2018届数学总复习考前回扣6立体几何理

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE12学必求其心得，业必贵于专精PAGE回扣6立体几何1．概念理解四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系．2．柱、锥、台、球体的表面积和体积侧面展开图表面积体积直棱柱长方形S＝2S底＋S侧V＝S底·h圆柱长方形S＝2πr2＋2πrlV＝πr2·l棱锥由若干三角形构成S＝S底＋S侧V＝eq\f（1,3)S底·h圆锥扇形S＝πr2＋πrlV＝eq\f(1,3）πr2·h棱台由若干个梯形构成S＝S上底＋S下底＋S侧V＝eq\f(1，3）（S＋eq\r（SS′)＋S′)·h圆台扇环S＝πr′2＋π（r＋r′)l＋πr2V＝eq\f(1，3）π(r2＋rr′＋r′2)·h球S＝4πr2S＝eq\f(4，3）πr33.平行、垂直关系的转化示意图1．易混淆几何体的表面积与侧面积的区别，几何体的表面积是几何体的侧面积与所有底面面积之和，不能漏掉几何体的底面积；求锥体体积时，易漏掉体积公式中的系数eq\f(1，3)。2．不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件,导致判断出错．如由α⊥β,α∩β＝l，m⊥l，易误得出m⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件．3．注意图形的翻折与展开前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形,弄清楚变与不变的元素后,再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系．1．将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是________．答案2π解析几何体的底面圆半径为1，高为1，则侧面积S＝2πrh＝2π×1×1＝2π。2．用平面α截球O所得截面圆的半径为3，球心O到平面α的距离为4，则此球的表面积为__________．答案100π解析依题意，设球的半径为R，满足R2＝32＋42＝25,∴S球＝4πR2＝100π.3．(2017·南京高淳区质检)若正四棱锥的底面边长为2eq\r(2)，体积为8，则其侧面积为__________．答案4eq\r（22)解析因为V＝eq\f(1，3）×(2eq\r(2））2h＝8，所以h＝3,所以斜高h′＝eq\r(32＋\r(2）2)＝eq\r(11）.所以其侧面积为S侧＝4×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2)×2\r（2)×\r(11)）)＝4eq\r（22).4．设m，n是不同的直线，α，β,γ是不同的平面，有以下四个命题:①eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（α∥β，,α∥γ））⇒β∥γ;②eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(α⊥β，,m∥α）)⇒m⊥β；③eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(m⊥α，,m∥β)）⇒α⊥β；④eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（m∥n，，n⊂α））⇒m∥α.其中正确的命题是________．(填序号）答案①③解析①中平行于同一平面的两平面平行是正确的；②中m，β可能平行，相交或直线在平面内；③中由面面垂直的判定定理可知结论正确;④中m，α可能平行或线在面内．5．在三棱锥S－ABC中，底面ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥SC，SB⊥SC，SA＝SB＝2，则该三棱锥的体积为________．答案eq\f（\r（35),4）解析如图，∵SA⊥SC，SB⊥SC，且SA∩SB＝S,∴SC⊥平面SAB,在Rt△BSC中，由SB＝2，BC＝3，得SC＝eq\r(5）。在△SAB中，取AB中点D,连结SD,则SD⊥AB，且BD＝eq\f（3，2），∴SD＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（3,2）））2)＝eq\f(\r(7)，2），∴V＝eq\f（1,3)×eq\f(1,2)×3×eq\f（\r（7）,2）×eq\r（5）＝eq\f（\r(35),4）。6．已知m，n为不同直线，α,β为不同平面，给出下列命题：①若m⊥α，m⊥n,则n∥α；②若m⊥β,n⊥β，则m∥n；③若m⊥α，m⊥β，则α∥β；④若m⊂α，n⊂β,α∥β，则n∥m；⑤若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，m⊥n，则n⊥β。其中正确的命题是________．(填写所有正确命题的序号）答案②③⑤解析命题①，若m⊥α，m⊥n,则n∥α或n⊂α,故不正确；命题②，若m⊥β，n⊥β，则m∥n，由线面垂直的性质定理易知正确；命题③，由线面垂直的性质定理易知正确;命题④，若m⊂α，n⊂β，α∥β，则n∥m或m,n异面，所以不正确;命题⑤是面面垂直的性质定理，所以是正确命题．故答案为②③⑤。7．如图，三棱锥A－BCD的棱长全相等，点E为AD的中点，则直线CE与BD所成角的余弦值为__________．答案eq\f（\r(3），6)解析方法一取AB的中点G，连结EG，CG。∵E为AD的中点，∴EG∥BD.∴∠GEC为CE与BD所成的角．设AB＝1，则EG＝eq\f(1,2）BD＝eq\f（1，2),CE＝CG＝eq\f(\r(3），2），∴cos∠GEC＝eq\f（EG2＋EC2－GC2,2×EG×EC)＝eq\f(\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,2)）)2＋\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（\r(3），2））)2－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（\r（3),2）)）2，2×\f(1,2)×\f(\r(3）,2）)＝eq\f（\r(3）,6).方法二设AB＝1，则eq\o(CE,\s\up6（→）)·eq\o（BD,\s\up6(→)）＝（eq\o（AE,\s\up6(→)）－eq\o（AC,\s\up6（→）)）·(eq\o(AD,\s\up6(→））－eq\o(AB，\s\up6（→）））＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,2）\o（AD,\s\up6(→))－\o(AC，\s\up6（→)）)）·(eq\o（AD，\s\up6(→）)－eq\o(AB,\s\up6(→）））＝eq\f（1,2）eq\o（AD，\s\up6(→))2－eq\f(1,2）eq\o（AD，\s\up6（→））·eq\o（AB,\s\up6（→)）－eq\o（AC,\s\up6（→））·eq\o(AD，\s\up6（→））＋eq\o(AC,\s\up6(→））·eq\o（AB，\s\up6（→）)＝eq\f(1，2)－eq\f(1,2）cos60°－cos60°＋cos60°＝eq\f(1，4）。∴cos〈eq\o（CE,\s\up6（→)）,eq\o（BD,\s\up6(→）)>＝eq\f（\o（CE,\s\up6（→）)·\o（BD，\s\up6（→))，｜\o（CE，\s\up6（→）)||\o（BD,\s\up6（→)）｜)＝eq\f（\f（1,4),\f(\r（3)，2)）＝eq\f（\r（3),6）.8。如图所示，在边长为5＋eq\r(2）的正方形ABCD中，以A为圆心画一个扇形，以O为圆心画一个圆，M，N，K为切点，以扇形为圆锥的侧面，以圆O为圆锥底面，围成一个圆锥,则圆锥的全面积S＝________.答案10π解析设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由已知条件得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（l＋r＋\r（2）r＝5＋\r(2)×\r(2）,，\f（2πr,l）＝\f(π，2)，)）解得r＝eq\r(2），l＝4eq\r(2)，则S＝πrl＋πr2＝10π.9．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥BC,G为PA上一点．(1)求证：平面PCD⊥平面ABCD；(2)若PC∥平面BDG,求证:G为PA的中点．证明（1)∵底面ABCD为矩形，∴BC⊥CD，又∵PD⊥BC，PD∩CD＝D，CD，PD⊂平面PCD，∴BC⊥平面PCD。又∵BC⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PCD.(2）连结AC交BD于点O，连结GO，∵PC∥平面BDG,平面PCA∩平面BDG＝GO，∴PC∥GO,∴eq\f（PG，GA)＝eq\f(CO，OA）.∵底面ABCD为矩形，∴O是AC的中点，即CO＝OA，∴PG＝GA，∴G为PA的中点．10．在正四棱锥S－ABCD中，底面边长为a，侧棱长为eq\r(2）a，P为侧棱SD上的一点．（1)当四面体ACPS的体积为eq\f(\r(6）a3,18)时，求eq\f（SP，PD）的值；(2）在（1)的条件下，若E是SC的中点,求证:BE∥平面APC。(1)解设PD＝x,连结BD,AC，交点为O。过P作PH⊥BD于点H，∵平面SBD⊥平面ABCD且BD为交线，则PH⊥平面ABCD，又SO⊥平面ABCD,∴PH∥SO.在Rt△SOB中，SO＝eq\r(SB2－BO2)＝eq\f（\r(6),2)a，∵eq\f(PH，SO)＝eq\f（PD,SD)，∴PH＝eq\f(PD·SO,SD)＝eq\f（x·\f(\r(6）,2)a，\r（2)a）＝eq\f（\r（3)，2）x，∴VSPAC＝VS－ACD－VP－ACD＝eq\f(1,3）×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)×a×a）)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r（6），2)a－\f(\r（3)，2)x)）＝eq\f（\r（6）,18)a3，解得x＝eq\f(\r(2),3)a，∴eq\f(SP，PD）＝eq\f（2，1)＝2.（2)证明取SP的中点Q,连结QE，BQ,则EQ∥PC，EQ