2021届新高考数学二轮专题复习立体几何立体几何中的高考小题ppt课件

,专题三：立体几何,1,课时突破 立体几何高考小题,空间几何体,专题三：立体几何,关键能力,应用实践,考向一空间几何体的表面积与体积,1.,过圆锥的轴作截面,如果截面三角形为正三角形,则称该圆锥为等边圆锥,.,已知,一等边圆锥中,过顶点,P,的截面与底面交于,CD,若,COD=90 (O,为底面圆心,),且,S,PCD,=,则这个等边圆锥的表面积为,(,),A. B.3,C. D.,关键能力应用实践考向一空间几何体的表面积与体积,【解析】,选,B.,如图，连接,PO,，设圆锥的母线长为,2a,，则圆锥的底面圆的半径为,a,，圆锥的高,PO= a.,由已知得,CD= a,，,PC=PD=2a,，则,从而,a=1,，圆锥的表面积为,a2a+a,2,=3.,【解析】选B.如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的,2.,在长方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,AB=BC=2,AC,1,与平面,BB,1,C,1,C,所成的角为,30,则该长方体的体积为,(,),A.8B.6,C.8 D.8,【解析】,选,C.,如图,连接,AC,1,和,BC,1,因为,AB,平面,BB,1,C,1,C,AC,1,与平面,BB,1,C,1,C,所成角为,30,所以,AC,1,B=30,所以,=tan 30,BC,1,=2 ,所以,CC,1,=2 ,所以,V=222 =8 .,2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,A,3.(2020,全国,卷,),埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为,(,),2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,3.(2020全国卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之,【解析】,选,C.,如图，设,CD=a,，,PE=b,，,则,由题意,PO,2,= ab,，即,化简得,解得,(,负值舍去,).,【解析】选C.如图，设CD=a，PE=b，,4.,已知正方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,的棱长为,2,M,N,分别为,BB,1,AB,的中点,则三棱锥,A-NMD,1,的体积为,_.,【解析】,如图,因为正方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,的棱长为,2,M,N,分别为,BB,1,AB,的中点,所以,S,ANM,= 11= ,所以,答案,:,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分,【技法点拨】,提素养,1.,求三棱锥的体积,等体积转化是常用的方法,转换原则是其高易求,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,.,【技法点拨】提素养,考向二与球有关的切、接问题,【多维题组】,速通关,1.(2020,天津高考,),若棱长为,2,的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表,面积为,(,),A.12B.24C.36D.144,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,考向二与球有关的切、接问题2021届新高考数学二轮专题复习,【解析】,选,C.,这个球是正方体的外接球,其半径等于正方体的体对角线的一半,设外接球的半径为,R,则,所以,这个球的表面积为,S=4R,2,=43,2,=36.,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,【解析】选C.这个球是正方体的外接球,其半径等于正方体的体对,2.(2019,全国卷,),已知三棱锥,P-ABC,的四个顶点在球,O,的球面上,PA=PB=PC,ABC,是边长为,2,的正三角形,E,F,分别是,PA,AB,的中点,CEF=90,则球,O,的体积为,(,),2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,2.(2019全国卷)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球,【解析】,选,D.,方法一,:,设,PA=PB=PC=2x,E,F,分别为,PA,AB,的中点,所以,EFPB,且,EF= PB=x,因为,ABC,是边长为,2,的等边三角形,所以,CF= ,又,CEF=90,所以,AE= PA=x,在,AEC,中,利用余弦定理得,作,PDAC,于,D,因为,PA=PC,所以,D,为,AC,中点,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,【解析】选D.方法一:设PA=PB=PC=2x,E,F分别为,所以,所以,2x,2,+1=2,所以,所以,PA=PB=PC=,又,AB=BC=AC=2,所以,PA,PB,PC,两两垂直,所以,所以,所以,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,所以 2021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何,方法二,:,因为,PA=PB=PC,ABC,是边长为,2,的等边三角形,所以,P-ABC,为正三棱锥,易得,PBAC,又,E,F,分别为,PA,AB,的中点,所以,EFPB,所以,EFAC,又,EFCE,CEAC=C,所以,EF,平面,PAC,PB,平面,PAC,所以,BPA=90,所以,PA=PB=PC=,所以,P-ABC,为正方体一部分,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,方法二:因为PA=PB=PC,ABC是边长为2的等边三角形,即,所以,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,2021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第1课时立体,【变式拓展】,若把本题球的内接三棱锥满足的条件改为“,PA,平面,ABC,，,PA=2,，,AB=1,，,AC=2,，,BAC= ”,，则球,O,的体积为,_.,【解析】,根据余弦定理：,BC,2,=AC,2,+AB,2,-2AB,ACcosBAC=3,，故,根据正弦定理： ，故,r=1,，,r,为三角形,ABC,外接圆半径，,设,R,为三棱锥,P-ABC,外接球的半径，,，故,答案：,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,【变式拓展】2021届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何,3.,已知正三棱柱,ABC-A,1,B,1,C,1,中，,AB=2,，直线,A,1,B,与平面,B,1,BCC,1,所,成角为,45,，则此三棱柱的外接球的表面积为,_.,【解析】,如图所示，过点,A,1,作,A,1,D,1,垂直于,B,1,C,1,交,B,1,C,1,于,D,1,，连接,BD,1,，又平面,A,1,B,1,C,1,平面,BC,1,，所以,A,1,D,1,平面,BC,1,，所以,A,1,BD,1,是,A,1,B,与平面,BC,1,所成的角，所以,A,1,BD,1,=45,，因为底面正三角形边长为,2,，所以,A,1,D,1,=,，,A,1,B=,，又,A,1,B,2,=A,1,A,2,+AB,2,，所以,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：第三章立体几何第,1,课时立体几何中的高考小题 课件（共,95,张,PPT,）,3.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，直线,A,1,A= .,设正三棱柱,ABC-A,1,B,1,C,1,的外接球球心为,O,，半径为,R,，上、下底面中心分,别为,O,1,，,O,2,，由于三棱柱的外接球的球心为两底面中心连线的中点，在,RtOO,1,A,1,中， ，所以 ，即 故该三棱柱的外接球,的表面积为,答案：,A1A= .设正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球球心为,4.(2020,菏泽二模,),魏晋时期数学家刘徽在他的著作,九章算术注,中，称一,个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”,(,如图所,示,),，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为,4.,若“牟合方盖”的体积为 ，则正方体的外接球的表面积为,_.,4.(2020菏泽二模)魏晋时期数学家刘徽在他的著作,【解析】,因为“牟合方盖”的体积为 ，,又正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为,4,，,所以正方体的内切球的体积,所以内切球的半径,r=1,，所以正方体的棱长为,2,，,所以正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线即,所以 ，所以正方体的外接球的表面积为,答案：,12,【解析】因为“牟合方盖”的体积为 ，,【技法点拨】,提素养,空间几何体与球接、切问题的求解策略,提醒,:,如果所给空间几何体是不规则图形,可以先补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体,.,定球心,弄清球的半径,(,直径,),与几何体的位置关系和数量关系,从而确定球心位置,.,作截面,过球心及接、切点作截面,把空间问题转化为平面问题,.,求半径,借助平面图形与圆的接、切等平面几何知识寻找几何元素之间的关系,求出球半径,.,【技法点拨】提素养定球心弄清球的半径(直径)与几何体的位置关,考向三空间点、线、面的位置关系,【多维题组】,速通关,1.(2019,全国卷,),设,为两个平面,则,的充要条件是,(,),A.,内有无数条直线与,平行,B.,内有两条相交直线与,平行,C.,平行于同一条直线,D.,垂直于同一平面,考向三空间点、线、面的位置关系,【解析】,选,B.,当,内有无数条直线与,平行,也可能两平面相交,故,A,错,.,同样当,平行于同一条直线或,垂直于同一平面时,两平面也可能相交,故,C,D,错,.,由面面平行的判定定理可得,B,正确,.,【解析】选B.当内有无数条直线与平行,也可能两平面相交,【变式拓展】,已知,m,，,l,是两条不同的直线，,，,是两个不同的平面，则下列可以推出,的是,(,),A.m,l,，,m,，,l,B.m,l,，,=,l,，,m,C.m,l,，,m,，,l,D.,l,，,m,l,，,m,【变式拓展】,【解析】,选,D.,由,m,，,l,是两条不同的直线，,，,是两个不同的平面，知：在,A,中，,m,l,，,m,，,l,，则,与,相交或平行，故,A,错；,在,B,中，,m,l,，,=,l,，,m,，则,与,有可能相交但不垂直，故,B,错；,在,C,中，,m,l,，,m,，,l,，则,，故,C,错；,在,D,中，,l,，,m,l,，则,m,，又,m,，则,，故,D,正确,.,【解析】选D.由m，l是两条不同的直线，是两个不同的平,2.,有下列命题,:,若直线,l,平行于平面,内的无数条直线,则直线,l,;,若直线,a,在平面,外,则,a;,若直线,ab,b,则,a;,若直线,ab,b,则,a,平行于平面,内的无数条直线,.,其中真命题的个数是,(,),A.1B.2C.3D.4,2.有下列命题:,【解析】,选,A.,命题,直线,l,可以在平面,内，不正确；命题,直线,a,与平面,可以是相交关系，不正确；命题,直线,a,可以在平面,内，不正确；命题,正确,.,【解析】选A.命题直线l可以在平面内，不正确；命题直线,3.,如图,点,N,为正方形,ABCD,的中心,ECD,为正三角形,平面,ECD,平面,ABCD,M,是线段,ED,的中点,则,(,),A.BM=EN,且直线,BM,EN,是相交直线,B.BMEN,且直线,BM,EN,是相交直线,C.BM=EN,且直线,BM,EN,是异面直线,D.BMEN,且直线,BM,EN,是异面直线,3.如图,点N为正方形ABCD的中心,ECD为正三角形,平,【解析】,选,B.,如图所示,作,EOCD,于点,O,连接,ON,过,M,作,MFOD,于点,F.,连接,BF,因为平面,CDE,平面,ABCD,EOCD,MFCD,EO,平面,CDE,MF,平面,CDE,所以,EO,平面,ABCD,MF,平面,ABCD,所以,MFB,与,EON,均为直角三角形,.,设正方形边长为,2,易知,EO= ,ON=1,EN=2,MF= ,BF= ,所以,BM= .,【解析】选B.如图所示,作EOCD于点O,所以,BMEN.,连接,BD,BE,因为点,N,是正方形,ABCD,的中心,所以点,N,在,BD,上,且,BN=DN.,又因为,M,为,ED,的中点,所以,BM,EN,为,DBE,的中线,所以,BM,EN,必相交,.,所以BMEN.,4.,在长方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,AB=BC=1,AA,1,=,则异面直线,AD,1,与,DB,1,所成角的余弦,值为,(,),4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,A,【解析】,选,C.,方法一,:(,平移法,),如图,连接,BD,1,交,DB,1,于点,O,取,AB,的中点,M,连接,DM,OM.,易知,O,为,BD,1,的中点,所以,AD,1,OM,则,MOD,为异面直线,AD,1,与,DB,1,所成角,.,因为在长方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,AB=BC=1,AA,1,=,【解析】选C.方法一:(平移法)如图,连接BD1,交DB1于,所以,OM= AD,1,=1,OD= DB,1,= ,于是在,DMO,中,由余弦定理,即异面直线,AD,1,与,DB,1,所成角的余弦值为,.,所以OM= AD1=1,OD= DB1= ,方法二,:(,坐标法,),以,D,为坐标原点,DA,DC,DD,1,所在直线分别为,x,轴,y,轴,z,轴建立空,间直角坐标系,如图所示,.,由条件可知,D(0,0,0),A(1,0,0),D,1,(0,0, ),B,1,(1,1, ),所以,=(-1,0, ), =(1,1, ),则由向量夹角公式,得,cos,即异面直线,AD,1,与,DB,1,所成角的余弦值为,.,方法二:(坐标法)以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线,方法三,:(,补体法,),如图,在长方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,的一侧补上一个相同的长方体,ABBA-A,1,B,1,B,1,A,1,.,连接,B,1,B,由长方体性质可知,B,1,BAD,1,所以,DB,1,B,为异面直线,AD,1,与,DB,1,所成的角或其补角,.,连接,DB,由题意,得,DB=,方法三:(补体法)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1的,在,DBB,1,中,由余弦定理,得,DB,2,= -2BB,1,DB,1,cosDB,1,B,即,5=4+5-22 cosDB,1,B,所以,cosDB,1,B= .,在DBB1中,由余弦定理,得DB2=,【技法点拨】,提素养,1.,点、线、面的位置关系的判断方法,(1),穷举法,即对各种关系都进行考虑,要充分发挥模型的直观性作用,.,(2),利用平行、垂直的判定定理、性质定理综合进行推理和判断命题是否正确,.,2.,求异面直线所成角的方法,(1),几何法,:,一作二证三计算,即先作出角,再说明某角即为所求,最后在三角形中求解,.,【技法点拨】提素养,(2),向量法,建立空间直角坐标系,利用公式 求出异面直线的方向向量的夹角,.,若,向量夹角是锐角或直角,则该角即为异面直线所成角,;,若向量夹角是钝角,则异面,直线所成的角为该角的补角,.,(2)向量法,题组训练,素养提升,【新题速递】,1.,若直线,l,1,和,l,2,是异面直线,l,1,在平面,内,l,2,在平面,内,l,是平面,与平面,的交线,则下列命题正确的是,(,),A.,l,与,l,1,l,2,都不相交,B.,l,与,l,1,l,2,都相交,C.,l,至多与,l,1,l,2,中的一条相交,D.,l,至少与,l,1,l,2,中的一条相交,题组训练素养提升【新题速递】,【解析】,选,D.,方法一,:(,反证法,),由于,l,与直线,l,1,l,2,分别共面,故直线,l,与,l,1,l,2,要么都不相交,要么至少与,l,1,l,2,中的一条相交,.,若,l,l,1,l,l,2,则,l,1,l,2,这与,l,1,l,2,是异面直线矛盾,.,故,l,至少与,l,1,l,2,中的一条相交,.,方法二,:(,模型法,),如图,(1),l,1,与,l,2,是异面直线,l,1,与,l,平行,l,2,与,l,相交,故,A,B,不正确,;,如图,(2),l,1,与,l,2,是异面直线,l,1,l,2,都与,l,相交,故,C,不正确,.,【解析】选D.方法一:(反证法)由于l与直线l1,l2分别共,2.(2020,新高考全国,卷,),已知直四棱柱,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,的棱长均为,2,BAD=60,以,D,1,为球心,为半径的球面与侧面,BCC,1,B,1,的交线长为,_.,2.(2020新高考全国卷)已知直四棱柱ABCD-A1B,【解析】,由已知连接,BD,B,1,D,1,则,BD=B,1,D,1,=2,取,BB,1,和,CC,1,的中点,E,F.,连接,EF,D,1,E,D,1,F,则,D,1,E=D,1,F= ,故,E,F,在球面上,.,平面,BCC,1,B,1,截球面的截面圆的圆心是,B,1,C,1,的中点,O,OE=OF= ,球面与侧面,BCC,1,B,1,的交线是侧面上以,O,为圆心,为半径的圆弧,EF,的长为,答案,:,【解析】由已知连接BD,B1D1,则BD=B1D1=2,取B,3.(2020,湛江一调,),在长方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,AB=AD=2,AA,1,=3,点,E,为棱,BB,1,上的点,且,BE=2EB,1,则异面直线,DE,与,A,1,B,1,所成角的正弦值为,(,),3.(2020湛江一调)在长方体ABCD-A1B1C1D1,【解析】,选,B.,在长方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,AB=AD=2,AA,1,=3,点,E,为棱,BB,1,上的点,且,BE=2EB,1,如图所示,在,AA,1,上取点,F,使得,AF=2FA,1,连接,EF,FD,可得,EFA,1,B,1,所以异面直线,DE,与,A,1,B,1,所成角就是相交直线,EF,与,DE,所成的角,设,DEF=,又由在直角,ADF,中,AD=2,AF=2,所以,DF=,【解析】选B.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=A,连接,BD,在直角,BDE,中,BD=2 ,BE=2,所以,DE=,在,DEF,中,DF=2 ,EF=2,DE=2 ,由余弦定理可得,cos =,所以异面直线,DE,与,A,1,B,1,所成角的正弦值,sin = .,连接BD,在直角BDE中,BD=2 ,BE=2,所以,4.,已知底面边长为,a,的正三棱柱,ABC-A,1,B,1,C,1,的六个顶点在球,O,1,上，又知球,O,2,与此正,三棱柱的,5,个面都相切，则球,O,1,与球,O,2,的半径之比为,_,，表面积之比为,_.,【解析】,设球,O,1,，球,O,2,的半径分别为,R,，,r,，由于正三棱柱的六个顶点都在同一个,球面上，所以球心在上下底面中心的连线的中点上，如图，,AB=a,，,OA=R,，,OE=r,，,在,OEA,中，,4.已知底面边长为a的正三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点,，由于,OA,2,=OE,2,+AE,2,，所以,，则球,O,1,与球,O,2,的,半径比为 ，所以球,O,1,与球,O,2,的表面积之比等于,答案：,51,，由于OA2=OE2+A,【创新迁移】,1.,如图所示，正四面体,ABCD,中，,E,是棱,AD,的中点，,P,是棱,AC,上一动点，,BP+PE,的最,小值为 ，则该正四面体的外接球表面积是,(,),A.12B.32C.8D.24,【创新迁移】,【解析】,选,A.,将侧面,ABC,和,ACD,沿,AC,边展开成平面图形，如图所示，菱形,ABCD,，,在菱形,ABCD,中，连接,BE,，交,AC,于点,P,，则,BE,的长即为,BP+PE,的最小值，即,BE=,，,因为四面体,ABCD,是正四面体，所以,AC=AB,，所以,BCD=120,，因为,E,是棱,AD,的中,点，所以,DCE=30,，所以,BCE=BCD-DCE=90,，,【解析】选A.将侧面ABC和ACD沿AC边展开成平面图形,设,DE=x,，则,AB=BC=CD=AD=2x,，所以,CE=,，则 所以,x=,，则正四面体,ABCD,的棱长为 ，所以正四面体的外接球半径为,所以该正四面体外接球的表面积为,设DE=x，则AB=BC=CD=AD=2x，所以CE=,2.,最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的,数书九章,.,该书第二章为“天时类”,收录了有关降水量计算的四个例子,分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”,.,其中“天池测雨”法是下雨时用一个圆台形的天池盆收集雨水,.,已知天池盆盆口直径为二尺八寸,盆底直径为一尺二寸,盆深一尺八寸,.,当盆中积水深九寸,(,注,:1,尺,=10,寸,),时,平地降雨量是,(,),A.9,寸,B.7,寸,C.8,寸,D.3,寸,2.最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的数书九章.,【解析】,选,D.,由已知天池盆上底面半径是,14,寸,下底面半径是,6,寸,高为,18,寸,由,积水深,9,寸知水面半径为,(14+6)=10(,寸,),则盆中水体积为,9(6,2,+10,2,+610)=588(,立方寸,),所以平地降雨量为,=3(,寸,).,【解析】选D.由已知天池盆上底面半径是14寸,下底面半径是6,专题能力提升练,九空间几何体,(40,分钟,80,分,),专题能力提升练九空间几何体,一、单项选择题,(,共,8,小题,每小题,5,分,共,40,分,),1.,已知大球的体积是小球体积的,2,倍,则大球表面积是小球表面积的倍数为,(,),【解析】,选,B.,设大球与小球的半径分别为,R,r,则,所以,R= r,所以,故选,B.,一、单项选择题(共8小题,每小题5分,共40分),2.,已知在正方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,(,如图,),l,平面,A,1,B,1,C,1,D,1,且,l,与,B,1,C,1,不平行,则下列一定不可能的是,(,),A.,l,与,AD,平行,B.,l,与,AB,异面,C.,l,与,CD,所成角为,30,D.,l,与,BD,垂直,2.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中(如图),l平,【解析】,选,A.,在正方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,l,平面,A,1,B,1,C,1,D,1,且,l,与,B,1,C,1,不平行,又因为,ADB,1,C,1,所以,l,必与直线,AD,不平行,.,【解析】选A.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,l平面,3.,如图所示为一平面图形的直观图,则此平面图形可能是,(,),3.如图所示为一平面图形的直观图,则此平面图形可能是(),【解析】,选,C.,斜二测画法规则,:,平行于,x,轴或,x,轴上的线段的长度在新坐标系中不,变,平行于,y,轴或在,y,轴上的线段的长度在新坐标系中变为原来的,并注意到,xOy=45,xOy=90,且是直角梯形,结合摆放位置知选,C.,【解析】选C.斜二测画法规则:平行于x轴或x轴上的线段的长度,4.(2020,泰安一模,),已知,是两个不重合的平面,m,n,是两条不重合的直线,则下列命题错误的是,(,),A.,若,mn,m,n,则,B.,若,m,n,则,mn,C.,若,m,则,m,D.,若,mn,则,m,与,所成的角和,n,与,所成的角相等,4.(2020泰安一模)已知,是两个不重合的平面,m,【解析】,选,A.,选项,A.,若,mn,m,n,则,n,或,n,又,n,并不能得到,这一结论,故,A,错误,;,选项,B.,若,m,n,则由线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理可得,mn,故,B,正确,;,选项,C.,若,m,则由面面平行的性质定理可知,m,故,C,正确,;,选项,D.,若,mn,则由线面角的定义和等角定理知,m,与,所成的角和,n,与,所成的角相等,故,D,正确,.,【解析】选A.选项A.若mn,m,n,则n或n,5.(2020,泰安一模,),一个封闭的棱长为,2,的正方体容器,当水平放置时,如图,水面的高度正好为棱长的一半,.,若将该正方体绕下底面,(,底面与水平面平行,),的某条棱任意旋转,则容器里水面的最大高度为,(,),A.1B.,C.,D.2,5.(2020泰安一模)一个封闭的棱长为2的正方体容器,当,【解题导引】,根据已知可知水面的最大高度为正方体面对角线长的一半,由此得到结论,.,【解析】,选,B.,正方体的面对角线长为,2 ,由于水的体积是正方体体积的一半,且正方体绕下底面,(,底面与水平面平行,),的某条棱任意旋转,所以容器里水面的,最大高度为面对角线长的一半,即最大水面高度为,.,【解题导引】根据已知可知水面的最大高度为正方体面对角线长的一,6.(2020,全国,卷,),已知,A,B,C,为球,O,的球面上的三个点,O,1,为,ABC,的外接圆,若,O,1,的面积为,4,AB=BC=AC=OO,1,则球,O,的表面积为,(,),A.64B.48C.36D.32,6.(2020全国卷)已知A,B,C为球O的球面上的三个,【解析】,选,A.,设圆,O,1,的半径为,r,球的半径为,R,依题意,得,r,2,=4,所以,r=2,由正弦定理可得,AB=2rsin 60=2 ,所以,OO,1,=AB=2 ,根据球截面性质得,OO,1,平面,ABC,所以,OO,1,O,1,A,R=OA=,所以球,O,的表面积,S=4R,2,=64.,【解析】选A.设圆O1的半径为r,球的半径为R,依题意,得,7.(2020,全国,卷,),已知,ABC,是面积为,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,(,),7.(2020全国卷)已知ABC是面积为 的等边,【解析】,选,C.,设,ABC,的外接圆圆心为,O,1,记,OO,1,=d,圆,O,1,的半径为,r,球,O,的半径为,R,ABC,的边长为,a,则,S,ABC,= a,2,= ,可得,a=3,于是,r= ,由题知,球,O,的表,面积为,16,则,R=2,由,R,2,=r,2,+d,2,易得,d=1,即,O,到平面,ABC,的距离为,1.,【解析】选C.设ABC的外接圆圆心为O1,记OO1=d,圆,8.,如图,在三棱锥,S-ABC,中,SA,平面,ABC,AB=BC=4,ABC=90,侧棱,SB,与平面,ABC,所成的角为,45,M,为,AC,的中点,N,是侧棱,SC,上一动点,当,BMN,的面积最小时,异面直线,SB,与,MN,所成角的余弦值为,(,),A. B. C. D.,8.如图,在三棱锥S-ABC中,SA平面ABC,AB=BC,【解析】,选,D.,由题意知,ABC,为等腰直角三角形,因为,M,为,AC,的中点,所以,BMAC.,又,SA,平面,ABC,所以,SABM,所以,BM,平面,SAC,所以,BMMN,故,BMN,的面积,S=,BM,MN.,易知,AC=4 ,所以,BM= AC=2 ,所以,S= MN,当,MN,最小时,BMN,的面积最小,此时,MNSC.,当,MNSC,时,过,S,作,SESC,交,CA,的延长线于点,E,则,SEMN,连接,BE,则,BSE,为异面直线,SB,与,MN,所成的角或其补角,.,【解析】选D.由题意知ABC为等腰直角三角形,因为M为AC,因为,SA,平面,ABC,所以,SBA,为直线,SB,与平面,ABC,所成的角,所以,SBA=45,所以,SA=AB=4,所以,SB=4 ,SC=4 .,又,tanSCA=,所以,SE=2 ,所以,AE=2 ,ME=4 ,在,RtEMB,中,易知,BE=2 ,所以,cosBSE=,故当,BMN,的面积最小时,异面直线,SB,与,MN,所成角的,余弦值为,.,因为SA平面ABC,所以SBA为直线SB与平面ABC所成,二、多项选择题,(,共,20,分,全部选对得,5,分,选对但不全的得,3,分,有选错的得,0,分,),9.,如果四棱锥的四条侧棱都相等,就称它为“等腰四棱锥”,四条侧棱称为它的腰,以下四个命题中,正确的是,(,),A.,等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等,B.,等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补,C.,等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆,D.,等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上,二、多项选择题(共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,【解析】,选,ACD.,因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等,所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点距离相等,故,A,C,是正确的,;,且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等,故,D,是真命题,;B,是不正确的,如底面是一个等腰梯形时结论就不成立,.,【解析】选ACD.因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等,所以它,10.,已知,m,n,是不重合的直线,是不重合的平面,则下列命题错误的是,(,),A.,若,m,n,则,mn,B.,若,m,m,则,或,与,相交,C.,若,=n,mn,则,m,且,m,D.,若,m,m,则,10.已知m,n是不重合的直线,是不重合的平面,则下列,【解析】,选,AC.,若,m,n,则,m,与,n,可能平行或异面,故,A,错误,;,若,m,m,则,与,可能相交或平行,故,B,正确,;,若,=n,mn,则,m,可能在平面,或,内,故,C,错误,;,若,m,m,根据垂直于同一直线的两个平面平行,故,故,D,正确,.,【解析】选AC.若m,n,则m与n可能平行或异面,故,11.(2020,济南模拟,),我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理,:“,幂势既同,则积不容异,.”,意思是,:,两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等,则这两个几何体的体积相等,.,已知曲线,C:y=x,2,直线,l,为曲线,C,在点,(1,1),处的切线,.,如图所示,阴影部分为曲线,C,、直线,l,以及,x,轴所围成的平面图形,记该平面图形绕,y,轴旋转一周所得到的几何体为,.,给出以下四个几何体,:,11.(2020济南模拟)我国南北朝时期的数学家祖暅提出了,2021届新高考数学二轮专题复习立体几何立体几何中的高考小题ppt课件,图,1,是底面直径和高均为,1,的圆锥,;,图,2,是将底面直径和高均为,1,的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体,;,图,3,是底面边长和高均为,1,的正四棱锥,;,图,4,是将上底面直径为,2,下底面直径为,1,高为,1,的圆台挖掉一个底面直径为,2,高为,1,的倒置圆锥得到的几何体,.,根据祖暅原理,以上四个几何体中与,的体积不相等的是,(,),A.,图,1B.,图,2C.,图,3D.,图,4,图1是底面直径和高均为1的圆锥;,【解析】,选,BCD.,由题可知,几何体,是由阴影部分旋转一周得到,其横截面为环,形,设阴影部分等高处,抛物线对应的点的横坐标为,x,1,切线对应的点的横坐标为,x,2,.,由,f(x)=x,2,可得,f(x)=2x,所以,f(1)=2,所以曲线,C,在点,(1,1),处的切线方程,为,y-1=2(x-1),即,y=2x-1,所以,=y,x,2,= ,所以几何体,在等高处的横截面面,积,S= - =,.,图,1,中的圆锥高为,1,底面半径为,易知该圆锥可,由直线,y=2x+1,绕,y,轴旋转得到,其横截面面积,S=x,2,=,所以几何体,和图,1,中的圆锥在所有等高处的水平截面的面积相等,所以它们的体积相等,故选,BCD.,【解析】选BCD.由题可知,几何体是由阴影部分旋转一周得到,12.,沙漏是古代的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连,接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道全部流到下部容,器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时,.,如图,某沙漏由上下两个圆锥组成,圆锥,的底面直径和高均为,8 cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥高度的,(,细管长,度忽略不计,).,假设该沙漏每秒钟漏下,0.02 cm,3,的沙,且细沙全部漏入下部后,恰,好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆,.,以下结论正确的是,(,),12.沙漏是古代的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和,A.,沙漏中的细沙体积为,B.,沙漏的体积是,128 cm,3,C.,细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为,3 cm,D.,该沙漏的一个沙时大约是,1 985,秒,(3.14),A.沙漏中的细沙体积为,【解析】,选,AD.A.,根据圆锥的截面图可知,:,细沙在上部时,细沙的底面半径与,圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比,所以细沙的底面半径,23,r= 4= (cm),所以体积,V=,r,2,B.,沙漏的体积,V=2 h=2 4,2,8= (cm,3,);,C.,设细沙流入下部后的高度为,h,1,根据细沙体积不变可知,:,所以,h,1,所以,h,1,2.4(cm);,D.,因为细沙的体积为,cm,3,沙漏每秒钟漏下,0.02 cm,3,的沙,所以一个沙时,为,: 501 985(,秒,).,【解析】选AD.A.根据圆锥的截面图可知:细沙在上部时,细沙,三、填空题,(,共,4,小题,每小题,5,分,共,20,分,),13.(2020,汕头一模,),有一种工艺品是由正三棱柱挖去一个圆锥所成,已知正三,棱柱,ABC-A,1,B,1,C,1,的所有棱长都是,2,圆锥的顶点为,ABC,的中心,底面为,A,1,B,1,C,1,的内切圆,则该工艺品的体积为,_.,【解题导引】,先求正三棱柱,ABC-A,1,B,1,C,1,底面,A,1,B,1,C,1,的高为,h= ,进而求,得底面,A,1,B,1,C,1,内切圆的半径为,r= ,利用几何体的体积公式,即可求解,.,三、填空题(共4小题,每小题5分,共20分),【解析】,由题意,可知正三棱柱,ABC-A,1,B,1,C,1,的所有棱长都是,2,所以,A,1,B,1,C,1,的高为,h= ,设底面,A,1,B,1,C,1,内切圆的半径为,r,则,( -r),2,=r,2,+1,解得,r= ,所以该工艺品的体积为,V= -V,圆锥,=S,ABC,AA,1,- r,2,AA,1,= 2 2- 2=2 - .,答案,:,2 -,【解析】由题意,可知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都,14.(2020,潮州二模,),在三棱锥,P-ABC,中,PA,平面,ABC,BAC=,AP=4,AB=AC=2,则三棱锥,P-ABC,的外接球的体积为,_.,14.(2020潮州二模)在三棱锥P-ABC中,PA平面,【解析】,如图,已知,BAC= ,AB=AC=2 ,故,ABC=ACB= ,可得,ABC,的外接圆的半径,r=,因为,PA,平面,ABC,且,PA=4,所以三棱锥,P-ABC,的外接球的半径,R,满足,R,2,= +r,2,=16R=4.,所以三棱锥,P-ABC,的外接球的体积为,R,3,= .,答案,:,【解析】如图,已知BAC= ,AB=AC=2 ,【加练备选】,(2020,惠州一调,),已知球的直径,DC=4,A,B,是该球面上的两点,ADC=BDC=,则三棱锥,A-BCD,的体积的最大值是,_.,【加练备选】,【解析】,因为球的直径,DC=4,且,ADC=BDC= ,所以,AC=BC=2,AD=BD=2 ,V,A-BCD,= S,BCD,h(,其中,h,为点,A,到底面,BCD,的距离,),故当,h,最大时,V,A-BCD,的体积最大,即当平面,ADC,平面,BDC,时,h,最大且满足,4h=22 ,即,h= ,此时,V,A-BCD,= 22 =2.,答案,:,2,2021,届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题精品课件（,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题精品课件（,95,张,PPT,）,【解析】因为球的直径DC=4,且ADC=BDC= ,15.(2020,石家庄二模,),已知正四面体,A-BCD,的棱长均为,6,其内有,n,个小球,球,O,1,与三棱锥,A-BCD,的四个面都相切,球,O,2,与三棱锥,A-BCD,的三个面和球,O,1,都相切,以此类推,球,O,n,与三棱锥,A-BCD,的三个面和球,O,n-1,都相切,(n2,nN,*,),则球,O,n,的表面积等于,_.,2021,届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题精品课件（,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题精品课件（,95,张,PPT,）,15.(2020石家庄二模)已知正四面体A-BCD的棱长均,【解析】,不妨设,O,n,的半径为,r,n,正四面体的棱长为,a,取,CD,中点为,E,球,O,1,与平面,ACD,切于点,F,球,O,2,与平面,ACD,切于点,H,作截面,ABE,G,为,BCD,的外心,如图所示,:,2021,届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题精品课件（,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题精品课件（,95,张,PPT,）,【解析】不妨设On的半径为rn,正四面体的棱长为a,取CD中,易知,GE= a,AG= a,AE= a,因为,AFO,1,AGE,故可得,解得,r,1,= a= ;,同理由,AHO,2,AGE,故可得,解得,r,2,=,以此类推,总结归纳可得 是首项为,公比为 的,等比数列,故可得,r,n,=,则,O,n,的表面积,S=4 =4,答案,:,2021,届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题精品课件（,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题精品课件（,95,张,PPT,）,易知GE= a,AG= a,AE= a,因为,16.,在棱长为,2,的正方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,M,N,Q,分别为棱,A,1,B,1,B,1,C,1,BB,1,的中点,点,P,为棱,CC,1,上的动点,则,V,P-MNQ,的最大值为,_,若点,P,为棱,CC,1,的中点,三棱锥,M-PQN,的顶点在同一个球面上,则该球的表面积为,_.,2021,届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题精品课件（,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题精品课件（,95,张,PPT,）,16.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,【解析】,连接,B,1,C,交,QN,于点,H,因为四边形,B,1,BCC,1,是正方形,N,Q,分别为棱,B,1,C,1,BB,1,的中点,所以易得,B,1,CQN,H,为,QN,的中点,且在正方形,B,1,BCC,1,中,棱,CC,1,上的,点中点,C,到直线,QN,的距离最大为,CH,又正方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,的棱长为,2,所以,QN= ,B,1,C=,因此,B,1,H= ,所以,CH=2,所以,S,CNQ,=,2021,届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题精品课件（,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题精品课件（,95,张,PPT,）,【解析】连接B1C交QN于点H,因为四边形B1BCC1是正方,又点,P,为棱,CC,1,上的动点,所以当点,P,与点,C,重合时,PNQ,的面积最大,为,因为正方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中,A,1,B,1,平面,B,1,BCC,1,所以,MB,1,平面,PNQ,又,V,P-MNQ,=V,M-PNQ,所以,若点,P,为棱,CC,1,的中点,连接,PQ,交,B,1,C,于点,E,连接,NE,则点,E,为右侧面,B,1,BCC,1,的中心,取左侧面,A,1,ADD,1,的中心为点,F,连接,EF,记,EF,的中点为,G,则,G,为正方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,的中心,连接,MG,则,MGEF,2021,届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题精品课件（,95,张,PPT,）,2021,届新高考数学二轮专题复习：立体几何立体几何中的高考小题精品课件（,95,张,PPT,）,又点P为棱CC1上的动点,所以当点P与点C重合时,PNQ的,因为,P,为棱,CC,1,的中点,所以,NP= =NQ,所以,NP,2,+QN,2,=4=PQ,2,因此,NPNQ,所以,PNQ,的外接圆圆心为点,E;,又球心与截面圆圆心的连线垂直于截面,EFA,1,B,1,A,1,B,1,平面,B,1,BCC,1,所以