1、专题八立体几何备考篇【考情探究】课标解读考情分析备考指导主题内容一、空间几何体的结构特征及体积与表面积公式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.了解球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式.1.从近几年高考情况来看,本专题内容在客观题中主要考查空间几何体的表面积、体积以及与球的组合等问题,如2020新高考的第16题考查了球面与平面相交求交线长问题,2020新课标文、理的第3题以世界建筑奇迹古埃及胡夫金字塔为背景,设计了正四棱锥的计算问题,将立体几何的基本知识与世界文化遗产有机结合,有时也考查点、线、面的位置关系.2.在解答题中主要
2、考查线、面位置关系的证明及空间角的计算,2020新高考的第20题第(1)问考查了用直线与平面平行的性质定理找出两平面的交线,第(2)问求直线与平面所成角的最值问题,与基本不等式放在一起考查,有比较好的应用性与创新性.3.利用空间向量证明平行与垂直以及求空间角(特别是二面角)均是高考的热点,以解答题形式出现,把立体几何问题转化为空间向量问题.4.本专题重点考查的核心素养为直观想象和数学运算.1.强化识图能力,还原成自己熟悉的几何体.2.对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或割补.3.重视立体几何最值问题的研究.4.平面展开图(折线转化成直线).5.完善知识网络,强调通性通法.6.加强空间向
3、量对垂直问题的研究:空间直角坐标系的建立是基于三线两两垂直,因此只有真正掌握了对垂直关系的判断、论证的研究方法,真正理解法向量的自由性,以及求法向量的方法,才能使问题顺利解决.二、空间点、线、面的位置关系1.理解空间直线、平面位置关系的定义.2.能运用公式、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.3.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线、面平行的判定定理与有关性质.4.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线、面垂直的判定定理与有关性质.三、空间向量运算及立体几何中的向量方法1.掌握空间向量的线性运算、数量积及其坐标表示、用向量的数量积判断向
4、量的平行与垂直.2.理解直线的方向向量与平面的法向量.3.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究几何问题中的作用.【真题探秘】方法总结1.证明直线与平面平行的方法(例如求证:l)(1)线面平行的判定定理:在平面内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l.(2)面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面,使得,从而得l.(3)向量法:(i)求出平面的法向量n和直线l的方向向量l,证明nl=0,得l.(ii)证明直线l的方向向量l能被平面内的两个基向量所表示,得l.2.求线面
5、角的方法(1)定义法:作出线面角,解三角形即可.(2)解由斜线段、射影、垂线段构成的三角形.例:求AB与平面所成角的正弦值,其中A.只需求出点B到平面的距离d(通常由等体积法求d),由sin=得结果.(3)向量法:求出平面的法向量n,设直线AB与所成角为,则sin=|cos|,最好是画出图形,否则容易出错.拓展延伸寻找空间几何体外接球球心的步骤:(1)找底面多边形的外心O1,过点O1作底面多边形所在平面的垂线l1;(2)找其中一侧面多边形的外心O2,过点O2作该侧面的垂线l2;(3)设l1与l2的交点为O,则点O即为所求外接球的球心.教师专用题组1.真题多维细目表考题涉分题型难度考点考向解题方
6、法核心素养2020新高考,135填空题易空间几何体的体积三棱锥的体积公式法直观想象数学运算2020新高考,45单项选择题易空间角与距离根据直线位置关系求角直接法直观想象数学运算2020课标,文3,理35选择题易空间几何体的结构特征斜高与底面边长的数量关系公式法直观想象数学运算2020课标,文12,理105选择题中空间几何体的表面积与球有关的空间几何体直接法直观想象数学运算2020新高考,165填空题难空间几何体的结构特征由空间组合体确定两个面的交线直接法直观想象数学运算逻辑推理2020北京,1613解答题中直线、平面平行的判定和性质直线、平面平行的判定,直线与平面所成的角直接判断向量法直观想象
7、数学运算逻辑推理2020新高考,2012解答题中空间向量及其应用直线、平面垂直的判定,直线与平面平行的判定,直线与平面所成角的最大值向量法定义法直观想象数学运算逻辑推理2020天津,1715解答题中空间向量及其应用证直线与直线垂直,求二面角、直线与平面所成角的正弦值向量法定义法直观想象数学运算逻辑推理2.命题规律与探究1.从2020年新高考情况来看,本专题内容为高考热点,考题难度以中档偏难为主,题型涵盖选择题(2020年新高考卷第4题)、填空题(2020年新高考卷第16题)和解答题(2020年新高考卷第20题),分值为22分.2.从近几年高考情况来看,本专题内容在客观题中主要考查空间几何体的表
8、面积、体积以及与球的相关问题,如2020年新高考卷第16题考查了球面与平面相交的交线长问题,课标卷文、理第3题以古代世界建筑奇迹埃及胡夫金字塔为背景,设计了正四棱锥的计算问题,将立体几何的基本知识与世界文化遗产有机结合,有时也考查点、线、面的位置关系.3.在解答题中主要考查线、面位置关系的证明及空间角的计算,如2020年新高考卷第20题第(1)问考查了用直线与平面平行的性质定理找出两平面的交线,第(2)问求直线与平面所成角的最大值,与基本不等式放在一起考查,有比较好的应用性与创新意识.4.本章重点考查的核心素养为逻辑推理、直观想象和数学运算.3.命题变化与趋势1.高考对本专题内容的考查较为稳定
9、,考查方式及题目难度变化不大,延续此前的考试风格.2.考查内容主要体现在以下方面:以空间几何体或与球的组合体为背景考查几何体的表面积、体积,球的性质等;以空间几何体为载体考查空间线、面位置关系的证明以及空间角的计算;以空间向量为辅助工具解决空间几何体的证明与计算问题,这些内容均为高考考查的重点与热点,在备考复习中应加强重视.8.1空间几何体的结构特征、表面积与体积基础篇【基础集训】考点一空间几何体的结构特征1.已知正三角形ABC的边长为a,那么ABC的平面直观图ABC的面积为()A.a2B.a2C.a2D.a2答案D2.某四棱锥的三视图如图所示,其中正视图的轮廓是边长为2的正方形,侧视图的轮廓
10、是底边长分别为2和1的直角梯形,则该几何体的体积为()A.B.C.D.答案A3.某空间几何体的三视图如图所示,其中正视图和俯视图均为直角边长是1的等腰直角三角形,则此空间几何体的表面积是()A.+B.1+C.+D.+答案C4.给出下列命题:棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四边形;在四棱柱中,若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;存在每个面都是直角三角形的四面体;棱台的侧棱延长后交于一点.其中正确命题的序号是.答案5.给出下列命题:在圆柱上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆柱的母线;直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥;用任意一个平面截一个
11、几何体,各个截面都是圆面,则这个几何体一定是圆锥;以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台;圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面;一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台.其中正确命题的序号是.答案考点二空间几何体的体积6.如图,在圆锥PO的轴截面PAB中,APB=60,有一小球O1内切于圆锥(球面与圆锥的侧面、底面都相切),设小球O1的体积为V1,圆锥PO的体积为V,则V1V的值为()A.B.C.D.答案B7.如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形,N为棱PB上一点,NB=2PN,则三棱锥N-PAC与三棱锥D-PAC的体积之比为()A.12B.18C.13D.16答案C8.
12、如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为,D为BC的中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为()A.3B.C.1D.答案C9.如图,在四边形ABCD中,DAB=90,ADC=135,AB=5,CD=2,AD=2,则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所形成几何体的体积为.答案考点三空间几何体的表面积10.在底面半径为2,母线长为4的圆锥中内接一个高为的圆柱,则圆柱的表面积是.答案(2+2)11.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,且AB=3,AC=4,ABAC,AA1=12,则球O的表面积是.答案16912.九章算术中对一些特殊的几何体有特定的称谓,例
13、如:将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵,将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开,得到一个阳马(底面是长方形,且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体).在如图所示的堑堵ABC-A1B1C1中,AA1=AC=5,AB=3,BC=4,则阳马C1-ABB1A1的外接球的表面积是.答案5013.已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)所有顶点都在球O的表面上,若球O的表面积为28,则该三棱柱的侧面积为.答案36教师专用题组【基础集训】考点一空间几何体的结构特征1.(2017河北衡水中学三调,10)已知正方体ABCD-ABCD的外接球的体积为,将正方体割去
14、部分后,剩余几何体的三视图如图所示,则剩余几何体的表面积为()A.+B.3+或+C.2+D.+或2+答案B设正方体的棱长为a,依题意得,=,解得a=1.由三视图可知,该几何体的直观图有以下两种可能,图1对应的几何体的表面积为+,图2对应的几何体的表面积为3+.故选B.2.如图所示的几何体,关于其结构特征,下列说法不正确的是.该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体;该几何体有12条棱、6个顶点;该几何体有8个面,并且各面均为三角形;该几何体有9个面,其中一个面是四边形,其余均为三角形.答案解析平面ABCD将该几何体分割成两个四棱锥,因此该几何体是这两个四棱锥的组合体,因而平面ABCD是该组合体
15、的一个截面,而不是一个面,故填.考点二空间几何体的体积1.(2019辽宁大连二模,6)若某几何体的三视图如图所示,其中主视图与侧视图都是边长为1的正方形,则该几何体的体积为()A.B.C.D.答案D几何体为四棱锥P-ABCD,是正方体的一部分,也可以看作是三棱柱去掉两个三棱锥,几何体的体积为111-211=.故选D.2.(2019云南师范大学附属中学高三上第一次月考,6)如图,网格纸的小方格都是边长为1的正方形,粗线画出的是某空间几何体的三视图,则该几何体的体积为()A.B.C.D.答案C由三视图还原几何体如图.该几何体是一个底面为正方形的四棱锥挖去了一个半圆锥,侧面PAD底面ABCD,底面边
16、长为4,锥体的高为4,四棱锥的体积为444=,半圆锥的体积为224=,故该几何体的体积为,故选C.思路分析由三视图还原几何体,可知原几何体是一个底面为正方形的四棱锥挖去了一个半圆锥,由四棱锥体积减去半圆锥体积便可求解该几何体的体积.3.(2018吉林长春质检,8)九章算术卷五商功中有如下问题:今有刍甍,下广三丈,袤四丈,上袤二丈,无广,高一丈,问积几何.刍甍:底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图,设网格纸上每个小正方形的边长为1丈),那么该刍甍的体积为()A.4立方丈B.5立方丈C.6立方丈D.12立方丈答案B如图所示,由三视图可还原得到几何体ABCDEF,过E,F分别作垂直
17、于底面的截面EGH和FMN,可将原几何体切割成直三棱柱EHG-FMN,四棱锥E-ADGH和四棱锥F-MBCN,易知三棱柱EHG-FMN的体积为312=3(立方丈),两个四棱锥的体积相同,都为131=1(立方丈),则原几何体的体积为3+1+1=5(立方丈),故选B.4.(2017云南大理二模,9)在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,底面ABCD为正方形,PA=AB,该四棱锥被一平面截去一部分后,剩余部分的三视图如图,则剩余部分体积与原四棱锥体积的比值为()A.B.C.D.答案D根据几何体的三视图可得,该几何体是由过BD且平行于PA的平面截四棱锥P-ABCD所得的几何体.截去的部分为三棱锥E
18、-BCD,设AB=1,则V三棱锥E-BCD=11=.V四棱锥P-ABCD=S正方形ABCDPA=121=.剩余部分的体积V剩余部分=V四棱锥P-ABCD-V三棱锥E-BCD=-=.剩余部分体积与原四棱锥体积的比值为=.故选D.思路分析根据几何体的三视图可得,该几何体是过BD且平行于PA的平面截四棱锥P-ABCD所得的几何体,截去的部分为三棱锥E-BCD,V剩余部分=V四棱锥P-ABCD-V三棱锥E-BCD.设AB=1,即可得出.5.(2019黑龙江哈六中二模,8)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是边长为2的正方形,且PA=PB=PC=PD,已知四棱锥的表面积是12,则它的体积为.答
19、案解析由题意可知四棱锥P-ABCD为正四棱锥,设正四棱锥的斜高为h,则22+42h=12,解得h=2,则正四棱锥的高PO=.正四棱锥的体积V=4=.6.(2019河北石家庄3月质检,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,PB底面ABCD,O为对角线AC与BD的交点,若PB=1,APB=,则棱锥P-AOB的外接球的体积是.答案解析底面ABCD为菱形,O为对角线AC与BD的交点,BDAC,又PB底面ABCD,PBAC,BDPB=B,AC面PBD,ACPO,三角形PBA与三角形PAO均为直角三角形,公共斜边的中点即为球心,PB=1,APB=,PA=2=2R(R为P-AOB外接球的半
20、径),R=1,故三棱锥P-AOB的外接球的体积是=,故答案为.解后反思求解三棱锥外接球的表面积或体积的关键是过好双关:一是方程关,即能借助图形,适时运用勾股定理或正、余弦定理,得外接球的半径R所满足的方程(组);二是公式关,即应用球的表面积公式S=4R2求其表面积,或应用球的体积公式V=R3求其体积.考点三空间几何体的表面积1.(2019广西梧州高三摸底调研,10)如图是乐高玩具中某一组件的三视图,则该组件的表面积为()A.26+B.26-C.26D.22答案C由几何体的三视图可知,该几何体是一个长方体挖去了一个半圆柱,其直观图如图所示.所以该组件的表面积为221+2+41+211+21=26
21、.2.(2019河南郑州一模,7)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某个几何体的三视图,则该几何体的表面积为()A.(4+4)+4B.(4+4)+4+4C.12+12D.12+4+4答案A由题意可知,几何体下部是圆锥,上部是直四棱柱,如图,可得:几何体的表面积为4+4+41=(4+4)+4.故选A.解题关键判断出几何体的形状,利用三视图中的数据求解几何体的表面积即可.3.已知各棱长为5,底面为正方形,各侧面均为正三角形的四棱锥,则它的表面积为.答案25(+1)解析如图,设E为AB的中点,O为底面正方形对角线的交点,连接SO,SE,OE,四棱锥S-ABCD的各棱长均为5,各侧面都是全
22、等的正三角形,SEAB,则SE=.S侧=4SSAB=4ABSE=25=25.S表=S侧+S底=25+25=25(+1).4.(2020吉林梅河口五中9月月考,16)已知矩形ABCD的顶点都在半径为5的球O的球面上,且AB=6,BC=2,则棱锥O-ABCD的侧面积为.答案44解析如图,由已知得OA=OB=OC=OD=5,因为AB=6,BC=2,所以OAB中AB边上的高为=4,OBC中BC边上的高为=2.因为四边形ABCD为矩形,OA=OB=OC=OD,所以SOAB=SOCD,SOBC=SOAD,所以棱锥O-ABCD的侧面积S=64+22=44.综合篇【综合集训】考法与球有关的切、接问题1.(多选
23、题)(2020湖南怀化期末检测,9)已知A,B,C三点均在球O的表面上,AB=BC=CA=2,且球心O到平面ABC的距离等于球半径的,则下列结论正确的是()A.球O的半径为B.球O的表面积为6C.球O的内接正方体的棱长为D.球O的外切正方体的棱长为答案BD2.(2020山东滨州期末,16)在四面体S-ABC中,SA=SB=2,且SASB,BC=,AC=,则该四面体体积的最大值为,该四面体外接球的表面积为.答案;83.(2020山东滕州一中3月模拟,16)已知正三棱锥P-ABC,Q为BC的中点,PA=,AB=2,则正三棱锥P-ABC的外接球的半径为;过Q的平面截三棱锥P-ABC的外接球所得截面的
24、面积范围为.答案;4.(2020湖北襄阳四中3月月考,16)已知三棱锥S-ABC的各顶点都在同一个球面上,ABC所在截面圆的圆心O在AB上,SO平面ABC,AC=1,BC=,若三棱锥的体积是,则该球体的球心到棱AC的距离是.答案教师专用题组【综合集训】考法与球有关的切、接问题1.(2019广西南宁二中、柳州高中第二次联考,7)某四面体的三视图如图所示.该四面体的外接球的表面积为()A.8B.C.D.12答案C由三视图知,该四面体P-ABC中,PC平面ABC,PC=2,AB=2,AC=4,BC=2,由余弦定理,得cosACB=-,ACB=120.ABC外接圆直径2r=,设四面体P-ABC外接球的
25、直径为2R,则(2R)2=PC2+(2r)2=,S球=4R2=.2.(2019江西宜春12月大联考,8)如图是某几何体的三视图,该几何体的轴截面的面积为6,则该几何体的外接球的表面积为()A.B.C.D.答案B由三视图知,该几何体是一个圆台,圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,设圆台的高为h,则轴截面的面积S轴=6,h=2.设圆台的外接球的半径为R,则由题意得,+=2,解得R2=(或-=2,此时无解),外接球的表面积S=4R2=,故选B.3.(2019安徽黄山模拟,9)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥内切球的表面积为()A.(12-8)B.(12-6)C.(10-6)D.(8-4)答案A
26、将该三棱锥放入棱长为2的正方体中,如图所示:设三棱锥内切球的半径为r,则由等体积法得(22+22+22+22)r=222,解得r=-1,所以该三棱锥内切球的表面积S=4(-1)2=(12-8).故选A.思路分析由三视图可知该几何体是一个三棱锥,根据等积法求出三棱锥内切球的半径r,再计算内切球的表面积.4.(2020湖南顶级名校9月联考,16)正三棱锥P-ABC(底面ABC为正三角形,顶点P在底面的射影为底面ABC的中心)中,PAPB,其体积为,则该三棱锥的外接球的表面积为.答案27解析因为正三棱锥P-ABC中PAPB,所以PA、PB、PC两两垂直且相等,设PA=PB=PC=a,则VP-ABC=VC-PAB=SPABPC=,得a=3.因为PA、PB、PC两两垂直且相等,所以可将该三棱锥补形为棱长是a的正方体,则三棱锥的外接球即为该正方体的外接球,故外接球直径2R=3,则该球的表面积S=4R2=27.
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