高考数学二轮复习 第1部分 专题5 必考点11 空间几何体三视图、表面积及体积课件 文
三角形，高为 2，∴所求体积 V＝V 柱－V 锥＝12×1×1
×2－13×12×1×1×2＝23. 利用锥体与柱体体积的关系
V 锥＝13Sh＝13V 柱，而 V 柱＝21×1×1×2＝1.
∴所求体积 A
V＝V
柱－V
锥＝1－13＝23.
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类型二 有关柱体的三视图与计算
小题 速解
类型一 三视图与直观图的辨识和画法
[例 1] 某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不 可能是( D ) 从正视图和侧视图想像直观图，再检验答案． 若下部分是圆柱或四棱柱，上部分可以是圆柱或者棱柱，A、 B、C 适合题意，若是 D 答案，其正视图应为(如右图)中间 有虚线． 排除法：一一排除．
∴x22＋x22＝1，即 x＝ 2，则 AB＝AC＝1， ∴S 矩形 ABB1A1＝ 2×1＝ 2. C
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类型五 球及球的组合体
根据大圆的内接正方形寻求球半径与正方形边长的关系． 正方形 BCC1B1 所在的是大圆面， ∴B1C＝2，B1C2＝2BC2，∴BC＝ 2， 在 Rt△ABC 中，AB＝AC＝1， ∴SABB1A1＝ 2×1＝ 2. C
小题 速解
类型二 有关柱体的三视图与计算
[例 2] (2016·唐山市高三模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体
的体积等于( )
2
4
A.3
B.3
C．1
1 D.3
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类型二 有关柱体的三视图与计算
(基本法) 由三视图知该几何体是直三棱柱截去一个
三棱锥所剩的几何体，底面是直角边为 1 的等腰直角
小题 速解
类型五 球及球的组合体
1涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊 点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找 几何体中元素间的关系. 2球心与截面圆心的连线垂直圆面，其距离为 d，常利用直角三角形建立 量的关系，R2＝d2＋r2.
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类型二 有关柱体的三视图与计算
自我挑战
2．(2014·高考安徽卷)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面
积为( A )
A．21＋ 3 C．21
B．18＋ 3 D．18
根据题意作出直观图如图，该多面体是由正方体切去
两个角而得到的，根据三视图可知其表面积为
622－12×1×1＋2× 43×( 2)2＝6×72＋ 3＝21＋ 3. 故选 A.
＝5
2，所以该几何体的外接球的表面积为
S＝4πR2＝4π×5
2
22＝50π，
故选 D.
解题绝招 系列讲座
三视图复原的切、接、割、补
当三视图不是常见规则几何体的图时，可考虑是否通过切、接、割、补 的方法变换而来的． 切、割：把几何体沿某个平面或棱切割掉某些几何体得到新的不规则几 何体，可通过切割面观察． 接、补：在一个几何体的某个部位，接补上某些几何体，形成新的不规 则几何体，可通过正视图、侧视图的图形观察接补上的几何体的形状．
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类型三 有关锥体的三视图与计算
[例 3] (2014·高考课标卷Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实
线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长
度为( )
A．6 2
B．6
C．4 2
D．4
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类型三 有关锥体的三视图与计算
(基本法) 根据三视图恢复直观图计算棱长由多面体 的三视图可知该几何体的直观图为一个三棱锥，如图 所示．其中面 ABC⊥面 BCD，△ABC 为等腰直角三角 形，AB＝BC＝4，取 BC 的中点 M，连结 AM，DM， 则 DM⊥面 ABC，在等腰△ BCD 中，BD＝DC＝2 5，BC＝DM＝4，所 以在 Rt△AMD 中，AD＝ AM2＋DM2＝ 42＋22＋42＝6，又在 Rt△ABC 中，AC＝4 2<6，故该多面体的各条棱中，最长棱为 AD，长度为 6，故 选 B. B
知识 回扣
必记知识
重要结论
常见的一些简单几何体的表面积和体积公式 (1)圆柱的表面积公式：S＝2πr2＋2πrl＝2πr(r＋l)(其中 r 为底面半径，l 为 圆柱的高)； (2)圆锥的表面积公式：S＝πr2＋πrl＝πr(r＋l)(其中 r 为底面半径，l 为母 线长)； (3)圆台的表面积公式：S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)(其中 r 和 r′分别为圆台 的上、下底面半径，l 为母线长)；
A.43cm3
B.38cm3
C．3 cm3
D．4 cm3
由三视图可知该几何体是一个底面为正方形(边长为
2)、高为 2 的四棱锥，如图所示．由四棱锥的体积公
式知所求几何体的体积 V＝38cm3.
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类型四 有关组合体的三视图与计算
[例 4] 一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几
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三视图复原的切、接、割、补
[例 1] 某多面体的三视图如图所示，则该多面体的各条棱中，最长的棱
的长度及体积分别为( A )
A．2 2，230
B．2,4
C．2 5，230
D. 5，136
由三视图知，该几何体是棱长为 2 的正方体截去两
个角后得到的，几何体的直视图是多面体
PABCDEF，如图所示．易知ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ最长棱为正方体的一
类型五 球及球的组合体
自我挑战
5．(2016·洛阳高三统考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球
的表面积为( D )
A．200π
B．150π
C．100π
D．50π
由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去 3 个角后得到，该长方体
的长、宽、高分别为 5、4、3，所以其外接球半径 R 满足 2R＝ 42＋32＋52
A．2
B．1
C. 2
2 D. 2
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类型五 球及球的组合体
(基本法) 根据题中给定条件寻求所求侧面边长与其他量之间关系． 由题意知，球心在侧面 BCC1B1 的中心 O 上，BC 为截面圆的直径，∴∠ BAC＝90°，△ABC 的外接圆圆心 N 位于 BC 的中点，同理△A1B1C1 的外 心 M 是 B1C1 的中点．设正方形 BCC1B1 边长为 x，Rt△OMC1 中，OM＝x2， MC1＝2x，OC1＝R＝1(R 为球的半径)，
1柱体的三视图与计算，首先确定其底面，然后确定高，高往往隐含在 正视图或侧视图中. 2一些不规则的几何体，求其体积多采用分割或补形的方法，从而转化 为规则的几何体，而补形又分为对称补形即某些不规则的几何体，若存 在对称性，则可考虑用对称的方法进行补形、还原补形即还台为锥和 联系补形某些空间几何体虽然也是规则几何体，不过几何量不易求解， 可根据其所具有的特征，联系其他常见几何体，作为这个规则几何体的 一部分来求解.
何体组成，其体积分别记为 V1，V2，V3，V4，上面两个简单几何体均为 旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有( )
A．V1<V2<V4<V3 C．V2<V1<V3<V4
B．V1<V3<V2<V4 D．V2<V3<V1<V4
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类型四 有关组合体的三视图与计算
(基本法) V1 表示一个圆台的体积，底面直径分别为 2,4，高为 1，故 V1 ＝13(4π＋2π＋π)×1＝73π.V2 表示圆柱的体积，底面直径为 2，高为 2，故 V2＝2π.V3 表示正方体的体积，棱长为 2，故 V3＝23＝8.V4 表示一个棱台的 体积，上、下底面分别为边长是 2、4 的正方形， 高为 1，故 V4＝13(4＋16＋8)×1＝238. 比较大小可得 V2<V1<V3<V4. C
条面对角线，其长为 2 2.其体积为 2×2×2－13
×2×1×2×2×12＝230.故选 A.
解题绝招 系列讲座
三视图复原的切、接、割、补
解题绝招 系列讲座
三视图复原的切、接、割、补
[例 2] (2014·高考浙江卷)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此
几何体的表面积是( D )
A．90 cm2
A 图是两个圆柱的组合体的俯视图；B 图是一个四棱柱与一个圆柱的组合 体的俯视图；C 图是一个底面为等腰直角三角形的三棱柱与一个四棱柱的 组合体的俯视图，采用排除法．
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类型一 三视图与直观图的辨识和画法
分析空间几何体的三视图的要点 (1)根据俯视图确定几何体的底面． (2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实 线和虚线所对应的棱、面的位置． (3)确定几何体的形状，即可得到结果． (4)实物与三视图中某些线段长度的变化也能体现位置关系．
专题复习·数学（文）
专题五 立体几何 必考点十一 空间几何体三视图、表面积及体积(重点)
类
类型一 三视图与直观图的辨识和画法
型
类型二 有关柱体的三视图与计算
类型三 有关锥体的三视图与计算
类型四 有关组合体的三视图与计算
类型五 球及球的组合体
高考·预测 运筹帷幄之中
1 以三视图为背景的几何体的识别问题． 2 空间几何体与三视图相结合，计算几何体的表面积和体积． 3 球及有关组合体的表面积与体积．
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类型四 有关组合体的三视图与计算
组合体从上、下、左、右、前、后、里、外几种位置分清有哪些几何体 构成，接触面积是什么位置，便于计算.
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类型四 有关组合体的三视图与计算
自我挑战
4．(2016·兰州高三检测)如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的
体积为( B )
A．10π
2021年高考理数第二轮第1讲 空间几何体的三视图、表面积和体积
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真题感悟 考点整合
热点聚焦 分类突破
归纳总结 思维升华
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真题感悟
1.(2018·全国Ⅲ卷)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( )
8
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解析 由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，其对角线长分别为 6 cm 和 4 cm， 故 V 挖去的四棱锥＝13×12×4×6×3＝12(cm3). 又 V 长方体＝6×6×4＝144(cm3)， 所以模型的体积为 V 长方体－V 挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)， 所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g). 答案 118.8
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解析 由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以 是虚线，结合榫头的位置知选A. 答案 A
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2.(2019·全 国 Ⅰ 卷 ) 已 知 三 棱 锥 P － ABC 的 四 个 顶 点 在 球 O 的 球 面 上 ， PA ＝ PB ＝ PC ， △ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的 体积为( )
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2.空间几何体的两组常用公式 (1)柱体、锥体、台体、球的表面积公式： ①圆柱的表面积 S＝2πr(r＋l)； ②圆锥的表面积 S＝πr(r＋l)； ③圆台的表面积 S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)； ④球的表面积 S＝4πR2. (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh(S 为底面面积，h 为高)；②V 锥体＝13Sh(S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR3.
专题05 空间几何体的三视图、表面积和体积(解析版)
专题05 空间几何体的三视图、表面积和体积【要点提炼】1.空间几何体的两组常用公式(1)柱体、锥体、台体、球的表面积公式：①圆柱的表面积S＝2πr(r＋l)；②圆锥的表面积S＝πr(r＋l)；③圆台的表面积S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)；④球的表面积S＝4πR2.(2)柱体、锥体和球的体积公式：①V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；②V锥体＝13Sh(S为底面面积，h为高)；③V球＝43πR3.2.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a的正方体的外接球、内切球、棱切球的半径分别为32a，a2，22a.考点考向一空间几何体的表面积【典例1】(1)如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体的某个顶点为球心，2为半径的18球体后的剩余部分，则该几何体的表面积为()A.24－3πB.24－πC.24＋πD.24＋5π(2)(多选题)等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为()A.2πB.(1＋2)πC.22πD.(2＋2)π解析(1)由题意知该几何体的表面积S＝6×22－3×14×π×22＋18×4×π×22＝24－π.故选B.(2)如果是绕直角边旋转，则形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，长为2，所以所形成的几何体的表面积S＝π×1×2＋π×12＝(2＋1)π.如果绕斜边旋转，则形成的是上、下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边上的高22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，所以形成的几何体的表面积S′＝2×π×22×1＝2π.综上可知，形成几何体的表面积是(2＋1)π或2π.故选AB.答案(1)B(2)AB探究提高 1.求空间几何体的表面积，首先要掌握几何体的表面积公式，其次把不规则几何体分割成几个规则的几何体.2.(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.(2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.【拓展练习1】(1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为() A.122π B.12πC.82πD.10π(2)(2020·衡水金卷)一个圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，在该圆锥中有一个内接圆柱(下底面在圆锥底面上，上底面的圆周在圆锥侧面上)，则当该圆柱侧面积取最大值时，该圆柱的高为()A.1B.2C.3D. 3解析(1)因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为2 2.所以S表面积＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.(2)如图，设圆柱底面半径为r (0＜r ＜2)，高为h ，则h4sin 60°＝2－r 2，即h ＝3(2－r )，其侧面积为S ＝23πr (2－r )＝23π(－r 2＋2r )，根据二次函数性质，当r ＝1时，侧面积取得最大值，此时h ＝ 3. 答案 (1)B (2)D考向二 空间几何体的体积【典例2】 (1)(2020·济南模拟)已知三棱锥S －ABC 中，∠SAB ＝∠ABC ＝π2，SB ＝4，SC ＝213，AB ＝2，BC ＝6，则三棱锥S －ABC 的体积是( ) A.4B.6C.4 3D.6 3(2)(2020·长沙模拟)如图，在四面体PBCD 中，点A 是CD 的中点，P A ＝AD ，△ABC 为等边三角形，边长为6，PB ＝8，PC ＝10，则△PBD 的面积为________，四面体P ABC 的体积为________.解析 (1)∵∠ABC ＝π2，AB ＝2，BC ＝6，∴AC ＝AB 2＋BC 2＝22＋62＝210.∵∠SAB ＝π2，AB ＝2，SB ＝4，∴AS ＝SB 2－AB 2＝42－22＝2 3.由SC ＝213，得AC 2＋AS 2＝SC 2，∴AC ⊥AS .又∵SA ⊥AB ，AC ∩AB ＝A ，∴AS ⊥平面ABC ，∴AS 为三棱锥S －ABC 的高，∴V 三棱锥S －ABC＝13×12×2×6×23＝4 3.故选C.(2)因为△ABC 为等边三角形，边长为6，点A 为CD 的中点，所以AD ＝AB ＝6，所以△ADB 为等腰三角形.又∠DAB ＝180°－∠CAB ＝120°， 所以∠ADB ＝12(180°－120°)＝30°，所以∠ADB ＋∠DCB ＝90°，所以∠DBC ＝90°，所以CB ⊥DB ，所以DB ＝CD 2－BC 2＝144－36＝6 3.因为PB ＝8，PC ＝10，BC ＝6，所以PC 2＝PB 2＋BC 2，所以CB ⊥PB .又DB ∩PB ＝B ，DB ⊂平面PBD ，PB ⊂平面PBD ，所以CB ⊥平面PBD .因为DA ＝AC ＝AP ＝6，所以△PDC 为直角三角形，且∠DPC ＝90°，所以PD ＝CD 2－PC 2＝144－100＝211.又DB ＝63，PB ＝8，所以DB 2＝PD 2＋PB 2，即△PBD 为直角三角形，所以S △PBD ＝12×8×211＝811.因为点A 为DC 的中点，所以V P －ABC ＝12V P －CBD ＝12V C －PBD ＝12×13×S △PBD ×CB ＝12×13×811×6＝811，即四面体P ABC 的体积为811. 答案 (1)C (2)811 811探究提高 1.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.2.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.【拓展练习2】 (1)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( ) A.πB.3π4C.π2D.π4(2)(2020·东北三校一联)如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，ED ＝2FC ＝2，则四面体ABEF 的体积为( )A.13B.23C.1D.43解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球半径R ＝OA ＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12.∴底面圆半径r ＝AM ＝OA 2－OM 2＝32，故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4.(2)∵ED ⊥平面ABCD 且AD ⊂平面ABCD ， ∴ED ⊥AD .∵在正方形ABCD 中，AD ⊥DC ，而DC ∩ED ＝D ， ∴AD ⊥平面CDEF .易知FC ＝ED2＝1，V A －BEF ＝V ABCDEF －V F －ABCD －V A －DEF .∵V E －ABCD ＝ED ×S 正方形ABCD ×13＝2×2×2×13＝83，V B －EFC ＝BC ×S △EFC ×13 ＝2×2×1×12×13＝23，∴V ABCDEF ＝83＋23＝103.又V F －ABCD ＝FC ×S 正方形ABCD ×13＝1×2×2×13＝43， V A －DEF ＝AD ×S △DEF ×13＝2×2×2×12×13＝43，V A －BEF ＝103－43－43＝23.故选B. 答案 (1)B (2)B考向三 多面体与球的切、接问题【典例3】 (1)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A.4πB.9π2C.6πD.32π3(2)在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图，若四棱锥P －ABCD 为阳马，侧棱P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝3，BC ＝AB ＝4，设该阳马的外接球半径为R ，内切球半径为r ，则R ＝________；内切球的体积V ＝________.解析 (1)由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r . 则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2. ∴2r ＝4＞3不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大. 由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π.(2)在四棱锥P －ABCD 中，侧棱P A ⊥底面ABCD ，且底面为矩形，将该“阳马”补成长方体，则(2R )2＝AB 2＋AD 2＋AP 2＝16＋16＋9＝41， 因此R ＝412.依题意Rt △P AB ≌Rt △P AD ，则内切球O 在侧面P AD 内的正视图是△P AD 的内切圆，故内切球的半径r ＝12(3＋4－5)＝1，则V ＝43πr 3＝43π. 答案 (1)B (2)412 43π探究提高 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.2.若球面上四点P ，A ，B ，C 且P A ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.【拓展练习3】 (1)(2020·太原模拟)如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 是等腰直角三角形，AB ＝BC ＝1，点D 为侧棱BB 1上的动点.若△ADC 1周长的最小值为3＋5，则三棱锥C 1－ABC 的外接球的体积为( )A.2πB.32π C.5π2D.3π(2)(2020·烟台诊断)已知点A，B，C在半径为2的球面上，满足AB＝AC＝1，BC ＝3，若S是球面上任意一点，则三棱锥S－ABC体积的最大值为________. 解析(1)将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开在同一平面内，示意图如图所示，易知当D为侧棱BB1的中点时，△ADC1的周长最小，此时设BD＝x(x＞0)，则21＋x2＋2＋4x2＝3＋5，解得x＝12，所以CC1＝1，AC1＝ 3.又三棱锥C1－ABC的外接球的球心为AC1的中点，所以外接球的半径R＝32，于是三棱锥C1－ABC的外接球的体积为V＝43πR3＝43π×⎝⎛⎭⎪⎫323＝32π.(2)设球心为O，△ABC的外心为D，则OD⊥平面ABC.在△ABC中，由余弦定理，得cos A＝12＋12－（3）22×1×1＝－12，则sin A＝32.所以S△ABC＝12AB·AC sin A＝12×1×1×32＝34，且△ABC的外接圆半径DA＝BC2sin A＝32×32＝1.因此在Rt△OAD中，OD＝OA2－DA2＝22－12＝ 3.当三棱锥S－ABC的高最大时，三棱锥S－ABC的体积取最大值，而三棱锥S－ABC的高的最大值为3＋2，所以三棱锥S－ABC的体积的最大值为13×34×(3＋2)＝3＋2312.答案(1)B(2)3＋2312【专题拓展练习】1．三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，4ABC π∠=，2AC =，则三棱锥P ABC-外接球表面积的最小值是（ ） A ．8π B ．4πC ．2πD ．π【答案】B 【详解】设底面ABC 外接圆圆心为1O ，半径为r ， 则22sin ACr ABC==∠，即1r =.设三棱锥P ABC -高为h ，球的半径为R .由PA PB PC ==，得球心O 在1PO 上，且222()R h R r -+=，则11112122R h h h h⎛⎫=+≥⋅⋅= ⎪⎝⎭，当且仅当1h =时等号成立， 此时外接球表面积最小，则min 4S π=.故选：B2．已知菱形ABCD 360BAD ∠=︒，将ABD △沿BD 折起，使A ，C 两点的3A BCD -的外接球的表面积为（ ） A ．3π B ．92πC ．6πD ．152π【答案】B由已知得BAD 为等边三角形，∴对角线3BD AB BC CD DA =====,将ABD △沿BD 折起，使A ，C 两点的距离为3，∴折起后三棱锥A BCD -为正四面体，各棱长都是3，将此正四面体放置在正方体中，使得正方体的面对角线是正四面体的棱，设正方体的棱长为a ,则正方体的面对角线为323,2a a =∴=，所以正方体的体对角线为322a R ==,其中R 为正方体的外接球半径，由于正方体的外接球就是正四面体ABCD 的外接球，∴正四面体ABCD 的外接球表面积为24R π=92π,3．三棱柱111ABC A B C -中，棱1AB AC AA 、、两两垂直，12AA =，底面ABC 是面积为2的等腰直角三角形，若该三棱柱的顶点都在同一个球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ） A ．8 B ．10πC ．12πD ．π【答案】C 【详解】底面ABC 是面积为2的等腰直角三角形，所以直角边长为2，所以三棱柱111ABC A B C -可以补充成边长为2的正方体，其外接球半径为：22222232++=，所以球O 的表面积为243)12ππ=， 故选：C ．.4．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为V ，该几何体所有棱的棱长之和为L ，则A ．8,14253V L ==+ B ．8,1425V L ==+ C ．8,16253V L ==+D ．8,1625VL ==+【答案】A 【详解】在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中，P ，E 分别为11,B C BC 的中点，该几何体为四棱锥P ABCD -，且PE ⊥平面ABCD ． 由三视图可知2AB =，则5,3PCPB PD PA ====，则21825681425,2233L V =++=+=⨯⨯=． 故选：A.5．用到球心的距离为1的平面去截球，以所得截面为底面，球心为顶点的圆锥体积为83π，则球的表面积为（ ）A ．16πB ．32πC ．36πD ．48π【答案】C 【详解】设球的半径为R ，圆锥的底面半径为r ，因为球心到截面的距离为1， 所以有：221r R =-， 则题中圆锥体积()2181133V R ππ=⨯⨯-=，解得3R =，故球的表面积为2436R ππ=. 故选：C6．一个体积为243的正三棱柱（底面为正三角形，且侧棱垂直于底面）的三视图如图所示，则侧视图的面积为（ ）A ．63B ．8C ．123D ．12【答案】C 【详解】侧视图的宽为23即为俯视图的高， ∴底面正三角形的边长为234sin 60=︒，设三棱柱的高h ， 体积为1243=42362h h ⨯⨯⇒= ∴侧视图的面积为：236123S ==,故选：C.7．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2AP =，22AB =4AC =，45BAC ∠=︒，则三棱锥P ABC -外接球的表面积是（ ） A ．14π B ．16πC ．18πD ．20π【答案】D 【详解】在BAC 中，45BAC ∠=︒，22AB =4AC =， 由余弦定理可得22222cos 81624222242BC AB AC AB AC π=+-⋅=+-⨯⨯=，则222BC AB AC +=，所以BC AB ⊥， 由PA ⊥平面ABC ，则PA BC ⊥，PA AB A =，所以BC ⊥平面PAB ， 所以BC PB ⊥，所以PBC 为直角三角形， 又PAC △为直角三角形，所以PC 是外接球直径，O 是PC 的中点，即为球心， 又22,2AB BC PA ===，所以()()2222222225PC =++=5所以球O 的体积245)20V ππ=⨯=. 故选：D.8．已知长方体的两个底面是边长为1的正方形，长方体的一条体对角线与底面成45角，则此长方体的外接球表面积为（ ） A ．4π B ．6πC ．12πD ．24π【答案】A 【详解】记该长方体为1111ABCD A B C D -，1BD 为该长方体的一条体对角线，其与底面所成角为45，因为在长方体1111ABCD A B C D -中，侧棱1DD ⊥底面ABCD ， 则1D BD ∠为1BD 与底面所成角，即145D BD ∠=， 因为长方体的两个底面是边长为1的正方形，所以222BD AD AB =+=，则12DD BD ==，所以1222BD =+=， 又长方体的外接球直径等于其体对角线的长， 即该长方体外接球的直径为12222R BD ==+=， 所以此长方体的外接球表面积为244S R ππ==. 故选：A.9．如图是一个正方体的表面展开图，则图中“0”在正方体中所在的面的对面上的是（ ）A ．2B ．1C ．高D ．考【答案】C 【详解】解：将展开图还原成正方体可知，“0”在正方体中所在的面的对面上的是“高”， 故选:C .10．在正方体1111ABCD A B C D -中，三棱锥11A B CD -的表面积为43，则正方体外接球的体积为（ ） A ．43π B ．6πC ．323πD ．86π【答案】B 【详解】解：设正方体的棱长为a ，则1111112B D AC AB AD B C D C a ======， 由于三棱锥11A B CD -的表面积为43， 所以()12133442242AB CS Sa==⨯⨯=所以2a =()()()2222226++=，所以正方体的外接球的体积为3466 3ππ⎛⎫=⎪⎪⎝⎭11．已知三棱锥P ABC-，3BACπ∠=，3BC=，PA⊥平面ABC且23PA=，则此三棱锥的外接球的体积为（）A．163πB．43πC．16πD．323π【答案】D【详解】如图，设球心为O，三角形ABC外接圆心为1O，PA⊥平面ABC，∴1132OO PA==，设球半径为R，圆1O的半径为r，则在三角形ABC中，由正弦定理可得322sin3BCrBAC===∠，即1r=，在直角三角形1AOO中，22211OO AO OA+=，即()2223r R+=，解得2R=，则外接球的体积为343233Rππ=.故选：D.12．已知正三棱柱111ABC A B C-的各棱长均为2，底面ABC与底面111A B C的中心分别为O、1O，P是1OO上一动点，记三棱锥P ABC-与三棱锥111P A B C-的体积分别为1V、2V，则12V V⋅的最大值为（）A ．13B ．3 C ．23 D ．23【答案】A 【详解】∵正三棱柱111ABC A B C -的各棱长均为2， ∴111122sin 6032ABC A B C S S ∆∆==⨯⨯⨯=，且12OO =， ∴11112111111123()3333ABC A B C ABC ABC V V S OP S O P S OP O P S OO ∆∆∆∆+=⋅+⋅=⋅+=⋅=， 由1212232V V V V ⋅≤+=得：1213V V ⋅≤，当且仅当点P 为1OO 的中点时等号成立，∴12V V ⋅的最大值为13， 故选：A.13．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（ ）A ．1B ．2C 6D ．23【答案】D 【详解】借助于边长为2的正方体画出该三棱锥，如图所示，11212ABD BDC S S ==⨯⨯=△△ ,ABC 是边长为22的等边三角形，()2322234ABC S =⨯=△,ACD △是等腰三角形，腰长为5，底边长为22， ()()221225262ACD S =⨯⨯-=△∴该几何体的各个面中最大面的面积为23. 故选:D.14．日常生活中，有各式各样精美的糖果包装礼盒某个铁皮包装礼盒的平面展开图是由两个全等的矩形，两个全等的三角形和一个正方形所拼成的多边形(如图)，矩形的长为12cm ，矩形的宽和正方形的边长均为8cm .若该包装盒内有一颗球形硬糖的体积为V 3cm ，则V 的最大值为（ ）A ．6423π B ．3223π C ．32π D ．2563π 【答案】A 【详解】根据题意作出礼盒的直观图如下图所示：由图可知该几何体为直三棱柱，设等腰三角形的内切圆半径为R ，又因为等腰三角形的高为2212482-=， 所以根据等面积法可知：121288822R ++⨯⋅=，所以22R =， 又因为正方形的边长为8，所以82242R =<=， 所以球形硬糖的半径最大值为22，所以体积V 的最大值为()3464222=3ππ，故选：A.15．如图，正四棱锥P ABCD -的底面边长和高均为2，M 是侧棱PC 的中点，若过AM 作该正四棱锥的截面，分别交棱PB ､PD 于点E ､F (可与端点重合)，则四棱锥P AEMF -的体积的取值范围是（ ）A ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．14,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．41,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．8,19⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【详解】 设,PE PFx y PB PD==,则,PE xPB PF yPD == 所以412,323P AEF P ABD P MEF P BCD V xy V xy V xyV xy ----=⋅===， 1212,2323P AFM P ACD P AEM P ABC V y V y V x V x ----=⋅==⋅=， ()223P AEMF P AEF P EMF P AFM P AEM V V V V V xy x y -----=+=+==+， 所以3x y xy +=，则331yx y =-， 令31y t -=，因为1,12y ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以1,22t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以()221311412,319992t y t y tt +⎛⎫⎡⎤==++∈ ⎪⎢⎥-⎝⎭⎣⎦， 所以2238,13319P AEMF y V y -⎡⎤=⋅∈⎢⎥-⎣⎦，。
湖南省2020年高考数学第二轮复习 专题五 立体几何第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积 文
专题五立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积真题试做1．(2020·湖南高考，文4)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是( )．图12．(2020·天津高考，文10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为__________ m3.3．(2020·湖北高考，文15)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为______．4．(2020·湖北高考，文19)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体，其下部是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台A1B1C1D1ABCD，上部是一个底面与四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱ABCDA2B2C2D2.(1)证明：直线B1D1⊥平面ACC2A2；(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知AB＝10，A1B1＝20，AA2＝30，AA1＝13(单位：厘米)，每平方厘米的加工处理费为0.20元，需加工处理费多少元？考向分析通过对近几年高考试题的分析可看出，空间几何体的命题形式比较稳定，多为选择题或填空题，有时也出现在解答题的某一问中，题目常为中、低档题．考查的重点是直观图、三视图、面积与体积等知识，此类问题多为考查三视图的还原问题，且常与空间几何体的表面积、体积等问题交会，是每年的必考内容．预计在2020年高考中：对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势，通过此类题考查考生的空间想象能力；对表面积和体积的考查，常见形式为蕴涵在两几何体的“切”或“接”形态中，或以三视图为载体进行交会考查，此块内容还要注意强化几何体的核心——截面以及补形、切割等数学思想方法的训练．热点例析热点一空间几何体的三视图与直观图【例1】(1)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如下图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )．(2)若某几何体的三视图如下图所示，则这个几何体的直观图可以是( )．规律方法 (1)三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形，反映了一个几何体各个侧面的特点．正(主)视图反映物体的主要形状特征，是三视图中最重要的视图；俯视图要和正(主)视图对正，画在正(主)视图的正下方；侧(左)视图要画在正(主)视图的正右方，高度要与正(主)视图平齐；(2)要注意到在画三视图时，能看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线； (3)A ．32B ．16＋16 2C ．48 D．16＋32 2(2)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是( )．A.12＋22 B ．1＋22 C ．1＋ 2 D ．2＋ 2 热点二 空间几何体的表面积与体积【例2】(2020·福建高考，文20)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB .(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P ABCD 的体积．规律方法 (1)求几何体的体积问题，可以多角度、多方位地考虑．对于规则的几何体的体积，如求三棱锥的体积，采用等体积转化是常用的方法，转化的原则是其高与底面积易求；对于不规则几何体的体积常用割补法求解，即将不规则几何体转化为规则几何体，以易于求解．(2)求解几何体的表面积时要注意S 表＝S 侧＋S 底．(3)对于给出几何体的三视图，求其体积或表面积的题目关键在于要还原出空间几何体，并能根据三视图的有关数据和形状推断出空间几何体的线面关系及相关数据，至于体积或表面积的求解套用对应公式即可．变式训练2 已知某几何体的三视图如下图所示，其中正(主)视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为( )．A ．24－32πB ．24－13πC ．24－πD ．24－12π热点三 多面体与球【例3】已知正四棱锥的底面边长为a ，侧棱长为2a . (1)求它的外接球的体积； (2)求它的内切球的表面积．规律方法 (1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．(2)若球面四点P ，A ，B ，C 构成的线段PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2，把有关元素“补形”成为一个球内接正方体(或其他图形)，从而显示出球的数量特征，这种方法是一种常用的好方法．变式训练3 如图所示，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝a ，PA ＝PC ＝2a .若在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径是__________．思想渗透立体几何中的转化与化归思想求空间几何体的体积时，常常需要对图形进行适当的构造和处理，使复杂图形简单化，非标准图形标准化，此时转化与化归思想就起到了至关重要的作用．利用转化与化归思想求空间几何体的体积主要包括割补法和等体积法，具体运用如下：(1)补法是指把不规则的(不熟悉或复杂的)几何体延伸或补成规则(熟悉的或简单的)的几何体，把不完整的图形补成完整的图形；(2)割法是指把复杂的(不规则的)几何体切割成简单的(规则的)几何体；(3)等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件转化为易求的面积(体积)问题．【典型例题】如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝5，BB 1＝BC ＝6，D ，E 分别是AA 1和B 1C 的中点．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求三棱锥E BCD 的体积．(1)证明：取BC 中点G ，连接AG ，EG .因为E 是B 1C 的中点，所以EG ∥BB 1，且EG ＝12BB 1.由直棱柱知，AA 1BB 1.而D 是AA 1的中点，所以EG AD ，所以四边形EGAD 是平行四边形，所以ED ∥AG . 又DE 平面ABC ，AG ⊂平面ABC ， 所以DE ∥平面ABC .(2)解：因为AD ∥BB 1，所以AD ∥平面BCE ， 所以V E BCD ＝V D BCE ＝V A BCE ＝V E ABC .由(1)知，DE ∥平面ABC ，所以V E ABC ＝V D ABC ＝13AD ·12BC ·AG ＝16×3×6×4＝12.1．(2020·山东济南三月模拟，4)如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的各棱长均为2，其正(主)视图如图所示，则此三棱柱侧(左)视图的面积为( )．A ．2 2B ．4 C. 3 D ．2 32．(2020·安徽安庆二模，7)一空间几何体的三视图如图所示(正(主)、侧(左)视图是两全等图形，俯视图是圆及圆的内接正方形)，则该几何体的表面积是( )．A ．7π cm 2B ．(5π＋43)cm 2C ．(5π＋23)cm 2D ．(6π＋27－2)cm 23．(2020·北京丰台区三月月考，4)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )．A ．20－2πB ．20－23πC ．40－23πD ．40－43π4．(2020·湖南株洲下学期质检，14)一个三棱锥的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图如下，则这个三棱锥的体积为__________，其外接球的表面积为__________．5．已知正四面体的外接球半径为1，则此正四面体的体积为__________．6．正六棱锥P ABCDEF 中，G 为PB 的中点，则三棱锥D GAC 与三棱锥P GAC 体积之比为__________．7．如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2DC ＝2，∠DAB ＝60°，E 为AB 的中点，将△ADE 与△BEC 分别沿ED ，EC 向上折起，使A ，B 重合，求形成三棱锥的外接球的体积．参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．C 解析：若为C 选项，则主视图为：故不可能是C 选项．2．30 解析：由几何体的三视图可知：该几何体的上部为平放的直四棱柱，底部为长、宽、高分别为4 m,3 m,2 m 的长方体．∴几何体的体积V ＝V 直四棱柱＋V 长方体＝(1＋2)×12×4＋4×3×2＝6＋24＝30(m 3)．3．12π 解析：该几何体是由3个圆柱构成的几何体，故体积V ＝2×π×22×1＋π×12×4＝12π.4．解：(1)因为四棱柱ABCD A 2B 2C 2D 2的侧面是全等的矩形，所以AA 2⊥AB ，AA 2⊥AD .又因为AB ∩AD ＝A ，所以AA 2⊥平面ABCD . 连接BD ，因为BD ⊂平面ABCD ，所以AA 2⊥BD . 因为底面ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD .又已知平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且平面BB 1D 1D ∩平面ABCD ＝BD ， 平面BB 1D 1D ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，所以B 1D 1∥BD .于是由AA 2⊥BD ，AC ⊥BD ，B 1D 1∥BD ，可得AA 2⊥B 1D 1，AC ⊥B 1D 1. 又因为AA 2∩AC ＝A ，所以B 1D 1⊥平面ACC 2A 2.(2)因为四棱柱ABCD A 2B 2C 2D 2的底面是正方形，侧面是全等的矩形，所以S 1＝S 四棱柱上底面＋S四棱柱侧面＝(A 2B 2)2＋4AB ·AA 2＝102＋4×10×30＝1 300(cm 2)．又因为四棱台A 1B 1C 1D 1ABCD 的上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形(其高为h )，所以S 2＝S 四棱台下底面＋S 四棱台侧面＝(A 1B 1)2＋4×12(AB ＋A 1B 1)h＝202＋4×12×(10＋20)132－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×(20－10)2＝1 120(cm 2)．于是该实心零部件的表面积为S ＝S 1＋S 2＝1 300＋1 120＝2 420(cm 2)， 故所需加工处理费为0.2S ＝0.2×2 420＝484(元)． 精要例析·聚焦热点热点例析【例1】 (1)D (2)B 解析：(1)被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为正方体的面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(正方形)的两条边重合，另一条为正方体的对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图及对角线方向，只有选项D 符合．(2)由正(主)视图可排除A ，C ；由侧(左)视图可判断该几何体的直观图是B.【变式训练1】 (1)B (2)D 解析：(1)由三视图知原几何体是一个底面边长为4，高是2的正四棱锥．如图：∵AO ＝2，OB ＝2，∴AB ＝2 2.又∵S 侧＝4×12×4×22＝162，S 底＝4×4＝16，∴S 表＝S 侧＋S 底＝16＋16 2.(2)如图，设直观图为O ′A ′B ′C ′，建立如图所示的坐标系，按照斜二测画法的规则，在原来的平面图形中，OC ⊥OA ，且OC ＝2，BC ＝1，OA ＝1＋2×22＝1＋2，故其面积为12×(1＋1＋2)×2＝2＋ 2.【例2】 (1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CE .因为AB ⊥AD ，CE ∥AB ，所以CE ⊥AD . 又PA ∩AD ＝A ，所以CE ⊥平面PAD . (2)解：由(1)可知CE ⊥AD .在Rt△ECD 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 又因为AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ， 所以四边形ABCE 为矩形．所以S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △ECD ＝AB ·AE ＋12CE ·DE ＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥平面ABCD ，PA ＝1，所以V 四棱锥P ABCD ＝13S 四边形ABCD ·PA ＝13×52×1＝56.【变式训练2】 A 解析：由三视图可知该几何体为一个长、宽、高分别为4,3,2的长方体，剖去一个半圆柱而得到的几何体，其体积为2×3×4－12π×1×3，即24－32π.【例3】 解：如图所示，△SAC 的外接圆是外接球的一个大圆，∴只要求出这个外接圆的半径即可，而内切球的球心到棱锥的各个面的距离相等，∴可由正四棱锥的体积求出其半径．(1)设外接球的半径为R ，球心为O ，则OA ＝OC ＝OS ，∴O 为△SAC 的外心，即△SAC 的外接圆半径就是球的半径． ∵AB ＝BC ＝a ，∴AC ＝2a .∵SA ＝SC ＝AC ＝2a ，∴△SAC 为正三角形．由正弦定理得2R ＝AC sin∠ASC ＝2a sin 60°＝263a ，因此R ＝63a ，V 外接球＝43πR 3＝8627πa 3. (2)如图，设内切球的半径为r ，作SE ⊥底面于E ，作SF ⊥BC 于F ，连接EF ， 则有SF ＝SB 2－BF 2＝(2a )2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝72a ，S △SBC ＝12BC ·SF ＝12a ×72a ＝74a 2， S 棱锥全＝4S △SBC ＋S 底＝(7＋1)a 2.又SE ＝SF 2－EF 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫72a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝62a ，∴V 棱锥＝13S 底·SE ＝13a 2×62a ＝66a 3，∴r ＝3V 棱锥S 棱锥全＝3×66a 3(7＋1)a 2＝42－612a ，S 内切球＝4πr 2＝4－73πa 2. 【变式训练3】 12(2－2)a 解析：当且仅当球与四棱锥的各个面都相切时，球的半径最大．设放入的球的半径为r ，球心为O ，连接OP ，OA ，OB ，OC ，OD ，则把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥，这些小棱锥的高都是r ，底面分别为原四棱锥的侧面和底面，则V P ABCD ＝13r (S △PAB ＋S △PBC ＋S △PCD ＋S △PAD ＋S 正方形ABCD )＝13r (2＋2)a 2.由题意知PD ⊥底面ABCD ，∴V P ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝13a 3.由体积相等，得13r (2＋2)a 2＝13a 3，解得r ＝12(2－2)a .创新模拟·预测演练1．D2．D 解析：据三视图可判断该几何体是由一个圆柱和一个正四棱锥组合而成的，直观图如图所示：易求得表面积为(6π＋27－2)cm 2.3．B 解析：由三视图可知该几何体的直观图为一个正四棱柱，从上表面扣除半个内切球．易求出正四棱柱的底面边长为2，内切球的半径为1，故体积为2×2×5－23π＝20－2π3.4．4 29π 5.827 3 解析：首先将正四面体补形为一个正方体，设正四面体棱长为a ，则其对应正方体的棱长为22a ，且由球与正方体的组合关系易知3⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝(1×2)2，解得a 2＝83， ∴正四面体的体积为V ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3－4×13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3＝827 3.6．2∶1 解析：由正六棱锥的性质知，点P 在底面内的射影是底面的中心，也是线段AD的中点．又G 为PB 的中点，设P 点在底面内的射影为O ，则G 点在底面内的射影为OB 的中点M ，且GM ∥PO .又M 为AC 的中点，则GM ⊂平面GAC ，所以点P 到平面GAC 的距离等于点O 到平面GAC 的距离．又因为OM ⊥平面GAC ，DC ⊥平面GAC ，且DC ＝2OM ，则V D GAC V P GAC ＝13S △GAC ×DC13S △GAC ×OM ＝2.7．解：由已知条件知，平面图形中AE ＝EB ＝BC ＝CD ＝DA ＝DE ＝EC ＝1，∴折叠后得到一个棱长为1的正三棱锥(如图)． 方法一：作AF ⊥平面DEC ，垂足为F ， F 即为△DEC 的中心，取EC 中点G ，连接DG ，AG ， 过球心O 作OH ⊥平面AEC ， 则垂足H 为△AEC 的中心，∴外接球半径可利用△OHA ∽△AFG 求得． ∵AG ＝32，AF ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫332＝63，AH ＝33， ∴OA ＝AG ·AHAF ＝32×3363＝64，∴外接球体积为43π×OA 3＝43·π·6643＝68π.方法二：如图，把棱长为1的正三棱锥放在正方体中，显然，棱长为1的正三棱锥的外接球就是正方体的外接球．∵正方体棱长为22， ∴外接球直径2R ＝3·22， ∴R ＝64，∴体积为43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫643＝68π.。
高考数学二轮复习 专题5 立体几何 第1讲 空间几何体的
第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积空间几何体的三视图1.若某几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观图可以是( B )解析:由题意知,选项A,C中所给的几何体的正视图、俯视图不符合要求,选项D中所给几何体的侧视图不符合要求.故选B.2.(2014福建卷)某空间几何体的正视图是三角形,则该几何体不可能是( A )(A)圆柱 (B)圆锥 (C)四面体(D)三棱柱解析:圆柱的正视图是矩形或圆,不可能是三角形,则该几何体不可能是圆柱.故选A.3.(2014湖北卷)在如图所示的空间直角坐标系O xyz中,一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2,2).给出编号为①②③④的四个图,则该四面体的正视图和俯视图分别为( D )(A)①和②(B)③和①(C)④和③(D)④和②解析:在空间直角坐标系O xyz中作出棱长为2的正方体,在该正方体中作出四面体,如图所示,由图可知,该四面体的正视图为④,俯视图为②.故选D.4.已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中三个视图都是直角三角形,则在该三棱锥的四个面中,直角三角形的个数为( D )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:由题意可知,几何体是三棱锥,其放置在长方体中形状如图中三棱锥A BCD,利用长方体模型可知,此三棱锥的四个面,全部是直角三角形.故选D.空间几何体的表面积与体积5.(2015新课标全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有( B )(A)14斛(B)22斛(C)36斛(D)66斛解析:设圆锥底面半径为r,因为米堆底部弧长为8尺,所以错误!未找到引用源。
高三数学二轮专题复习第1讲 空间几何体的三视图、表面积和体积
O的直径，所以OA⊥SC，OB⊥SC.
因为平面SAC⊥平面SBC，平面SAC∩平面SBC＝SC，且OA⊂
平面SAC，所以OA⊥平面SBC.
设球的半径为r，则OA＝OB＝r，SC＝2r， 所以 VA－SBC＝13×S△SBC×OA＝13×12×2r×r×r＝13r3， 所以13r3＝9⇒r＝3，所以球的表面积为 4πr2＝36π. 答案 36π
C.8 2π
D.10π
解析 因为过直线 O1O2 的平面截该圆柱所得的截面是面积为 8 的正方形，所以圆
柱的高为 2 2，底面圆的直径为 2 2.所以 S 表面积＝2×π×( 2)2＋2π× 2×2 2＝12π.
答案 B
3.(2018·天津卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其 余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M－EFGH的体积为 ________.
A.17π
B.18π
C.20π
D.28π
(2)(2018·烟台二模)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图右侧曲线为半圆弧，则几 何体的表面积为( )
A.3π＋4 2－2 C.32π＋2 2－2
B.3π＋2 2－2 D.32π＋2 2＋2
解析 (1)由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心 O 且互相垂 直的三个平面)切掉左上角的18后得到的组合体，其表面积是球面面积的78和三个14圆 面积之和，易得球的半径为 2，则得 S＝78×4π×22＋3×14π×22＝17π.
【训练3】 (1)(2018·江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶 点的多面体的体积为________.
2019数学(理)二轮精选讲义专题五 立体几何 第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积 含答案
专题五立体几何第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积考点一空间几何体的三视图与直观图1．三视图的排列规则俯视图放在正（主)视图的下面,长度与正（主）视图的长度一样，侧（左）视图放在正(主）视图的右面，高度与正（主）视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝错误!S。
[对点训练]1．(2018·全国卷Ⅲ)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(）［解析］两个木构件咬合成长方体时，小长方体（榫头)完全嵌入带卯眼的木构件，易知俯视图可以为A.故选A。
[答案］A2．（2018·河北衡水中学调研）正方体ABCD－A1B1C1D1中,E 为棱BB1的中点(如图),用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（）[解析］过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C。
［答案］C3．（2018·江西南昌二中模拟）一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中,面积最小的面的面积为()A．8 B．4 C．4错误!D．4错误![解析］由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AB⊥AC，P A＝AB ＝AC＝4，DB＝2，则易得S△P AC＝S△ABC＝8，S△CPD＝12，S梯形ABDP ＝12，S△BCD＝错误!×4错误!×2＝4错误!，故选D。
［答案]D4．如图所示，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积为________．[解析]直观图的面积S′＝错误!×（1＋1＋错误!)×错误!＝错误!.故原平面图形的面积S＝错误!＝2＋错误!.[答案]2＋错误![快速审题］（1)看到三视图，想到常见几何体的三视图，进而还原空间几何体．(2）看到平面图形直观图的面积计算，想到斜二侧画法,想到原图形与直观图的面积比为错误!.由三视图还原到直观图的3步骤(1）根据俯视图确定几何体的底面．(2）根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．（3）确定几何体的直观图形状．考点二空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的侧面积公式（1)S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高）；(2)S锥侧＝错误!ch′(c为底面周长,h′为斜高)；(3）S台侧＝错误!（c＋c′）h′（c′,c分别为上下底面的周长，h′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高）；(2)V锥体＝错误!Sh（S为底面面积，h为高）；(3)V台＝错误!(S＋错误!＋S′）h(不要求记忆）．3．球的表面积和体积公式S表＝4πR2(R为球的半径）,V球＝43πR3(R为球的半径）．[对点训练]1．(2018·浙江卷）某几何体的三视图如图所示(单位:cm）,则该几何体的体积(单位:cm3）是（）A．2 B．4 C．6 D．8［解析]由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为1 cm，2 cm，高为2 cm,直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V＝1＋22×2×2＝6 cm3.[答案]C2．（2018·哈尔滨师范大学附中、东北师范大学附中联考）某几何体的三视图如图所示，其中正视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是（)A.错误!＋2B.错误!＋2C.错误!＋3 D。
高考数学 二轮 专题五 5.1 空间几何体的三视图、表面积与体积 新人教A
专题五
第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积
聚焦考题
高频考点
新题演练
命题热点
解析:
易错题型
高频考点高频 考点高频考点
命题热点
解析:
易错题型
高频考点高频 考点高频考点
高频考点
热点一 热点二 热点三
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(1)由三视图可知,该几何体是一个组合体,如图所示. 其左侧是一个直三棱柱,右侧是一个长方体.其中三棱柱的底面是一个直角三角 形,其两直角边长分别是3 cm和4 cm,三棱柱的高为3 cm,因此其体积 V1=Sh=×4×3×3=18(cm3).长方体中三条棱的长度分别为4 cm,6 cm,3 cm,因此其 体积V2=4×6×3=72(cm3). 故该几何体的体积V=V1+V2=18+72=90(cm3),应选B.
点评:本题需要根据三视图中正方形内的实线和虚线,采用构造正方体的方法确 定直观图.解题时需注意求解的几何体的表面积在正方体的表面积的基础上应该 去掉哪些和补充哪些.
新题演练
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1234 1.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,点P是平面A1B1C1D1内一点,则三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为( )
命题热点
易错题型
高频考点
热点一 热点二 热点三
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规律方法
1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,一般过球心及多面体中的特殊点(一般 为接、切点)或线作截面,把空间问题转化为平面问题,再利用平面几何知识寻找 几何体中元素间的关系,或只画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄 清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系,列方程(组)求解.
高三数学二轮复习 空间几何体的三视图、表面积与体积 课件(全国通用)
由三视图还原到直观图的思路： (1)根据俯视图确定几何体的底面． 方法 (2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的 点拨 实线和虚线所对应的棱、面的位置． (3)确定几何体的直观形状.
1．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最 长棱的棱长为( C ) A．1 B． 2 C． 3 D．2
• 2. (2016·贵州七校联考)如图所示，四面体 ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体 是虚拟图形，起辅助作用 )，则四面体ABCD的 B 三视图是(用①②③②⑥
B．①②③
C．④⑤⑥
• 突破点拨 • 按三视图的定义，依次判断即可． • 解析：正视图应该是相邻两边长为3和4的矩 形，其对角线左下到右上是实线，左上到右 下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是 相邻两边长为5和4的矩形，其对角线左上到 右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视 图是②；俯视图应该是相邻两边长为3和5的 矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到 右上是虚线，因此俯视图是③，故选B.
• (1)正视图和侧视图的高就是空间几何体的高， 正视图和俯视图的长就是空间几何体的长， 侧视图和俯视图的宽就是空间几何体的宽． • (2)将三视图还原成直观图是解答该类问题的 关键，其解题技巧是熟练掌握常见简单几何 体及其组合体的三视图．
题型二 空间几何体的表面积与体积
命题 规律
方法 点拨
高考中常从以下三个角度设计考题： (1)由三视图求空间几何体的表面积． (2)由三视图求空间几何体的体积． (3)空间几何体的表面积或体积． 多为选择、填空题，偶尔出现于解答题中的一问，难度不大 求解几何体的表面积及体积的技巧： (1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考 关键所在．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转 求，底面放在已知几何体的某一面上． (2)求不规则几何体的体积，常用分割或补体的思想，将不规 规则几何体以易于求解.
高考数学二轮复习第1部分专题五立体几何1-5-1空间几何体的三视图表面积及体积文
解题必备 解题方略 走进高考 限时规范训练
考点一 空间几何体的三视图、表面积及体积
1．一个物体的三视图的排列规则 俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧(左) 视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度 与俯视图的宽度一样，即“长对正、高平齐、宽相等”．
2．(1)设长方体的相邻的三条棱长为 a、b、c 则体对角线长为 a2＋b2＋c2
通过对近 5 年全国高考 试题分析，可以预测： “立体几何”在高考中 仍会以“两小一大”或 “一小一大”的命题形 式出现． 这“两小”或“一小” 主要考查三视图，表面 积与体积，位置关系的 判断(特别是平行与垂 直)． 解答题多出现在第 18 或 19 题的位置，其基本模 式是“一证明二计算” 即第(1)问考查平行与垂 直关系的证明，第(2)问 多考查表面积与体积的 计算.
T18(面面垂直、 棱锥体积)
(Ⅱ卷)
T6(三视图) T15(球表面积) T18(线面关系、 棱锥体积)
(Ⅲ卷) T9(圆柱体积) T10(线线垂直) T19(线面垂直、 四面体体积)
分值：17～ 22 分． 题型：选 择、填空、 解答题． 题量：两小 一大． 难度：中档 题为主． 考点：三视 图，几何体 的表面积 与体积，空 间平行与 垂直关系 的判定与 证明.
关系)
(Ⅰ卷)
T7(三视图) T11(异面直线 所成角)
T18(线面关 系、体积)
(Ⅱ卷)
T4(表面积) T7(三视图) T19(线面关 系、体积)
(Ⅲ卷) T10(三视图) T11(球体积) T19(空间直线 关系、体积)
2017
考情
预测 2018
(Ⅰ卷)
T6(线面关系) T16(棱锥体积、 表面积)
高考数学二轮立体几何第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积
1．求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，
即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．
2．求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、 锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积．
题型二 求空间几何体的体积
[例 3] (1)(2019·天津高考)已知四棱锥的底面是边长为 2的正方形，侧棱长均为 5.若 圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中
心，则该圆柱的体积为________．
(2)(2019·江西省五校协作体试题)某几何体的三视图如图所示，正视图是一个上底为 2， 下底为 4 的直角梯形，俯视图是一个边长为 4 的等边三角形，则该几何体的体积为______．
[解题方略]
求空间几何体体积的常用方法 公式法 直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算
(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对
应的棱、面的位置；
(3)确定几何体的直观图形状． 3．由几何体的部分视图判断剩余的视图的思路 先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分视图
的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．
本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查．
考点一 空间几何体的三视图、直观图与截面图
[例 1] (1)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