2019年高考理科数学二轮专题复习讲义：专题四 第一讲　空间几何体 WORD版含答案.docx

1、第一讲空间几何体年份卷别考查角度及命题位置命题分析2018卷圆柱的三视图的应用T7立体几何问题既是高考的必考点，也是考查的难点，其在高考中的命题形式较为稳定，保持“一小一大”或“两小一大”的格局多以选择题或者填空题的形式考查空间几何体三视图的识别，空间几何体的体积或表面积的计算.卷与数学文化有关的三视图判断T32017卷三视图与表面积问题T7卷三视图与体积问题T4卷圆柱与球的结合体问题T82016卷有关球的三视图及表面积T6卷空间几何体的三视图及组合体表面积的计算T6卷空间几何体三视图及表面积的计算T9直三棱柱的体积最值问题T10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

2、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)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)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

3、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()A10 B12 C14 D16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212，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

4、知该几何体的侧视图为选项D中的图形，故选D.答案：D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(

5、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)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()A90B63C42D36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V321032663.法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为

6、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V32763.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()AB27C27D27解析：在长、宽、高分别为3，3,3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CBAP，其中底面BAP是BAP90的直角三角形，AB3，AP3，所以BP6，又棱CB平面BAP且CB3，所以AC6，所以该几何体的表面积是3333636327，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.B.C2D4解析：由三

7、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V13122，故选B.答案：B4(2018高考全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30，则该长方体的体积为()A8B6C8D8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，AC1B30.又ABBC2，在RtABC1中，AC14，在RtACC1中，CC12，V长方体ABBCCC12228.故选C.答案：C1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

8、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

9、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.正方体的外接球，则2Ra；正方体的内切球，则2Ra；球与正方体的各棱相切，则2Ra.(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.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为31.(1)(2017高考全国卷)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 B. C. D.解析：设圆柱的底面半径为r，则r2122，所以，圆柱的体积V1，故选B.答案：B(2)(2017高考全国卷)已知三棱锥SABC的所有顶点都在球

10、O的球面上，SC是球O的直径若平面SCA平面SCB，SAAC，SBBC，三棱锥SABC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，SAAC，SBBC，AOSC，BOSC，平面SCA平面SCB，平面SCA平面SCBSC，AO平面SCB，设球O的半径为R，则OAOBR，SC2R.VSABCVASBCSSBCAOAO，即9R，解得R3，球O的表面积为S4R243236.答案：36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

11、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，ABAC2，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ADECB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ADECB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ADECB的外接球

12、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ADECB的外接球的半径为R，球心到BC的距离为d，则解得R2，故四棱锥ADECB的外接球的表面积S4R210.答案：102(2018合肥模拟)如图，已知平面四边形ABCD满足ABAD2，A60，C90，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，ABAD2，BAD60，ABD为正三角形，设BD的中点为M，连接AM，则AMBD，又平面ABD平面CBD，平面ABD平面CBDBD，AM平面CBD.

13、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2，四面体ABCD外接球的体积为()3.答案：授课提示：对应学生用书第135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，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224，因为该几何体的体积为42，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

14、国卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1、O2，过直线O1O2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()A12B12C8D10解析：设圆柱的轴截面的边长为x，则由x28，得x2，S圆柱表2S底S侧2()22212.故选B.答案：B3(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()A518B618C86D106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4122132123286.故选C.答案：C4(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()A44B42C84D

15、解析：由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥PABCD，如图所示，其中PA底面ABCD，四边形ABCD是正方形，且PA2，AB2，PB2，所以该四棱锥的侧面积S是四个直角三角形的面积和，即S2(2222)44，故选A.答案：A5(2018聊城模拟)在三棱锥PABC中，已知PA底面ABC，BAC120，PAABAC2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为()A10B18C20D9解析：该三棱锥为图中正六棱柱内的三棱锥PABC，PAABAC2，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2R2R，所以该球的表面积为4R220.答案：C6(2018高考全国卷)某圆柱的

16、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()A2 B2C3 D2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)如图所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径ON164，OM2，|MN|2.故选B.答案：B7在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AA13，点M是BB1的中点，则三棱锥C1AMC的体积为()A.B.C2D2解析：取BC的中点D，连接AD.在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB

17、C为正三角形，所以ADBC，又BB1平面ABC，AD平面ABC，所以BB1AD，又BB1BCB，所以AD平面BCC1B1，即AD平面MCC1，所以点A到平面MCC1的距离就是AD.在正三角形ABC中，AB2，所以AD，又AA13，点M是BB1的中点，所以SMCC1S矩形BCC1B1233，所以VC1AMCVAMCC13.答案：A8如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为平行四边形，NB2PN，则三棱锥NPAC与三棱锥DPAC的体积比为()A12B18C16D13解析：由NB2PN可得.设三棱锥NPAC的高为h1，三棱锥BPAC的高为h，则.又四边形ABCD为平行四边形，所以点B到平面PAC的距离

18、与点D到平面PAC的距离相等，所以三棱锥NPAC与三棱锥DPAC的体积比为.答案：D9已知球的直径SC4，A，B是该球球面上的两点，ASCBSC30，则棱锥SABC的体积最大为()A2BCD2解析：如图，因为球的直径为SC，且SC4，ASCBSC30，所以SACSBC90，ACBC2，SASB2，所以SSBC222，则当点A到平面SBC的距离最大时，棱锥ASBC即SABC的体积最大，此时平面SAC平面SBC，点A到平面SBC的距离为2sin 30，所以棱锥SABC的体积最大为22，故选A.答案：A二、填空题10(2018洛阳统考)已知点A，B，C，D均在球O上，ABBC，AC2.若三棱锥DAB

19、C体积的最大值为3，则球O的表面积为_解析：由题意可得，ABC，ABC的外接圆半径r，当三棱锥的体积最大时，VDABCSABCh(h为D到底面ABC的距离)，即3hh3，即R3(R为外接球半径)，解得R2，球O的表面积为42216.答案：1611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248222644.答案：64412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ABCDE的高为1，四边形BCDE是边长为1的正方形，则SABCSABE1，SADE，SACD1，故面积最大的侧面的面积为.答案：13(2018福州四校联考)已知三棱锥ABCD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，BC3，BD，CBD90，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，BC3，BD，CBD90，3h，h2，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CD2，球O的半径OD2，球O的体积为.答案：