝3，
S△PBC＝×4×3＝6．
所以四个侧面中面积最大的是6．
6．设有以下四个命题：
①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；
②底面是矩形的平行六面体是长方体；
③直四棱柱是直平行六面体；
④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．
其中真命题的序号是________．
解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．
答案：①④
7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为________cm．
解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C．
在Rt△ABC中，AC＝12 cm，BC＝8－3＝5 (cm)．
∴AB＝＝13(cm)．
答案：13
8．已知正四棱锥V­ABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为2，则该棱锥的高为________．
解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连结VO，AO，则VO就是正四棱锥V­ABCD的高．
因为底面面积为16，所以AO＝2．
因为一条侧棱长为2．
所以VO＝＝＝6．
所以正四棱锥V­ABCD的高为6．
答案：6
9．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①、图②所示的分别是实际图形和直观图．
从图②可知，A′B′＝AB＝2，

O′C′＝OC＝，
C′D′＝O′C′sin 45°＝×＝．
所以S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×2×＝．
答案：
10．已知正三棱锥V ­ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．

(1)画出该三棱锥的直观图；
(2)求出侧视图的面积．
解：(1)直观图如图所示．
(2)根据三视图间的关系可得BC＝2，
∴侧视图中VA＝
＝2，
∴S△VBC＝×2×2＝6．
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1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是(　　)

A．8 B．7
C．6 D．5
解析：选C　画出直观图，共六块．

2．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是(　　)

A．4 B．8
C．4 D．8
解析：选C　设该三棱锥为P­ABC，其中PA⊥平面ABC，PA＝4，则由三视图可知△ABC是边长为4的等边三角形，故PB＝PC＝4，所以S△ABC＝×4×2＝4，S△PAB＝S△PAC＝×4×4＝8，S△PBC＝×4×＝4，故四个面中面积最大的为S△PBC＝4，选C．
3．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．

(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；
(2)求PA．
解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2．
(2)由侧视图可求得PD＝＝＝6．
由正视图可知AD＝6，
且AD⊥PD，
所以在Rt△APD中，
PA＝＝ ＝6 cm．

第二节空间几何体的表面积与体积




1．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＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r＋r′)l

2．空间几何体的表面积与体积公式
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
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3


1．(2016·全国甲卷)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．20π　　　　　　　　　　 B．24π
C．28π D．32π
解析：选C　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．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．

解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h＝3，所以该几何体的体积V＝S·h＝×3＝3．
答案：3
3．正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥A­B1DC1的体积为________．
解析：在正三棱柱ABC­A1B1C1中，
∵AD⊥BC，AD⊥BB1，BB1∩BC＝B，∴AD⊥平面B1DC1．
∴VA­B1DC1＝S△B1DC1·AD＝××2××＝1．
答案：1

1．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．
2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．
3．易混侧面积与表面积的概念．

1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．
答案：2∶3　1∶1
2．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．

解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S＝3×4×2＋2×2×2＋4×2×2＋4×6＋×(2＋6)×2×2＝72＋16．
答案：72＋16



1．(易错题)(2015·全国卷Ⅰ)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．1　　　　　　　　　 B．2
C．4 D．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．(2015·福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于(　　)

A．8＋2
B．11＋2
C．14＋2
D．15
解析：选B　由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．

直角梯形斜腰长为＝，所以底面周长为4＋，侧面积为2×(4＋)＝8＋2，两底面的面积和为2××1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋2＋3＝11＋2．
3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为(　　)

A．12 B．24
C．24 D．12
解析：选A　由三视图得，
这是一个正四棱台，
由条件知斜高h＝＝，
侧面积S＝×4＝12．

几何体的表面积的求法
(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．
(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第1题．




1．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A．＋π　　　　　　 B．＋π
C．＋π D．1＋π
解析：选C　由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为，从而该几何体的体积为×12×1＋××3＝＋π．
2．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为(　　)

A． B．
C． D．
解析：选D　由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为
V1＝××1×1×1＝，
剩余部分的体积V2＝13－＝．
所以＝＝．

有关几何体体积的类型及解题策略
常见类型
解题策略
球的体积问题
直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径
锥体、柱体的体积问题
根据题设条件求出所给几何体的底面积和高，直接套用公式求解
以三视图为载体的几何体体积问题
将三视图还原为几何体，利用空间几何体的体积公式求解
不规则几何体的体积问题
常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解


1．(2016·西安质检)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为(　　)

A．　　　 B．　　　　
C．　　　 D．3
解析：选A　根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示．则该几何体的体积是V几何体＝V三棱柱＋V三棱锥＝×2×1×1＋××2×1×1＝．
2．(2017·云南省统检)如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图，则被削掉的那部分的体积为(　　)

A． B．
C．－2 D．2π－
解析：选B　由三视图可知，
剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成，
其体积V＝××π×12×2＋××2×1×2＝＋，
∴被削掉的那部分的体积为π×12×2－＝．
3．(2016·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm2，体积是________cm3．

解析：由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm,2 cm，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm，2 cm，4 cm．
几何体的表面积为(2×2＋2×4＋2×4)×2×2－2×2×2＝72(cm2)，
体积为2×2×4×2＝32(cm3)．
答案：72　32



与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．
常见的命题角度有：
(1)正四面体的内切球与四棱锥的外接球；
(2)直三棱柱的外接球；
(3)正方体(长方体)的内切、外接球．　　　 　

角度一：正四面体的内切球与四棱锥的外接球
1．(2017·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________．
解析：设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4··a2＝a2，其内切球半径为正四面体高的，即r＝·a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝．
答案：

角度二：直三棱柱的外接球
2．已知直三棱柱ABC­A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　)
A．　　　　　　 B．2
C． D．3
解析：选C　如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M．又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝ ＝．

角度三：正方体(长方体)的内切、外接球
3．如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为(　　)
A．π　　　　　　 B．
C． D．π
解析：选C　平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC＝CD1＝AD1＝，所以内切圆的半径r＝×tan 30°＝，
所以S＝πr2＝π×＝π．

“切”“接”问题处理的注意事项
(1)“切”的处理
解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．
(2)“接”的处理
把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．

1．(2017·广州市综合测试)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为(　　)
A．20π B．
C．5π D．
解析：选D　由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r＝1，其高h＝1，∴球半径为R＝＝＝，∴该球的体积V＝πR3＝×3π＝．
2．(2016·河南省六市第一次联考)三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝，AC＝6，PC⊥平面ABC，PC＝2，则该三棱锥的外接球表面积为(　　)
A．π B．π
C．π D．π
解析：选D　由题可知，△ABC中AC边上的高为＝，球心O在底面ABC的投影即为△ABC的外心D，设DA＝DB＝DC＝x，∴x2＝32＋(－x)2，解得x＝，∴R2＝x2＋2＝＋1＝(其中R为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S＝4πR2＝π，故选D．


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1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为(　　)
A．π　　　　　　 B．π
C．16π D．24π
解析：选B　设球的半径为R，因为表面积是16π，所以4πR2＝16π，解得R＝2．所以体积为πR3＝．
2．(2016·长春市质量检测(二))

几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)
A． B．16－
C． D．16－
解析：选C　该几何体可视为长方体挖去一个四棱锥所得，所以其体积为2×2×4－×2×2×2＝．故选C．
3．(2016·全国乙卷)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互相垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是(　　)

A．17π B．18π
C．20π D．28π
解析：选A　由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的，得到的几何体如图．设球的半径为R，则πR3－×πR3＝π，解得R＝2．因此它的表面积为×4πR2＋πR2＝17π．故选A．
4．(2016·北京高考)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．

解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，其底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V＝×1＝．
答案：
5．(2015·天津高考)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________m3．

解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为
V＝π×12×1×2＋π×12×2＝π．
答案：π

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1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为(　　)
A．7　　　　　　　　　　　 B．6
C．5 D．3
解析：选A　设圆台较小底面半径为r，
则另一底面半径为3r．
由S＝π(r＋3r)·3＝84π，解得r＝7．
2．一个六棱锥的体积为2，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(　　)
A．6 B．8
C．12 D．24
解析：选C　由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h，侧面的斜高为h′．
由题意，得×6××22×h＝2，
∴h＝1，
∴斜高h′＝＝2，
∴S侧＝6××2×2＝12．故选C．
3．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A．＋2π B．
C． D．
解析：选B　由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋×π×12×1＝π．
4．(2017·兰州市实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为(　　)

A．π B．
C．3π D．3
解析：选A　由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为，故体积为π3＝π，故选A．
5．(2016·山西省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为3，则侧视图中线段的长度x的值是(　　)

A． B．2
C．4 D．5
解析：选C　分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P­ABCD，故其体积V＝××4×CP＝3，∴CP＝，∴x＝＝4，故选C．
6．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V1，直径为4的球的体积为V2，则V1∶V2＝________．

解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V1＝8π－＝，V2＝×23＝，V1∶V2＝1∶2．
答案：1∶2
7．(2016·合肥市第二次质量检测)已知球O的内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则球O的表面积为________．
解析：由题意可得，球心在轴截面正方形的中心，则外接球的半径R＝＝，该球的表面积为4πR2＝8π．
答案：8π
8．(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：
9．(2017·武汉调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为________．
解析：如图，正四棱锥P­ABCD的外接球的球心O在它的高PO1上，设球的半径为R，因为底面边长为2，所以AC＝4．在Rt△AOO1中，R2＝(4－R)2＋22，所以R＝，所以球的表面积S＝4πR2＝25π．
答案：25π
10．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．
解：由已知得：CE＝2，DE＝2，CB＝5，S表面＝S圆台侧＋S圆台下底＋S圆锥侧＝π(2＋5)×5＋π×25＋π×2×2＝(60＋4)π，V＝V圆台－V圆锥＝(π·22＋π·52＋)×4－π×22×2＝π．
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1．(2017·广西质检)高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为(　　)

A． B．
C． D．
解析：选C　由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为4．易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为，故选C．
2．(2017·唐山统考)三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC且PA＝2，△ABC是边长为的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为(　　)
A． B．4π
C．8π D．20π
解析：选C　由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC为底面、以PA为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC的外接圆半径r＝××＝1，外接球球心到△ABC的外接圆圆心的距离d＝1，所以外接球的半径R＝＝，所以三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝8π，故选C．
3．如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求：
(1)该几何体的体积．
(2)截面ABC的面积．
解：(1)过C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于点A2，B2．

由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°可知B2C⊥平面ABB2A2，
则该几何体的体积V＝VA1B1C1­A2B2C＋VC­ABB2A2
＝×2×2×2＋××(1＋2)×2×2＝6．
(2)在△ABC中，AB＝＝，
BC＝＝，
AC＝＝2．
则S△ABC＝×2×＝．
第三节空间点、线、面之间的位置关系


1．平面的基本性质
(1)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．
(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
(3)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．
2．空间中两直线的位置关系
(1)空间中两直线的位置关系

(2)异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，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)．
②范围：．
(3)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
(4)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．
3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况．
(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．


1．下列说法正确的是(　　)
A．若a⊂α，b⊂β，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α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
答案：D
2．(教材习题改编)设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是________．
①P∈a，P∈α⇒a⊂α；②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b．
答案：③④

1．异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交．
2．直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”．
3．不共线的三点确定一个平面，一定不能丢掉“不共线”条件．


1．(2017·江西七校联考)已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是(　　)
A．相交或平行　　　　　　 B．相交或异面
C．平行或异面 D．相交、平行或异面
解析：选D　依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．
2．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是(　　)
A．b⊂α　　　　　　　　 B．b∥α
C．b⊂α或b∥α D．b与α相交或b⊂α或b∥α
解析：选D　b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．
3．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数有(　　)
A．4个　　　　　　　　　 B．3个
C．2个 D．1个
解析：选A　首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定4个平面．



如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是AB，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，A1B，CD1．
∵E，F分别是AB，AA1的中点，
∴EF∥A1B．

又A1B∥CD1，
∴EF∥CD1，
∴E，C，D1，F四点共面．
(2)∵EF∥CD1，EF