高考数学二轮复习专题四立体几何与空间向量第1讲空间几何体课件理
【2019-2020】高考数学二轮复习专题四立体几何第一讲空间几何体教案理
【2019-2020】高考数学二轮复习专题四立体几何第一讲空间几何体教案理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Ⅲ)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Ⅰ)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( )A ．10B ．12C ．14D ．16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(2＋4)×22×2＝12，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(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V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：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，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V ＝π×32×7＝63π.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( )A ．272B ．27C ．27 2D ．27 3解析：在长、宽、高分别为33，3,33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C BAP ，其中底面BAP 是∠BAP ＝90˚的直角三角形，AB ＝3，AP ＝33，所以BP ＝6，又棱CB ⊥平面BAP 且CB ＝33，所以AC ＝6，所以该几何体的表面积是12×3×33＋12×3×33＋12×6×33＋12×6×33＝273，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.4π3 B.5π3C ．2＋2π3D ．4＋2π3解析：由三视图可知，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V ＝23π×13＋12π×12×2＝53π，故选B.答案：B4．(2018·高考全国卷Ⅰ)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A ．8B ．6 2C ．8 2D ．8 3解析：如图，连接AC 1，BC 1，AC .∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，∴∠AC 1B 为直线AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角，∴∠AC 1B ＝30°.又AB ＝BC ＝2，在Rt △ABC 1中，AC 1＝2sin 30°＝4，在Rt △ACC 1中，CC 1＝AC 21－AC 2＝42－(22＋22)＝22，∴V 长方体＝AB ×BC ×CC 1 ＝2×2×22＝8 2. 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 . ①正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②正方体的内切球，则2R ＝a ； ③球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(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 ＝a 2＋b 2＋c 2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.(1)(2017·高考全国卷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 ．π B.3π4 C.π2 D.π4解析：设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以，圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4，故选B.答案：B(2)(2017·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ABC 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， ∵SA ＝AC ，SB ＝BC ， ∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S ABC ＝V A SBC ＝13×S △SBC ×AO＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2R ×R ×R ，解得R ＝3，∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 答案：36π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，AB ＝AC ＝2，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A D ECB 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A DECB 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A DECB 的外接球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A DECB 的外接球的半径为R ，球心到BC 的距离为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧R 2＝d 2＋(2)2，R 2＝(d ＋22)2＋(22)2，解得R 2＝52，故四棱锥A DECB 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝10π.答案：10π2．(2018·合肥模拟)如图，已知平面四边形ABCD 满足AB ＝AD ＝2，∠A ＝60˚，∠C ＝90˚，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，∵AB ＝AD ＝2，∠BAD ＝60˚，∴△ABD 为正三角形，设BD 的中点为M ，连接AM ，则AM ⊥BD ，又平面ABD ⊥平面CBD ，平面ABD ∩平面CBD ＝BD ，∴AM ⊥平面CBD .∵△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23×2×32＝233，∴四面体ABCD 外接球的体积为43×π×(233)3＝323π27.答案：323π27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83，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2×2＝4，因为该几何体的体积为13×4×2＝83，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·高考全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1、O 2，过直线O 1O 2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解析：设圆柱的轴截面的边长为x ，则由x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.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( )A ．5π＋18B ．6π＋18C ．8π＋6D ．10π＋6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4π×12＋12×2×π×1×3＋2×12×π×12＋3×2＝8π＋6.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( )A ．4＋4 2B ．42＋2C ．8＋4 2D ．83解析：由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥P ABCD ，如图所示，其中PA ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，且PA ＝2，AB ＝2，PB ＝22，所以该四棱锥的侧面积S 是四个直角三角形的面积和，即S ＝2×(12×2×2＋12×2×22)＝4＋42，故选A.答案：A5．(2018·聊城模拟)在三棱锥P ABC 中，已知PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝120˚，PA ＝AB ＝AC ＝2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．103πB ．18πC ．20πD ．93π解析：该三棱锥为图中正六棱柱内的三棱锥P ABC ，PA ＝AB ＝AC ＝2，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2R ＝42＋22＝25⇒R ＝5，所以该球的表面积为4πR 2＝20π.答案：C6．(2018·高考全国卷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 ．2 5C ．3D ．2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①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 |＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5. 故选B. 答案：B7．在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，点M 是BB 1的中点，则三棱锥C 1AMC 的体积为( )A. 3B. 2 C ．2 2D ．2 3解析：取BC 的中点D ，连接AD .在正三棱柱ABC A1B 1C 1中，△ABC 为正三角形，所以AD ⊥BC ，又BB 1⊥平面ABC ，AD ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥AD ，又BB 1∩BC ＝B ，所以AD ⊥平面BCC 1B 1，即AD ⊥平面MCC 1，所以点A 到平面MCC 1的距离就是AD .在正三角形ABC 中，AB ＝2，所以AD ＝3，又AA 1＝3，点M 是BB 1的中点，所以S △MCC 1＝12S 矩形BCC 1B 1＝12×2×3＝3，所以VC 1－AMC＝VA MCC 1＝13×3×3＝ 3.答案：A8．如图，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 为平行四边形，NB ＝2PN ，则三棱锥N PAC 与三棱锥D PAC 的体积比为( )A ．1∶2B ．1∶8C ．1∶6D ．1∶3解析：由NB ＝2PN 可得PN PB ＝13.设三棱锥N PAC 的高为h 1，三棱锥B PAC 的高为h ，则h 1h＝PN PB ＝13.又四边形ABCD 为平行四边形，所以点B 到平面PAC 的距离与点D 到平面PAC 的距离相等，所以三棱锥N PAC 与三棱锥D PAC 的体积比为V 1V ＝13S △PAC ×h 113S △PAC ×h ＝13.答案：D9．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，∠ASC ＝∠BSC ＝30˚，则棱锥S ABC 的体积最大为( )A ．2B ．83 C ． 3D ．2 3解析：如图，因为球的直径为SC ，且SC ＝4，∠ASC ＝∠BSC ＝30˚，所以∠SAC ＝∠SBC ＝90˚，AC ＝BC ＝2，SA ＝SB ＝23，所以S △SBC ＝12×2×23＝23，则当点A 到平面SBC 的距离最大时，棱锥A SBC 即S ABC的体积最大，此时平面SAC ⊥平面SBC ，点A 到平面SBC 的距离为23sin 30˚＝3，所以棱锥S ABC 的体积最大为13×23×3＝2，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，AB ＝BC ＝6，AC ＝2 3.若三棱锥D ABC 体积的最大值为3，则球O 的表面积为________．解析：由题意可得，∠ABC ＝π2，△ABC 的外接圆半径r ＝3，当三棱锥的体积最大时，V D ABC ＝13S △ABC ·h (h 为D 到底面ABC 的距离)，即3＝13×12×6×6h ⇒h ＝3，即R ＋R 2－r 2＝3(R 为外接球半径)，解得R ＝2，∴球O 的表面积为4π×22＝16π.答案：16π11．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2×4×8－12×π×22×2＝64－4π.答案：64－4π12．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A BCDE 的高为1，四边形BCDE 是边长为1的正方形，则S △ABC ＝S △ABE ＝12×1×2＝22，S △A D E ＝12，S △ACD ＝12×1×5＝52，故面积最大的侧面的面积为52. 答案：5213．(2018·福州四校联考)已知三棱锥A BCD 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3，BC ＝3，BD ＝3，∠CBD ＝90˚，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3，BC ＝3，BD ＝3，∠CBD ＝90˚，∴13×12×3×3×h ＝3，∴h ＝2，∴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CD ＝23，∴球O 的半径OD ＝2，∴球O 的体积为32π3.答案：32π3。
高考数文二轮专题突破课件浙江专第部分-专题-第讲-空间几何体
B．2 D．4
答案：B
答案：A
[答案] (1)D (2)B
答案：A
答案：C
课题14 等体积法求空间几何体的体积
答案：6
成
S＝2S底＋S侧 S＝2πr2＋2πrl
S＝S底＋S侧
圆锥
扇形
S＝πr2＋πrl
体积 V＝S底·h V＝πr2·h
侧面展开图
表面积
由若干个梯形 棱台
构成
S＝S上底＋ S下底＋S侧
圆台
扇环
S＝πr′2＋ π(r＋r′)l＋πr2
球ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
S＝4πr2
体积
A
B
C
D
答案：A
A
B
C
D
答案：C
A．1 C．3
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.
答案：D
答案：D
答案：A
答案：C
答案：D
柱、锥、台、球体的表面积和体积
侧面展开图
表面积
直棱柱
长方形
圆柱
长方形
由若干三角形构 棱锥
高考数文二轮专题突破 课件浙江专第部分 专题
第讲 空间几何体
2024年2月1日星期四
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.
高中数学二轮复习 空间几何体的三视图、表面积与体积 课件理(全国通用)
-10命题热点一 命题热点二 命题热点三
命题热点一
空间几何体的三视图与直观图(热度:★★☆)
例1(1)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz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,则得到正视图可以为( )
(2)已知某几何体的正(主)视图与侧(左)视图都是直角边长为1的 等腰直角三角形,且体积为 1 ,则该几何体的俯视图可以是( )
3
-11命题热点一 命题热点二 命题热点三
答案: (1)A
(2)B
解析: (1)因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O-xyz 中的 坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),故该几何体的直观图如图, 是以正方体的顶点为顶点的一个正四面体,所以以 zOx 平面为投影 面,则得到的正视图为
π B.2+3
3π C. 2 +1
3π D. 2 +3
关闭
解析 解析
答案 答案
-4热点考题诠释 高考方向解读
2.(2017全国3,理8)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.π
B.
3π 4
C.
π 2
D.
π 4
关闭
由题意可知球心即为圆柱体的中心,画出圆柱的轴截面如图所示,则
1
.故选 A.
(2)由三视图及体积为 ,可知该几何体为一四棱锥,故俯视图为 3 B,应选 B.
-12命题热点一 命题热点二 命题热点三
规律方法1.三视图中的正(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.
(全国通用)高考数学大二轮总复习 增分策略 专题五 立体几何与空间向量 第1讲 空间几何体PPT课件
解析 由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截 角三棱柱组合. 从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条 线段连接的两个三角形. 答案 B
思维升华
空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、 上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此 在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确 定几何体的底面，然后根据正视图或侧视图确定几何 体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、 面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果.
跟踪演练1 (1)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体 的直观图可以是( D )
解析 由俯视图，易知答案为D.
(2)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则 该几何体的侧视图为( D )
解析 如图所示，点D1的投影为C1，点D的投影为C，点A 的投影为B，故选D.
热点二 几何体的表面积与体积
解析 该三棱锥的直观图如图所示： 过D作DE⊥BC，交BC于E，连接AE， 则BC＝2，EC＝1，AD＝1，ED＝2， S表＝S△BCD＋S△ACD＋S△ABD＋S△ABC
＝12×2×2＋12× 5×1＋21× 5×1＋12×2× 5＝2＋2 5. 答案 C
(2)如图，在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分 别在C1D1与C1B1上，且C1E＝4，C1F＝3，连接EF，FB， DE，BD则几何体EFC1－DBC的体积为( )
梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的旋
转体是由以线段AB的长为底面圆半径，
线段BC为母线的圆柱挖去以线段CE的长为底面
圆半径，ED为高的圆锥，
如图所示，该几何体的体积为 V＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB2·BC－13·π·CE2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝53π.
高考数学二轮复习第一部分专题篇专题四立体几何第一讲空间几何体课件文
二
＝BC2，所以 AB⊥AC，所以 AB⊥平面 CC1A1A.
考点三 过点 B1 作平行于平面 ABC 的平面分割几何体，则该几何体的体
积 V＝VABC－EB1F＋VB1－FEA1C1＝12×3×4×2＋13×4×3
×3＝24.
第二十七页，共39页。
考点(kǎo
试题
通解
优解
diǎn)二 根据三视图可得该几何体的直观图如图中几
试题 解析
考点(kǎo diǎn) 依题意，在三棱锥 B-ACD 中，AD，BD，CD 两两垂直，且 AD
一
考点(kǎo diǎn)
二 考点三
＝4，BD＝CD＝3，因此可将三棱锥 B-ACD 补形成一个长方体， 该长方体的长、宽、高分别为 3、3、4，且其外接球的直径 2R ＝ 32＋32＋42＝ 34，故三棱锥 B-ACD 的外接球的表面积为
[师生共研·析重点]
[例 1](2016·昆明模拟)等腰△ABC 中，AB＝AC＝5，BC＝6，将
△ABC 沿 BC 边上的高 AD 折成直二面角 B-AD-C，则三棱锥
B-ACD 的外接球的表面积为( D )
A．5π
B.230π
C．10π
D．34π
第三十一页，共39页。
考点(kǎo diǎn)三
体积 V＝VB1－ABC＋VB1－CAA1C1＝13×2×12×3×4＋13
×4×5×3＝24.
第二十八页，共39页。
考点
(kǎo diǎn)二
考点(kǎo diǎn) 一
考点(kǎo diǎn) 二
考点三
1.求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面； 2.在求几何体的表面积和体积时，注意等价转化思想的运用，如 用“割补法”把不规则几何体转化为规则几何体、立体几何问 题转化为平面几何问题等.
【步步高】高考数学二轮复习 专题四 第1讲空间几何体
专题四立体几何第1讲空间几何体(推荐时间：60分钟)一、填空题1．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱锥高为3，体积为6，则这个球的表面积是________．2．盛有水的圆柱形容器的内壁底面半径为5 cm，两个直径为5 cm的玻璃小球都浸没于水中，若取出这两个小球，则水面将下降________ cm.3．棱台上下底面面积分别为16和81，有一平行于底面的截面面积为36，则截面截的两棱台高的比为________．4．(2011·福建)三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC的体积为________．5．在正三棱锥S—ABC中，M、N分别是棱SC、BC的中点，且MN⊥AN，若侧棱SA＝23，则正三棱锥S—ABC外接球的表面积是________．6．有一棱长为a的正方体骨架，其内放置一气球，使其充气且尽可能地大(仍保持为球的形状)，则气球表面积的最大值为________．7．(2011·辽宁改编)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝2，∠ASC＝∠BSC＝45°，则棱锥S—ABC的体积为________．8．将一个钢球置于由6根长度为 6 m的钢管焊接成的正四面体的钢架内，那么这个钢球的最大体积为______ m3.9．如图是一个由三根细铁杆组成的支架，三根细铁杆的两夹角都是60°，一个半径为1的球放在该支架上，则球心到P的距离为________．10．在四面体ABCD中，AB＝CD＝10，AC＝BD＝5，AD＝BC＝13，则四面体的外接球的表面积为________．11．四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a，则该四面体的体积的最大值为________．12．如图，已知三棱锥P—ABC中，E，F分别是AC，AB的中点，△ABC，△PEF都是正三角形，PF⊥AB，若P，A，B，C在一个表面积为12π的球面上，则△ABC的边长为______．二、解答题13．如图所示，一座底面是长方形的仓库，它的屋面是两个相同的矩形，它们互相垂直，如果仓库的长a＝13 m，宽b＝7.6 m，墙高h＝3.5 m，求仓库的容积．14.如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，直线l与平面ABCD平行，E和F是l上的两个不同点，且EA＝ED，FB＝FC.E′和F′是平面ABCD内的两点，EE′和FF′都与平面ABCD垂直．(1)证明：直线E′F′垂直且平分线段AD；(2)若∠EAD＝∠EAB＝60°，EF＝2，求多面体ABCDEF的体积．15．棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图所示，求图中三角形(正四面体的截面)的面积．答 案1．16π 2.53 3.2∶3 4. 3 5．36π 6.2πa 2 7.433 8.π69. 3 10．14π11.18a 3 12．2 213．解 在五边形ABCED 中，四边形ABCD 为矩形，△CED 为等腰直角三角形．CD ＝AB ＝7.6，CE ＝ED ＝22CD . ∴S 底＝7.6×3.5＋12×12×7.62＝41.04 (m 2)， ∴V ＝Sh ＝41.04×13＝533.52 (m 3.)答 仓库的容积为533.52 m 3.14．(1)证明 ∵EA ＝ED 且EE ′⊥平面ABCD ，∴E ′D ＝E ′A ，∴点E ′在线段AD 的垂直平分线上．同理，点F ′在线段BC 的垂直平分线上．又四边形ABCD 是正方形，∴线段BC 的垂直平分线也就是线段AD 的垂直平分线，即点E ′、F ′都在线段AD 的垂直平分线上．∴直线E ′F ′垂直且平分线段AD .(2)解 如图，连结EB 、EC ，由题意知多面体ABCDEF 可分割成正四棱锥E －ABCD 和正四面体E －BCF 两部分．设AD 的中点为M ，在Rt△MEE ′中，由于ME ′＝1，ME ＝3，∴EE ′＝ 2.∴V E －ABCD ＝13·S 正方形ABCD ·EE ′ ＝13×22×2＝423. 又V E －BCF ＝V C －BEF ＝V C －BEA ＝V E －ABC ＝13S △ABC ·EE ′ ＝13×12×22×2＝223， ∴多面体ABCDEF 的体积为V E －ABCD ＋V E －BCF ＝2 2.15．解 如图所示，△ABE 为题中的三角形，由已知得AB ＝2，BE ＝2×32＝3， BF ＝23BE ＝233，AF ＝AB 2－BF 2＝ 4－43＝83，∴△ABE 的面积为S ＝12×BE ×AF ＝12×3× 83＝ 2.∴所求的三角形的面积为 2.。
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跟踪演练2 (1)(2018·齐鲁名校教科研协作体模拟)中国古代数学名著《九
章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其
三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6立方寸，则图中的x为
√A.1.6
B.1.8
C.2.0
D.2.4
解析 由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一
二、同步听课法
有些同学在听课的过程中常碰到这样的问题，比如老师讲到一道很难的题目时，同学们听课的思路就“卡壳“了，无法再跟上老师的思路。这时候该怎么办呢？
如果“卡壳”的内容是老师讲的某一句话或某一个具体问题，同学们应马上举手提问，争取让老师解释得在透彻些、明白些。
如果“卡壳”的内容是公式、定理、定律，而接下去就要用它去解决问题，这种情况下大家应当先承认老师给出的结论（公式或定律）并非继续听下去，先把问题记 下来，到课后再慢慢弄懂它。
线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为
√A.8＋4 2＋8 5
B.24＋4 2
C.8＋20 2
D.28
解析 由三视图可知，该几何体的下底面是长
为4，宽为2的矩形，
左右两个侧面是底边为 2，高为 2 2的三角形，
前后两个侧面是底边为 4，高为 5的平行四边形，
所以该几何体的表面积为 S＝4×2＋2×12×2×2 2＋2×4× 5＝8＋4 2＋8 5.
解析Leabharlann 答案押题预测1.一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，
则该几何体的表面积为
A.16
B.8 2＋8
C.2 2＋2 6＋8
√D.4 2＋4 6＋8
押题依据 求空间几何体的表面积或体积是立体几何的重要内容之一， 也是高考命题的热点.此类题常以三视图为载体，给出几何体的结构特 征，求几何体的表面积或体积.
长方体组合而成.
由题意得，(5.4－x)×3×1＋πx122＝12.6，
解得x＝1.6.
解析
答案
(2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的
体积是 A.11 B.9
C.7
D.5 √
解析 由三视图知，该几何体如图，它可分成
一个三棱锥E－ABD和一个四棱锥B－CDEF，
则 V＝13×12×3×3×2＋13×1×2×3＝5.
例1 (1)(2018·全国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
√
解析
答案
(2)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形
的 斜 二 测 直 观 图 是 直 角 梯 形 ( 如 图 所 示 ) ， ∠ABC ＝
45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积 为_2_＋___2_2__.
解析
答案
思维升华
空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影 的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题 时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正(主)视图或侧(左)视 图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面 的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果.在还原空间几何体实际 形状时，一般是以正(主)视图和俯视图为主，结合侧(左)视图进行综合 考虑.
尖子生好方法:听课时应该始终跟着老师的节奏，要善于抓住老师讲解中的关键词，构建自己的知识结构。利用老师讲课的间隙，猜想老师还会讲什么，会怎样讲， 怎样讲会更好，如果让我来讲，我会怎样讲。这种方法适合于听课容易分心的同学。
2019/6/30
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2019/6/30
解析 设正方体的棱长为 a，则 6a2＝18，∴a＝ 3.
设球的半径为 R，则由题意知 2R＝ a2＋a2＋a2＝3， ∴R＝32. 故球的体积 V＝43πR3＝43π×323＝92π.
解析
答案
4.(2017·全国Ⅰ)已知三棱锥S—ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球 O的直径.若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S—ABC的体 积为9，则球O的表面积为________. 36π
解析
答案
(2)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积 是__1_34_π____，表面积是_6_＋__(_6_＋___1_3_)_π__. 解析 由三视图知，该几何体是由四分之一球与半个
圆锥组合而成， 则该组合体的体积为 V＝14×43π×23＋12×13π×22×3＝134π， 表面积为 S＝14×4π×22＋12×π×22＋12×4×3＋12×12×2π×2× 32＋22
A.254π
B.2156π
C.1
125π 4
√D.1
125π 16
解析
答案
思维升华
三棱锥P－ABC可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形 (1)点P可作为长方体上底面的一个顶点，点A，B，C可作为下底面的三 个顶点. (2)P－ABC为正四面体，则正四面体的棱都可作为一个正方体的面对角 线.
跟踪演练3 (1)(2018·咸阳模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，
积与圆柱的体积的比值为___3_____. 押题依据 求空间几何体的体积是立体几何的重要内容之一，也是高考
的热点问题之一，主要是求柱体、锥体、球体或简单组合体的体积.本
题通过球的内接圆柱，来考查球与圆柱的体积计算，命题角度新颖，值
得关注.
押题依据
解析
答案
编后语
有的同学听课时容易走神，常常听着听着心思就不知道溜到哪里去了；有的学生，虽然留心听讲，却常常“跟不上步伐”，思维落后在老师的讲解后。这两种情况都 不能达到理想的听课效果。听课最重要的是紧跟老师的思路，否则，教师讲得再好，新知识也无法接受。如何跟上老师饭思路呢？以下的听课方法值得同学们学习：
√
解析
答案
热点二 几何体的表面积与体积
空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这 类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式， 其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体 的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧.
例2 (1)(2018·百校联盟联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗
例3 (1)(2018·武汉调研)已知正三棱锥S－ABC的顶点均在球O的球面上，
过侧棱SA及球心O的平面截三棱锥及球面所得截面如图所示，已知三棱
锥的体积为2 3，则球O的表面积为
√A.16π
B.18π
C.24π
D.32π
解析
答案
(2)(2018·衡水金卷信息卷)如图是某三棱锥的三视
图，则此三棱锥内切球的体积为
板块三 专题突破 核心考点
专题四 立体几何与空间向量
第1讲 空间几何体
[考情考向分析]
1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算. 2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.
内容索引
热点分类突破 真题押题精练
热点分类突破
热点一 三视图与直观图
1.一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”. 2.由三视图还原几何体的步骤 一般先依据俯视图确定底面再利用正(主)视图与侧(左)视图确定几何体.
一、“超前思考，比较听课”
什么叫“超前思考，比较听课”？简单地说，就是同学们在上课的时候不仅要跟着老师的思路走，还要力争走在老师思路的前面，用自己的思路和老师的思路进行对 比，从而发现不同之处，优化思维。
比如在讲《林冲棒打洪教头》一文，老师会提出一些问题，如林冲当时为什么要戴着枷锁？林冲、洪教头是什么关系？林冲为什么要棒打洪教头？••••••
AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为
A.13π
B.20π
C.25π
D√.29π
解析
答案
(2)(2018·四川成都名校联考)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记
√ 该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则
等S于1 S2
A.1∶2 B.1∶3
C.1∶4
2.(2017·北京改编)某四棱锥的三视图如图所示，则 该四棱锥的最长棱的长度为___2__3___. 解析 在正方体中还原该四棱锥，如图所示， 可知SD为该四棱锥的最长棱. 由三视图可知，正方体的棱长为2， 故 SD＝ 22＋22＋22＝2 3.
解析
答案
3.(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体 的表面积为18，则这个球的体积为__92_π__.
押题依据
解析
答案
2.在正三棱锥S－ABC中，点M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB
＝2 2，则正三棱锥S－ABC的外接球的表面积为
A.6π
B.12π√
C.32π
D.36π
押题依据 灵活运用正三棱锥中线与棱之间的位置关系来解决外接球
的相关问题，是高考的热点.
押题依据
解析
答案
3.已知半径为1的球O中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体 42
老师没提了一个问题，同学们就应当立即主动地去思考，积极地寻找答案，然后和老师的解答进行比较。通过超前思考，可以把注意力集中在对这些“难点”的理解 上，保证“好钢用在刀刃上”，从而避免了没有重点的泛泛而听。通过将自己的思考跟老师的讲解做比较，还可以发现自己对新知识理解的不妥之处，及时消除知识 的“隐患”。