2022年高三数学二轮复习教师用书专题十空间几何体3.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载专题十 空间几何体见同学用书 P63 见同学用书 P63 1常见的空间几何体 常见的几何体有：棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台和球2空间几何体的三视图 空间几何体的三视图是正视图、侧视图、俯视图3空间几何体的表面积与体积 1棱柱的体积 VSh其中 S表示棱柱的底面积, h 表示棱柱的 高,棱锥的体积 V1 3Sh,其中 S、h 分别表示棱锥的底面积和高2圆柱的表面积 S2 rrh、体积 V r 2· h,其中 r、h 分 别为圆柱底面的半径和高3圆锥的表面积 S rlr、体积 V1 3 r2h,其中 r、l、h 分名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 23 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载别为圆锥底面的半径、母线长、锥高4圆台的表面积 S r2R 2rl Rl、体积 V1 3SSSS h,其中 r、R、l、h 分别为圆台上底面的半径、下底面的半径、母线长、圆台的高, S和 S分别为上、下底面的面积5球的表面积 S4 R 2、体积 V4 3R 3,其中 R 为球的半径见同学用书 P63 考点一 空间几何体的三视图 考点精析 1在描画三视图时,分界线和可见轮廓线都用实线画出,被遮 挡的部分用虚线画出,即“ 眼见为实,不见为虚” ,在三视图的判定 与识别中要特殊留意其中的虚线2由空间几何体的三视图画直观图时,留意抓住“ 长对正,高 平齐,宽相等” 的基本原就, 由三视图画出直观图后要验证其是否正 确例 112022·北京卷 某四棱锥的三视图如下列图,该四棱锥最名师归纳总结 长棱的棱长为 第 2 页,共 23 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - A1 学习必备欢迎下载2 B.C. 3 D2 考点： 由三视图仍原实物图分析：由几何体的三视图画出直观图,和运算并依据直观图的特点判定解析： 将三视图仍原成几何体的直观图,如图,由三视图可知,底面 ABCD 是边长为 1 的正方形, SB底面 ABCD,SBAB1,由勾股定理可得 SASC 2,SDSB 2DB2123,故四棱锥中最长棱的棱长为3,应选 C.答案： C 点评：此题考查了几何体的三视图,考查了规律推理才能、空间想象才能,求解运算才能,是基础题例 12 2022·湖北卷 在如下列图的空间直角坐标系 Oxyz 中,一个四周体的顶点坐标分别为0,0,2,2,2,0,1,2,1,2,2,2,给出的编号为,的四个图,就该四周体的正视名师归纳总结 图和俯视图分别为 第 3 页,共 23 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - A和学习必备欢迎下载B和C和 D和 考点： 画出三视图分析：在坐标系中,标出已知的四个点, 依据三视图的画图规章,可得结论解析：在坐标系中,标出已知的四个点, 依据三视图的画图规章,可得三棱锥的正视图和俯视图分别为 .答案： D 规律总结 纵观这几年的高考试题, 有关三视图的内容已成为高考的一个热 点,试题主要以挑选题、填空题的形式显现,主要考查三视图的识别 与判定问题,以及逆向思维才能变式训练【11】 2022·江西卷 一几何体的直观图如下列图,以下给出名师归纳总结 的四个俯视图中正确选项 第 4 页,共 23 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载解析：该几何体是组合体,上面的几何体是一个五面体,下面是 一个长方体, 且五面体的一个面即为长方体的一个面,五面体最上面 的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等,因此选 B.答案： B 考点二 空间几何体的表面积与体积 考点精析 1求表面积与体积的关键是分清几何体是多面体仍是旋转体,是否能直接利用公式求解, 不能用公式直接求解的可采纳割补法、等 价转化法求解,留意表面积与侧面积的区分2常见问题是几何体的表面积与体积的运算公式记忆不精确,导致错用公式,特殊是锥体体积公式中往往简洁漏掉 3. 1例 212022·安徽卷 一个四周体的三视图如下列图,就该四周体的表面积是 B12 2 A13 名师归纳总结 C23 D2 2 第 5 页,共 23 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载考点： 由三视图求表面积分析： 把三视图仍原成直观图,再运算其表面积解析：如图,该四周体有两个面为等腰直角三角形,另外两个面 为正三角形故该四周体的表面积S2×1 2×2×22×1 2×2×2×3 223.答案： C 点评：此题考查了由三视图求几何体的表面积,依据三视图判定 几何体的外形及数据所对应的几何量是解题的关键例 222022·天津卷 一个几何体的三视图如下列图 单位： m,就该几何体的体积为 _ m3 . 考点： 由三视图求几何体的体积分析： 先通过三视图仍原几何体,再利用体积公式求解解析： 该三视图对应的几何体是一个圆柱和两个圆锥的组合体从题图中所给数据知其体积为2×1 3× × 12× 1 × 12× 2名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 23 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2 32 8 3 .学习必备欢迎下载答案：8 3点评：此题考查了由三视图求几何体的体积,何体的外形及数据所对应的几何量是解题的关键依据三视图判定几例 232022·河北模拟 一个几何体的三视图及尺寸如下列图,就该几何体的外接球半径为 A. 1 23 B. 16 C.17 417 D. 4 考点： 球内接多面体；由三视图仍原实物图分析：由三视图可知：该几何体是一个如下列图的三棱锥,它是一个正四棱锥的一半,其中底面是一个两直角边都为 6 的直角三角形,高为 4.设其外接球的球心O 为 O,就其必在高线 EF 上,利用外接球的半径建立方程,据此方程可求出答案名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 23 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载解析：由三视图可知：该几何体是一个如下列图的三棱锥,它是一个正四棱锥的一半,其中底面是一个两直角边都为 6 的直角三角形,高 EF4.设其外接球的球心为O,外接球半径为R,就 O 点必在高线 EF上,就在直角三角形 AOF 中,AO 2OF2AF2EFEO2AF2,即 R24R23 22,解得： R17 4 .答案： C 点评：此题考查由三视图仍原实物图算,考查空间想象力这是一个综合题目规律总结考查多面体的外接球的运柱、锥、台、球体及其简洁的组合体的表面积与体积问题是历年 高考必考内容, 把简洁几何体的表面积、 体积问题与三视图结合在一起是近几年的热点问题,而多面体与球的组合问题特殊是球的外接与内切问题 既是近几年的热点问题,又是难点问题简洁几何体的 表面积与体积的考查, 一般为中低档试题, 但近年有加大难度的趋势；名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 23 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载且创新力度较大,一般以挑选题、填空题为主变式训练【21】2022·全国卷 已知 A,B 是球 O 的球面上两点,AOB90° ,C 为该球面上的动点,如三棱锥36,就球 O 的表面积为 A36 B64C144 D256解析： 设球 O 的半径为 R,OABC 体积的最大值为A,B 在球 O 的球面上且 AOB90° ,S AOB1 2R 2,VO ABCVCAOB1 3S AOB· h1 6R 2h其中 h 是 C到平面 AOB 的距离 ,所以三棱锥 OABC 的体积最大,即h 最大,又 C 在球面上,故 h 最大值为 OCR,VO ABC 的最大值为1 6R 3,即1 6R 336,R6,故 S球4 R 2144 .应选 C. 答案： C 【22】 2022·福建卷 某几何体的三视图如下列图,就该几何名师归纳总结 体的表面积等于 第 9 页,共 23 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载A82 2 B112 2 C142 2 D15 解析： 方法 1由三视图可知,该几何体是直四棱柱且底面为直角梯形,所以 S 表2×1 2× 12× 11× 2× 22× 22×2112 2,应选 B.方法 2由三视图可知, 该几何体是直四棱柱且底面是直角梯形,所以 S 表S 侧S 上底× 21212 2,应选 B. 答案： B 2× 21 2× 12× 1× 311见同学用书 P66 例 如下列图,在正三棱柱ABCA1B1C1 中,AB3,AA14,M 为 AA1的中点, P 是 BC 上一点,且由 P 沿棱柱侧面经过棱 CC1 到M 的最短路线长为 29,设这条最短路线与 CC1 的交点为 N. 求： 1该三棱柱侧面绽开图的对角线长；2PC 与 NC 的长名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 23 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载考场错解： 第2问：过 M 作 MNCC1于 N,就由已知有 MNNP3NP29,NP293,此时 N 为 CC1 的中点,NC2,PCNP 2NC 2346 29. 专家把脉： 依题意有 MNNP 的最小值为 29,而错解中认为MN 最小,就 MNNP 就最小,这是错误的对症下药： 1正三棱柱ABCA1B1C1 的侧面绽开图是一个长为9,宽为 4 的矩形,其对角线长为9 24297. 2如下列图,将侧面BB1C1C 绕棱 CC1旋转 120° ,使其与侧面AA1C1C 在同一平面上,点P 运动到 P1 的位置,连接MP1,就 MP1就是由点 P 沿棱柱侧面经过棱设 PCx,就 P1Cx,在 Rt MAP1 中,CC1到点 M 的最短路线由勾股定理得 3x22229,求得 x2,PCP1C2,MAP1C P1A2 5,NC4 5. 专家会诊： 棱柱、棱锥、球是几何体中的重要载体,学习中除了名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 23 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载坚固把握有关概念、 性质、面积体积公式之外, 仍要敏捷运用有关知识进行位置的判定与论证, 进而达到运算的目的 在运算时要留意把某些平面图形分别出来运用平面几何的学问来进行运算,这是立体几何中运算问题的重要方法和技巧见同学用书 P135 一、挑选题12022 ·陕西卷 一个几何体的三视图如下列图,就该几何体的表面积为 B4A3C24 D34 解析：由三视图可知该几何体的直观图是截去一半的圆柱,其表 面积为 S2 × 2×1 2 × 122× 23 4. 答案： D 22022 ·广西卷 正四棱锥的顶点都在同一球面上,如该棱锥的名师归纳总结 高为 4,底面边长为 2,就该球的表面积为 第 12 页,共 23 页A.81B164- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - C9学习必备欢迎下载D.274解析： 设球的半径为 R,又棱锥的高为R 24R 2 2 2,R9 4,球的表面积为 4 ·94 281 4 . 答案： A 4,底面边长为 2,32022 ·北京一模 某简洁组合体的三视图如下列图,就该组合体的体积为 B.4 3 3 2 A.2 3 3 2 C.2 3 3 2 D.8 3 3 2 解析：由三视图知,几何体是一个简洁的空间组合体,前面是半个圆锥,圆锥的底面是半径为2 的圆,母线长是 4,名师归纳总结 依据勾股定理知圆锥的高是4 2222 3,第 13 页,共 23 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载半个圆锥的体积是1 2× 1 3× × 22× 2 34 3,后面是一个三棱锥,三棱锥的底面是底边长为 三角形,三棱锥的高是 2 3,4、高为 2 的等腰三棱锥的体积是1 3× 1 2× 4× 2× 2 38 3 3,几何体的体积是4 3 3答案： B 8 3 34 3 3 242022 ·雅礼模拟 在斜三棱柱 ABCA1B1C1中,A0,B0 分别为侧棱 AA1,BB1上的点,且知BB0A0A1,过 A0,B0,C1 的截面将三棱柱分成上下两个部分体积之比为 A21 B43 C32 D11 解析： 设三棱柱 ABCA1B1C1的体积为 V.侧棱 AA1 和 BB1上各有一动点 A0,B0 满意 BB0A0A1,四边形 A0B0BA 与四边形 A0B0B1A1的面积相等故四棱锥 C1A0B0B1A1的体积等于三棱锥 C1A1B1A的体积等于1 3V.就分成的上部分体积等于2 3V.故过 A0,B0,C1 三点的截面把棱柱分成上下两部分,就其体积名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 23 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载比为 21.答案： A 52022 ·黄冈模拟 某几何体的正视图与俯视图如下列图,如俯视图中的多边形为正六边形,就该几何体的侧视图的面积为 A. 15 2B63 C.3 23 3 D4 3 解析：侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成,矩形的长为 3,宽为 2,面积为 3× 26.等腰三角形的底边为 3,高为 3,其面积为12×3×3,所以侧视图的面积为 63 215 2,应选 A. 答案： A 62022 ·长郡三模 某几何体的三视图 单位： cm如下列图,就该几何体最长的一条侧棱长度是 B. 27 cm A5 cm 名师归纳总结 C. 29 cm D.31 cm 第 15 页,共 23 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载解析：由三视图知几何体为四棱锥, 且四棱锥的一条侧棱与底面垂直,底面为直角梯形,其直观图如图：PA2,AB2,CD4,AD3,ACAD2CD25,在直角三角形 PAC 中,PC答案： C PA 2AC 2 29. 72022 ·长郡一模 四棱锥 PABCD 的五个顶点都在一个球面上,且底面 ABCD 是边长为 1 的正方形, PA平面 ABCD,PA2,就该球的表面积为 A B2C3 D4解析：把四棱锥补成正四棱柱, 就四棱锥的外接球是正四棱柱的外接球正四棱柱的对角线长等于球的直径,2R1212（2）22,R1,外接球的表面积 S4 . 答案： D 名师归纳总结 82022 ·山东卷 已知等腰直角三角形的直角边的长为2,将该第 16 页,共 23 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载三角形绕其斜边所在的直线旋转一周的曲面所围成的几何体的体积为以 A.2 2B.4 233C2 2D4 2解析： 绕斜边所在直线旋转一周可得到2 个以2为底面半径,2为高的圆锥, V2×1 3× × 22×24 2 3 . 答案： B 92022 ·湖南卷 某工件的三视图如下列图,现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能大的正方体新工件,并使新工件的一个面名师归纳总结 落在原工件的一个面内,就原工件材料的利用率为3 第 17 页,共 23 页材料利用率新工件的体积 原工件的体积A. 8 9B.827C.24（21）3D.8（ 21）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载解析： 由三视图知该工件是底面半径为 如下列图,正方体底面落在圆上,1,高为 2 2的圆锥设棱长为 a,就截面圆的半径O1A2 2 a,又 PO12 2a,且 PO1A POB,所以O1A PO1 1 2 2,即2 2 a 2 2a 1 2 2,解得 a2 2 3,所以原工件材料的利用率为a 313 × 2 28 9.应选 A. 答案： A 二、填空题10正四周体的四个顶点都在同一个球面上,4,就这个球的表面积是 _且正四周体的高为解析：我们不妨设该正四周体的棱长为a,其外接球的半径是R,Rt内切球的半径是r,就该正四周体的高hRr,如下列图,就在 OO1A 中,OO1r,OAR,O1A3 3 a,从而有Rr6 3 a,解得 R6 4 a,r6 12a.R 2r21 3a 2,名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页,共 23 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载依据 R6 4 a,h答案： 363 a4. R3. S4 R 6 236 . 11如图,在多面体 ABCDEF 中,已知 ABCD 是边长为 1 的正方形,且 ADE、 BCF 均为正三角形, EF AB,EF2,就该多面体的体积为 _解析： 一个完整的三棱柱的图象为：棱柱的高为 2,底面三角形为等腰三角形,且其底为 1,高为 2,2其体积为：1 2× 1×2× 222,2割去的四棱锥体积为：1 3× 1×226,2所以,几何体的体积为：22623 .2答案：3 2122022 ·江苏卷 现有橡皮泥制作的底面半径为 5,高为 4 的圆锥和底面半径为 2、高为 8 的圆柱各一个如将它们重新制作成总体积与高均保持不变, 但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个,就新的底面半径为 _名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页,共 23 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载解析： 设新的圆柱和圆锥底面半径为 r,就总体积 V1 3× r 2× 4 r 2× 81 3× × 5 2× 4 × 2 2× 8,即28 3 r 2196 3,解得 r7. 答案：7 13三棱锥 PABC 中, ABC 是底面, PAPB,PAPC,PBPC,且这四个顶点都在半径为2 的球面上, PA2PB,就这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值为 _解析： PA,PB,PC 两两垂直,又三棱锥 PABC 的四个顶点均在半径为2 的球面上,以 PA,PB,PC 为棱的长方体的对角线即为球的一条直径16PA2PB2PC2,又 PA2PB,5PB2PC216,设 PB4cos ,PC4sin ,5就这个三棱锥的三个侧棱长的和名师归纳总结 PAPBPC3PBPC12 5cos 4sin 第 20 页,共 23 页4 5 70sin4 5 70.就这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值为4 5 70. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 答案：4 5 70 学习必备欢迎下载三、解答题14如下列图是一建筑物的三视图, 现需将其外壁用油漆刷一遍,如每平方米用漆 0.2 kg,就共需油漆大约多少千克？尺寸如下列图,单位：米, 取 3 解析： S 底 r2927918,S 锥侧 rl 3× 3× 545,S 柱侧4× 3× 448,S全184548111,故需刷油漆 0.2× 11122.2 kg. 152022 ·河北调研 某几何体 ABCA1B1C1 的三视图和直观图如 图所示1求证：平面 AB1C1平面 AA1C1C；2如 E是线段 AB1 上的一点,且满意 VEAA1C11 9VABCA1B1C1,求 AE 的长名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页,共 23 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载解析： 1证明：由三视图可知,几何体ABCA1B1C1 为三棱柱,侧棱 AA1底面 A1B1C1,B1C1A1C1,且 AA1AC4,BC2.AA1底面 A1B1C1,B1C1. 平面 A1B1C1, AA1B1C1,B1C1A 1C1,AA1A1C1A1,B1C1平面 AA1C1C.又B1C1. 平面 AB1C1,平面 AB1C1平面 AA1C1C.2过点 E 作 EF B1C1交 AC1 于 F,由1知,EF平面 AA1C1C,即 EF 为三棱锥 EAA1C1 的高名师归纳总结 VEAA1C11 9VABCA1B1C1,第 22 页,共 23 页1 3S AA1C1· EF1 9S ABC· AA1,1 3×2× 4× 4 × EF1 9×2× 2× 4 × 4,解得 EF2 3.在 Rt ABC 中, ABAC 2BC 24 2222 5,在 Rt ABB1 中,AB1AB2BB2 1（2 5）2426,由AE AB1 EF B1C1,得 AE1 3AB12.- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 学习必备欢迎下载第 23 页,共 23 页- - - - - - -