【数学】2020届一轮复习北师大版立体几何学案 14页

‎2020届一轮复习北师大版 立体几何 学案 ‎ ‎【典例】1.(2018·德州高一检测)设有四个命题:①底面是矩形的平行六面体是长方体;②棱长都相等的直四棱柱是正方体;③侧棱垂直于底面两条边的平行六面体是直平行六面体;④对角线相等的平行六面体是直平行六面体,其中真命题的个数是　(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ ‎2.在四棱锥的四个侧面中,直角三角形最多可有　(　　)‎ A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 ‎【解析】1.选A.①底面是矩形的平行六面体是长方体,错误;‎ ‎②棱长都相等的直四棱柱是正方体,错误;‎ ‎③侧棱垂直于底面两条边的平行六面体是直平行六面体,错误;‎ ‎④对角线相等的平行六面体是直平行六面体,正确.‎ ‎2.选D.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,取四棱锥A1-ABCD,则此四棱锥的四个侧面都是直角三角形.‎ ‎【方法技巧】与空间几何体结构特征有关问题的解答技巧 ‎(1)紧扣结构特征是判断的关键,熟悉空间几何体的结构特征,依据条件构建几何模型,在条件不变的情况下,变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素,然后再依据题意判定.‎ ‎(2)通过举反例对结构特征进行辨析,即要说明一个命题是错误的,只要举出一个反例即可.‎ ‎【变式训练】有一枚质地均匀的骰子,每一面上都有一个英文字母,如图是从3个不同的角度看同一枚骰子的情形,则H对面的字母是__________.‎ ‎【解析】将原正方体侧面展开,得其表面的字母的排列如图.‎ 显然,H的对面是字母O.‎ 答案:O ‎【补偿训练】1.下列几何体中,__________是棱柱,__________是棱锥,__________是棱台(仅填相应序号).‎ ‎【解析】结合棱柱、棱锥和棱台的定义可知①②③④是棱柱,⑥是棱锥,⑤是棱台.‎ 答案:①②③④　⑥　⑤‎ ‎2.棱台上、下底面面积分别为16,81,有一平行于底面的截面,其面积为36,则截面截得两棱台高的比为(　　)‎ A.1∶1　 B.1∶2 C.2∶3　 D.3∶4‎ ‎【解析】选C.将棱台还原为棱锥,设顶端小棱锥的高为h.‎ 两棱台的高分别为x1,x2,则 ‎=,解得x1=.‎ ‎=,解得x2=h.‎ 故=.‎ 类型二　空间几何体的三视图 ‎【典例】如图,网格纸的小正方形的边长是1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图,则这个多面体最长的一条棱的长为__________.‎ ‎【解析】如图,由正视图和俯视图可知几何体是正方体切割后的一部分(四棱锥C1-ABCD),还原在正方体中,如图.多面体最长的一条棱即为正方体的体对角线,由正方体棱长AB=2知最长棱的长为2.‎ 答案:2‎ ‎【延伸探究】1.在题设条件不变的情况下,求这个多面体外接球的体积.‎ ‎【解析】由题意可知,这个多面体外接球的半径为,体积为4π.‎ ‎2.把题设三视图换为如图所示,求这个多面体最长的一条棱的长.‎ ‎【解析】如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4.取B1B的中点G,即三棱锥G-CC1D1为满足要求的几何体,其中最长棱为D1G,‎ 所以D1G==6.‎ ‎【方法技巧】‎ ‎1.三视图的画法 ‎(1)认清几何体的基本结构.‎ ‎(2)把垂直投影的视线想象成平行光线,从正前方、正左方、正上方射向几何体.‎ ‎(3)可见的轮廓线(包括被遮挡但是可以通过想象透视到的轮廓线)就是所要画出的视图.‎ ‎2.三视图的特点 正视图反映几何体的长和高,侧视图反映它的宽和高,俯视图反映它的长和宽.‎ ‎【补偿训练】‎ ‎1.如图是一个物体的三视图,则此物体的直观图是　(　　)‎ ‎【解析】选D.由三视图知几何体为圆锥与圆柱的组合体如图.故选D.‎ ‎2.一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.‎ ‎【解析】由三视图可知,该几何体是由两个圆锥和一个圆柱构成的组合体.‎ 根据三视图的数据知,圆柱的底面圆的半径r=1m,高h=2m;圆锥的底面圆的半径和高都是1m.‎ 所以V柱=πr2·h=2π,V锥=2×π×12×1=,因此组合体的体积V=V柱+V锥=‎ ‎2π+=(m3).‎ 答案:‎ ‎3.(2018·杭州高二检测)某锥体的正视图和侧视图如图所示,其体积为,则该锥体的俯视图可以是　(　　)‎ ‎【解析】‎ 选C.因为锥体的正视图和侧视图均为边长为2的等边三角形,故锥体的高为,‎ 又因为锥体的体积为,故锥体的底面面积为2,A中图形的面积为4,不满足要求;B中图形的面积为π,不满足要求;C中图形的面积为2,满足要求;D中图形的面积为,不满足要求.‎ ‎4.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是　(　　)‎ ‎【解析】选D.由正视图和侧视图知,几何体应为台体与柱体的组合体.根据俯视图知是圆台与圆柱的组合体.‎ ‎5.已知某几何体的三视图如图所示,其中正视图、侧视图均是由三角形与半圆构成,俯视图由圆与内接三角形构成,根据图中的数据可得此几何体的体积为 ‎　(　　)‎ A.+ B.+‎ C.+ D.+‎ ‎【解析】选C.由三视图可知原几何体的上方是三棱锥,下方是半球,‎ 所以V=××1+×=+.‎ 类型三　空间几何体的表面积或体积 ‎【典例】如图所示的三棱锥O-ABC为长方体的一角.其中OA,OB,OC两两垂直,三个侧面OAB,OAC,OBC的面积分别为1.5 cm2,1 cm2,3 cm2,求三棱锥O-ABC的体积.‎ ‎【解析】设OA,OB,OC的长依次为xcm,ycm,zcm,‎ 则由已知可得xy=1.5,xz=1,yz=3.‎ 解得x=1,y=3,z=2.‎ 将三棱锥O-ABC看成以C为顶点,以OAB为底面.‎ 易知OC为三棱锥C-OAB的高.‎ 于是VO-ABC=VC-OAB=S△OAB·OC=×1.5×2‎ ‎=1(cm3).‎ ‎【变式训练】‎ ‎1.(2018·磁县高一检测)已知≈2.236,如图,在矩形ABCD中,AD=,AB=3,E,F分别为AB边、CD边上一点,且AE=DF=1,现将矩形ABCD沿EF折起,使得平面ADFE⊥平面BCFE,连接AB,CD,则所得三棱柱ABE-DCF的侧面积比原矩形ABCD的面积大约多　(　　)‎ A.68% B.70% C.72% D.75%‎ ‎【解析】选D.折叠后,根据题意,由直二面角的概念可知在三棱柱ABE-DCF中,AE⊥BE,根据题设的条件可得AB=,所以三棱柱ABE-DCF的侧面积比原矩形ABCD的面积多×=5,从而三棱柱ABE-DCF的侧面积比原矩形ABCD的面积多=≈0.75=75%,故选D.‎ ‎2.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　(　　)‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【解析】选C.该零件是一个由两个圆柱组成的组合体,其体积V=π×32×2+π×22×4=34π(cm3),原毛坯的体积V毛坯=π×32×6=54π(cm3),被切部分的体积V切=V毛坯-V=54π-34π=20π(cm3),所以==.‎ ‎【方法技巧】‎ 空间几何体的表面积求法 ‎(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题,关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量.‎ ‎(2)多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积注意衔接部分的处理.‎ ‎(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.‎ ‎(4)复杂几何体常用割补法、等积法求解.‎ ‎【补偿训练】‎ 如图,如果底面半径为r的圆柱被一个平面所截,剩下部分母线长的最大值为a,最小值为b,那么圆柱被截后剩下部分的体积是　(　　)‎ A.πr2(a+b) B.πr2(a+b)‎ C.πr2(a+b)　 D.2r2(a+b)‎ ‎【解析】选B.将这样两个完全相同的几何体拼在一起组成一个高为a+b的圆柱,故圆柱被截后剩下部分的体积为πr2(a+b).‎ 类型四　与球有关的切接问题 ‎【典例】1.正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该棱锥的高为6,底面边长为4,则该球的表面积为　(　　)‎ A.π　 B.π 　 C.π　 D.16π ‎2.一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切,如果这个球的体积是π,那么这个三棱柱的体积是　(　　)‎ A.96　 B.16‎ C.24　 D.48‎ ‎【解析】1.选B.如图,设PE为正四棱锥P-ABCD的高,则正四棱锥P-ABCD的外接球的球心O必在其高PE所在的直线上,延长PE交球面于一点F,连接AE,AF.‎ 由球的性质可知△PAF为直角三角形且AE⊥PF,‎ 又底面边长为4,所以AE=2,PE=6,‎ 所以侧棱长PA====2.‎ 设球的半径为R,则PF=2R.由三角形相似得PA2=PF·PE,即44=2R×6,解得R=,‎ 所以S=4πR2=4π×=,故选B.‎ ‎2.选D.由球的体积公式可求得球的半径R=2.设球的外切正三棱柱的底面边长为a,高即侧棱长,为h,则h=2R=4.在底面正三角形中,由正三棱柱的内切球特征,有×=R=2,解得a=4.故此三棱柱的体积V=××(4)2×4=48.‎ ‎【方法技巧】与球相关问题的解题策略 ‎(1)作适当的截面(如轴截面等)时,对于球内接长方体、正方体,则截面一要过球心,二要过长方体或正方体的两条体对角线,才有利于解题.‎ ‎(2)对于“内切”和“外接”等问题,首先要弄清几何体之间的相互关系,主要是指特殊的点、线、面之间的关系,然后把相关的元素放到这些关系中来解决.‎ ‎【变式训练】1.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱(其底面是正方形,且侧棱垂直于底面)高为4,体积为16,则这个球的表面积是　(　　)‎ A.16π B.20π C.24π D.32π ‎【解析】选C.正四棱柱的底面积为4,正四棱柱的底面的边长为2,正四棱柱的底面的对角线为2,正四棱柱的体对角线为2.而球的直径等于正四棱柱的体对角线,即2R=2,R=,S球=4πR2=24π.‎ ‎2.(2018·庄河高一检测)已知三棱锥S-ABC的三条侧棱两两垂直,且SA=2,SB=SC=4,则该三棱锥的外接球的半径为　(　　)‎ A.3 B.6 C.36 D.9‎ ‎【解析】选A.因为三棱锥S-ABC的三条侧棱两两垂直,所以该三棱锥的外接球就是以三棱锥S-ABC的三条侧棱为棱的长方体的外接球,长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线,所以外接球的半径为=3.‎ ‎【补偿训练】正三棱锥的高为1,底面边长为2,内有一个球与它的四个面都相切,求:‎ ‎(1)棱锥的表面积.‎ ‎(2)内切球的表面积与体积.‎ ‎【解析】(1)底面正三角形的中心到一边的距离为××2=,则正棱锥侧面的斜高为=.‎ 所以S侧=3××2×=9.‎ 所以S表=S侧+S底=9+××(2)2‎ ‎=9+6.‎ ‎(2)设正三棱锥P-ABC的内切球球心为O,连接OP,OA,OB,OC,而O点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r.‎ 所以VP-ABC=VO-PAB+VO-PBC+VO-PAC+VO-ABC ‎=·S侧·r+·S△ABC·r ‎=·S表·r ‎=(3+2)r.‎ 又VP-ABC=×××(2)2×1=2,‎ 所以(3+2)r=2,‎ 得r===-2.‎ 所以S内切球=4π×(-2)2=(40-16)π.‎ V内切球=π×(-2)3=(9-22)π.‎