2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題課件(95張)

專題三：立體幾何1課時突破立體幾何高考小題空間幾何體專題三：立體幾何關(guān)鍵能力·應(yīng)用實踐考向一空間幾何體的表面積與體積1.過圓錐的軸作截面,如果截面三角形為正三角形,則稱該圓錐為等邊圓錐.已知一等邊圓錐中,過頂點P的截面與底面交于CD,若∠COD=90°(O為底面圓心),且S△PCD=

,則這個等邊圓錐的表面積為(

)A. B.3πC. D.關(guān)鍵能力·應(yīng)用實踐考向一空間幾何體的表面積與體積【解析】選B.如圖，連接PO，設(shè)圓錐的母線長為2a，則圓錐的底面圓的半徑為a，圓錐的高PO=a.由已知得CD=a，PC=PD=2a，則從而a=1，圓錐的表面積為πa×2a+πa2=3π.【解析】選B.如圖，連接PO，設(shè)圓錐的母線長為2a，則圓錐的2.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1與平面BB1C1C所成的角為30°,則該長方體的體積為(

)A.8 B.6 C.8 D.8【解析】選C.如圖,連接AC1和BC1,因為AB⊥平面BB1C1C,AC1與平面BB1C1C所成角為30°,所以∠AC1B=30°,所以=tan30°,BC1=2,所以CC1=2,所以V=2×2×2=8.2.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,A3.(2020·全國Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一,它的形狀可視為一個正四棱錐,以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積,則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為(

)2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）3.(2020·全國Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之【解析】選C.如圖，設(shè)CD=a，PE=b，則由題意PO2=ab，即化簡得解得(負值舍去).【解析】選C.如圖，設(shè)CD=a，PE=b，4.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,M,N分別為BB1,AB的中點,則三棱錐A-NMD1的體積為________.

【解析】如圖,因為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,M,N分別為BB1,AB的中點,所以S△ANM=×1×1=,所以答案:

2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）4.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,M,N分【技法點撥】提素養(yǎng)1.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.【技法點撥】提素養(yǎng)考向二與球有關(guān)的切、接問題【多維題組】速通關(guān)1.(2020·天津高考)若棱長為2

的正方體的頂點都在同一球面上,則該球的表面積為(

)A.12π B.24π C.36π D.144π2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）考向二與球有關(guān)的切、接問題2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習【解析】選C.這個球是正方體的外接球,其半徑等于正方體的體對角線的一半,設(shè)外接球的半徑為R,則所以,這個球的表面積為S=4πR2=4π×32=36π.2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）【解析】選C.這個球是正方體的外接球,其半徑等于正方體的體對2.(2019·全國卷Ⅰ)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分別是PA,AB的中點,∠CEF=90°,則球O的體積為(

)2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2.(2019·全國卷Ⅰ)已知三棱錐P-ABC的四個頂點在球【解析】選D.方法一:設(shè)PA=PB=PC=2x,E,F分別為PA,AB的中點,所以EF∥PB,且EF=PB=x,因為△ABC是邊長為2的等邊三角形,所以CF=,又∠CEF=90°,所以AE=PA=x,在△AEC中,利用余弦定理得,作PD⊥AC于D,因為PA=PC,所以D為AC中點,2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）【解析】選D.方法一:設(shè)PA=PB=PC=2x,E,F分別為所以所以2x2+1=2,所以所以PA=PB=PC=又AB=BC=AC=2,所以PA,PB,PC兩兩垂直,所以,所以所以2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）所以2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何方法二:因為PA=PB=PC,△ABC是邊長為2的等邊三角形,所以P-ABC為正三棱錐,易得PB⊥AC,又E,F分別為PA,AB的中點,所以EF∥PB,所以EF⊥AC,又EF⊥CE,CE∩AC=C,所以EF⊥平面PAC,PB⊥平面PAC,所以∠BPA=90°,所以PA=PB=PC=所以P-ABC為正方體一部分,2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）方法二:因為PA=PB=PC,△ABC是邊長為2的等邊三角形即所以2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體【變式拓展】若把本題球的內(nèi)接三棱錐滿足的條件改為“PA⊥平面ABC，PA=2，AB=1，AC=2，∠BAC=”，則球O的體積為________.

【解析】根據(jù)余弦定理：BC2=AC2+AB2-2AB·ACcos∠BAC=3，故根據(jù)正弦定理：，故r=1，r為三角形ABC外接圓半徑，設(shè)R為三棱錐P-ABC外接球的半徑，

，故

答案：

2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）【變式拓展】2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何

3.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，直線A1B與平面B1BCC1所成角為45°，則此三棱柱的外接球的表面積為________.

【解析】如圖所示，過點A1作A1D1垂直于B1C1交B1C1于D1，連接BD1，又平面A1B1C1⊥平面BC1，所以A1D1⊥平面BC1，所以∠A1BD1是A1B與平面BC1所成的角，所以∠A1BD1=45°，因為底面正三角形邊長為2，所以A1D1=，A1B=，又A1B2=A1A2+AB2，所以2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）3.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，直線A1A=.設(shè)正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球球心為O，半徑為R，上、下底面中心分別為O1，O2，由于三棱柱的外接球的球心為兩底面中心連線的中點，在Rt△OO1A1中，，所以，即故該三棱柱的外接球的表面積為答案：

A1A=.設(shè)正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球球心為

4.(2020·菏澤二模)魏晉時期數(shù)學家劉徽在他的著作《九章算術(shù)注》中，稱一個正方體內(nèi)兩個互相垂直的內(nèi)切圓柱所圍成的幾何體為“牟合方蓋”(如圖所示)，劉徽通過計算得知正方體的內(nèi)切球的體積與“牟合方蓋”的體積之比應(yīng)為π∶4.若“牟合方蓋”的體積為，則正方體的外接球的表面積為________.

4.(2020·菏澤二模)魏晉時期數(shù)學家劉徽在他的著作【解析】因為“牟合方蓋”的體積為，又正方體的內(nèi)切球的體積與“牟合方蓋”的體積之比應(yīng)為π∶4，所以正方體的內(nèi)切球的體積所以內(nèi)切球的半徑r=1，所以正方體的棱長為2，所以正方體的外接球的直徑等于正方體的體對角線即所以，所以正方體的外接球的表面積為

答案：12π【解析】因為“牟合方蓋”的體積為，【技法點撥】提素養(yǎng)空間幾何體與球接、切問題的求解策略提醒:如果所給空間幾何體是不規(guī)則圖形,可以先補成正方體、長方體、正四面體、正棱柱、圓柱等規(guī)則幾何體.定球心弄清球的半徑(直徑)與幾何體的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系,從而確定球心位置.作截面過球心及接、切點作截面,把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題.求半徑借助平面圖形與圓的接、切等平面幾何知識尋找?guī)缀卧刂g的關(guān)系,求出球半徑.【技法點撥】提素養(yǎng)定球心弄清球的半徑(直徑)與幾何體的位置關(guān)考向三空間點、線、面的位置關(guān)系【多維題組】速通關(guān)1.(2019·全國卷Ⅱ)設(shè)α,β為兩個平面,則α∥β的充要條件是(

)A.α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行B.α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C.α,β平行于同一條直線D.α,β垂直于同一平面考向三空間點、線、面的位置關(guān)系【解析】選B.當α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行,也可能兩平面相交,故A錯.同樣當α,β平行于同一條直線或α,β垂直于同一平面時,兩平面也可能相交,故C,D錯.由面面平行的判定定理可得B正確.【解析】選B.當α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行,也可能兩平面相交,【變式拓展】已知m，l是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列可以推出α⊥β的是 (

)A.m⊥l，m?β，l⊥αB.m⊥l，α∩β=l，m?αC.m∥l，m⊥α，l⊥βD.l⊥α，m∥l，m∥β【變式拓展】【解析】選D.由m，l是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，知：在A中，m⊥l，m?β，l⊥α，則α與β相交或平行，故A錯；在B中，m⊥l，α∩β=l，m?α，則α與β有可能相交但不垂直，故B錯；在C中，m∥l，m⊥α，l⊥β，則α∥β，故C錯；在D中，l⊥α，m∥l，則m⊥α，又m∥β，則α⊥β，故D正確.【解析】選D.由m，l是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平2.有下列命題:①若直線l平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線,則直線l∥α;②若直線a在平面α外,則a∥α;③若直線a∥b,b∥α,則a∥α;④若直線a∥b,b∥α,則a平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線.其中真命題的個數(shù)是(

)A.1 B.2 C.3 D.42.有下列命題:【解析】選A.命題①直線l可以在平面α內(nèi)，不正確；命題②直線a與平面α可以是相交關(guān)系，不正確；命題③直線a可以在平面α內(nèi)，不正確；命題④正確.【解析】選A.命題①直線l可以在平面α內(nèi)，不正確；命題②直線3.如圖,點N為正方形ABCD的中心,△ECD為正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是線段ED的中點,則(

)A.BM=EN,且直線BM,EN是相交直線B.BM≠EN,且直線BM,EN是相交直線C.BM=EN,且直線BM,EN是異面直線D.BM≠EN,且直線BM,EN是異面直線

3.如圖,點N為正方形ABCD的中心,△ECD為正三角形,平【解析】選B.如圖所示,作EO⊥CD于點O,連接ON,過M作MF⊥OD于點F.連接BF,因為平面CDE⊥平面ABCD,EO⊥CD,MF⊥CD,EO?平面CDE,MF?平面CDE,所以EO⊥平面ABCD,MF⊥平面ABCD,所以△MFB與△EON均為直角三角形.設(shè)正方形邊長為2,易知EO=,ON=1,EN=2,MF=,BF=,所以BM=.

【解析】選B.如圖所示,作EO⊥CD于點O,所以BM≠EN.連接BD,BE,因為點N是正方形ABCD的中心,所以點N在BD上,且BN=DN.又因為M為ED的中點,所以BM,EN為△DBE的中線,所以BM,EN必相交.所以BM≠EN.4.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=

,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(

)4.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,A【解析】選C.方法一:(平移法)如圖,連接BD1,交DB1于點O,取AB的中點M,連接DM,OM.易知O為BD1的中點,所以AD1∥OM,則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角.因為在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=

,

【解析】選C.方法一:(平移法)如圖,連接BD1,交DB1于所以O(shè)M=AD1=1,OD=DB1=,于是在△DMO中,由余弦定理,

即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為.所以O(shè)M=AD1=1,OD=DB1=,方法二:(坐標法)以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示.由條件可知D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,),B1(1,1,),所以=(-1,0,),=(1,1,),則由向量夾角公式,得cos<>即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為.方法二:(坐標法)以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線方法三:(補體法)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1的一側(cè)補上一個相同的長方體A′B′BA-A1′B1′B1A1.連接B1B′,由長方體性質(zhì)可知,B1B′∥AD1,所以∠DB1B′為異面直線AD1與DB1所成的角或其補角.連接DB′,由題意,得DB′=

方法三:(補體法)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1的在△DB′B1中,由余弦定理,得DB′2=-2B′B1·DB1·cos∠DB1B′,即5=4+5-2×2cos∠DB1B′,所以cos∠DB1B′=.在△DB′B1中,由余弦定理,得DB′2=【技法點撥】提素養(yǎng)1.點、線、面的位置關(guān)系的判斷方法(1)窮舉法,即對各種關(guān)系都進行考慮,要充分發(fā)揮模型的直觀性作用.(2)利用平行、垂直的判定定理、性質(zhì)定理綜合進行推理和判斷命題是否正確.2.求異面直線所成角的方法(1)幾何法:一作二證三計算,即先作出角,再說明某角即為所求,最后在三角形中求解.【技法點撥】提素養(yǎng)(2)向量法建立空間直角坐標系,利用公式求出異面直線的方向向量的夾角.若向量夾角是銳角或直角,則該角即為異面直線所成角;若向量夾角是鈍角,則異面直線所成的角為該角的補角.(2)向量法題組訓練·素養(yǎng)提升【新題速遞】1.若直線l1和l2是異面直線,l1在平面α內(nèi),l2在平面β內(nèi),l是平面α與平面β的交線,則下列命題正確的是(

)A.l與l1,l2都不相交B.l與l1,l2都相交C.l至多與l1,l2中的一條相交D.l至少與l1,l2中的一條相交題組訓練·素養(yǎng)提升【新題速遞】【解析】選D.方法一:(反證法)由于l與直線l1,l2分別共面,故直線l與l1,l2要么都不相交,要么至少與l1,l2中的一條相交.若l∥l1,l∥l2,則l1∥l2,這與l1,l2是異面直線矛盾.故l至少與l1,l2中的一條相交.方法二:(模型法)如圖(1),l1與l2是異面直線,l1與l平行,l2與l相交,故A,B不正確;如圖(2),l1與l2是異面直線,l1,l2都與l相交,故C不正確.

【解析】選D.方法一:(反證法)由于l與直線l1,l2分別共2.(2020·新高考全國Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2,∠BAD=60°,以D1為球心,

為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為________.

2.(2020·新高考全國Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B【解析】由已知連接BD,B1D1,則BD=B1D1=2,取BB1和CC1的中點E,F.連接EF,D1E,D1F,則D1E=D1F=,故E,F在球面上.平面BCC1B1截球面的截面圓的圓心是B1C1的中點O,OE=OF=,球面與側(cè)面BCC1B1的交線是側(cè)面上以O(shè)為圓心,為半徑的圓弧EF,

的長為答案:

π【解析】由已知連接BD,B1D1,則BD=B1D1=2,取B3.(2020·湛江一調(diào))在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=3,點E為棱BB1上的點,且BE=2EB1,則異面直線DE與A1B1所成角的正弦值為(

)

3.(2020·湛江一調(diào))在長方體ABCD-A1B1C1D1【解析】選B.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=3,點E為棱BB1上的點,且BE=2EB1,如圖所示,在AA1上取點F,使得AF=2FA1,連接EF,FD,可得EF∥A1B1,所以異面直線DE與A1B1所成角就是相交直線EF與DE所成的角,設(shè)∠DEF=θ,又由在直角△ADF中,AD=2,AF=2,所以DF=

【解析】選B.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=A連接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cosθ=所以異面直線DE與A1B1所成角的正弦值sinθ=.連接BD,在直角△BDE中,BD=2,BE=2,所以4.已知底面邊長為a的正三棱柱ABC-A1B1C1的六個頂點在球O1上，又知球O2與此正三棱柱的5個面都相切，則球O1與球O2的半徑之比為________，表面積之比為________.

【解析】設(shè)球O1，球O2的半徑分別為R，r，由于正三棱柱的六個頂點都在同一個球面上，所以球心在上下底面中心的連線的中點上，如圖，AB=a，OA=R，OE=r，在△OEA中，

4.已知底面邊長為a的正三棱柱ABC-A1B1C1的六個頂點

，由于OA2=OE2+AE2，所以

，則球O1與球O2的半徑比為，所以球O1與球O2的表面積之比等于

答案：

5∶1，由于OA2=OE2+A【創(chuàng)新遷移】1.如圖所示，正四面體ABCD中，E是棱AD的中點，P是棱AC上一動點，BP+PE的最小值為，則該正四面體的外接球表面積是 (

)A.12π B.32π C.8π D.24π【創(chuàng)新遷移】【解析】選A.將側(cè)面△ABC和△ACD沿AC邊展開成平面圖形，如圖所示，菱形ABCD，在菱形ABCD中，連接BE，交AC于點P，則BE的長即為BP+PE的最小值，即BE=，因為四面體ABCD是正四面體，所以AC=AB，所以∠BCD=120°，因為E是棱AD的中點，所以∠DCE=30°，所以∠BCE=∠BCD-∠DCE=90°，【解析】選A.將側(cè)面△ABC和△ACD沿AC邊展開成平面圖形設(shè)DE=x，則AB=BC=CD=AD=2x，所以CE=，則所以x=，則正四面體ABCD的棱長為，所以正四面體的外接球半徑為所以該正四面體外接球的表面積為設(shè)DE=x，則AB=BC=CD=AD=2x，所以CE=2.最早的測雨器記載見于南宋數(shù)學家秦九韶所著的《數(shù)書九章》.該書第二章為“天時類”,收錄了有關(guān)降水量計算的四個例子,分別是“天池測雨”、“圓罌測雨”、“峻積驗雪”和“竹器驗雪”.其中“天池測雨”法是下雨時用一個圓臺形的天池盆收集雨水.已知天池盆盆口直徑為二尺八寸,盆底直徑為一尺二寸,盆深一尺八寸.當盆中積水深九寸(注:1尺=10寸)時,平地降雨量是(

)A.9寸 B.7寸 C.8寸 D.3寸2.最早的測雨器記載見于南宋數(shù)學家秦九韶所著的《數(shù)書九章》.【解析】選D.由已知天池盆上底面半徑是14寸,下底面半徑是6寸,高為18寸,由積水深9寸知水面半徑為×(14+6)=10(寸),則盆中水體積為π×9×(62+102+6×10)=588π(立方寸),所以平地降雨量為=3(寸).

【解析】選D.由已知天池盆上底面半徑是14寸,下底面半徑是6專題能力提升練九空間幾何體(40分鐘80分)專題能力提升練九空間幾何體一、單項選擇題(共8小題,每小題5分,共40分)1.已知大球的體積是小球體積的2倍,則大球表面積是小球表面積的倍數(shù)為(

)

【解析】選B.設(shè)大球與小球的半徑分別為R,r,則所以R=r,所以,故選B.一、單項選擇題(共8小題,每小題5分,共40分)2.已知在正方體ABCD-A1B1C1D1中(如圖),l?平面A1B1C1D1,且l與B1C1不平行,則下列一定不可能的是(

)A.l與AD平行 B.l與AB異面C.l與CD所成角為30° D.l與BD垂直

2.已知在正方體ABCD-A1B1C1D1中(如圖),l?平【解析】選A.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,l?平面A1B1C1D1,且l與B1C1不平行,又因為AD∥B1C1,所以l必與直線AD不平行.【解析】選A.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,l?平面3.如圖所示為一平面圖形的直觀圖,則此平面圖形可能是(

)

3.如圖所示為一平面圖形的直觀圖,則此平面圖形可能是()【解析】選C.斜二測畫法規(guī)則:平行于x軸或x軸上的線段的長度在新坐標系中不變,平行于y軸或在y軸上的線段的長度在新坐標系中變?yōu)樵瓉淼?并注意到∠x′O′y′=45°?∠xOy=90°,且是直角梯形,結(jié)合擺放位置知選C.【解析】選C.斜二測畫法規(guī)則:平行于x軸或x軸上的線段的長度4.(2020·泰安一模)已知α,β是兩個不重合的平面,m,n是兩條不重合的直線,則下列命題錯誤的是(

)A.若m⊥n,m⊥α,n∥β,則α⊥βB.若m⊥α,n∥α,則m⊥nC.若α∥β,m?α,則m∥βD.若m∥n,α∥β,則m與α所成的角和n與β所成的角相等4.(2020·泰安一模)已知α,β是兩個不重合的平面,m,【解析】選A.選項A.若m⊥n,m⊥α,n∥β,則n?α或n∥α,又n∥β,并不能得到α⊥β這一結(jié)論,故A錯誤;選項B.若m⊥α,n∥α,則由線面垂直的性質(zhì)定理和線面平行的性質(zhì)定理可得m⊥n,故B正確;選項C.若α∥β,m?α,則由面面平行的性質(zhì)定理可知m∥β,故C正確;選項D.若m∥n,α∥β,則由線面角的定義和等角定理知,m與α所成的角和n與β所成的角相等,故D正確.【解析】選A.選項A.若m⊥n,m⊥α,n∥β,則n?α或n5.(2020·泰安一模)一個封閉的棱長為2的正方體容器,當水平放置時,如圖,水面的高度正好為棱長的一半.若將該正方體繞下底面(底面與水平面平行)的某條棱任意旋轉(zhuǎn),則容器里水面的最大高度為(

)A.1 B.

C.

D.2

5.(2020·泰安一模)一個封閉的棱長為2的正方體容器,當【解題導引】根據(jù)已知可知水面的最大高度為正方體面對角線長的一半,由此得到結(jié)論.【解析】選B.正方體的面對角線長為2,由于水的體積是正方體體積的一半,且正方體繞下底面(底面與水平面平行)的某條棱任意旋轉(zhuǎn),所以容器里水面的最大高度為面對角線長的一半,即最大水面高度為.【解題導引】根據(jù)已知可知水面的最大高度為正方體面對角線長的一6.(2020·全國Ⅰ卷)已知A,B,C為球O的球面上的三個點,☉O1為△ABC的外接圓,若☉O1的面積為4π,AB=BC=AC=OO1,則球O的表面積為(

)A.64π B.48π C.36π D.32π6.(2020·全國Ⅰ卷)已知A,B,C為球O的球面上的三個【解析】選A.設(shè)圓O1的半徑為r,球的半徑為R,依題意,得πr2=4π,所以r=2,由正弦定理可得AB=2rsin60°=2,所以O(shè)O1=AB=2,根據(jù)球截面性質(zhì)得OO1⊥平面ABC,所以O(shè)O1⊥O1A,R=OA=所以球O的表面積S=4πR2=64π.【解析】選A.設(shè)圓O1的半徑為r,球的半徑為R,依題意,得π7.(2020·全國Ⅱ卷)已知△ABC是面積為

的等邊三角形,且其頂點都在球O的球面上.若球O的表面積為16π,則O到平面ABC的距離為(

)7.(2020·全國Ⅱ卷)已知△ABC是面積為的等邊【解析】選C.設(shè)△ABC的外接圓圓心為O1,記OO1=d,圓O1的半徑為r,球O的半徑為R,△ABC的邊長為a,則S△ABC=a2=,可得a=3,于是r=,由題知,球O的表面積為16π,則R=2,由R2=r2+d2易得d=1,即O到平面ABC的距離為1.【解析】選C.設(shè)△ABC的外接圓圓心為O1,記OO1=d,圓8.如圖,在三棱錐S-ABC中,SA⊥平面ABC,AB=BC=4,∠ABC=90°,側(cè)棱SB與平面ABC所成的角為45°,M為AC的中點,N是側(cè)棱SC上一動點,當△BMN的面積最小時,異面直線SB與MN所成角的余弦值為(

)A. B. C. D.

8.如圖,在三棱錐S-ABC中,SA⊥平面ABC,AB=BC【解析】選D.由題意知△ABC為等腰直角三角形,因為M為AC的中點,所以BM⊥AC.又SA⊥平面ABC,所以SA⊥BM,所以BM⊥平面SAC,所以BM⊥MN,故△BMN的面積S=BM·MN.易知AC=4,所以BM=AC=2,所以S=MN,當MN最小時,△BMN的面積最小,此時MN⊥SC.當MN⊥SC時,過S作SE⊥SC,交CA的延長線于點E,則SE∥MN,連接BE,則∠BSE為異面直線SB與MN所成的角或其補角.【解析】選D.由題意知△ABC為等腰直角三角形,因為M為AC因為SA⊥平面ABC,所以∠SBA為直線SB與平面ABC所成的角,所以∠SBA=45°,所以SA=AB=4,所以SB=4,SC=4.又tan∠SCA=所以SE=2,所以AE=2,ME=4,在Rt△EMB中,易知BE=2,所以cos∠BSE=

故當△BMN的面積最小時,異面直線SB與MN所成角的余弦值為.因為SA⊥平面ABC,所以∠SBA為直線SB與平面ABC所成二、多項選擇題(共20分,全部選對得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)9.如果四棱錐的四條側(cè)棱都相等,就稱它為“等腰四棱錐”,四條側(cè)棱稱為它的腰,以下四個命題中,正確的是(

)A.等腰四棱錐的腰與底面所成的角都相等B.等腰四棱錐的側(cè)面與底面所成的二面角都相等或互補C.等腰四棱錐的底面四邊形必存在外接圓D.等腰四棱錐的各頂點必在同一球面上二、多項選擇題(共20分,全部選對得5分,選對但不全的得3分【解析】選ACD.因為“等腰四棱錐”的四條側(cè)棱都相等,所以它的頂點在底面的射影到底面的四個頂點距離相等,故A,C是正確的;且在它的高上必能找到一點到各個頂點的距離相等,故D是真命題;B是不正確的,如底面是一個等腰梯形時結(jié)論就不成立.【解析】選ACD.因為“等腰四棱錐”的四條側(cè)棱都相等,所以它10.已知m,n是不重合的直線,α,β是不重合的平面,則下列命題錯誤的是(

)A.若m?α,n∥α,則m∥nB.若m∥α,m∥β,則α∥β或α與β相交C.若α∩β=n,m∥n,則m∥α且m∥βD.若m⊥α,m⊥β,則α∥β10.已知m,n是不重合的直線,α,β是不重合的平面,則下列【解析】選AC.若m?α,n∥α,則m與n可能平行或異面,故A錯誤;若m∥α,m∥β,則α與β可能相交或平行,故B正確;若α∩β=n,m∥n,則m可能在平面α或β內(nèi),故C錯誤;若m⊥α,m⊥β,根據(jù)垂直于同一直線的兩個平面平行,故α∥β,故D正確.【解析】選AC.若m?α,n∥α,則m與n可能平行或異面,故11.(2020·濟南模擬)我國南北朝時期的數(shù)學家祖暅提出了計算體積的祖暅原理:“冪勢既同,則積不容異.”意思是:兩個等高的幾何體若在所有等高處的水平截面的面積相等,則這兩個幾何體的體積相等.已知曲線C:y=x2,直線l為曲線C在點(1,1)處的切線.如圖所示,陰影部分為曲線C、直線l以及x軸所圍成的平面圖形,記該平面圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周所得到的幾何體為Γ.給出以下四個幾何體:11.(2020·濟南模擬)我國南北朝時期的數(shù)學家祖暅提出了2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題課件(95張)圖1是底面直徑和高均為1的圓錐;圖2是將底面直徑和高均為1的圓柱挖掉一個與圓柱同底等高的倒置圓錐得到的幾何體;圖3是底面邊長和高均為1的正四棱錐;圖4是將上底面直徑為2,下底面直徑為1,高為1的圓臺挖掉一個底面直徑為2,高為1的倒置圓錐得到的幾何體.根據(jù)祖暅原理,以上四個幾何體中與Γ的體積不相等的是(

)A.圖1 B.圖2 C.圖3 D.圖4圖1是底面直徑和高均為1的圓錐;【解析】選BCD.由題可知,幾何體Γ是由陰影部分旋轉(zhuǎn)一周得到,其橫截面為環(huán)形,設(shè)陰影部分等高處,拋物線對應(yīng)的點的橫坐標為x1,切線對應(yīng)的點的橫坐標為x2.由f(x)=x2,可得f′(x)=2x,所以f′(1)=2,所以曲線C在點(1,1)處的切線方程為y-1=2(x-1),即y=2x-1,所以=y,x2=,所以幾何體Γ在等高處的橫截面面積S=π-π=π·.圖1中的圓錐高為1,底面半徑為,易知該圓錐可由直線y=2x+1繞y軸旋轉(zhuǎn)得到,其橫截面面積S′=πx2=π·,所以幾何體Γ和圖1中的圓錐在所有等高處的水平截面的面積相等,所以它們的體積相等,故選BCD.【解析】選BCD.由題可知,幾何體Γ是由陰影部分旋轉(zhuǎn)一周得到12.沙漏是古代的一種計時裝置,它由兩個形狀完全相同的容器和一個狹窄的連接管道組成,開始時細沙全部在上部容器中,細沙通過連接管道全部流到下部容器所需要的時間稱為該沙漏的一個沙時.如圖,某沙漏由上下兩個圓錐組成,圓錐的底面直徑和高均為8cm,細沙全部在上部時,其高度為圓錐高度的

(細管長度忽略不計).假設(shè)該沙漏每秒鐘漏下0.02cm3的沙,且細沙全部漏入下部后,恰好堆成一個蓋住沙漏底部的圓錐形沙堆.以下結(jié)論正確的是(

)12.沙漏是古代的一種計時裝置,它由兩個形狀完全相同的容器和A.沙漏中的細沙體積為

B.沙漏的體積是128πcm3C.細沙全部漏入下部后此錐形沙堆的高度約為3cmD.該沙漏的一個沙時大約是1985秒(π≈3.14)A.沙漏中的細沙體積為【解析】選AD.A.根據(jù)圓錐的截面圖可知:細沙在上部時,細沙的底面半徑與圓錐的底面半徑之比等于細沙的高與圓錐的高之比,所以細沙的底面半徑23r=×4=(cm),所以體積V=·πr2·

B.沙漏的體積V=2××π××h=2××π×42×8=π(cm3);C.設(shè)細沙流入下部后的高度為h1,根據(jù)細沙體積不變可知:所以h1,所以h1≈2.4(cm);D.因為細沙的體積為cm3,沙漏每秒鐘漏下0.02cm3的沙,所以一個沙時為:×50≈1985(秒).【解析】選AD.A.根據(jù)圓錐的截面圖可知:細沙在上部時,細沙三、填空題(共4小題,每小題5分,共20分)13.(2020·汕頭一模)有一種工藝品是由正三棱柱挖去一個圓錐所成,已知正三棱柱ABC-A1B1C1

的所有棱長都是2,圓錐的頂點為△ABC的中心,底面為△A1B1C1的內(nèi)切圓,則該工藝品的體積為__________.

【解題導引】先求正三棱柱ABC-A1B1C1底面△A1B1C1的高為h=,進而求得底面△A1B1C1內(nèi)切圓的半徑為r=,利用幾何體的體積公式,即可求解.三、填空題(共4小題,每小題5分,共20分)【解析】由題意,可知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都是2,所以△A1B1C1的高為h=,設(shè)底面△A1B1C1內(nèi)切圓的半徑為r,則(-r)2=r2+1,解得r=,所以該工藝品的體積為V=-V圓錐=S△ABC×AA1-πr2×AA1=×2××2-×π××2=2-.答案:2-【解析】由題意,可知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都14.(2020·潮州二模)在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=

,AP=4,AB=AC=2

,則三棱錐P-ABC的外接球的體積為________.

14.(2020·潮州二模)在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面【解析】如圖,已知∠BAC=,AB=AC=2,故∠ABC=∠ACB=,可得△ABC的外接圓的半徑r=因為PA⊥平面ABC,且PA=4,所以三棱錐P-ABC的外接球的半徑R滿足R2=+r2=16?R=4.所以三棱錐P-ABC的外接球的體積為·R3=π.答案:π【解析】如圖,已知∠BAC=,AB=AC=2,【加練備選】(2020·惠州一調(diào))已知球的直徑DC=4,A,B是該球面上的兩點,∠ADC=∠BDC=

,則三棱錐A-BCD的體積的最大值是________.

【加練備選】【解析】因為球的直徑DC=4,且∠ADC=∠BDC=,所以AC=BC=2,AD=BD=2,VA-BCD=×S△BCD×h(其中h為點A到底面BCD的距離),故當h最大時,VA-BCD的體積最大,即當平面ADC⊥平面BDC時,h最大且滿足4h=2×2,即h=,此時VA-BCD=××2×2×=2.答案:22021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）【解析】因為球的直徑DC=4,且∠ADC=∠BDC=,15.(2020·石家莊二模)已知正四面體A-BCD的棱長均為6,其內(nèi)有n個小球,球O1與三棱錐A-BCD的四個面都相切,球O2與三棱錐A-BCD的三個面和球O1都相切,以此類推,…,球On與三棱錐A-BCD的三個面和球On-1都相切(n≥2,n∈N*),則球On的表面積等于________.

2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）15.(2020·石家莊二模)已知正四面體A-BCD的棱長均【解析】不妨設(shè)On的半徑為rn,正四面體的棱長為a,取CD中點為E,球O1與平面ACD切于點F,球O2與平面ACD切于點H,作截面ABE,G為△BCD的外心,如圖所示:

2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）【解析】不妨設(shè)On的半徑為rn,正四面體的棱長為a,取CD中易知GE=a,AG=a,AE=a,因為△AFO1∽△AGE,故可得解得r1=a=;同理由△AHO2∽△AGE,故可得解得r2=以此類推,總結(jié)歸納可得是首項為,公比為的等比數(shù)列,故可得rn=則On的表面積S=4π=4π×答案:

2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）易知GE=a,AG=a,AE=a,因為△16.在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N,Q分別為棱A1B1,B1C1,BB1的中點,點P為棱CC1上的動點,則VP-MNQ的最大值為________,若點P為棱CC1的中點,三棱錐M-PQN的頂點在同一個球面上,則該球的表面積為________.

2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）16.在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N【解析】連接B1C交QN于點H,因為四邊形B1BCC1是正方形,N,Q分別為棱B1C1,BB1的中點,所以易得,B1C⊥QN,H為QN的中點,且在正方形B1BCC1中,棱CC1上的點中點C到直線QN的距離最大為CH,又正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,所以QN=,B1C=因此B1H=,所以CH=2所以S△CNQ=2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）【解析】連接B1C交QN于點H,因為四邊形B1BCC1是正方又點P為棱CC1上的動點,所以當點P與點C重合時,△PNQ的面積最大,為,因為正方體ABCD-A1B1C1D1中,A1B1⊥平面B1BCC1,所以MB1⊥平面PNQ,又VP-MNQ=VM-PNQ,所以若點P為棱CC1的中點,連接PQ交B1C于點E,連接NE,則點E為右側(cè)面B1BCC1的中心,取左側(cè)面A1ADD1的中心為點F,連接EF,記EF的中點為G,則G為正方體ABCD-A1B1C1D1的中心,連接MG,則MG⊥EF,2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）又點P為棱CC1上的動點,所以當點P與點C重合時,△PNQ的因為P為棱CC1的中點,所以NP==NQ,所以NP2+QN2=4=PQ2,因此NP⊥NQ,所以△PNQ的外接圓圓心為點E;又球心與截面圓圓心的連線垂直于截面,EF∥A1B1,A1B1⊥平面B1BCC1,所以EF⊥平面B1BCC1,因此三棱錐M-PQN外接球的球心在直線EF上,記作點O,連接OM,ON,設(shè)三棱錐M-PQN外接球的半徑為R,

2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）因為P為棱CC1的中點,2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)則OM=ON=R,又MB1∥GE,且MB1=GE,EF⊥B1C,所以四邊形MB1EG為矩形,因此MG=B1E=B1C=,所以O(shè)G=因為NE=CC1=1,2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）則OM=ON=R,2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何所以O(shè)E=又GE=OG+OE=EF=1,所以=1,解得:R2=2,所以該球的表面積為4πR2=8π.答案:

8π2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何立體幾何中的高考小題精品課件（95張PPT）所以O(shè)E=2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：立體幾何專題三：立體幾何1課時突破立體幾何高考小題空間幾何體專題三：立體幾何關(guān)鍵能力·應(yīng)用實踐考向一空間幾何體的表面積與體積1.過圓錐的軸作截面,如果截面三角形為正三角形,則稱該圓錐為等邊圓錐.已知一等邊圓錐中,過頂點P的截面與底面交于CD,若∠COD=90°(O為底面圓心),且S△PCD=

,則這個等邊圓錐的表面積為(

)A. B.3πC. D.關(guān)鍵能力·應(yīng)用實踐考向一空間幾何體的表面積與體積【解析】選B.如圖，連接PO，設(shè)圓錐的母線長為2a，則圓錐的底面圓的半徑為a，圓錐的高PO=a.由已知得CD=a，PC=PD=2a，則從而a=1，圓錐的表面積為πa×2a+πa2=3π.【解析】選B.如圖，連接PO，設(shè)圓錐的母線長為2a，則圓錐的2.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1與平面BB1C1C所成的角為30°,則該長方體的體積為(

)A.8 B.6 C.8 D.8【解析】選C.如圖,連接AC1和BC1,因為AB⊥平面BB1C1C,AC1與平面BB1C1C所成角為30°,所以∠AC1B=30°,所以=tan30°,BC1=2,所以CC1=2,所以V=2×2×2=8.2.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,A3.(2020·全國Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一,它的形狀可視為一個正四棱錐,以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積,則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為(

)2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）3.(2020·全國Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之【解析】選C.如圖，設(shè)CD=a，PE=b，則由題意PO2=ab，即化簡得解得(負值舍去).【解析】選C.如圖，設(shè)CD=a，PE=b，4.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,M,N分別為BB1,AB的中點,則三棱錐A-NMD1的體積為________.

【解析】如圖,因為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,M,N分別為BB1,AB的中點,所以S△ANM=×1×1=,所以答案:

2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）4.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,M,N分【技法點撥】提素養(yǎng)1.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.【技法點撥】提素養(yǎng)考向二與球有關(guān)的切、接問題【多維題組】速通關(guān)1.(2020·天津高考)若棱長為2

的正方體的頂點都在同一球面上,則該球的表面積為(

)A.12π B.24π C.36π D.144π2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）考向二與球有關(guān)的切、接問題2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習【解析】選C.這個球是正方體的外接球,其半徑等于正方體的體對角線的一半,設(shè)外接球的半徑為R,則所以,這個球的表面積為S=4πR2=4π×32=36π.2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）【解析】選C.這個球是正方體的外接球,其半徑等于正方體的體對2.(2019·全國卷Ⅰ)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分別是PA,AB的中點,∠CEF=90°,則球O的體積為(

)2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2.(2019·全國卷Ⅰ)已知三棱錐P-ABC的四個頂點在球【解析】選D.方法一:設(shè)PA=PB=PC=2x,E,F分別為PA,AB的中點,所以EF∥PB,且EF=PB=x,因為△ABC是邊長為2的等邊三角形,所以CF=,又∠CEF=90°,所以AE=PA=x,在△AEC中,利用余弦定理得,作PD⊥AC于D,因為PA=PC,所以D為AC中點,2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）【解析】選D.方法一:設(shè)PA=PB=PC=2x,E,F分別為所以所以2x2+1=2,所以所以PA=PB=PC=又AB=BC=AC=2,所以PA,PB,PC兩兩垂直,所以,所以所以2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）所以2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何方法二:因為PA=PB=PC,△ABC是邊長為2的等邊三角形,所以P-ABC為正三棱錐,易得PB⊥AC,又E,F分別為PA,AB的中點,所以EF∥PB,所以EF⊥AC,又EF⊥CE,CE∩AC=C,所以EF⊥平面PAC,PB⊥平面PAC,所以∠BPA=90°,所以PA=PB=PC=所以P-ABC為正方體一部分,2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）方法二:因為PA=PB=PC,△ABC是邊長為2的等邊三角形即所以2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體【變式拓展】若把本題球的內(nèi)接三棱錐滿足的條件改為“PA⊥平面ABC，PA=2，AB=1，AC=2，∠BAC=”，則球O的體積為________.

【解析】根據(jù)余弦定理：BC2=AC2+AB2-2AB·ACcos∠BAC=3，故根據(jù)正弦定理：，故r=1，r為三角形ABC外接圓半徑，設(shè)R為三棱錐P-ABC外接球的半徑，

，故

答案：

2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）【變式拓展】2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何

3.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，直線A1B與平面B1BCC1所成角為45°，則此三棱柱的外接球的表面積為________.

【解析】如圖所示，過點A1作A1D1垂直于B1C1交B1C1于D1，連接BD1，又平面A1B1C1⊥平面BC1，所以A1D1⊥平面BC1，所以∠A1BD1是A1B與平面BC1所成的角，所以∠A1BD1=45°，因為底面正三角形邊長為2，所以A1D1=，A1B=，又A1B2=A1A2+AB2，所以2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）2021屆新高考數(shù)學二輪專題復(fù)習：第三章立體幾何第1課時立體幾何中的高考小題課件（共95張PPT）3.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，直線A1A=.設(shè)正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球球心為O，半徑為R，上、下底面中心分別為O1，O2，由于三棱柱的外接球的球心為兩底面中心連線的中點，在Rt△OO1A1中，，所以，即故該三棱柱的外接球的表面積為答案：

A1A=.設(shè)正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球球心為

4.(2020·菏澤二模)魏晉時期數(shù)學家劉徽在他的著作《九章算術(shù)注》中，稱一個正方體內(nèi)兩個互相垂直的內(nèi)切圓柱所圍成的幾何體為“牟合方蓋”(如圖所示)，劉徽通過計算得知正方體的內(nèi)切球的體積與“牟合方蓋”的體積之比應(yīng)為π∶4.若“牟合方蓋”的體積為，則正方體的外接球的表面積為________.

4.(2020·菏澤二模)魏晉時期數(shù)學家劉徽在他的著作【解析】因為“牟合方蓋”的體積為，又正方體的內(nèi)切球的體積與“牟合方蓋”的體積之比應(yīng)為π∶4，所以正方體的內(nèi)切球的體積所以內(nèi)切球的半徑r=1，所以正方體的棱長為2，所以正方體的外接球的直徑等于正方體的體對角線即所以，所以正方體的外接球的表面積為

答案：12π【解析】因為“牟合方蓋”的體積為，【技法點撥】提素養(yǎng)空間幾何體與球接、切問題的求解策略提醒:如果所給空間幾何體是不規(guī)則圖形,可以先補成正方體、長方體、正四面體、正棱柱、圓柱等規(guī)則幾何體.定球心弄清球的半徑(直徑)與幾何體的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系,從而確定球心位置.作截面過球心及接、切點作截面,把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題.求半徑借助平面圖形與圓的接、切等平面幾何知識尋找?guī)缀卧刂g的關(guān)系,求出球半徑.【技法點撥】提素養(yǎng)定球心弄清球的半徑(直徑)與幾何體的位置關(guān)考向三空間點、線、面的位置關(guān)系【多維題組】速通關(guān)1.(2019·全國卷Ⅱ)設(shè)α,β為兩個平面,則α∥β的充要條件是(

)A.α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行B.α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C.α,β平行于同一條直線D.α,β垂直于同一平面考向三空間點、線、面的位置關(guān)系【解析】選B.當α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行,也可能兩平面相交,故A錯.同樣當α,β平行于同一條直線或α,β垂直于同一平面時,兩平面也可能相交,故C,D錯.由面面平行的判定定理可得B正確.【解析】選B.當α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行,也可能兩平面相交,【變式拓展】已知m，l是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列可以推出α⊥β的是 (

)A.m⊥l，m?β，l⊥αB.m⊥l，α∩β=l，m?αC.m∥l，m⊥α，l⊥βD.l⊥α，m∥l，m∥β【變式拓展】【解析】選D.由m，l是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，知：在A中，m⊥l，m?β，l⊥α