2020年高考数学总复习 5.1 三视图与几何体的体积、表面积习题课件 文
高考数学一轮复习-81-空间几何体的三视图-直观图-表面积与体积课件-新人教A

=172a2.所以 S 球=4πR2=4π×172a2=73πa2.
(2)这个几何体是一个圆台被轴截面割出来的一半.
根据图中数据可知圆台的上底面半径为 1,下底面半径为 2,高为 3,母线长为 2,几何体的表面积是两个半圆的面 积、圆台侧面积的一半和轴截面的面积之和,故这个几何 体的表面积为 S=12π×12+12π×22+12π×(1+2)×2+12 ×(2+4)× 3=112π+3 3. 答案 (1)B (2)112π+3 3
可能是圆柱,排除选项C;又由俯视图可知,该几何体
不可能是棱柱或棱台,排除选项A,B,故选D.
(2)如图,在原图形OABC中, 应有 OD=2O′D′=2×2 2 =4 2(cm), CD=C′D′=2 cm. ∴OC= OD2+CD2 = (4 2)2+22=6(cm), ∴OA=OC, 故四边形 OABC 是菱形. 答案 (1)D (2)C
诊断自测
1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) 精彩PPT展示
(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)正方体、球、圆锥各自的三视图中,三视图均相同.
(×)
(4)圆柱的侧面展开图是矩形.
(√)
2.(2014·福建卷)某空间几何体的正视图是三角形,则该几
(2)画出坐标系 x′O′y′,作出△OAB 的 直观图 O′A′B′(如图).D′为 O′A′的中 点.易知 D′B′=12DB(D 为 OA 的中点), ∴S△O′A′B′=12× 22S△OAB= 42× 43a2= 166a2.
(新课标)2020版高考数学专题三立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积课件文新人教A版

空间几何体的三视图(基础型) [知识整合]
一个物体的三视图的排列规则 俯视图放在正(主)视图的下面,长度与正(主)视图的长度一样,侧(左)视图放在正(主) 视图的右面,高度与正(主)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”.
[考法全练] 1.一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示,则其俯视图可能是( )
面 ABCD 是正方形且和球心 O 在同一平面内,当此四棱锥的体积取得最大值时,
其表面积等于 8+8 3,则球 O 的体积等于( )
A.323π
B.32
2π 3
C.16π
16 2π D. 3
【解析】 (1)如图,由题意知圆柱的中心 O 为这个球的球心,于是, 球的半径 r=OB= OA2+AB2= 12+( 3)2=2.故这个球的表面 积 S=4π r2=16π .故选 D.
(2)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.
[对点训练] 1.(2019·唐山市摸底考试)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之 一圆弧),则该几何体的表面积为( )
第二部分 高考热点 分层突破
专题三 立体几何 第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积数学 Nhomakorabea01
做高考真题 明命题趋向
02
研考点考向 破重点难点
03
练典型习题 提数学素养
[做真题] 1.(2018·高考全国卷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 ()
2020高考数学总复习空间几何体的表面积和体积PPT课件

1.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面 展开图
侧面积公式 S 圆柱侧=2πrl S 圆锥侧=πrl
S = 圆台侧 π(r+r′)l
2.多面体的侧面积和表面积 因为多面体的各个面都是平面,所以多面体的侧面积就是侧 面展开图的面积,表面积是侧面积与底面积的和.
A.17 27
B.5 C.10 D.1
9
27
3
(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.
(3)三棱锥 P-ABC 中,D,E 分别为 PB,PC 的中点,记三棱
锥
D-ABE
的体积为
V 1,P-A B C
的体积为
V
2,则VV
1=________.
2
又∵长方体表面积重叠一部分, ∴几何体的表面积为232+152-2×6×2=360.
1.空间几何体的体积是每年高考的热点,题型为选择题和填 空题.
2.高考对空间几何体的体积的考查常有以下几个命题角度: (1)求简单几何体的体积; (2)求组合体的体积; (3)求以三视图为背景的几何体的体积.
[例 2] (1)如图,网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1 cm), 图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为 3 cm,高为 6 cm 的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与 原来毛坯体积的比值为( )
2.直角三角形两直角边 AB=3,AC=4,以 AB 为轴旋转一
周所得的几何体的体积为( )
A.12π
B.16π
C.9π
D.24π
解析:选 B 以 AB 为轴旋转一周所得到的几何体为圆
高考数学(文)《立体几何》专题复习

(2)两个平面垂直的判定和性质
✓ 考法5 线面垂直的判定与性质
1.证明直线 与平面垂直 的方法
2.线面垂直 的性质与线 线垂直
(1)判定定理(常用方法): 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线
与此平面垂直.判定定理中的两条相交直线必须保证“在平面 内相交”这一条件. (2)性质: ①应用面面垂直的性质(常用方法):若两平面垂直,则在一 个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面,是证明线 面垂直的主要方法; ②(客观题常用)若两条平行直线中的一条垂直于一个平面, 则另一条也垂直于这个平面.
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✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.证明平面 与平面平行 的常用方法 2.空间平行关系 之间的转化
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✓ 考法3 面面平行的判定与性质
1.证明平面 与平面平行 的常用方法
这是立体几何中证明平行关系常用的思路,三 种平行关系的转化可结合下图记忆
2.空间平行关系 之间的转化
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600分基础 考点&考法
定义 判定方法
2.等角定理
判定定理 反证法 两条异面直线所成的角
✓ 考法2 异面直线所成的角
常考形式
直接求 求其三角函数值
常用方法
作角
正弦值 余弦值 正切值
证明 求值 取舍
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600分基础 考点&考法
➢ 考点46 线面、面面平行的判定与性质 ✓ 考法3 线面平行的判定与性质 ✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.计算有关 线段的长
2.外接球、内切 球的计算问题
观察几何体的特征 利用一些常用定理与公式 (如正弦定理、余弦定理、勾股定理、 三角函数公式等) 结合题目的已知条件求解
湖南省2020年高考数学第二轮复习 专题五 立体几何第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积 文

专题五立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积真题试做1.(2020·湖南高考,文4)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不可能是( ).图12.(2020·天津高考,文10)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__________ m3.3.(2020·湖北高考,文15)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为______.4.(2020·湖北高考,文19)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体,其下部是底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形的四棱台A1B1C1D1ABCD,上部是一个底面与四棱台的上底面重合,侧面是全等的矩形的四棱柱ABCDA2B2C2D2.(1)证明:直线B1D1⊥平面ACC2A2;(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理.已知AB=10,A1B1=20,AA2=30,AA1=13(单位:厘米),每平方厘米的加工处理费为0.20元,需加工处理费多少元?考向分析通过对近几年高考试题的分析可看出,空间几何体的命题形式比较稳定,多为选择题或填空题,有时也出现在解答题的某一问中,题目常为中、低档题.考查的重点是直观图、三视图、面积与体积等知识,此类问题多为考查三视图的还原问题,且常与空间几何体的表面积、体积等问题交会,是每年的必考内容.预计在2020年高考中:对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势,通过此类题考查考生的空间想象能力;对表面积和体积的考查,常见形式为蕴涵在两几何体的“切”或“接”形态中,或以三视图为载体进行交会考查,此块内容还要注意强化几何体的核心——截面以及补形、切割等数学思想方法的训练.热点例析热点一空间几何体的三视图与直观图【例1】(1)将长方体截去一个四棱锥,得到的几何体如下图所示,则该几何体的侧(左)视图为( ).(2)若某几何体的三视图如下图所示,则这个几何体的直观图可以是( ).规律方法 (1)三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形,反映了一个几何体各个侧面的特点.正(主)视图反映物体的主要形状特征,是三视图中最重要的视图;俯视图要和正(主)视图对正,画在正(主)视图的正下方;侧(左)视图要画在正(主)视图的正右方,高度要与正(主)视图平齐;(2)要注意到在画三视图时,能看到的轮廓线画成实线,看不到的轮廓线画成虚线; (3)A .32B .16+16 2C .48 D.16+32 2(2)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°,腰和上底长均为1的等腰梯形,则这个平面图形的面积是( ).A.12+22 B .1+22 C .1+ 2 D .2+ 2 热点二 空间几何体的表面积与体积【例2】(2020·福建高考,文20)如图,在四棱锥P ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AB ⊥AD ,点E 在线段AD 上,且CE ∥AB .(1)求证:CE ⊥平面PAD ;(2)若PA =AB =1,AD =3,CD =2,∠CDA =45°,求四棱锥P ABCD 的体积.规律方法 (1)求几何体的体积问题,可以多角度、多方位地考虑.对于规则的几何体的体积,如求三棱锥的体积,采用等体积转化是常用的方法,转化的原则是其高与底面积易求;对于不规则几何体的体积常用割补法求解,即将不规则几何体转化为规则几何体,以易于求解.(2)求解几何体的表面积时要注意S 表=S 侧+S 底.(3)对于给出几何体的三视图,求其体积或表面积的题目关键在于要还原出空间几何体,并能根据三视图的有关数据和形状推断出空间几何体的线面关系及相关数据,至于体积或表面积的求解套用对应公式即可.变式训练2 已知某几何体的三视图如下图所示,其中正(主)视图中半圆的半径为1,则该几何体的体积为( ).A .24-32πB .24-13πC .24-πD .24-12π热点三 多面体与球【例3】已知正四棱锥的底面边长为a ,侧棱长为2a . (1)求它的外接球的体积; (2)求它的内切球的表面积.规律方法 (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或线作截面,把空间问题化归为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系.(2)若球面四点P ,A ,B ,C 构成的线段PA ,PB ,PC 两两垂直,且PA =a ,PB =b ,PC =c ,则4R 2=a 2+b 2+c 2,把有关元素“补形”成为一个球内接正方体(或其他图形),从而显示出球的数量特征,这种方法是一种常用的好方法.变式训练3 如图所示,在四棱锥P ABCD 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__________.思想渗透立体几何中的转化与化归思想求空间几何体的体积时,常常需要对图形进行适当的构造和处理,使复杂图形简单化,非标准图形标准化,此时转化与化归思想就起到了至关重要的作用.利用转化与化归思想求空间几何体的体积主要包括割补法和等体积法,具体运用如下:(1)补法是指把不规则的(不熟悉或复杂的)几何体延伸或补成规则(熟悉的或简单的)的几何体,把不完整的图形补成完整的图形;(2)割法是指把复杂的(不规则的)几何体切割成简单的(规则的)几何体;(3)等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件转化为易求的面积(体积)问题.【典型例题】如图,在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中,AB =AC =5,BB 1=BC =6,D ,E 分别是AA 1和B 1C 的中点.(1)求证:DE ∥平面ABC ; (2)求三棱锥E BCD 的体积.(1)证明:取BC 中点G ,连接AG ,EG .因为E 是B 1C 的中点,所以EG ∥BB 1,且EG =12BB 1.由直棱柱知,AA 1BB 1.而D 是AA 1的中点,所以EG AD ,所以四边形EGAD 是平行四边形,所以ED ∥AG . 又DE 平面ABC ,AG ⊂平面ABC , 所以DE ∥平面ABC .(2)解:因为AD ∥BB 1,所以AD ∥平面BCE , 所以V E BCD =V D BCE =V A BCE =V E ABC .由(1)知,DE ∥平面ABC ,所以V E ABC =V D ABC =13AD ·12BC ·AG =16×3×6×4=12.1.(2020·山东济南三月模拟,4)如图,正三棱柱ABC A 1B 1C 1的各棱长均为2,其正(主)视图如图所示,则此三棱柱侧(左)视图的面积为( ).A .2 2B .4 C. 3 D .2 32.(2020·安徽安庆二模,7)一空间几何体的三视图如图所示(正(主)、侧(左)视图是两全等图形,俯视图是圆及圆的内接正方形),则该几何体的表面积是( ).A .7π cm 2B .(5π+43)cm 2C .(5π+23)cm 2D .(6π+27-2)cm 23.(2020·北京丰台区三月月考,4)若某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( ).A .20-2πB .20-23πC .40-23πD .40-43π4.(2020·湖南株洲下学期质检,14)一个三棱锥的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图如下,则这个三棱锥的体积为__________,其外接球的表面积为__________.5.已知正四面体的外接球半径为1,则此正四面体的体积为__________.6.正六棱锥P ABCDEF 中,G 为PB 的中点,则三棱锥D GAC 与三棱锥P GAC 体积之比为__________.7.如图,在等腰梯形ABCD 中,AB =2DC =2,∠DAB =60°,E 为AB 的中点,将△ADE 与△BEC 分别沿ED ,EC 向上折起,使A ,B 重合,求形成三棱锥的外接球的体积.参考答案命题调研·明晰考向真题试做1.C 解析:若为C 选项,则主视图为:故不可能是C 选项.2.30 解析:由几何体的三视图可知:该几何体的上部为平放的直四棱柱,底部为长、宽、高分别为4 m,3 m,2 m 的长方体.∴几何体的体积V =V 直四棱柱+V 长方体=(1+2)×12×4+4×3×2=6+24=30(m 3).3.12π 解析:该几何体是由3个圆柱构成的几何体,故体积V =2×π×22×1+π×12×4=12π.4.解:(1)因为四棱柱ABCD A 2B 2C 2D 2的侧面是全等的矩形,所以AA 2⊥AB ,AA 2⊥AD .又因为AB ∩AD =A ,所以AA 2⊥平面ABCD . 连接BD ,因为BD ⊂平面ABCD ,所以AA 2⊥BD . 因为底面ABCD 是正方形,所以AC ⊥BD .又已知平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1,且平面BB 1D 1D ∩平面ABCD =BD , 平面BB 1D 1D ∩平面A 1B 1C 1D 1=B 1D 1,所以B 1D 1∥BD .于是由AA 2⊥BD ,AC ⊥BD ,B 1D 1∥BD ,可得AA 2⊥B 1D 1,AC ⊥B 1D 1. 又因为AA 2∩AC =A ,所以B 1D 1⊥平面ACC 2A 2.(2)因为四棱柱ABCD A 2B 2C 2D 2的底面是正方形,侧面是全等的矩形,所以S 1=S 四棱柱上底面+S四棱柱侧面=(A 2B 2)2+4AB ·AA 2=102+4×10×30=1 300(cm 2).又因为四棱台A 1B 1C 1D 1ABCD 的上、下底面均是正方形,侧面是全等的等腰梯形(其高为h ),所以S 2=S 四棱台下底面+S 四棱台侧面=(A 1B 1)2+4×12(AB +A 1B 1)h=202+4×12×(10+20)132-⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×(20-10)2=1 120(cm 2).于是该实心零部件的表面积为S =S 1+S 2=1 300+1 120=2 420(cm 2), 故所需加工处理费为0.2S =0.2×2 420=484(元). 精要例析·聚焦热点热点例析【例1】 (1)D (2)B 解析:(1)被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为正方体的面对角线,它们在右侧面上的投影与右侧面(正方形)的两条边重合,另一条为正方体的对角线,它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合,对照各图及对角线方向,只有选项D 符合.(2)由正(主)视图可排除A ,C ;由侧(左)视图可判断该几何体的直观图是B.【变式训练1】 (1)B (2)D 解析:(1)由三视图知原几何体是一个底面边长为4,高是2的正四棱锥.如图:∵AO =2,OB =2,∴AB =2 2.又∵S 侧=4×12×4×22=162,S 底=4×4=16,∴S 表=S 侧+S 底=16+16 2.(2)如图,设直观图为O ′A ′B ′C ′,建立如图所示的坐标系,按照斜二测画法的规则,在原来的平面图形中,OC ⊥OA ,且OC =2,BC =1,OA =1+2×22=1+2,故其面积为12×(1+1+2)×2=2+ 2.【例2】 (1)证明:因为PA ⊥平面ABCD ,CE ⊂平面ABCD ,所以PA ⊥CE .因为AB ⊥AD ,CE ∥AB ,所以CE ⊥AD . 又PA ∩AD =A ,所以CE ⊥平面PAD . (2)解:由(1)可知CE ⊥AD .在Rt△ECD 中,DE =CD ·cos 45°=1,CE =CD ·sin 45°=1. 又因为AB =CE =1,AB ∥CE , 所以四边形ABCE 为矩形.所以S 四边形ABCD =S 矩形ABCE +S △ECD =AB ·AE +12CE ·DE =1×2+12×1×1=52.又PA ⊥平面ABCD ,PA =1,所以V 四棱锥P ABCD =13S 四边形ABCD ·PA =13×52×1=56.【变式训练2】 A 解析:由三视图可知该几何体为一个长、宽、高分别为4,3,2的长方体,剖去一个半圆柱而得到的几何体,其体积为2×3×4-12π×1×3,即24-32π.【例3】 解:如图所示,△SAC 的外接圆是外接球的一个大圆,∴只要求出这个外接圆的半径即可,而内切球的球心到棱锥的各个面的距离相等,∴可由正四棱锥的体积求出其半径.(1)设外接球的半径为R ,球心为O ,则OA =OC =OS ,∴O 为△SAC 的外心,即△SAC 的外接圆半径就是球的半径. ∵AB =BC =a ,∴AC =2a .∵SA =SC =AC =2a ,∴△SAC 为正三角形.由正弦定理得2R =AC sin∠ASC =2a sin 60°=263a ,因此R =63a ,V 外接球=43πR 3=8627πa 3. (2)如图,设内切球的半径为r ,作SE ⊥底面于E ,作SF ⊥BC 于F ,连接EF , 则有SF =SB 2-BF 2=(2a )2-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22=72a ,S △SBC =12BC ·SF =12a ×72a =74a 2, S 棱锥全=4S △SBC +S 底=(7+1)a 2.又SE =SF 2-EF 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫72a 2-⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22=62a ,∴V 棱锥=13S 底·SE =13a 2×62a =66a 3,∴r =3V 棱锥S 棱锥全=3×66a 3(7+1)a 2=42-612a ,S 内切球=4πr 2=4-73πa 2. 【变式训练3】 12(2-2)a 解析:当且仅当球与四棱锥的各个面都相切时,球的半径最大.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,则V P ABCD =13r (S △PAB +S △PBC +S △PCD +S △PAD +S 正方形ABCD )=13r (2+2)a 2.由题意知PD ⊥底面ABCD ,∴V P ABCD =13S 正方形ABCD ·PD =13a 3.由体积相等,得13r (2+2)a 2=13a 3,解得r =12(2-2)a .创新模拟·预测演练1.D2.D 解析:据三视图可判断该几何体是由一个圆柱和一个正四棱锥组合而成的,直观图如图所示:易求得表面积为(6π+27-2)cm 2.3.B 解析:由三视图可知该几何体的直观图为一个正四棱柱,从上表面扣除半个内切球.易求出正四棱柱的底面边长为2,内切球的半径为1,故体积为2×2×5-23π=20-2π3.4.4 29π 5.827 3 解析:首先将正四面体补形为一个正方体,设正四面体棱长为a ,则其对应正方体的棱长为22a ,且由球与正方体的组合关系易知3⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2=(1×2)2,解得a 2=83, ∴正四面体的体积为V =⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3-4×13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3=13⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3=827 3.6.2∶1 解析:由正六棱锥的性质知,点P 在底面内的射影是底面的中心,也是线段AD的中点.又G 为PB 的中点,设P 点在底面内的射影为O ,则G 点在底面内的射影为OB 的中点M ,且GM ∥PO .又M 为AC 的中点,则GM ⊂平面GAC ,所以点P 到平面GAC 的距离等于点O 到平面GAC 的距离.又因为OM ⊥平面GAC ,DC ⊥平面GAC ,且DC =2OM ,则V D GAC V P GAC =13S △GAC ×DC13S △GAC ×OM =2.7.解:由已知条件知,平面图形中AE =EB =BC =CD =DA =DE =EC =1,∴折叠后得到一个棱长为1的正三棱锥(如图). 方法一:作AF ⊥平面DEC ,垂足为F , F 即为△DEC 的中心,取EC 中点G ,连接DG ,AG , 过球心O 作OH ⊥平面AEC , 则垂足H 为△AEC 的中心,∴外接球半径可利用△OHA ∽△AFG 求得. ∵AG =32,AF =1-⎝⎛⎭⎪⎫332=63,AH =33, ∴OA =AG ·AHAF =32×3363=64,∴外接球体积为43π×OA 3=43·π·6643=68π.方法二:如图,把棱长为1的正三棱锥放在正方体中,显然,棱长为1的正三棱锥的外接球就是正方体的外接球.∵正方体棱长为22, ∴外接球直径2R =3·22, ∴R =64,∴体积为43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫643=68π.。
2020届高考数学一轮复习第七篇立体几何与空间向量第1节空间几何体的结构、三视图和直观图课件理新人教A版

【教材导读】 1.平行投影和中心投影的区别和联系? 提示:中心投影与人们感官的视觉效果是一致的,它常用来进行绘 画;平行投影中,与投影面平行的平面图形留下的影子,与这个平面图 形的形状和大小完全相同.
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2.两面平行,其余各面都是平行四边形的几何体就 是棱柱吗?
提示:不是,其余各面中相邻两面的公共边不一定都平行,如图几何 体就不是棱柱.
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D 解析:A 错误,如图(1),由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构 成的几何体,各面都是三角形,但它不是三棱锥.
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B 错误,如图(2)(3),若△ABC 不是直角三角形或是直角三角形,但 旋转轴不是直角边所在直线,所得的几何体都不是圆锥.
C 错误,若六棱锥的所有棱长都相等,则底面多边形是正六边形. 由几何图形知,若以正六边形为底面,则侧棱长必然要大于底面边长. D 正确.
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2.一个正方体的展开图如图所示,A,B,C,D 为原正方体的顶点, 则在原来的正方体中( )
(A)AB∥CD (C)AB⊥CD 答案:D
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(B)AB 与 CD 相交 (D)AB 与 CD 所成的角为 60°
3.下图中的几何体是由下面哪个平面图形旋转得到的( )
答案:A
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4.(2018 全国Ⅰ卷)某圆柱的高为 2,底面周长为 16,其三视图如 右图.
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第 1 节 空间几何体的结构、三视图和直观图
最新考纲 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.会画某些建筑物的三视图和直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸 线条等不作严格要求)
2020届高考数学(理)课标版二轮课件:重难考点专题三第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积
为 7 ,SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5 15,则该圆锥的侧面积
8
为
.
答案 40 2 π
解析 因为母线SA与圆锥底面所成的角为45°,所以圆锥的轴截面为等腰直
角三角形.设底面圆的半径为r,则母线长l= 2 r.在△SAB中,cos∠ASB= 7 ,所以
8
sin∠ASB= 15 .因为△SAB的面积为5 15,即 1 SA·SBsin∠ASB=1 · 2 r·2 r×
A.20π C.28π
B.24π D.32π
答案 C 由三视图知圆锥的高为2 3,底面半径为2,则圆锥的母线长为4,所
以圆锥的侧面积为 1 ×4π×4=8π.圆柱的底面积为4π,圆柱的侧面积为4×4π=
2
16π,从而该几何体的表面积为8π+16π+4π=28π,故选C.
2.(2018课标全国Ⅱ,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值
BC=3,AA1=5.设△ABC内切圆半径为r,则S△ABC=
1 2
×3×4=
1 2
×(3+4+5)r,解得r=1,
所以内切球最大半径为1,直径为2,由AA1=5得,最多可加工出2个球.
2.(2019洛阳联考)已知球O与棱长为4的正四面体的各棱相切,则球O的体积 为( A )
A.8 2 π
3
B.8 3 π
在△ACD中,AD⊥CD,S△ACD= 5 ;
2
在△BCD中,BD⊥CD,S△BCD=1 ,
2
所以表面积为 3 + 2 + 5 .故选A.
2
2
命题角度二 空间几何体的体积
1.(2018课标全国Ⅱ文,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA与
空间几何体的表面积和体积经典例题(教师讲义打印一份)
空间几何体的表面积和体积一.课标要求:了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式)。
二.命题走向近些年来在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题,也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题。
即使考查空间线面的位置关系问题,也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想,会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题,会等体积转化求解问题,会把立体问题转化为平面问题求解,会运用“割补法”等求解。
由于本讲公式多反映在考题上,预测2016年高考有以下特色:(1)用选择、填空题考查本章的基本性质和求积公式;(2)考题可能为:与多面体和旋转体的面积、体积有关的计算问题;与多面体和旋转体中某些元素有关的计算问题;三.要点精讲1.多面体的面积和体积公式表中S表示面积,c′、c分别表示上、下底面周长,h表斜高,h′表示斜高,l表示侧棱长。
2.旋转体的面积和体积公式表中l、h分别表示母线、高,r表示圆柱、圆锥与球冠的底半径,r1、r2分别表示圆台上、下底面半径,R表示半径。
四.典例解析题型1:柱体的体积和表面积例1.一个长方体全面积是20cm 2,所有棱长的和是24cm ,求长方体的对角线长. 解:设长方体的长、宽、高、对角线长分别为xcm 、ycm 、zcm 、lcm 依题意得:⎩⎨⎧=++=++24)(420)(2z y x zx yz xy )2()1(由(2)2得:x 2+y 2+z 2+2xy+2yz+2xz=36(3)由(3)-(1)得x 2+y 2+z 2=16 即l 2=16所以l =4(cm)。
点评:涉及棱柱面积问题的题目多以直棱柱为主,而直棱柱中又以正方体、长方体的表面积多被考察。
我们平常的学习中要多建立一些重要的几何要素(对角线、内切)与面积、体积之间的关系。
例2.如图1所示,在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,已知AB=5,AD=4,AA 1=3,AB ⊥AD ,∠A 1AB=∠A 1AD=3π。
高考数学总复习1三视图与几何体的体积表面积习题课件文
D.66斛
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-31-
答案(dá àn):B
解析:设圆锥的底面半径为R,高为h.
∵米堆底部的弧长为8尺,
1
16
∴4·2πR=8,∴R= π .∵h=5,
1
1
1
∴米堆的体积 V=4 × 3πR h=12×π×
320
2
16 2
π
∴堆放的米约有9×1 62≈22(斛).
1.(2018全国Ⅰ·5)已知圆柱的上、下底面的中心(zhōngxīn)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.12 2π
B.12π
C.8 2π
D.10π
答案:B
解析:过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面为圆柱的轴截面,设底面半径为r,
后得到的几何体如图②,则该几何体的侧视图为(
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)
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答案:A
解析:因为平面DEHG⊥平面EFD,所以(suǒyǐ)几何体的侧视图为直角梯形,且直
角腰在侧视图的左侧,故选A.
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空间几何体的体积、表面积
高考真题体验·对方向
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-20-
4.(2018江西赣州十四县(市)期中(qī zhōnɡ))某几何体的三视图如图所示,则此几何
体的各面中最大面的面积为(
A.2 2
B.2 3
)
C.3 2
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D.2
高考数学复习考点知识与题型专题讲解52---空间几何体的直观图与三视图
1.斜二测画法 斜二测画法的主要步骤如下: (1)建立直角坐标系. 在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的 Ox, Oy ,建立直 角坐标系. (2)画出斜坐标系. 在画直观图的纸上(平面上)画出对应图形. 在已知图形平行于 x 轴的线段, 在直观图中画成平行于 O ' x ',O ' y ', 使 ∠x 'O ' y ' = 45o (或135o ), 它们确 定的平面表示水平平面. (3)画出对应图形. 在已知图形平行于 x 轴的线段, 在直观图中画成平行于 x ' 轴 的线段, 且长度保持不变; 在已知图形平行于 y 轴的线段, 在直观图中画成平行于 y ' 轴, 且长度变为原来的一般. 可简化为 “横不变, 纵减半”. (4)擦去辅助线. 图画好后, 要擦去 x ' 轴、 y ' 轴及为画图添加的辅助线(虚线). 被挡住的棱画虚线. 注: 直观图和平面图形的面积比为 2 : 4 . 2.平行投影与中心投影 平行投影的投影线是互相平行的, 中心投影的投影线相交于一点. 二、空间几何体的三视图 1.三视图的概念 将几何体由前至后、由左至右、由上至下分别作正投影得到的三个投影图依次叫做 该几何体的正(主)视图、左(侧)视图、俯视图, 统称三视图. 它们依次反应了几何体 的高度与长度、高度与宽度、长度与宽度. 2.作、看三视图的三原则 (1)位置原则:
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度量原则长对正、高平齐、宽相等即正俯同长、正侧同高、俯侧同宽 虚实原则轮廓线、现则实、隐则虚 俯视图 几何体上下方向投影所得到的投影图反映几何体的长度和宽度 口诀 正侧同高正府同长府侧同宽或长对正、高平齐、宽相等 三、常见几何体的直观图与三视图 常见几何体的直观图与三视图如表 8-3 所示.