2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題四 立體幾何 第1講 幾何體的表面積與體積、線面位置關(guān)系的判斷教學(xué)案

《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題四 立體幾何 第1講 幾何體的表面積與體積、線面位置關(guān)系的判斷教學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級二 專題四 立體幾何 第1講 幾何體的表面積與體積、線面位置關(guān)系的判斷教學(xué)案（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1講　幾何體的表面積與體積、線面位置關(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、線、面的位置關(guān)系(特別是平行與垂直)． 2．考查一個小題時，本小題一般會出現(xiàn)在第6～7題的位置上，難度中檔．考查兩個小題時，其中一個小題難度中低檔，另一小題難度稍高，一般會出現(xiàn)在第9～11題的位置上，有時也出現(xiàn)在壓軸小題的位置上． [真題體驗] 1．(2018·全國Ⅲ卷)中國古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來．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)件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是(　　) 解析：A　[俯視圖應(yīng)為A.] 2．(2018·全國Ⅰ卷)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，過直線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， 長方體ABCD-A1B1C1D1的體積是120，E為CC1的中點，則三棱錐E－BCD的體積是________． 解析：本題蘊含“整體和局部”的對立統(tǒng)一規(guī)律．在幾何體面積或體積的計算問題中，往往需要注意理清整體和局部的關(guān)系，靈活利用“割”與“補”的方法解題．因為長方體ABCD－A1B1C1D1的體積為120，所以AB·BC·CC1＝120， 因為E為CC1的中點， 所以CE＝CC1， 由長方體的性質(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Ⅱ卷)已知圓錐的頂點為S，母線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________． 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；兩個底面與平行于底面的截面是全等的多邊形；過不相鄰的兩條側(cè)棱的截面是平行四邊形；直棱柱的側(cè)棱長

5、與高相等且側(cè)面與對角面是矩形． (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)成一個直角三角形；某側(cè)面上的斜高、側(cè)棱及底面邊長的一半也構(gòu)成一個直角三角形；側(cè)棱在底面內(nèi)的射影、斜高在底面內(nèi)的射影及底面邊長的一半也構(gòu)成一個直角三角形． 2．空間幾何體的三視圖 (1)空間幾何體三視圖的畫法規(guī)則： ①長對正，即正(主)視圖和俯視圖的長相等； 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看不見的輪廓線

6、要用虛線表示． (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題 (1)解決球的內(nèi)接長方體、正方體、正四棱柱等問題的關(guān)鍵是把握球的直徑即是棱柱的體對角線． (2)解決柱、錐的內(nèi)切球問題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)切點位置，化歸為平面幾何問題． 4．直線、平面平行的判定及其性質(zhì) (1)線面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α. (2)線面平行的性質(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、平面垂直的判定及其性質(zhì) (1)線面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α. (2)線面垂直的性質(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. 熱點一　空間幾何體的表面積與體積 直觀 想象 素養(yǎng) 直觀想象——三視圖中體現(xiàn)的核心素養(yǎng) 直觀想象即通過幾何直觀和空間想象感知幾何體的形狀與變化．本例通過幾何體的三視圖直觀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媳背瘯r代的偉大科學(xué)家，他提出的“冪勢既同，則積不容異”稱為祖暅原理，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，該柱體是一個五棱柱，棱柱的高為6，底面可以看作由兩個直角梯形組合而成，其中一個上底為4，下底為6，高為3，另一個的上底為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圖． (2)由三視圖中的大小標(biāo)識確定該幾何體的各個度量

10、． (3)套用相應(yīng)的面積公式與體積公式計算求解． 　　　　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Ⅲ卷) 學(xué)生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術(shù)制作模型．如圖，該模型為長方體ABCD－A1B1C1D1，挖去四棱錐O－EFGH后所得的幾何體．其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點，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________g. [解析]　由題知挖去的四棱錐的底面是一個菱形，對角線長分別為6 cm和4 cm， 故V挖去的四棱錐＝××4×6×

11、3＝12(cm3)． 又V長方體＝6×6×4＝144(cm3)， 所以模型的體積為 V長方體－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PABCD的底面ABCD為平行四邊形，NB＝2PN，則三棱錐NPAC與三棱錐DPAC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P，N在平面ABCD內(nèi)的投影分別為點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NPAC＝V三棱錐PABC－V三棱錐NABC＝S△ABC·PP′－S△ABC·NN′＝S△ABC·(PP′－NN′)＝S△ABC·PP′＝S△ABC·PP′，V三棱錐DPAC＝V三棱錐PACD＝S△ACD·PP′，又因為四邊形ABCD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N與點D到平面PAC的距離比，點D到面PAC的距離等于點B到面PAC的距離．因為距離比為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為1，粗線畫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為4，寬為2的矩形，左右兩個側(cè)面是底邊為2，高為2的三角形，前后兩個側(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為的正方形，側(cè)棱長均為.若圓柱的一個底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側(cè)棱的中點，另一個底面的圓心為四棱錐底面的中心，則該圓柱的體積為____________． 解析：圓柱的底面半徑是棱錐底面對角線長度的一半、不是底邊棱長的一半． 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： 熱點二　與球有關(guān)的組合體 [例2]　(1)(2019·全國Ⅰ卷)已知三棱錐P－ABC的四個頂點在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點，∠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成的正方體的體對角線求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，∴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)我國古代數(shù)學(xué)專著《九章算術(shù)》對立體幾何有深入的研究，從其中的一些數(shù)學(xué)用語可見，譬如“鐅臑”意指四個面都是直角三角形的三棱錐．某“鐅臑”的三視圖(圖中網(wǎng)格紙上每個小正方形的邊長為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________． [解析]　 由該幾何體的三視圖還原其直觀圖，并放入長方體中，如圖中的三棱錐A－BCD所示，其中AB＝2，BC＝CD＝，易知長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、切問題的求解策略 (1)過球心及多面體中的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題． (2)利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w元素間的關(guān)系，或只畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖，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P，A，B，C構(gòu)成的三條線段PA，PB，PC兩兩互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有關(guān)元素“補形”成為一個球內(nèi)接長方體，用4R2＝a2＋b2＋c2求解． (2017·全國Ⅰ卷)已知三棱錐S－ABC的所有頂

18、點都在球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________． 解析：取SC的中點O，連接OA，OB(圖略)， 因為SA＝AC，SB＝BC， 所以O(shè)A⊥SC，OB⊥SC， 因為平面SCA⊥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 熱點三　空間線面位置關(guān)系的判斷 [例3]　(1)(2019·武昌三模)已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平

19、面β.直線l滿足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，且交線垂直于l D．α與β相交，且交線平行于l [解析]　D　 [通解：若α∥β，則m∥n，這與m、n為異面直線矛盾，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項正確．] (2)(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷： ①l⊥m；②m∥α；③l⊥α. 以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：_

20、_______. [解析]　已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因為l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]　②③?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．借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、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，如從長方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(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m，n和三個平面α，β，γ.給出

21、下面四個命題： 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.因為n可能在α或β內(nèi)，故①錯誤； ②α⊥β，m⊥β，m?α，根據(jù)直線與平面平行的判定，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錯誤．] (2)(2019·大慶二模)已知α，β是兩個不

22、同的平面，l，m，n是不同的直線，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40分鐘　滿分80分 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．(2020·濟南模擬)“牟合方蓋”是我國古代數(shù)學(xué)家劉徽在研究球的體積的過程中構(gòu)造的一個和諧優(yōu)美的幾何體．它由完全相同的四個曲面構(gòu)成，相對的兩個曲面在同一個圓柱

23、的側(cè)面上，好似兩個扣合(牟合)在一起的方形傘(方蓋)，其直觀圖如圖(1)所示，圖(2)中四邊形是為體現(xiàn)其直觀性所作的輔助線，當(dāng)其正視圖和側(cè)視圖完全相同時，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，“牟合方蓋”相對的兩個曲面正對前方，正視圖為一個圓，俯視圖為一個正方形，且兩條對角線為實線，故選A.] 2．(2020·四省八校聯(lián)考)m，n是兩條不同的直線，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，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·洛陽聯(lián)考)一個簡單幾何體的正視圖、側(cè)視圖如圖所示，則其俯視圖可能是(　　) ①長、寬不相等的長方形?、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，正視圖中的長與側(cè)視圖中的長不一致，對于①，俯視圖是長方形是可能的，比如此幾何體為一個長方體時，滿足題意； 對于②，由于

25、正視圖中的長與側(cè)視圖中的長不一致，故俯視圖不可能是正方形； 對于③，由于正視圖中的長與側(cè)視圖中的長不一致，故俯視圖不可能是圓形； 對于④，如果此幾何體是一個橢圓柱，滿足正視圖中的長與側(cè)視圖中的長不一致，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，α，β是兩個不同的平面，則下列說法正確的是(　　) 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A正確；若m?α，n?β，α∥β，則m∥n或m與n異面，所以選項B不正確；由面面平行的性質(zhì)、線面垂直的性質(zhì)知選項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

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)三視圖可畫出對應(yīng)多面體的直觀圖，該多面體是由棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1被截去三棱錐A－PQA1和三棱錐D－PC1D1之后得到的一個幾何體，其中P，Q分別是棱A1D1，A1B1的中點．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，則異面直線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)正方體的棱長為a，在直角三角形AFE中，EF＝a，AF＝ ＝a， ∴tan∠AEF＝＝＝.] 9．(2018·全國Ⅰ卷)某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖．圓柱表面上的點M在正視圖上的對應(yīng)點為A，圓柱表面上的點N在左視圖上的對應(yīng)點為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為(　　) A．2 B．2 C．3 D．2 解析：B　[圓柱中點M，N的位置如圖1，其側(cè)面展開圖如圖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放在長方體中，如圖所示， 所以長方體的體對角線長為＝， 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為底邊邊長為2，腰長為的等腰三角形，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，上底邊長為2，下底邊長為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)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，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

33、，所以S△BDE＝S△PBC.又因為三棱錐A－BDE與三棱錐A－PBC的高長度相等，所以＝. 答案： 14．(2019·全國Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為________． 解析：過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，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________． 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，當(dāng)點M滿足____________時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認(rèn)為正確的條件即可) 解析： 如圖，連接AC，因為PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，因為四邊形ABCD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相交的直線即可，所以可填DM⊥PC(或BM⊥PC)． 答案：DM⊥PC(或BM⊥PC) - 18 -