高中数学高考09第一部分 板块二 专题三 立体几何 第1讲　空间几何体、空间中的位置关系(小题)课件PPT

这是一份高中数学高考09第一部分 板块二 专题三 立体几何 第1讲　空间几何体、空间中的位置关系(小题)课件PPT，共43页。PPT课件主要包含了内容索引，热点分类突破，真题押题精练，热点二表面积与体积，热点三多面体与球，押题预测，真题体验等内容，欢迎下载使用。

NEIRONGSUOYIN
热点一　三视图与直观图
热点四　空间线面位置关系的判断
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)视图确定几何体.
例1　(1)(2019·衡水调研)某几何体的正(主)视图与俯视图如图所示，则其侧(左)视图可以为
解析　由俯视图与正(主)视图可知，该几何体可以是一个三棱柱挖去一个圆柱，因此其侧(左)视图为矩形内有一条虚线，虚线靠近矩形的左边部分，只有选项B符合题意.
(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)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积________.
解析　如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E，
而四边形AECD为矩形，AD＝1，
由此可还原原图形如图所示.
且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，
A.①④ B.②③ C.②④ D.①②
跟踪演练1　(1)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1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①所示的情况；从左右方向看，△PAC的射影为图④所示的情况；从前后方向看，△PAC的射影为图④所示的情况.
(2)(2019·湖北省部分重点中学联考)一个三棱锥的三视图如图所示，其中正(主)视图、侧(左)视图、俯视图都是直角三角形，则该三棱锥最长的棱长为
解析　由三视图可得三棱锥为如图所示的三棱锥B1－ABD，其中底面三角形ABD是直角三角形，
BB1⊥底面ABD，且BB1＝2.结合图形可得最长的棱为
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·银川模拟)一个四棱锥的三视图如图所示，其正(主)视图和侧(左)视图为全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为 的正方形，则该几何体的表面积为
解析　由题意，根据给定的几何体的三视图可知，
(2)(2019·广西桂林市、贺州市、崇左联合调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A.8 B.6 C.4 D.2
解析　由三视图可知，该直观图为上下底面为直角梯形的直四棱柱，结合三视图的数据，
跟踪演练2　(1)(2019·河北省五个一名校联盟模拟)已知棱长为1的正方体被两个平行平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则剩余部分的表面积为
解析　由三视图可得，该几何体为如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥D1－ACD和三棱锥B－A1B1C1后的剩余部分.
(2)(2019·深圳调研)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为A.72 B.64 C.48 D.32
解析　由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面边长为4的正方形，高为5的正四棱柱，挖去一个底面边长为4，高为3的正四棱锥，
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)已知正三棱锥S－ABC的顶点均在球O的球面上，过侧棱SA及球心O的平面截三棱锥及球面所得截面如图所示，已知三棱锥的体积为2 ，则球O的表面积为A.16π B.18πC.24π D.32π
解析　设正三棱锥的底面边长为a，外接球的半径为R，BC的中点为D，因为正三棱锥的底面为正三角形，边长为a，
解得R＝2，所以球的表面积为S＝4πR2＝16π.
(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、宽、高分别为20,24,16的长方体ABCD－A1B1C1D1中，三棱锥B－KLJ即为所求的三棱锥，其中KC1＝9，C1L＝LB1＝12，B1B＝16，
则△KC1L∽△LB1B，∠KLB＝90°，故可求得三棱锥各面面积分别为S△BKL＝150，S△JKL＝150，S△JKB＝250，S△JLB＝250，故表面积为S表＝800.
跟踪演练3　(1)(2019·榆林模拟)在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知底面ABC为正三角形，AA1⊥平面ABC，AB＝6 ，AA1＝16，则该三棱柱外接球的表面积为 A.400π B.300π C.200π D.100π
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O′A＝6，又OO′＝8，∴外接球半径OA＝10，∴S球＝4π×100＝400π.
(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R＝2r，故∠ADC＝30°，则△DEF为等边三角形，设B为△DEF的重心，过B作BC⊥DF，则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，
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：①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；②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)(2019·淄博模拟)已知直线l和两个不同的平面α，β，则下列结论正确的是A.若l∥α，l⊥β，则α⊥βB.若α⊥β，l⊥α，则l⊥βC.若l∥α，l∥β，则α∥βD.若α⊥β，l∥α，则l⊥β
解析　对于A选项，显然正确.对于B选项，直线l可能在平面β内，故B选项是假命题.对于C选项，两个平面可能相交，故C选项是假命题.对于D选项，直线l可能在平面β内，故D选项是假命题.
解析　画出图形，正三棱锥S－ABC如图所示.因为α∥平面SBC，α∩平面ABC＝l，平面SBC∩平面ABC＝BC，所以l∥BC.取AB的中点D，连接DE，DF，则DE∥BC，所以l∥DE，所以∠DEF为异面直线l和EF所成角或其补角.取BC的中点O，连接SO，OA，则SO⊥BC，AO⊥BC，又SO∩AO＝O，SO，AO⊂平面SOA，所以BC⊥平面SOA，又SA⊂平面SOA，所以BC⊥SA，所以DE⊥DF.
跟踪演练4　(1)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是 A.若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥nB.若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nC.若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥nD.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n
解析　对于选项A，由n∥β，α∥β可得n∥α或n⊂α，又m⊥α，所以可得m⊥n，故A正确；对于选项B，由条件可得m⊥n或m∥n，或m与n既不垂直也不平行，故B不正确；对于选项C，由条件可得m∥n或m，n相交或m，n异面，故C不正确；对于选项D，由题意得m⊥n，故D不正确.
(2)(2019·怀化模拟)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1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ABC－A1B1C1中，
所以BO⊥AC，BO⊥AA1，因为AC∩AA1＝A，所以BO⊥平面ACC1A1，所以∠BC1O是BC1与侧面ACC1A1所成的角，
所以∠BC1O＝30°，BC1与侧面ACC1A1所成的角为30°.
1.(2018·全国Ⅲ，文，3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是
解析　由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.
2.(2018·全国Ⅱ，文，9)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为
解析　如图，因为AB∥CD，所以AE与CD所成角为∠EAB.在Rt△ABE中，设AB＝2，
解析　如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离.再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.
所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.
1.某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是A.5 B.6 C.7 D.8
解析　由三视图可知该几何体的直观图是正方体去掉一个棱长为1的正方体，则该几何体的体积V＝2×2×2－1×1×1＝7.
2.如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的结论的个数是 A.1 B.2 C.3 D.4
解析　对于①，如图，由题意知AD1∥BC1，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A－D1PC的体积不变，故①正确；对于②，连接A1B，A1C1，则A1C1∥AC，易知A1C1∥平面AD1C，由①知，BC1∥平面AD1C，又A1C1∩BC1＝C1，所以平面BA1C1∥平面ACD1，又A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故②正确；
对于③，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故③错误；对于④，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，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④正确.
解析　∵底面ABCD为菱形，O为对角线AC与BD的交点，∴BD⊥AC，又PB⊥底面ABCD，∴PB⊥AC，BD∩PB＝B，BD，PB⊂平面PBD；∴AC⊥平面PBD，∴AC⊥PO，即△PBA与△PAO均为直角三角形，∴斜边中点即为球心，
∴PA＝2＝2R，∴R＝1，