届高考数学二轮复习第10讲空间几何体的三视图表面积与体积学案全国通用.docx
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届高考数学二轮复习第10讲空间几何体的三视图表面积与体积学案全国通用
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名师导学·高考二轮总复习·理科数学
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专题五 立体几何
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专 题 五
立体几何
【p35】
【p36】
年份
卷别
题号
考查内容
命题规律
2018
Ⅰ
7,12,18
圆柱的三视图与侧面展开图;正方体截面的最值;折叠问题,两平面垂直的判定,直线与平面所成角的求法,空间向量的应用.
Ⅱ
9,16,20
异面直线所成的角的求法;圆锥的结构特征与侧面积;三棱锥的结构特征、直线与平面垂直的判定、二面角与直线与平面所成角的求法,空间向量的应用.
Ⅲ
3,10,19
数学文化与三视图;球与三棱锥的组合体及三棱锥的体积;两平面垂直的性质与判定、二面角的求法,空间向量的应用.
2017
Ⅰ
7,16,18
三棱锥与三棱柱组合体的三视图;折叠问题、应用导数求三棱锥体积的最大值;四棱锥的结构特征、两平面垂直的判定、二面角的求法,空间向量的应用.
Ⅱ
4,10,19
圆柱(截去一角)的三视图与体积;异面直线所成角的求法;四棱锥的结构特征、直线与平面平行的判定、直线与平面所成的角和二面角的求法,空间向量的应用.
Ⅲ
8,16,19
球与圆柱的组合体及圆柱的体积;圆锥的结构特征、两直线的位罝关系及所成角大小的判定;四面体的结构特征、两平面垂直的判定、二面角的求法,空间向量的应用.
2016
Ⅰ
6,11,18
球(截去)的三视图及体积与表面积;两平面平行的性质与等角定理;五面体的结构特征、两平面垂直的判定、二面角的求法,空间向量的应用.
Ⅱ
6,14,19
圆锥与圆柱组合体的表面积;直线与直线、直线与平面、平面与平面平行与垂直的性质与判定;折叠问题,直线与平面垂直的判定,二面角的求法,空间向量的应用.
Ⅲ
9,10,19
平行六面体的三视图与表面积;直三棱柱与球的组合体及球的最大体积;四棱锥的结构特征、直线与平面平行的判定、直线与平面所成的角的求法,空间向量的应用.
近3年来,全国卷立体几何高考命题形式比较稳定,题目难易适中,常常以棱柱、棱锥等为载体,考查平行与垂直的证明、三视图和空间角以及多面体的表面积和体积等计算,题型一般是两道小题(选择题或填空题)和一道解答题,分值在22分左右.
立体几何小题常考的题型包括:
(1)球体;
(2)多面体的三视图、体积、表面积或空间角,包括线线角、线面角以及面面角,要重视常见几何体的三视图、三视图还原几何体的常用方法、面积和体积的计算式以及点线面的位置关系等,也要注意提高空间想象能力与数学计算能力.
立体几何解答题第1问主要集中考查空间中直线、平面的位置关系的判断,注重对公理、定理的考查,而第2问多考查空间向量在空间立体几何中的应用,在证明与计算中一般要用到初中平面几何的重要定理,空间思维要求较高,运算量较大,对学生的空间想象能力、转化能力、计算能力要求较高.在考查考生运算求解能力的同时侧重考查考生的空间想象能力和推理论证能力,给考生提供了从不同角度去分析问题和解决问题的可能,体现了立体几何教学中课程标准对考生的知识要求和能力要求,提升了对考生的数学能力和数学素养的考查.
第10讲 空间几何体的三视图、表面积与体积
专题探究 【p37】
【命题趋势】
1.从内容上看,主要考查:
直线和平面的各种位置关系的判定和性质;空间角的计算问题;求空间距离;求简单几何体的侧面积和表面积问题;体积问题.
2.从能力上看,着重考查空间想象能力,即对空间几何体的观察分析和抽象的能力,要求“四会”:
①会画图.根据题设条件画出适合题意的图形或画出自已想作的辅助线(面),作出的图形要直观、虚实分明;②会识图.根据题目给出的图形,想象出立体的形状和有关线面的位置关系;③会折图.对图形进行必要的分解、组合;④会用图.对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或实行割补术.
3.题型以选择题和填空题为主,有时也作为大题的载体.
4.表面积与体积的考查重点是:
球、柱、锥、台的表面积和体积,难度一般不大,分值在5分左右,从题型上看,以选择题和填空题为主,多与三视图的知识相结合,解答题一般以一问的形式予以考查,难度不大.
5.预测今年高考对本节内容的考查仍将以三视图的知识和应用为主,主要考查几何体的三视图的画法.几何体三视图与直观图的互化,由三视图求几何体的表面积和体积等.题型仍以选择题和填空题为主,主要考查学生的空间想象能力,识图、作图能力.
【备考建议】
1.复习时,学会用运动的观点理解空间基本图形的关系:
点动成线,线动成面,面动成体.
2.在理解棱柱、棱锥、棱台的概念的基础上,掌握棱柱、棱锥、棱台的结构特征;熟记特殊棱柱、棱锥、棱台的有关性质;能够把棱柱、棱锥、棱台的有关元素放在对角面、侧面等平面图形中研究,突出化归的数学思想方法.
3.结合模型,在理解的基础上掌握球、柱、锥、台的表面积公式和体积公式,能够灵活运用试题说明中给出的有关公式.
4.应注意解答中的传统方法和向量方法的灵活选择及综合利用,另外在解答题中,一般要先证后算,同时注意表述规范,条理清晰.另外,多选型填空题的出现是新高考命题的一个热点,动态探究型也是近几年高考立体几何命题的一个新动向,应当引起我们的注意.
典例剖析 【p37】
探究一 几何体的三视图
例1
(1)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱DD1,BB1的中点,用过点A,E,C1,F的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体(下半部分)的侧(左)视图为( )
【解析】选C.
通过观察剩余几何体(下半部分),可以发现C图才正确,故选C.
(2)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各面面积的最大值为( )
A.2B.3
C.4D.2
【解析】选D.
根据三视图,还原几何体为如图所示的四面体P-ABC,S△ABC=×2×2=2,S△PBC=S△PBA=×2×2=2,S△PAC=×
(2)2=2,故面积最大值为2,选D.
(3)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起,使得平面ABD⊥平面CBD,形成三棱锥C-ABD的正视图与俯视图如下图所示,则侧视图的面积为( )
A.B.C.D.
【解析】选D.
∵C在平面ABD上的射影为BD的中点O,在边长为1的正方形ABCD中,AO=CO=AC=,所以侧视图的面积等于S△AOC=CO·AO=××=.
【点评】三视图的画法规则:
长对正、宽相等、高平齐,识读三视图时,既要关注“形”,又要关注“量”.
对于简单几何体的组合体,在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的,再画其三视图.另外要注意交线的位置,可见的轮廓线都画成实线,存在但不可见的轮廓线一定要画出,但要画成虚线,即一定要分清可见轮廓线与不可见轮廓线,避免出现错误.
探究二 简单几何体的表面积和体积
例2
(1)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,则该几何体的体积为( )
A.(1+2π)B.(1+π)
C.(2+3π)D.(2+π)
【解析】选A.
该几何体是由两个小三棱锥和一个圆锥组成,所以体积为2××2×2+×4π×4=(1+2π),故选A.
(2)如图为某几何体的三视图,则其体积为( )
A.18π+32B.6π+
C.+32D.16π+
【解析】选C.
由三视图可知,该几何体是一个组合体,上方是一个半径为1的球,下方由左右两个几何体组成,左侧是一个四棱锥,底面为边长等于4的正方形,高为6;右侧是一个半圆锥,圆锥的底面半径为2,高为6.
所以球的体积V1=×13=;
四棱锥的体积V2=×42×6=32;
半圆锥的体积V3=××22×6=4π.
所以该组合体的体积为V=V1+V2+V3=+32+4π=+32.故选C.
(3)某几何体的三视图如图所示,若该几何体的体积为,则图中x的值为( )
A.3B.1C.2D.
【解析】选C.
几何体为一个三棱锥F-ABC与一个四棱锥A-CDEF的组合体,如图,四棱锥A-CDEF的底面CDEF的面积为x2,高为4,故体积为x2×4=x2,三棱锥F-ABC的底面面积为×2×x=x,高为x,故体积为x2,则组合体的体积为V=x2+x2=x2=,解得x=2.故选C.
(4)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
A.4B.3C.2D.1
【解析】选D.
几何体如图所示,它是边长为1的正方体割去一个角(沿面对角线割开),再补上一个三棱锥(可看成前面割下的角),其底面是腰长为1的等腰直角三角形,高也为1,该几何体的体积为1×××1×1+=1,选D.
【点评】求几何体的体积问题,可以多角度、全方位地考虑问题,常采用的方法有“换底法”“分割法”“补体法”等,尤其是应高度重视“等积转化”的数学思想方法.
探究三 与球有关的组合体
例3
(1)已知球O的半径为R,A,B,C三点在球O的球面上,球心O到平面ABC的距离为R,AB=AC=2,∠BAC=120°,则球O的表面积为( )
A.πB.πC.πD.π
【解析】选D.
在△ABC中,∵AB=AC=2,∠BAC=120°,
∴BC==2,
由正弦定理可得平面ABC截球所得圆的半径(即△ABC的外接圆半径),r==2,
又∵球心到平面ABC的距离d=R,
∴球O的半径R=,∴R2=,
故球O的表面积S=4πR2=π,故选D.
(2)半径为4的半圆围成一个圆锥,则该圆锥的内切球的表面积为( )
A.πB.πC.πD.π
【解析】选D.
半径为4的半圆围成一个圆锥,如图所示;
则该圆锥底面圆的半径r满足2πr=4π,则r=2,
设圆锥的内切球半径为x,则=tan30°,
∴x=,
∴内切球的表面积为S=4πx2=4π·=,故选D.
(3)在底面为正方形的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,则该四棱锥的内切球的表面积为( )
A.8(3-2)πB.6(3-2)π
C.4(3-2)πD.2(3-2)π
【解析】选A.
设内切球的球心为O,半径为r,则VP-ABCD=VO-ABCD+VO-PAB+VO-PBC+VO-PCD+VO-PAD,即×22×2=r×,解得r=2-,所以内切球的表面积为4π(2-)2=8(3-2)π,故选A.
(4)如图,AA1,BB1均垂直于平面ABC和平面A1B1C1,∠BAC=∠A1B1C1=90°,AC=AB=A1A=B1C1=,则多面体ABC-A1B1C1的外接球的表面积为( )
A.2πB.4πC.6πD.8π
【解析】选C.
由题意,多面体ABC-A1B1C1为棱长为的正方体,切去两个角,∴多面体ABC-A1B1C1的外接球的直径为·=,半径为,∴多面体ABC-A1B1C1的外接球的表面积为4πR2=4π·=6π,故选C.
(5)四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧面SAD是以SD为斜边的等腰直角三角形,若四棱锥S-ABCD的体积的取值范围为,则该四棱锥外接球表面积的取值范围是____________.
【解析】
四棱锥S-ABCD中,可得:
AD⊥SA;AD⊥AB⇒AD⊥平面SAB⇒平面SAB⊥平面ABCD,过S作SO⊥AB于O,则SO⊥平面ABCD.
设∠SAB=θ,故VS-ABCD=SABCD·SO=sinθ.
所以sinθ∈⇒θ∈⇒-≤cosθ≤.
在△SAB中,SA=AB=2,则有SB=2,所以△SAB的外接圆半径r==,
将该四棱锥补成一个以SAB为一个底面的直三棱柱,得外接球的半径R=,所以该四棱锥外接球的表面积S=4πR2=4π,所以S∈.
【点评】解决与球有关的外切或内接的问题时,解题的关键是确定球心的位置.对于球的外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径;对于球的内接几何体的问题,注意球心到各个顶点的距离相等,解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径.
探究四 数学文化与创新问题
例4
(1)[2018·全国卷Ⅲ]中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫棒头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是棒头.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】选A.
根据题意,A选项符合题意.
(2)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:
“今有阳马,广五尺,褒七尺,高八尺,问积几何?
”其意思为:
“今有底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,它的底面长、宽分别为7尺和5尺,高为8尺,问它的体积是多少?
”若以上的条件不变,则这个四棱锥的外接球的表面积为( )
A.142π平方尺
B.140π平方尺
C.138π平方尺
D.128π平方尺
【解析】选C.
可以把该四棱锥补成一个长方体,长、宽分别为7尺和5尺,高为8尺,四棱锥的外接球就是长方体的外接球,其直径为=尺,表面积为138π平方尺.
(3)已知过半径为2的球的球心的截面α圆内有一个内接正△ABC,点P是过AB且与平面α垂直的球的截面圆上任意一点,则点P到平面ABC的最大距离为( )
A.B.C.3D.2
【解析】选B.
如图所示,由题意,知平面PAB⊥平面ABC,所以点P在平面ABC上的射影D落在AB上,所以PD⊥平面ABC,所以当D为AB的中点时,点P到平面ABC的距离最大,即为PD.因为△ABC是正三角形,则CD=3,OD=1,PD==,故选B.
(4)已知球O的表面积为100π,则球O的内接圆锥(球心O在圆锥内部)体积的最大值为________.
【解析】
设球的半径为R,球内接圆锥的底面半径为r,高为h,体积为V,
由题知,4πR2=100π,解得R=5,
所以r2+(h-5)2=52,即r2=10h-h2,
所以V=πr2h=πh(10h-h2)=(10h2-h3)(0 所以V′=(20h-3h2)=h(20-3h), 当0 所以V(h)在区间上是增函数,在区间是减函数, 所以h=时,Vmax=V=. (5)已知在直角梯形ABCD中,AB⊥AD,CD⊥AD,AB=2AD=2CD=4,将直角梯形ABCD沿AC折叠,使平面BAC⊥平面DAC,则三棱锥D-ABC外接球的体积为__________. 【解析】 结合题意画出折叠后得到的三棱锥D-ABC如图所示,由条件可得在底面△ACB中,∠ACB=90°,AC=BC=2.取AB的中点O,AC的中点E,连OC,OE.则OA=OB=OC=AB=2. ∵DA=DC,∴DE⊥AC.∵平面BAC⊥平面DAC, ∴DE⊥平面ABC,∴DE⊥OE. 又DE=AC=,OE=BC=. ∴OD==2. ∴OA=OB=OC=OD=2.∴点O为三棱锥D-ABC外接球的球心,球半径为2. ∴V球=π×23=. 【点评】本题是一道关于求三棱锥外接球体积的题目,得到外接球的球心所在位置是解题的关键,结合题意取AB的中点O,易得OA=OB=OC=OD=2,进而可确定三棱锥外接球的半径,然后利用球的体积公式进行计算即可. 对于折叠性问题,要注意折叠前后的两个图形中哪些量(位置关系、数量关系)发生了变化、哪些没发生变化. (备选题)例5如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位: cm3)的最大值为________. 【解析】4 设△ABC的边长为acm,0<a<5,则三个等腰三角形的高为cm,折起后所得正三棱锥的高为=(cm),所以所得三棱锥的体积为×a2×=(cm3).令u=25a4-a5,则u′=100a3-a4=25a3,其中0<a<5.当0<a<4时,u′>0,当4<a<5时,u′<0,故a=4为u=25a4-a5在定义域内唯一的极大值点,也是最大值点,所以当a=4时,三棱锥的体积最大,最大值为××(4)2×=4×=4cm3. 规律总结 【p39】 1.与三视图有关的问题,关键是将三视图还原成直观图.解题时要注意还原时点、线、面之间的关系,最好在还原后检查直观图与题中的三视图是否吻合. 2.求空间几何体的体积与表面积时,如果是组合体,关键是将组合体合理地分解成几个简单空间几何体;而对于锥、柱、台的体积与表面积,主要是计算底面积与高(斜高). 3.注意求体积的一些特殊方法: 分割法、补体法、转化法等,它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法,应熟练掌握等积变换法: 利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面的特点,灵活求解三棱锥的体积,该方法的作用: ①求体积时,可选择容易计算的方式来计算;②利用“等积法”可求“点到面的距离”. 4.与球有关的问题一般分为两类: 一类是与球的截面有关,这个时候要充分运用由球的半径、截面圆的半径、球心到截面圆的距离构成的直角三角形;另一类是多面体的内切球与外接球,此类问题的关键是弄清球的半径与多面体之间的关系. 高考回眸 【p39】 考题1[2017·全国卷Ⅰ]某多面体的三视图如图所示,其中正视图和侧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】选B. 由三视图可画出立体图,该立体图平面内只有两个相同的梯形的面,S梯=(2+4)×2÷2=6,S全梯=6×2=12,故选B. 【命题立意】将三视图还原为直观图,考查了空间想象能力,考查了分析问题、解决问题的能力与运算求解的能力. 考题2[2018·全国卷Ⅰ]某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如下图所示,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在侧视图上的对应点为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.2B.2 C.3D.2 【解析】选B. 当路径为线段MN时,长度最短,故最短路径的长度为=2. 【命题立意】将三视图还原为直观图,考查了空间想象能力,考查了分析问题、解决问题的能力与运算求解的能力. 考题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.12B.18 C.24D.54 【解析】选B. 如图,△ABC为等边三角形,点O为A,B,C,D外接球的球心,G为△ABC的重心,由S△ABC=9,得AB=6,取BC的中点H,∴AH=AB·sin60°=3,∴AG=AH=2,∴球心O到面ABC的距离为d==2,∴三棱锥D-ABC体积最大值VD-ABC=×9×(2+4)=18. 【命题立意】将三视图还原为直观图,考查了空间想象能力,考查了分析问题、解决问题的能力与运算求解的能力. 考点限时训练 【p128】 A组 基础演练 1.若一个几何体的正视图和侧视图是两个全等的正方形,则这个几何体的俯视图不可能是( ) 【解析】选C. 由题意可得,A是正方体,B是三棱柱,C是半个圆柱,D是圆柱,C不能满足正视图和侧视图是两个全等的正方形,故选C. 2.已知某几何体的三视图如图所示,俯视图是由边长为2的正方形和半径为1的半圆组成的,则该几何体的表面积为( ) A.22++ B.22++ C.20++ D.20++ 【解析】选B. 由三视图知该几何体是组合体,左边是棱长为2的正方体,右边是半个圆锥,底面半径为1,高为2.所以该几何体的表面积为2×2×6-×2×2+·π·12+·π=22++π,故选B. 3.已知一个简单几何体的三视图如图所示,若该几何体的体积为24π+48,则该几何体的表面积为( ) A.24π+48 B.24π+90+6 C.48π+48 D.24π+66+6 【解析】选D. 由三视图知对应的几何体是底面半径为3r、高为4r的圆锥与底面为直角边长是3r的等腰直角三角形,侧棱PO垂直底面,高为4r的三棱锥组成的组合体,其体积为××π(3r)2×4r+××(3r)2×4r=24π+48,解得r=2,所以圆锥的底面半径为6,母线长为10,所以该几何体的表面积为×π×6×10+×π×62+×6×6+×12×8+×6×=24π+66+6,故选D. 4.已知一个简单组合体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ) A.B. C.D. 【解析】选D. 由三视图知对应的组合体为半径为2的球体挖去一个底面为直角边长是2的直角三角形、高为2的三棱锥,其体积为××π×23-××2×2×2=,故选D. 5.某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为( ) A.3B.2 C.2D.2 【解析】选B. 将四棱锥放在棱长为2的正方体中,该四棱锥为D′-B′C′CB,如图所示.该四棱锥最长的棱为正方体的体对角线D′B,D′B===2,故选B. 6.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 A.B.C.D.3 【解析】选B. 由三视图可知,该几何体是一个四棱锥,其中底面是边长为1的正方形,高为1,直观图如图所示,其中平面ADE⊥平面BCDE,四个侧面面积分别为S△AED=,S△ABE=,S△ABC=,S△ACD=,最大面积是,故选B. 7.如图所示,已知等腰梯形ABCD的上底AD=2cm,下底BC=10cm,底角∠ABC=60°,现绕腰AB旋转一周,则所得的旋转体的体积是( ) A.246πcm3B.248πcm3 C.249πcm3D.250πcm3 【解析】选B. 过D作DE⊥AB于E,过C作CF⊥AB于F,所得旋转体是以CF为底面半径的圆锥和圆台,挖去以A为顶点,以DE为底面半径的圆锥的组合体. 由于AD=2cm,BC=10cm,∠ABC=60°,在Rt△BCF中,BF=5cm,FC=5cm. 由AD∥BC得,∠DAE=∠ABC=60°. 在Rt△ADE中,DE=cm,AE=1cm. 又在等腰梯形ABCD中可求得AB=8cm,AF=AB-BF=8-5=3cm,EF=AE+AF=4cm. 所以旋转后所得几何体的体积为V=π·BF·FC2+π·EF·(DE2+FC2+DE·FC)-π·AE·DE2=π×5×(5)2+π×4×[()2+(5)2+×5]-π×1×()2=248πcm3,即所得的旋转体的体积为248πcm3. 8.如图,某几何体的三视图为三个边长均为1的正方形及两条对角线,则它的表
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