2019高考數(shù)學二輪復習 專題四 立體幾何 第一講 空間幾何體教案 理.doc

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第一講　空間幾何體 年份 卷別 考查角度及命題位置 命題分析 2018 Ⅰ卷 圓柱的三視圖的應用T7 立體幾何問題既是高考的必考點，也是考查的難點，其在高考中的命題形式較為穩(wěn)定，保持“一小一大”或“兩小一大”的格局．多以選擇題或者填空題的形式考查空間幾何體三視圖的識別，空間幾何體的體積或表面積的計算. Ⅲ卷 與數(shù)學文化有關的三視圖判斷T3 2017 Ⅰ卷 三視圖與表面積問題T7 Ⅱ卷 三視圖與體積問題T4 Ⅲ卷 圓柱與球的結合體問題T8 2016 Ⅰ卷 有關球的三視圖及表面積T6 Ⅱ卷 空間幾何體的三視圖及組合體表面積的計算T6 Ⅲ卷 空間幾何體三視圖及表面積的計算T9 直三棱柱的體積最值問題T10 空間幾何體的三視圖 授課提示：對應學生用書第34頁 [悟通——方法結論] 一個物體的三視圖的排列規(guī)則 俯視圖放在正視圖的下面，長度與正視圖的長度一樣，側視圖放在正視圖的右面，高度與正視圖的高度一樣，寬度與俯視圖的寬度一樣，即“長對正、高平齊、寬相等”． [全練——快速解答] 1．(2018高考全國卷Ⅲ)中國古建筑借助榫卯將木構件連接起來．構件的凸出部分叫榫頭，凹進部分叫卯眼，圖中木構件右邊的小長方體是榫頭．若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是(　　) 　 解析：由題意可知帶卯眼的木構件的直觀圖如圖所示，由直觀圖可知其俯視圖應選A. 故選A. 答案：A 2．(2017高考全國卷Ⅰ)某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形．該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為(　　) A．10 B．12　　 　C．14　　 　D．16 解析：由三視圖可知該多面體是一個組合體，下面是一個底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一個底面是等腰直角三角形的三棱錐，等腰直角三角形的腰長為2，直三棱柱的高為2，三棱錐的高為2，易知該多面體有2個面是梯形，且這兩個梯形全等，這些梯形的面積之和為2＝12，故選B. 答案：B 3．(2018山西八校聯(lián)考)將正方體(如圖1)截去三個三棱錐后，得到如圖2所示的幾何體，側視圖的視線方向如圖2所示，則該幾何體的側視圖為(　　) 解析：將圖2中的幾何體放到正方體中如圖所示，從側視圖的視線方向觀察，易知該幾何體的側視圖為選項D中的圖形，故選D. 答案：D 明確三視圖問題的常見類型及解題策略 (1)由幾何體的直觀圖求三視圖．注意正視圖、側視圖和俯視圖的觀察方向，注意看到的部分用實線，看不到的部分用虛線表示． (2)由幾何體的部分視圖畫出剩余的視圖．先根據已知的一部分視圖，還原、推測直觀圖的可能形式，然后再找其剩下部分視圖的可能形式．當然作為選擇題，也可將選項逐項代入，再看看給出的部分三視圖是否符合． (3)由幾何體的三視圖還原幾何體的形狀．要熟悉柱、錐、臺、球的三視圖，明確三視圖的形成原理，結合空間想象將三視圖還原為實物圖． 空間幾何體的表面積與體積 授課提示：對應學生用書第35頁 [悟通——方法結論] 求解幾何體的表面積或體積 (1)對于規(guī)則幾何體，可直接利用公式計算． (2)對于不規(guī)則幾何體，可采用割補法求解；對于某些三棱錐，有時可采用等體積轉換法求解． (3)求解旋轉體的表面積和體積時，注意圓柱的軸截面是矩形，圓錐的軸截面是等腰三角形，圓臺的軸截面是等腰梯形的應用． [全練——快速解答] 1．(2017高考全國卷Ⅱ)如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分后所得，則該幾何體的體積為(　　) A．90π　　　　 B．63π C．42π D．36π 解析：法一：由題意知，該幾何體由底面半徑為3，高為10的圓柱截去底面半徑為3，高為6的圓柱的一半所得，故其體積V＝π3210－π326＝63π. 法二：由題意知，該幾何體由底面半徑為3，高為10的圓柱截去底面半徑為3，高為6的圓柱的一半所得，其體積等價于底面半徑為3，高為7的圓柱的體積，所以它的體積V＝π327＝63π. 答案：B 2．(2018福州四校聯(lián)考)已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A． B．27 C．27 D．27 解析：在長、寬、高分別為3，3,3的長方體中，由幾何體的三視圖得幾何體為如圖所示的三棱錐CBAP，其中底面BAP是∠BAP＝90?的直角三角形，AB＝3，AP＝3，所以BP＝6，又棱CB⊥平面BAP且CB＝3，所以AC＝6，所以該幾何體的表面積是33＋33＋63＋63＝27，故選D. 答案：D 3.(2018西安八校聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是(　　) A. B. C．2＋ D．4＋ 解析：由三視圖可知，該幾何體為一個半徑為1的半球與一個底面半徑為1，高為2的半圓柱組合而成的組合體，故其體積V＝π13＋π122＝π，故選B. 答案：B 4．(2018高考全國卷Ⅰ)在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30，則該長方體的體積為(　　) A．8 B．6 C．8 D．8 解析：如圖，連接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C，∴∠AC1B為直線AC1與平面BB1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝＝4，在Rt△ACC1中，CC1＝＝＝2， ∴V長方體＝ABBCCC1 ＝222＝8. 故選C. 答案：C 1．活用求幾何體的表面積的方法 (1)求表面積問題的基本思路是將立體幾何問題轉化為平面幾何問題，即空間圖形平面化，這是解決立體幾何的主要出發(fā)點． (2)求不規(guī)則幾何體的表面積時，通常將所給幾何體分割成基本的柱、錐、臺體，先求這些柱、錐、臺體的表面積，再通過求和或作差得幾何體的表面積． 2．活用求空間幾何體體積的常用方法 (1)公式法：直接根據相關的體積公式計算． (2)等積法：根據體積計算公式，通過轉換空間幾何體的底面和高使得體積計算更容易，或是求出一些體積比等． (3)割補法：把不能直接計算體積的空間幾何體進行適當分割或補形，轉化為易計算體積的幾何體． 空間幾何體與球的切、接問題 授課提示：對應學生用書第36頁 [悟通——方法結論] 1．解決與球有關的“切”“接”問題，一般要過球心及多面體中的特殊點或過線作截面，把空間問題轉化為平面問題，從而尋找?guī)缀误w各元素之間的關系． 2．記住幾個常用的結論： (1)正方體的棱長為a，球的半徑為R. ①正方體的外接球，則2R＝a； ②正方體的內切球，則2R＝a； ③球與正方體的各棱相切，則2R＝a. (2)在長方體的同一頂點的三條棱長分別為a，b，c，外接球的半徑為R，則2R＝. (3)正四面體的外接球與內切球的半徑之比為3∶1. 　(1)(2017高考全國卷Ⅲ)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為(　　) A．π　　 　B.　　 　C.　　 　D. 解析：設圓柱的底面半徑為r，則r2＝12－2＝，所以，圓柱的體積V＝π1＝，故選B. 答案：B (2)(2017高考全國卷Ⅰ)已知三棱錐SABC的所有頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐SABC的體積為9，則球O的表面積為________． 解析：如圖，連接AO，OB， ∵SC為球O的直徑， ∴點O為SC的中點， ∵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， 設球O的半徑為R， 則OA＝OB＝R，SC＝2R. ∴VSABC＝VASBC＝S△SBCAO ＝AO， 即9＝R，解得R＝3， ∴球O的表面積為S＝4πR2＝4π32＝36π. 答案：36π 掌握“切”“接”問題的處理方法 (1)“切”的處理：解決與球有關的內切問題主要是指球內切多面體與旋轉體，解答時要先找準切點，通過作截面來解決．如果內切的是多面體，則多通過多面體過球心的對角面來作截面. (2)“接”的處理：把一個多面體的幾個頂點放在球面上即球的外接問題．解決這類問題的關鍵是抓住外接的特點，即球心到多面體的頂點的距離等于球的半徑. [練通——即學即用] 1．(2018湘東五校聯(lián)考)已知等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝2，D，E分別為AB，AC的中點，沿DE將△ABC折成直二面角(如圖)，則四棱錐ADECB的外接球的表面積為________． 　解析：取DE的中點M，BC的中點N，連接MN(圖略)，由題意知，MN⊥平面ADE，因為△ADE是等腰直角三角形，所以△ADE的外接圓的圓心是點M，四棱錐ADECB的外接球的球心在直線MN上，又等腰梯形DECB的外接圓的圓心在MN上，所以四棱錐ADECB的外接球的球心就是等腰梯形DECB的外接圓的圓心．連接BE，易知△BEC是鈍角三角形，所以等腰梯形DECB的外接圓的圓心在等腰梯形DECB的外部．設四棱錐ADECB的外接球的半徑為R，球心到BC的距離為d，則解得R2＝，故四棱錐ADECB的外接球的表面積S＝4πR2＝10π. 答案：10π 2．(2018合肥模擬)如圖，已知平面四邊形ABCD滿足AB＝AD＝2，∠A＝60?，∠C＝90?，將△ABD沿對角線BD翻折，使平面ABD⊥平面CBD，則四面體ABCD外接球的體積為________． 解析：在四面體ABCD中，∵AB＝AD＝2，∠BAD＝60?，∴△ABD為正三角形，設BD的中點為M，連接AM，則AM⊥BD，又平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD＝BD，∴AM⊥平面CBD.∵△CBD為直角三角形，∴其外接圓的圓心是斜邊BD的中點M，由球的性質知，四面體ABCD外接球的球心必在線段AM上，又△ABD為正三角形，∴球心是△ABD的中心，則外接球的半徑為2＝，∴四面體ABCD外接球的體積為π()3＝. 答案： 授課提示：對應學生用書第135頁 一、選擇題 1．(2018廣州模擬)如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的正視圖(等腰直角三角形)和側視圖，且該幾何體的體積為，則該幾何體的俯視圖可以是(　　) 解析：由題意可得該幾何體可能為四棱錐，如圖所示，其高為2，底面為正方形，面積為22＝4，因為該幾何體的體積為42＝，滿足條件，所以俯視圖可以為一個直角三角形．故選D. 答案：D 2．(2018高考全國卷Ⅰ)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1、O2，過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為(　　) A．12π　 B．12π C．8π D．10π 解析：設圓柱的軸截面的邊長為x，則由x2＝8，得x＝2，∴S圓柱表＝2S底＋S側＝2π()2＋2π2＝12π. 故選B. 答案：B 3．(2018合肥模擬)如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為(　　) A．5π＋18 B．6π＋18 C．8π＋6 D．10π＋6 解析：由三視圖可知，該幾何體由一個半圓柱與兩個半球構成，故其表面積為4π12＋2π13＋2π12＋32＝8π＋6.故選C. 答案：C 4．(2018沈陽模擬)某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的側面積是(　　) A．4＋4 B．4＋2 C．8＋4 D． 解析：由三視圖可知該幾何體是一個四棱錐，記為四棱錐PABCD，如圖所示，其中PA⊥底面ABCD，四邊形ABCD是正方形，且PA＝2，AB＝2，PB＝2，所以該四棱錐的側面積S是四個直角三角形的面積和，即S＝2(22＋22)＝4＋4，故選A. 答案：A 5．(2018聊城模擬)在三棱錐PABC中，已知PA⊥底面ABC，∠BAC＝120?，PA＝AB＝AC＝2，若該三棱錐的頂點都在同一個球面上，則該球的表面積為(　　) A．10π B．18π C．20π D．9π 解析：該三棱錐為圖中正六棱柱內的三棱錐PABC，PA＝AB＝AC＝2，所以該三棱錐的外接球即該六棱柱的外接球，所以外接球的直徑2R＝＝2?R＝，所以該球的表面積為4πR2＝20π. 答案：C 6．(2018高考全國卷Ⅰ)某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖所示．圓柱表面上的點M在正視圖上的對應點為A，圓柱表面上的點N在左視圖上的對應點為B，則在此圓柱側面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為(　　) A．2 B．2 C．3 D．2 解析：先畫出圓柱的直觀圖，根據題圖的三視圖可知點M，N的位置如圖①所示． 圓柱的側面展開圖及M，N的位置(N為OP的四等分點)如圖②所示，連接MN，則圖中MN即為M到N的最短路徑． ON＝16＝4，OM＝2， ∴|MN|＝＝＝2. 故選B. 答案：B 7．在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，點M是BB1的中點，則三棱錐C1AMC的體積為(　　) A. B. C．2 D．2 解析：取BC的中點D，連接AD.在正三棱柱ABCA1B1C1中，△ABC為正三角形，所以AD⊥BC，又BB1⊥平面ABC，AD?平面ABC，所以BB1⊥AD，又BB1∩BC＝B，所以AD⊥平面BCC1B1，即AD⊥平面MCC1，所以點A到平面MCC1的距離就是AD.在正三角形ABC中，AB＝2，所以AD＝，又AA1＝3，點M是BB1的中點，所以S△MCC1＝S矩形BCC1B1＝23＝3，所以VC1－AMC＝VAMCC1＝3＝. 答案：A 8．如圖，四棱錐PABCD的底面ABCD為平行四邊形，NB＝2PN，則三棱錐NPAC與三棱錐DPAC的體積比為(　　) A．1∶2 B．1∶8 C．1∶6 D．1∶3 解析：由NB＝2PN可得＝.設三棱錐NPAC的高為h1，三棱錐BPAC的高為h，則＝＝.又四邊形ABCD為平行四邊形，所以點B到平面PAC的距離與點D到平面PAC的距離相等，所以三棱錐NPAC與三棱錐DPAC的體積比為＝＝. 答案：D 9．已知球的直徑SC＝4，A，B是該球球面上的兩點，∠ASC＝∠BSC＝30?，則棱錐SABC的體積最大為(　　) A．2 B． C． D．2 解析：如圖，因為球的直徑為SC，且SC＝4，∠ASC＝∠BSC＝30?，所以∠SAC＝∠SBC＝90?，AC＝BC＝2，SA＝SB＝2，所以S△SBC＝22＝2，則當點A到平面SBC的距離最大時，棱錐ASBC即SABC的體積最大，此時平面SAC⊥平面SBC，點A到平面SBC的距離為2sin 30?＝，所以棱錐SABC的體積最大為2＝2，故選A. 答案：A 二、填空題 10．(2018洛陽統(tǒng)考)已知點A，B，C，D均在球O上，AB＝BC＝，AC＝2.若三棱錐DABC體積的最大值為3，則球O的表面積為________． 解析：由題意可得，∠ABC＝，△ABC的外接圓半徑r＝，當三棱錐的體積最大時，VDABC＝S△ABCh(h為D到底面ABC的距離)，即3＝h?h＝3，即R＋＝3(R為外接球半徑)，解得R＝2，∴球O的表面積為4π22＝16π. 答案：16π 11．已知某幾何體的三視圖如圖，其中正視圖中半圓直徑為4，則該幾何體的體積為________． 解析：由三視圖可知該幾何體為一個長方體挖掉半個圓柱，所以其體積為248－π222＝64－4π. 答案：64－4π 12．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體中，面積最大的側面的面積為________． 解析：由三視圖可知，幾何體的直觀圖如圖所示，平面AED⊥平面BCDE，四棱錐ABCDE的高為1，四邊形BCDE是邊長為1的正方形，則S△ABC＝S△ABE＝1＝，S△ADE＝，S△ACD＝1＝，故面積最大的側面的面積為. 答案： 13．(2018福州四校聯(lián)考)已知三棱錐ABCD的所有頂點都在球O的球面上，AB為球O的直徑，若該三棱錐的體積為，BC＝3，BD＝，∠CBD＝90?，則球O的體積為________． 解析：設A到平面BCD的距離為h，∵三棱錐的體積為，BC＝3，BD＝，∠CBD＝90?，∴3h＝，∴h＝2，∴球心O到平面BCD的距離為1.設CD的中點為E，連接OE，則由球的截面性質可得OE⊥平面CBD，∵△BCD外接圓的直徑CD＝2，∴球O的半徑OD＝2，∴球O的體積為. 答案：