2019届二轮复习立体几何中的创新考法与学科素养学案（全国通用）

2019届二轮复习立体几何中的创新考法与学科素养学案（全国通用）

立体几何中的创新考法与学 素养 授课提示：对应学生用书第40页 ‎ 提分策略一　　探究命题情景考应用能力 ‎　此类问题常以实际生活事例为背景，考查空间几何体的体积或表面积的计算．‎ ‎　一个海滨浴场因业务发展的需要，急需加工一批帐篷，已知帐篷的底是长为‎4a，宽为‎2a的长方形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成，并且形状为等腰三角形的侧面与底面成60˚的二面角，帐篷的高为a，则每个帐篷所需布料的面积(接口忽略不计)为________‎ 解析：如图，过点F作FM⊥BC，垂足为M，作FH⊥AB，垂足为H，作FG⊥底面AC，垂足为G.连MG、HG，则∠FMG为侧面FBC与底面AC所成二面角的平面角，即∠FMG＝60˚.在Rt△FMG中，因FG＝a，则FM＝‎2a，MG＝a.又HG＝BM＝BC＝a，于是FH＝＝‎2a，EF＝AB－2MG＝‎2a.所以，布料总面积 S＝2S梯形ABFE＋2S△BCF＝(‎4a＋‎2a)×‎2a＋‎2a×‎2a＝‎16a2.‎ 答案：‎16a2‎ 点评　本题通过生活实例中帐篷用料问题考查几何体的表面积的计算，主要考查数学建模与数学运算的学 素养．‎ ‎[对点训练 ‎ ‎　一个盛满水的三棱锥容器SABC，不久发现三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，且SD∶DA＝SE∶EB＝CF∶FS＝2∶1，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的________倍．‎ 解析：设点F到平面SDE的距离为h1，点C到平面SAB的距离为h2，当平面EFD处于水平位置时，容器盛水最多．‎ ＝ ‎＝ ‎＝··＝××＝.故最多可盛原来水的1－＝(倍)．‎ 答案： ‎ 提分策略二　　探究交汇命题考迁移能力 空间几何体常与解析几何、函数、不等式等知识相结合，命制创新交汇问题．‎ ‎　(1)(2018·高考全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为(　　)‎ A．12　 B．18 C．24 D．54 解析：由等边△ABC的面积为9可得AB2＝9，‎ 所以AB＝6，‎ 所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2.‎ 设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝＝＝2.‎ 所以三棱锥DABC高的最大值为2＋4＝6，‎ 所以三棱锥DABC体积的最大值为×9×6＝18.‎ 故选B.‎ 答案：B ‎(2)(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为‎5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．‎ 沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA, △FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．‎ 解析：如图，连接OD交BC于点G，由题意知，OD⊥BC.易得OG＝BC，设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，三棱锥的高h＝＝＝，‎ S△ABC＝×2x×3x＝3x2，‎ 故所得三棱锥的体积V＝×3x2×＝x2×＝×.‎ 令f(x)＝25x4－10x5，x∈，‎ 则f′(x)＝100x3－50x4，‎ 令f′(x)＞0，即x4－2x3＜0，得0＜x＜2，‎ 则当x∈时，f(x)≤f(2)＝80，‎ ‎∴V≤×＝4.‎ ‎∴所求三棱锥的体积的最大值为4.‎ 答案：4 点评　1.本例(1)中，所求三棱锥的底面积一定，高取最大值时，体积最大，高的最大值显然是球面上的点到三棱锥底面的最大距离，即为球的半径加上球心到三棱锥底面的距离．‎ ‎2．本例(2)中将V表示为x的函数和用导数求函数最值．‎ ‎[对点训练 ‎ ‎(2018·高考全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：如图所示，在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，平面AB1D1与棱A‎1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A‎1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCDA1B‎1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．‎ 如图所示，取棱AB，BB1，B‎1C1，C1D1，DD1，AD的中点E，F，G，H，M，N ‎，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6×××sin 60°＝.‎ 故选A.‎ 答案：A ‎ 提分策略三　　引入数学文化考核心素养 ‎　(1)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图所示，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别是(　　)‎ A．a，b　　　　　 B．a，c C．c，b D．b，d ‎[思路分析 　观察题目所给直观图，理解题干中有关“牟合方盖”的特征叙述，结合“当其正视图和侧视图完全相同时”这个关键条件作答．‎ 解析：当正视图和侧视图完全相同时，“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.‎ 答案：A ‎(2)我国南北朝时期数学家、天文学家——祖暅，提出了著名的祖暅原理“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与如图所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为(　　)‎ A．4－ B．8－ C．8－π D．8－2π ‎[思路分析 　根据题设所给的三视图，可知其所对应几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，再根据祖暅原理和有关数据计算即可．‎ 解析：由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等．根据题设所给的三视图，可知图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为23＝8，半圆柱的体积为×(π×12)×2＝π，因此该不规则几何体的体积为8－π.‎ 答案：C ‎[对点训练 ‎ ‎(2018·武汉模拟)中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x为(　　)‎ A．1.2 B．1.6‎ C．1.8 D．2.4‎ 解析：该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4－x,3,1的长方体，∴组合体的体积V＝V圆柱＋V长方体＝π·2×x＋(5.4－x)×3×1＝12.6(其中π＝3)．解得x＝1.6.‎ 答案：B ‎ 提分策略四　　立体几何中的临界问题 在立体几何的高考题中，最主要考查点是几何元素位置关系及角、距离的计算、三视图等，除此之外，还有可能涉及到与立体几何相关的临界知识，如立体几何与其他知识的交汇，面对这些问题，需要有较强的分析判断能力及思维转换能力，还需要我们对这些问题作一些分析归类，加强知识间的联系，才能让所学知识融会贯通．‎ ‎　某几何体的一条棱长为， 在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a＋b的最大值为(　　)‎ A．2 B．2 C．4 D．2 解析：本题可以以长方体为载体，设该几何体中棱长为的棱与此长方体的体对角线重合，则此棱各射影分别为相邻三面的对角线，其长度分别为，a，b，设长方体的各棱长分别为x，y， ，则有⇒a2＋b2＝8.所以≥2⇒a＋b≤4，故a＋b的最大值为4.‎ 答案：C 点评　空间平行投影问题本质是考查三视图的有关知识，难点是需要学生有较强的空间想象能力，因此在解决投影问题时，可以将几何体置身于长方体中，将长方体作为背景可以增强考生的空间想象能力．‎ ‎[对点训练 ‎ 如图，正四面体ABCD的棱长为1，棱AB∥平面α，则正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是________．‎ 解析：如题图，设正四面体ABCD在平面α上的射影构成的图形面积为S，因为AB∥平面α，从运动的观点看，当CD∥平面α时，射影面积最大，此时射影图形为对角线长是1的正方形，面积最大值为；若CD或其延长线与平面α相交时，则当CD⊥平面α时，射影面积为最小，最小值为(证明略)，所以S∈.‎ 答案： 授课提示：对应学生用书第127页 一、选择题 ‎1．中国古代数学名著《九章算术》第五章“商功”共收录28个题目，其中一个题目如下：今有城下广四丈，上广二丈，高五丈，袤一百二十六丈五尺，问积几何？其译文可用三视图来解释：某几何体的三视图如图所示(其中侧视图为等腰梯形，长度单位为尺)，则该几何体的体积为(　　)‎ A．3 795 000立方尺 B．2 024 000立方尺 C．632 500立方尺 D．1 897 500立方尺 解析：由三视图可知该几何体是一个水平放置的底面是等腰梯形的四棱柱，其体积V＝×(20＋40)×50×1 265＝1 897 500(立方尺)，故选D.‎ 答案：D ‎2．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有羡除”．刘徽注：“羡除，隧道也．其所穿地，上平下邪．”现有一个羡除如图所示，四边形ABCD，ABFE，CDEF均为等腰梯形，AB∥CD∥EF，AB＝6，CD＝8，EF＝10，EF到平面ABCD的距离为3，CD与AB间的距离为10，则这个羡除的体积是(　　)‎ A．110 B．116‎ C．118 D．120‎ 解析：如图，过点A作AP⊥CD，AM⊥EF，过点B作BQ⊥CD，BN⊥EF，垂足分别为P，M，Q，N，连接PM，QN ‎，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，底面积为×10×3＝15.棱柱的高为8，体积V＝15×8＝120.‎ 答案：D ‎3．中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就．书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知三棱锥PADE为鳖臑，且PA⊥平面ABCE，AD＝AB＝2，ED＝1，若该鳖臑的外接球的表面积为9π，则该阳马的外接球的体积为(　　)‎ A．2π B．3π C．4π D．4π 解析：由题意得三棱锥PADE中，ED⊥DA，又PA⊥平面ABCE，所以其外接球的直径2r＝PE，设PA＝x，则2r＝＝＝，则其外接球的表面积S＝4πr2＝π(x2＋5)＝9π，解得x＝2.阳马——四棱锥PABCD的外接球的直径为PC，即2R＝PC＝＝＝2，所以R＝，故其外接球的体积V＝πR3＝π×()3＝4π，故选D.‎ 答案：D ‎4．《九章算术·商功》：“今有堑堵，下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺．问积几何？答曰：四万六千五百尺．”所谓“堑堵”，就是两底面为直角三角形的直棱柱．如图所示的几何体是一个“堑堵”，AB＝BC＝4，AA1＝5，M是A‎1C1的中点，过B，C，M的平面把该“堑堵”分为两个几何体，其中一个为三棱台，则三棱台的表面积为(　　)‎ A．40 B．50‎ C．25＋15＋3 D．30＋20＋3 解析：如图，设A1B1的中点为N，连接MN，BN，则MN∥BC，所以过B，C，M的平面为平面BNMC，所求三棱台为A1MN－ACB，所以其表面积为S△ABC＋S△A1NM＋S梯形AA1MC＋S梯形AA1NB＋S 梯形MNBC＝×4×4＋×2×2＋×(2＋4)×5＋×(4＋2)×5＋×(2＋4)×＝25＋15＋3.‎ 答案：C ‎5．中国古代名词“刍童”原来是草堆的意思，关于“刍童”体积计算的描述，《九章算术》注曰：“倍上袤，下袤从之．亦倍下袤，上袤从之．各以其广乘之，并，以高乘之，六而一．”其计算方法是：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘；将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘；把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．已知一个“刍童”的下底面是周长为18的矩形，上底面矩形的长为3，宽为2，“刍童”的高为3，则该“刍童”的体积的最大值为(　　)‎ A. B. C.39 D. 解析：设下底面的长为x(≤x＜9)，则下底面的宽为＝9－x.‎ 由题可知上底面矩形的长为3，宽为2，“刍童”的高为3，所以其体积V＝×3×[(3×2＋x)×2＋(2x＋3)(9－x) ＝－x2＋＋，故当x＝时，体积取得最大值，最大值为－()2＋×＋＝.故选B.‎ 答案：B ‎6．如图，在正三棱柱ABCA1B‎1C1中，底面正三角形的边长为a，侧棱长为b，且a≥b＞0，点D是四边形BB‎1C‎1C的两条对角线的交点，则当直线AD与侧面ABB‎1A1所成角的正切值取得最小值时，正三棱柱ABCA1B‎1C1的体积是(　　)‎ A.a3 B.a3‎ C.a3 D.a3‎ 解析：如图所示，取BC的中点E，连接DE.过点E作EF⊥AB于点F，过点D作DG∥EF交平面ABB‎1A1于点G，连接AG，FG，AE.‎ 易知DE是△BCB1的中位线，所以DE∥BB1.‎ 因为平面ABB‎1A1⊥平面ABC，平面ABB‎1A1∩平面ABC＝AB，EF⊥AB，所以EF⊥平面ABB‎1A1.‎ 又DG∥EF，所以DG⊥平面ABB‎1A1.则∠DAG是直线AD与侧面ABB‎1A1所成的角．‎ 因为DE∥BB1，DE⊄平面ABB‎1A1，BB1⊂平面ABB‎1A1，所以DE∥平面ABB‎1A1.‎ 因为平面DEFG∩平面ABB‎1A1＝FG，‎ 所以DE∥FG，又DG∥EF，所以四边形DEFG是平行四边形．‎ 所以GD＝EF＝×sin 60˚×AC＝a，‎ FB＝×cos 60˚AC＝a，所以AF＝a.‎ 又FG＝DE＝CC1＝b，所以AG＝＝＝.‎ 在Rt△DAG中，tan∠DAG＝＝＝＝＝，‎ 因为a≥b＞0，所以b2≤a2，得0＜≤1，所以tan∠DAG＝≥＝，当且仅当a＝b时取等号，故直线AD与侧面ABB‎1A1所成角的正切值的最小值是，此时正三棱柱ABCA1B‎1C1的体积V＝·a·a··a＝a3.故选A.‎ 答案：A 二、填空题 ‎7．在古代将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，已知四面体ABCD为鳖臑，AB⊥平面BCD，且AB＝BC＝CD，若此四面体的体积为，则其外接球的表面积为________．‎ 解析：四面体ABCD为鳖臑，则由题意可知△BCD中只能∠BCD为直角，则四面体ABCD的体积为××CD·CD·CD＝，解得CD＝4.易知外接球的球心为AD 的中点，易求得AD＝2，所以球的半径为，所以球的表面积为56π.‎ 答案：56π ‎8．如图，已知在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，底面ABCD是边长为4的正方形，M，N分别是AB，AD上的动点，E为MN上一点，满足MN⊥平面PAE，且PE＝AE，则△PMN的面积的最小值是________．‎ 解析：∵MN⊥平面PAE，PE⊂平面PAE，∴MN⊥PE，MN⊥AE，又PE＝AE，∴S△PMN＝S△AMN，则求△PMN的面积的最小值转化为求△AMN的面积的最小值．∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AE，又PE＝AE，∴∠APE＝，则AE＝2.设AM＝m，AN＝n，则在Rt△AMN中，AM·AN＝AE·MN，即mn＝2·≥2·，∴mn≥16，当且仅当m＝n＝4时等号成立，∴S△PMN＝S△AMN≥××16＝8.‎ 答案：8 ‎9．有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是顶角的余弦值为0.5的等腰三角形．在容器内放一个半径为r的铁球，并注水，使水面与球正好相切，然后将球取出，则这时容器中水的深度为________．‎ 解析：如图所示，作出轴截面，因轴截面是顶角的余弦值为0.5的等腰三角形，所以顶角为60˚，所以该轴截面为正三角形．根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r，水面所在圆的半径为r，则容器内水的体积V＝π·(r)23r－πr3＝πr3.将球取出后，设容器中水的深度为h，则水面圆的半径为h，从而容器内水的体积V′＝π2·h＝πh3，由V＝V′，得h＝r，所以这时容器中水的深度为r.‎ 答案：r ‎10．如图，在边长为2的正方形ABCD中，圆心为B，半径为r(0＜r＜2)的圆与AB、BC分别交于E、F两点，且sin∠CDF＝，则阴影部分绕直线BC旋转一周后形成的几何体的表面积为________．‎ 解析：由旋转体的定义可知，阴影部分绕直线BC旋转一周后形成的几何体为圆柱中挖掉一个半球和一个圆锥，其表面为阴影部分的边界线绕BC旋转一周后形成的图形．‎ 在Rt△DCF中，由sin∠CDF＝可得tan∠CDF＝，故CF＝CD＝1，所以BF＝BE＝1.‎ ‎①线段AD绕直线BC旋转一周后形成圆柱的侧面，该圆柱的底面半径为2，母线长为2，故该圆柱的侧面积S1＝2π×2×2＝8π；‎ ‎②线段AE绕直线BC旋转一周后形成一个圆环，大圆的半径为2，小圆的半径为1，故该圆环的面积S2＝π×22－π×12＝3π；‎ ‎③圆弧绕直线BC旋转一周后形成一个半球面，所在球的半径为1，故其表面积S3＝×4π×12＝2π；‎ ‎④线段DF绕直线BC旋转一周后形成一个圆锥的侧面，圆锥的底面半径为2，母线长为，故其表面积S4＝π×2×＝2π.‎ 所以阴影部分绕直线BC旋转一周后形成的几何体的表面积S＝S1＋S2＋S3＋S4＝8π＋3π＋2π＋2π＝(13＋2)π.‎ 答案：(13＋2)π 三、解答题 ‎11．现需设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥PA1B‎1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCDA1B‎1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．‎ ‎(1)若AB＝‎6 m，PO1＝‎2 m，则仓库的容积是多少？‎ ‎(2)若正四棱锥的侧棱长为‎6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？‎ 解析：(1)由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8.‎ 因为A1B1＝AB＝6，‎ 所以正四棱锥PA1B‎1C1D1的体积 V锥＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)；‎ 正四棱柱ABCDA1B‎1C1D1的体积 V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．‎ 所以仓库的容积 V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．‎ ‎(2)设A1B1＝a m，PO1＝h m，‎ 则0＜h＜6，O1O＝4h.连接O1B1.‎ 因为在Rt△PO1B1中，‎ O1B＋PO＝PB，‎ 所以2＋h2＝36，‎ 即a2＝2(36－h2)，0＜h＜6，‎ 于是仓库的容积V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋a2·h＝a2h＝(36h－h3)，0＜h＜6.‎ 从而V′＝(36－3h2)＝26(12－h2)．‎ 令V′＝0，得h＝2或h＝－2(舍)．‎ 当0＜h＜2时，V′＞0，V是单调递增函数；‎ 当2＜h＜6时，V′＜0，V是单调递减函数．‎ 故当h＝2时，V取得极大值，也是最大值．‎ 因此，当PO1＝‎2m时，仓库的容积最大．‎ ‎12．如图，已知异面直线a，b成60˚角，其公垂线段(指与a，b直线垂直相交的线段)EF＝2，长为4的线段AB的两端点A，B分别在直线a，b上运动．‎ ‎(1)指出AB中点P的轨迹所在位置；‎ ‎(2)求AB中点P的轨迹所在的曲线方程．‎ 解析：(1)设EF的中点O，而P为AB的中点，故O，P在EF 的中垂面α上，从而P点轨迹在EF的中垂面α上．‎ ‎(2)设A，B在面α上的射影为C，D，则由AP＝PB＝2，AC＝BD＝1，得CD＝2.因为a∥OC，b∥OD，所以∠COD＝60˚.‎ 在平面α内，以O为原点，∠COD的角平分线为x轴的正半轴建立直角坐标系如图．设C点的坐标为(t1，t1)，D点坐标为(t2，－t2)，则P点坐标(x，y)‎ 满足 因为CD＝2，‎ 所以[(t1－t2) 2＋(t1＋t2)2＝12.‎ 所以＋y2＝1，故P点轨迹在EF的中垂面α上，且轨迹为椭圆．‎