2022年高三数学二轮复习教师用书专题十空间几何体 .pdf

《2022年高三数学二轮复习教师用书专题十空间几何体 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高三数学二轮复习教师用书专题十空间几何体 .pdf（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。

1、学习必备欢迎下载专题十空间几何体(见学生用书 P63) (见学生用书 P63) 1常见的空间几何体常见的几何体有：棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台和球2空间几何体的三视图空间几何体的三视图是正视图、侧视图、俯视图3空间几何体的表面积与体积(1)棱柱的体积 VSh其中 S表示棱柱的底面积， h 表示棱柱的高，棱锥的体积 V13Sh，其中 S、h 分别表示棱锥的底面积和高(2)圆柱的表面积 S2r(rh)、体积 Vr2h，其中 r、h 分别为圆柱底面的半径和高(3)圆锥的表面积 Sr(lr)、体积 V13r2h，其中 r、l、h 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结

2、- - - - - - -第 1 页，共 23 页学习必备欢迎下载别为圆锥底面的半径、母线长、锥高(4)圆台的表面积 S(r2R2rl Rl)、 体积 V13(SSSS)h，其中 r、R、l、h 分别为圆台上底面的半径、下底面的半径、母线长、圆台的高， S 和 S 分别为上、下底面的面积(5)球的表面积 S4R2、体积 V43 R3，其中 R为球的半径(见学生用书 P63) 考点一空间几何体的三视图考点精析1在描绘三视图时，分界线和可见轮廓线都用实线画出，被遮挡的部分用虚线画出，即“眼见为实，不见为虚”，在三视图的判断与识别中要特别注意其中的虚线2由空间几何体的三视图画直观图时，注意抓住“长对

3、正，高平齐，宽相等”的基本原则， 由三视图画出直观图后要验证其是否正确例 11(2015 北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为 () 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 23 页学习必备欢迎下载A1 B.2 C. 3 D2 考点： 由三视图还原实物图分析：由几何体的三视图画出直观图，并根据直观图的特点判断和计算解析： 将三视图还原成几何体的直观图，如图，由三视图可知，底面 ABCD 是边长为 1 的正方形， SB底面 ABCD，SBAB1，由勾股定理可得 SASC 2，SDSB2DB2123，故四棱锥中最

4、长棱的棱长为3，故选 C.答案： C 点评：本题考查了几何体的三视图，考查了逻辑推理能力、空间想象能力，求解计算能力，是基础题例 12 (2014湖北卷)在如图所示的空间直角坐标系Oxyz 中，一个四面体的顶点坐标分别为(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)，给出的编号为，的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为 () 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 23 页学习必备欢迎下载A和B和C和D和考点： 画出三视图分析：在坐标系中，标出已知的四个点， 根据三视图的画图规则，可得结论解析：在坐标系中，标

5、出已知的四个点， 根据三视图的画图规则，可得三棱锥的正视图和俯视图分别为.答案： D 规律总结纵观这几年的高考试题， 有关三视图的内容已成为高考的一个热点，试题主要以选择题、填空题的形式出现，主要考查三视图的识别与判断问题，以及逆向思维能力变式训练【11】 (2014江西卷 )一几何体的直观图如图所示，下列给出的四个俯视图中正确的是() 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 23 页学习必备欢迎下载解析：该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体， 且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点

6、在底面的射影距左右两边距离相等，因此选B.答案： B 考点二空间几何体的表面积与体积考点精析1求表面积与体积的关键是分清几何体是多面体还是旋转体，是否能直接利用公式求解， 不能用公式直接求解的可采用割补法、等价转化法求解，注意表面积与侧面积的区别2常见问题是几何体的表面积与体积的计算公式记忆不准确，导致错用公式，尤其是锥体体积公式中往往容易漏掉13. 例 21(2015安徽卷)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是 () A13 B12 2 C23 D2 2 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 23 页学习必备欢迎

7、下载考点： 由三视图求表面积分析： 把三视图还原成直观图，再计算其表面积解析：如图，该四面体有两个面为等腰直角三角形，另外两个面为正三角形故该四面体的表面积S21222212223223.答案： C 点评：本题考查了由三视图求几何体的表面积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键例 22(2015 天津卷)一个几何体的三视图如图所示(单位： m)，则该几何体的体积为 _ m3 . 考点： 由三视图求几何体的体积分析： 先通过三视图还原几何体，再利用体积公式求解解析： 该三视图对应的几何体是一个圆柱和两个圆锥的组合体从题图中所给数据知其体积为213121122精选学习资料 -

8、 - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 23 页学习必备欢迎下载23283.答案：83点评：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键例 23(2014 河北模拟 )一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的外接球半径为() A.12B.316C.174D.174考点： 球内接多面体；由三视图还原实物图分析：由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥，它是一个正四棱锥的一半，其中底面是一个两直角边都为6 的直角三角形，高为 4.设其外接球的球心O 为 O，则其必在高线 EF 上，利用外接球

9、的半径建立方程，据此方程可求出答案精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 23 页学习必备欢迎下载解析：由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥，它是一个正四棱锥的一半，其中底面是一个两直角边都为6 的直角三角形，高 EF4.设其外接球的球心为O，外接球半径为R，则 O 点必在高线 EF上，则在直角三角形AOF 中，AO2OF2AF2(EFEO)2AF2，即 R2(4R)2(3 2)2，解得： R174.答案： C 点评：本题考查由三视图还原实物图考查多面体的外接球的运算，考查空间想象力这是一个综合题目规律总结柱、锥、台、球

10、体及其简单的组合体的表面积与体积问题是历年高考必考内容， 把简单几何体的表面积、 体积问题与三视图结合在一起是近几年的热点问题，而多面体与球的组合问题(特别是球的外接与内切问题 )既是近几年的热点问题，又是难点问题简单几何体的表面积与体积的考查， 一般为中低档试题，但近年有加大难度的趋势；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 23 页学习必备欢迎下载且创新力度较大，一般以选择题、填空题为主变式训练【21】(2015全国卷 )已知 A， B是球 O的球面上两点，AOB90，C 为该球面上的动点，若三棱锥OABC 体积的最大值为3

11、6，则球 O 的表面积为 () A36B64C144D256解析： 设球 O 的半径为 R，A，B 在球 O 的球面上且 AOB90，SAOB12R2，VOABCVCAOB13SAOBh16R2h(其中 h 是 C到平面 AOB 的距离)，所以三棱锥 OABC 的体积最大，即h 最大，又 C 在球面上，故 h 最大值为 OCR，VOABC的最大值为16R3，即16R336，R6，故 S球4R2144.故选 C. 答案： C 【22】 (2015福建卷 )某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于 () 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - -

12、 -第 9 页，共 23 页学习必备欢迎下载A82 2 B112 2 C142 2 D15 解析： (方法 1)由三视图可知，该几何体是直四棱柱且底面为直角梯形，所以 S表212(12)11222222112 2，故选 B.(方法 2)由三视图可知， 该几何体是直四棱柱且底面是直角梯形，所以 S表S侧S上底2(1212)212(12)13112 2，故选 B. 答案： B (见学生用书 P66) 例 如图所示，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB3，AA14，M 为 AA1的中点，P 是 BC 上一点，且由 P 沿棱柱侧面经过棱CC1到M 的最短路线长为29，设这条最短路线与CC1的交点为 N

13、. 求：(1)该三棱柱侧面展开图的对角线长；(2)PC 与 NC 的长精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 23 页学习必备欢迎下载考场错解： 第(2)问：过 M 作 MNCC1于 N，则由已知有 MNNP3NP29，NP293，此时 N 为 CC1的中点，NC2，PCNP2NC2346 29. 专家把脉： 依题意有MNNP 的最小值为29，而错解中认为MN 最小，则 MNNP 就最小，这是错误的对症下药： (1)正三棱柱ABCA1B1C1的侧面展开图是一个长为9，宽为 4 的矩形，其对角线长为924297. (2)如图所示

14、，将侧面BB1C1C 绕棱 CC1旋转 120，使其与侧面AA1C1C 在同一平面上，点P 运动到 P1的位置，连接MP1，则 MP1就是由点 P 沿棱柱侧面经过棱CC1到点 M 的最短路线设 PCx，则 P1Cx，在 RtMAP1中，由勾股定理得 (3x)22229，求得 x2，PCP1C2，NCMAP1CP1A25，NC45. 专家会诊： 棱柱、棱锥、球是几何体中的重要载体，学习中除了精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 23 页学习必备欢迎下载牢固掌握有关概念、 性质、面积体积公式之外， 还要灵活运用有关知识进行位置的

15、判断与论证， 进而达到计算的目的 在计算时要注意把某些平面图形分离出来运用平面几何的知识来进行计算，这是立体几何中计算问题的重要方法和技巧(见学生用书 P135) 一、选择题1(2015 陕西卷 )一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 () A3B4C2 4 D3 4 解析：由三视图可知该几何体的直观图是截去一半的圆柱，其表面积为 S2212122234. 答案： D 2(2014 广西卷 )正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为 4，底面边长为 2，则该球的表面积为 () A.814B16精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - -

16、 -第 12 页，共 23 页学习必备欢迎下载C9D.274解析： 设球的半径为 R，又棱锥的高为4，底面边长为 2，R2(4R)2(2)2，R94，球的表面积为4942814. 答案： A 3(2014 北京一模 )某简单组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为 () A.2 33(2) B.4 33(2) C.2 33(2) D.8 33(2) 解析：由三视图知，几何体是一个简单的空间组合体，前面是半个圆锥，圆锥的底面是半径为2 的圆，母线长是 4，根据勾股定理知圆锥的高是42222 3，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13

17、页，共 23 页学习必备欢迎下载半个圆锥的体积是1213222 34 33，后面是一个三棱锥，三棱锥的底面是底边长为4、高为 2 的等腰三角形，三棱锥的高是2 3，三棱锥的体积是1312422 38 33，几何体的体积是4 338 334 33( 2)答案： B 4(2014 雅礼模拟 )在斜三棱柱 ABCA1B1C1中，A0，B0分别为侧棱 AA1，BB1上的点，且知BB0A0A1，过 A0，B0，C1的截面将三棱柱分成上下两个部分体积之比为() A21 B43 C32 D11 解析： 设三棱柱 ABCA1B1C1的体积为 V.侧棱 AA1和 BB1上各有一动点 A0，B0满足 BB0A0A

18、1，四边形 A0B0BA 与四边形 A0B0B1A1的面积相等故四棱锥 C1A0B0B1A1的体积等于三棱锥 C1A1B1A的体积等于13V.则分成的上部分体积等于23V.故过 A0，B0，C1三点的截面把棱柱分成上下两部分，则其体积精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 23 页学习必备欢迎下载比为 21.答案： A 5(2015 黄冈模拟 )某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为() A.152B63 C.323 3 D4 3 解析：侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，

19、矩形的长为 3，宽为 2，面积为 326.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为1233，所以侧视图的面积为632152，故选 A. 答案： A 6(2014 长郡三模 )某几何体的三视图 (单位： cm)如图所示，则该几何体最长的一条侧棱长度是() A5 cm B. 27 cm C. 29 cm D.31 cm 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 23 页学习必备欢迎下载解析：由三视图知几何体为四棱锥， 且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，底面为直角梯形，其直观图如图：PA2，AB2，CD4，AD3，ACAD2CD25，在直角

20、三角形 PAC 中，PCPA2AC2 29. 答案： C 7(2014 长郡一模 )四棱锥 PABCD 的五个顶点都在一个球面上，且底面 ABCD 是边长为 1 的正方形， PA平面 ABCD，PA2，则该球的表面积为 () AB2C3D4解析：把四棱锥补成正四棱柱， 则四棱锥的外接球是正四棱柱的外接球正四棱柱的对角线长等于球的直径，2R1212（2）22，R1，外接球的表面积S4. 答案： D 8(2015 山东卷 )已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 23 页学习必备欢迎下载三角

21、形绕其斜边所在的直线旋转一周的曲面所围成的几何体的体积为() A.2 23B.4 23C2 2D4 2解析： 绕斜边所在直线旋转一周可得到2 个以2为底面半径，以2为高的圆锥， V213( 2)2 24 23. 答案： B 9(2015 湖南卷 )某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为() 材料利用率新工件的体积原工件的体积A.89B.827C.24（21）3D.8（ 21）3精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 23

22、页学习必备欢迎下载解析： 由三视图知该工件是底面半径为1，高为 2 2的圆锥如图所示，正方体底面落在圆上，设棱长为 a，则截面圆的半径O1A22a，又 PO12 2a，且PO1APOB，所以O1APO112 2，即22a2 2a12 2，解得 a2 23，所以原工件材料的利用率为a3132 289.故选 A. 答案： A 二、填空题10正四面体的四个顶点都在同一个球面上，且正四面体的高为4，则这个球的表面积是 _解析：我们不妨设该正四面体的棱长为a，其外接球的半径是R，内切球的半径是r，则该正四面体的高hRr，如图所示，则在RtOO1A 中，OO1r，OAR，O1A33a，从而有Rr63a，R

23、2r213a2，解得 R64a，r612a.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 23 页学习必备欢迎下载根据 R64a，h63a4? R3? S4R236. 答案： 3611如图，在多面体ABCDEF 中，已知 ABCD 是边长为 1 的正方形，且 ADE、BCF 均为正三角形， EFAB，EF2，则该多面体的体积为 _解析： 一个完整的三棱柱的图象为：棱柱的高为2，底面三角形为等腰三角形，且其底为1，高为22，其体积为：12122222，割去的四棱锥体积为：1312226，所以，几何体的体积为：222623.答案：231

24、2(2015 江苏卷 )现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为 4 的圆锥和底面半径为 2、高为 8 的圆柱各一个若将它们重新制作成总体积与高均保持不变， 但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为 _精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 23 页学习必备欢迎下载解析： 设新的圆柱和圆锥底面半径为r，则总体积 V13r24 r2813524228，即283r21963，解得 r7. 答案：7 13三棱锥PABC 中， ABC 是底面， PAPB，PAPC，PBPC，且这四个顶点都在半径为2 的球面上， PA2PB，则

25、这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值为_解析： PA，PB，PC 两两垂直，又三棱锥 PABC 的四个顶点均在半径为2 的球面上，以 PA，PB，PC 为棱的长方体的对角线即为球的一条直径16PA2PB2PC2，又 PA2PB，5PB2PC216，设 PB4cos 5，PC4sin ，则这个三棱锥的三个侧棱长的和PAPBPC3PBPC125cos 4sin 4570sin( )4570.则这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值为4570. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 23 页学习必备欢迎下载答案：4570 三、解答题14

26、 如图所示是一建筑物的三视图， 现需将其外壁用油漆刷一遍，若每平方米用漆 0.2 kg，则共需油漆大约多少千克？(尺寸如图所示，单位：米，取 3) 解析： S底r2927918，S锥侧rl33545，S柱侧43448，S全184548111，故需刷油漆 0.211122.2 kg. 15 (2015 河北调研 )某几何体 ABCA1B1C1的三视图和直观图如图所示(1)求证：平面 AB1C1平面 AA1C1C；(2)若 E是线段 AB1上的一点， 且满足 VEAA1C119VABCA1B1C1，求 AE 的长精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - -

27、 -第 21 页，共 23 页学习必备欢迎下载解析： (1)证明：由三视图可知，几何体ABCA1B1C1为三棱柱，侧棱 AA1底面 A1B1C1，B1C1A1C1，且 AA1AC4，BC2.AA1底面 A1B1C1，B1C1? 平面 A1B1C1, AA1B1C1，B1C1A1C1，AA1A1C1A1，B1C1平面 AA1C1C.又B1C1? 平面 AB1C1，平面 AB1C1平面 AA1C1C.(2)过点 E 作 EFB1C1交 AC1于 F，由(1)知，EF平面 AA1C1C，即 EF 为三棱锥 EAA1C1的高 VEAA1C119VABCA1B1C1，13SAA1C1EF19SABCAA1，131244 EF191224 4，解得 EF23.在 RtABC中， ABAC2BC242222 5，在 RtABB1中，AB1AB2BB21（2 5）2426，由AEAB1EFB1C1，得 AE13AB12.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 23 页学习必备欢迎下载精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 23 页