数学(理)二轮教案：专题四第一讲空间几何体Word版含解析

1、15第一讲空间几何体考情分析明确方向V年份卷别考查角度及命题位置命题分析20182017I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 体的体枳或表回积的计算.出卷I卷与数学文化有关的三视图判断于3三视图与表面积问题于7n卷三视图与体积问题T4出卷圆柱与球的结合体问题T82016I卷后关球的二视图及表面积T6n卷空间几何体的三视图及组合体表面枳的计算干6出卷空间几何体三视图及表面枳的计算T9直二棱柱的体积最值问题T10讲练结合I

2、J考点一空间几何体的三视图授课提示：对应学生用书第 34页悟通一一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”.全练一一快速解答1. （2018高考全国卷出）中国古建筑借助桦卯将木构件连接起来.构 A/ 9箱扪ii件的凸出部分叫桦头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是目桦头.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.

3、答案：A2 . （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I他视方向三角形.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. 10B. 12C. 14D. 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+； F 2 x2=12,故选B.答案：B3 .（2018山西八校联考）将正方

4、体（如图1）截去三个三棱锥后, 侧视图的视线方向如图2所示，则该几何体的侧视图为 （）得到如图2所示的几何体,D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

5、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.全练一一快速解答1. (2017高考全国卷n )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

6、，则该几何体的体积为()A. 90兀B. 63兀C. 42兀D. 36兀解析：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 3,1C局为6的圆枉的一半所得，故其体积V= TtX 32X102>< TtX 32X 6= 63 7t.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 =7tx 32x 7= 63兀.答案：B2. (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.27C. 27m正视图侧视图俯视图B.

7、27D. 27m解析：在长、宽、高分别为 3后 3,3限的长方体中，由几何体的三视图得 几何体为如图所示的三棱锥 C-BAP,其中底面BAP是/ BAP = 90?的直角三角形， AB=3, AP = 3*,所以 BP=6,又棱 CBL平面 BAP 且 CB=3y3,所以 AC=6,1111所以该几何体的表面积是 2><3X 343+2>< 3X 3<3+2>< 6X 3y3+2>< 6X 3/3=2773,故选 D.答案：D3.（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（）B.T2兀 C. 2 + T 3D.

8、4+ 3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7=加 13+1兀* 12*2=5兀，故选B.323答案：B4. （2018 高考全国卷 I ）在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB=BC = 2, AC1与平面 BB1CC 所成的角为30。，则该长方体的体积为（）A. 8B. 672C. 8亚D. 8杷解析：如图，连接 AC1，BC1，AC.-.-ABXW BB1C1C,，/ ACB为直线AC与平面BB1C1C 所成的角， ./ AC1B = 30°.又 AB=BC=2,在 Rt4ABC1中，AC1= .

9、 2"4,在sin 30RtA ACCi 中，CCi = RAC2 AC2 =442(22+ 22 广 2也, V 长方体= ABX BC X CCi= 2X 2X 2 2=8 2.故选C.答案：CT类题通法/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

10、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.讲练结合考点三空间几何体与球的切、接问题授课提示：对应学生用书第36页悟通一一方法结论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.正方体的外接球，则 2R=V3a；正方体的内切球，则 2R=a;球与正方体的各棱相切，则2R=42a.(2)在长方体的同一顶点的

11、三条棱长分别为a,b,c,外接球的半径为R,则2R =Ja2+ b2+ c2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3 :1.赐例(1)(2017高考全国卷出)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3兀B.7C 口 02_ 兀D.-4解析：设圆柱的底面半径为 r,r2=12 £? = 3,所以，圆柱的体积 V = 3TtX 1=竽, 2444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 。的球面上，SC是球O的直径.若平面 SCAL平面SCB, SA= AC, SB= BC,三棱锥S ABC的体积

12、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, AOXSC, BOXSC,平面SCAL平面 SCB,平面 SCAA平面SCB=SC,AO,平面 SCB,设球O的半径为R,则 OA=OB=R, SC= 2R.VS-ABC = VA-SBC=Sa SBC* AO3=1X 4XSCX OB AO,即 9 = 3* (2X2RX R ；x R,解得 R=3,.球O的表面积为 S= 4 tR2= 4 ttX 32= 36兀.答案：36兀T类题通法/ i1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

13、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一一即学即用1. （2018湘东五校联考）已知等腰直角三角形 ABC中，AB = AC=2,总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A-DECB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

14、角形，所以 ADE的外接圆的圆心是点 M,四棱锥A-DECB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 A-DECB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A-DECB的外接球的半径为R,球心到BC的距离为d ,则口j2+恪2,答案：10兀5解得R （2018合肥*II拟）如图，已知平面四边形 ABCD满足AB = AD=2, / A= 60?, / C = 90?, W ABD沿对角线BD翻折，使平面ABD，平面CBD ,则四

15、面体ABCD外接球的体积=5,故四棱锥 A-DECB的外接球的表面积 S= 4求2=10兀.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,贝U AMXBD,又平面 ABD，平面 CBD ,平面 ABD n平面CBD= BD,二AM，平面CBD. /A 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，1匕ABD为正三角形，球心是 ABD的中心，则外接球的半径为 2X 2X乎=2f，四面体 ABCD外接球的体积为 43233答案：322尹蜂技巧：；

16、嶙打法D提升能力 授课提示：对应学生用书第135页、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8,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，其高为为正方形,面积为 2X2=4,因为该几何体的体积为 1X4X 2 = 8,33所以俯视图可以为一个直角三角形.故选D.答案：D2. （2018高考全国卷I ）已知圆柱的上、下底面的中心分别为。1、。2,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. 12历兀B. 12兀C. 8

17、业冗D. 10 %解析：设圆柱的轴截面的边长为x,则由x2= 8,得x=242,S圆柱表=2S底+S侧= 2X ttX (V2)2+2tiX 72X272= 12 7t.故选B.答案：B3. （2018合肥*II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. 5兀+ 18B. 6 计 18C. 8 兀+ 6D. 10兀+ 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4 7tx 121 一 .一 一 12+2>< 2X TtX 1X3+2X2X TtX 12+3X2=8 兀+ 6.故选 C.答案：C4. （

18、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（）正视图侧视图帕视图A. 4+42B. 4V2 + 28C. 8 + 4、/2D.-3解析：由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥 P-ABCD, 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>/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= 2X （2X2X 2 + 2X2X 272）= 4+4也 故选 A.r答案：A5. （2018聊城模拟）在三棱锥 P-ABC中，已知 PAL底面 ABC, / BAC= 120?, PA=AB = AC =

19、 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. 10V3兀B. 18 71C. 20兀D. 9y3兀解析：该三棱锥为图中正六棱柱内的三棱锥P-ABC, 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=y42 + 22 = 25? R=邓,所以该球的表面积为 4卡2=20兀. 答案：C6. （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匹D. 2C. 3解析：

20、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）如图所示，连接 MN,则图 中MN即为M到N的最短路径.1ON= 4>< 16=4, OM = 2,|MN|=>/OM2+ON2 = 22+42 = 275.故选B.答案：B7. 在正三棱柱 ABC-A1B1C1中，AB= 2, AA1 = 3,点M是BB1的中点，则三棱锥 CAMC 的体积为（）A. 3B. .2C. 2V2D. 2V3解析：取BC的中点D,连接AD.在正三棱柱 ABC-A1B1C1中，ABC为正三角形，所以 ADLBC,又BB平面ABC

21、, AD?平面ABC,所以BB/AD,又 BB1 ABC=B，所以 AD,平面 BCC1B1,即 AD，平面 MCC，所以点A到平面MCC1的距离就是AD.在正三角形ABC中，AB=2,所 工匕空弋白方心 11以 AD=5，又 AA1=3,点 M 是 BB1的中点，所以 S；A MCC1 = "2S 矩形 BCC1B1 =jX 2X 3=3,所以 VC1 AMC = VA-MCC1=3X 3X V3 = *答案：A8 .如图，四棱锥 P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，NB=2PN,则三棱锥 N-PAC与三棱锥D-PAC的体积比为（）B. 1 ： 8A. 1 ： 2C. 1 ：

22、6D. 1 ： 3解析：由NB = 2PN可得PN=1.设三锥N-PAC的高为h1,三棱锥B-PAC的高为h,则PB 3h1 PN 1的距离相等，所以三棱锥N-PAC与三棱锥D-PAC的体积比为1 人SS 、空PAC* h1V1 _ 3V- 1 、一 qS PAC X h313.丁丽=3.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答案：D9 .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S-ABC 的体积最大为（）8A. 2B.-3C. V3D. 25解析：如图，因为球的直径为 SC,且SC= 4, /ASC

23、=/BSC= 30?,再不所以/ SAC=/ SBC=90?, AC = BC=2, SA= SB= 23,所以 Sasbc=：X 2X243= 2m,则当点A到平面SBC的距离最大时，棱车BA-SBC即SABC一,的体积最大，此时平面 SAC,平面SBC,点A到平面SBC的距离为2y3sin 30?= <3,所以1 一 一棱车t S-ABC的体积最大为1X243x43=2,故选A.3答案：A二、填空题10 . （2018洛阳统考）已知点 A, B, C, D均在球。上，AB=BC = V6, AC=2J3.若三棱车B D-ABC体积的最大值为 3,则球。的表面积为 .解析：由题意可得，/ ABC =