2019高考数学二轮复习专题提能四立体几何中的创新考法与学科素养教案理.doc

1、14 立体几何中的创新考法与学科素养提分策略一 探究命题情景考应用能力此类问题常以实际生活事例为背景，考查空间几何体的体积或表面积的计算一个海滨浴场因业务发展的需要，急需加工一批帐篷，已知帐篷的底是长为4 a，宽为2 a的长方形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成，并且形状为等腰三角形的侧面与底面成60的二面角，帐篷的高为 a，则每个帐篷所需布料的面积(接口忽略不3计)为_解析：如图，过点 F作 FM BC，垂足为 M，作 FH AB，垂足为H，作 FG底面 AC，垂足为 G.连 MG、 HG，则 FMG为侧面 FBC与底面 AC所成二面角的平面角，即 FMG60.在Rt FM

2、G中，因 FGa，则 FM2 a， MG a.又 HG BM BC a，于是 FH312 FG2 HG22 a， EF AB2 MG2 a.所以，布料总面积S2 S梯形 ABFE2 S BCF(4 a2 a)2a2 a2a16 a2.答案：16 a2点评 本题通过生活实例中帐篷用料问题考查几何体的表面积的计算，主要考查数学建模与数学运算的学科素养对点训练一个盛满水的三棱锥容器 SABC，不久发现三条侧棱上各有一个小洞 D， E， F，且 SD DA SE EB CF FS21，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的_倍解析：设点 F到平面 SDE的距离为 h1，点 C到平面 SAB的距离为 h

3、2，当平面 EFD处于水平位置时，容器盛水最多VFSDEVCSAB13S SDEh113S SABh2213SDSE sin DSEh113SASBsin ASBh2 .故最多可盛原来水的1 (倍)SDSA SESB h1h2 23 23 13 427 427 2327答案：2327提分策略二 探究交汇命题考迁移能力空间几何体常与解析几何、函数、不等式等知识相结合，命制创新交汇问题(1)(2018高考全国卷)设 A， B， C， D是同一个半径为4的球的球面上四点， ABC为等边三角形且其面积为9 ，则三棱锥 DABC体积的最大值为( )3A12 B183 3C24 D543 3解析：由等边

4、ABC的面积为9 可得 AB29 ，334 3所以 AB6，所以等边 ABC的外接圆的半径为 r AB2 .33 3设球的半径为 R，球心到等边 ABC的外接圆圆心的距离为 d，则 d R2 r2 16 122.所以三棱锥 DABC高的最大值为246，所以三棱锥 DABC体积的最大值为 9 618 .13 3 3故选B.答案：B(2)(2017高考全国卷)如图，圆形纸片的圆心为 O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形 ABC的中心为 O.D， E， F为圆 O上的点，D BC， ECA， FAB分别是以 BC， CA， AB为底边的等腰三角形沿虚线剪开后，分别以 BC， CA， AB为折痕折

5、起 DBC， ECA, FAB，使得 D， E， F重合，得到三棱锥当 ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为_3解析：如图，连接 OD交 BC于点 G，由题意知， OD BC.易得 OG B36C，设 OG x，则 BC2 x， DG5 x，三棱锥的高 h 3 DG2 OG2 ，25 10x x2 x2 25 10xS ABC 2 x3x3 x2，12 3 3故所得三棱锥的体积 V 3 x2 x2 13 3 5 x2 x2 3 25 10x 3 25x4 10x5.令 f(x)25 x410 x5， x ，(0，52)则 f( x)100 x350 x4，令 f( x)

6、0，即 x42 x30，得0 x2，则当 x 时， f(x) f(2)80，(0，52) V 4 .3 80 15所求三棱锥的体积的最大值为4 .15答案：4 15点评 1.本例(1)中，所求三棱锥的底面积一定，高取最大值时，体积最大，高的最大值显然是球面上的点到三棱锥底面的最大距离，即为球的半径加上球心到三棱锥底面的距离2本例(2)中将 V表示为 x的函数和用导数求函数最值对点训练(2018高考全国卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，则 截此正方体所得截面面积的最大值为( )A. B.334 233C. D.324 32解析：如图所示，在正方体 ABCDA1B1C

7、1D1中，平面 AB1D1与棱 A1A， A1B1， A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与 A1A， A1B1， A1D1平行，故正方体 ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面 AB1D1所成的角都相等如图所示，取棱 AB， BB1， B1C1， C1D1， DD1， AD的中点 E， F， G， H， M， N，则正六边形 E4FGHMN所在平面与平面 AB1D1平行且面积最大，此截面面积为 S正六边形 EFGHMN6 sin 12 22 2260 .334故选A.答案：A提分策略三 引入数学文化考核心素养(1)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的

8、一个和谐优美的几何体它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)其直观图如图所示，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别是( )A a， b B a， cC c， b D b， d思路分析 观察题目所给直观图，理解题干中有关“牟合方盖”的特征叙述，结合“当其正视图和侧视图完全相同时”这个关键条件作答解析：当正视图和侧视图完全相同时，“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.答案：A(2)我国南北朝时期数学家、天文学家祖暅，提出了著名的祖暅原理“幂势既同，则积不容

9、异”“幂”是截面积，“势”是几5何体的高，意思是两等几何方体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等已知某不规则几何体与如图所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )A4 B8 2 43C8 D82思路分析 根据题设所给的三视图，可知其所对应几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，再根据祖暅原理和有关数据计算即可解析：由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等根据题设所给的三视图，可知图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为2 38，半圆柱的体积为 (1 2)2，因此该不规则几何体的体积为8.12答案：C对点训练(2018武汉模

10、拟)中国古代数学名著九章算术中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的 x为( )A1.2 B1.6C1.8 D2.4解析：该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为 的圆柱，右边是一个长、宽、126高分别为5.4 x,3,1的长方体，组合体的体积 V V圆柱 V长方体 2x(5.4 x)(12)3112.6(其中3)解得 x1.6.答案：B提分策略四 立体几何中的临界问题在立体几何的高考题中，最主要考查点是几何元素位置关系及角、距离的计算、三视图等，除此之外，还有可能涉及到与立体几何相关的临界知识，

11、如立体几何与其他知识的交汇，面对这些问题，需要有较强的分析判断能力及思维转换能力，还需要我们对这些问题作一些分析归类，加强知识间的联系，才能让所学知识融会贯通某几何体的一条棱长为 ， 7在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为 的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中6，这条棱的投影分别是长为 a和 b的线段，则 a b的最大值为( )A2 B22 3C4 D2 5解析：本题可以以长方体为载体，设该几何体中棱长为 的棱与此长方体的体对角线7重合，则此棱各射影分别为相邻三面的对角线，其长度分别为 ， a， b，设6长方体的各棱长分别为 x， y， z，则有Error! a2 b28.所以 2a ba

12、2 b22 (a b2 )4，故 a b的最大值为4.答案：C点评 空间平行投影问题本质是考查三视图的有关知识，难点是需要学生有较强的空间想象能力，因此在解决投影问题时，可以将几何体置身于长方体中，将长方体作为背景可以增强考生的空间想象能力对点训练如图，正四面体 ABCD的棱长为1，棱 AB平面 ，则正四面体上的所有点在平面 内的射影构成的图形面积的取值范围是_7解析：如题图，设正四面体 ABCD在平面 上的射影构成的图形面积为 S，因为 AB平面 ，从运动的观点看，当 CD平面 时，射影面积最大，此时射影图形为对角线长是1的正方形，面积最大值为 ；若 CD或其延长线与平面 相交时，则当 CD

13、平面 时，射影面积为12最小，最小值为 (证明略)，所以 S .24 24， 12答案： 24， 12授课提示：对应学生用书第139页一、选择题1中国古代数学名著九章算术第五章“商功”共收录28个题目，其中一个题目如下：今有城下广四丈，上广二丈，高五丈，袤一百二十六丈五尺，问积几何？其译文可用三视图来解释：某几何体的三视图如图所示(其中侧视图为等腰梯形，长度单位为尺)，则该几何体的体积为( )A3 795 000立方尺 B2 024 000立方尺C632 500立方尺 D1 897 500立方尺解析：由三视图可知该几何体是一个水平放置的底面是等腰梯形的四棱柱，其体积 V(2040)501 26

14、51 897 500(立方尺)，故选D.12答案：D2中国古代数学名著九章算术中记载：“今有羡除”刘徽注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪”现有一个羡除如图所示，四边形 ABCD， ABFE， CDEF均为等腰梯8形， AB CD EF， AB6， CD8， EF10， EF到平面 ABCD的距离为3， CD与 AB间的距离为10，则这个羡除的体积是( )A110 B116C118 D120解析：如图，过点 A作 AP CD， AM EF，过点 B作 BQ CD， BN EF，垂足分别为 P， M， Q， N，连接 PM， QN，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，底面积为 10315

15、.棱柱的高为8，体积 V15812120.答案：D3.中国古代数学经典九章算术系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知三棱锥 PADE为鳖臑，且 PA平面 ABCE， AD AB2， ED1，若该鳖臑的外接球的表面积为9，则该阳马的外接球的体积为( )A2 B3 3 3C4 D4 2 3解析：由题意得三棱锥 PADE中， ED DA，又 PA平面 ABCE，所以其外接球的直径2 rPE，设 PA x，则2 r ，则其外接球的表面积 S4PA2 AD2 DE2 x2

16、 22 12 x2 5 r2( x25)9，解得 x2.阳马四棱锥 PABCD的外接球的直径为 PC，即2 R PC 2 ，所PA2 AD2 DC2 22 22 22 3以 R ，故其外接球的体积 V R3 ( )34 ，故选D.343 43 3 3答案：D4.九章算术商功：“今有堑堵，下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺问积几何？答曰：四万六千五百尺”所谓“堑堵”，就是两底面为直角三角形的直棱柱如图所示的几何体是一个“堑堵”， AB BC4， AA15， M是 A1C1的中点，过 B， C， M的平面把该“堑堵”分为两个几何体，其中一个为三棱台，则三棱台的表面积为( )A40 B50C251

17、5 3 D3020 32 29 2 299解析：如图，设 A1B1的中点为 N，连接 MN， BN，则 MN BC，所以过B， C， M的平面为平面 BNMC，所求三棱台为 A1MN ACB，所以其表面积为 S ABC S A1NM S梯形 AA1MC S梯形 AA1NB S梯形 MNBC 4412 1222 (2 4 )5 (42)5 (24) 2512 2 2 12 12 2915 3 .2 29答案：C5中国古代名词“刍童”原来是草堆的意思，关于“刍童”体积计算的描述，九章算术注曰：“倍上袤，下袤从之亦倍下袤，上袤从之各以其广乘之，并，以高乘之，六而一”其计算方法是：将上底面的长乘二，与

18、下底面的长相加，再与上底面的宽相乘；将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘；把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一已知一个“刍童”的下底面是周长为18的矩形，上底面矩形的长为3，宽为2，“刍童”的高为3，则该“刍童”的体积的最大值为( )A. B.392 752C39 D.6018解析：设下底面的长为 x( x9)，则下底面的宽为 9 x.92 18 2x2由题可知上底面矩形的长为3，宽为2，“刍童”的高为3，所以其体积 V 3(3162 x)2(2 x3)(9 x) x2 ，故当 x 时，体积取得最大值，最大值为17x2 392 92( )2 .故选B.92 172 92

19、 392 752答案：B6如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，底面正三角形的边长为 a，侧棱长为 b，且 a b0，点 D是四边形 BB1C1C的两条对角线的交点，则当直线 AD与侧面 ABB1A1所成角的正切值取得最小值时，正三棱柱 ABCA1B1C1的体积是( )A. a3 B. a334 3810C. a3 D. a3312 324解析：如图所示，取 BC的中点 E，连接 DE.过点 E作 EF AB于点 F，过点 D作 DG EF交平面 ABB1A1于点 G，连接 AG， FG， AE.易知 DE是 BCB1的中位线，所以 DE BB1.因为平面 ABB1A1平面 ABC，平面 A

20、BB1A1平面 ABC AB， EF AB，所以 EF平面 ABB1A1.又 DG EF，所以 DG平面 ABB1A1.则 DAG是直线 AD与侧面 ABB1A1所成的角因为 DE BB1， DE平面 ABB1A1， BB1平面 ABB1A1，所以 DE平面 ABB1A1.因为平面 DEFG平面 ABB1A1 FG，所以 DE FG，又 DG EF，所以四边形 DEFG是平行四边形所以 GD EF sin 60AC a， FB cos 60AC a，所以 AF a.12 34 12 14 34又 FG DE CC1 b，所以 AG .12 12 AF2 FG2 34a2 12b2 916a2

21、14b2在Rt DAG中，tan DAG ，GDAG34a916a2 14b2 3a9a2 4b2 3a29a2 4b2 39 4b2a2因为 a b0，所以 b2 a2，得0 1，所以tan DAG b2a2 39 4b2a2 39 41 3913，当且仅当 a b时取等号，故直线 AD与侧面 ABB1A1所成角的正切值的最小值是 ，此时正3913三棱柱 ABCA1B1C1的体积 V aa a a3.故选A.12 32 34答案：A二、填空题7在古代将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，已知四面体 ABCD为鳖臑， AB平面 BCD，且 AB BC CD，若此四面体的体积为 ，则其外接球

22、的表面积为_36 833解析：四面体 ABCD为鳖臑，则由题意可知 BCD中只能 BCD为直角，则四面体 ABCD的体积为 CD CD CD ，解得 CD4 .易知外接球的球心为 AD的中点，易13 12 36 36 833 3求得 AD2 ，所以球的半径为 ，所以球的表面积为 56.14 14答案：56118如图，已知在四棱锥 PABCD中， PA底面 ABCD， PA2 ，底面 ABCD是边长为4的正2方形， M， N分别是 AB， AD上的动点， E为 MN上一点，满足 MN平面 PAE，且 PE AE，则 P2MN的面积的最小值是_解析： MN平面 PAE， PE平面 PAE， MN

23、PE， MN AE，又 PE AE， S PMN S2 2 AMN，则求 PMN的面积的最小值转化为求 AMN的面积的最小值 PA底面 ABCD， PA AE，又 PE AE， APE ，则 AE2 .设 AM m， AN n，则在Rt AMN中， AMAN2 4 2 AEMN，即 mn2 2 ， mn16，当且仅当 m n4时等号成立，2 m2 n2 2 2mn S PMN S AMN 168 .2 212 2答案：8 29有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是顶角的余弦值为0.5的等腰三角形在容器内放一个半径为 r的铁球，并注水，使水面与球正好相切，然后将球取出，则这时容器中水的深度为_解析：如

24、图所示，作出轴截面，因轴截面是顶角的余弦值为0.5的等腰三角形，所以顶角为60 ，所以该轴截面为正三角形根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3 r，水面所在圆的半径为 r，则容3器内水的体积 V ( r)23r r3 r3.将球取出后，设容器13 3 43 53中水的深度为 h，则水面圆的半径为 h，从而容器内水的体积 V 2h h3，33 13 (33h) 19由 V V，得 h r，所以这时容器中水的深度为 r.315 315答案： r31510如图，在边长为2的正方形 ABCD中，圆心为 B，半径为 r(0 r2)的圆与 AB、 BC分别交于 E、 F两点，且sin CDF ，则阴影

25、部分绕直线 BC旋转一周后形成的几何体的表面55积为_解析：由旋转体的定义可知，阴影部分绕直线 BC旋转一周后形成的几何体为圆柱中挖12掉一个半球和一个圆锥，其表面为阴影部分的边界线绕 BC旋转一周后形成的图形在Rt DCF中，由sin CDF 可得tan CDF ，故 CF CD1，所以 BF BE1.55 12 12线段 AD绕直线 BC旋转一周后形成圆柱的侧面，该圆柱的底面半径为2，母线长为2，故该圆柱的侧面积 S12228；线段 AE绕直线 BC旋转一周后形成一个圆环，大圆的半径为2，小圆的半径为1，故该圆环的面积 S22 21 23；圆弧 绕直线 BC旋转一周后形成一个半球面，所在球

26、的半径为1，故其表面积 S3EF1241 22；线段 DF绕直线 BC旋转一周后形成一个圆锥的侧面，圆锥的底面半径为2，母线长为 5，故其表面积 S42 2 .5 5所以阴影部分绕直线 BC旋转一周后形成的几何体的表面积 S S1 S2 S3 S48322 (132 ).5 5答案：(132 )5三、解答题11现需设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥 PA1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱 ABCDA1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高 O1O是正四棱锥的高 PO1的4倍(1)若 AB6 m， PO12 m，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则

27、当 PO1为多少时，仓库的容积最大？解析：(1)由 PO12知 O1O4 PO18.因为 A1B1 AB6，所以正四棱锥 PA1B1C1D1的体积V锥 A1B PO1 62224(m 3)；13 21 13正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的体积V柱 AB2O1O6 28288(m 3)所以仓库的容积V V锥 V柱 24288312(m 3)(2)设 A1B1 a m， PO1 h m，13则0 h6， O1O4 h.连接 O1B1.因为在Rt PO1B1中，O1B PO PB ，21 21 21所以 2 h236，(2a2)即 a22(36 h2)，0 h6，于是仓库的容积 V V柱 V锥

28、a24h a2h a2h (36h h3)，0 h6.13 133 263从而 V (363 h2)26(12 h2)263令 V0，得 h2 或 h2 (舍)3 3当0 h2 时， V0， V是单调递增函数；3当2 h6时， V0， V是单调递减函数3故当 h2 时， V取得极大值，也是最大值3因此，当 PO12 m时，仓库的容积最大312如图，已知异面直线 a， b成60角，其公垂线段(指与 a， b直线垂直相交的线段) EF2，长为4的线段 AB的两端点 A， B分别在直线 a， b上运动(1)指出 AB中点 P的轨迹所在位置；(2)求 AB中点 P的轨迹所在的曲线方程解析：(1)设 EF的中点 O，而 P为 AB的中点，故 O， P在 EF的中垂面 上，从而 P点轨迹在 EF的中垂面 上(2)设 A， B在面 上的射影为 C， D，则由 AP PB2， AC BD1，得 CD2 .因为 a O3C， b OD，所以 COD60.14在平面 内，以 O为原点， COD的角平分线为 x轴的正半轴建立直角坐标系如图设 C点的坐标为( t1， t1)， D点坐标为( t2，3 3 t2)，则 P点坐标( x， y)满足Error!因为 CD2 ，3所以 (t1 t2)2( t1 t2)212.3所以 y21，故 P点轨迹在 EF的中垂面 上，且轨迹为椭圆x29