《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 立體幾何 第1講 空間幾何體的三視圖、表面積與體積學(xué)案 理 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 立體幾何 第1講 空間幾何體的三視圖、表面積與體積學(xué)案 理 新人教A版（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第1講空間幾何體的三視圖、表面積與體積做真題題型一三視圖與直觀圖1(2018高考全國卷)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()A2B2C3 D2解析：選B由三視圖可知，該幾何體為如圖所示的圓柱，該圓柱的高為2，底面周長為16.畫出該圓柱的側(cè)面展開圖，如圖所示，連接MN，則MS2，SN4，則從M到N的路徑中，最短路徑的長度為2.故選B2(2018高考全國卷)中國古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來構(gòu)件的凸出部分叫榫頭，凹進(jìn)部分叫卯眼，圖中木構(gòu)件右邊的小長方體是榫
2、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：選A由題意知，在咬合時帶卯眼的木構(gòu)件中，從俯視方向看，榫頭看不見，所以是虛線，結(jié)合榫頭的位置知選A3(2019高考全國卷)中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1)半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美圖2是一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1，則該半正多面體共有_個面，其棱長為_解析：依題意知，題中的半正多
3、面體的上、下、左、右、前、后6個面都在正方體的表面上，且該半正多面體的表面由18個正方形，8個正三角形組成，因此題中的半正多面體共有26個面注意到該半正多面體的俯視圖的輪廓是一個正八邊形，設(shè)題中的半正多面體的棱長為x，則xxx1，解得x1，故題中的半正多面體的棱長為1.答案：261題型二空間幾何體的表面積與體積1(2019高考全國卷)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ABCDA1B1C1D1挖去四棱錐OEFGH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，ABBC6 cm，AA14 cm.3D打印所用原料密度為0.9 g/cm3.不考慮打
4、印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為_g.解析：由題易得長方體ABCDA1B1C1D1的體積為664144(cm3)，四邊形EFGH為平行四邊形，如圖所示，連接GE，HF，易知四邊形EFGH的面積為矩形BCC1B1面積的一半，即6412(cm2)，所以V四棱錐OEFGH31212(cm3)，所以該模型的體積為14412132(cm3)，所以制作該模型所需原料的質(zhì)量為1320.9118.8(g)答案：118.82(2018高考全國卷)已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB所成角的余弦值為，SA與圓錐底面所成角為45.若SAB的面積為5，則該圓錐的側(cè)面積為_解析：如圖所示，設(shè)S在底面的射影為S，連接AS
5、，SS.SAB的面積為SASBsinASBSA2SA25，所以SA280，SA4.因為SA與底面所成的角為45，所以SAS45，ASSAcos 4542.所以底面周長l2AS4，所以圓錐的側(cè)面積為4440.答案：40題型三與球有關(guān)的切、接問題1(2019高考全國卷 )已知三棱錐PABC的四個頂點在球O的球面上，PAPBPC，ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點，CEF90，則球O的體積為()A8 B4C2 D解析：選D因為點E，F(xiàn)分別為PA，AB的中點，所以EFPB，因為CEF90，所以EFCE，所以PBCE.取AC的中點D，連接BD，PD，易證AC平面BDP，所以PBAC
6、，又ACCEC，AC，CE平面PAC，所以PB平面PAC，所以PBPA，PBPC，因為PAPBPC，ABC為正三角形，所以PAPC，即PA，PB，PC兩兩垂直，將三棱錐P-ABC 放在正方體中如圖所示因為AB2，所以該正方體的棱長為，所以該正方體的體對角線長為，所以三棱錐PABC的外接球的半徑R，所以球O的體積VR3，故選D2(2018高考全國卷)設(shè)A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，ABC為等邊三角形且其面積為9，則三棱錐DABC體積的最大值為()A12 B18C24 D54 解析：選B設(shè)等邊三角形ABC的邊長為x，則x2sin 609，得x6.設(shè)ABC的外接圓半徑為r，則2r，
7、解得r2，所以球心到ABC所在平面的距離d2，則點D到平面ABC的最大距離d1d46，所以三棱錐DABC體積的最大值VmaxSABC69618.3(2017高考全國卷)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為()A BC D解析：選B設(shè)圓柱的底面半徑為r，則r212，所以，圓柱的體積V1，故選B明考情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，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，此小題一般會出現(xiàn)在第48題的位置上，難度一般；考查兩個小題時，其
8、中一個小題難度一般，另一個小題難度稍高，一般會出現(xiàn)在第1016題的位置上，此小題雖然難度稍高，主要體現(xiàn)在計算量上，但仍是對基礎(chǔ)知識、基本公式的考查空間幾何體的三視圖考法全練1(2019福州市質(zhì)量檢測)棱長為1的正方體木塊ABCDA1B1C1D1的直觀圖如圖所示，平面過點D且平行于平面ACD1，則該木塊在平面內(nèi)的正投影面積是()ABC D1解析：選A棱長為1的正方體木塊ABCDA1B1C1D1在平面內(nèi)的正投影是三個全等的菱形，如圖，正投影可以看成兩個邊長為的等邊三角形，所以木塊在平面內(nèi)的正投影面積是2.2(2019福州市第一學(xué)期抽測)如圖為一圓柱切削后的幾何體及其正視圖，則相應(yīng)的側(cè)視圖可以是()
9、解析：選B由題意，根據(jù)切削后的幾何體及其正視圖，可得相應(yīng)的側(cè)視圖的切口為橢圓，故選B3(2019江西省五校協(xié)作體試題)如圖1，在三棱錐DABC中，已知ACBCCD2，CD平面ABC，ACB90.若其正視圖、俯視圖如圖2，則其側(cè)視圖的面積為()AB2C D解析：選D由題意知側(cè)視圖為直角三角形，因為正視圖的高即幾何體的高，所以正視圖的高為2，則側(cè)視圖的高，即一直角邊長也為2.因為俯視圖為邊長為2的等腰直角三角形，所以側(cè)視圖的另一直角邊長為.所以側(cè)視圖的面積為，故選D4(2019江西八所重點中學(xué)聯(lián)考)某四面體的三視圖如圖所示，則該四面體最長的棱長與最短的棱長的比值是()A BC D解析：選D在棱長為
10、2的正方體中還原該四面體PABC.如圖所示，其中最短的棱為AB和BC，最長的棱為PC.因為正方體的棱長為2，所以ABBC2，PC3，所以該四面體最長的棱長與最短的棱長的比值為，故選D5(2019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()A8 B4C8 D12解析：選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，PA4，AB4，BC4，CD6，所以AD2，PD6，PB4，連接AC，則AC4，所以PC4，顯然在各側(cè)面面積中PCD的面積最大，又PDCD6，所以PC邊
11、上的高為2，所以SPCD4212，故該四棱錐的各側(cè)面面積的最大值為12，故選D(1)識別三視圖的步驟應(yīng)把幾何體的結(jié)構(gòu)弄清楚或根據(jù)幾何體的具體形狀，明確幾何體的擺放位置根據(jù)三視圖的有關(guān)規(guī)則先確定正視圖，再確定俯視圖，最后確定側(cè)視圖被遮住的輪廓線應(yīng)為虛線(2)由三視圖還原到直觀圖的思路根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面根據(jù)正(主)視圖或側(cè)(左)視圖確定幾何體的側(cè)棱與側(cè)面的特征，調(diào)整實線和虛線所對應(yīng)的棱、面的位置確定幾何體的直觀圖形狀(3)由幾何體的部分視圖判斷剩余的視圖的思路先根據(jù)已知的一部分視圖，還原、推測直觀圖的可能形式，然后再找其剩下部分視圖的可能形式當(dāng)然作為選擇題，也可將選項逐項代入，再看看給出的
12、部分三視圖是否符合空間幾何體的表面積和體積典型例題命題角度一空間幾何體的表面積 (1)(2019安徽五校聯(lián)盟第二次質(zhì)檢)已知某幾何體是一個平面將一正方體截去一部分后所得，該幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A202B182C18 D20(2)(2019福建五校第二次聯(lián)考)已知某幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的表面積是()A3 B3C D【解析】(1)如圖所示，ABCD-A1B1C1D1是棱長為2的正方體，根據(jù)三視圖，還原幾何體的直觀圖為圖中多面體ABCDA1C1D1，其表面積為S正方形ABCDSSSSSS4442228182，故選B(2)由三視圖知，該幾何體為圓錐挖掉圓臺后剩余部
13、分，其表面積S表22124223.故選A【答案】(1)B(2)A求幾何體的表面積的方法(1)求表面積問題的基本思路是將立體幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題，即空間圖形平面化，這是解決立體幾何的主要出發(fā)點(2)求不規(guī)則幾何體的表面積時，通常將所給幾何體分割成基本的柱、錐、臺體，先求這些柱、錐、臺體的表面積，再通過求和或作差得不規(guī)則幾何體的表面積 命題角度二空間幾何體的體積 (1)(2019武漢市調(diào)研測試)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為()A BC2 D2(2)(2019江西省五校協(xié)作體試題)某幾何體的三視圖如圖所示，正視圖是一個上底為2，下底為4的
14、直角梯形，俯視圖是一個邊長為4的等邊三角形，則該幾何體的體積為_【解析】(1)由三視圖知，該幾何體是由兩個底面半徑為1，高為2的圓錐組成的，所以該幾何體的體積V2122，故選B(2)把三視圖還原成幾何體ABCDEF，如圖所示，在AD上取點G，使得AG2，連接GE，GF，則把幾何體ABCDEF分割成三棱柱ABCGEF和三棱錐DGEF，所以VABC-DEFVABC-GEFVD-GEF4242.【答案】(1)B(2)求空間幾何體體積的常用方法(1)公式法：直接根據(jù)相關(guān)的體積公式計算(2)等積法：根據(jù)體積計算公式，通過轉(zhuǎn)換空間幾何體的底面和高使得體積計算更容易，或是求出一些體積比等(3)割補法：把不能
15、直接計算體積的空間幾何體進(jìn)行適當(dāng)分割或補形，轉(zhuǎn)化為易計算體積的幾何體對點訓(xùn)練1(2019唐山市摸底考試)已知某幾何體的三視圖如圖所示(俯視圖中曲線為四分之一圓弧)，則該幾何體的表面積為()A1 B3C2 D4解析：選D由題設(shè)知，該幾何體是棱長為1的正方體被截去底面半徑為1的圓柱后得到的，如圖所示，所以表面積S22(11)2114.故選D2(2019長春市質(zhì)量監(jiān)測(一)已知一所有棱長都是的三棱錐，則該三棱錐的體積為_解析：記所有棱長都是的三棱錐為PABC，如圖所示，取BC的中點D，連接AD，PD，作POAD于點O，則PO平面ABC，且OP，故三棱錐PABC的體積VSABCOP()2.答案：與球有
16、關(guān)的切、接問題典型例題命題角度一外接球 (2019石家莊市質(zhì)量檢測)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為菱形，PB底面ABCD，O為對角線AC與BD的交點，若PB1，APBBAD，則三棱錐PAOB的外接球的體積是_【解析】因為四邊形ABCD是菱形，所以ACBD，即OAOB，因為PB平面ABCD，所以PBAO，又OBPBB，所以AO平面PBO，所以AOPO，即PAO是以PA為斜邊的直角三角形，因為PBAB，所以PAB是以PA為斜邊的直角三角形，所以三棱錐PAOB的外接球的直徑為PA，因為PB1，APB，所以PA2，所以三棱錐PAOB的外接球的半徑為1，所以三棱錐PAOB的外接球的體積為.【
17、答案】解決多面體的外接球問題，關(guān)鍵是確定球心的位置，方法是先選擇多面體中的一面，確定此面外接圓的圓心，再過圓心作垂直此面的垂線，則球心一定在此垂線上，最后根據(jù)其他頂點確定球心的準(zhǔn)確位置對于特殊的多面體還可采用補成正方體或長方體的方法找到球心位置 命題角度二內(nèi)切球 (2019廣東省七校聯(lián)考)在四棱錐PABCD中，四邊形ABCD是邊長為2a的正方形，PD底面ABCD，且PD2a，若在這個四棱錐內(nèi)放一個球，則該球半徑的最大值為_【解析】通解：由題意知，球內(nèi)切于四棱錐PABCD時半徑最大，設(shè)該四棱錐的內(nèi)切球的球心為O，半徑為r，連接OA，OB，OC，OD，OP，則VP-ABCDVO-ABCDVO-PA
18、DVO-PABVO-PBCVO-PCD，即2a2a2ar，解得r(2)a.優(yōu)解：易知當(dāng)球內(nèi)切于四棱錐PABCD，即與四棱錐PABCD各個面均相切時，球的半徑最大，作出相切時的側(cè)視圖如圖所示，設(shè)四棱錐PABCD內(nèi)切球的半徑為r，則2a2a(2a2a2a)r，解得r(2)a.【答案】(2)a求解多面體的內(nèi)切球的問題，一般是將多面體分割為以球心為頂點，多面體的各面為底面的棱錐，利用多面體的體積等于各棱錐的體積之和求內(nèi)切球的半徑 命題角度三與球有關(guān)的最值問題 (2019昆明市質(zhì)量檢測)三棱錐PABC的所有頂點都在半徑為2的球O的球面上若PAC是等邊三角形，平面PAC平面ABC，ABBC，則三棱錐PAB
19、C體積的最大值為()A2B3C2 D3【解析】根據(jù)ABBC可知AC為三角形ABC所在截面圓O1的直徑，又平面PAC平面ABC，APC為等邊三角形，所以P在OO1上，如圖所示，設(shè)PAx，則AO1x，PO1x，所以PO1xOO1224x22x0x2，所以AO12，PO123，當(dāng)?shù)酌嫒切蜛BC的面積最大時，即底面為等腰直角三角形時三棱錐PABC的體積最大，此時VSABCPO133.【答案】B多面體與球有關(guān)的最值問題，主要有三種：一是多面體確定的情況下球的最值問題，二是球的半徑確定的情況下與多面體有關(guān)的最值問題；三是多面體與球均確定的情況下，截面的最值問題 對點訓(xùn)練1已知圓錐的高為3，底面半徑為，若
20、該圓錐的頂點與底面的圓周都在同一個球面上，則這個球的體積等于()A BC16 D32解析：選B設(shè)該圓錐的外接球的半徑為R，依題意得，R2(3R)2()2，解得R2，所以所求球的體積VR323，故選B2(2019福州市質(zhì)量檢測)如圖，以棱長為1的正方體的頂點A為球心，以為半徑作一個球面，則該正方體的表面被球面所截得的所有弧長之和為()A BC D解析：選C正方體的表面被該球面所截得的弧長是相等的三部分，如圖，上底面被球面截得的弧長是以A1為圓心，1為半徑的圓周長的，所以所有弧長之和為3.故選C一、選擇題1.如圖是一個正方體，A，B，C為三個頂點，D是棱的中點，則三棱錐ABCD的正視圖和俯視圖是(
21、注：選項中的上圖為正視圖，下圖為俯視圖)()解析：選A正視圖和俯視圖中棱AD和BD均看不見，故為虛線，易知選A2(2019武漢市調(diào)研測試)如圖，在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，M為CD的中點，則三棱錐ABC1M的體積VABC1M()ABC D解析：選CVVSABMC1CABADC1C.故選C3(2019昆明市質(zhì)量檢測)一個三棱柱的三視圖如圖所示，則該三棱柱的側(cè)面積為()A12 B24C12 D242解析：選B根據(jù)三視圖可知該三棱柱的直觀圖如圖所示，所以該三棱柱的側(cè)面積S224(222)424.4(2019蓉城名校第一次聯(lián)考)已知一個幾何體的正視圖和側(cè)視圖如圖1所示，其俯視圖用斜二
22、測畫法所畫出的水平放置的直觀圖是一個直角邊長為1的等腰直角三角形(如圖2所示)，則此幾何體的體積為()A1 BC2 D2解析：選B根據(jù)直觀圖可得該幾何體的俯視圖是一個直角邊長分別是2和的直角三角形(如圖所示)，根據(jù)三視圖可知該幾何體是一個三棱錐，且三棱錐的高為3，所以體積V(2)3.故選B5(2019昆明市質(zhì)量檢測)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A4 B4C12 D12解析：選C三視圖對應(yīng)的幾何體是一個半球與一個長方體的組合體，半球的半徑為1，體積為，長方體的長、寬、高分別為2、2、3，體積為12.所以組合體的體積為12.故選C6(2019合肥市第二次質(zhì)量檢測)如圖，網(wǎng)格紙
23、上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，其中俯視圖由兩個半圓和兩條線段組成，則該幾何體的表面積為()A1712 B1212C2012 D1612解析：選C由三視圖知，該幾何體是一個由大半圓柱挖去一個小半圓柱得到的，兩個半圓柱的底面半徑分別為1和3，高均為3，所以該幾何體的表面積為23321322232012，故選C7(2019濟南市學(xué)習(xí)質(zhì)量評估)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A5 BC6 D8解析：選C該幾何體是以左視圖為底面的五棱柱，高為2，底面積為21213，故其體積為326.8(2019江西七校第一次聯(lián)考)一個半徑為1的球?qū)ΨQ削去了三部分，其俯視圖如圖所示，
24、那么該立體圖形的表面積為()A3 B4C5 D6解析：選C由題中俯視圖可知該球被平均分成6部分，削去了3部分，剩余的3部分為該幾何體，所以該立體圖形的表面積為2123125，故選C9(2019廣州市綜合檢測(一)一個幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖和俯視圖中的四邊形是邊長為2的正方形，則該幾何體的表面積為()A B7C D8解析：選B由三視圖可知該幾何體是一個圓柱體和一個球體的四分之一的組合體，則所求的幾何體的表面積為41212122127，選B10(2019重慶市七校聯(lián)合考試)已知正三棱錐的高為6，內(nèi)切球(與四個面都相切)的表面積為16，則其底面邊長為()A18 B12C6 D4解析：選B
25、由題意知，球心在三棱錐的高PE上，設(shè)內(nèi)切球的半徑為R，則S球4R216，所以R2，所以O(shè)EOF2，OP4.在RtOPF中，PF2.因為OPFDPE，所以，得DE2，AD3DE6，ABAD12.故選B11(2019福州市質(zhì)量檢測)如圖，網(wǎng)格紙上的小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為()A32 B16C D解析：選D由三視圖知，該幾何體為直三棱柱ABCA1B1C1割去一個小三棱錐DABC后剩余的部分，如圖所示，故所求幾何體的體積為43422.故選D12(2018高考全國卷)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面所成的角都相等，則截此正方體所得截面面積的最大值為
26、()A BC D解析：選A記該正方體為ABCDABCD，正方體的每條棱所在直線與平面所成的角都相等，即共點的三條棱AA，AB，AD與平面所成的角都相等如圖，連接AB，AD，BD，因為三棱錐AABD是正三棱錐，所以AA，AB，AD與平面ABD所成的角都相等分別取CD，BC，BB，AB，AD，DD的中點E，F(xiàn)，G，H，I，J，連接EF，F(xiàn)G，GH，IH，IJ，JE，易得E，F(xiàn)，G，H，I，J六點共面，平面EFGHIJ與平面ABD平行，且截正方體所得截面的面積最大又EFFGGHIHIJJE，所以該正六邊形的面積為6，所以截此正方體所得截面面積的最大值為，故選A二、填空題13(一題多解)(2019南昌
27、市第一次模擬測試)底面邊長為6，側(cè)面為等腰直角三角形的正三棱錐的高為_解析：法一：由題意得，三棱錐的側(cè)棱長為3，設(shè)正三棱錐的高為h，則33336h，解得h.法二：由題意得，三棱錐的側(cè)棱長為3，底面正三角形的外接圓的半徑為2，所以正三棱錐的高為.答案：14(2019高考全國卷)已知ACB90，P為平面ABC外一點，PC2，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：如圖，過點P分別作PEBC交BC于點E，作PFAC交AC于點F.由題意知PEPF.過P作PH平面ABC于點H，連接HE，HF，HC，易知HEHF，則點H在ACB的平分線上，又ACB90，故CEH為等腰直角三
28、角形在RtPCE中，PC2，PE，則CE1，故CH，在RtPCH中，可得PH，即點P到平面ABC的距離為.答案：15(2019高考天津卷)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：由題可得，四棱錐底面對角線的長為2，則圓柱底面的半徑為，易知四棱錐的高為2，故圓柱的高為1，所以圓柱的體積為1.答案：16. (2017高考全國卷)如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5 cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D、E、F為圓O上的點，DBC，ECA，F(xiàn)AB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起DBC，ECA，F(xiàn)AB，使得D、E、F重合，得到三棱錐當(dāng)ABC的邊長變化時，所得三棱錐體積(單位：cm3)的最大值為_解析：由題意可知，折起后所得三棱錐為正三棱錐，當(dāng)ABC的邊長變化時，設(shè)ABC的邊長為a(a0)cm，則ABC的面積為a2，DBC的高為5a，則正三棱錐的高為，所以25a0，所以0a5，所得三棱錐的體積Va2 .令t25a4a5，則t100a3a4，由t0，得a4，此時所得三棱錐的體積最大，為4 cm3.答案：4- 21 -
（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 立體幾何 第1講 空間幾何體的三視圖、表面積與體積學(xué)案 理 新人教A版
