2024年高考数学考纲解读与热点难点突破专题13空间几何体教学案文含解析

PAGEPAGE8空间几何体【2024年高考考纲解读】1.以三视图为载体，考查空间几何风光 积、体积的计算.2.考查空间几何体的侧面绽开图及简洁的组合体问题．【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，首先要娴熟驾驭各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要驾驭肯定的技巧，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．解题时要仔细分析图形，明准确点和接点的位置，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)(2024·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)[2024·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．2eq\r(17)B．2eq\r(5)C．3D．2【解析】先画出圆柱的直观图，依据题图的三视图可知点M，N的位置如图①所示．①②圆柱的侧面绽开图及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＝eq\f(1,4)×16＝4，OM＝2，∴|MN|＝eq\r(OM2＋ON2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).故选B.【答案】B【方法技巧】1．由直观图确认三视图的方法依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)依据俯视图确定几何体的底面．(2)依据正(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态.【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，先依据俯视图确定几何体的底面，然后依据正(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，再确定几何体的形态，即可得到结果．在还原空间几何体实际形态时，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＋eq\f(\r(2),2)解析如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E，则在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝eq\f(\r(2),2).而四边形AECD为矩形，AD＝1，∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝eq\f(\r(2),2)＋1.由此可还原原图形如图所示．在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝eq\f(\r(2),2)＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，∴这块菜地的面积为S＝eq\f(1,2)(A′D′＋B′C′)·A′B′＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1＋\f(\r(2),2)))×2＝2＋eq\f(\r(2),2).题型二几何体的表面积与体积例2、(2024·全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为eq\f(7,8)，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5eq\r(15)，则该圆锥的侧面积为________．答案40eq\r(2)π【变式探究】[2024·天津卷]已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M­EFGH【解析】依题意，易知四棱锥M­EFGH是一个正四棱锥，且底面边长为eq\f(\r(2),2)，高为eq\f(1,2).故VM­EFGH＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12).【答案】eq\f(1,12)【方法技巧】1．求解几何体的表面积及体积的技巧(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体易于求解．2．依据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤(1)依据给出的三视图推断该几何体的形态．(2)由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量．(3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解.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＋4eq\r(2)＋8eq\r(5) B．24＋4eq\r(2)C．8＋20eq\r(2) 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2eq\r(2)的三角形，前后两个侧面是底边为4，高为eq\r(5)的平行四边形，所以该几何体的表面积为S＝4×2＋2×eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＋2×4×eq\r(5)＝8＋4eq\r(2)＋8eq\r(5).(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eq\f(14,3)π6＋(6＋eq\r(13))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＝eq\f(1,4)×eq\f(4,3)π×23＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)π×22×3＝eq\f(14,3)π，表面积为S＝eq\f(1,4)×4π×22＋eq\f(1,2)×π×22＋eq\f(1,2)×4×3＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×2π×2×eq\r(32＋22)＝6＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋\r(13)))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)求简洁几何体的体积时，若所给的几何体为柱体、锥体或台体，则可干脆利用公式求解；求组合体的体积时，若所给定的几何体是组合体，不能干脆利用公式求解，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，应先依据三视图得到几何体的直观图，然后依据条件求解．【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．1.6B．1.8C．2.0D．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＋πxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝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．11B．9C．7D．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＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×3×2＋eq\f(1,3)×1×2×3＝5.题型三、多面体与球例3、[2024·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9eq\r(3)，则三棱锥D­ABC体积的最大值为()A．12eq\r(3)B．18eq\r(3)C．24eq\r(3)D．54eq\r(3)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eq\r(3)，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＝eq\r(3).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＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(\r(3),2).在△BCD中，BC＝eq\r(3)，则由余弦定理，得cos∠BDC＝eq\f(BD2＋DC2－BC2,2BD·DC)＝eq\f(12＋12－\r(3)2,2×1×1)＝－eq\f(1,2)，所以∠BDC＝120°.设球的半径为R，△BCD的外接圆半径为r，则由正弦定理，得2r＝eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(\r(3),sin120°)＝2，解得r＝1，则球的半径R＝eq\r(d2＋r2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＋12)＝eq\f(\r(7),2)，故球的表面积S＝4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)))2＝7π.【答案】7π【方法技巧】(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特别点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何学问找寻几何体中元素间的关系．(2)球心与截面圆心的连线垂直圆面，其距离为d，常利用直角三角形建立量的关系，R2＝d2＋r2.【变式探究】(1)已知正三棱锥S－ABC的顶点均在球O的球面上，过侧棱SA及球心O的平面截三棱锥及球面所得截面如图所示，已知三棱锥的体积为2eq\r(3)，则球O的表面积为()A．16π B．18πC．24π D．32π答案A解析设正三棱锥的底面边长为a，外接球的半径为R，因为正三棱锥的底面为正三角形，边长为a，则AD＝eq\f(\r(3),2)a，则AO＝eq\f(2,3)AD＝eq\f(\r(3),3)a，所以eq\f(\r(3),3)a＝R，即a＝eq\r(3)R，又因为三棱锥的体积为2eq\r(3)，所以eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)a2R＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)R))2×R＝2eq\r(3)，解得R＝2，所以球的表面积为S＝4πR2＝16π.(2)如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为()A.eq\f(25π,4) B.eq\f(25π,16)C.eq\f(1125π,4) D.eq\f(1125π,16)答案D解析把此三棱锥嵌入长、宽、高分别为20,24,16的长方体ABCD－A1B1C1D1中，三棱锥B－KLJ即为所求的三棱锥，其中KC1＝9，C1L＝LB1＝12，B1B＝16，∴eq\f(KC1,C1L)＝eq\f(LB1,B1B)，则△KC1L∽△LB1B，∠KLB＝90°，故可求得三棱锥各面面积分别为S△BKL＝150，S△JKL＝150，S△JKB＝250，S△JLB＝250，故表面积为S表＝800.三棱锥体积V＝eq\f(1,3)S△BKL·JK＝1