（新高考）2020版高考数学二轮复习 主攻40个必考点 立体几何（十）课件 理

主攻40个必考点(十)空间几何体的结构特征及三视图1．(2018·全国卷Ⅲ)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：选A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.(2017·全国卷Ⅰ)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．10B．12C．14D．16解析：选B由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为2＋4×22×2＝12，故选B.3．(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P­ABC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()A．86πB．46πC．26πD.6π解析：选D设PA＝PB＝PC＝2a，则EF＝a，又FC＝3，∴EC2＝3－a2.在△PEC中，cos∠PEC＝a2＋3－a2－2a22a3－a2.在△AEC中，cos∠AEC＝a2＋3－a2－42a3－a2.∵∠PEC与∠AEC互补，∴3－4a2＝1，解得a＝22，故PA＝PB＝PC＝2.又∵AB＝BC＝AC＝2，∴PA⊥PB⊥PC，∴外接球的直径2R＝22＋22＋22＝6，∴R＝62，∴V＝43πR3＝43π×623＝6π.4.(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在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()A．217B．25C．3D．2解析：选B先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点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．ON＝14×16＝4，OM＝2，∴MN＝OM2＋ON2＝22＋42＝25.5．(2019·全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．解析：先求面数，有如下两种方法．法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26(个)面．法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)＋面数(F)－棱数(E)＝2(欧拉公式)．由图形知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24，故由V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26.再求棱长．作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为半正多面体的棱长．连接AF，过H，G分别作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，则AM＝MH＝NG＝NF＝22x.又AM＋MN＋NF＝1，即22x＋x＋22x＝1.解得x＝2－1，即半正多面体的棱长为2－1.答案：262－1[把脉考情]考什么1.空间几何体的三视图与直观图2.几何体表面上的最短距离3.几何体与球的外接、内切问题考多深多以选择题、填空题的形式考查，难度中等，分值5分考多宽几何体中的长度的最值问题多与函数最值相结合，考查直观想象及数学运算的核心素养由三视图判断几何体的结构特征[典例1](1)(2019·贵州一模)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()(2)(2019·牡丹江期末)将正方体截去三个三棱锥后，得到如图所示的几何体，侧视图的视线方向如图所示，则该几何体的侧视图为()[解析](1)选项A的正视图、俯视图不符合要求，选项B的正视图、侧视图不符合要求，选项C的俯视图不符合要求，通过观察，选项D满足要求，故选D.(2)如图，点A，B，C，E在右侧面的投影为正方形，CA在右侧面的投影为斜向下的正方形对角线，DE在右侧面的投影为斜向上的正方形对角线，为不可见轮廓线．故选D.[答案](1)D(2)D增分方略与三视图有关的问题主要包括两个方面(1)定形，即确定三视图对应几何体的结构特征，熟练掌握规则几何体的三视图是由三视图还原几何体的基础，按以下步骤可轻松解决．应该注意的是，三视图中的虚线表示几何体中看不到的线．(2)建立三视图中的数据与几何体的几何度量之间的关系．其中，三视图的画法是解决该问题的重要依据，其画法的基本要求与规则如下．①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽．空间几何体中的线段最值问题[典例2](1)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4，点P，Q分别在底面ABCD、棱AA1上运动，且PQ＝4，点M为线段PQ的中点，则线段C1M的长度的最小值为()A．2B．43－2C．6D．43(2)(2019·石家庄模拟)一个直角三角形的三个顶点分别在底面边长为2的正三棱柱的侧棱上，且侧棱长为4，则该直角三角形斜边的最小值为________．[解析](1)连接AP，AC1.由正方体的结构特征可得，QA⊥平面ABCD，所以QA⊥AP.因为PQ＝4，点M为线段PQ的中点，所以AM＝12PQ＝2，故点M在以A为球心，半径R＝2的球面上，易知AC1＝43，所以C1M的最小值为AC1－R＝43－2，故选B.(2)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，设直角三角形为△MQN，不妨设其顶点N在B处，AM＝h，CQ＝m(0≤m≤4,0≤h≤4)，∠MQB＝90°.则在Rt△MAB中，MB2＝MA2＋AB2＝h2＋22＝h2＋4，在Rt△QCB中，QB2＝QC2＋CB2＝m2＋22＝m2＋4，在直角梯形MACQ中，MQ2＝(MA－QC)2＋AC2＝(h－m)2＋22＝(h－m)2＋4.在Rt△MQB中，MB2＝QM2＋QB2，所以h2＋4＝(h－m)2＋4＋m2＋4，整理得m2－hm＋2＝0.①显然，当m＝0时，①不成立，所以m≠0.由①解得h＝m2＋2m＝m＋2m，所以MB2＝h2＋4＝m＋2m2＋4＝m2＋4m2＋8.由基本不等式可得m2＋4m2≥2m2·4m2＝4当且仅当m2＝4m2，即m＝2时等号成立，所以MB2＝m2＋4m2＋8≥4＋8＝12，即MB≥23，所以该直角三角形斜边的最小值为23.[答案](1)B(2)23增分方略解决空间几何体中的最值问题主要是转化为平面图形中的问题，其思路可结合图形分析最值的临界位置或建立目标函数转化为最值问题求解．球与几何体的切、接问题[典例3](2019·柳州模拟)已知直三棱柱ABC­A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为()A.3172B．210C.132D．310[一题多解](在发散思维中整合知识)法一：直接法如图，作出直三棱柱ABC­A1B1C1的外接球O.由题意，直三棱柱的底面ABC是直角三角形，所以底面△ABC外接圆的圆心是BC的中点E，底面△A1B1C1外接圆的圆心是B1C1的中点E1.由球的截面的性质可得直三棱柱外接球的球心O就是线段EE1的中点．连接OA，AE，A1E1.在△ABC中，AC⊥AB，所以BC＝AB2＋AC2＝32＋42＝5，所以EA＝12BC＝52.又OE＝12AA1＝12×12＝6，由球的截面的性质可得OE⊥平面ABC，所以OA＝EA2＋OE2＝522＋62＝132.即直三棱柱外接球的半径为132.故选C.法二：补形法如图，将直三棱柱ABC­A1B1C1的底面补成矩形，得到长方体ABDC­A1B1D1C1.显然，直三棱柱ABC­A1B1C1的外接球就是长方体ABDC­A1B1D1C1的外接球．而长方体ABDC­A1B1D1C1的外接球的直径等于长方体的体对角线长，连接AD1，则AD1＝32＋42＋122＝13，所以直三棱柱外接球的半径为132.故选C.[答案]C[典例4]设正三棱锥P­ABC的高为h，且此棱锥的内切球的半径为R，h＝7R，则h2PA2＝________.[解析]取线段AB的中点为D，如图所示，连接CD，PD.设点P在底面ABC的射影为O，则O为△ABC的重心．连接PO，则PO＝h.设AB＝a，则OD＝32a×13＝36a.设PD＝ma，则正三棱锥P­ABC的表面积S＝3×12a×ma＋34a2＝6m＋34a2.∵正三棱锥P­ABC的体积V＝13×34a2h＝13(S△PAB＋S△PBC＋S△PAC＋S△ABC)R＝13SR＝13×6m＋34a2R，且h＝7R，∴m＝3，则h＝PD2－OD2＝3512a，又PA＝PD2＋AD2＝132a，∴h2PA2＝3539.[答案]3539增分方略1．解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：2．有关几何体外接球、内切球计算问题的常用结论(1)球(半径为R)与正方体(设棱长为a)有以下三种特殊情形：①球内切于正方体，此时2R＝a；②球与正方体的棱相切，此时2R＝2a；③球外接于正方体，此时2R＝3a.(2)长、宽、高分别为a，b，c的长方体的体对角线长等于其外接球的直径，即a2＋b2＋c2＝2R.(3)棱长为a的正四面体，斜高为32a，高为63a，其外接球的半径为64a，内切球的半径为612a.(4)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球：①如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，那么可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心；②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，那么可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．(5)求一个棱锥内切球的半径，可以根据球心到各个面的距离相等以及棱锥的体积列式得出．也可以先找准切点，通过作截面来解决，作截面时主要抓住棱锥过球心的对角面来作．(6)求一个几何体的外接球的半径，可以结合球心到各个顶点的距离相等列式得出．(7)球与旋转体的组合通常作轴截面解题，球与多面体的组合通常过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作截面解题．此类问题在计算时，经常用到截面圆．如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.