《数学(理)专家讲坛 空间几何体的三视图及其表面积、体积和立体几何的三个难点问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《数学(理)专家讲坛 空间几何体的三视图及其表面积、体积和立体几何的三个难点问题（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 空间几何体的三视图及其表面积、体积和立体几何的三个难点问题一、空间几何体的三视图及其表面积、体积柱、锥、台、球及其简单组合体，三视图，直观图等内容是立体几何的基础，是研究空间问题的基本载体，也是高考对立体几何考查的一个重要方面，其中几何体的结构特征和三视图是高考的热点(一)高考对三视图的三个考查角度1由几何体画三视图或考查对简单几何体的三视图的识别解答此类问题的关键是：一要掌握各种基本几何体的三视图，注意简单组合体的构成；二要熟悉三视图“长对正、高平齐、宽相等”的法则例 1 如图所示，已知三棱锥的底面是直角三角形，直角边长分别为 3 和 4，过直角顶点的侧棱长为 4，且垂直于底面，该三棱锥的
2、主视图是( )解析 结合三视图的画法规则可知 B 正确答案 B2由三视图还原几何体，考查对空间几何体的认识及空间想象能力由几何体的三视图还原几何体，一般如下处理：首先通过俯视图确定几何体底面的大致形状，然后利用正视图和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，确定几何体的形状例 2 三视图如图所示的几何体是( )A三棱锥B四棱锥C四棱台D三棱台解析 由三视图知该几何体为一四棱锥，其中有一侧棱垂直于底面，底面为一直角梯形答案 B3借助于三视图研究几何体的表面积、体积解决此类问题关键是通过三视图确定空间几何体中的几何量的关系其中，正视图、侧视图的高就是空间几何体的高，
3、正视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度，侧视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度例 3 如图是某几何体的三视图，其中正视图是斜边长为 2a 的直角三角形，侧视图是半径为 a 的半圆，则该几何体的体积是( )A.a3 B.a3363C.a3 D2a3343解析 由侧视图为半圆可知，该几何体与圆柱、圆锥、球有关，结合正视图是一个直角三角形知该几何体是沿中心轴线切开的半个圆锥，将剖面放置在桌面上，如图，由条件知，半圆锥的母线长为2a，底面半径为 a，故半圆锥的高为a，几何体的体2a2a23积 V a3.12(13 a2 3a)36答案 A(二)求体积的几种方法空间几何体的体积是高考考查立体
4、几何的考点之一，求空间几何体的体积的常用方法主要有：公式法、转化法、割补法1公式法：直接根据相关的体积公式计算例 4 一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该球的体积为 4，则该正方3体的表面积为_解析 依题意知正方体的体对角线长等于球的直径，设球的半径为 R，则 4 R3，343所以 R，于是正方体的体对角线长为 2.33设正方体的棱长为 a，则有 2a，33于是 a2，因此正方体的表面积为 6a224.答案 242转化法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高，从而使得体积计算更容易，或是可以求出一些体积比等例 5 如图所示，在正六棱锥 PABCDEF 中，G 为 PB 的中点，
5、则三棱锥 DGAC 与三棱锥 PGAC 体积之比为( )A11B12C21D32解析 根据三棱锥的特点，可以采用等体积转化的方法解决法一：如图所示，由于点 G 为 PB 的中点，故点 P，B 到平面 GAC 的距离相等，故三棱锥 PGAC 的体积等于三棱锥 BAGC 的体积，根据三棱锥的特点，所要解决的两个三棱锥的体积之比就等于三棱锥 GACD 与三棱锥 GABC 的体积之比，由于这两个三棱锥的高相等，体积之比等于其底面积之比，即ACD 与ABC 的面积之比，这个面积之比是 21.法二：如图所示，连接 BD 交 AC 于 H，则点 D，B 到平面 GAC 的距离之比等于DHBH，因为AHDCH
6、B，故 DHBHADBC21，三棱锥 DGAC 与三棱锥 BGAC底面积相等，故其体积之比等于其高的比，即所求比值是 21.答案 C3割补法：把不能直接计算其体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可以计算体积的空间几何体，通过这个空间几何体的体积计算所求的空间几何体的体积例 6 如图所示，若正方体的棱长为，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面2体的体积为( )A. B.2623C. D.3323解析 如图所示，平面 ABCD 把该多面体分割成两个体积相等的正四棱锥以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体是两个全等的正四棱锥，该正四棱锥的高是正方体边长的一半，底面面积是正方体一个面面积的一半
7、，V2 .13(122 2)12223答案 B二、破解高考中立体几何的三个难点问题破解难点一：探究与球有关的组合体问题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、 “切点”或“接点”作出截面图例 1 四棱锥 SABCD 的底面边长和各侧棱长都为，点 S，A，B，C，D 都在同2一个球
8、面上，则该球的体积为_解析 如图所示，根据对称性，只要在四棱锥的高线 SE 上找到一个点 O 使得 OAOS，则四棱锥的五个顶点就在同一个球面上在 RtSEA 中，SA，AE1，故 SE1.设球的半径为 r，则2OAOSr，OE1r.在 RtOAE 中，r2(1r)21，解得 r1，即点 O 为球心，故这个球的体积是.43答案 43破解难点二：平面图形翻折问题的求解将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称之为平面图形翻折问题平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，
9、不在同一个平面上的性质可能会发生变化，解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法例 2 如图边长为 a 的等边三角形 ABC 的中线 AF 与中位线 DE 交于点 G，已知ADE 是ADE 绕 DE 旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是( )动点 A在平面 ABC 上的射影在线段 AF 上；BC平面 ADE；三棱锥 AFED 的体积有最大值A BC D解析 中由已知可得面 AFG面 ABC，所以点 A在面 ABC 上的射影在线段 AF 上BCDE，且 BC平面 ADE，DE平面 ADE，BC平面 ADE.当面 ADE面 ABC 时
10、，三棱锥 AFED 的体积达到最大答案 C破解难点三：立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题的主要类型有：(1)探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么；(2)探索结论，即在给定的条件下，命题的结论是什么1综合法对命题条件的探索常采用以下三种方法：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；(3)把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件对命题结论的探索常采用以下方法：首先假设结论成立，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设例 3 (2013东城模拟)
11、如图，在BCD 中，BCD90，BCCD1，AB平面 BCD，ADB60，E，F 分别是 AC，AD 上的动点，且(01)AEACAFAD(1)判断 EF 与平面 ABC 的位置关系并给予证明；(2)是否存在 ，使得平面 BEF平面 ACD，如果存在，求出 的值；如果不存在，说明理由解 (1)EF平面 ABC.因为 AB平面 BCD，所以 ABCD，又在BCD 中，BCD90，所以 BCCD，又 ABBCB，所以 CD平面 ABC.又在ACD 中，E，F 分别是 AC，AD 上的动点，且(01)，EFCD.AEACAFADEF平面 ABC.(2)存在CD平面 ABC，BE平面 ABC，BECD
12、，BCD90，BCCD1，BD.2在 RtABD 中，ADB60，ABBDtan 60，6则 AC，AB2BC27当 BEAC 时，BE，AB BCAC67AE，AB2BE26 77则 ，AEAC6 77767则 时，BEAC，AEAC67又 BECD，ACCDC，BE平面 ACD.BE平面 BEF，平面 BEF平面 ACD.所以存在 ，且当 时，平面 BEF平面 ACD.67方法 2.空间向量法不论是对命题条件还是对命题结论的探索，利用空间向量法均可降低思维难度和计算难度，只要合理建立空间直角坐标系，标出各点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量(根据题中要求可引入参数)，结合结论和已知条
13、件(若有参数则解出参数)，即可得出结果例 4 (2012淄博模拟)已知在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，且AD2，AB1，PA平面 ABCD，E，F 分别是线段 AB，BC 的中点(1)证明：PFFD；(2)判断并说明 PA 上是否存在点 G，使得 EG平面 PFD；(3)若 PB 与平面 ABCD 所成的角为 45，求二面角 APDF 的余弦值解 (1)证明：PA平面 ABCD，BAD90，AB1，AD2，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(1,1,0)，D(0,2,0)不妨令 P(0,0，t)，则(1,1，t)，(1，1,0)
14、，PF DF111(1)(t)00，即 PFFD.PF DF(2)存在，设平面 PFD 的法向量为 n(x，y，z)，由Error!Error!得Error!Error!令 z1，解得 xy .t2n.(t2，t2，1)设 G 点的坐标为(0,0，m)，E，(12，0，0)则，EG (12，0，m)要使 EG平面 PFD，只需n0，EG 即 0 m1m 0，(12)t2t2t4得 m t，从而满足 AG AP 的点 G 即为所求1414(3)AB平面 PAD，是平面 PAD 的法向量，易得(1,0,0)AB AB 又PA平面 ABCD，PBA 是 PB 与平面 ABCD 所成的角，得PBA45，则 PA1，平面 PFD 的法向量为 n，(12，12，1)cos，n，AB n| |n|121414166从而二面角 APDF 的余弦值为.66
