2014届高考数学二轮专题突破辅导与测试 第1部分 专题四 第一讲 空间几何体选择、填空题型课件 文_图文

第一讲

空间几何体?选择、填空题型?

考点
空间几何体的三视图 空间几何体的表面积 空间几何体的体积 球 点、线、面的位置关系

考情 1.三视图几乎是每年必考内容之一,难度不大,一是考 查识图,如2013年四川T2;二是以三视图为载体考查面积、 体积的计算,如2013年重庆T8,2013年新课标全国卷ⅠT8. 2.多面体与球的切接问题是高考难点,新课标几乎每年

都考,如2013年辽宁T10.
3.空间位置关系的考查多以判断命题真假的形式出现, 如2013年新课标全国卷ⅡT4.

1.(2013· 四川高考)一个几何体的三视图如图所示,则该几 何体可以是 ( )

A.棱柱

B.棱台

C.圆柱

D.圆台

解析:由俯视图可排除 A,B,由正(主)视图可排除 C.

答案:D

2.(2013· 重庆高考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体 的表面积为 ( )

A.180

B.200

C.220

D.240

解析:几何体为直四棱柱,其高为 10,底面是上底为 2,下底 1 为 8, 高为 4, 腰为 5 的等腰梯形, 故两个底面面积的和为 ×(2 2 + 8)×4×2 = 40 ,四个侧面面积的和为 (2 + 8 + 5×2)×10 = 200,所以直四棱柱的表面积为 S=40+200=240.

答案:D

3.(2013· 新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示,则该几 何体的体积为 ( )

A.16+8π C.16+16π

B.8+8π D.8+16π

解析:根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成,其 中上面部分为长方体,下面部分为半个圆柱,所以组合体的体 1 积为 2×2×4+ ×22×π×4=16+8π. 2 答案:A

4. (2013· 辽宁高考)已知直三棱柱 ABCA1B1C1 的 6 个顶点都在 球 O 的球面上,若 AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12, 则球 O 的半径为 3 17 A. 2 13 C. 2 B.2 10 D.3 10 ( )

解析:如图,由球心作平面 ABC 的垂线,则垂足为 BC 的中 1 5 1 点 M.又 AM= BC= ,OM= AA1=6,所以球 O 的半径 R 2 2 2 =OA=
?5? 13 ? ?2+62= . 2 ?2?

答案:C

5.(2013· 新课标全国卷Ⅱ)已知 m,n 为异面直线,m⊥平面 α, n⊥平面 β.直线 l 满足 l⊥m,l⊥n,l?α,l?β,则 A.α∥β 且 l∥α B.α⊥β 且 l⊥β C.α 与 β 相交,且交线垂直于 l D.α 与 β 相交,且交线平行于 l ( )

解析:由于 m,n 为异面直线,m⊥平面 α,n⊥平面 β,则 平面 α 与平面 β 必相交,但未必垂直,且交线垂直于直线 m,n,又直线 l 满足 l⊥m,l⊥n,则交线平行于 l.

答案:D

柱、锥、台、球体的表面积和体积 侧面展开图 直棱柱 长方形 表面积 S=2S底+S侧 体积 V=S底·h

圆柱
棱锥 圆锥

长方形
由若干三角形构

S=2πr2+2πrl
S=S底+S侧 S=πr2+πrl

V=πr2·h
1 V= S 底· h 3


扇形

1 2 V= πr · h 3

侧面展开图
由若干个梯形 棱台 构成

表面积
S=S上底+ S下底+S侧 S=πr′2+

体积
1 V= (S+ 3 SS′+S′)· h

圆台

扇环 π(r+r′)l+πr2

1 2 V= π(r +r· 3 r′+r′2)· h
4 3 S = πr 3



S=4πr2

空间几何体的三视图

[例 1]

(1)(2013· 新课标全国卷Ⅱ )一个四面体的顶点在空

间直角坐标系 Oxyz 中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1), (0,0,0),画该四面体三视图中的正(主)视图时,以 zOx 平面为投 影面,则得到的正(主)视图可以为 ( )

(2)将正方体(如图①所示)截去两个三棱锥,得到图②所示 的几何体,则该几何体的侧(左)视图为 ( )

A

B

C

D

[自主解答]

(1)作出空间直角坐标系,在坐标系中标出各

点的位置,然后进行投影,分析其正(主)视图形状.易知选 A. (2)还原正方体后,将 D1,D,A 三点分别向正方体右侧面 作垂线.D1A 的射影为 C1B,且为实线,B1C 被遮挡应为虚线.
[答案] (1)A (2)B

——————————规律· 总结————————————

三视图的读图与画图的关键点 (1)熟记三视图的观察方向和长、宽、高的关系:长对正、 高平齐、宽相等; (2)熟悉各种基本几何体的三视图,同时要注意画三视图 时,能看到的轮廓线画成实线,看不到的轮廓线画成虚线.
———————————————————————————

1.如图是长和宽分别相等的两个矩形.给定下列三个命题:① 存在三棱柱,其正 (主)视图、俯视图如图;②存在四棱柱, 其正(主)视图、俯视图如图;③存在圆柱,其正(主)视图、俯 视图如图.其中真命题的个数是 ( )

A.3 C.1

B. 2 D.0

解析:若底面是等腰直角三角形的三棱柱,按某方式横放时, 它的正(主)视图和俯视图是全等的矩形,因此①正确;若长方 体的高和宽相等时, 满足题意, ②正确; 当圆柱横放时(即侧(左) 视图)为圆时),它的正(主)视图和俯视图是全等的矩形,因此③ 正确.

答案:A

2.已知三棱锥的俯视图与侧(左)视图如图所示,俯视图是边 长为 2 的正三角形, 侧(左)视图是有一直角边为 2 的直角 三角形,则该三棱锥的正(主)视图可能为 ( )

A

B

C

D

解析:由于空间几何体的正(主)视图和侧(左)视图“高平齐”, 故正 (主 )视图的高一定是 2;由于正(主 )视图和俯视图 “长对 正”,故正(主)视图的底面边长为 2;又根据侧(左)视图可知这 个空间几何体最前面的面垂直于底面,这个面遮住了后面的一 个侧棱,综上可知,这个空间几何体的正(主)视图可能是 C.

答案:C

空间几何体的表面积和体积
[例 2] (1)(2013· 陕西高考)某几何体的三视图如图所示,则其

表面积为________.

(2)若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体 的体积等于________cm3.

[自主解答]
2

(1)由三视图,易知该几何体是个半球,其半

1 径为 1,S=π×1 + ×4×π×12=3π. 2 (2)根据三视图,该几何体是一个三棱柱削去一个三棱锥, 1 1 1 体积 V= ×3×4×5- × ×4×3×3=24 cm3. 2 3 2 [答案] (1)3π (2)24

——————————规律· 总结————————————

由几何体的三视图求其表面积或体积的步骤 第一步:根据给出的三视图判断该几何体的形状; 第二步:由三视图中的数据标出几何体的相关数据; 第三步:根据几何体的表面积、体积公式求解.
——————————————————————————

3.一个四棱锥的底面为正方形,其三视图如图所示,则这个四 棱锥的体积是 ( )

A.1 C.3

B.2 D.4

解析:由题设及图知,此几何体为一个四棱锥,其底面为一个 1 对角线长为 2 的正方形,故其底面积为 4× ×1×1=2.由三视 2 图知其中一个侧棱为棱锥的高,其相对的侧棱与高及底面正方 形的对角线组成一个直角三角形,由于此侧棱长为 13,底面正 方形的对角线长为 2, 故棱锥的高为 ? 13?2-22= 9=3.此棱锥 1 的体积为 ×2×3=2. 3 答案:B

4.某几何体的三视图如图(其中侧(左)视图的圆弧是半圆),则 该几何体的表面积为 ( )

A.92+14π C.92+24π

B.82+14π D.82+24π

解析:由几何体的三视图,知该几何体的下半部分是长方体, 上半部分是半径为 2,高为 5 的圆柱的一半.直观图如图所示, 长方体中 EH=4,HG=4,GK=5,所以长方体的表面积为(去 掉一个上底面 )2(4×4+ 4×5)+ 4×5 = 92.半圆柱的两个底面积 为 π×22=4π,半圆柱的侧面积为 π×2×5=10π,所以整个组 合体的表面积为 92+4π+10π=92+14π.

答案:A

多面体与球
[例 3] (1)如图所示,在四棱锥 PABCD 中,

底面 ABCD 是边长为 a 的正方形, PD ⊥底面 ABCD,且 PD=a,PA=PC= 2a,若在这个四棱 锥内放一球,则此球的最大半径是________. (2)直三棱柱 ABCA1B1C1 的各点都在同一球面上, 若 AB=AC =AA1=2,∠BAC=120° ,则此球的表面积等于________.

[自主解答]

(1)设放入的球的半径为 r,球心为 O,连接 OP、

OA、OB、OC、OD,则把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱 锥,这些小棱锥的高都是 r,底面分别为原四棱锥的侧面和底面, 1 则 VPABCD= r(S△PAB+S△PBC+S△PCD+S△PAD+S 3 2)a2. 由题意知 PD⊥底面 ABCD, 1 1 3 所以 VPPD= a . ABCD= S 正方形 ABCD· 3 3 1 1 3 2 由体积相等,得 r(2+ 2)a = a , 3 3 1 解得 r= (2- 2)a. 2 1 正方形 ABCD)= r(2+ 3

(2) 在 △ ABC 中 , 由 余 弦 定 理 知 BC2 = AB2 + AC2 - 2AB· AC· cos
? 1? 120° =4+4-2×2×2×?-2?=12,∴BC=2 ? ?

3.

2 3 由正弦定理,设△ABC 的外接圆半径为 r,满足 = sin 120° 2r,∴r=2. 由题意知球心到平面 ABC 的距离为 1,设球的半径为 R, 则 R= 22+1= 5,∴S 球=4πR2=20π.

[答案]

1 (1) (2- 2)a 2

(2)20π

本例(2)中,改为∠BAC=60° ,其他条件不变,如何求?若 ∠BAC=90° 呢?
解析:若∠BAC=60° ,如图,设 O1,O2 分 别为上、下底面的中心,且球心 O 为 O1O2 的中 3 2 2 3 点, 得 AD= ×2= 3,AO2= AD= ,OO2 2 3 3 =1.设球的半径为 R,则 R =AO
2 2

4 7 2 2 =AO2+OO2= +1= . 3 3

28π ∴S 球=4πR = 3 .
2

若∠BAC=90° ,则三棱柱 ABCA1B1C1 可以看成 正方体的一半.设球的半径为 R,则 2R=2 3,即 R = 3.因此 S 球=4πR2=12π.
答案:12π

——————————规律· 总结———————————— 多面体与球切、接问题的求解方法
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,一般过球心及多面 体中的特殊点(一般为接、 切点)或线作截面, 把空间问题转化为平 面问题求解. (2)若球面上四点 P、A、B、C 构成的三条线段 PA、PB、PC 两两互相垂直,且 PA=a,PB=b,PC=c,一般把有关元素“补 形”成为一个球内接长方体,根据 4R2=a2+b2+c2 求解. (3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长. (4)球和正方体的棱相切时, 球的直径为正方体的面对角线长.

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5.一个六棱柱的底面是正六边形,其侧棱都垂直于底面,已知 9 该六棱柱的顶点都在同一个球面上,且该六棱柱的体积为 , 8 底面周长为 3,那么这个球的体积为________.

解析: 六棱柱 ABCDEFA1B1C1D1E1F1, 底面周 1 长为 3,底面边长为 .设六棱柱高为 h,则 V= 2 3 ?1?2 9 ? ? × ×6h= ,∴h= 3.球心 O 在高 O1O2 4 ?2? 8 的中点上,如图所示,在直角在三角形 OC1O1 3 1 中,O1O= ,O1C1= , 2 2 ∴OC1=R=1. 4π 4π 3 ∴球的体积为 ×1 = . 3 3

4π 答案: 3

6.已知如图是一个空间几何体的三视图,则该几何体的外接 球的表面积为________.

解析:设该几何体的外接球的半径为 R.依题意知,该几何体是 如图所示的三棱锥 ABCD,其中 AB⊥平面 BCD,AB=2,BC =CD= 2,BD=2,BC⊥DC,因此可将该三棱锥补形为一个 长方体,于是有(2R)2=22+( 2)2+( 2)2=8,即 4R2=8,则该 几何体的外接球的表面积为 4πR2=8π.

答案:8π

线、面位置关系与命题真假的判断
[例 4] (1)已知 m,n 是两条不同直线,α,β,γ 是三个不同 ( )

平面,下列命题中正确的是 A.若 m∥α,n∥α,则 m∥n B.若 m∥n,n?α,则 m∥α C.若 m∥α,m∥β,则 α∥β D.若 α∥β,α∥γ,则 β∥γ

(2)已知三条不重合的直线 m,n,l,两个不重合的平面 α,β, 有下列命题: ①若 m∥n,n?α,则 m∥α; ②若 l⊥α,m⊥β 且 l∥m,则 α∥β; ③若 m?α,n?α,m∥β,n∥β,则 α∥β; ④若 α⊥β,α∩β=m,n?β,n⊥m,则 n⊥α. 其中正确命题的个数是 A.1 B.2 C.3 D.4 ( )

[ 自主解答 ]

(1)借助正方体模型逐一

判断.m,n 平行于 α,m,n 可以相交也 可以异面,如图中正方体的棱 A1B1,B1C1 都与底面 ABCD 平行,但这两条棱相交, 故选项 A 不正确;在正方体中 AB ∥ A1B1 , A1B1 ? 平面 A1B1BA,而 AB 不平行于平面 A1B1BA,故选项 B 不正确; 正方体的棱 B1C1 既平行于平面 ADD1A1 ,又平行于平面 ABCD,但这两个平面是相交平面,故选项 C 不正确;由平 面与平面平行的传递性,得 D 正确.

(2)若 m∥n,n?α,则 m 可与 α 平行也可在 α 内,故①错 误;l⊥α,l∥m,则 m⊥α,又 m⊥β,所以 α∥β,故②正确; ③中若 m 与 n 相交则命题成立,否则不成立,故③错误;由面 面垂直的性质定理可知④正确.

[答案] (1)D

(2)B

——————————规律· 总结————————————
空间线面位置关系的判断方法 (1)公理法:借助空间线面位置关系的判定定理和性质定理 逐项判断来解决问题. (2)模型法:借助空间几何模型,如在长方体、四面体等模 型中观察线面位置关系,结合有关定理作出选择.

——————————————————————————

7.已知 a,b,l 是不同的直线,α,β 是不重合的平面,有下列 命题: ①若 a⊥β,α⊥β,则 a∥α; ②若 a∥α,a⊥b,则 b⊥α; ③若 a∥b,l⊥a,则 l⊥b; ④若 α⊥γ,β⊥γ,则 α∥β. 其中正确命题的个数是 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 ( )

解析:①错,直线 a 可在平面 α 内;②错,b 可能平行于 α 或 b?α;③正确;④错,两平面可相交,故正确命题的个数是 1.

答案:A

8.已知 A,B 是两个不同的点,m,n 是两条不重合的直线,α, β 是两个不重合的平面,则①m?α,A∈m?A∈α;②m∩n =A,A∈α,B∈m?B∈α;③m?α,n?β,m∥n?α∥β; ④m?α,m⊥β?α⊥β.其中真命题为 A.①③ C.①④ B.②③ D.②④ ( )

解析:结合公理、定理逐一判断.根据平面的性质,可知① 正确; ②中不能确定 B∈α; ③中 α 与 β 可能平行也可能相交; ④中根据面面垂直的判定可知正确,故①④为真命题. 答案:C

课题14
[典例]

等体积法求空间几何体的体积

(2012· 山东高考)如图, 正方体 ABCDA1B1C1D1

的棱长为 1,E、F 分别为线段 AA1,B1C 上的点,则三棱 锥 D1EDF 的体积为________.

[考题揭秘]

本题主要考查三棱锥的体积的求法以及转化与

化归的数学思想. [审题过程] 第一步:审条件.(1)正方体的棱长为 1,(2)E、

F 分别是线段 AA1,B1C 上的点. 第二步:审结论.求三棱锥 D1EDF 的体积,可以转化为求 VFDD E.
1

VD1EDF= 第三步:建联系. ―→ 求△DD1E的面积 ―→ VFDD1E 求F到平面DD1E的距离 ―→ 求VFDD1E

[规范解答]

∵点 F 到平面 DD1E 的距离即为正方体的棱长

1,????????????????????????① ∴VD1EDF=VFDD1E??????????????② 1 1 1 1 =3S△DD1E· AB= × ×1×1×1= .????????③ 3 2 6

[答案]

1 6

[模型归纳] 等体积法求三棱锥体积的模型示意图如下:

判断 — 判断三棱锥的形状及其结构特征,如步骤① 形状
变换 — 变换三棱锥的底面同时也变换高,如步骤②

1 求解 — 利用三棱锥的体积公式 V=3Sh 求解,如步骤③

[变式训练] 1.(2012· 江苏高考)如图,在长方体 ABCDA1B1C1D1 中, AB=AD=3 cm, AA1=2 cm, 则四棱锥 ABB1D1D 的体积为________cm3.
解 析 : 由 题 意 得 VABB1D1D = VABDA1B1D1 - VA1AB1D1 = 1 VABDA1B1D1 - VAA1B1D1 = S △ A1B1D1×AA1 - S △ A1B1D1×AA1 = 3 2 2 1 3S△A1B1D1×AA1=3×2×3×3×2=6. 答案:6

2.已知三棱锥 DABC 的顶点都在球 O 的球面上,AB=4,BC=3, AB⊥BC,AD=12,且 DA⊥平面 ABC,则三棱锥 ABOD 的体积 等于________.

解析:球心 O 是 DC 的中点,AD=12,AC=5,∴DC=13,∴r 13 = . 2 ∵△DAB 为直角三角形,取 BD 的中点 O1,连接 OO1,则 OO1 ⊥平面 DAB,∴OO1⊥BD. 在 Rt△OO1 D 中,O1D=2 10, ∴OO1=
?13?2 ? ? -?2 ?2?

3 10? = . 2
2

? 3 1 ?1 ∴VABOD=VOABD= ×? ×12×4 ?× =12. 3 ?2 ? 2

答案:12


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