新高考总复习 数学 第七章 第1节 简单几何体的直观图、表面积与体积
2022版新教材高考数学一轮复习第7章立体几何第1节空间几何体及其表面积体积课件新人教B版20210
空间几何体表面积、体积的求法 (1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用． (2)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． (3)体积可用公式法、转换法、分割法、补形法等求解．
画直观图要注意平行、长度两个要素．
4．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圆柱侧＝ __2_π_rl__
S圆锥侧＝ __π_r_l __
S圆台侧＝ ___π_(r_1_＋__r2_)_l __
5．空间几何体的表面积与体积公式 表面积
柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底
命题解读 考查形式：一般为两个客观题，一个解答题． 考查内容：空间几何体的结构特征、体积与表面积的计算、空间点线 面的位置关系，直线、平面的平行、垂直关系，及三种角(异面直线 所成的角、线面角、二面角)的计算． 备考策略：(1)了解几何体的结构特征，熟练应用体积、表面积公式． (2)重视对定理的记忆，注意对空间几何体的位置关系分析． (3)熟练掌握向量法解决立体几何问题． 核心素养：直观想象、数学运算.
二、基本技能·思想·活动体验 1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”． (1) 有 两 个 面 平 行 ， 其 余 各 面 都 是 平 行 四 边 形 的 几 何 体 是 棱 柱．( × ) (2) 有 一 个 面 是 多 边 形 ， 其 余 各 面 都 是 三 角 形 的 几 何 体 是 棱 锥．( × ) (3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体 一定是棱台．( × )
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③⑤ 解析：若这条边是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，故 ①错；若这条腰不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台，故②错； 圆柱、圆锥、圆台的底面显然都是圆面，故③正确；如果用不平行于 圆锥底面的平面截圆锥，则得到的不是圆锥和圆台，故④错；只有球 满足任意截面都是圆面，故⑤正确．
第7章-第1节简单几何体 直观图 三视图
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【解析】 命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆 锥；命题②错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰；命题③对；命题④错，必 须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以，故选B.
【答案】 B
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3．给出下列四个命题： ①有两个侧面是矩形的图形是直棱柱； ②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥； ③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体； ④底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱． 其中不正确的命题为________．
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(2)如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×2 2 ＝4 2 cm，CD ＝C′D′＝2 cm.
∴OC＝ OD2＋CD2＝ 4 22＋22＝6 cm，∴OA＝OC，故四边形OABC是 菱形．因此选C.
【答案】 (1)D (2)C
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原图与直观图中的“三变”与“三不变” 坐标轴的夹角改变 1．“三变”与y轴平行的线段的长度改变减半 图形形状改变 平行性不变 2．“三不变”与x轴平行的线段长度不变 相对位置不变
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2．(2014· 湖北高考)在如图 714 所示的空间直角坐标系 Oxyz 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，则该四面体的主视图和俯视图分别为( )
图 714
A．①和②
B．③和①
C．④和③
D．④和②
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2 (3)斜二测画法中，原图形面积S与其直观图面积S′的关系：S′＝ 4 S. 2．必清误区 底面是梯形的四棱柱侧放后，易被看作是四棱台．
2020版高考数学第7章立体几何第1节空间几何体的三视图和直观图、表面积与体积教学案理新人教版
第一节空间几何体的三视图和直观图、表面积与体积[考纲传真] 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图.3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.4.了解球、棱柱、棱锥、台体的表面积和体积的计算公式．1．简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形．2．旋转体的形成1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图． 2．多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a ，则它的内切球半径r ＝a 2，外接球半径R ＝32a .(2)设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则它的外接球半径R ＝a 2＋b 2＋c 22.(3)设正四面体的棱长为a ，则它的高为63a ，内切球半径r ＝612a ，外接球半径R ＝64a . [基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( ) (3)菱形的直观图仍是菱形．( )(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( ) [答案] (1)× (2)× (3)× (4)×2．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体D ．三棱柱A [由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形．]3．(教材改编)如图所示，长方体ABCD A ′B ′C ′D ′中被截去一部分，其中EH ∥A ′D ′，则剩下的几何体是( ) A ．棱台B ．四棱柱C ．五棱柱D ．简单组合体C [由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．]4．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD.32cm B [S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4， ∴r ＝2(cm)．]5．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．12 [设正六棱锥的高为h ，棱锥的斜高为h ′. 由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.]空间几何体的三视图和直观图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( )A B C DA [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.]2．已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为( ) A.34a 2 B.38a 2 C.68a 2 D.616a 2 D [法一：如图①②所示的实际图形和直观图，由②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a ， 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.法二：S △ABC ＝12×a ×a sin 60°＝34a 2，又S 直观图＝24S 原图＝24×34a 2＝616a 2.故选D.] 3．某几何体的三视图如图所示，网格纸的小方格是边长为1的正方形，则该几何体中最长棱的棱长是( )A. 5B. 6C.7D ．3A [由三视图可知该几何体为一个三棱锥D ABC ，如图，将其置于长方体中，该长方体的底面是边长为1的正方形，高为2.所以AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，CD ＝2，DA ＝2，BD ＝5， 因此最长棱为BD ，棱长是 5.]空间几何体的表面积与体积►考法1 根据几何体的三视图计算表面积、体积【例1】 (1)(2018·合肥一模)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．5π＋18B ．6π＋18C ．8π＋6D ．10π＋6(2)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π(1)C (2)B [(1)由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和两个半球构成的，故该几何体的表面积为2×12×4π×12＋2×12×π×12＋2×3＋12×2π×1×3＝8π＋6.(2)法一(分割法)：由题意知，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积V 1＝π×32×4＝36π.上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半， 其体积V 2＝12×π×32×6＝27π.所以该组合体的体积V ＝V 1＋V 2＝36π＋27π＝63π.法二(补形法)：由题意知，该几何体是一圆柱被一平面截去一部分后所得的几何体，在该几何体上方再补上一个与其相同的几何体，让截面重合，则所得几何体为一个圆柱，故圆柱的底面半径为3，高为10＋4＝14，该圆柱的体积V 1＝π×32×14＝126π. 故该几何体的体积为圆柱体积的一半， 即V ＝12V 1＝63π.法三(估值法)：由题意，知12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱．又V 圆柱＝π×32×10＝90π，所以45π＜V 几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．]►考法2 求空间几何体的表面积、体积【例2】 (1)(2019·南昌模拟)如图，直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．(2)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1EDF 的体积为________．(1)(2＋3)π (2)16 [(1)由图中数据可得：S 圆锥侧＝12×π×2×2＝2π，S 圆柱侧＝π×2×1＝2π，S 底面＝π×12＝π.所以几何体的表面积S ＝S 圆锥侧＋S 圆柱侧＋S 底面＝2π＋2π＋π＝(2＋3)π. (2)(等积法)三棱锥D 1EDF 的体积即为三棱锥F DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，△EDD 1的面积为定值12，F到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以VD 1EDF ＝VF DD 1E ＝13×12×1＝16.]以三视图为载体的表面积、体积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量，必须还原出直观图若所给定的几何体的体积不能直接得出，则常用转化法、分割法、补形法等方法进行求解.(1)圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π(2)(2017·浙江高考)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：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3(3)如图所示，已知多面体ABCDEFG 中，AB ，AC ，AD 两两互相垂直，平面ABC ∥平面DEFG ，平面BEF ∥平面ADGC ，AB ＝AD ＝DG ＝2，AC ＝EF ＝1，则该多面体的体积为________．(1)A (2)A (3)4 [(1)由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π.故选A.(2)由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体， ∴该几何体的体积 V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.故选A.(3)法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C 作CH ⊥DG 于H ，连接EH ，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH ABC 和一个斜三棱柱BEF CHG . 由题意，知V三棱柱DEH ABC＝S △DEH ×AD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×2＝2，V 三棱柱BEF CHG＝S △BEF ×DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×2＝2.故所求几何体的体积为V 多面体ABCDEFG ＝2＋2＝4.法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半． 又正方体的体积V 正方体ABHI DEKG＝23＝8，故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝12×8＝4.]与球有关的切、接问题【例3】 (2016·全国卷Ⅲ)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 ．4π B.9π2 C ．6πD.32π3B [由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝92π.故选B.][母题探究] (1)若本例中的条件变为“直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上”，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，求球O 的表面积．(2)若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．[解] (1)将直三棱柱补形为长方体ABEC A 1B 1E 1C 1(图略)， 则球O 是长方体ABEC A 1B 1E 1C 1的外接球， 所以体对角线BC 1的长为球O 的直径． 因此2R ＝32＋42＋122＝13， 故S 球＝4πR 2＝169π.(2)如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt△AFO 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫943＝243π16.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接轴截面解题，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若球面上四点造长方体或正方体①利用2一条侧棱垂直底面的三棱锥问题：可补形成直三棱柱 (1)已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的各顶点都在以O 为球心的球面上，且∠BAC ＝4，AA 1＝BC ＝2，则球O 的体积为( )A ．43πB ．8πC ．12πD ．20π(2)(2019·福建十校联考)已知三棱锥P ABC 的三条侧棱两两互相垂直，且AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，则此三棱锥的外接球的体积为( )A.83π B.823π C.163π D.323π (1)A (2)B [(1)在底面△ABC 中，由正弦定理得底面△ABC 所在的截面圆的半径为r ＝BC2sin∠BAC＝22sin3π4＝2，则直三棱柱ABC A 1B 1C 1的外接球的半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎪⎫AA 122＝22＋12＝3，则直三棱柱ABC A 1B 1C 1的外接球的体积为43πR 3＝43π.故选A.(2)∵AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，∴PA ＝1，PC ＝3，PB ＝2.以PA ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P ABC 的外接球． ∵长方体的对角线长为1＋3＋4＝22， ∴球的直径为22，半径R ＝2，因此，三棱锥P ABC 外接球的体积是43πR 3＝43π×(2)3＝823π.故选B.]1．(2018·全国卷Ⅰ)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( )A ．217B ．2 5C ．3D ．2B [由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN ，则MS ＝2，SN ＝4，则从M 到N 的路径中，最短路径的长度为MS 2＋SN 2＝22＋42＝2 5.故选B.]图① 图②2.(2018·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93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( ) A ．12 3 B ．18 3C ．24 3D ．543B [设等边三角形ABC 的边长为x ，则12x 2sin 60°＝93，得x ＝6.设△ABC 的外接圆半径为r ，则2r ＝6sin 60°，解得r ＝23，所以球心到△ABC 所在平面的距离d＝42－32＝2，则点D 到平面ABC 的最大距离d 1＝d ＋4＝6，所以三棱锥D ABC 体积的最大值V max ＝13S △ABC ×6＝13×93×6＝18 3.] 3．(2017·全国卷Ⅲ)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 ．π B.3π4 C.π2D.π4B [设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1， 由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32.∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4.故选B.]4．(2016·全国卷Ⅲ)如图所示，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，则该多面体的表面积为( )A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81B [由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B.]5．(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8B [如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.]6．(2017·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：cm 3)的最大值为________．415 [如图，连接OD ，交BC 于点G ，由题意，知OD ⊥BC ，OG ＝36BC . 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ， S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x＝3·25x 4－10x 5. 令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4. 令f ′(x )＝0得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415. ∴三棱锥体积的最大值为415 cm 3.]。
(广东专用)高考数学总复习 第七章第一节 空间几何体的结构及其三视图和直观图课件 理
1.注重基础、抓住关键．以三视图为载体考查简单几何体的 体积与表面积是命题的热点，二面角、直线与平面的垂直、平行， 常考常新，在复习中应引起足够重视．
2．抓住空间位置关系中平行、垂直这一核心内容强化训练， 转化与化归是本章永恒不变的主题，不仅要重视线线、线面、面 面平行(垂直)间的转化，而且要注意平行与垂直间的转化与化归， 另外还要着力加强严谨、规范的解题训练，避免由解题步骤混乱、 条件的缺失导致失分．
2．如图7－1－1，下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视 图相同的是( )
A．①②
B．②③
C．②④
D．③④
【解析】 由几何体的结构可知，只有圆锥、正四棱锥两几何体
的正视图和侧视图相同，且不与俯视图相同．
【答案】 C
•1、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •2、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。 •3、反思自我时展示了勇气，自我反思是一切思想的源泉。 •4、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。一年之计，莫如树谷；十年之计，莫如树木；终身之计，莫如树人。 •5、诚实比一切智谋更好，而且它是智谋的基本条件。 •6、做老师的只要有一次向学生撒谎撒漏了底，就可能使他的全部教育成果从此为之失败。2022年1月2022/1/302022/1/302022/1/301/30/2022 •7、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。2022/1/302022/1/30January 30, 2022 •8、教育者，非为已往，非为现在，而专为将来。2022/1/302022/1/302022/1/302022/1/30
2．旋转体的结构特征 (1)圆柱可以由__矩__形____绕其任一边所在直线旋转得到； (2)圆锥可以由直角三角形绕其_一__条__直__角__边___所在直线旋转得 到； (3)圆台可以由直角梯形绕_垂__直__于__底__边__的__腰____所在直线旋转得 到，也可以由_平__行__底__面______的平面截圆锥得到；
2023高考数学基础知识综合复习第18讲简单几何体的表面积与体积 课件(共24张PPT)
(2)旋转体的形成
几何体
旋转图形
圆柱
矩形
旋转轴
矩形一边所在的直线
圆锥
直角三角形
一直角边所在的直线
圆台
直角梯形或等腰梯形
球
半圆或圆
直角腰所在的直线或等腰梯形
上下底中点连线所在的直线
直径所在的直线
2.空间几何体的直观图
空间几何体的直观图常用斜二测画法来画,其画法步骤为:
①画轴:在平面图形上取互相垂直的x轴和y轴,作出与之对应的x'轴
3
4
3 = .故选 D.
考点一
考点二
考点三
本题考查四面体的体积的最大值的求法,涉及空间中线线、线面、
面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,属于难题.处理
此类问题时,往往先去找到不变的量,再根据题中的所给条件的变
化规律找到最值,从而得到体积的最值.
和y'轴,使得它们正方向的夹角为45°(或135°);
②画线(取长度):平面图形中与x轴平行(或重合)的线段画出与x'轴
平行(或重合)的线段,且长度不变,平面图形中与y轴平行(或重合)的
线段画出与y'轴平行(或重合)的线段,且长度为原来长度的一半;
③连线(去辅助线):连接有关线段,擦去作图过程中的辅助线.
径,从而进一步求解.
考点一
考点二
考点三
◆角度3.体积最值问题
例5(1)(2019年1月浙江学考)如图,线段AB是圆的直径,圆内一条动
弦CD与AB交于点M,且MB=2AM=2,现将半圆沿直径AB翻折,则三
棱锥C-ABD体积的最大值是(
)
2
3
1
3
A.
高考数学总复习 第七章 立体几何 7.1 空间几何体的结构特征及三视图与直观图课件 理
∴CE＝AE＝
2 2.
∴△CEA 的面积 S＝12× 22× 22＝14.故选 C.
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考点三 空间几何体的直观图
有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二 测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，
则这块菜地的面积为___2_＋___2_2____ .
本节一直是高考的必考内
2.能画出简单空间图形(长方体、 容．预测 2020 年高考将主
球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易 要考查根据几何体的三视
组合)的三视图，能识别上述三视 图求其体积与表面积．对
图所表示的立体模型，会用斜二
测画法画出它们的直观图．
空间几何体的结构特征、
3.会用平行投影画出简单空间图 三视图、直观图的考查，
形的三视图与直观图，了解空间 以选择题和填空题为主.
图形的不同表示形式 .
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课堂探究(tànjiū) 考点突 破
真题模拟(mónǐ)演练
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课堂探究 考点突破
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考点一 空间几何体的结构特征
其中正确命题的序号是__②__③___④_____.
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解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平 行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂 直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确， 因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面； ④正确，如图，正方体 ABCD A1B1C1D1 中的三棱锥 C1 ABC， 四个面都是直角三角形．
2020版高考数学第7章立体几何第1节空间几何体的三视图和直观图、表面积与体积教学案理北师大版
第一节空间几何体的三视图和直观图、表面积与体积[考纲传真] 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图.3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.4.了解球、棱柱、棱锥、台体的表面积和体积的计算公式．1．简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形．2．旋转体的形成1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图． 2．多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a ，则它的内切球半径r ＝a 2，外接球半径R ＝32a .(2)设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则它的外接球半径R ＝a 2＋b 2＋c 22.(3)设正四面体的棱长为a ，则它的高为63a ，内切球半径r ＝612a ，外接球半径R ＝64a . [基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱． ( ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥． ( ) (3)菱形的直观图仍是菱形．( ) (4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同． ( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×2．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱B ．圆锥C ．四面体D ．三棱柱A [由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形．]3．(教材改编)如图所示，长方体ABCD A ′B ′C ′D ′中被截去一部分，其中EH ∥A ′D ′，则剩下的几何体是( )A ．棱台B ．四棱柱C ．五棱柱D ．简单组合体C [由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．]4．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．32cm B [S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4， ∴r ＝2(cm)．]5．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．12 [设正六棱锥的高为h ，棱锥的斜高为h ′. 由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.]空间几何体的三视图和直观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( )A B C DA [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.]2．已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为( ) A.34a 2 B ．38a 2 C.68a 2 D ．616a 2 D [法一：如图①②所示的实际图形和直观图，由②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′， 则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a ， 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.法二：S △ABC ＝12×a ×a sin 60°＝34a 2，又S 直观图＝24S 原图＝24×34a 2＝616a 2.故选D ．] 3．某几何体的三视图如图所示，网格纸的小方格是边长为1的正方形，则该几何体中最长棱的棱长是( )A. 5 B ． 6 C.7 D ．3A [由三视图可知该几何体为一个三棱锥D ABC ，如图，将其置于长方体中，该长方体的底面是边长为1的正方形，高为2.所以AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，CD ＝2，DA ＝2，BD ＝5，因此最长棱为BD ，棱长是 5.] 空间几何体的表面积与体积►考法1 根据几何体的三视图计算表面积、体积【例1】 (1)(2018·合肥一模)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．5π＋18B ．6π＋18C ．8π＋6D ．10π＋6(2)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π(1)C (2)B [(1)由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和两个半球构成的，故该几何体的表面积为2×12×4π×12＋2×12×π×12＋2×3＋12×2π×1×3＝8π＋6.(2)法一(分割法)：由题意知，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积V 1＝π×32×4＝36π.上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半， 其体积V 2＝12×π×32×6＝27π.所以该组合体的体积V ＝V 1＋V 2＝36π＋27π＝63π.法二(补形法)：由题意知，该几何体是一圆柱被一平面截去一部分后所得的几何体，在该几何体上方再补上一个与其相同的几何体，让截面重合，则所得几何体为一个圆柱，故圆柱的底面半径为3，高为10＋4＝14，该圆柱的体积V 1＝π×32×14＝126π.故该几何体的体积为圆柱体积的一半， 即V ＝12V 1＝63π.法三(估值法)：由题意，知12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱．又V 圆柱＝π×32×10＝90π，所以45π＜V 几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．]►考法2 求空间几何体的表面积、体积【例2】 (1)(2019·南昌模拟)如图，直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．(2)如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1EDF 的体积为________．(1)(2＋3)π (2)16 [(1)由图中数据可得：S圆锥侧＝12×π×2×2＝2π，S 圆柱侧＝π×2×1＝2π，S 底面＝π×12＝π.所以几何体的表面积S ＝S 圆锥侧＋S 圆柱侧＋S 底面＝2π＋2π＋π＝(2＋3)π. (2)(等积法)三棱锥D 1EDF 的体积即为三棱锥F DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以VD 1EDF ＝VF DD 1E ＝13×12×1＝16.](1)(2016·全国卷Ⅰ)如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π(2)(2017·浙江高考)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：cm 3)是( )A.π2＋1 B ．π2＋3C.3π2＋1 D ．3π2＋3(3)如图所示，已知多面体ABCDEFG 中，AB ，AC ，AD 两两互相垂直，平面ABC ∥平面DEFG ，平面BEF ∥平面ADGC ，AB ＝AD ＝DG ＝2，AC ＝EF ＝1，则该多面体的体积为________．(1)A (2)A (3)4 [(1)由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π.故选A.(2)由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，∴该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.故选A.(3)法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C 作CH ⊥DG 于H ，连接EH ，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH ABC 和一个斜三棱柱BEF CHG .由题意，知V 三棱柱DEH ABC ＝S △DEH ×AD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×2＝2，V 三棱柱BEF CHG ＝S △BEF ×DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×2＝2.故所求几何体的体积为V 多面体ABCDEFG ＝2＋2＝4.法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半．又正方体的体积V 正方体ABHI DEKG ＝23＝8，故所求几何体的体积为V 多面体ABCDEFG ＝12×8＝4.]与球有关的切、接问题【例3】(2016·全国卷Ⅲ)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 ．32π3B [由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V m ax ＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝92π.故选B ．][母题探究] (1)若本例中的条件变为“直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上”，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，求球O 的表面积．(2)若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．[解] (1)将直三棱柱补形为长方体ABEC A 1B 1E 1C 1(图略)， 则球O 是长方体ABEC A 1B 1E 1C 1的外接球， 所以体对角线BC 1的长为球O 的直径． 因此2R ＝32＋42＋122＝13， 故S 球＝4πR 2＝169π.(2)如图，设球心为O ，半径为r ，则在R t △AFO 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫943＝243π16.(1)已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的各顶点都在以O 为球心的球面上，且∠BAC ＝3π4，AA 1＝BC ＝2，则球O 的体积为( ) A ．43π B ．8π C ．12πD ．20π(2)(2019·福建十校联考)已知三棱锥P ABC 的三条侧棱两两互相垂直，且AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，则此三棱锥的外接球的体积为( )A.83π B ．823πC.163π D ．323π(1)A (2)B [(1)在底面△ABC 中，由正弦定理得底面△ABC 所在的截面圆的半径为r ＝BC2sin∠BAC＝22sin3π4＝2，则直三棱柱ABC A 1B 1C 1的外接球的半径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎪⎫AA 122＝22＋12＝3，则直三棱柱ABC A 1B 1C 1的外接球的体积为43πR 3＝43π.故选A.(2)∵AB ＝5，BC ＝7，AC ＝2，∴PA ＝1，PC ＝3，PB ＝2.以PA ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P ABC 的外接球．∵长方体的对角线长为1＋3＋4＝22， ∴球的直径为22，半径R ＝2，因此，三棱锥P ABC 外接球的体积是43πR 3＝43π×(2)3＝823π.故选B ．1．(2018·全国卷Ⅰ)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( )A ．217B ．2 5C ．3D ．2B [由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN ，则MS ＝2，SN ＝4，则从M 到N 的路径中，最短路径的长度为MS 2＋SN 2＝22＋42＝2 5.故选B ．]图① 图②2.(2018·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93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．543B [设等边三角形ABC 的边长为x ，则12x 2sin 60°＝93，得x ＝6.设△ABC 的外接圆半径为r ，则2r ＝6sin 60°，解得r ＝23，所以球心到△ABC 所在平面的距离d ＝42－32＝2，则点D 到平面ABC 的最大距离d 1＝d ＋4＝6，所以三棱锥D ABC 体积的最大值V m ax ＝13S △ABC ×6＝13×93×6＝18 3.] 3．(2017·全国卷Ⅲ)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 ．π4B [设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1， 由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32. ∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4. 故选B ．]4．(2016·全国卷Ⅲ)如图所示，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，则该多面体的表面积为( )A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81B [由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B ．]5．(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的主视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．B [如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B ．]6．(2017·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：cm 3)的最大值为________． 415 [如图，连接OD ，交BC 于点G ，由题意，知OD ⊥BC ，OG ＝36B C. 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ， S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x＝3·25x 4－10x 5. 令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4. 令f ′(x )＝0得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，f (x )递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )<0，f (x )递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415. ∴三棱锥体积的最大值为415 cm 3.]。
高考数学一轮复习第7章第1节简单几何体直观图与三视图课件文北师大93.ppt
(2)以下命题：
①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；
②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；
③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；
④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．
其中正确命题的个数为( )
A．0
B．1
C．2
D．3
(1)B (2)B [(1)如图①所示，可知A错．如图②，当PD⊥底面ABCD，且四 边形ABCD为矩形时，则四个侧面均为直角三角形，B正确．
2．直观图 (1)画法：常用 斜二测画法 ． (2)规则： ①在已知图形中建立直角坐标系xOy，画直观图时，它们分别对应x′轴和y′ 轴，两轴交于点O′，使∠x′O′y′＝ 45°，它们确定的平面表示水平平面； ②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成 平行于 x′轴和 y′ 轴的线段； ③已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度 不变 ；平行于y轴
(2)(2016·全国卷Ⅱ) 如图7-1-6是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图， 则该几何体的表面积为( )
A．20π B．24π C．28π D．32π
(1)C (2)C [(1)由三视图知，该四棱锥的直观图如图所示，其中PA⊥平面 ABCD.
又PA＝AD＝AB＝1，且底面ABCD是正方形，
A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱
B [由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形， 经分析可知该几何体为如图所示的三棱柱．]
4．(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到 的几何体的主视图与俯视图如图7-1-3所示，则该几何体的侧(左)视图为( )
简单几何体的直观图
(2017·桂林模拟)已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直
(新课改省份专用)202x版高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第一节 空间几何体及表面积与体积讲义
第一节空间几何体及表面积与体积突破点一空间几何体[基本知识]1．简单旋转体的结构特征(1)圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；(2)圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；(3)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；(4)球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．[提醒] (1)球是以半圆面为旋转对象的，而不是半圆．(2)要注意球面上两点的直线距离、球面距离以及在相应的小圆上的弧长三者之间的区别与联系．2．简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．[提醒] (1)棱柱的所有侧面都是平行四边形，但侧面都是平行四边形的几何体却不一定是棱柱．(2)棱台的所有侧面都是梯形，但侧面都是梯形的几何体却不一定是棱台．(3)注意棱台的所有侧棱相交于一点．3．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．[基本能力]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( )答案：(1)×(2)×(3)×二、填空题1．在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案：③⑤2．下列命题中正确的是________．①由五个平面围成的多面体只能是四棱锥；②棱锥的高线可能在几何体之外；③仅有一组相对的面平行的六面体一定是棱台；④有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥．答案：②3．一个棱柱至少有________个面；面数最少的一个棱锥有________个顶点；顶点最少的一个棱台有________条侧棱．答案：5 4 34.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为________ cm2.解析：依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD 相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.答案：8[典例感悟]1．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①错误，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．故正确命题的个数是1.2．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[方法技巧] 辨别空间几何体的2种方法定义法紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本要素，根据定义进行判定反例法通过反例对结构特征进行辨析，要说明一个结论是错误的，只需举出一个反例即可[针对训练]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．下列命题正确的是( )A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C．直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台D．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形解析：选C 如图所示，可排除A、B选项．对于D选项，只有截面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面为矩形或圆，否则截面为椭圆或椭圆的一部分．故选C.突破点二 空间几何体的表面积与体积[基本知识]空间几何体的表面积与体积公式 名称几何体表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱)S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝Sh 锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh 台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h 球S ＝4πR 2 V ＝43πR 3 [提醒] 解决与几何体的面积有关问题时，务必要注意是求全面积还是求侧面积．[基本能力]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( )(2)锥体的体积等于底面积与高之积．( )(3)球的体积之比等于半径比的平方．( )(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．( )答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√二、填空题1.如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．答案：1∶472．以长为a ，宽为b 的矩形的一边所在的直线为轴旋转一周所得圆柱的侧面积为________．答案：2πab3．已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为________ cm.答案：2[全析考法]考法一 空间几何体的表面积[例1] 在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为( )A ．4πB ．(4＋2)πC ．6πD ．(5＋2)π(2)(2019·合肥质检)已知圆锥的高为3，底面半径为4，若一球的表面积与此圆锥侧面积相等，则该球的半径为( )A ．5 B.5 C ．9 D ．3[解析] (1)∵在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ， BC ＝2AD ＝2AB ＝2，∴将梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB ＝1，高为BC ＝2的圆柱减去一个底面半径为AB ＝1，高为BC －AD ＝2－1＝1的圆锥的组合体，∴几何体的表面积S ＝π×12＋2π×1×2＋12×2π×1×12＋12＝(5＋2)π.(2)∵圆锥的底面半径r ＝4，高h ＝3，∴圆锥的母线l ＝5，∴圆锥的侧面积S ＝πrl ＝20π，设球的半径为R ，则4πR 2＝20π，∴R ＝5，故选B.[答案] (1)D (2)B[方法技巧]求空间几何体表面积的常见类型及思路求不规则 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，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积考法二 空间几何体的体积[例2] (1)如图所示，已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1ABC 1的体积为( )A.312B.34C.612D.64(2)如图，在多面体ABCDEF 中，已知四边形ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为________．[解析] (1)三棱锥B 1ABC 1的体积等于三棱锥A B 1BC 1的体积，三棱锥A B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312. (2)如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，BF ，易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，则△BHC 中BC 边的高h ＝22.∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V 多面体＝V E ADG ＋V F BHC ＋V AGD BHC ＝2V E ADG ＋V AGD BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.[答案] (1)A (2)23[方法技巧] 求空间几何体的体积的常用方法公式法 对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解 割补法 把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积 等体一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高[集训冲关]1.[考法一]圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设上底面半径为r ，则下底面半径为3r ，截得圆台的大圆锥母线为l ，则l －3l＝13，l ＝92，由π×3r ×92－π×r ×32＝84π，解得r ＝7. 2.[考法二]如图，已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为________．解析：∵正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1， ∴矩形BB 1D 1D 的长和宽分别为1,2.∵四棱锥A 1BB 1D 1D 的高是正方形A 1B 1C 1D 1对角线长的一半，即为22， ∴V 四棱锥A 1BB 1D 1D ＝13Sh ＝13×(1×2)×22＝13.答案：133.[考法一、二]如图，正四棱锥P ABCD 的底面边长为2 3 cm ，侧面积为83cm 2，则它的体积为________ cm 3.解析：记正四棱锥P ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H ，连接PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD ，因为正四棱锥的侧面积为8 3 cm 2，所以83＝4×12×23×PH ，解得PH ＝2，在Rt △PHO 中，HO＝3，所以PO ＝1，所以V P ABCD ＝13·S 正方形ABCD ·PO ＝4 cm 3.答案：4突破点三 与球有关的切、接问题与球有关的组合体问题常涉及内切和外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.如球内切于正方体时，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体时，正方体的各个顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球与其他旋转体组合时，通常作它们的轴截面解题；球与多面体组合时，通常过多面体的一条侧棱和球心及“切点”或“接点”作截面图进行解题.[全析考法]考法一 与球有关的外接问题[例1] (1)(2019·福州模拟)已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )A.83πB.323π C ．16πD ．32π(2)(2018·成都模拟)在三棱锥P ABC 中，已知PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝60°，PA ＝2，AB ＝AC ＝3，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A.4π3B.82π3C ．8πD ．12π[解析] (1)设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，R 2＝(3－R )2＋(3)2，解得R ＝2，所以所求球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π.(2)易知△ABC 是等边三角形．如图，作OM ⊥平面ABC ，其中M 为△ABC 的中心，且点O 满足OM ＝12PA ＝1，则点O 为三棱锥P ABC外接球的球心．于是，该外接球的半径R ＝OA ＝AM 2＋OM 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32×3×232＋12＝ 2.故该球的表面积S ＝4πR 2＝8π.[答案] (1)B (2)C[方法技巧]处理球的外接问题的策略(1)把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．(2)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球：①如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，那么可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心；②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，那么可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．考法二与球有关的内切问题[例2] (1)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．(2)已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________．[解析] (1)设圆柱内切球的半径为R ，则由题设可得圆柱O 1O 2的底面圆的半径为R ，高为2R ，故V 1V 2＝πR 2·2R 43πR3＝32. (2)如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE ，∵△ABC 是正三角形，∴AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． ∵AB ＝23，∴S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2.∴S 表＝3×12×23×2＋33＝36＋3 3.∵PD ＝1，∴三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥，则r ＝3336＋33＝2－1.[答案] (1)32 (2)2－1[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．[集训冲关]1.[考法一]已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172B ．210C.132 D ．310解析：选C 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝1232＋42＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132. 2.[考法二]已知一个圆锥底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的表面积为( )A ．πB.3π2 C ．2π D ．3π解析：选C 依题意，作出圆锥与球的轴截面，如图所示，设球的半径为r ，易知轴截面三角形边AB 上的高为22，因此22－r 3＝r 1，解得r ＝22，所以圆锥内切球的表面积为4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝2π，故选C. 3.[考法二]已知三棱锥P ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，PA ⊥PB ，则三棱锥P ABC 的外接球的体积为( )A.272π B.2732π C ．273π D ．27π解析：选B ∵三棱锥P ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC＝3，∴△PAB ≌△PBC ≌△PAC .∵PA ⊥PB ，∴PA ⊥PC ，PC ⊥PB .以PA ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P ABC 的外接球．∵正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，∴其外接球半径R ＝332.因此三棱锥P ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫3323＝2732π.如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！。
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多维层次练36 [A级 基础巩固] 1.(2020·衡水中学月考)如图所示，等腰△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是( )
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．钝角三角形 解析：由题图知，A′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴．由斜二测画法知，在△ABC中，AC∥y轴，AB∥x轴，所以AC⊥AB.又A′C′＝A′B′，所以AC＝2AB≠AB，所以△ABC是直角三角形． 答案：B 2．关于空间几何体的结构特征，下列说法中不正确的是( ) A．棱柱的侧棱长都相等 B．棱锥的侧棱长都相等 C．三棱台的上、下底面是相似三角形 D．有的棱台的侧棱长都相等 解析：根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等． 答案：B 3．棱长为2的正方体的内切球的体积为( ) A．4π B．16π
C.4π3 D.32π3 解析：由正方体的性质可得正方体的内切球的半径R＝12×2＝1， 所以球的体积V＝43πR3＝4π3.
答案：C 4．三棱锥P-ABC三条侧棱两两垂直，三个侧面的面积分别为22，32，62，则该三棱锥的外接球表面积为( )
A．4π B．6π C．8π D．10π 解析：三棱锥P-ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两垂直，它的外接球就是其扩充为长方体的外接球， 设PA＝a，PB＝b，PC＝c， 则12ab＝22，12bc＝32，12ca＝62， 解得a＝2，b＝1，c＝3. 故长方体的体对角线的长为a2＋b2＋c2＝6. 所以球的直径是6，半径R＝62， 则球的表面积S＝4πR2＝6π. 答案：B 5．(2020·西安模拟)如图所示，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC中点，则三棱锥A-B1DC1的体积为( )
A．3 B.32 C．1 D.32 解析：由题意可知，AD⊥平面B1DC1，即AD为三棱锥A-B1DC1
的高，且AD＝32×2＝3，
易求得S△B1DC1＝12×2×3＝3，
所以VA-B1DC1＝13×3×3＝1.
答案：C 6．(2019·全国卷Ⅰ)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( ) A．86π B．46π C．26π D.6π 解析：因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.
取AC的中点D，连接BD，PD， 易证AC⊥平面BDP， 所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C， AC，CE⊂平面PAC， 所以PB⊥平面PAC， 所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形， 所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直， 以PA，PB，PC为从同一顶点出发的三条棱补成正方体(如图)． 由AB＝2，知正方体的棱长为PA＝PB＝PC＝2. 则外接球的半径R满足(2R)2＝3×(2)2＝6， 所以R＝62.
故球O的体积V＝43πR3＝6π. 答案：D 7．若圆锥的侧面积是底面积的2倍，则其母线与旋转轴所成角的大小是________． 解析：设圆锥的母线与旋转轴所成角为θ，由题意得πRl＝2πR2，
即l＝2R，所以sin θ＝Rl＝12，即θ＝π6.
故母线与旋转轴所成角的大小是π6.
答案：π6 8．(2020·泉州期末)在三棱锥P-ABC中，D，E分别是PB，PC的中点，记三棱锥D-ABE的体积为V1，P-ABC的体积为V2，则V1V2＝________． 解析：如图所示，设S△ABD＝S1，S△ABP＝S2，点E到平面ABD的距离为h1，点C到平面ABP的距离为h2，则S2＝2S1，h2＝2h1. 因为V1＝13S1h1，V2＝13S2h2，
所以V1V2＝S1h1S2h2＝14.
答案：14 9．(2019·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图所示，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.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g. 解析：由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，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 10．圆台一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为15，若圆台的侧面积为420π，求圆台较小底面的半径． 解析：设圆台较小底面半径为r，则另一个底面半径为3r， 由S＝π(r＋3r)·15＝420π，解得r＝7. 所以圆台较小底面的半径为7. [B级 能力提升] 11．(2020·南阳模拟)如图所示，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为( )
A.2 B.52 C.112 D.62 解析：由题意可知△A′EF是等腰直角三角形， 且A′D⊥平面A′EF. 将三棱锥的底面△A′EF扩展为边长为1的正方形，然后扩展为正四棱柱，则三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个球，又正四棱柱的体对角线的长度就是外接球的直径，直径为12＋12＋22＝
6，所以球的半径为62. 答案：D 12．(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________．
解析：依题意，易知四棱锥M-EFGH是一个正四棱锥，且底面边长为22，高为12.
故VM-EFGH＝13×(22)2×12＝112.
答案：112 13．(2020·河南六市模拟)已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均是边长为2的等边三角形，△ABC是腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD. (1)试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出证明； (2)求三棱锥E-ABC的体积． 解：(1)如图所示，取DC的中点N，取BD的中点M，连接MN，则MN即为所求．
证明：连接EM，EN，取BC的中点H，连接AH， 因为△ABC是腰长为3的等腰三角形，H为BC的中点， 所以AH⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AH⊂平面ABC， 所以AH⊥平面BCD，同理可证EN⊥平面BCD. 所以EN∥AH. 因为EN⊄平面ABC，AH⊂平面ABC， 所以EN∥平面ABC. 又M、N分别为BD，DC的中点， 所以MN∥BC， 因为MN⊄平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以MN∥平面ABC. 又MN∩EN＝N，MN⊂平面EMN，EN⊂平面EMN， 所以平面EMN∥平面ABC， 又EF⊂平面EMN， 所以EF∥平面ABC， 即直线MN上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行． (2)连接DH，取CH的中点G，连接NG，则NG∥DH， 由(1)可知EN∥平面ABC， 所以点E到平面ABC的距离与点N到平面ABC的距离相等，
又△BCD是边长为2的等边三角形， 所以DH⊥BC， 又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，DH⊂平面BCD， 所以DH⊥平面ABC， 所以NG⊥平面ABC， 因为DH＝3，N为CD的中点， 所以NG＝32， 又S△ABC＝12·BC·AH＝12×2×32－12＝22， 所以VE－ABC＝13·SABC·NG＝63.
[C级 素养升华] 14．(多选题)已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱D1C1，B1C1的中点，过E，F作一平面α，则平面α截正方体的表面所得的平面图形可能为( ) A．三角形 B．四边形 C．六边形 D．七边形 解析：如图所示，截面可能为三角形、四边形、六边形，故选ABC.