高考一轮复习---立体几何+一

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1、高考一轮复习 立体几何 一一选择题（共24小题）1（郴州三模）用一种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（）ABCD2（秋城区校级期末）如图所示，用过A1、B、C1和C1、B、D的两个截面截去正方体ABCDA1B1C1D1的两个角后得到一种新的几何体，则该几何体的正视图为（）ABCD3（武汉模拟）如图是一正方体被过棱的中点M、N，顶点A和N、顶点D、C1的两上截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的正视图为（）ABCD4（鹰潭校级模拟）已知一种三棱锥的主视图与俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图面积为（）AB1CD5（陕西）将正方体（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图

2、2所示的几何体，则该几何体的左视图为（）ABCD6（铜川模拟）已知一种三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为（）A1B2C3D47（秋哈尔滨校级月考）某几何体的一条棱长为3，在该几何体的正视图中，这条棱的投影长为2的线段，在该几何体的侧视图和俯视图中，这条棱长的投影长分别是a和b的线段，则a+b的最大值为（）A2B2C4D28（北京）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）A1BCD29已知某个几何体的三视图如图所示根据图中标出的尺寸（单位：cm）可得这个几何体的体积是cm3（）ABCD410（秋秦安县期末）一种圆锥过轴的截面

3、为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O的球面上，则该圆锥的表面积与球O的表面积的比值为（）ABCD11（唐山一模）正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为（）A8B16C32D6412（北海一模）已知四棱锥PABCD的顶点都在球O上，底面ABCD是矩形，平面PAD平面ABCD，PAD为正三角形，AB=2AD=4，则球O的表面积为（）ABC32D6413（沈阳校级模拟）若圆锥的内切球与外接球的球心重叠，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为（）AB2C3D414正四周体的内切球与外接球的半径的比等于（）A1：3B1：2C2：3D3：515（道里区校级三模）已知一种正四周体的俯视图如图所示

4、，其中四边形ABCD是边长为3的正方形，则该正四周体的内切球的表面积为（）A6B54C12D4816（大庆二模）一种几何体的三视图如图所示，其中正视图是一种正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为（）ABCD17（新课标II）已知A，B是球O的球面上两点，AOB=90，C为该球面上的动点，若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（）A36B64C144D25618（秋晋中期末）表面积为40的球面上有四点S、A、B、C且SAB是等边三角形，球心O到平面SAB的距离为，若平面SAB平面ABC，则三棱锥SABC体积的最大值为（）A2BC6D19（新课标II）一种正方体被一种平面截去一部分

5、后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）ABCD20（秋淮南期末）如图所示，ABCDA1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论对的的是（）AA，M，O三点共线BA，M，OA1不共面CA，M，C，O不共面DB，B1，O，M共面21（衡阳县校级模拟）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是（）AMN与CC1垂直BMN与AC垂直CMN与BD平行DMN与A1B1平行22（秋眉山期末）如图是正方体或四周体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一种图是（）ABCD2

6、3（广东）若直线 l1和l2 是异面直线，l1在平面 内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题对的的是（）Al与l1，l2都不相交Bl与l1，l2都相交Cl至多与l1，l2中的一条相交Dl至少与l1，l2中的一条相交24（延庆县一模）已知两条直线a，b和平面，若ab，b，则“a”是“b”的（）A充足不必要条件B必要不充足条件C充要条件D既不充足也不必要条件二填空题（共6小题）25（长春一模）已知三棱柱ABCA1B1C1底面是边长为的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球表面积为12，则该三棱柱的体积为26（长春一模）若一种正四周体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则=27

7、（石嘴山校级二模）在三棱锥PABC中，底面ABC是等腰三角形，BAC=120，BC=2，PA平面ABC，若三棱锥PABC的外接球的表面积为8，则该三棱锥的体积为28（南昌一模）已知直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC=90，侧面BCC1B1的面积为2，则直三棱柱ABCA1B1C1外接球表面积的最小值为29（四川）在三棱住ABCA1B1C1中，BAC=90，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设M，N，P分别是AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥PAMN的体积是30（春厦门校级期中）a，b，c是空间中互不重叠的三条直线，下面给出五个命题：若ab，bc，则a

8、c；若ab，bc，则ac；若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；若a平面，b平面，则a，b一定是异面直线；上述命题中对的的是（只填序号）高考一轮复习 立体几何 一参照答案与试题解析一选择题（共24小题）1（郴州三模）用一种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（）ABCD【分析】根据题意几何体是球缺，运用球的视图是圆，看不到的线要画虚线，可得答案【解答】解：用一种平行于水平面的平面去截球，截得的几何体是球缺，根据俯视图的定义，几何体的俯视图是两个同心圆，且内圆是截面的射影，内圆应是虚线，故选：B【点评】本题考察了几何体的三视图，要注意，看不到的线要画虚线2（秋城区校级

9、期末）如图所示，用过A1、B、C1和C1、B、D的两个截面截去正方体ABCDA1B1C1D1的两个角后得到一种新的几何体，则该几何体的正视图为（）ABCD【分析】直接运用三视图的定义，正视图是光线从几何体的前面向背面正投影得到的投影图，据此可以判断出其正视图【解答】解：由正视图的定义可知：点A、A1、C1在背面的投影点分别是点D、D1、C1，线段A1B在背面的投影面上的投影是以D1为端点且与线段A1B平行且相等的线段，即可得正视图故选：A【点评】从正视图的定义可以判断出题中的正视图，同步要注意能看见的轮廓线和棱用实线表达，不能看见的轮廓线和棱用虚线表达3（武汉模拟）如图是一正方体被过棱的中点M

10、、N，顶点A和N、顶点D、C1的两上截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的正视图为（）ABCD【分析】通过三视图的画法，几何体的主视图的轮廓是一种正方形，在作三视图时，能看见的线作成实线，被遮住的线作成虚线，由此规则判断各个选项即可【解答】解：对于选项A，几何体的主视图的轮廓是一种正方形，故A不对的；对于B，正视图是正方形符合题意，线段AM的影子是一种实线段，相对面上的线段DC1的投影是正方形的对角线，由于从正面看不到，故应作成虚线，故选项B对的对于C，正视图是正方形，符合题意，有两条实线存在于正面不符合实物图的构造，故不对的；对于D，正视图是正方形符合题意，其中的两条实绩符合斜视图的特性

11、，故D不对的故选B【点评】本题考点是简朴空间图形的三视图，考察根据作三视图的规则来作出三个视图的能力，三视图的投影规则是：“主视、俯视 长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视 宽相等”高考常考题型4（鹰潭校级模拟）已知一种三棱锥的主视图与俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图面积为（）AB1CD【分析】由三棱锥的主视图与俯视图知三棱锥的底面与其中一种侧面都是直角三角形，画出其直观图，可得侧视图为直角三角形，且直角边长分别为1，代入公式计算【解答】解：由三棱锥的主视图与俯视图知三棱锥的底面与其中一种侧面都是直角三角形，其直观图如图：SB=，SO=1，BC=1，CM=，几何体的侧视图为直角三角形，且直角

12、边长分别为1，侧视图的面积S=故选C【点评】本题考察了由主视图与俯视图求侧视图的面积，解题的核心是判断主视图与俯视图的数据所相应的几何量，画出其直观图5（陕西）将正方体（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为（）ABCD【分析】直接运用三视图的画法，画出几何体的左视图即可【解答】解：由题意可知几何体前面在右侧的射影为线段，上面的射影也是线段，背面与底面的射影都是线段，轮廓是正方形，AD1在右侧的射影是正方形的对角线，B1C在右侧的射影也是对角线是虚线如图B故选B【点评】本题考察几何体的三视图的画法，考察作图能力6（铜川模拟）已知一种三棱锥的三视图如图所示，其中三

13、个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为（）A1B2C3D4【分析】由题意可知，几何体为三棱锥，将其放置在长方体模型中即可得出对的答案【解答】解：由题意可知，几何体是三棱锥，其放置在长方体中形状如图所示（图中红色部分），运用长方体模型可知，此三棱锥的四个面中，所有是直角三角形故选：D【点评】本题考察学生的空间想象能力，由三视图还原实物图，是基本题7（秋哈尔滨校级月考）某几何体的一条棱长为3，在该几何体的正视图中，这条棱的投影长为2的线段，在该几何体的侧视图和俯视图中，这条棱长的投影长分别是a和b的线段，则a+b的最大值为（）A2B2C4D2【分析】由棱和它在三视图中的投

14、影扩展为长方体，三视图中的三个投影，是三个面对角线，设出三度，运用勾股定理，基本不等式求出最大值【解答】解：将已知中的棱和它在三视图中的投影扩展为长方体，三视图中的三个投影，是三个面对角线，则设长方体的三度：x、y、z，因此x2+y2+z2=9，x2+y2=a2，y2+z2=b2，x2+z2=4可得a2+b2=14（a+b）22（a2+b2）a+b2，a+b的最大值为2，故选：B【点评】本题考察三视图，几何体的构造特性，考察空间想象能力，基本不等式的应用，是中档题8（北京）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）A1BCD2【分析】几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，结合

15、直观图求有关几何量的数据，可得答案【解答】解：由三视图知：几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，底面为正方形如图：其中PB平面ABCD，底面ABCD为正方形PB=1，AB=1，AD=1，BD=，PD=PC=该几何体最长棱的棱长为：故选：C【点评】本题考察了由三视图求几何体的最长棱长问题，根据三视图判断几何体的构造特性是解答本题的核心9已知某个几何体的三视图如图所示根据图中标出的尺寸（单位：cm）可得这个几何体的体积是cm3（）ABCD4【分析】由三视图知几何体是一种三棱锥，三棱锥的底面是一种底边是2，高是2的三角形，三棱锥的高是2，根据三棱锥的体积公式得到成果【解答】解：原几何体为底面

16、是高为2，底边长是2的三角形的三棱锥，该三棱锥的高是2，因此体积是=故选：A【点评】本题考察由三视图还原几何体并且看出几何体各个部分的长度，本题解题的核心是规定体积需规定出几何体的底面面积和高本题是一种基本题10（秋秦安县期末）一种圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O的球面上，则该圆锥的表面积与球O的表面积的比值为（）ABCD【分析】设出球的半径，求出圆锥的底面半径然后求出球的面积以及圆锥的全面积，即可求出成果【解答】解：如图，设球半径为R，则锥的底面半径 r=R，锥的高 h=RS锥=S底面积+S侧=r2+Rr= （R）2+RR=R2S球=4R2S锥：S球=，故选：D【点评】本

17、题考察球的内接体，圆锥的表面积以及球的面积的求法，考察计算能力11（唐山一模）正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为（）A8B16C32D64【分析】由题意推出球心O到四个顶点的距离相等，运用直角三角形BOE，求出球的半径，即可求出外接球的表面积【解答】解：如图，球心O到四个顶点的距离相等，正三棱锥ABCD中，底面边长为6，BE=2，在直角三角形BOE中，BO=R，EO=6R，BE=2，由BO2=BE2+EO2，得R=4外接球的半径为4，表面积为：64故选：D【点评】本题是基本题，考察空间想象能力，计算能力；运用直角三角形BOE是本题解题的核心，仔细观测和分析题意，是解好数学题目

18、的前提12（北海一模）已知四棱锥PABCD的顶点都在球O上，底面ABCD是矩形，平面PAD平面ABCD，PAD为正三角形，AB=2AD=4，则球O的表面积为（）ABC32D64【分析】求出PAD所在圆的半径，运用勾股定理求出球O的半径R，即可求出球O的表面积【解答】解：令PAD所在圆的圆心为O1，PAD为正三角形，AD=2，则圆O1的半径r=，由于平面PAD底面ABCD，AB=4，因此OO1=AB=2，因此球O的半径R=，因此球O的表面积=4R2=故选：B【点评】本题考察球O的表面积，考察学生的计算能力，比较基本13（沈阳校级模拟）若圆锥的内切球与外接球的球心重叠，且内切球的半径为1，则圆锥的

19、体积为（）AB2C3D4【分析】过圆锥的旋转轴作轴截面，得ABC及其内切圆O1和外切圆O2，且两圆同圆心，即ABC的内心与外心重叠，易得ABC为正三角形，由题意O1的半径为r=1，进而求出圆锥的底面半径和高，代入圆锥体积公式，可得答案【解答】解：过圆锥的旋转轴作轴截面，得ABC及其内切圆O1和外切圆O2，且两圆同圆心，即ABC的内心与外心重叠，易得ABC为正三角形，由题意O1的半径为r=1，ABC的边长为2，圆锥的底面半径为，高为3，V=故选：C【点评】本题考察的知识点是旋转体，圆锥的体积，其中根据已知分析出圆锥的底面半径和高，是解答的核心14正四周体的内切球与外接球的半径的比等于（）A1：3

20、B1：2C2：3D3：5【分析】画出图形，拟定两个球的关系，通过正四周体的体积，求出两个球的半径的比值即可【解答】解：设正四周体为PABC，两球球心重叠，设为O设PO的延长线与底面ABC的交点为D，则PD为正四周体PABC的高，PD底面ABC，且PO=R，OD=r，OD=正四周体PABC内切球的高设正四周体PABC底面面积为S将球心O与四周体的4个顶点PABC所有连接，可以得到4个全等的正三棱锥，球心为顶点，以正四周体面为底面每个正三棱锥体积V1=Sr 而正四周体PABC体积V2=S（R+r）根据前面的分析，4V1=V2，因此，4Sr=S（R+r），因此，R=3r故选：A【点评】本题是中档题，

21、考察正四周体的内切球与外接球的关系，找出两个球的球心重叠，半径的关系是解题的核心，考察空间想象能力，计算能力15（道里区校级三模）已知一种正四周体的俯视图如图所示，其中四边形ABCD是边长为3的正方形，则该正四周体的内切球的表面积为（）A6B54C12D48【分析】由正四周体的俯视图是边长为2的正方形，因此此四周体一定可以放在棱长为2的正方体中，求出正四周体的边长，可得正四周体的内切球的半径，即可求出正四周体的内切球的表面积【解答】解：正四周体的俯视图是如图所示的边长为3正方形ABCD，此四周体一定可以放在正方体中，我们可以在正方体中寻找此四周体如图所示，四周体ABCD满足题意，由题意可知，正

22、方体的棱长为3，正四周体的边长为6，正四周体的高为2正四周体的内切球的半径为，正四周体的内切球的表面积为4R2=6故选：A【点评】本题的考点是由三视图求几何体的表面积，需要由三视图判断空间几何体的构造特性，并根据三视图求出每个几何体中几何元素的长度，代入相应的表面积公式分别求解，考察了空间想象能力16（大庆二模）一种几何体的三视图如图所示，其中正视图是一种正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为（）ABCD【分析】由已知中几何体的三视图中，正视图是一种正三角形，侧视图和俯视图均为三角形，我们得出这个几何体的外接球的球心O在高线PD上，且是等边三角形PAC的中心，得到球的半径，代入球的表面积公式

23、，即可得到答案【解答】解：由已知中知几何体的正视图是一种正三角形，侧视图和俯视图均为三角形，可得该几何体是有一种侧面PAC垂直于底面，高为，底面是一种等腰直角三角形的三棱锥，如图则这个几何体的外接球的球心O在高线PD上，且是等边三角形PAC的中心，这个几何体的外接球的半径R=PD=则这个几何体的外接球的表面积为S=4R2=4（）2=故选：A【点评】本题考察的知识点是由三视图求面积、体积，其中根据三视图判断出几何体的形状，分析出几何体的几何特性是解答本题的核心17（新课标II）已知A，B是球O的球面上两点，AOB=90，C为该球面上的动点，若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（）

24、A36B64C144D256【分析】当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最大，运用三棱锥OABC体积的最大值为36，求出半径，即可求出球O的表面积【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最大，设球O的半径为R，此时VOABC=VCAOB=36，故R=6，则球O的表面积为4R2=144，故选C【点评】本题考察球的半径与表面积，考察体积的计算，拟定点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最大是核心18（秋晋中期末）表面积为40的球面上有四点S、A、B、C且SAB是等边三角形，球心O到平面SAB的距离为，若平面SAB平面A

25、BC，则三棱锥SABC体积的最大值为（）A2BC6D【分析】作出直观图，根据球和等边三角形的性质计算SAB的面积和棱锥的最大高度，代入体积公式计算【解答】解：过O作OF平面SAB，则F为SAB的中心，过F作FESA于E点，则E为SA中点，取AB中点D，连结SD，则ASD=30，设球O半径为r，则4r2=40，解得r=连结OS，则OS=r=，OF=，SF=2DF=EF=，SE=SA=2SE=2，SSAB=SA2=6过O作OM平面ABC，则当C，M，D三点共线时，C到平面SAB的距离最大，即三棱锥SABC体积最大连结OC，平面SAB平面ABC，四边形OMDF是矩形，MD=OF=，OM=DF=CM=

26、2CD=CM+DM=3三棱锥SABC体积V=SSABCD=6故选C【点评】本题考察了棱锥的体积计算，空间几何体的作图能力，精确画出直观图找到棱锥的最大高度是解题核心19（新课标II）一种正方体被一种平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）ABCD【分析】由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，把有关数据代入棱锥的体积公式计算即可【解答】解：设正方体的棱长为1，由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，正方体切掉部分的体积为111=，剩余部分体积为1=，截去部分体积与剩余部分体积的比值为故选：D【点评】本题考察了由三视图判断几何体的形状，求几何体的体积2

27、0（秋淮南期末）如图所示，ABCDA1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论对的的是（）AA，M，O三点共线BA，M，OA1不共面CA，M，C，O不共面DB，B1，O，M共面【分析】本题运用直接法进行判断先观测图形判断A，M，O三点共线，为了要证明A，M，O三点共线，先将M当作是在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，运用同样的措施证明点O、A也是在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，从而证明三点共线【解答】解：连接A1C1，AC，则A1C1AC，A1、C1、C、A四点共面，A1C平面ACC1A1，MA1C，M平面ACC1A1，又M平面

28、AB1D1，M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，A、M、O三点共线故选：A【点评】本题重要考察了平面的基本性质及推论、三点共线及空间想象能力，属于基本题21（衡阳县校级模拟）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是（）AMN与CC1垂直BMN与AC垂直CMN与BD平行DMN与A1B1平行【分析】先运用三角形中位线定理证明MNBD，再运用线面垂直的鉴定定理定义证明MN与CC1垂直，由异面直线所成的角的定义证明MN与AC垂直，故排除A、B、C选D【解答】解：如图：连接C1D，BD，在三

29、角形C1DB中，MNBD，故C对的；CC1平面ABCD，CC1BD，MN与CC1垂直，故A对的；ACBD，MNBD，MN与AC垂直，B对的；A1B1与BD异面，MNBD，MN与A1B1不也许平行，D错误故选D【点评】本题重要考察了正方体中的线面关系，线线平行与垂直的证明，异面直线所成的角及其位置关系，熟记正方体的性质是解决本题的核心22（秋眉山期末）如图是正方体或四周体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点不共面的一种图是（）ABCD【分析】运用公理三及推论判断求解【解答】解：在A图中：分别连接PS，QR，则PSQR，P，S，R，Q共面在B图中：过P，Q，R，S可作一正六边形，如图，故P

30、，Q，R，S四点共面在C图中：分别连接PQ，RS，则PQRS，P，Q，R，S共面D图中：PS与RQ为异面直线，P，Q，R，S四点不共面故选：D【点评】本题考察四点不共面的图形的判断，是基本题，解题时要认真审题，注意平面性质及推论的合理运用23（广东）若直线 l1和l2 是异面直线，l1在平面 内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题对的的是（）Al与l1，l2都不相交Bl与l1，l2都相交Cl至多与l1，l2中的一条相交Dl至少与l1，l2中的一条相交【分析】可以画出图形来阐明l与l1，l2的位置关系，从而可判断出A，B，C是错误的，而对于D，可假设不对的，这样l便和l1，l2都不相

31、交，这样可退出和l1，l2异面矛盾，这样便阐明D对的【解答】解：Al与l1，l2可以相交，如图：该选项错误；Bl可以和l1，l2中的一种平行，如上图，该选项错误；Cl可以和l1，l2都相交，如下图：，该选项错误；D“l至少与l1，l2中的一条相交”对的，如果l和l1，l2都不相交；l和l1，l2都共面；l和l1，l2都平行；l1l2，l1和l2共面，这样便不符合已知的l1和l2异面；该选项对的故选D【点评】考察异面直线的概念，在直接阐明一种命题对的困难的时候，可阐明它的背面不对的24（延庆县一模）已知两条直线a，b和平面，若ab，b，则“a”是“b”的（）A充足不必要条件B必要不充足条件C充要

32、条件D既不充足也不必要条件【分析】分别判断出充足性和不必要性即可【解答】解：若ab，b，a，则b，是充足条件，若ab，b，b，推不出a，不是必要条件，则“a”是“b”的充足不必要条件，故选：A【点评】本题考察了充足必要条件，考察线面、线线的位置关系，是一道基本题二填空题（共6小题）25（长春一模）已知三棱柱ABCA1B1C1底面是边长为的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球表面积为12，则该三棱柱的体积为3【分析】求出底面中心究竟面三角形顶点的距离，求出外接球的半径，然后求出棱柱的高，即可求出所求体积【解答】解：设球半径R，上下底面中心设为M，N，由题意，外接球心为MN的中点，设为O，

33、则OA=R，由4R2=12，得R=OA=，又AM=，由勾股定理可知，OM=1，因此MN=2，即棱柱的高h=2，因此该三棱柱的体积为2=3故答案为：3【点评】本题是基本题，考察几何体的外接球的表面积的应用，三棱柱体积的求法，考察计算能力26（长春一模）若一种正四周体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则=【分析】设正四周体ABCD的棱长为a，运用体积分割法计算出内切球半径r=a，从而得到S2有关a的式子运用正三角形面积公式，算出正四周体的表面积S1有关a的式子，由此不难得出S1与S2的比值【解答】解：设正四周体ABCD的棱长为a，可得等边三角形ABC的高等于a，底面中心将高分为2：1的两段底

34、面中心到顶点的距离为a=a可得正四周体ABCD的高为h=a正四周体ABCD的体积V=SABCa=a3，设正四周体ABCD的内切球半径为r，则4SABCr=a3，解得r=a内切球表面积S2=4r2=正四周体ABCD的表面积为S1=4SABC=a2，=故答案为：【点评】本题给出正四周体，求它的表面积与其内切球表面积的比值，着重考察了正四周体的性质、球的表面积公式和多面体的外接、内切球算法等知识，属于中档题27（石嘴山校级二模）在三棱锥PABC中，底面ABC是等腰三角形，BAC=120，BC=2，PA平面ABC，若三棱锥PABC的外接球的表面积为8，则该三棱锥的体积为【分析】作出草图，根据底面ABC

35、与截面圆的关系计算截面半径，根据球的面积计算球的半径，运用勾股定理计算球心到截面的距离，得出棱锥PABC的高【解答】解：过A作平面ABC所在球截面的直径AD，连结BD，CD，AB=AC，BAC=120，ABC=ACB=ADC=ADB=30BCD=CBD=BDC=60即BCD是等边三角形BC=2，AD=过球心O作OM平面ABC，则M为AD的中点，AM=设外接球半径为r，则4r2=8，r=即OA=OM=PA平面ABC，PA=2OM=VPABC=故答案为【点评】本题考察了棱锥与外接球的关系，棱锥的体积计算，属于中档题28（南昌一模）已知直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC=90，侧面BCC1B1的面

36、积为2，则直三棱柱ABCA1B1C1外接球表面积的最小值为4【分析】设BC=2x，BB1=2y，则4xy=2，运用直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC=90，可得直三棱柱ABCA1B1C1外接球的半径为=1，即可求出三棱柱ABCA1B1C1外接球表面积的最小值【解答】解：设BC=2x，BB1=2y，则4xy=2，直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC=90，直三棱柱ABCA1B1C1外接球的半径为=1，直三棱柱ABCA1B1C1外接球表面积的最小值为412=4故答案为：4【点评】本题考察三棱柱ABCA1B拟定1C1外接球表面积的最小值，考察基本不等式的运用，拟定直三棱柱ABCA1B1C1外接球的

37、半径的最小值是核心29（四川）在三棱住ABCA1B1C1中，BAC=90，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设M，N，P分别是AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥PAMN的体积是【分析】判断三视图相应的几何体的形状，画出图形，运用三视图的数据，求解三棱锥PAMN的体积即可【解答】解：由三视图可知，可知几何体的图形如图：几何体是底面为等腰直角三角形直角边长为1，高为1的直三棱柱，所求三棱锥的高为NP=1，底面AMN的面积是底面三角形ABC的，所求三棱锥PAMN的体积是：=故答案为：【点评】本题考察三视图与直观图的关系，组作出几何体的直观图是解题的核心之一

38、，考察几何体的体积的求法，考察空间想象能力以及计算能力30（春厦门校级期中）a，b，c是空间中互不重叠的三条直线，下面给出五个命题：若ab，bc，则ac；若ab，bc，则ac；若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；若a平面，b平面，则a，b一定是异面直线；上述命题中对的的是（只填序号）【分析】运用平行公理去判断运用直线垂直的性质判断运用直线的位置关系判断运用异面直线的定义判断【解答】解：根据空间直线平行的平行公理可知，若ab，bc，则ac，因此对的在空间中，直线垂直时，直线的位置不拟定，因此无法得到ac，因此错误在空间中，直线相交不具有传递性，因此错误满足条件的两条直线a，b，也许平行，也许相交，也也许是异面直线，因此错误故答案为：【点评】本题重要考察空间直线与直线位置关系的判断比较基本