2019屆高考數學二輪復習 專題三 立體幾何 第1講 空間幾何體的三視圖、表面積和體積學案 理

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1、第1講　空間幾何體的三視圖、表面積和體積 高考定位　1.三視圖的識別和簡單應用；2.簡單幾何體的表面積與體積計算，主要以選擇題、填空題的形式呈現(xiàn)，在解答題中，有時與空間線、面位置證明相結合，面積與體積的計算作為其中的一問. 真 題 感 悟 1.(2018·全國Ⅲ卷)中國古建筑借助榫卯將木構件連接起來.構件的凸出部分叫榫頭，凹進部分叫卯眼，圖中木構件右邊的小長方體是榫頭.若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是(　　) 解析　由題意知，在咬合時帶卯眼的木構件中，從俯視方向看，榫頭看不見，所以是虛線，結合榫頭的位置知選A. 答案　A

2、 2.(2018·全國Ⅰ卷)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為(　　) A.12π B.12π C.8π D.10π 解析　因為過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，所以圓柱的高為2，底面圓的直徑為2.所以S表面積＝2×π×()2＋2π××2＝12π. 答案　B 3.(2018·天津卷)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，除面ABCD外，該正方體其余各面的中心分別為點E，F(xiàn)，G，H，M(如圖)，則四棱錐M－EFGH的體積為________. 解析　連

3、接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因為E，H分別為AD1，CD1的中點，所以EH∥AC，EH＝AC.因為F，G分別為B1A，B1C的中點，所以FG∥AC，F(xiàn)G＝AC.所以EH∥FG，EH＝FG，所以四邊形EHGF為平行四邊形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四邊形EHGF為正方形.又點M到平面EHGF的距離為，所以四棱錐M－EFGH的體積為××＝. 答案　 4.(2017·全國Ⅰ卷)已知三棱錐S－ABC的所有頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑.若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐S－ABC的體積為9，則球O的表面積為________. 解析　如圖，連接OA，O

4、B，因為SA＝AC，SB＝BC，SC為球O的直徑，所以OA⊥SC，OB⊥SC. 因為平面SAC⊥平面SBC，平面SAC∩平面SBC＝SC，且OA?平面SAC，所以OA⊥平面SBC. 設球的半徑為r，則OA＝OB＝r，SC＝2r， 所以VA－SBC＝×S△SBC×OA＝××2r×r×r＝r3， 所以r3＝9?r＝3，所以球的表面積為4πr2＝36π. 答案　36π 考 點 整 合 1.空間幾何體的三視圖 (1)幾何體的擺放位置不同，其三視圖也不同，需要注意長對正、高平齊、寬相等. (2)由三視圖還原幾何體：一般先從俯視圖確定底面，再利用正視圖與側視圖確定幾何體. 2.空間幾

5、何體的兩組常用公式 (1)柱體、錐體、臺體的表面積公式： ①圓柱的表面積S＝2πr(r＋l)； ②圓錐的表面積S＝πr(r＋l)； ③圓臺的表面積S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)； ④球的表面積S＝4πR2. (2)柱體、錐體和球的體積公式： ①V柱體＝Sh(S為底面面積，h為高)； ②V錐體＝Sh(S為底面面積，h為高)； ③V球＝πR3. 熱點一　空間幾何體的三視圖與直觀圖 【例1】 (1)(2018·蘭州模擬)中國古代數學名著《九章算術》中，將底面是直角三角形的直棱柱稱為“塹堵”.已知某“塹堵”的正視圖和俯視圖如圖所示，則該“塹堵”的側視圖的面積為(　　)

6、 A.18 　　　 B.18 C.18 　　　 D. (2)(2018·全國Ⅰ卷)某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖.圓柱表面上的點M在正視圖上的對應點為A，圓柱表面上的點N在左視圖上的對應點為B，則在此圓柱側面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為(　　) A.2 B.2 C.3 D.2 解析　(1)在俯視圖Rt△ABC中，作AH⊥BC交于H. 由三視圖的意義， 則BH＝6，HC＝3， 根據射影定理，AH2＝BH·HC，∴AH＝3. 易知該“塹堵”的側視圖是矩形，長為6，寬為AH＝3.故側視圖的面積S＝6×3＝18. (2)由三視圖可知，該幾何

7、體為如圖①所示的圓柱，該圓柱的高為2，底面周長為16.畫出該圓柱的側面展開圖，如圖②所示，連接MN，則MS＝2，SN＝4.則從M到N的路徑中，最短路徑的長度為＝＝2. 答案　(1)C　(2)B 探究提高　1.由直觀圖確定三視圖，一要根據三視圖的含義及畫法和擺放規(guī)則確認.二要熟悉常見幾何體的三視圖. 2.由三視圖還原到直觀圖的思路 (1)根據俯視圖確定幾何體的底面. (2)根據正視圖或側視圖確定幾何體的側棱與側面的特征，調整實線和虛線所對應的棱、面的位置. (3)確定幾何體的直觀圖形狀. 【訓練1】 (1)如圖，在底面邊長為1，高為2的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，點P

8、是平面A1B1C1D1內一點，則三棱錐P－BCD的正視圖與側視圖的面積之和為(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 (2)(2017·北京卷)某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的最長棱的長度為(　　) A.3 B.2 C.2 D.2 解析　(1)設點P在平面A1ADD1的射影為P′，在平面C1CDD1的射影為P″，如圖所示. ∴三棱錐P－BCD的正視圖與側視圖分別為△P′AD與△P″CD， 因此所求面積S＝S△P′AD＋S△P″CD ＝×1×2＋×1×2＝2. (2)根據三視圖可得該四棱錐的直觀圖(四棱錐P－ABCD)如圖所示，將該四棱錐放入

9、棱長為2的正方體中.由圖可知該四棱錐的最長棱為PD，PD＝＝2. 答案　(1)B　(2)B 熱點二　幾何體的表面積與體積 考法1　空間幾何體的表面積 【例2－1】 (1)(2017·全國Ⅰ卷)某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和側視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形，該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為(　　) A.10 B.12 C.14 D.16 (2)(2018·西安模擬)如圖，網格紙上正方形小格的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為(　　) A.20π B.24π

10、 C.28π D.32π 解析　(1)由三視圖可畫出直觀圖，該直觀圖各面內只有兩個相同的梯形的面，S梯＝×(2＋4)×2＝6，S全梯＝6×2＝12. (2)由三視圖知，該幾何體由一圓錐和一個圓柱構成的組合體， ∵S圓錐側＝π×3×＝15π，S圓柱側＝2π×1×2＝4π，S圓錐底＝π×32＝9π. 故幾何體的表面積S＝15π＋4π＋9π＝28π. 答案　(1)B　(2)C 探究提高　1.由幾何體的三視圖求其表面積：(1)關鍵是分析三視圖確定幾何體中各元素之間的位置關系及度量大小；(2)還原幾何體的直觀圖，套用相應的面積公式. 2.(1)多面體的表面積是各個面的面積之和；組合體

11、的表面積注意銜接部分的處理. (2)旋轉體的表面積問題注意其側面展開圖的應用. 【訓練2】 (1)(2016·全國Ⅰ卷)如圖，某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條互相垂直的半徑.若該幾何體的體積是，則它的表面積是(　　) A.17π B.18π C.20π D.28π (2)(2018·煙臺二模)某幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖右側曲線為半圓弧，則幾何體的表面積為(　　) A.3π＋4－2 B.3π＋2－2 C.＋2－2 D.＋2＋2 解析　(1)由題知，該幾何體的直觀圖如圖所示，它是一個球(被過球心O且互相垂直的三個平面)切掉左上

12、角的后得到的組合體，其表面積是球面面積的和三個圓面積之和，易得球的半徑為2，則得S＝×4π×22＋3×π×22＝17π. (2)由三視圖，該幾何體是一個半圓柱挖去一直三棱柱，由對稱性，幾何體的底面面積S底＝π×12－()2＝π－2. ∴幾何體表面積S＝2(2×)＋(2π×1×2)＋S底 ＝4＋2π＋π－2＝3π＋4－2. 答案　(1)A　(2)A 考法2　空間幾何體的體積 【例2－2】 (1)(2018·河北衡水中學調研)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A.6 B.4 C. D. (2)由一個長方體和兩個圓柱構成的幾何體的三視圖如圖，則該幾

13、何體的體積為________. 解析　(1)由三視圖知該幾何體是邊長為2的正方體挖去一個三棱柱(如圖)，且挖去的三棱柱的高為1，底面是等腰直角三角形，等腰直角三角形的直角邊長為2.故幾何體體積V＝23－×2×2×1＝6. (2)該幾何體由一個長、寬、高分別為2，1，1的長方體和兩個底面半徑為1，高為1的圓柱體構成. 所以V＝2×1×1＋2××π×12×1＝2＋. 答案　(1)A　(2)2＋ 探究提高　1.求三棱錐的體積：等體積轉化是常用的方法，轉換原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一面上. 2.求不規(guī)則幾何體的體積：常用分割或補形的思想，將不規(guī)則幾何體轉化為規(guī)則幾何體以易于

14、求解. 【訓練3】 (1)(2018·江蘇卷)如圖所示，正方體的棱長為2，以其所有面的中心為頂點的多面體的體積為________. (2)(2018·北京燕博園質檢)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A.8π－ B.4π－ C.8π－4 D.4π＋ 解析　(1)正方體的棱長為2，以其所有面的中心為頂點的多面體是正八面體，其中正八面體的所有棱長都是.則該正八面體的體積為×()2×1×2＝. (2)該圖形為一個半圓柱中間挖去一個四面體，∴體積V＝π×22×4－××2×4×4＝8π－. 答案　(1)　(2)A 熱點三　多面體與球的切、接問題

15、【例3】 (2016·全國Ⅲ卷)在封閉的直三棱柱ABC－A1B1C1內有一個體積為V的球.若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是(　　) A.4π B. C.6π D. 解析　由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10. 要使球的體積V最大，則球與直三棱柱的部分面相切，若球與三個側面相切，設底面△ABC的內切圓的半徑為r. 則×6×8＝×(6＋8＋10)·r，所以r＝2. 2r＝4＞3，不合題意. 球與三棱柱的上、下底面相切時，球的半徑R最大. 由2R＝3，即R＝.故球的最大體積V＝πR3＝π. 答案　B 【遷移探究1】 若本例中的條件變

16、為“直三棱柱ABC－A1B1C1的6個頂點都在球O的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面積. 解　將直三棱柱補形為長方體ABEC－A1B1E1C1， 則球O是長方體ABEC－A1B1E1C1的外接球. ∴體對角線BC1的長為球O的直徑. 因此2R＝＝13. 故S球＝4πR2＝169π. 【遷移探究2】 若將題目的條件變?yōu)椤叭鐖D所示是一個幾何體的三視圖”試求該幾何體外接球的體積. 解　該幾何體為四棱錐，如圖所示，設正方形ABCD的中心為O，連接OP. 由三視圖，PH＝OH＝1， 則OP＝＝. 又OB＝OC＝OD＝OA＝. ∴點O為幾何體

17、外接球的球心， 則R＝，V球＝πR3＝π. 探究提高　1.與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接.球與旋轉體的組合通常是作它們的軸截面解題，球與多面體的組合，通過多面體的一條側棱和球心，或“切點”、“接點”作出截面圖，把空間問題化歸為平面問題. 2.若球面上四點P，A，B，C中PA，PB，PC兩兩垂直或三棱錐的三條側棱兩兩垂直，可構造長方體或正方體確定直徑解決外接問題. 【訓練4】 (2018·廣州三模)三棱錐P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，則三棱錐P－ABC的外接球的表面積為(　　) A.23π B. π C.64π

18、 D.π 解析　如圖，設O′為正△PAC的中心，D為Rt△ABC斜邊的中點，H為AC中點.由平面PAC⊥平面ABC.則O′H⊥平面ABC.作O′O∥HD，OD∥O′H，則交點O為三棱錐外接球的球心，連接OP，又O′P＝PH＝××2＝，OO′＝DH＝AB＝2.∴R2＝OP2＝O′P2＋O′O2＝＋4＝. 故幾何體外接球的表面積S＝4πR2＝π. 答案　D 1.求解幾何體的表面積或體積 (1)對于規(guī)則幾何體，可直接利用公式計算. (2)對于不規(guī)則幾何體，可采用割補法求解；對于某些三棱錐，有時可采用等體積轉換法求解. (3)求解旋轉體的表面積和體積時，注意圓柱的軸截面是矩形，

19、圓錐的軸截面是等腰三角形，圓臺的軸截面是等腰梯形的應用. (4)求解幾何體的表面積時要注意S表＝S側＋S底. 2.球的簡單組合體中幾何體度量之間的關系，如棱長為a的正方體的外接球、內切球、棱切球的半徑分別為a，，a. 3.錐體體積公式為V＝Sh，在求解錐體體積中，不能漏掉. 一、選擇題 1.“牟合方蓋”是我國古代數學家劉徽在研究球的體積的過程中構造的一個和諧優(yōu)美的幾何體.它由完全相同的四個曲面構成，相對的兩個曲面在同一個圓柱的側面上，好似兩個扣合(牟合)在一起的方形傘(方蓋).其直觀圖如圖，圖中四邊形是為體現(xiàn)其直觀性所作的輔助線.當其正視圖和側視圖完全相同時，它的俯視圖可能是(　

20、　) 解析　由直觀圖知，俯視圖應為正方形，又上半部分相鄰兩曲面的交線為可見線，在俯視圖中應為實線，因此，選項B可以是幾何體的俯視圖. 答案　B 2.(2018·北京卷)某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側面中，直角三角形的個數為(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　在正方體中作出該幾何體的直觀圖，記為四棱錐P－ABCD，如圖，由圖可知在此四棱錐的側面中，直角三角形的個數為3，是△PAD，△PCD，△PAB. 答案　C 3.(2018·湖南師大附中聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A.8(π＋4) B.8(π

21、＋8) C.16(π＋4) D.16(π＋8) 解析　由三視圖還原原幾何體如右圖：該幾何體為兩個空心半圓柱相切，半圓柱的半徑為2，母線長為4，左右為邊長是4的正方形.∴該幾何體的表面積為2×4×4＋2π×2×4＋2(4×4－π×22)＝64＋8π＝8(π＋8). 答案　B 4.(2017·全國Ⅲ卷)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為(　　) A.π B. C. D. 解析　如圖畫出圓柱的軸截面ABCD，O為球心.球半徑R＝OA＝1，球心到底面圓的距離為OM＝. ∴底面圓半徑r＝＝，故圓柱體積V＝π·r2·h＝π

22、·×1＝. 答案　B 5.(2018·北京燕博園押題)某幾何體的三視圖如圖所示，三個視圖中的曲線都是圓弧，則該幾何體的體積為(　　) A. B. C. D. 解析　由三視圖可知，該幾何體是由半個圓柱與個球組成的組合體，其體積為×π×12×3＋××13＝. 答案　B 6.(2018·全國Ⅲ卷)設A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，△ABC為等邊三角形且其面積為9，則三棱錐D－ABC體積的最大值為(　　) A.12 B.18 C.24 D.54 解析　設等邊△ABC的邊長為x，則x2sin 60°＝9，得x＝6.設△ABC的外接圓半徑為r

23、，則2r＝，解得r＝2，所以球心到△ABC所在平面的距離d＝＝2，則點D到平面ABC的最大距離d1＝d＋4＝6.所以三棱錐 D－ABC體積的最大值Vmax＝S△ABC×6＝×9×6＝18. 答案　B 二、填空題 7.(2018·浙江卷改編)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)為________. 解析　由三視圖可知，該幾何體是一個底面為直角梯形的直四棱柱，所以該幾何體的體積V＝×(1＋2)×2×2＝6. 答案　6 8.(2018·鄭州質檢)已知長方體ABCD－A1B1C1D1內接于球O，底面ABCD是邊長為2的正方形，E為AA1的中點，OA

24、⊥平面BDE，則球O的表面積為________. 解析　取BD的中點為O1，連接OO1，OE，O1E，O1A， 則四邊形OO1AE為矩形，∵OA⊥平面BDE，∴OA⊥EO1，即四邊形OO1AE為正方形，則球O的半徑R＝OA＝2，∴球O的表面積S＝4π×22＝16π. 答案　16π 9.(2018·武漢模擬)某幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖的輪廓是底邊為2，高為1的等腰三角形，俯視圖的輪廓為菱形，側視圖是個半圓.則該幾何體的體積為________. 解析　由三視圖知，幾何體是由兩個大小相同的半圓錐的組合體. 其中r＝1，高h＝. 故幾何體的體積V＝π×12×＝π. 答案　

25、π 三、解答題 10.在三棱柱ABC－A1B1C1中，側面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝AB＝BC＝2，且點O為AC中點. (1)證明：A1O⊥平面ABC； (2)求三棱錐C1－ABC的體積. (1)證明　因為AA1＝A1C，且O為AC的中點， 所以A1O⊥AC， 又面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，且A1O?平面AA1C1C， ∴A1O⊥平面ABC. (2)解　∵A1C1∥AC，A1C1?平面ABC，AC?平面ABC， ∴A1C1∥平面ABC，即C1到平面ABC的距離等于A1到平面ABC的距離. 由(1)知A1O⊥平面AB

26、C且A1O＝＝， ∴VC1－ABC＝VA1－ABC＝S△ABC·A1O＝××2××＝1. 11.(2018·長春模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB，AD∥BC，AB＝AC，AD＝BC＝1，PD＝3，∠BAD＝120°，M為PC的中點. (1)證明：DM∥平面PAB； (2)求四面體MABD的體積. (1)證明　取PB中點N，連接MN，AN. ∵M為PC的中點，∴MN∥BC且MN＝BC， 又AD∥BC，且AD＝BC，得MN綉AD. ∴ADMN為平行四邊形，∴DM∥AN. 又AN?平面PAB，DM?平面PAB，∴DM∥平面PAB. (2)解　取AB中點O，連接PO，∵PA＝PB，∴PO⊥AB， 又∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PO?平面PAB， 則PO⊥平面ABCD，取BC中點H，連接AH， ∵AB＝AC，∴AH⊥BC，又∵AD∥BC，∠BAD＝120°， ∴∠ABC＝60°，Rt△ABH中，BH＝BC＝1，AB＝2， ∴AO＝1，又AD＝1， △AOD中，由余弦定理知，OD＝. Rt△POD中，PO＝＝. 又S△ABD＝AB·ADsin 120°＝， ∴VM－ABD＝·S△ABD·PO＝. 15