高中数学高考板块2 核心考点突破拿高分 专题3 第1讲 空间几何体、空间中的位置关系(小题)(1)课件PPT

这是一份高中数学高考板块2 核心考点突破拿高分 专题3 第1讲 空间几何体、空间中的位置关系(小题)(1)课件PPT，共51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)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1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EFMGHN.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)，∠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·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PA＝PB＝AB＝AD＝BC＝CD＝2，
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，
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)在三棱锥P－ABC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AD⊥BC，PD⊥BC，AD∩PD＝D，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PD⊥AD，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P－ABC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、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)已知直线a，b，平面α，β，γ，下列命题正确的是 A.若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γB.若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b∥cC.若α∩β＝a，b∥a，则b∥αD.若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，则b∥a
解析　A中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ，该说法正确；B中，若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，在三棱锥P－ABC中，令平面α，β，γ分别为平面PAB，PAC，PBC，交线a，b，c为PA，PB，PC，不满足a∥b∥c，该说法错误；C中，若α∩β＝a，b∥a，有可能b⊂α，不满足b∥α，该说法错误；D中，若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，正方体ABCD－A1B1C1D1中，取平面α，β为平面ABCD，ADD1A1，直线b为A1C1，满足b∥α，不满足b∥a，该说法错误.
(2)(2019·淄博模拟)如图所示，平面BCC1B1⊥平面ABC，∠ABC＝120°，四边形BCC1B1为正方形，且AB＝BC＝2，则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为_____.
解析　过B作BD∥AC，过C作CD∥AB，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，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Ⅰ，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
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①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②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径.
2.(2019·全国Ⅰ，理，12)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为 
解析　因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC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ABCD－A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA－A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角.
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D－xyz.
1.已知A，B，C为球O的球面上的三个定点，∠ABC＝60°，AC＝2，P为球O的球面上的动点，记三棱锥P－ABC的体积为V1，三棱锥O－ABC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OO′＝d，
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　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S＝2(a2＋4a＋4a)＋2π×1×1×2＝2(a2＋8a)＋4π＝66＋4π，解得a＝－11(舍)或a＝3.
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66＋4π，则a＝____.