2019届高考数学二轮复习第一篇专题五立体几何第1讲空间几何体的三视图表面积与体积教案理

第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积

1.

(2018·全国Ⅲ卷,理3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( A )

解析:

由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示,由直观图可知其俯视图应选A.

2.(2018·全国Ⅰ卷,理7)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为( B )

(A)2(B)2(C)3 (D)2

解析:先画出圆柱的直观图,根据题图的三视图可知点M,N的位置如图①所示.

圆柱的侧面展开图及M,N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示,连接MN,则图中MN即为M 到N的最短路径.

ON=×16=4,OM=2,

所以|MN|===2.故选B.

3.(2017·全国Ⅰ卷,理7)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有

若干个是梯形,这些梯形的面积之和为( B )

(A)10 (B)12 (C)14 (D)16

解析:如图为该几何体的直观图,易知该几何体中有两个全等的梯形,其中一个梯形的面积为

S=×(2+4)×2=6,故这些梯形面积之和为6×2=12.故选B.

4.(2017·全国Ⅲ卷,理8)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为( B )

(A)π(B)(C)(D)

解析:

球体与圆柱体的截面图如图,

故S柱底=π×2=π,

V柱=S柱底h=π.

故选B.

5.(2018·全国Ⅲ卷,理10)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D ABC体积的最大值为( B )

(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D ABC高的最大值为2+4=6,

所以三棱锥D ABC体积的最大值为

×9×6=18.故选B.

6.(2018·全国Ⅱ卷,理16)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥

底面所成角为45°,若△SAB的面积为5,则该圆锥的侧面积为.

解析:

如图,因为SA与底面成45°角,

所以△SAO为等腰直角三角形.

设OA=r,

则SO=r,SA=SB=r.

在△SAB中,cos∠ASB=,

所以sin∠ASB=,

所以S△SAB=SA·SB·sin∠ASB

=(r)2·

=5,

解得r=2,

所以SA=r=4,

即母线长l=4,

所以S圆锥侧=πr·l=π×2×4=40π.

答案:40π

1.考查角度

(1)几何体三视图的识别;

(2)由三视图还原直观图求长度、面积、体积;

(3)与球有关的“接”“切”问题.

2.题型及难易度

选择题、填空题,中低档.

(对应学生用书第32~34页)

空间几何体的三视图

考向1 几何体三视图的识别

【例1】(2018·济南市模拟)如图,在正方体ABCD A 1B1C1D1中,P为BD1的中点,则△PAC在该正方体各个面上的正投影可能是( )

(A)①② (B)①④

(C)②③ (D)②④

解析:由题可知平面PAC⊥平面ABCD,且点P在各个面内的正投影均为正方形的中心.根据对称性,只需考虑△PAC在底面、后面、右面的正投影即可.显然△PAC在底面的正投影为正方形的对角线,在后面与右面的正投影相同,均为等腰直角三角形,故选B.

考向2 由几何体的三视图还原几何体

【例2】(2018·太原市模拟)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的各条棱中,最长棱的长度为( )

(A)(B)(C)2 (D)1

解析:由三视图可知,几何体的直观图如图(1)所示,平面AED⊥平面BCDE,四棱锥A BCDE的高为1,四边形BCDE是边长为1的正方形.

如图(2),过点A作平面BCDE的垂线,垂足为点F,连接EF,FC,显然侧棱AC最长.

CF===,AC===.故最长棱的长度为.故选A.

由几何体的直观图画三视图时应注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向

热点训练1:(2018·惠州市调研)

如图,在底面边长为1,高为2的正四棱柱ABCD A 1B1C1D1(底面ABCD是正方形,侧棱AA1⊥底面ABCD)中,点P是正方形A 1B1C1D1内一点,则三棱锥P BCD的正视图与俯视图的面积之和的最小值为( )

(A)(B)1

(C)2 (D)

解析:由题易知,其正视图面积为×1×2=1.当顶点P在底面ABCD上的投影在△BCD内部或

其边上时,俯视图的面积最小,最小值为S △BCD=×1×1=,所以三棱锥P BCD的正视图与俯视

图的面积之和的最小值为1+=.故选A.

热点训练2:(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为( )

(A)1 (B)2 (C)3 (D)4

解析:

在棱长为2的正方体中作出该几何体的直观图,记为四棱锥P ABCD,如图,由图可知在此四棱锥的侧面中,直角三角形有△PAD,△PDC,△PAB,共3个,

故选C.

空间几何体的表面积和体积

考向1 由空间几何体的结构特征计算表面积与体积

【例3】(2017·全国Ⅰ卷)

如图,在四棱锥P ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.

(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;

(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥P ABCD的体积为,求该四棱锥的侧面积. (1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.

由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD.

又AB?平面PAB,

所以平面PAB⊥平面PAD.

(2)解:在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.

由(1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,AB⊥AD,

可得PE⊥平面ABCD.

设AB=x,则由已知可得AD=x,

PE=x.

故四棱锥P ABCD的体积

=AB·AD·PE=x3.

由题设得x3=,故x=2.

从而PA=PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2.

可得四棱锥P ABCD的侧面积为

PA·PD+PA·AB+PD·DC+BC2sin 60°=6+2.

考向2 由三视图计算空间几何体的表面积与体积

【例4】(1)(2018·延安模拟)如图,在边长为1的正方形组成的网格中,画出的是一个几何体的三视图,则该几何体的体积是( )

(A)9 (B)(C)18 (D)27

(2)(2018·遂宁模拟)在一圆柱中挖去一圆锥所得的机械部件的三视图如图所示,则此机械部件的表面积为( )

(A)(7+)π(B)(8+)π

(C)(D)(1+)π+6

解析:

(1)根据三视图可知几何体是一个三棱锥 A BCD,如图,则三棱锥底是直角边为6,3的直角三

角形,三棱锥高为3,所以几何体的体积V=××6×3×3=9.故选A.

(2)该几何体是由一个圆柱挖去一个倒圆锥,圆锥的上底面与圆柱的上底面重合,所以此机械部件的表面积为π×12+2π×1×3+×2π×1×=7π+π.故选A.

解题的关键是对所给三视图进行分析

(A)16+π(B)16-(-1)π

(C)16+(-1)π(D)20+(-1)π

解析:由装饰品的三视图可知,该装饰品是由一个棱长为2的正方体,切去四个四分之一的圆锥所得的几何体,其中圆锥的底面半径为1,高为2,则该装饰品的表面积为

22+22-4×π×12+4××2×2+4×π×1×=16+(-1)π.故选C.

球与几何体的切、接问题

考向1 外接球

【例5】(2018·合肥市二次质检)已知四棱锥P ABCD的侧棱长相等,且底面是边长为3的正方形,它的五个顶点都在直径为10的球面上,则四棱锥P ABCD的体积为.

解析:设底面ABCD的中心为O 1,四棱锥P ABCD的外接球的球心为O.易知O在四棱锥的高PO1(或延长线)上,连接AC,OA,由球的性质可知△OO1A为直角三角形,易得

O1A=AC=×3=3,OA=5,

所以OO1=4,所以PO1=4+5=9或PO1=5-4=1.

当PO 1=9时,四棱锥P ABCD的体积为×3×3×9=54,当PO1=1时,四棱锥P ABCD的体积

为×3×3×1=6.

综上,四棱锥P ABCD的体积为6或54.

答案:6或54

考向2 内切球

【例6】(2018·长沙市、南昌市部分学校二次联考)已知一块直三棱柱形状的玉石,记为三棱柱ABC A 1B1C1,其中AB=10 cm,AC=6 cm,BC=8 cm,AA1=4 cm,若将此玉石加工成一个球,则此球的最大体积为( )

(A) cm3(B) cm3

(C) cm3(D) cm3

解析:在△ABC中,AB=10 cm,AC=6 cm,BC=8 cm,

AB2=AC2+BC2,

所以△ABC为直角三角形,

在Rt△ABC中,设其内切圆的半径为r,

则r=×(6+8-10)=2 cm,

易知2r=AA1,

所以当此玉石加工成的球是直三棱柱ABC A 1B1C1的内切球,即球的半径R为底面直角三角形

内切圆的半径,即R=2 cm时,该球的体积最大,最大体积为πR3= cm3.故选C.

空间几何体与球接、切问题的求解方法

热点训练4:(2018·石家庄市质检)直三棱柱ABC A

1B1C1的各顶点都在同一球面上,若AB=3,AC=5,BC=7,AA1=2,则此球的表面积为.

解析:在△ABC中,由余弦定理,知cos∠CAB==-,

所以sin∠CAB=.设△ABC外接圆的半径为r,

则由正弦定理知,2r==,

所以r=,

设球的半径为R,

则R==,

所以此球的表面积S=4πR2=.

答案:

热点训练5:(2018·河南一模)在三棱锥S ABC中,SB⊥BC,SA⊥AC,SB=BC,SA=AC,AB=SC,且

三棱锥S ABC的体积为,则该三棱锥的外接球的半径为( )

(A)1 (B)2 (C)3 (D)4

解析:

如图,取SC的中点O,连接OB,OA,

因为SB⊥BC,SA⊥AC,SB=BC,SA=AC,

所以OB⊥SC,OA⊥SC,OB=SC,OA=SC,

所以SC⊥平面OAB,O为三棱锥的外接球的球心,SC为球O的直径,设球O的半径为R,

则AB=SC=R,

所以△AOB为正三角形,则∠BOA=60°,

所以=+=2×R2sin 60°××R=.解得R=3.故选C.

【例1】

(2018·湖南省湘东五校联考)已知正三棱锥P ABC的正视图和俯视图如图所示,则此三棱锥外接球的表面积为( )

(A)(B)

(C)(D)12π

解析:如图,作PG⊥CB于点G,连接AG,设点P在底面ABC内的射影为D,连接PD,

依题易得AB=2,PG=,PA=4,AD=2,

PD=2,PD⊥平面ABC.

易知,正三棱锥P ABC外接球的球心在PD上,

不妨设球心为O,半径为r,连接OA,

则在Rt△AOD中,

r2=22+(2-r)2?r2=,

S=4πr2=.故选B.

【例2】(2018·唐山市第一学期五校联考)

把一个皮球放入如图所示的由8根长均为 20 cm 的铁丝接成的四棱锥形骨架内,使皮球的表面与8根铁丝都有接触点且皮球不变形,则皮球的半径为( )

(A)10 cm (B)10 cm

(C)10 cm (D)30 cm

解析:如图,过点S作SM⊥平面ABCD,垂足为M,连接AM,

由题意可知SM=10 cm,

球心必在SM上,设球心为O,OM=d,

过点O作OE⊥SA,垂足为E,

则OE=R(R为球O的半径),

因为△SEO∽△SMA,

所以=,

即=,

所以d=10-R,

过点O作OF⊥AB,垂足为F,连接MF,

则R2=(10-R)2+2,

解得R=10 cm或R=30 cm(舍去),

故选B.