数学（理科）高三二轮复习系列第1讲 空间几何体、空间中的位置关系(小题)

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1、,第1讲 空间几何体、空间中的位置关系(小题),板块二 专题三 立体几何与空间向量,NEIRONGSUOYIN,内容索引,热点分类突破,真题押题精练,1,PART ONE,热点一 三视图与直观图,热点二 表面积与体积,热点三 多面体与球,热点四 空间线面位置关系的判断,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

2、几何体.,例1 (1)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别为棱CD，CC1，A1B1的中点，用过点E，F，G的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为,解析 取AA1的中点H，连接GH， 则GH为过点E，F，G的平面与正方体的面A1B1BA的交线. 延长GH，交BA的延长线与点P，连接EP，交AD于点N， 则NE为过点E，F，G的平面与正方体的面ABCD的交线. 同理，延长EF，交D1C1的延长线于点Q， 连接GQ，交B1C1于点M， 则FM为过点E，F，G的平面与正方体的面BCC1B1的交线. 所以过点E，F，G的平面截正方体所得的截面为图中的六边形EFM

3、GHN. 故可得位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为选项C所示.,(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)，ABC45，ABAD1，DCBC，则这块菜地的面积_.,解析 如图，在直观图中，过点A作AEBC，垂足为点E，,而四边形AECD为矩形，AD1，,由此可还原原图形如图所示.,且ADBC，ABBC，,A. B. C. D.,跟踪演练1 (1)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为BD1的中点，则PAC在该正方体各个面上的射影可能是,解析 从上下方向看，PAC的射影为图所示的情况； 从左右方向看，PAC的射影为图所示的情况； 从前

4、后方向看，PAC的射影为图所示的情况.,(2)(2019江西省重点中学盟校联考)如图所示是一个几何体的三视图及有关数据，则该几何体的棱的长度中，最长的是,解析 由三视图可知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示， 其中PAPBABADBCCD2，,热点二 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)(2019菏泽模拟)如图，为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是,解析 结合题意

5、可知，该几何体为一个圆锥挖去了一个小圆锥，,(2)(2019厦门模拟)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，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为,解析 由三视图知几何体是圆锥的一部分， 由俯视图可得，底面扇形的圆心角为120，底面圆的半径为2， 又由侧(左)视图知几何体的高为3，,跟踪演练2 (1)(2019江南十校质检)如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线(实线、虚线)画出的是某几何体的三视图，其中的曲线都是半径为1的圆周的四分之一，则该几何体的表面积为,解析 由三视图可得几何体如图所示： 由已知得原几何体是由一个棱长为2的正方体挖去一个四分之一圆柱及一个八分

6、之一球体得到的组合体，,(2)(2019沈阳市东北育才学校模拟)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该几何体的体积为,解析 由三视图可知，该四棱锥为斜着放置的四棱锥，四棱锥的底面为梯形，上底为1，下底为2，高为2，四棱锥的高为2，,热点三 多面体与球,与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径.球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面

7、解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作出截面图.,例3 (1)在三棱锥PABC中，ABC和PBC均为边长为3的等边三角形，且PA,解析 取BC的中点D，连接PD，AD， 因为ABC和PBC均为等边三角形， 所以ADBC，PDBC，ADPDD，AD，PD平面PAD， 所以BC平面PAD， 因为ABC和PBC均为边长为3的等边三角形，,所以PDAD， 过ABC的外心O1作平面ABC的垂线，过PBC的外心O2作平面PBC的垂线， 设两条垂线交于点O， 则O为三棱锥PABC外接球的球心.,(2)如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为,解析 把此三棱锥嵌入长

8、、宽、高分别为20,24,16的长方体ABCDA1B1C1D1中， 三棱锥BKLJ即为所求的三棱锥， 其中KC19，C1LLB112，B1B16，,则KC1LLB1B，KLB90， 故可求得三棱锥各面面积分别为SBKL150，SJKL150，SJKB250，SJLB250， 故表面积为S表800.,跟踪演练3 (1)(2019榆林模拟)在三棱柱ABCA1B1C1中，已知底面ABC为正三角形，AA1平面ABC，AB6 ，AA116，则该三棱柱外接球的表面积为 A.400 B.300 C.200 D.100,解析 如图，O为底面中心，O为外接球球心， 在正三角形ABC中求得OA6， 又OO8，外接

9、球半径OA10， S球4100400.,(2)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,解析 如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍， 不妨设底面圆半径为r，l为底面圆周长，R为母线长，,解得R2r， 故ADC30，则DEF为等边三角形， 设B为DEF的重心，过B作BCDF， 则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，,热点四 空间线面位置关系的判断,高考中判断空间线面位置关系的注意点： (1)对于空间线面位置关系的判断，常用的方法有：根据定理逐项判断，可以举反例，也可以证明，要结合题目灵活选择；必要时可以借助空间几何体模型，如借助长方体、正四面体中的线面

10、位置关系来判断. (2)求角时，一般先利用平行关系找到这个角，然后把这个角放到三角形中去求解.,例4 (1)已知直线a，b，平面，下列命题正确的是 A.若，a，则a B.若a，b，c，则abc C.若a，ba，则b D.若，a，b，则ba,解析 A中，若，a， 则a，该说法正确； B中，若a，b，c， 在三棱锥PABC中，令平面，分别为平面PAB，PAC，PBC， 交线a，b，c为PA，PB，PC，不满足abc，该说法错误； C中，若a，ba，有可能b，不满足b，该说法错误； D中，若，a，b， 正方体ABCDA1B1C1D1中，取平面，为平面ABCD，ADD1A1， 直线b为A1C1，满足b

11、，不满足ba，该说法错误.,(2)(2019淄博模拟)如图所示，平面BCC1B1平面ABC，ABC120，四边形 BCC1B1为正方形，且ABBC2，则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为_.,解析 过B作BDAC，过C作CDAB，如图所示， 所以C1BD是所求线线角或其补角.,跟踪演练4 (1)若m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是 A.若m，n，则mn B.若m，n，则mn C.若m，n，则mn D.若m，n，则mn,解析 对于选项A，由n，可得n或n， 又m，所以可得mn，故A正确； 对于选项B，由条件可得mn或mn，或m与n既不垂直也不平行，故B不正确； 对于选

12、项C，由条件可得mn或m，n相交或m，n异面，故C不正确； 对于选项D，由题意得mn，故D不正确.,(2)(2019怀化模拟)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为 ，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成角的大小为 A.30 B.45 C.60 D.90,解析 由题意，取AC的中点O，连接BO，C1O， 因为正三棱柱ABCA1B1C1中，,所以BOAC，BOAA1， 因为ACAA1A，所以BO平面ACC1A1， 所以BC1O是BC1与侧面ACC1A1所成的角，,所以BC1O30，BC1与侧面ACC1A1所成的角为30.,2,PART TWO,押题预测,真题体验,1.(2

13、018全国，理，7)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图.圆柱表面上的点M在正(主)视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在侧(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,真题体验,解析 先画出圆柱的直观图， 根据题中的三视图可知，点M，N的位置如图所示. 圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图所示， 连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径.,2.(2019全国，理，12)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF90，则球O的体积为,解析 因为点E，F分

14、别为PA，AB的中点，所以EFPB， 因为CEF90，所以EFCE，所以PBCE. 取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC平面BDP， 所以PBAC，又ACCEC，AC，CE平面PAC，所以PB平面PAC， 所以PBPA，PBPC，因为PAPBPC，ABC为正三角形，所以PAPC， 即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥PABC放在正方体中如图所示.,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为,解析 方法一 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体ABBAA1B1B1A1. 连接B1B，由长方体性质可知，B1BAD1， 所以DB1B为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角

15、.,方法二 如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.,押题预测,1.已知A，B，C为球O的球面上的三个定点，ABC60，AC2，P为球O的球面上的动点，记三棱锥PABC的体积为V1，三棱锥OABC的体积为V2，若 的最大值为3，则球O的表面积为,解析 由题意，设ABC的外接圆圆心为O， 其半径为r，球O的半径为R，且OOd，,2.如图，点P在正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论： 三棱锥AD1PC的体积不变； A1P平面ACD1； DPBC1； 平面PDB1平面ACD1. 其中正确的结论的个数是 A.1

16、B.2 C.3 D.4,解析 对于，如图，由题意知AD1BC1，AD1平面AD1C，BC1平面AD1C， 从而BC1平面AD1C， 故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，所以以P为顶点， 平面AD1C为底面的三棱锥AD1PC的体积不变，故正确； 对于，连接A1B，A1C1，则A1C1AC， 易知A1C1平面AD1C， 由知，BC1平面AD1C， 又A1C1BC1C1， 所以平面BA1C1平面ACD1， 又A1P平面A1C1B， 所以A1P平面ACD1，故正确；,对于，由于DC平面BCC1B1，所以DCBC1， 若DPBC1，则BC1平面DCP， BC1PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故错误； 对于，连接DB1，由DB1AC且DB1AD1， 可得DB1平面ACD1， 从而由面面垂直的判定定理知平面PDB1平面ACD1，故正确.,解析 根据三视图可知，该几何体是四棱柱与两个圆柱的组合体，且四棱柱的底面是边长为a的正方形，高为4的直四棱柱，圆柱体的底面圆直径为2，高为1， 所以该组合体的表面积为S2(a24a4a)21122(a28a)4664，解得a11(舍)或a3.,3.已知某实心机械零件的三视图如图所示，若该实心机械零件的表面积为664，则a_.,3,本课结束,