【数学】2020届一轮复习人教B版空间几何体学案理

【数学】2020届一轮复习人教B版空间几何体学案理

空间几何体 ‎【2019年高考考纲解读】‎ ‎1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算.‎ ‎2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题．‎ ‎【重点、难点剖析】‎ 一、 三视图与直观图 ‎1．一个物体的三视图的排列规则 俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)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”．‎ ‎2．由三视图还原几何体的步骤 一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体．‎ 二、几何体的表面积与体积 空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧．‎ 三、多面体与球 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径．球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作出截面图．‎ ‎【高考题型示例】‎ 题型一、 三视图与直观图 例1、(1)(2018·全国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(　　)‎ 答案　A 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.‎ ‎(2)[2018·全国卷Ⅰ]某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图.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．‎ ‎① ②‎ 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 ‎【方法技巧】‎ ‎1．由直观图确认三视图的方法 根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确认．‎ ‎2．由三视图还原到直观图的思路 ‎(1)根据俯视图确定几何体的底面．‎ ‎(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．‎ ‎(3)确定几何体的直观图形状.‎ ‎【变式探究】某几何体的正(主)视图与俯视图如图所示，则其侧(左)视图可以为(　　)‎ 答案　B 解析　由俯视图与正(主)视图可知，该几何体可以是一个三棱柱挖去一个圆柱，因此其侧(左)视图为矩形内有一条虚线，虚线靠近矩形的左边部分，只有选项B符合题意，故选B.‎ ‎(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱CD，CC1，A1B1的中点，用过点E，F，G的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为(　　)‎ 答案　C 解析　取AA1的中点H，连接GH，则GH为过点E，F，G的平面与正方体的面A1B1BA的交线．‎ 延长GH，交BA的延长线与点P，连接EP，交AD于点N，则NE为过点E，F，G的平面与正方体的面ABCD的交线．同理，延长EF，交D1C1的延长线于点Q，连接GQ，交B1C1于点M，则FM为过点E，F，G 的平面与正方体的面BCC1B1的交线．所以过点E，F，G的平面截正方体所得的截面为图中的六边形EFMGHN.‎ 故可得位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为选项C所示．‎ ‎【感悟提升】空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正(主)视图和俯视图为主，结合侧(左)视图进行综合考虑．‎ ‎【变式探究】有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．‎ 答案　2＋ 在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝＋1，‎ 且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，‎ ‎∴这块菜地的面积为S＝(A′D′＋B′C′)·A′B′‎ ‎＝××2＝2＋.‎ 题型二　几何体的表面积与体积 例2、(2018·全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________． 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．8＋4＋8 B．24＋4 C．8＋20 D．28‎ 答案　A 解析　由三视图可知，该几何体的下底面是长为4，宽为2的矩形，左右两个侧面是底边为2，高为2的三角形，前后两个侧面是底边为4，高为的平行四边形，所以该几何体的表面积为S＝4×2＋2××2×2＋2×4×＝8＋4＋8.‎ ‎(2)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________，表面积是________．‎ 答案　π　6＋(6＋)π 解析　由三视图知，该几何体是由四分之一球与半个圆锥组合而成，则该组合体的体积为V＝×π×23＋×π×22×3＝π，‎ 表面积为S＝×4π×22＋×π×22＋×4×3＋××2π×2×＝6＋π.‎ ‎【变式探究】(1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．‎ ‎(2)求简单几何体的体积时，若所给的几何体为柱体、锥体或台体，则可直接利用公式求解；求组合体的体积时，若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，常用转换法、分割法、补形法等进行求解；求以三视图为背景的几何体的体积时，应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．‎ ‎【变式探究】中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6立方寸，则图中的x为(　　)‎ A．1.6 B．1.8 C．2.0 D．2.4‎ 答案　A 解析　由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成．‎ 由题意得，(5.4－x)×3×1＋πx2＝12.6，‎ 解得x＝1.6.‎ ‎(2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(　　)‎ A．11 B．9 C．7 D．5‎ 答案　D 解析　由三视图知，该几何体如图，它可分成一个三棱锥E－ABD和一个四棱锥B－CDEF，则V＝× ‎×3×3×2＋×1×2×3＝5.‎ 题型三、多面体与球 例3、[2018·全国卷Ⅲ]设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D ABC体积的最大值为(　　)‎ A．12　　B．18 C．24 D．54 故选B.‎ ‎【答案】B ‎【变式探究】‎ 已知正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为，此时四面体ABCD的外接球的表面积为________．‎ ‎【解析】如图(1)，在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝2，则BD＝DC＝1，AD＝.在翻折后得到的几何体中，如图(2)，AD⊥BD，AD⊥CD，则AD⊥平面BCD，三棱锥A－BCD的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，球心到截面BCD的距离d＝AD＝.在△BCD中，BC＝，则由余弦定理，得cos∠BDC＝＝＝－，所以∠BDC＝120°. ‎ ‎【变式探究】(1)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　)‎ A．13π B．20π C．25π D．29π 答案　D 解析　把三棱锥P－ABC放到长方体中，如图所示，‎ 所以长方体的体对角线长为＝，‎ 所以三棱锥外接球的半径为，‎ 所以外接球的表面积为4π×2＝29π. ‎ ‎(2)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则等于(　　)‎ A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶8‎ 答案　C 解析　如图，‎ 由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r，l为底面圆周长，R为母线长，‎ 则lR＝2πr2，‎ 即·2π·r·R＝2πr2，‎ 解得R＝2r，故∠ADC＝30°，则△DEF为等边三角形，‎ 设B为△DEF的重心，过B作BC⊥DF，‎ 则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，‎ 则＝，∴＝，故＝.‎ ‎ ‎