2019届二轮复习（理）专题四第一讲空间几何体学案

2019届二轮复习（理）专题四第一讲空间几何体学案

第一讲　空间几何体 年份 卷别 考查角度及命题位置 命题分析 ‎2018‎ Ⅰ卷 圆柱的三视图的应用·T7‎ 立体几何问题既是高考的必考点，也是考查的难点，其在高考中的命题形式较为稳定，保持“一小一大”或“两小一大”的格局．多以选择题或者填空题的形式考查空间几何体三视图的识别，空间几何体的体积或表面积的计算.‎ Ⅲ卷 与数学文化有关的三视图判断·T3‎ ‎2017‎ Ⅰ卷 三视图与表面积问题·T7‎ Ⅱ卷 三视图与体积问题·T4‎ Ⅲ卷 圆柱与球的结合体问题·T8‎ ‎2016‎ Ⅰ卷 有关球的三视图及表面积·T6‎ Ⅱ卷 空间几何体的三视图及组合体表面积的计算·T6‎ Ⅲ卷 空间几何体三视图及表面积的计算·T9‎ 直三棱柱的体积最值问题·T10‎ 空间几何体的三视图 授课提示：对应学生用书第34页 ‎[悟通——方法结论]‎ 一个物体的三视图的排列规则 俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样，即“长对正、高平齐、宽相等”．‎ ‎[全练——快速解答]‎ ‎1．(2018·高考全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(　　)‎ ‎　‎ 解析：由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.‎ 故选A.‎ 答案：A ‎2．(2017·高考全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为(　　)‎ A．10 B．‎12　‎　 　C．14　　 　D．16‎ 解析：由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，且这两个梯形全等，这些梯形的面积之和为×2＝12，故选B.‎ 答案：B ‎3．(2018·山西八校联考)将正方体(如图1)截去三个三棱锥后，得到如图2所示的几何体，侧视图的视线方向如图2所示，则该几何体的侧视图为(　　)‎ 解析：将图2中的几何体放到正方体中如图所示，从侧视图的视线方向观察，易知该几何体的侧视图为选项D中的图形，故选D.‎ 答案：D 明确三视图问题的常见类型及解题策略 ‎(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，看不到的部分用虚线表示．‎ ‎(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．‎ 当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．‎ ‎(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．‎ 空间几何体的表面积与体积 授课提示：对应学生用书第35页 ‎[悟通——方法结论]‎ 求解几何体的表面积或体积 ‎(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算．‎ ‎(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．‎ ‎(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用．‎ ‎[全练——快速解答]‎ ‎1．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为(　　)‎ A．90π　　　　 B．63π C．42π D．36π 解析：法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V＝π×32×10－×π×32×6＝63π.‎ 法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V＝π×32×7＝63π.‎ 答案：B ‎2．(2018·福州四校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A． B．27‎ C．27 D．27 解析：在长、宽、高分别为3，3,3的长方体中，由几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥CBAP，其中底面BAP是∠BAP＝90˚的直角三角形，AB＝3，AP＝3，所以BP＝6，又棱CB⊥平面BAP且CB＝3，所以AC＝6，所以该几何体的表面积是×3×3＋×3×3＋×6×3＋×6×3＝27，故选D.‎ 答案：D ‎3.(2018·西安八校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(　　)‎ A. B. C．2＋ D．4＋ 解析：由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球与一个底面半径为1，高为2的半圆柱组合而成的组合体，故其体积V＝π×13＋π×12×2＝π，故选B.‎ 答案：B ‎4．(2018·高考全国卷Ⅰ)在长方体ABCDA1B‎1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB‎1C‎1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)‎ A．8 B．6 C．8 D．8 解析：如图，连接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB‎1C‎1C，∴∠AC1B为直线AC1与平面BB‎1C ‎1C所成的角，∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝＝4，在Rt△ACC1中，CC1＝＝＝2，‎ ‎∴V长方体＝AB×BC×CC1‎ ‎＝2×2×2＝8.‎ 故选C.‎ 答案：C ‎1．活用求几何体的表面积的方法 ‎(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．‎ ‎(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得几何体的表面积．‎ ‎2．活用求空间几何体体积的常用方法 ‎(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．‎ ‎(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．‎ ‎(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．‎ 空间几何体与球的切、接问题 授课提示：对应学生用书第36页 ‎[悟通——方法结论]‎ ‎1．解决与球有关的“切”“接”问题，一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面，把空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系．‎ ‎2．记住几个常用的结论：‎ ‎(1)正方体的棱长为a，球的半径为R.‎ ‎①正方体的外接球，则2R＝a；‎ ‎②正方体的内切球，则2R＝a；‎ ‎③球与正方体的各棱相切，则2R＝a.‎ ‎(2)在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.‎ ‎(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.‎ ‎　(1)(2017·高考全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　　)‎ A．π　　 　B.　　 　C.　　 　D. 解析：设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－2＝，所以，圆柱的体积V＝π×1＝，故选B.‎ 答案：B ‎(2)(2017·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥SABC的体积为9，则球O的表面积为________．‎ 解析：如图，连接AO，OB，‎ ‎∵SC为球O的直径，‎ ‎∴点O为SC的中点，‎ ‎∵SA＝AC，SB＝BC，‎ ‎∴AO⊥SC，BO⊥SC，‎ ‎∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，‎ ‎∴AO⊥平面SCB，‎ 设球O的半径为R，‎ 则OA＝OB＝R，SC＝2R.‎ ‎∴VSABC＝VASBC＝×S△SBC×AO ‎＝××AO，‎ 即9＝××R，解得R＝3，‎ ‎∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.‎ 答案：36π 掌握“切”“接”问题的处理方法 ‎(1)“切”的处理：解决与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时要先找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则多通过多面体过球心的对角面来作截面.‎ ‎(2)“接”的处理：把一个多面体的几个顶点放在球面上即球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.‎ ‎[练通——即学即用]‎ ‎1．(2018·湘东五校联考)已知等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝2，D，E分别为AB，AC的中点，沿DE将△ABC折成直二面角(如图)，则四棱锥ADECB的外接球的表面积为________．‎ ‎　解析：取DE的中点M，BC的中点N，连接MN(图略)，由题意知，MN⊥平面ADE，因为△ADE是等腰直角三角形，所以△ADE的外接圆的圆心是点M，四棱锥ADECB的外接球的球心在直线MN上，又等腰梯形DECB的外接圆的圆心在MN上，所以四棱锥ADECB的外接球的球心就是等腰梯形DECB的外接圆的圆心．连接BE，易知△BEC是钝角三角形，所以等腰梯形DECB的外接圆的圆心在等腰梯形DECB的外部．设四棱锥ADECB的外接球的半径为R，球心到BC的距离为d，则解得R2＝，故四棱锥ADECB的外接球的表面积S＝4πR2＝10π.‎ 答案：10π ‎2．(2018·合肥模拟)如图，已知平面四边形ABCD满足AB＝AD＝2，∠A＝60˚，∠C＝90˚，将△ABD沿对角线BD翻折，使平面ABD⊥平面CBD，则四面体ABCD外接球的体积为________．‎ 解析：在四面体ABCD中，∵AB＝AD＝2，∠BAD＝60˚，∴△ABD为正三角形，设BD的中点为M，连接AM，则AM⊥BD，又平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD＝‎ BD，∴AM⊥平面CBD.∵△CBD为直角三角形，∴其外接圆的圆心是斜边BD的中点M，由球的性质知，四面体ABCD外接球的球心必在线段AM上，又△ABD为正三角形，∴球心是△ABD的中心，则外接球的半径为×2×＝，∴四面体ABCD外接球的体积为×π×()3＝.‎ 答案： 授课提示：对应学生用书第135页 一、选择题 ‎1．(2018·广州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为，则该几何体的俯视图可以是(　　)‎ 解析：由题意可得该几何体可能为四棱锥，如图所示，其高为2，底面为正方形，面积为2×2＝4，因为该几何体的体积为×4×2＝，满足条件，所以俯视图可以为一个直角三角形．故选D.‎ 答案：D ‎2．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1、O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为(　　)‎ A．12π　 B．12π C．8π D．10π 解析：设圆柱的轴截面的边长为x，则由x2＝8，得x＝2，∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×()2＋2π××2＝12π.‎ 故选B.‎ 答案：B ‎3．(2018·合肥模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．5π＋18 B．6π＋18‎ C．8π＋6 D．10π＋6‎ 解析：由三视图可知，该几何体由一个半圆柱与两个半球构成，故其表面积为4π×12＋×2×π×1×3＋2××π×12＋3×2＝8π＋6.故选C.‎ 答案：C ‎4．(2018·沈阳模拟)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是(　　)‎ A．4＋4 B．4＋2‎ C．8＋4 D． 解析：由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥PABCD，如图所示，其中PA⊥底面ABCD，四边形ABCD是正方形，且PA＝2，AB＝2，PB＝2，所以该四棱锥的侧面积S是四个直角三角形的面积和，即S＝2×(×2×2＋×2×2)＝4＋4，故选A.‎ 答案：A ‎5．(2018·聊城模拟)在三棱锥PABC中，已知PA⊥底面ABC，∠BAC＝120˚，PA＝AB＝AC＝2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为(　　)‎ A．10π B．18π C．20π D．9π 解析：该三棱锥为图中正六棱柱内的三棱锥PABC，PA＝AB＝AC＝2，所以该三棱锥的外接球即该六棱柱的外接球，所以外接球的直径2R＝＝2⇒R＝，所以该球的表面积为4πR2＝20π.‎ 答案：C ‎6．(2018·高考全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为(　　)‎ A．2 B．2 C．3 D．2‎ 解析：先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图①所示．‎ 圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．‎ ON＝×16＝4，OM＝2，‎ ‎∴|MN|＝＝＝2.‎ 故选B.‎ 答案：B ‎7．在正三棱柱ABCA1B‎1C1中，AB＝2，AA1＝3，点M是BB1的中点，则三棱锥C1AMC的体积为(　　)‎ A. B. C．2 D．2 解析：取BC的中点D，连接AD.在正三棱柱ABCA1B‎1C1中，△ABC为正三角形，所以AD⊥BC，又BB1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，所以BB1⊥AD，又BB1∩BC＝B，所以AD⊥平面BCC1B1，即AD⊥平面MCC1，所以点A到平面MCC1的距离就是AD.在正三角形 ABC中，AB＝2，所以AD＝，又AA1＝3，点M是BB1的中点，所以S△MCC1＝S矩形BCC1B1＝×2×3＝3，所以VC1－AMC＝VAMCC1＝×3×＝.‎ 答案：A ‎8．如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为平行四边形，NB＝2PN，则三棱锥NPAC与三棱锥DPAC的体积比为(　　)‎ A．1∶2 B．1∶8‎ C．1∶6 D．1∶3‎ 解析：由NB＝2PN可得＝.设三棱锥NPAC的高为h1，三棱锥BPAC的高为h，则＝＝.又四边形ABCD为平行四边形，所以点B到平面PAC的距离与点D到平面PAC的距离相等，所以三棱锥NPAC与三棱锥DPAC的体积比为＝＝.‎ 答案：D ‎9．已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，∠ASC＝∠BSC＝30˚，则棱锥SABC的体积最大为(　　)‎ A．2 B． C． D．2 解析：如图，因为球的直径为SC，且SC＝4，∠ASC＝∠BSC＝30˚，所以∠SAC＝∠SBC＝90˚，AC＝BC＝2，SA＝SB＝2，所以S△SBC＝×2×2＝2，则当点A到平面SBC的距离最大时，棱锥ASBC即SABC的体积最大，此时平面SAC⊥平面SBC，点A到平面SBC的距离为2sin 30˚＝，所以棱锥SABC的体积最大为×2×＝2，故选A.‎ 答案：A 二、填空题 ‎10．(2018·洛阳统考)已知点A，B，C，D均在球O上，AB＝BC＝，AC＝2.若三棱锥DABC体积的最大值为3，则球O的表面积为________．‎ 解析：由题意可得，∠ABC＝，△ABC的外接圆半径r＝，当三棱锥的体积最大时，VDABC＝S△ABC·h(h为D到底面ABC的距离)，即3＝×××h⇒h＝3，即R＋＝3(R为外接球半径)，解得R＝2，∴球O的表面积为4π×22＝16π.‎ 答案：16π ‎11．已知某几何体的三视图如图，其中正视图中半圆直径为4，则该几何体的体积为________．‎ 解析：由三视图可知该几何体为一个长方体挖掉半个圆柱，所以其体积为2×4×8－×π×22×2＝64－4π.‎ 答案：64－4π ‎12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为________．‎ 解析：由三视图可知，几何体的直观图如图所示，平面AED⊥平面BCDE，四棱锥ABCDE的高为1，四边形BCDE是边长为1的正方形，则S△ABC＝S△ABE＝×1×＝，S△ADE＝，S△ACD＝×1×＝，故面积最大的侧面的面积为.‎ 答案： ‎13．(2018·福州四校联考)已知三棱锥ABCD的所有顶点都在球O的球面上，AB为球O的直径，若该三棱锥的体积为，BC＝3，BD＝，∠CBD＝90˚，则球O的体积为________．‎ 解析：设A到平面BCD的距离为h，∵三棱锥的体积为，BC＝3，BD＝，∠CBD＝90˚，∴××3××h＝，∴h＝2，∴球心O到平面BCD的距离为1.设CD的中点为E，连接OE，则由球的截面性质可得OE⊥平面CBD，∵△BCD外接圆的直径CD＝2，∴球O的半径OD＝2，∴球O的体积为.‎ 答案：