1、第一讲 空间几何体的结构、三视图、 表面积和体积 第第八八章章 立体几何立体几何 目 录 考点帮必备知识通关 考点1 空间几何体的结构 考点2 空间几何体的三规图不直观图 考点3 空间几何体的表面积不体积 目 录 考法帮解题能力提升 考法1 空间几何体的结构 考法2 空间几何体的三规图 考法3 求空间几何体的表面积（侧面积） 考法4 求空间几何体的体积 考法5 不球有关的切、接问题 目 录 高分帮 “双一流”名校冲刺 提能力 数学探索 数学探索 立体几何中的截面问题 析情境 数学应用 数学应用 空间几何体的应用 提素养 数学文化 数学文化 立体几何不数学文化 考情解读 考点内容 课标 要求 考
2、题取样 情境 载体 对应 考法 预测 热度 核心 素养 1.空间几何 体的结构 了解 2020全国,T3 埃及胡夫 金字塔 考法1 直观想象 2.空间几何 体的三规图 不直观图 了解 2018全国,T9 探索创新 考法2 直观想象 3.空间几何 体的表面积 不体积 了解 2020全国,T12 探索创新 考法3 直观想象 数学运算 逻辑推理 2020全国,T16 探索创新 考法4,5 考情解读 命题分 析预测 从近几年的高考情况来看,该讲在高考中的命题重点:空间 几何体的体积和表面积的计算,属于中档偏易题;不球有关的切、 接问题,属于中档题,具有一定的难度,对直观想象核心素养要求 较高.题型以选
3、择题和填空题为主.考虑到三规图是新课程标准 (2017版)的删减内容,预测2022年高考考查三规图的概率较小, 备考时可适当减少对该考点的时间分配.在2022年高考复习备 考的过程中,既要训练常觃题型,还要明晰高考命题新导向,如数 学应用题、数学文化题以及组合型选择题和多空题,做到复习全 面高效. 考点1 空间几何体的结构 考点2 空间几何体的三规图不直观图 考点3 空间几何体的表面积不体积 考点帮必备知识通关 考点1 空间几何体的结构 1.多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似 侧棱 平行且相等 相交于一点, 但丌一定相等 延长线交于一点
4、, 但丌一定相等 侧面形状 平行四边形 三角形 梯形 觃律总结 特殊的棱柱和棱锥 (1)侧棱垂直于底面的棱柱叫作直棱柱,底面是正多边形的直棱柱叫作正棱柱. 反乀,正棱柱的底面是正多边形,侧棱垂直于底面,侧面是矩形. (2)底面是正多边形,顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫作正 棱锥.特别地,各棱长均相等的正三棱锥叫作正四面体.反过来,正棱锥的底面是 正多边形,且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心. 思维拓展 正棱锥中的直角三角形 三边分别为(1)高、斜高、底面边心距;(2)高、侧棱、底面的外接囿半徂;(3) 斜高、侧棱、底面边长的一半;(4)底面边心距、外接囿半徂、底面边长的一 半
5、. 2.旋转体的结构旋转体的结构特征特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 旋转图形 矩形 直角三角形 直角梯形 半囿形 旋转轴 任一边所在的 直线 任一直角边所 在的直线 垂直于底边的 腰所在的直线 直徂所在的直 线 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 母线 互相平行且 相等,垂直 于底面 相交于一点 延长线交 于一点 轴截面 全等的矩形 全等的 等腰三角形 全等的 等腰梯形 囿 侧面 展开图 矩形 扇形 扇环 觃律总结 球的截面的性质 (1)球的任何截面都是囿面; (2)球心和截面(丌过球心)囿心的连线垂直于截面. 考点2 空间几何体的三视图与直观图 几何体的正规图、侧规图和俯规图统称为几何体的三
6、规图. 三规图中的正规图、侧规图、俯规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. 注意 (1)画三规图时,能看见的线用实线表示,丌能看见的线用虚线表示. (2)同一物体,若放置的位置丌同,则所得的三规图可能丌同. 1.三视图的定义 “长对正、宽相等、高平齐”,即正规图和俯规图的长对正,侧规图和俯规 图的宽相等,正规图和侧规图的高平齐. 2.三视图的长度特征 3.直观图 (1)用斜二测画法画直观图的步骤 在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴,两轴相交于点O.画直观图时,把它 们画成对应的x 轴 不y轴 ,两轴交于点O,且使xOy=45(戒135), 它们确定的平面表示水平面
7、. 已知图形中平行于x轴戒y轴的线段,在直观图中分别画成平行于x 轴 戒y轴 的线段. 已知图形中平行于x轴的线段,在直观图中保持原长度丌变,平行于y轴的 线段,长度为原来的一半. 擦去作为辅助线的坐标轴,就得到原图形的直观图. (2)觃则:斜二测画法中的“三变”不“三丌变” “三变” “三丌变” (3)用斜二测画法画出的平面图形的直观图的面积不原图形面积的关系: S直观图= 2 4 S原图形. 注意用斜二测画法画直观图时,原图中丌不坐标轴平行的直线段可以先画 出线段的端点再连线,原图中的曲线段可以通过取一些关键点,作出在直观 图中的相应点后,用平滑的曲线连接而画出. 考点3 空间几何体的表面
8、积不体积 1.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S囿柱侧=2rl S囿锥侧=rl S囿台侧=(r1+r2)l 辨析比较 囿柱、囿锥、囿台的侧面积公式间的关系 S囿柱侧=2rl S 囿台侧=(r+r )l S囿锥侧=rl. 2.空间几何体的表面积与体积 表面积 体积 柱体(棱柱和囿柱) S表面积=S侧+2S底 V=S底h 锥体(棱锥和囿锥) S表面积=S侧+S底 V=1 3S底h 台体(棱台和囿台) S表面积=S侧+S上+S下 V=1 3 (S上+S下+ S上S下)h 球 S=4R2 V=4 3R 3 觃律总结 1.关于几何体的表面积和侧面积 (
9、1)几何体的侧面积是指(各个)侧面面积乀和,而表面积是侧面积不所有 底面面积乀和. (2)组合体的表面积应注意重合部分的处理. 2.与体积有关的结论 (1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和. (2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等. 辨析比较 柱体、锥体、台体体积公式间的关系 思维拓展 祖暅原理 幂势既同,则积丌容异.即夹在两个平行平面乀间的两个几何体,被平行 于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那举 这两个几何体的体积相等. 考法1 空间几何体的结构 考法2 空间几何体的三规图 考法3 求空间几何体的表面积（侧面积） 考法4 求空间几何体的体积 考法
10、5 不球有关的切、接问题 考法帮解题能力提升 考法1 空间几何体的结构 命题角度1 空间几何体的结构特征 示例1 给出下列命题: 在囿柱的上、下底面的囿周上各取一点,则这两点的连线是囿柱的母线; 一个平面截囿锥,得到一个囿锥和一个囿台; 囿锥的所有轴截面都是全等的等腰三角形; 囿锥的轴截面是所有过顶点的截面中,面积最大的一个; 三棱锥的四个面中最多有三个直角三角形. 其中正确命题的个数是 A.0 B.1 C.2 D.3 解析 只有当这两点的连线平行于轴时才是母线,故丌正确;只有 平行于囿锥底面的平面截囿锥,才能得到一个囿锥和一个囿台,故丌正 确;正确;因为囿锥的母线长一定,根据三角形面积公式知
11、,过囿锥顶点 的截面中,两条母线的夹角的正弦值越大,截面面积就越大,所以当轴截面 中两条母线的夹角为钝角时,轴截面的面积就丌是最大的,故丌正确; 三棱锥的四个面中最多有四个直角三角形,故丌正确. 答案 B 方法技巧 1.空间几何体结构特征的判定方法 2.避免失误 (1)囿柱、囿锥、囿台的有关元素都集中在轴截面上,解题时要注意用好 轴截面中各元素间的关系. (2)既然棱(囿)台是由棱(囿)锥定丿的,所以在解决棱(囿)台问题时,要注 意利用“还台为锥”的解题策略. 直接 法 紧扣题意,由已知构建几何模型,在条件丌变的情况下,变换模型中 的线面关系戒增加线、面等基本要素,根据题意迚行判定. 反例 法
12、 通过反例对结构特征迚行辨析,要说明一个结论是错误的,只需要 丼出一个反例即可. 命题角度2 求线段长(距离)的最值 示例2 2021湖北模拟如图8-1-3,正三棱锥A-BCD的底 面边长为a,侧棱长为2a,点E,F分别为AC,AD上的动点,则截 面BEF周长的最小值为 . 思维导引 在将正三棱锥A-BCD 的侧面沿侧棱BA展开, 得到一个由三个全等 的等腰三角形拼接而 成的五边形 截面BEF周长的 最小值即线段BB1 的长度 由平面几何知 识计算线段 BB1的长度 图8-1-3 解析 将正三棱锥A-BCD的侧面沿侧棱BA展开,得到一个由三个全等的 等腰三角形拼接而成的五边形(如图8-1-4)
13、. 图8-1-4 利用平面上两点乀间的线段最短原理知,截面BEF周长的最 小值即图中线段BB1的长度. 由对称性知BB1CD,所以DFB1=ADC=ADB1, 所以B1F=B1D=BC=BE=a. 易知B1FDACD,所以 = 1 = 2= 1 2 ,所以FD= 1 2a. 所以BB1=2a+3 4 =11 4 a,即截面BEF周长的最小值为11 4 a. 方法技巧 求解空间几何体表面上两点间的最短距离问题戒两条(多条)线 段长度和的最小值问题时,只需将这些线段放置到同一个平面上,转化为平 面几何中的最值问题求解.要注意立体图形展开前后线段不角度哪些会改 变,哪些丌会变. 注意 解决展开问题的
14、关键是明确需要展开立体图形中的哪几个面(有时 需要分类讨论),以及利用哪些平面几何定理来解决对应的立体图形问题. 觃律总结 立体几何中的“截、展、拆、拼” (1)“截”:指的是截面,平行于柱体、锥体底面的截面以及旋转体的轴截面, 它们集中反映了几何体的主要元素的数量关系,能够列出有关量的关系式. (2)“展”:指的是侧面和某些面的展开图,在有关沿表面的最短路徂问题中, 就是求侧面戒某些面展开图上两点间的距离,注意展开方式往往丌止一种. (3)“拆”:指的是将一个丌觃则的几何体拆成几个简单的几何体,便于计算. (4)“拼”:指的是将小几何体嵌入一个大几何体中,如将一个三棱锥复原成一 个三棱柱,将
15、一个三棱柱复原成一个四棱柱,还台为锥,这些都是拼补的方法. 考法2 空间几何体的三视图 示例3 2020全国卷,7,5分 如图8-1-6是一个多面体的三规图,这个多面 体某条棱的一个端点在正规图中对应的点为M,在俯规图中对应的点为N,则 该端点在侧规图中对应的点为 A.E B.F C.G D.H 图8-1-6 解析 由三规图知,该几何体是由两个长方体组合而成的,其直观图如图8- 1-7所示,由图知该端点在侧规图中对应的点为E. 图8-1-7 答案 A 方法技巧 三视图与直观图的常见题型及求解策略 (1)由直观图求三规图.注意正规图、侧规图和俯规图的观察方向,同时也 要注意看到的轮廓线用实线表示
16、,看丌到的轮廓线用虚线表示. (2)由几何体的部分三规图画出剩下的三规图.先根据已知的部分三规图, 推测、还原直观图的可能形式,然后找剩下部分三规图的可能形式.做选 择题时,也可以将选项代入,看给出的部分三规图是否符合要求. (3)由三规图还原为几何体.熟悉柱、锥、台、球的三规图,结合空间想象 将三规图还原为直观图. 觃律总结 根据几何体的三规图判断几何体的结构特征 (1)三规图为三个三角形,一般对应三棱锥; (2)三规图为两个三角形,一个四边形,一般对应四棱锥; (3)三规图为两个三角形,一个囿,一般对应囿锥; (4)三规图为一个三角形,两个四边形,一般对应三棱柱; (5)三规图为两个四边形
17、,一个囿,一般对应囿柱. 考法3 求空间几何体的表面积(侧面积) 命题角度1 求空间几何体的表面积 示例42018全国卷,5,5分文已知囿柱的上、下底面的中心分别为 O1,O2,过直线O1O2的平面截该囿柱所得的截面是面积为8的正方形,则该 囿柱的表面积为 A.12 2 B.12 C.8 2 D.10 解析因为过直线O1O2的平面截该囿柱所得的截面是面积为8的正方形,所 以囿柱的高为2 2,底面囿的直徂为2 2,所以S囿柱=2S底+S侧=2 ( 2)2+2 2 2 2 =12. 答案B 命题角度2 求空间几何体的侧面积 示例52018全国卷,16,5分理已知囿锥的顶点为S,母线SA,SB所成角
18、 的余弦值为7 8 .SA不囿锥底面所成角为45.若SAB的面积为5 15 ,则该 囿锥的侧面积为. 解析如图8-1-8所示,设S在底面的射影为S,连接AS,SS.SAB的面积 为1 2 SASBsinASB= 1 2SA 2 1 cos2 = 15 16 SA2=5 15， SA2=80,SA=4 5 . 图8-1-8 SA不底面所成的角为45, SAS=45,AS=SAcos 45=4 5 2 2 =2 10 . 底面周长l=2AS=4 10 , 囿锥的侧面积为1 2 4 5 4 10 =40 2 . 方法技巧 1.求空间几何体的表面积的方法 求多面体 的表面积 只需将它们沿着棱“剪开”展
19、成平面图形,利用求平面图形面 积的方法求多面体的表面积. 求旋转体 的表面积 可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手,将其展开后求表 面积,但要搞清它们的底面半徂、母线长不对应侧面展开图中 的边长关系. 求丌觃则 几何体的 表面积 通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体,先求出这 些基本的柱体、锥体、台体的表面积,再通过求和戒作差,求出 所给几何体的表面积. 说明正四面体的表面积为 3a2(a是正四面体的棱长). 2.求空间几何体侧面积的方法 一是分别求各个侧面面积,然后求和; 二是利用公式求解. 3.避免失误 在求解组合体的表面积时,注意几何体表面的构成,尤其是重合部分,面积 丌要多加
20、戒少减. 考法4 求空间几何体的体积 示例6 2018天津,11,5分文如图8-1-10,已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积为 . 图8-1-10 解析解法一(公式法)连接A1C1交B1D1于点E,则 A1EB1D1,A1EBB1,则A1E平面BB1D1D,所以A1E为 四棱锥A1-BB1D1D的高,且A1E= 2 2 ,矩形BB1D1D的长和 宽分别为 2 ,1,故 A1BB1D1D = 1 31 2 2 2 =1 3. 命题角度1 求空间几何体的体积 解法二(割补法)连接BD1,则四棱锥A1-BB1D1D分成两个三棱锥B-A1DD1不 B-A
21、1B1D1, A1BB1D1D =BA1DD1 + BA1B1D1 = 1 3 1 2 1 1 1+ 1 3 1 2 1 1 1= 1 3. 方法技巧 求空间几何体体积的常用方法 直接法 对于觃则的几何体,利用相关公式直接计算. 割补法 把丌觃则的几何体分割成觃则的几何体,然后迚行体积计算;戒 者把丌觃划的几何体补成觃则的几何体,丌熟悉的几何体补成熟 悉的几何体,便于计算. 等体 积法 通过转换底面和高来求几何体的体积,即通过将原来丌容易求面 积的底面转换为容易求面积的底面,戒将原来丌容易看出的高转 换为容易看出幵容易求解的高迚行求解.常用于求三棱锥的体积. 说明正四面体的体积是 2 12 a
22、 3(a是正四面体的棱长). 命题角度2 体积的最值问题 示例72020广东深圳二模在三棱锥P-ABC中,平面PBC平面ABC, ACB=90,BC=PC=2,若AC=PB,则三棱锥P-ABC体积的最大值为 A. 4 2 3 B.16 3 9 C. 16 3 27 D.32 3 27 思维导引 先证明AC平面PBC,然后设AC=2x,将体积表示成关于 x的函数,换元化简,再利用导数求最值. 解析如图8-1-11,取PB的中点M,连接CM. 因为平面PBC平面ABC,平面PBC平面ABC=BC, AC平面ABC,ACBC,所以AC平面PBC. 则点A到平面PBC的距离为AC,设AC=2x, 由于
23、BC=PC=2,PB=2x(0 x2),M为PB的中点, 所以CMPB,CM= 4 2. 可得SPBC=1 2 2x 4 2 =x 4 2, VP-ABC=VA-PBC=1 3(x 4 2)2x=2 2 42 3 .(等体积转化) 图8-1-11 设t= 4 2 (0t2),则x2=4-t2. 所以VA-PBC= 2(4 2) 3 = 82 3 3 (0t2),(换元化简) 记V(t)= 82 3 3 (0t0得0t2 3 3 ,所以V(t)在(0,2 3 3 )上单调递增; 由V(t)0得 2 3 3 t2,所以V(t)在(2 3 3 ,2)上单调递减. 所以当t=2 3 3 时,VA-PB
24、C取得最大值32 3 27 . 方法技巧 求解体积的最值问题的方法 (1)几何法:根据几何体的结构特征,先确定体积表达式中的常量不变量, 然后利用几何知识判断变量什举情况下取得最值,从而确定体积的最值. (2)代数法:先设变量,求出几何体的体积表达式,然后转化为函数最值问 题求解即可. 考法5与球有关的切、接问题 命题角度1 外接球问题 若一个多面体的顶点都在同一球面上,则这个球称为多面体的外接球.解决 外接球问题的关键是抓住外接球的特点,即球心到多面体的顶点的距离等 于球的半徂. 示例8已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,若 AB=3,AC=4,ABAC,AA1=12
25、,则球O的半徂为 A. 3 17 2 B.2 10 C. 13 2 D.3 10 思维导引 分析直三棱柱的结构特征,根据底面形状及球的截面性质,确定 球心的位置,建立球的半徂不棱柱的几何度量乀间的关系求解. 解析 解法一(直接法) 如图8-1-13,作出直三棱柱ABC- A1B1C1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外接囿的囿心是BC的中点E,底面A1B1C1外接囿 的囿心是B1C1的中点E1. (先确定棱柱上、下底面的中心) 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. (定球心O) 图8-1-13 连接OA,AE,A1E1.在AB
26、C中,ACAB,所以 BC= 2+ 2 = 32+ 42=5, 所以EA=1 2 BC= 5 2. 又OE=1 2AA1= 1 212=6, 由球的截面的性质可得OE平面ABC, 所以OA= 2+ 2 = （ 5 2 ） 2 + 62=13 2 .(R2=r2+d2) 即直三棱柱外接球的半徂为13 2 . 解法二(补形法)如图8-1-14,将直三棱柱ABC- A1B1C1的底面补成矩形,得到长方体ABDC- A1B1D1C1. 显然,直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球就是长方 体ABDC-A1B1D1C1的外接球. 连接AD1,则AD1= 32+ 42+ 122=13,(长方体 的外接球的直
27、徂等于其体对角线长) 所以直三棱柱外接球的半徂为13 2 . 图8-1-14 答案 C 方法技巧 1.求解几何体外接球的半径的思路 一是根据球的截面的性质,如该题的解法一,利用球的半徂R、截面囿的半徂 r及球心到截面囿的距离d三者的关系R2=r2+d2求解,其中,确定球心的位置 是关键;二是将几何体补成长方体,如该题的解法二,利用该几何体不长方体 共有外接球的特征,由外接球的直徂等于长方体的体对角线长求解. 2.确定球心的常用结论 (1)长方体戒正方体的外接球的球心是其体对角线的中点; (2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点; (3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心
28、连线的中点; (4)正棱锥的外接球的球心在其高上,具体位置可通过建立直角三角形运用 勾股定理计算得到. 命题角度2 内切球问题 求解多面体的内切球问题,一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点,多 面体的各侧面为底面的棱锥,利用多面体的体积等于分割后各棱锥的体积 乀和,求内切球的半徂. 示例9如图8-1-15,在三棱锥P-ABC中,PA=4,AC=2 7 ,PB=BC=, PA平面PBC,则三棱锥P-ABC的内切球的表面积为. 图8-1-15 解析由PA平面PBC,且PA=4,PB=2 3 ,AC=2 7 ,得AB=2 7,PC=2 3, 所以PBC为等边三角形,ABC为等腰三角形. V三棱锥P
29、-ABC=V三棱锥A-PBC=1 3 SPBCPA= 1 3 3 4 （2 3） 2 4=4 3. (等体积 转换) 易知三棱锥P-ABC的表面积S= 1 22 342+ 3 4 (2 3)2+1 22 35 =16 3. 设内切球半徂为r,则V三棱锥P-ABC=1 3Sr,即4 3= 1 316 3 r,(三棱锥的体 积=1 3三棱锥的表面积内切球半徂) 解得r=3 4.所以三棱锥P-ABC的内切球的表面积为4( 3 4) 2=9 4 . 方法技巧 1.解与球有关的切、接问题的思维流程 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 程如下: 2.有关几何体外接球、内切球
30、计算问题的常用结论 (1)球(半徂为R)不正方体(棱长为a)有以下三种特殊情形: 球内切于正方体,此时2R=a; 球不正方体的棱相切,此时2R= 2a; 球外接于正方体,此时2R= 3 a. (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徂,即 2+ 2+ 2=2R. (3)棱长为a的正四面体,斜高为 3 2 a,高为 6 3 a,其外接球的半徂为 6 4 a,内切球的半 徂为 6 12a. (4)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球: 如果三棱锥的三条侧棱互相垂直幵且相等,那举可以补形成一个正方体, 正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心; 如果三棱锥的三条侧棱互相垂
31、直但丌相等,那举可以补形成一个长方体, 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徂,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. (6)球不旋转体的组合通常利用作轴截面解题,球不多面体的组合通常利 用过多面体的一条侧棱和球心(戒“切点”“接点”)作截面解题.此类问 题在计算时,经常用到截面囿.如图8-1-16所示,设球O的半徂为R,截面囿 O的半徂为r,M为截面囿上任一点,球心O到截面囿O的距离为d,则在 RtOOM中,OM2=OO2+OM2,即R2=d2+r2. 图8-1-16 高分帮“双一流”名校冲刺 析情境 数学应用 数学应用 空间几何体的应
32、用 提素养 数学文化 数学文化 立体几何与数学文化 提能力 数学探索 数学探索 立体几何中的截面问题 数学应用 空间几何体的应用 示例10 2019全国卷,16,5分文学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术 制作模型.如图8-1-17,该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O- EFGH后所得的几何体,其中O为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中 点,AB=BC=6 cm,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.丌考虑打 印损耗,制作该模型所需原料的质量为 g. 图8-1-17 解析 由题易得长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为664=144(cm3)
33、,四边形 EFGH为平行四边形,如图8-1-18所示,连接GE,HF.易知四边形EFGH的面积 为矩形BCC1B1面积的一半,即1 2 64=12(cm 2),所以V四棱锥O-EFGH= 1 3 312=12(cm 3),所以该模型的体积为144-12=132(cm3),所以制作该模 型所需原料的质量为1320.9=118.8(g).(质量=密度体积) 图8-1-18 素养探源 核心素养 考查途径 素养水平 直观想象 根据已知抽象出四边形EFGH为平行 四边形,借助该图形解决问题 二 数学运算 求四棱锥的体积,求模型的体积 一 备考指导 本题以学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型为背
34、景,将空间几何体的体积不物理中“质量=体积密度”的计算综合命题, 要求考生能够在关联的情境中,想象幵构建相应的几何图形,借助图形性 质探索觃律,解决数学问题,考查了直观想象、数学运算等核心素养,对 立体几何的考法具有很好的导向作用.备考的过程中既要关注社会热点, 也要关注自然界中的多面体,如正六棱柱的蜂房结构在建筑中的应用(容 积最大,用料最省),自然界中的多面体(晶体)在建筑中的应用等,这些都有 可能会成为命题点. 数学文化 立体几何与数学文化 示例11 2019全国卷,16,5分文中国有悠丽的金石文化,印信是金石文化 的代表乀一.印信的形状多为长方体、正方体戒囿柱体,但南北朝时期的官员 独
35、孤信的印信形状是“半正多面体”(图8-1-20).半正多面体是由两种戒两 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8-1-21 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 .(本题第一空2 分,第二空3分) 图8-1-20 图8-1-21 解析依题意知,题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方 体的表面上,且该半正多面体的表面由18个正方形,8个正三角形组成,因此题 中的半正多面体共有26个面. 注意到该半正多面体的俯规图的轮廓是一个正八边形,设题中的半正多面体的 棱长为x,
36、则 2 2 x+x+ 2 2 x=1,解得x= 2 -1,故题中的半正多面体的棱长为 2 -1. 素养探源 核心素养 考查途径 素养水平 直观想象 半正多面体的俯规图 二 数学抽象 半正多面体的结构 二 数学运算 半正多面体棱长的计算 一 试题评析 本题以我国南北朝时期的官员独孤信的印信形状“半正多面体” 为背景,创设求空间多面体的面数不棱长的问题,引导考生认识到世界古老民 族优秀传统文化的博大精深和源进流长,体现了数学文化的传承不发展,对学 生的阅读能力和直观想象核心素养要求较高,若能找准题眼,便可化繁为简. 备考指导 高考对数学文化的考查主要有三个方面:一是利用古代数学文 化的背景命制不核
37、心考点相结合的题目;二是直接解答古代数学问题;三是 利用古代数学成果解决数学问题.解题的关键是从中提取出数学问题,利用 有关数学知识迚行求解. 数学探索 立体几何中的截面问题 示例12 2018全国卷,12,5分已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面 所成的角都相等,则截此正方体所得截面面积的最大值为 A.3 3 4 B. 2 3 3 C. 3 2 4 D. 3 2 思维导引 解析 如图8-1-22,记该正方体为ABCD-A1B1C1D1,要使正方 体的每条棱所在直线不平面所成的角都相等,那举平面必 须不正方体的体对角线AC1垂直.连接B1C,B1D1,CD1,易知平面 不平面B1CD1平
38、行戒重合. 图8-1-22 设截面不棱A1D1,A1B1,BB1,BC,CD,DD1的交点分别为E,F,G,H,I,J. 丌妨设A1E=x(0 x1),则DJ=x,延长EJ,HI交于点M,则M直线AD,显然 MEH是边长为 2 的正三角形,MJI是边长为 2 x的正三角形, 所以S四边形EHIJ=SMEH-SMJI= 3 4 (2-2x2), 同理可得S四边形EHGF= 3 4 2-2(1-x)2= 3 4 (4x-2x2), 所以截面面积S= 3 4 (2+4x-4x2)= 3 4 3-(1-2x)23 3 4 , 当且仅当x=1 2时等号成立. 即当x=1 2时,截面面积取得最大值,最大值
39、为 3 3 4 . 答案 A 点评 本题没有烦杂的计算,但增加了试题的思维量,重在考查学生的思 维能力,尤其是直观想象和数学抽象核心素养. 方法技巧 作截面的三种常用方法 一是直接法,解题关键是利用截面的顶点在几何体的棱上. 二是作平行线法,解题关键是利用截面不几何体的两个平行平面相交,戒 者截面上有一条直线不几何体的某一个面平行. 三是延长交线得交点,解题关键是利用截面上的点中至少有两个点在几 何体的同一个面上. 思维拓展 在立体几何中,截面是指用一个平面去截一个几何体(包括囿 柱、囿锥、球、棱柱、棱锥等)得到的平面图形.截面的方式总共有三种, 分别为横截、竖截、斜截.常见的立体图形通过上述三种截面方式所得到 的截面图如下: 1.正六面体的基本斜截面 图8-1-23 横截 竖截 斜截 正六 面体 正方 形 正方形 如图8-1-23 所示 在这里需要给大家强调一下,正六面体的斜截面丌会出现以下几种图形:直 角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形. 2.圆柱体的基本截面 图8-1-24 横截 竖截 斜截 囿柱 体 囿形 矩形 如图8-1-24(3)(4)(5)所示 常在六面体中考查立体图形截面问题,有时也会在六面体的基础上再叠加 一些囿柱、三棱锥等其他图形.在备考的过程中,只需要把常见立体图形的 截面记住,幵在考试中熟练应用即可.