【新】2018版高考数学一轮总复习第7章立体几何7.1空间几何体的结构及其三视图和直观图课件理-推荐
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第七章 立体几何 7.7.1 精品
【规律方法】用向量法证平行问题的类型及常用方法
线线平行
证明两直线的方向向量共线
①证明该直线的方向向量与平面的某一法向 量垂直 ②证明直线的方向向量与平面内某直线的方 线面平行 向向量平行 ③证明该直线的方向向量可以用平面内的两 个不共线的向量线性表示
线线平行
证明两直线的方向向量共线
①证明两平面的法向量平行(即为共线向量) 面面平行 ②转化为线面平行、线线平行问题
【证明】因为平面PAD⊥平面ABCD且ABCD为正方 形,所以AB,AP,AD两两垂直,以A为坐标原点,建立如图 所示的空间直角坐标系Axyz,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2), E(0,0,1),F(0,1,1),G(1,2,0). PB =(2,0,-2), FE＝(0,－1,0)， ＝FG(1,1，－1)，
设 PB＝sFE＋tFG，
即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，
t 2,
所以 t s 解0得, s＝t＝2.所以
PB＝2FE＋2FG，
t 2,
又因为 FE与 F不G共线，所以 与PB 共FE面，FG．
因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG.
考向二 利用空间向量证明垂直问题 【典例2】(2016·开封模拟)如图,已知AB⊥平面 ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB. 求证：平面BCE⊥平面CDE.
第七节 立体几何中的向量方法 第一课时 利用空间向量证明空间中的
位置关系
【知识梳理】 1.直线的方向向量与平面的法向量 (1)直线的方向向量:如果表示非零向量a的有向线段所 在直线与直线l_平__行__或_重__合__,则称此向量a为直线l的方 向向量.
2018年秋高考数学一轮总复习课件：第七章 立体几何 7-3 精品
C.存在两条平行直线a,b,a D.存在两条异面直线a,b,a
【解析】选D.若α∩β=l,a∥l,a⊈α,a⊈β,a∥α, a∥β,故排除A.若α∩β=l,a α,a∥l,则a∥β, β,b∥l,则
故排除B.若α∩β=l,a α,a∥l,b a∥β,b∥α,故排除C.
3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是DD1的中点,则BD1与 平面ACE的位置关系为__________.
________.
【解析】在正方体中,AB是正方体的对角线,M,N,P为所
在棱的中点,取MN的中点F,连接PF,则易知PF∥AB,故由
线面平行的判定定理可知直线AB与平面PN、面面平行的基本问题
▲夯基练透
【技法点拨】 解决有关线面平行、面面平行的基本问题的注意事项 (1)关注判定定理与性质定理中易忽视的条件.
β ,则“a⊥b”
D.既不充分也不必要条件
【解析】选B.当α∥β时,因为a⊥α,且α∥β,所以
a⊥β,又因为b
β,所以a⊥b,则“a⊥b”是
“α∥β”的必要条件;
当a⊥b时,若α∩β=b,则满足条件,但此时α∥β不成
立,即“a⊥b”不是“α∥β”的充分条件.故“a⊥b” 是“α∥β”的必要不充分条件.
A.若α ⊥β ,则l∥m
C.若l∥β ,则m⊥α
B.若l⊥m,则α ∥β
D.若α ∥β ,则l⊥m
【解析】选D.由题意得,A中l与m位置不确定,故A错 误,B中α 与β 可能相交,故B错误,C中m与α 的位置不确 定,故C错误.
5.(2015·北京高考)设α ,β 是两个不同的平面,m是直
线且m
与α内的直线平行或异面;C错误,两个平面可能相交;D 正确,由a∥α,可得a平行于经过直线a的平面与α的交 线c,即a∥c,又a∥b,所以b∥c,b⊈α,c b∥α. α,所以
高考数学一轮复习第7章 第1节 空间几何体的结构及其表面积、体积
全国卷五年考情图解高考命题规律把握1.考查形式高考在本章一般命制2道小题、1道解答题，分值约占22分．2．考查内容(1)小题主要考查三视图、几何体体积与表面积计算，此类问题属于中档题目；对于球与棱柱、棱锥的切接问题，知识点较整合，难度稍大．(2)解答题一般位于第18题或第19题的位置，常设计两问：第(1)问重点考查线面位置关系的证明；第(2)问重点考查空间角，尤其是二面角、线面角的计算．属于中档题目.空间几何体的结构及其表面积、体积[考试要求]1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图.3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.4.了解球、棱柱、棱锥、台体的表面积和体积的计算公式．1．多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱互相平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形2．正棱柱、正棱锥的结构特征(1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形．(2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．3．旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面长度相等且相交于一点延长线交于一点—轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环—旋转 图形矩形 直角三角形 直角梯形 半圆4．三视图与直观图三视图画法规则：长对正、高平齐、宽相等 直观图斜二测画法：(1)原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍平行于坐标轴，平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段在直观图中长度为原来的一半.5．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式名称 圆柱圆锥圆台侧面 展开 图侧面 积公 式S 圆柱侧＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l名称 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝S 底h 锥体(棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13S 底h台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S上S下)h球S＝4πR2V＝43πR3[常用结论]1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：2．多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝，外接球半径R＝(2)设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝(3)设正四面体的棱长为a，则它的高为H＝，内切球半径，外接球半径一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．()(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．()(3)菱形的直观图仍是菱形．()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×二、教材习题衍生1．如图所示，长方体ABCD-A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是()A．棱台B ．四棱柱C ．五棱柱D ．简单组合体C [由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．]2．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．12π B ．323πC ．8πD ．4πA [由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线23即为球的直径，所以球的表面积为4πR 2＝(2R )2π＝12π，故选A.]3．已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．32cmB [S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4， ∴r ＝2(cm)．]4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．163π [由三视图可知，该几何体是一个圆柱挖去了一个同底等高的圆锥，其体积为π×22×2－13π×22×2＝163π.]考点一空间几何体的三视图、直观图和展开图1．三视图画法的基本原则长对正，高平齐，宽相等；画图时看不到的线画成虚线．2．由三视图还原几何体的步骤3．直观图画法的规则：斜二测画法．4．通常利用空间几何体的表面展开图解决以下问题：(1)求几何体的表面积或侧面积；(2)求几何体表面上任意两个点的最短表面距离．三视图[典例1－1](1)(2018·全国卷Ⅲ)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()A B C D(2)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为()A B C D(3)(2020·全国卷Ⅱ)如图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()A．E B．FC．G D．H(1)A(2)C(3)A[(1)由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.(2)过点A，E，C1的截面如图所示，由图可知该剩余几何体的侧视图为C.(3)由三视图知，该几何体是由两个长方体组合而成的，其直观图如图所示，由图知该端点在侧视图中对应的点为E，故选A.]点评：画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定连线在投影面上的虚实．直观图[典例1－2]已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为()A.34a 2B ．38a 2C.68a 2D ．616a 2D [法一：如图①②所示的是实际图形和直观图，由图②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′， 则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a ，所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.法二：S △ABC ＝12×a ×a sin 60°＝34a 2，又S 直观图＝24S 原图形＝24×34a 2＝616a 2.故选D.]点评：直观图的面积问题常常有两种解法．一是利用斜二测画法求解，注意“斜”及“二测”的含义；二是直接套用等量关系：S 直观图＝24S 原图形．展开图[典例1－3] 如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝2，BC ＝3，AC ＝1，AA 1＝3，F 为棱AA 1上的一动点，则当BF ＋FC 1最小时，△BFC 1的面积为________．152[将直三棱柱ABC -A 1B 1C 1沿棱AA 1展开成平面，连接BC 1(图略)，与AA 1的交点即为满足BF ＋FC 1最小时的点F ，∵直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝2，BC ＝3，AC ＝1，AA 1＝3，再结合棱柱的性质，可得A 1F ＝13AA 1＝1，故AF ＝2.由图形及棱柱的性质，可得BF ＝4＋4＝22，FC 1＝1＋1＝2，BC 1＝3＋9＝23，cos ∠BFC 1＝BF2＋FC21－BC212×BF×FC1＝8＋2－122×22×2＝－14.故sin ∠BFC 1＝1－116＝154， ∴△BFC 1的面积为S ＝12×BF ×FC 1×sin ∠BFC 1＝12×22×2×154＝152.]点评：本题在探求BF ＋FC 1最小时，采用了化曲为直的策略，将空间问题平面化，在解决空间折线段最短问题时可适当考虑其展开图．[跟进训练]1．(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为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( )A ．217B ．25C ．3D ．2B [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1所示．图1 图2圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图2所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴MN ＝OM2＋ON2＝22＋42＝25. 故选B.]2．某几何体的正视图和侧视图如图①所示，它的俯视图的直观图是矩形O 1A 1B 1C 1，如图②，其中O 1A 1＝6，O 1C 1＝2，则该几何体的侧面积为( )A ．48B ．64C ．96D ．128C [由题意可知俯视图的直观图面积为2×6＝12，故俯视图的面积为242.又由三视图可知该几何体为直四棱柱，且高为4，底面为边长为6的菱形．所以几何体的侧面积为6×4×4＝96.故选C.]考点二空间几何体的表面积与体积1．空间几何体表面积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)以三视图为载体的需确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．2．空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)直接利用公式进行求解．(2)用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)以三视图的形式给出的应先得到几何体的直观图．空间几何体的表面积[典例2－1](1)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A．48＋πB．48－πC．48＋2πD．48－2π(2)(2018·全国卷Ⅰ)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() A．122πB．12πC．82πD．10π(3)(2020·全国卷Ⅰ)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4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为() A．64πB．48πC．36πD．32π(1)A(2)B(3)A[(1)该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋4×2×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.(2)因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.(3)如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以AB sin 60°＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO21＋r2＝(23)2＋22＝16，所以球O 的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.]点评：解答本题(1)时易误认为几何体的上底面不存在，导致计算错误．空间几何体的体积求空间几何体的体积的常用方法[典例2－2](1)如图所示，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC中点，则三棱锥A-B1DC1的体积为()A．3 B．3 2C．1D．3 2(2)(2017·全国卷Ⅱ)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()A．90πB．63πC．42πD．36π(3)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为________．(1)C(2)B(3)13[(1)(直接法)如题图，在正三角形ABC中，D为BC中点，则有AD ＝32AB ＝3，又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，平面BB 1C 1C ∩平面ABC ＝BC ，AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A -B 1DC 1的底面B 1DC 1上的高，∴V A －B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1.(2)法一(分割法)：由题意知，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积V 1＝π×32×4＝36π.上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半， 其体积V 2＝12×π×32×6＝27π.所以该组合体的体积V ＝V 1＋V 2＝36π＋27π＝63π.法二(补形法)：由题意知，该几何体是一圆柱被一平面截去一部分后所得的几何体，在该几何体上方再补上一个与其相同的几何体，让截面重合，则所得几何体为一个圆柱，故圆柱的底面半径为3，高为10＋4＝14，该圆柱的体积V 1＝π×32×14＝126π.故该几何体的体积为圆柱体积的一半， 即V ＝12V 1＝63π.法三(估值法)：由题意，知12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱．又V 圆柱＝π×32×10＝90π，所以45π＜V 几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．(3)(等体积法)如图，∵正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N 分别为BB 1，AB 的中点，∴S △ANM ＝12×1×1＝12，∴V A -NMD 1＝V D 1-AMN ＝13×12×2＝13.]点评：处理体积问题的思路(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高，即等体积法；(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算，即分割法；(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法，即补形法．[跟进训练]1．(2019·浙江高考)祖暅是我国南北朝时期的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh ，其中S是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm 3)是( )A ．158B ．162C ．182D ．324B [由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为⎝⎛⎭⎪⎪⎫2＋62×3＋4＋62×3×6＝162.故选B.] 2．若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其表面积为________． 4＋45 [如图．由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2， 则正四棱锥的斜高PE ＝22＋12＝5. 所以该四棱锥的侧面积S ＝4×12×2×5＝45，∴S 表＝2×2＋45＝4＋45.]考点三 与球有关的切、接问题与球有关的切、接问题的解法(1)旋转体的外接球：常用的解题方法是过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)多面体的外接球：常用的解题方法是将多面体还原到正方体和长方体中再去求解．①若球面上四点P ，A ，B ，C 中P A ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体，利用2R ＝a2＋b2＋c2求R .②一条侧棱垂直底面的三棱锥问题：可补形成直三棱柱．先借助几何体的几何特征确定球心位置，然后把半径放在直角三角形中求解．[典例3] (1)(2020·全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．(2)(2020·福建十校联考)已知三棱锥P -ABC 的三条侧棱两两互相垂直，且AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，则此三棱锥的外接球的体积为( )A.83π B ．823πC.163π D ．323π(3)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各顶点都在以O 为球心的球面上，且∠BAC ＝3π4，AA 1＝BC ＝2，则球O 的体积为( ) A ．43πB ．8πC ．12πD ．20π(1)23π (2)B (3)A [(1)易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE 及其内切球O 如图所示，设内切球的半径为R ，则sin ∠BPE ＝R OP ＝BEPB ＝13，所以OP ＝3R ，所以PE ＝4R ＝错误!＝32－12＝22，所以R ＝22，所以内切球的体积V ＝43πR 3＝23π，即该圆锥内半径最大的球的体积为23π.(2)∵AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，∴P A ＝1，PC ＝3，PB ＝2.以P A ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示， 则长方体的外接球同时也是三棱锥P -ABC 的外接球． ∵长方体的体对角线长为1＋3＋4＝22，∴球的直径为22，半径R ＝2，因此，三棱锥P -ABC 外接球的体积是43πR 3＝43π×(2)3＝823π.故选B.(3)在底面△ABC 中，由正弦定理得底面△ABC 所在的截面圆的半径为r ＝BC2si n∠BAC＝22sin3π4＝2，则直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的半径为R ＝r2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AA122＝错误!＝错误!， 则直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的体积为43πR 3＝43π.故选A.][母题变迁]1．若将本例(3)的条件“∠BAC ＝3π4，AA 1＝BC ＝2”换为“AB ＝3，AC ＝4，AB⊥AC ，AA 1＝12”，则球O 的半径为________．132 [如图所示，过球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫522＋62＝132.] 2．若将本例(3)的条件改为“正四面体的各顶点都在以O 为球心的球面上”，则此正四面体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为________．63π[设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径r 为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa26，则S1S2＝3a2πa26＝63π.] 3．若将本例(3)的条件改为“侧棱和底面边长都是32的正四棱锥的各顶点都在以O 为球心的球面上”，则其外接球的半径为________．3 [依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为32×2＝6，高为错误!＝3， 因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.]点评：通过本例(3)及母题变迁训练，我们可以看出构造法、补形法等是处理“外接”问题的主要方法，其关键是找到球心，借助勾股定理求球的半径．(1)锥体的外接球问题，解决这类问题的关键是抓住外接球的特点，即球心到各个顶点的距离等于球的半径．(2)柱体的外接球问题，其解题关键在于确定球心在多面体中的位置，找到球的半径或直径与多面体相关元素之间的关系，结合原有多面体的特性求出球的半径，然后再利用球的表面积和体积公式进行正确计算．[跟进训练]1．(2018·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D-ABC体积的最大值为() A．123B．183C．243D．543B[由等边△ABC的面积为93，可得34AB2＝93，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝33AB＝23.设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝R2－r2＝16－12＝2.所以三棱锥D-ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D-ABC体积的最大值为13×93×6＝183.]2．(2020·南宁模拟)已知三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，P A＝PB＝PC＝3，P A⊥PB，则三棱锥P-ABC的外接球的体积为()A．27π2B．273π2C．273πD．27πB[∵三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，P A＝PB＝PC＝3，∴△P AB≌△PBC≌△P AC.∵P A⊥PB，∴P A⊥PC，PC⊥PB.以P A，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC的外接球．∵正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，∴其外接球半径R＝332.因此三棱锥P-ABC的外接球的体积V＝4π3×⎝⎛⎭⎪⎪⎫3323＝273π2.]核心素养5用数学眼光观察世界——巧解简单几何体的外接球与内切球问题简单几何体外接球与内切球问题是立体几何中的难点，也是历年高考重要的考点，几乎每年都要考查，重在考查考生的直观想象能力和逻辑推理能力．此类问题实质是解决球的半径长或确定球心O的位置问题，其中球心的确定是关键．下面从六个方面分类阐述该类问题的求解策略.利用长方体的体对角线探索外接球半径[素养案例1]已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，沿AD进行折叠，使折叠后的∠BDC＝π2，则过A，B，C，D四点的球的表面积为()A．3πB．4πC．5πD．6πC[连接BC(图略)，由题知几何体ABCD为三棱锥，BD＝CD＝1，AD＝3，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是3，1,1的长方体，其体对角线长为1＋1＋3＝5，故该三棱锥外接球的半径是52，其表面积为5π.][评析]若几何体存在三条两两垂直的线段或者三条线有两条垂直，可构造墙角模型(如下图)，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2求出R.[素养培优](2020·河北重点中学6月联考)阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并称为世界三大数学家．他的一个重要数学成就是“圆柱容球”定理，即在带盖子的圆柱形容器(容器的厚度忽略不计)里放一个球，该球与圆柱形容器的两个底面和侧面都相切，则球的体积是圆柱形容器的容积的23，并且球的表面积也是圆柱形容器的表面积的23.则该圆柱形容器的容积与它的外接球的体积之比为() A．328B．24C ．23D ．23A [设容器里所放球的半径为R ，则圆柱形容器的底面半径为R ，设圆柱形容器的高为h ，由题意知h ＝2R ，圆柱形容器的外接球的半径为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2R 22＋R2＝2R .圆柱形容器的容积V ＝πR 2·2R ＝2πR 3， V 外接球＝43π(2R )3＝823πR 3， 所以VV 外接球＝2πR3823πR3＝328，故选A.]利用长方体的面对角线探索外接球半径 [素养案例2] 三棱锥S -ABC 中，SA ＝BC ＝13，SB ＝AC ＝5，SC ＝AB ＝10.则三棱锥的外接球的表面积为________．14π [如图，在长方体中，设AE ＝a ，BE ＝b ，CE ＝c . 则SC ＝AB ＝a2＋b2＝10，SA ＝BC ＝b2＋c2＝13， SB ＝AC ＝a2＋c2＝5.从而a 2＋b 2＋c 2＝14＝(2R )2，可得S ＝4πR 2＝14π.故所求三棱锥的外接球的表面积为14π.][评析] 三棱锥的相对棱相等，探寻球心无从着手，注意到长方体的相对面的面对角线相等，可在长方体中构造三棱锥，从而巧妙探索外接球半径．[素养培优](2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O 的体积为()A．86πB．46πC．26πD．6πD[因为点E，F分别为P A，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面P AC，所以PB⊥平面P AC，所以PB⊥P A，PB⊥PC，因为P A＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以P A⊥PC，即P A，PB，PC两两垂直，将三棱锥P-ABC放在正方体中．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R＝62，所以球O的体积V＝43πR3＝43π⎝⎛⎭⎪⎪⎫623＝6π，故选D.]利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心[素养案例3]平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝2，BD⊥CD.将其沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD.若四面体A′BCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为()A．32πB．3πC ．23π D ．2πA [如图，设BD ，BC 的中点分别为E ，F .因点F 为底面直角△BCD 的外心，知三棱锥A ′-BCD 的外接球球心必在过点F 且与平面BCD 垂直的直线l 1上．又点E 为直角△A ′BD 的外心，知外接球球心必在过点E 且与平面A ′BD 垂直的直线l 2上．因而球心为l 1与l 2的交点．又FE ∥CD ，CD ⊥BD 知FE ⊥平面A ′BD .从而可知球心为点F .又A ′B ＝A ′D ＝1，CD ＝1知BD ＝2，球半径R ＝FD ＝BC2＝32.故V ＝43π⎝⎛⎭⎪⎪⎫323＝32π.][评析] 三棱锥侧面与底面垂直时，可紧扣球心与底面三角形外心连线垂直于底面这一性质，利用底面与侧面的外心，巧探外接球球心，妙求半径．[素养培优](2020·广州模拟)三棱锥P -ABC 中，平面P AC ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝PC ＝AC ＝2，AB ＝4，则三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为( )A ．23πB ．234πC ．64πD ．643πD [如图，设O ′为正△P AC 的中心，D 为Rt △ABC 斜边的中点，H 为AC 中点．由平面P AC ⊥平面ABC .则O ′H ⊥平面ABC .作O ′O ∥HD ，OD ∥O ′H ，则交点O 为三棱锥外接球的球心，连接OP ，又O ′P ＝23PH ＝23×32×2＝233，OO ′＝DH ＝12AB ＝2.∴R 2＝OP 2＝O ′P 2＋O ′O 2＝43＋4＝163.故几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝643π.]利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心[素养案例4] 一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．4π3[设正六棱柱底面边长为a ，正六棱柱的高为h ，底面外接圆的半径为r ，则a ＝12，底面积为S ＝6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＝338，V 柱＝Sh ＝338h ＝98，∴h ＝3，R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＝1，R ＝1，球的体积为V ＝4π3.][评析] 直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型如图：其外接球球心就是上下底面外接圆圆心连线的中点． [素养培优](2017·全国卷Ⅲ)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 ．πB ．3π4C ．π2D ．π4B [设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＝32.∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4.故选B.]锥体的内切球问题(1)题设：如图①，三棱锥P -ABC 是正三棱锥，求其内切球的半径．图①第一步：先画出内切球的截面图，E ，H 分别是两个三角形的外心； 第二步：求DH ＝13CD ，PO ＝PH －r ，PD 是侧面△ABP 的高；第三步：由△POE ∽△PDH ，建立等式OEDH ＝POPD，解出r .(2)题设：如图②，四棱锥P -ABCD 是正四棱锥，求其内切球的半径．图②第一步：先画出内切球的截面图，P ，O ，H 三点共线； 第二步：求FH ＝12BC ，PO ＝PH －r ，PF 是侧面△PCD 的高；第三步：由△POG ∽△PFH ，建立等式OG HF＝PO PF，解出r .(3)题设：三棱锥P -ABC 是任意三棱锥，求其内切球半径．方法：等体积法，三棱锥P -ABC 体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；第二步：设内切球的半径为r ，球心为O ，建立等式：V P -ABC ＝V O -ABC ＋V O -P AB ＋V O -P AC ＋V O -PBC ⇒V P -ABC＝13S △ABC ·r ＋13S △P AB ·r ＋13S △P AC ·r ＋13S △PBC ·r ＝13(S △ABC ＋S △P AB ＋S △P AC ＋S △PBC )·r ； 第三步：解出r ＝3VPABCS△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC.[素养案例5] (1)将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π(2)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为m 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝m ，P A ＝PC ＝2m ，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径是________．(1)B (2)12(2－2)m [(1)半径为3，圆心角为2π3的扇形弧长为2π，故其围成的圆锥母线长为3，底面圆周长为2π， 得其底面半径为1，如图，MB ＝1，AB ＝3, ∴AM ＝22，由相似可得ONMB ＝AOAB，得ON ＝22，∴S 球＝4π×12＝2π.故选B.(2)由PD ⊥底面ABCD 得PD ⊥AD .又PD ＝m ，P A ＝2m ，则AD ＝m .设内切球的球心为O ，半径为R ，连接OA ，OB ，OC ，OD ，OP (图略)，易知V P -ABCD ＝V O -ABCD ＋V O -P AD ＋V O -P AB ＋V O -PBC ＋V O -PCD ，即13·m 2·m ＝13m 2R ＋13×12m 2R ＋13×12×2m 2·R ＋13×12×2m 2·R ＋13×12m 2R ，解得R ＝12(2－2)m ，所以此球的最大半径是12(2－2)m .][评析] 结合本题(2)的条件，采用体积分割法求解本题，即利用体积相等建立等量关系．[素养培优]有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是顶角的余弦值为12的等腰三角形．在容器内放一个半径为r 的铁球，并注水，使水面与球正好相切，然后将球取出，则这时容器中水的深度为________．315r [如图，作出轴截面，因为轴截面是顶角的余弦值为12的等腰三角形，所以顶角为π3，所以该轴截面为正三角形．根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r ，水面所在圆的半径为3r ，则容器内水的体积V ＝13π(3r )2·3r －43πr 3＝53πr 3.将球取出后，设容器中水的深度为h ，则水面圆的半径为33h ，从而容器内水的体积V ′＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫33h 2h ＝19πh 3，由V ＝V ′，得h ＝315r ，所以这时容器中水的深度为315r .]柱体的内切球问题[素养案例6] (2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3B [由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.。
2018年秋高考数学一轮总复习课件：第七章 立体几何 7-7-1 精品
【解析】 (1)由题设知AF⊥AB,且由平面ABEF⊥平面
பைடு நூலகம்
ABCD,可知AF⊥平面ABCD.
又BD是圆的直径,则AB⊥AD,因此以点A为原点可建立空
间直角坐标系,如图.由于AC,BD是圆O的两条互相垂直
的直径,且AC=4 ,所以四边形ABCD是边长为4的正方
2 形,则B(4,0,0),C(4,4,0),O(2,2,0),E(4,0,2),
1 2
直线l的方向向量为n， 平面α 的法向量为m
平面α ，β 的法向量分 别为n，m
l∥ α
l⊥ α α ∥β α ⊥β
【教材拓展微思考】 1.直线的方向向量如何确定?
提示: l是空间一直线,A,B是l上任意两点,则
与
及
AB 平行的非零向量均为直线l的方向向量. AB
2.如何确定平面的法向量? 提示:设a,b是平面α 内两不共线向量,n为平面α 的法
【证明】 作AP⊥CD于点P，连接OP，如图，分别以AB，AP，AO所 在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则
2 2 2 P(0 ， 0) ， D( ，， 0)， O(0 ， 0，，， 2) M(0 0，，， 1) 2 2 2
2 2 N(1 ， ，， 0) 4 4
2 2 MN (1 ， ， 1)， 4 4 2 2 2 OP (0， ， 2)， OD ( ， ， 2). 2 2 2 设平面OCD的一个法向量为n=(x，y，z)，
=(4λ,4λ,0),NC的中点为Q(3,2,2),
F(0,0,6),N(2,0,4).
因为AB⊥EB,AB⊥BC,
所以
因为
=(4,0,0)是平面EBC的一个法向量.
2018版高中数学一轮全程复习(课件)第七章 立体几何 7.1
第二十九页，编辑于星期六：二十二点 二十三 分。
3．(2017·合肥一模)某几何体的三视
图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．2
8 B.3
C．3
10 D. 3
第三十页，编辑于星期六：二十二点 二十三分。
解析：该几何体为一个横放的直三棱柱切去一个三棱锥后
的图形．原直三棱柱的体积为V1＝
1 2
×2×2×2＝4，切去的三棱
锥的体积为V2＝13×12×2×2×1＝23，则该几何体的体积为V＝V1
－V2＝4－23＝130.故选D.
答案：D
第三十一页，编辑于星期六：二十二点 二十三 分。
4．(2017·江西南昌一模)如图，在正四棱柱ABCD－ A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的 正视图与侧视图的面积之比为( )
第二十八页，编辑于星期六：二十二点 二十三 分。
——[通·一类]——
2．(2016·课标全国卷Ⅲ)如图，网格 纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的 是某多面体的三视图，则该多面体的表
面积为( )
A．18＋36 5 B．54＋18 5
C．90
D．81
解析：由三视图可知，该几何体的底面是边长为3的正方 形，高为6，侧棱长为3 5 ，则该几何体的表面积S＝2×32＋ 2×3×3 5＋2×3×6＝54＋18 5.故选B.
——[悟·技法]—— 空间几何体结构特征的解题策略
(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特 征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型 中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判 定．
(2)通过举反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是 错误的，只要举出一个反例即可．
[推荐学习]2018版高考数学一轮总复习第7章立体几何7.1空间几何体的结构及其三视图和直观图模拟演
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2018版高考数学一轮总复习第7章立体几何 7.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图模拟演练理[A级基础达标](时间：40分钟)1．[2017·云南玉溪模拟]将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )答案 D解析根据几何体的结构特征进行分析即可．2．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是( )答案 A解析 该几何体是正方体的一部分，结合侧视图可知直观图为选项A 中的图． 3．[2017·沈阳模拟]一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )答案 C解析 若俯视图为选项C ，侧视图的宽应为俯视图中三角形的高32，所以俯视图不可能是选项C.4．[2014·全国卷Ⅰ]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A．6 2 B．6C．4 2 D．4答案B解析如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A－BCD，最长的棱为AD＝22＋22＝6，选B.5．[2017·临沂模拟]如图甲，将一个正三棱柱ABC－DEF截去一个三棱锥A－BCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是( )答案 C解析由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF是等边三角形，所以CD 在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直，故选C.6．如图，正方形OABC的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长为________．解析将直观图还原为平面图形，如图．可知还原后的图形中，OB ＝22，AB ＝12＋22＝3，于是周长为2×3＋2×1＝8(cm)．7．[2016·四川高考]已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．答案33解析在长方体(长为23，宽、高均为1)中作出此三棱锥，如图所示，则V P－ABC＝13×12×23×1×1＝33.8．一四面体的三视图如图所示，则该四面体四个面中最大的面积是________．答案2 3解析 由三视图可知该四面体为D －BD 1C 1，由直观图可知，面积最大的面为△BDC 1.在正三角形BDC 1中，BD ＝22，所以面积S ＝12×(22)2×32＝2 3.9．[2017·贵州模拟]如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA .解(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)，边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA ＝PD2＋AD2＝22＋62＝63(cm)．10．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的侧面积S.解 本题考查由三视图求几何体的侧面积和体积，由正视图和侧视图的三角形结合俯视图可知该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥，如图．(1)V ＝13×(8×6)×4＝64.(2)四棱锥的两个侧面VAD 、VBC 是全等的等腰三角形，取BC 的中点E ，连接OE ，VE ，则△VOE 为直角三角形，VE 为△VBC 边上的高，VE ＝VO 2＋OE 2＝4 2.同理侧面VAB 、VCD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高h ＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝5.∴S 侧＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×42＋12×8×5＝40＋24 2. [B 级 知能提升](时间：20分钟)11．[2017·湖南模拟]正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点(如图)，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为( )答案 C解析过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C.12．[2017·河北石家庄质检]一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )答案 D解析 由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD ，故选D. 13.如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为________．答案 24 2 解析 解法一：由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC 的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′， ∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2.解法二：由题意知，S 直观图＝6×2＝12，所以S 原图形＝22S 直观图＝24 2.14．[2017·大连模拟]如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出其侧视图，并求该平面图形(侧视图)的面积．解 (1)由该几何体的正视图和俯视图可知该几何体是一个正六棱锥．(2)该几何体的侧视图，如图．其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图正六边形对边间的距离，即BC ＝3a ，AD 是正棱锥的高，则AD ＝3a ，所以该平面图形(侧视图)的面积为S ＝12×3a ×3a ＝32a 2.。
全程复习方略2018版高考数学理一轮复习课件 全国版：第七章 立体几何 7.1 精品
和直观图
【知识梳理】 1.多面体的结构特征
平行且相等 全等
多边 公共点
平行于底面 相似
2.旋转体的形成
几何体 旋转图形
旋转轴
圆柱 圆锥 圆台
球
矩形
_任__一__边__所在的直线
直角三角形 _任__一__直__角__边__所在的直线
直角梯形 _______________所在的直线
正视图 侧视图 俯视图
(2)三视图的画法:
①在画三视图时,重叠的线只画一条,挡住的线要画成
_____. 虚线 ②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体
的_____方、_____方、_____方观察到的几何体的正
投影正图前. 正左
正上
4.空间几何体的直观图
空间几何体的直观图常用_______画法来画,其规则是: 斜二测
垂直于底边的腰
半圆
_____所在的直线
直径
3.空间几何体的三视图 (1)三视图的形成与名称: ①形成:空间几何体的三视图是用平行投影得到的,在 这种投影之下,与投影面平行的平面图形留下的影子, 与平面图形的_____和_____是完全相同的; ②名称:三视图形包状括___大__小__、_______、_______.
【解析】选C.由空间几何体的结构特征知,该剩下部分 为五棱柱ABFEA′-DCGHD′.
2.(必修2P19练习T3改编)利用斜二测画法得到的: ①三角形的直观图一定是三角形; ②正方形的直观图一定是菱形; ③等腰梯形的直观图可以是平行四边形; ④菱形的直观图一定是菱形. 以上结论正确的个数是________.
()
【解析】选C.A,B,D选项满足三视图作法规则,C不满足 三视图作法规则中的宽相等,故C不可能是该锥体的俯 视图.
高考数学一轮复习 第七章 立体几何课件 理 湘教版
【答案】A
高考总复习·数学(理科)
第七章
2.下列结论正确的是（ ）
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A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的 曲面所围成的几何体叫圆锥
C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥
D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
4.空间几何体的直观图
空间几何体的直观图常用 斜二测 画法来画，基本步骤是：
（1）在已知图形中取互相垂直的 x 轴、y 轴，两轴相交于点 O，画直观图时，把
它们画成对应的 x′轴、y′轴，两轴相交于点 O′，且使∠x′O′y′= 45°(或135°. )
（2）已知图形中平行于 x 轴、y 轴的线段，在直观图中平行于 x′轴、y′轴
如图：平面 ABC 与平面 A1B1C1 间的关系是 平行，△ABC 与△ A1B1C1 的关系是 全等. 各侧棱之间的关系是 平行且相等 .
（2）棱锥（以四棱锥为例） 如图：一个底面是四边形，四个侧面是有一个 公共顶点 的三角形. （3）棱台 棱台可以由棱锥截得，其方法是 用平行于底面的平面截棱锥得到 .
A.3
B.2
C.1
D.0
【解析】对于①，存在斜高与底边长相等的正四棱锥，其正视图与侧视图是 全等的正三角形.对于②，存在如图所示的三棱锥SABC，底面为等腰三角形 ，其底边AB的中点为D，BC的中点为E，侧面SAB上的斜高为SD，且CB＝ AB＝SD＝SE，顶点S在底面上的射影为AC的中点，则此三棱锥的正视图与 侧视图是全等的正三角形.对于③，存在底面直径与母线长相等的圆锥，其 正视图与侧视图是全等的正三角形.所以选A.
与直观图，了解空间图形的不同表示形式.
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[ 解析 ] ∴S
表
几何体的直观图如图， ＝ 42×2 ＋ 4×2×4 ＋ 22×4 ＝ 80(cm2) ， V ＝ 23 ＋
4×4×2＝ 40(cm3)．
命题角度 3
由两个视图补画第三个视图
例 4
[2016· 天津高考 ] 将一个长方体沿相邻三个面的对 )
角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如右图 所示，则该几何体的侧(左 )视图为(
解析
解法一：依题意可知∠ BAD＝ 45° ，则原平面图
形为直角梯形，上下底面的长与 BC， AD 相等，高为梯形 ABCD 的高的 2 2倍，所以原平面图形的面积为 8 cm2. 解法二：依题意可知， S 故S
原图形
2 ＝ 2 2 cm ， 直观图
＝ 2 2S
直观图
＝ 8 cm2.
核心规律 1.掌握棱柱、棱锥的结构特征． 2.旋转体要抓住“旋转”的特点，弄清底面、侧面及其 展开图的形状． 3.三视图的画法： (1)分界线和可见轮廓线用实线，看不 见的轮廓线用虚线； (2)理解“长对正、高平齐、宽相等”．
解析
2
由题意可得旋转体为一个圆柱挖掉一个圆锥． V
1 π 2 圆柱＝π ×1 ×2 ＝ 2π ， V 圆锥＝ ×π ×1 ×1 ＝ . 3 3 π 5π ∴V 几何体＝ V 圆柱－ V 圆锥＝ 2π－ ＝ . 3 3
板块二 典例探究· 考向突破
考向 例1
空间几何体的结构特征 )
下列说法正确的是(
)
解析
由直观图中， A′C′∥ y′轴， B′C′∥x′轴，
还原后如图 AC∥ y 轴， BC∥ x 轴． 所以 △ABC 是直角三角 形．故选 D.
3． [2017· 宁德质检] 如图是正方体截去阴影部分所得的几 何体，则该几何体的侧视图是( )
解析
此几何体侧视图是从左边向右边看，故选 C.
π 4 ． [2015· 山 东 高 考 ] 在 梯 形 ABCD 中 ， ∠ ABC ＝ ， 2 AD∥BC，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形 ABCD 绕 AD 所在的 直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( 2π A. 3 4π B. 3 5π C. 3 D ．2 π )
跟踪训练 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 的正视图时，以 zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以 为( )
解析 在空间直角坐标系中，易知 O(0,0,0)， A(1,0,1)， B(1， 1,0)， C(0,1,1)恰为单位正方体的四个顶点，棱 BC 在 zOx 平面的投影是看得见的， 而 OA 的投影即它本身， 在投影面 中是看不见的，故 A 项正确．
A．①和② C．④和③ [ 错因分析]
B．③和① D．④和② 本题易出现的错误： (1)不能由点的坐标确
定点在空间直角坐标系中的位置． (2)不能借助于正方体， 由空间几何体的直观图得到它的三视图． (3)受思维定势的 影响，直观感觉正视图为三角形，而无法作出选择 .
[ 解析 ]
在空间直角坐标系中构建棱长为 2 的正方体，
2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”
坐标轴的夹角改变， “三变” 与y轴平行的线段的长度变为原来的一半， 图形改变 . 平行性不改变， “三不变” 与x， z轴平行的线段的长度不改变， 相对位置不改变 .
3．直观图与原图形面积的关系 2 S 直观图＝ S 4
原图形
(或 S
考向 例 5
空间几何体的直观图
[2017· 桂林模拟] 已知正三角形 ABC 的边长为 a， ) 3 2 B. a 8 6 2 C. a 8 6 2 D. a 16
那么△ABC 的平面直观图△A ′B′C′的面积为( 3 2 A. a 4
[ 解析 ]
如图①、②所示的平面图形和直观图．
1 3 由②可知， A′B′ ＝ AB＝ a ， O′C′＝ OC ＝ a， 2 4 2 在 图 ② 中 作 C′D′ ⊥ A′B′ 于 D′ ， 则 C′D′ ＝ 2 6 O′C′＝ a. 8 1 1 6 6 2 ∴ S△ A′B′C′＝ A′B′· C′D ′＝ ×a× a＝ a . 2 2 8 16
原图形
＝2 2S
直观图
)．
一、疑难辨析 判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打 “×”) 1．球的任何截面都是圆．( × ) 2．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体 是棱锥． ( × ) 3．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆 柱．( × )
4．上下底面是两个平行的圆面的旋转体是圆 台．( × ) 5．在用斜二测画法画水平放置的∠ A时，若∠ A的两 边分别平行于 x轴和 y轴，且∠ A ∠ A＝45° .( × ) ＝ 90° ，则在直观图中
设 A(0， 0,2)， B(2,2,0)， C(1,2,1)， D(2,2,2)，则 ABCD 即为 满足条件的四面体，得出正视图和俯视图分别为④和②， 故选 D.
制作不易 尽请参考
答题启示
在三视图中， 正视图、 侧视图的高就是空间
几何体的高， 正视图、 俯视图中的长就是空间几何体的最大 长度，侧视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度 . 在绘制三视图时， 分界线和可见轮廓线都用实线画出， 被遮 挡的部分的轮廓线用虚线表示出来 .
A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的 多面体是棱柱 B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形 C ．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体 是棱台 D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点
[ 解析 ]
A 错， 如图 1； B 正确， 如图 2， 其中底面 ABCD
是矩形， 可证明∠ P AB， ∠ PCB 都是直角，这样四个侧面都 是直角三角形；C 错，如图 3；D 错，由棱台的定义知，其 侧棱必相交于同一点．
A．a，b C．c，b
[ 解析]
B．a，c D．b，d
当正视图和侧视图完全相同时， “牟合方盖 ”
相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一 个正方形，且两条对角线为实线，故选 A.
命题角度 2 例 3
由空间几何体的三视图还原直观图
[2016· 浙江高考 ] 某几何体的三视图如图所示 (单 2 80 位 ： cm) ， 则 该 几 何 体 的 表 面 积 是 ________cm ，体积 是
则得不到圆锥；命题②错，因为这条腰必须是垂直于两底 的腰；命题③错，因为圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面； 命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以．
考向
空间几何体的三视图
命题角度 1 由空间几何体的直观图识别三视图 例 2 “牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的 体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同 的四个曲面构成，相对的两个曲面在同 一个圆柱的侧面上， 好似两个扣合(牟合) 在一起的方形伞 (方盖)． 其直观图如图 1， 图 2 中四边形是为体现其直观性所作的 辅助线，当其正视图和侧视图完全相同 时， 它 的 正视 图 和 俯视 图 分 别可 能是 ( )
2．三视图的画法 (1)在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画
虚线． 成_____
(2)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体
正前 方、_____ 正左 方、_____ 的_____ 正上 方观察几何体画出的轮廓线．
考点 3 是：
空间几何体的直观图
斜二测画法来画，基本步骤 空间几何体的直观图常用 ______
以下命题：
①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆 ②以直角梯形 的一腰为 轴旋转一 周所得 的旋转体是 圆 台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆； ④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台． 其中正确命题的个数为( A．0 B ．1 C ．2 ) D ．3
解析
命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，
二、小题快练 1 ． [2017· 广州七校联考 ] 如图为几 何体的三视图， 根据三视图可以判断这 个几何体为( A．圆锥 C．三棱柱
解析 故选 C.
) B．三棱锥 D．三棱台
由三视图可知，该几何体是一个横放的三棱柱，
2．[ 课本改编] 如图，直观图所表示的平面图形是( A．正三角形 B．锐角三角形 C．钝角三角形 D．直角三角形
第7章 立体几何
第1讲 空间几何体的结构及其三视图和 直观图
板块一 知识梳理· 自主学习
[ 必备知识] 考点 1 空间几何体的结构特征
考点 2
空间几何体的三视图
1．三视图的形成与名称 空间几何体的三视图是用平行投影得到的， 在这种投影 之下， 与投影面平行的平面图形留下的影子， 与平面图形的 形 状 和 大 小 是 完 全 相 同 的 ， 三 视 图 包 括 正视图、侧视图、俯视图． ________________________
2．画几何体的高 在已知图形中过 O 点作 z 轴垂直于 xOy 平面，在直观 图中对应的 z′轴，也垂直于 x′O′ y′平面，已知图形中
不变． 平行于 z 轴的线段， 在直观图中仍平行于 z′轴且长度_____
[ 必会结论] 1．常见旋转体的三视图 (1)球的三视图都是半径相等的圆． (2)水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰 三角形． (3)水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰 梯形． (4) 水平 放 置 的圆 柱 的 正视 图 和 侧视 图 均 为全 等 的矩 形．
触类旁通 平面图形与其直观图的关系 (1) 在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段，注意 “三变 ”与 “三不变 ”． 2 (2) S 直观图＝ S 4
原图形．
【变式训练 2】 用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边 AB 平行于 y 轴，BC，AD 平行于 x 轴．已知四边形 ABCD 的面 积为 2 2 cm2，则原平面图形的面积为( B．4 2 cm2 D．8 2 cm2 ) A．4 cm2 C．8 cm2