2021届统考数学（理科）第二轮专题复习学案：第11讲　空间几何体、空间中的位置关系 WORD版含解析.docx

1、第11讲空间几何体、空间中的位置关系高考年份全国卷全国卷全国卷2020棱锥的基本计算T3三视图T7三视图、空间几何体的表面积T82019与三棱锥有关的外接球问题T12空间几何体的点、线、面问题(数学文化)T16空间中两直线的位置关系T82018空间几何体中的最短距离问题、三视图T7正方体的截面问题T12异面直线所成的角T9圆锥的侧面积T16三视图T3几何体的体积问题T101.2020全国卷图M4-11-1是一个多面体的三视图,这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M,在俯视图中对应的点为N,则该端点在侧视图中对应的点为()图M4-11-1A.EB.FC.GD.H2.2020全国卷如图M

2、4-11-2,埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()图M4-11-2A.5-14B.5-12C.5+14D.5+123.2020全国新高考卷如图M4-11-3,日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面,在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40,则晷针与点

3、A处的水平面所成角为()图M4-11-3A.20B.40C.50D.904.2018全国卷某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图M4-11-4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()图M4-11-4A.217B.25C.3D.25.2020全国卷已知A,B,C为球O的球面上的三个点,O1为ABC的外接圆.若O1的面积为4,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为()A.64B.48C.36D.326.2018全国卷设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

4、面积为93,则三棱锥D-ABC体积的最大值为()A.123B.183C.243D.5437.2019全国卷已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,CEF=90,则球O的体积为()A.86B.46C.26D.68.2019全国卷学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型,如图M4-11-5,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6cm,AA1=4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3.不考虑打印损耗,

5、制作该模型所需原料的质量为g. 图M4-11-5空间几何体的三视图与直观图1一个锥体的正视图和侧视图如图M4-11-6所示,下列选项中,不可能是该锥体的俯视图的是()图M4-11-6图M4-11-7【规律提炼】三视图的长度特征为:长对正、宽相等、高平齐,即正视图和侧视图一样高,正视图和俯视图一样长,侧视图和俯视图一样宽.若相邻两物体的表面相交,表面的交线是它们的分界线,在三视图中,要注意实、虚线的画法.测题某四面体的三视图如图M4-11-8所示,正视图和俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形,侧视图是边长为2的正方形,则此四面体的四个面的面积中,最大面积为()图M4-11-8A.22B.23C.4

6、D.26空间几何体的表面积与体积2(1)斗拱是中国古典建筑最富装饰性的构件之一,并为中国所特有,图M4-11-9,是北京故宫太和殿斗拱实物图,图是斗拱构件之一的“斗”的几何体,图中的斗是由棱台与长方体形凹槽(原长方体去掉一个小长方体,其中小长方体的长与原长方体的长相等,宽和高分别为原长方体的一半)组成.若棱台两底面的面积分别是400cm2,900cm2,高为9cm,长方体形凹槽的高为12cm,斗的密度是0.50g/cm3,那么这个“斗”的质量是()图M4-11-9A.3990gB.3010gC.6900gD.6300g(2)在四棱锥P-ABCD中,PA=2,PB=PC=PD=7,AB=AD=7

7、,BC=CD=2,则四棱锥P-ABCD的体积为()A.23B.3C.5D.3(3)2020浙江卷已知圆锥的侧面积(单位:cm2)为2,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径(单位:cm)是.【规律提炼】在空间几何体的表面积与体积的计算中,熟记空间几何体的结构特征,利用面积公式及体积公式准确计算是解答的关键.测题1.在三棱锥A-BCD中,AD=2,BCD是边长为3的等边三角形,若顶点A在平面BCD上的射影H是BCD的垂心,则三棱锥A-BCD的体积为()A.43B.34C.23D.322.玉琮是中国古代玉器中重要的礼器,神人纹玉琮王是新石器时代良渚文化的典型玉器,1986年出土于浙江省余

8、杭市反山文化遗址.玉琮王通高8.8cm,孔径4.9cm,外径17.6cm.琮体四面各琢刻一完整的兽面神人图像.兽面的两侧各浅浮雕鸟纹.器形呈扁矮的方柱体,内圆外方,上下端为圆面的射,中心有一上下垂直相透的圆孔,如图M4-11-10所示.试估计该神人纹玉琮王的体积为(单位:cm3)()图M4-11-10A.6250B.3050C.2850D.2350多面体与球角度1外接球3(1)用一根长为18cm的铁丝围成一个正三角形框架,其顶点为A,B,C,将半径为2cm的球放置在这个框架上(如图M4-11-11).若M是球上任意一点,则三棱锥M-ABC体积的最大值为()图M4-11-11A.334cm3B.

9、3cm3C.33cm3D.93cm3(2)在四面体A-BCD中,BC=CD=BD=AB=2,ABC=90,二面角A-BC-D的平面角为150,则四面体A-BCD外接球的表面积为()A.313B.1243C.31D.124【规律提炼】1.对于球的截面圆问题,过球心与圆心的直线始终与截面圆垂直,若球心与圆心的距离是d,截面圆的半径为r,球的半径为R,则有d=R2-r2.2.求多面体的外接球问题,经常构造正方体或长方体确定球心,长方体或正方体的外接球的球心是在其体对角线的中点处.以下是常见的几种几何体补成正方体或长方体的途径与方法.途径1:正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的

10、三棱锥都分别可构造正方体.途径2:同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥都分别可构造长方体和正方体.途径3:若已知棱锥含有线面垂直关系,则可将棱锥补成长方体或正方体.途径4:若三棱锥的三个侧面两两垂直,则可将三棱锥补成长方体或正方体.测题1.2020天津卷若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()A.12B.24C.36D.1442.已知正四棱锥P-ABCD的所有顶点都在球O的球面上,该正四棱锥的五个面所在的平面截球面所得圆的大小相同,若正四棱锥P-ABCD的高为2,则球O的表面积为()A.8B.9C.12D.163.已知三棱锥S-ABC的所有顶点均在球

11、O的球面上,SA平面ABC,ABC是等腰直角三角形,SA=AB=AC=2,D是BC的中点,过点D作球O的截面,则截面面积的最小值是()A.B.2C.3D.4角度2内切球4在九章算术中,将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马.如图M4-11-12,若四棱锥P-ABCD为阳马,侧棱PA底面ABCD,且PA=3,BC=AB=4,设该阳马的外接球半径为R,内切球半径为r,则R=;内切球的体积V=.图M4-11-12【规律提炼】一个多面体与它的内切球有以下特点与方法:1.内切球球心到多面体各面的距离均相等,外接球球心到多面体各顶点的距离均相等;2.正多面体的内切球和外接球的球心重合;3.正棱

12、锥的内切球和外接球的球心都在高线上,但不重合;4.基本方法:构造三角形利用相似比和勾股定理;5.体积分割是求内切球半径的通用做法.测题九章算术中将底面是直角三角形、侧棱垂直于底面的三棱柱称之为“堑堵”,现有一“堑堵”形石材,其底面边长分别为3,4,5,若此石材恰好可以加工成一个最大的球体,则其高为()A.4B.3C.2D.1空间位置关系5(1)已知m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列结论正确的是()A.若mn,n,则mB.若m,n,则mnC.若mn,n,则mD.若m,n,m,n,则(2)四棱锥P-ABCD的所有侧棱长都为42,底面是边长为26的正方形,O是P在平面ABCD内的射影,

13、M是PC的中点,则异面直线OP与BM所成的角为()A.30B.45C.60D.90(3)2020全国新高考卷已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,BAD=60.以D1为球心,5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为.【规律提炼】在近几年的高考题中,空间中的位置关系:如线面平行、线线垂直和面面垂直都有考查,一般是将直线或平面放在正方体中,这样比较直观.解决几何体截面问题的关键是确定截面图形的位置、形状、经过的点,然后根据有关数量或位置关系计算.测题1.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,设直线AB1与平面ACC1A1所成的角为,直线CD1与直线A1C1所成的角为,则()A.=

14、2B.=2C.=D.+=22.已知平面和三条不同的直线m,n,l.给出下列六个论断:m;m;ml;n;n;nl.以其中两个论断作为条件,使得mn成立.这两个论断可以是.3.已知正四棱锥P-ABCD中,PAC是边长为3的等边三角形,点M是PAC的重心,过点M作与平面PAC垂直的平面,平面与截面PAC相交所得线段的长为2,则平面与正四棱锥P-ABCD表面的交线所围成的封闭图形的面积可能为.(请将可能的结果序号横线上)2;22;3;23.第11讲空间几何体、空间中的位置关系真知真题扫描1.A解析由题可知该几何体是由两个相同的长方体拼接而成,如图所示,显然选A.2.C解析设侧面三角形底边上的高为h,底

15、边的长为a,则12ah=h2-a222,即12ah=h2-a24,化简得4h2-2ah-a2=0,即4ha2-2ha-1=0,ha=2+4+1624=2+258=1+54(负值舍去).故选C.3.B解析晷面与赤道所在平面平行,晷针与点A处的水平面所成角与点A处的纬度大小相等,为40.4.B解析由三视图可知圆柱表面上的点M,N的位置如图1,将圆柱的侧面展开得到图2,在圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径即为侧面展开图中的线段MN,所以最短路径的长度为MN=22+42=25.5.A解析设ABC的边长为a,由题知ABC为等边三角形,因为圆O1的面积为4,所以圆O1的半径r=2,由正弦定理得asin

16、A=2r,即asin60=4,解得a=23.易得O1A=2.设球O的半径为R,则O1O2+O1A2=R2,故(23)2+4=R2,得R2=16,所以球O的表面积为4R2=64.故选A.6.B解析由题易知当点D到平面ABC的距离最大时,三棱锥D-ABC的体积最大.SABC=34AB2=93,AB=6.设ABC的中心为M,由等边三角形的性质得,AM=BM=CM=23.设球心为O,则OA=OB=OC=4,OM=OB2-BM2=2,点D到平面ABC的距离的最大值为OM+4=6.故三棱锥D-ABC体积的最大值为13936=183.7.D解析因为PA=PB=PC,且ABC为正三角形,所以三棱锥P-ABC为

17、正三棱锥,易知PBAC.因为E,F分别为PA,AB的中点,所以EFPB,又CEF=90,所以PBEC,而ECAC=C,所以PB平面PAC,又三棱锥P-ABC为正三棱锥,所以PA,PB,PC两两垂直且相等,所以P,A,B,C可看成棱长为2的正方体的4个顶点,如图所示,此正方体的外接球即为三棱锥P-ABC的外接球,正方体的体对角线即为外接球的直径,又(2)2+(2)2+(2)2=6,所以球O的体积为43623=6.8.118.8解析由题易知,四边形EFGH是菱形,且S四边形EFGH=1264=12(cm2),四棱锥O-EFGH的高为3cm,其体积为13123=12(cm3).又长方体ABCD-A1

18、B1C1D1的体积为664=144(cm3),故长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得几何体的体积为144-12=132(cm3),1320.9=118.8(g),所以,制作该模型所需原料的质量为118.8g.考点考法探究小题1例1C解析本题中给出了锥体的正视图与侧视图,故可以根据正视图与俯视图长对正,侧视图与俯视图宽相等来求解.A中的视图满足三视图的作法规则;B中的视图满足三视图的作法规则;C中的视图不满足三视图的作法规则;D中的视图满足三视图的作法规则.故选C.【自测题】B解析如图所示,该四面体是棱长为2的正方体中的四面体P-ABC,其中PA=23,PB=BC=PC=

19、22,AC=AB=2,则SPAC=12222=22,SPBC=34(22)2=23,SPBA=12222=22,SABC=1222=2,故选B.小题2例2(1)C(2)D(3)1解析(1)由题意可知,V棱台=13(400+900+400900)9=5700(cm3),设原长方体的长为xcm,宽为ycm,则xy=900,又原长方体的高为12cm,所以长方体形凹槽的体积V=12xy-6x12y=9xy=8100(cm3),所以这个“斗”的体积为5700+8100=13800(cm3),因此,“这个斗”的质量为138000.5=6900(g).故选C.(2)如图,连接BD,AC,设BDAC=O,连接

20、PO,由PA=2,PB=PC=PD=7,AB=AD=7,BC=CD=2,可得BDAC,BO=DO,BDPO,BPDBAD,PO=AO,又POAO=O,所以BD平面PAC.设PO=AO=m,CO=n,则DO2=7-m2=4-n2,得m2-n2=3,在POA中,cosPAO=AP2+AO2-PO22APAO=44m=1m,在PCA中,cosPAC=AP2+AC2-PC22APAC=4+(m+n)2-74(m+n),由PAO=PAC可得1m=4+(m+n)2-74(m+n),又m2-n2=3,所以1m=(m+n)2-(m2-n2)4(m+n),化简得mn=2,将n=2m代入m2-n2=3可得m2-4

21、m2=3,解得m2=4或m2=-1(舍去),所以m=2,n=1,AC=3,BO=DO=3,APO为等边三角形,所以SAPC=12APACsinPAC=332=332,所以V四棱锥P-ABCD=V三棱锥B-PAC+V三棱锥D-PAC=13SAPCBO+13SAPCDO=1333232=3.故选D.(3)设圆锥的底面半径为r,母线长为l,则由题意可得2=rl,2r=l,解得r=1,l=2.【自测题】1.B解析由题意知H为BCD的中心,连接DH并延长,交BC于E,则DE=323=32,DH=3223=1,在RtADH中,AH=AD2-DH2=22-12=3,所以三棱锥A-BCD的体积V=1334(3

22、)23=34.故选B.2.D解析由题可知,该神人纹玉琮王可看作是一个底面边长为17.6cm、高为8.8cm的正四棱柱中挖去一个底面直径为4.9cm、高为8.8cm的圆柱,此时求得的体积记为V1cm3,则V1=(17.6)28.8-4.9228.82560.记该神人纹玉琮王的实际体积为Vcm3,则V17.6228.8-4.9228.81975,故1975V2560,故选D.小题3例3(1)D(2)B解析(1)设球的球心为O,ABC的内切圆圆心为O1,由题意知正三角形ABC的边长为6cm,则ABC的内切圆的半径r=13632=3(cm),连接OO1,则OO1=22-3=1.连接MO1,则当MO1平

23、面ABC时,三棱锥M-ABC的体积最大,此时,MO1=OO1+2=3,又SABC=34AB2=93(cm2),所以三棱锥M-ABC体积的最大值为13393=93(cm3).故选D.(2)取BC的中点E,连接DE,由题知DEBC,以E为坐标原点,分别以EB,ED的方向为x,y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,由已知条件可得B(1,0,0),C(-1,0,0),D(0,3,0),取AC的中点F,连接EF,则EFBC,故FED为二面角A-BC-D的平面角,即FED=150,又|EF|=12|AB|=1,得F0,-32,12,故A(1,-3,1).设四面体A-BCD外接球的球心为O(x,y,z

24、),由|OA|=|OB|=|OC|=|OD|得(x-1)2+(y+3)2+(z-1)2=(x-1)2+y2+z2=(x+1)2+y2+z2=x2+(y-3)2+z2,解得x=0,y=33,z=3,则O0,33,3.所以四面体A-BCD外接球的半径R=|OA|=12+(33+3)2+(3-1)2=313,所以四面体A-BCD外接球的表面积S=4R2=4313=1243.故选B.【自测题】1.C解析这个球是该正方体的外接球,其半径R等于正方体的体对角线长的一半,即R=(23)2+(23)2+(23)22=3,所以这个球的表面积S=4R2=432=36.故选C.2.B解析设正四棱锥的底面边长为2a,

25、则底面ABCD所在圆的直径为22a,又正四棱锥P-ABCD的高为2,正四棱锥的侧棱长为2a2+4,斜高为a2+4,则sinPAB=a2+42a2+4,由正弦定理可得侧面所在圆的直径为2a2+4a2+42a2+4=2a2+4a2+4.该正四棱锥的五个面所在的平面截球面所得圆的大小相同,2a2+4a2+4=22a,解得a2=2(2-1).设正四棱锥P-ABCD的外接球的半径为R,则(2-R)2+2a2=R2,解得R=2.球O的表面积为4R2=8,故选A.3.B解析SA平面ABC,SAAB,SAAC,又ABAC,SA=AB=AC=2,故三棱锥S-ABC是棱长为2的正方体的一部分,则正方体的外接球即为

26、三棱锥S-ABC的外接球,外接球的半径为3.连接OD,易知OD=1,由题可知当OD垂直于截面时,截面的面积最小,此时截面圆的半径为3-OD2=2,截面面积的最小值是2.故选B.例441243解析在四棱锥P-ABCD中,侧棱PA底面ABCD,且底面为矩形,可将该阳马补成长、宽、高分别为4,4,3的长方体,则(2R)2=AB2+AD2+AP2=16+16+9=41,因此R=412.依题意得RtPABRtPAD,则该阳马的内切球O在侧面PAD内的射影是PAD的内切圆,故内切球的半径r=12(3+4-5)=1,则V=43r3=43.【自测题】C解析由题可知,过球心且与底面平行的轴截面如图所示,其中,A

27、C=3,BC=4,AB=5,设球的半径为r,由等面积法可得1234=12(3+4+5)r,解得r=1,此石材的高为2r=2.故选C.小题4例5(1)B(2)C(3)22解析(1)对于A,若mn,n,则直线m与平面可能平行、相交或m,故A错误;对于B,若m,则m或m,又n,所以mn,故B正确;对于C,若mn,n,则m或m,故C错误;对于D,若m,n,m,n,则与相交或平行,故D错误.故选B.(2)由题可知O是正方形ABCD的中心,连接OC,设N为OC的中点,连接MN,BN(图略),则OPMN,所以BMN是异面直线OP与BM所成的角.因为OP平面ABCD,所以MN平面ABCD,则MNBN.因为在四

28、棱锥P-ABCD中,所有侧棱的长都为42,底面是边长为26的正方形,所以OC=23,所以OP=32-12=25,因此MN=5.在PBC中,cosBPC=PB2+PC2-BC22PBPC=32+32-24232=58,所以BM2=PB2+PM2-2PBPMcosBPC=32+8-2422258=20,即BM=25,所以在BMN中,cosBMN=MNMB=12,则异面直线OP与BM所成的角为60.故选C.(3)如图,取B1C1的中点O1,连接D1O1.因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1是各棱长均为2的直四棱柱,且BAD=60,所以D1O1平面B1C1CB,且D1O1=22-1=3.由球的截面圆的

29、性质可得截面圆的半径为5-3=2.在平面B1C1CB上作以O1为圆心,2为半径的圆弧,与棱BB1,CC1的交点分别为E,F,易得E,F均为所在棱的中点.连接O1F,O1E,EF.因为O1E=O1F=2,EF=2,所以EO1F=2,所以球面与侧面B1C1CB的交线长为1422=22.【自测题】1.D解析连接B1D1,与A1C1交于点O1(图略),由题意知B1D1A1C1,又AA1B1D1,而A1C1AA1=A1,B1D1平面AA1C1C.连接AO1,则B1AO1即为直线AB1与平面ACC1A1所成的角,故B1AO1=.ACA1C1,D1CA为直线CD1与直线A1C1所成的角,即D1CA=.连接B

30、D,与AC交于点O,连接OD1,由ACBD,ACDD1,BDDD1=D,得AC平面BDD1B1,则ACOD1.设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为a,高为b,则AB1=CD1=a2+b2,OC=O1B1=22a,则RtCOD1RtB1O1A,B1AO1+D1CO=2,则+=2.故选D.2.(或)解析若m,n,则由线面垂直的性质定理得mn;若ml,nl,则由平行公理得mn.这两个论断可以是(或).3.解析连接BD,设ACBD=O,连接PO,则PO平面ABCD,平面PAC平面ABCD,图1图2又BOAC,平面PAC平面ABCD=AC,BO平面ABCD,BO平面PAC,过M作MTBO,分

31、别交棱PB,PD于点T,L,则MT平面PAC,由题意知MT且平面与截面PAC相交所得线段的长为2.如图1,过M作MQAC,分别交棱PA,PC于点E,Q,EQAC=PMPO,即EQ3=23,EQ=2,平面ETQL是满足题意的平面,AC=3,AB=322,S正方形ETQLS正方形ABCD=PMPO2=49,S正方形ETQL=493222=2,故正确;如图2,过M作GFPA,分别交PC,AC于G,F,连接CM并延长,交PA于N,由GFPA=CMCN=23,得GF=2,过T作THGF,交AB于H,过L作LQGF,交AD于Q,连接GL,GT,QH.LQPA=LDPD=13,THPA=TBPB=13,LQ=TH=1,又AQAD=AFAO=AHAB=23,Q,F,H三点共线,由题意得平面GLQF为满足题意的平面,易知四边形GLQF和四边形GTHF是两个全等的直角梯形,五边形GLQHT的面积S=2S梯形GFHT=2TH+GF2FH=21+221=3,故正确.综上,选.