复习参考题PPT及专用教学设计内容

学案40 空间几何体、三视图和直观图

自主梳理

1．(1)平行

平行

长度相等

全等

(2)公共顶点

(3)平行于棱锥底面

相似

2.(1)一边所在直线

(2)一条直角边所在直线

(3)垂直于底边的腰所在直线

(4)直径

3.正视图

侧视图

俯视图

4.斜二测

(1)45°(或135°) (2)x′轴、y′轴

(3)不变

原来的一半

(4)不变

自我检测

1．D

[在各自的三视图中①正方体的三个视图都相同；②圆锥有两个视图相同；③三棱台的三个视图都不同；④正四棱锥有两个视图相同．] 2．D

[A，B的正视图不符合要求，C的俯视图显然不符合要求，答案选D.] 3．A

[∵原几何体是正三棱柱，且AE在平面EG中，

∴在侧视图中，AE应为竖直的．] 34．D

[由AA′∥BB′∥CC′及CC′⊥平面ABC，知BB′⊥平面ABC.又CC′＝BB′，2且△ABC为正三角形，故正视图应为D中的图形．] 5．A

[底面是等腰直角三角形的三棱柱，当它的一个矩形侧面放置在水平面上时，它的正视图和俯视图可以是全等的矩形，因此①正确；若长方体的高和宽相等，则存在满足题意的两个相等的矩形，因此②正确；当圆柱侧放时(即侧视图为圆时)，它的正视图和俯视图可以是全等的矩形，因此③正确．] 课堂活动区

例1

解题导引

解决这种判断题的关键是：①准确理解棱柱、棱锥、棱台的概念；②正确运用平行、垂直的判定及性质定理进行判断，整体把握立体几何知识．

③④⑤⑥

解析

①错误，因为棱柱的底面不一定是正多边形，故侧面不一定都全等；②错误，必须用平行于底面的平面去截棱锥，才能得到棱台；③正确，因为三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；④正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；⑤正确，如图所示，正方体AC1中的四棱锥C1—ABC，四个面都是直角三角形；⑥正确，由棱台的概念可知．因此，正确命题的序号是③④⑤⑥. 变式迁移1 D [ A错误．如图所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．

B错误．如下图，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥．

1

C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．D正确．] 例2

解题导引

三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．解决此类问题的关键是弄清三视图“长、宽、高”的关系．

C

[当俯视图为A中正方形时，几何体为边长为1的正方体，体积为1；当俯视图为B1π中圆时，几何体为底面半径为，高为1的圆柱，体积为；当俯视图为C中三角形时，几241何体为三棱柱，且底面为直角边长为1的等腰直角三角形，高为1，体积为；当俯视图为D21π中扇形时，几何体为圆柱的，且体积为.] 44变式迁移2 D [由几何体的正视图和俯视图可知，该几何体的底面为半圆和等腰三角形，其侧视图可以是一个由等腰三角形及底边上的高构成的平面图形，故应选D.] 例3

解题导引

本题是已知直观图，探求原平面图形，考查逆向思维能力．要熟悉运用斜二测画法画水平放置的直观图的基本规则，注意直观图中的线段、角与原图中的对应线段、角的关系．

A

[按照斜二测画法的作图规则，对四个选项逐一验证，可知只有选项A符合题意．] 变式迁移3 B

[根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则可知，在x轴上(或与x轴平行)的线段，其长度保持不变；在y轴上(或与y轴平行)的线段，其长度变为原来的一半，且∠x′O′y′＝45°(或135°)，所以，若设原平面图形的面积为S，则其直观图的面122积为S′＝··S＝S.可以得出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S′之间2242a22的关系是S′＝S，本题中直观图的面积为a，所以原平面四边形的面积S＝＝22a.] 424课后练习区

1．C

2．D

[斜二测画法中原图面积与直观图面积之比为1∶222232，则易知S＝(2a)，444∴S＝6a.] 3．D

[由给出的三视图可以得知该正三棱柱的高等于正视图和侧视图的高为3 cm，343若设该正三棱柱的底面边长为a cm，则有a＝2，所以a＝，故该正三棱柱的体积为V23134323＝···3＝4 (cm)．] 2234．C

[

由三视图知该几何体为一正四棱锥，记为S—ABCD，如图，其中AB＝2，△SCD中CD上

2

的高为2，即SE＝2，设S在底面上的射影为O，在Rt△SOE中，SO＝SE－OE，

122∴SO＝2－1＝3.∴V＝SABCD×SO 3143＝×4×3＝.] 335．B

[可以把该几何体形象为一长方体AC1，

22

设AC1＝a，则由题意知A1C1＝AB1＝BC1＝2，设长方体的长、宽、高分别为x、y、z，2222222222则x＋y＝2，y＋z＝2，z＋x＝2，三式相加得2(x＋y＋z)＝2a＝6. ∴a＝3.] 6．4 解析

由三视图可知该几何体是一个三棱锥，其底面是一个直角边长分别是5和6的直11角三角形，几何体的高为h，则该几何体的体积V＝··5·6·h＝20. 32∴h＝4. 627.a

16解析

如图

13A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，

24过点C′作C′D′⊥A′B′于点D′，

26则C′D′＝O′C′＝a，

28162所以S△A‘B’a. ‘′＝A′B′·C′D′＝2166a 4解析

8.

如图所示，设正四面体ABCD内接于球O，由D点向底面ABC作垂线，垂足为H，连接AH，OA，

3则可求得AH＝a，

36a32，

a＝3332622在Rt△AOH中，a＋a－R＝R，

33DH＝a－2

3

6a. 49．解

图(1)中几何体的三视图如图①、②、③，图(2)中几何体的三视图如图④、⑤、解得R＝⑥.

(6分)

(12分) 10．解

(1)由该几何体的正视图及俯视图可知几何体是正六棱锥．(4分) (2)侧视图(如图)

(6分) 其中AB＝AC，AD⊥BC，且BC长是俯视图正六边形对边间的距离，即BC＝3a，AD是正132棱锥的高，AD＝3a，所以侧视图的面积为S＝×3a×3a＝a. 22(12分) 11．解

(1)如图．

4

(7分) (2)根据三视图间的关系可得BC＝23，

侧视图中VA为4223××23322＝12＝23，

1∴S△VBC＝×23×23＝6.(14分) 2

学案41 空间几何体的表面积与体积

自主梳理

111121．(1)ch (2)nah′

ch′

(3)n(a＋a′)h′

(c＋c′)h′

(4)4πR

222211432.(1)Sh (2)Sh (3)h(S＋SS′＋S′) (4)πR

333自我检测

31．D

[由题意，S△ABC＝，三棱锥的高h＝3，

413∴V三棱锥P—ABC＝Sh＝.] 342．A

[设正方体棱长为a，则正四面体棱长AB＝2a，

322∴S正四面体表＝4××(2a)＝23a. 4∵S正方体表＝6a，∴四面体的表面积与正方体表面积的比为3∶3.] 3．C

4. 2

D

[据三视图可知该几何体由球和圆柱体组成，如图所示，

故该几何体的表面积为S＝S圆柱＋S球＝2π＋6π＋4π＝12π.] 5．A

[由三视图可知该几何体是一个边长为2的正方体内部挖去一个底面半径为1，12π3高为2的圆锥，所以V＝2－×π×2＝8－，故选A.] 33课堂活动区

例1

解题导引

对于斜棱柱表面积及体积的求解必须求各个侧面的面积和棱柱的高．

解决此类斜棱柱侧面积问题的关键：在已知棱柱高的条件下，用线面垂直⇒线线垂直的方法作出各个侧面的高，并在相应的直角三角形中求解侧面的高．

解

5

如图，过点A1作A1O⊥面ABC于点O，连接AO. 过点A1作A1E⊥AB于点E，过点A1作A1F⊥AC于点F，连接EO，FO，易得OE⊥AB，OF⊥AC，

∵AA1和AB与AC都成60°角，

∴△A1AE≌△A1AF，∴A1E＝A1F. ∵A1O⊥面ABC，∴EO＝FO. ∴点O在∠BAC的角平分线上，延长AO交BC于点D，

∵△ABC是正三角形，

∴BC⊥AD.∴BC⊥AA1. ∵AA1∥BB1，∴侧面BB1C1C是矩形，

∴三棱柱的侧面积为S＝2×3×4×sin 60°＋3×4＝12＋123. ∵AA1＝3，AA1与AB和AC都成60°角，

3∴AE＝.∵∠BAO＝30°，

2∴AO＝3，A1O＝6. ∴三棱柱的体积为V＝变式迁移1 27＋4 解析

3×16×6＝122. 4

如图所示，设D为BC的中点，连接A1D，AD. ∵△ABC为等边三角形，∴AD⊥BC，∴BC⊥平面A1AD，

∴BC⊥A1A，

又∵A1A∥B1B，∴BC⊥B1B，

又∵侧面与底面边长都等于2，

∴四边形BB1C1C是正方形，其面积为4. 作DE⊥AB于E，连接A1E，则AB⊥A1E，

AD·BD322又∵AD＝2－1＝3，DE＝＝，

AB2322∴AE＝AD－DE＝，

2∴A1E＝AA1－AE＝227，

2∴S四边形ABB1A1＝7，∴S三棱柱侧＝27＋4. 例2

解题导引

解决这类题的关键是弄清楚旋转后所形成的图形的形状，再将图形进行合理的分割，然后利用有关公式进行计算．求全面积时不要忘记“内表面”．

解

如图所示，过C作CO1⊥AB于O1，

6

在半圆中可得∠BCA＝90°，

∠BAC＝30°，

AB＝2R，

3∴AC＝3R，BC＝R，CO1＝R，

22∴S球＝4πR，

3S圆锥AO1侧＝π×R×3R 232＝πR，

2332R×R＝πR，

22∴S几何体表＝S球＋S圆锥AO1侧＋S圆锥BO1侧

11311＋3222＝πR＋πR＝πR，

222S圆锥BO1侧＝π×11＋32∴旋转所得到的几何体的表面积为πR. 24312又V球＝πR，V圆锥AO1＝·AO1·πCO1

3312＝πR·AO1，

41122V圆锥BO1＝BO1·πCO1＝πR·BO1，

34∴V几何体＝V球－(V圆锥AO1＋V圆锥BO1) 431533＝πR－πR＝πR. 326变式迁移2 20π

解析

在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，可得BC＝23，由正弦定理，可得△ABC外接圆的半径r＝2，设此圆圆心为O′，球心为O，在Rt△OBO′中，易得球半径R＝5，2故此球的表面积为4πR＝20π. 例3

解题导引

本题可将长方体表面展开，利用平面内两点间的线段长是两点间的最短距离来解答．

解

将长方体相邻两个面展开有下列三种可能，

如图所示．

三个图形甲、乙、丙中AC1的长分别为：

22222a＋b＋c＝a＋b＋c＋2ab，

22222ab＋c＝a＋b＋c＋2bc，

7

a＋c＋b＝a＋b＋c＋2ac，

∵a>b>c>0，∴ab>ac>bc>0. 222故最短线路的长为a＋b＋c＋2bc. 变式迁移3 52 解析

将△BCC1沿BC1线折到面A1C1B上，如图所示．

22222

连接A1C即为CP＋PA1的最小值，过点C作CD垂直A1C1延长线交于D，△BCC1为等腰直角三角形，

∴CD＝1，C1D＝1，A1D＝A1C1＋C1D＝7. 22∴A1C＝A1D＋CD＝

49＋1＝5 2. 课后练习区

1．C

[

由三视图知该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；1222另两个侧面是矩形，宽为4，长为4＋1＝17.所以S表＝4＋2×4＋×(2＋4)×4×2＋42×17×2＝48＋817.] 4332π132．D

[由πR＝，∴R＝2.∴正三棱柱的高h＝4.设其底面边长为a，则·a3332＝2，∴a＝43. 32∴V＝×(43)×4＝483.] 43．D

4.B

5．C

[将三视图还原成几何体的直观图如图所示．

它的四个面的面积分别为8,6,10,62，故最大的面积应为10. 6．67 解析

取底面中心为O，AF中点为M，连接PO、OM、PM、AO，则PO⊥OM，

OM⊥AF，PM⊥AF，

∵OA＝OP＝2，∴OM＝3，

PM＝4＋3＝7. 1∴S侧＝6××2×7＝67. 2

8

15π

3解析

围成圆锥筒的母线长为4 cm，

1设圆锥的底面半径为r，则2πr＝·2π×4，

47.∴r＝1，∴圆锥的高h＝4－1＝15. 11523∴V圆锥＝·πr·h＝π(cm)．

3328．2πR

解析

方法一

设圆柱的轴与球的半径的夹角为α，则圆柱高为2Rcos

α，圆柱底面2半径为Rsin

α，∴S圆柱侧＝2π·Rsin

α·2Rcos

α＝2πRsin 2α.当sin 2α＝1时，S2222圆柱侧最大为2πR，此时，S球表－S圆柱侧＝4πR－2πR＝2πR. 22方法二

设圆柱底面半径为r，则其高为2R－r. 22∴S圆柱侧＝2πr·2R－r，

24πr22S′圆柱侧＝4πR－r－22. R－r令S′圆柱侧＝0，得r＝当00；

22R

设圆柱底面半径为r，则其高为2R－r，

22222∴S圆柱侧＝2πr·2R－r＝4πrR－r

222rR－r22222≤4π＝2πR(当且仅当r＝R－r，即r＝R时取“＝”)．

22∴当r＝22R时，S圆柱侧最大为2πR. 2222此时S球表－S圆柱侧＝4πR－2πR＝2πR. 9．解

设圆柱的底面半径为r，母线长为h，

∴当r＝当点C是弧AB的中点时，三角形ABC的面积为r，三棱柱ABC—A1B1C1的体积为rh，1212222三棱锥A1—ABC的体积为rh，四棱锥A1—BCC1B1的体积为rh－rh＝rh，圆柱的体积为3332πrh，(10分) 故四棱锥A1—BCC1B1与圆柱的体积比为2∶3π. (12分) 10．(1)证明

取BC的中点E，连接AE，DE，EF，

22∵△ABC与△DBC都是边长为4的正三角形，

9

∴AE⊥BC，DE⊥BC. 又AE∩DE＝E，

∴BC⊥平面AED.又AD⊂面AED，

∴BC⊥AD.(6分) (2)解

由已知得，△AED为等腰三角形，且AE＝ED＝23，设AD＝x，F为棱AD的中点，

12则EF＝12－x，

21x124S△AED＝x 12－＝48x－x，(8分) 2441124V＝S△AED·(BE＋CE)＝48x－x (0

33当x＝24，即x＝26时，Vmax＝8，

∴该四面体存在最大值，最大值为8，(11分) 此时棱长AD＝26.(12分) 11．(1)证明

由多面体ABFEDC的三视图知，三棱柱AED—BFC中，底面DAE是等腰直角三角形，DA＝AE＝2，DA⊥平面ABFE，面ABFE，ABCD都是边长为2的正方形．(3分) 22

连接EB，则M是EB的中点，

在△EBC中，MN∥EC，

且EC⊂平面CDEF，

MN⊄平面CDEF，

∴MN∥平面CDEF.(6分) (2)解

∵DA⊥平面ABFE，

EF⊂平面ABFE，

∴EF⊥AD.又EF⊥AE，AE∩AD＝A，∴EF⊥平面ADE. 又DE⊂平面ADE，∴EF⊥DE，(8分) ∴四边形CDEF是矩形，且平面CDEF⊥平面DAE. 取DE的中点H，连接AH，∵DA⊥AE，DA＝AE＝2，

∴AH＝2，且AH⊥平面CDEF.(12分) 1∴多面体A—CDEF的体积V＝SCDEF·AH 318＝DE·EF·AH＝.(14分) 33

10