高考数学一本策略复习专题四立体几何第一讲空间几何体教案文

第一讲空间几何体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：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＋4)×22×2＝12，故选B.答案：B3．(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 【类题通法】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 ．90πB ．63πC ．42πD ．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×32×10－12×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：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.272B ．27C ．27 2D ．27 3解析：在长、宽、高分别为33，3,33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 ＝33，所以BP ＝6，又棱CB ⊥平面BAP 且CB ＝33，所以AC ＝6，所以该几何体的表面积是12×3×33＋12×3×33＋12×6×33＋12×6×33＝273，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( )A ．4π3B ．5π3C ．2＋2π3D ．4＋2π3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 ＝23π×13＋12π×12×2＝53π，故选B.答案：B4．(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 2C．8 2 D．8 3解析：如图，连接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C，∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝2sin 30°＝4，在Rt△ACC1中，CC1＝AC21－AC2＝42－(22＋22)＝22，∴V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×22＝8 2.故选C.答案：C【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 ＝3a ； ②正方体的内切球，则2R ＝a ； ③球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(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 ＝a 2＋b 2＋c 2.(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.3π4 C.π2 D.π4解析：设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以，圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4，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 .∴V S ­ABC ＝V A ­SBC ＝13×S △SBC ×AO＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2R ×R ×R ，解得R ＝3，∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π 【类题通法】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⎩⎪⎨⎪⎧R 2＝d 2＋(2)2，R 2＝(d ＋22)2＋(22)2，解得R 2＝52，故四棱锥A ­DECB 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝10π.答案：10π2．(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23×2×32＝233，∴四面体ABCD 外接球的体积为43×π×(233)3＝323π27.答案：323π27授课提示：对应学生用书第123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83，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13×4×2＝83，满足条件，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O 1、O 2，过直线O 1O 2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 ．122πB ．12πC ．82πD ．10π解析：设圆柱的轴截面的边长为x ，则由x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.故选B. 答案：B3．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.π6B.π3C.2π3D. (2－2)π解析：本题考查空间几何体的三视图和体积，意在考查考生的空间想象能力和计算能力． 由三视图可知该几何体由半球内挖去一个同底的圆锥得到，所以该几何体的体积为12×43π×13－13π×12×1＝π3，选择B.答案：B4．(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＋18B ．6π＋18C ．8π＋6D ．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＋12×2×π×1×3＋2×12×π×12＋3×2＝8π＋6.故选C. 答案：C5．(2018·辽宁五校联考)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是三棱锥的三视图，则此三棱锥的体积是( )A ．8B ．16C ．24D ．48解析：由三视图还原三棱锥的直观图，如图中三棱锥P ­ABC 所示，且长方体的长、宽、高分别为6,2,4，△ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝6，三棱锥P ­ABC 的高为4，故其体积为13×12×6×2×4＝8，故选A.答案：A6．(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 2B ．42＋2C ．8＋4 2D ．83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 ＝22，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×(12×2×2＋12×2×22)＝4＋42，故选A.答案：A7．(2018·河北五校联考)某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A ．13B ．14C ．15D ．16解析：所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几何体，在长方体中还原该几何体，如图中ABCD ­A ′B ′C ′D ′所示，长方体的长、宽、高分别为4,2,3，两个三棱柱的高为2，底面是两直角边长分别为3和1.5的直角三角形，故该几何体的体积V ＝4×2×3－2×12×3×32×2＝15，故选C.答案：C8．(2018·聊城模拟)在三棱锥P ­ABC 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 ．103πB ．18πC ．20πD ．93π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 ＝42＋22＝25⇒R ＝5，所以该球的表面积为4πR 2＝20π. 答案：C9．(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 ．217B ．2 5C ．3D ．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 ＝14×16＝4，OM ＝2，∴|MN |＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5. 故选B. 答案：B10．在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，点M 是BB 1的中点，则三棱锥C 1­AMC 的体积为( )A. 3B. 2 C ．2 2D ．2 3解析：取BC 的中点D ，连接AD .在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，△ABC 为正三角形，所以AD ⊥BC ，又BB 1⊥平面ABC ，AD ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥AD ，又BB 1∩BC ＝B ，所以AD ⊥平面BCC 1B 1，即AD ⊥平面MCC 1，所以点A 到平面MCC 1的距离就是AD .在正三角形ABC 中，AB ＝2，所以AD ＝3，又AA 1＝3，点M 是BB 1的中点，所以S △MCC 1＝12S 矩形BCC 1B 1＝12×2×3＝3，所以VC 1－AMC ＝VA ­MCC 1＝13×3×3＝ 3. 答案：A11．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()A ．1∶2B ．1∶8C ．1∶6D ．1∶3解析：由NB ＝2PN 可得PN PB ＝13.设三棱锥N ­PAC 的高为h 1，三棱锥B ­PAC 的高为h ，则h 1h ＝PN PB ＝13.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N ­PAC 与三棱锥D ­PAC 的体积比为V 1V ＝13S △PAC ×h 113S △PAC ×h ＝13.答案：D12．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( )A ．2 B.83 C. 3D ．2 3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 ＝23，所以S △SBC ＝12×2×23＝23，则当点A 到平面SBC 的距离最大时，棱锥A ­SBC 即S ­ABC 的体积最大，此时平面SAC ⊥平面SBC ，点A 到平面SBC 的距离为23sin 30˚＝3，所以棱锥S ­ABC 的体积最大为13×23×3＝2，故选A.答案：A 二、填空题13．(2018·洛阳统考)已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝6，AC ＝2 3.若三棱锥D ­ABC 体积的最大值为3，则球O 的表面积为________．解析：由题意可得，∠ABC ＝π2，△ABC 的外接圆半径r ＝3，当三棱锥的体积最大时，V D ­ABC ＝13S △ABC ·h (h 为D 到底面ABC 的距离)，即3＝13×12×6×6h ⇒h ＝3，即R ＋R 2－r 2＝3(R 为外接球半径)，解得R ＝2，∴球O 的表面积为4π×22＝16π.答案：16π14．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2×4×8－12×π×22×2＝64－4π.答案：64－4π15．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A ­BCDE 的高为1，四边形BCDE 是边长为1的正方形，则S △ABC ＝S △ABE ＝12×1×2＝22，S △ADE ＝12，S △ACD ＝12×1×5＝52，故面积最大的侧面的面积为52. 答案：5216．(2018·福州四校联考)已知三棱锥A ­BCD 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3，BC ＝3，BD ＝3，∠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3，BC＝3，BD ＝3，∠CBD ＝90˚，∴13×12×3×3×h ＝3，∴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 ＝23，∴球O 的半径OD ＝2，∴球O 的体积为32π3.答案：32π3。