2019届高考数学二轮复习第二篇专题通关攻略专题4立体几何2.4.1空间几何体的三视图、表面积与体积课件.ppt

1、第1课时 空间几何体的三视图、表面积与体积,热点考向一 三视图与直观图的对应关系 考向剖析:本考向考查三视图的画法规则及摆放规则、以及根据空间几何体确定其三视图、依据三视图还原其直观图、依据三视图其中的两个来确定另外一个,考查学生的空间想象能力,多为基础题、中档题,分数为5分左右.,2019年的高考仍将以选择题、填空题的形式考查,考查知识点以三视图的识别为主要内容.,1.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的各个表面中最大面的面积为 ( ) A.2 B. C.2 D.4,【解析】选B.由三视图可知,该几何体的直观图如图, 其中ACBC,ACSC,则有SA=AB= 所以最 大面SAB的面积为,

2、2.(2017全国卷)某多面体的三视图 如图所示,其中正视图和左视图都由正方 形和等腰直角三角形组成,正方形的边长 为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体 的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和 为( ) A.10 B.12 C.14 D.16,【解析】选B.由三视图可画出立体图,该立体图各面中只有两个相同的梯形的面, S梯=（2+4）22=6,S全梯=62=12.,3.如图,网格纸上正方形小格的边长为1,粗线画出的是 某几何体的三视图,则该几何体的最长棱的长度为( ) A.6 B.6 C.8 D.9,【解析】选D.由三视图可知,该几何体为三棱锥,如图所示:,4.在四面体S-ABC中,三

3、组对棱的长分别相等,三条棱长 依次为5,4,x,则x的取值范围是 ( ) A.(2, ) B.(3,9) C.(3, ) D.(2,9),【解析】选C.以四面体的棱作为一长方体的面对角线, 构造一个长方体,设长方体的棱长分别为a,b,c,则所以a2+2b2+c2=41a2+c2=x2,即x3,所以3x .,【名师点睛】 1.由直观图确认三视图的方法 根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确认.,2.由三视图还原到直观图的思路 (1)根据俯视图确定几何体的底面. (2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置. (3)确定几何体的直观图形状.,热

4、点考向二 空间几何体的表面积和体积考向剖析:本考向考查依据三视图还原其直观图,由几何体计算其表面积或体积,考查学生的空间想象能力,数据处理能力,多为基础题、中档题,分数为5分左右.,2019年的高考将以选择题、填空题的形式考查,考查知识点为几何体的表面积或体积.,1.(2018石家庄一模)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的表面积为 ( ) A.8+3 B.8+4 C.8+5 D.8+6,【解析】选D.由题图可知,几何体为半圆柱挖去半球体 几何体的表面积为2 4+24-+ =8+6.,2.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积 是 ( ),【解析】选

5、C.由三视图可知,几何体为半球与半圆柱的 组合体,半球的半径为1,半圆柱的底面半径为1,高为2. 所以该几何体的体积为V=,3.(2018衡水二模)如图是某个几何体的三视图,则这个几何体的表面积是 ( ) A.+4 +4 B.2+4 +4 C.2+4 +2 D.2+2 +4,【解析】选B.由三视图可知,该几何体由一个半圆柱与一个三棱柱组成的.其直观图如图所示: 其表面积S=2 12+ 2 11+2 ( )2+2 2+2 1=2+4 +4.,4.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积 是 ( ) A. B.8 C. D.9,【解析】选B.几何体可拼接成一个长为3+3+2=8,底面半径为1的圆

6、柱体,所以体积为812=8.,【名师点睛】 1.求解几何体的表面积及体积的技巧 (1)求三棱锥的体积:等体积转化是常用的方法,转化原则是其高易求,底面放在已知几何体的某一面上. (2)求不规则几何体的体积:常用分割或补形的思想,将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.,(3)求表面积:关键思想是空间问题平面化. 2.根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤 (1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图. (2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量. (3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解.,热点考向三 与球有关的接切问题考向剖析:本考向考查球与几何体的接切问题、球的表面积、体积,

7、考查学生的空间想象能力,数据处理能力,多为中档题,分数为5分左右.,2019年的高考将以选择题、填空题的形式考查,考查知识点主要为球的表面积、体积.,1.(2018唐山二模)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,则其表面积 为 ( ) A.2 B.5 C.8 D.10,【解析】选C.由题得几何体原图是球被切割后剩下 的 ,所以它的表面积由三个部分组成,所以S= 422+ 22+ 22=8.,2.(2018衡水二模)正四面体A-BCD的所有棱长均为12,球O是其外接球,点M,N分别是ABC与ACD的重心,则球O截直线MN所得的弦长为 ( ),【解析】选C.正四面体A

8、-BCD可补全为棱长为6 的正 方体,所以球O是正方体的外接球,其半径R= 设正四面体的高为h,则h= 因为球心O将正四面体可分割成四个等体积的正三棱锥, 故OM=ON=,又MN= BD=4, 所以O到直线MN的距离为 因此球O截直 线MN所得的弦长为,3.在平行四边形ABCD中,ABD=90,且AB=1,BD= , 若将其沿BD折起使平面ABD平面BCD,则三棱锥A-BCD 的外接球的表面积为 ( ) A.2 B.8 C.16 D.4,【解析】选D.在平行四边形ABCD中,ABD=90,若将其沿BD折起使平面ABD平面BCD,可得如图所示的三棱锥A-BDC.,其中,三棱锥A-BDC镶嵌在长方

9、体中,即三棱锥A-BDC的外接球与长方体的外接球相同. 因为AB=1,BD= , 所以外接球的半径为 所以三棱锥A-BDC的外接球的表面积为412=4.,4.已知在三棱锥P-ABC中,BAC=90,AB=AC=2,BC的中 点为M且PM= ,当该三棱锥体积最大时,它的内切球半 径为_.,【解析】当PM平面ABC时,三棱锥体积取得最大值,体 积为 SPBC= SABC= 22=2,SPBA=SPAC= 设内切球,的半径为r,则有 解得r= 答案:,5.(2018太原二模)已知在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BC =2,BD=CD= ,点E是BC的中点,点A在平面BCD内的射影 恰好为DE的中点

10、,则该三棱锥外接球的表面积为 _. 世纪金榜导学号,【解析】由题意可知,BC平面EAD,BDCD,DE=1, 设DE的中点是F,则AF平面BCD,AF= , 外接球球心在过点E垂直平面BCD的直线上,即与AF平行 的直线上.设球心为O,半径为R,由OA=OB,R2=1+OE2=答案:,【名师点睛】 1.空间几何体与球接、切问题的求解方法 (1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时,一般过球心及接、切点作截面,把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题,再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解.,(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两 互相垂直,且PA=a,PB=b,PC=c,一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体,利用4R2=a2+b2+c2求解.,2.圆的弦长的常用求法 (1)几何法:若圆的半径为r,弦心距为d,弦长为l,则 l=2 . (2)代数方法:运用根与系数的关系及弦长公式:|AB|=|x1-x2|.,