2019高考高考數(shù)學二輪復習 第二部分 第四講 立體幾何 微專題1 空間幾何體的三視圖、表面積與體積學案 理

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1、微專題1　空間幾何體的三視圖、表面積與體積 命 題 者 說 考 題 統(tǒng) 計 考 情 點 擊 2018·全國卷Ⅰ·T7·三視圖 2018·全國卷Ⅰ·T12·截面問題 2018·全國卷Ⅱ·T16·側面積問題 2018·全國卷Ⅲ·T3·三視圖 立體幾何問題既是高考的必考點，也是考查的難點，其在高考中的命題形式較為穩(wěn)定，保持“一小一大”或“兩小一大”的格局，多以選擇題或者填空題的形式考查空間幾何體三視圖的識別，空間幾何體的體積或表面積的計算。 考向一 空間幾何體的三視圖 【例1】　(1)(2018·唐山模擬)如圖是一個空間幾何體的正視圖和俯視圖，則它的側視圖為(　　)

2、 A　　 　　　B　　 　　　C　　 　　D (2)(2018·山西八校聯(lián)考)將正方體(如圖①)截去三個三棱錐后，得到如圖②所示的幾何體，側視圖的視線方向如圖②所示，則該幾何體的側視圖為(　　) A　　 　　B　 　 　C　　　 　D 解析　(1)由正視圖和俯視圖可知，該幾何體是由一個圓柱挖去一個圓錐構成的，結合正視圖的寬及俯視圖的直徑可知側視圖應為A。故選A。 (2)將圖②中的幾何體放到正方體中如圖所示，從側視圖的視線方向觀察，易知該幾何體的側視圖為選項D中的圖形。故選D。 答案　(1)A　(2)D (1)由直觀圖確定三視圖

3、的方法 根據(jù)空間幾何體三視圖的定義及畫法規(guī)則和擺放規(guī)則確定。 (2)由三視圖還原到直觀圖的思路 ①根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面。 ②根據(jù)正(主)視圖或側(左)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。 另外，對于一些三視圖題，可將幾何體放到正方體或長方體中，利用正方體或長方體的線面、面面垂直關系分析幾何體的三視圖。 變|式|訓|練 (2018·湖北襄陽測試)若6個棱長為1的正方體在桌面上堆疊成一個幾何體，該幾何體的正視圖與俯視圖如圖所示，則其側視圖不可能為(　　) A　　　　　B　　　　　C　　　　　D 解析　如圖

4、①所示，A正確；如圖②所示，B正確；如圖③所示，C正確。故選D。 答案　D 考向二 空間幾何體的表面積與體積 微考向1：根據(jù)三視圖求表面積與體積 【例2】　(2018·鄭州質量預測)芻甍，中國古代算術中的一種幾何形體，《九章算術》中記載：“芻甍者，下有袤有廣，而上有袤無廣。芻，草也。甍，屋蓋也。”翻譯為“底面有長有寬為矩形，頂部只有長沒有寬為一條棱。芻甍字面意思為茅草屋頂。”如圖為一個芻甍的三視圖，其中正視圖為等腰梯形，側視圖為等腰三角形，則該茅草屋頂?shù)拿娣e為(　　) A．24　　　B．32 C．64　　　D．32 解析　由三視圖可知該幾何體的直觀圖如圖所示，其中S

5、四邊形ABED＝S四邊形ACFD，S△ABC＝S△DEF。過點A向平面BCFE作垂線，垂足為A′，作AM⊥CF于點M，AN⊥BC于點N，連接A′N，易知AA′＝4，A′N＝CM＝＝2，CN＝BC＝2。在Rt△AA′N中，AN＝＝＝2，在Rt△ANC中，AC＝＝＝2，在Rt△AMC中，AM＝＝＝2。所以S四邊形ACFD＝×(4＋8)×2＝12，S△ABC＝×BC×AN＝×4×2＝4。所以該茅草屋頂?shù)拿娣e為2×12＋2×4＝32。故選B。 答案　B 根據(jù)三視圖求空間幾何體的表面積與體積時，應還原空間幾何體的直觀圖，再根據(jù)表面積與體積公式求解。 【變式訓練】　(2018·山西二模

6、)某幾何體的三視圖如圖所示，若圖中小正方形的邊長均為1，則該幾何體的體積是(　　) A．π B．π C．π D．π 解析　由三視圖可知，該幾何體是由半個圓柱與半個圓錐組合而成，其中圓柱的底面半徑為2，高為4，圓錐的底面半徑和高均為2，其體積為V＝×4π×4＋××4π×2＝。故選A。 答案　A 微考向2：根據(jù)線面關系求表面積與體積 【例3】　(2018·全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB所成角的余弦值為，SA與圓錐底面所成角為45°。若△SAB的面積為5，則該圓錐的側面積為________。 解析　如圖所示，設S在底面的射影為S′，連接AS′，SS′?！鱏

7、AB的面積為·SA·SB·sin∠ASB＝·SA2·＝·SA2＝5，所以SA2＝80，SA＝4。因為SA與圓錐底面所成角為45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos45°＝4×＝2。所以圓錐的側面積為π×AS′×AS＝π×2×4＝40π。 答案　40π 根據(jù)空間幾何體的結構特征，借助于線面關系的有關定義、定理找出幾何體的底面特征及高，必要時可進行分割、補形等，求出幾何體的表面積與體積。 變|式|訓|練 (2018·天津高考)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－EFG

8、H的體積為________。 解析　連接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×2×＝。 答案　 考向三 與球有關的組合體問題 【例4】　(2018·江西南昌模擬)在三棱錐S－ABC中，△ABC是邊長為3的等邊三角形，SA＝，SB＝2，二面角S－AB－C的大小為120°，則此三棱

9、錐的外接球的表面積為________。 解析　根據(jù)題意得SA2＋AB2＝SB2，即SA⊥AB。取AB的中點為D，SB的中點為M，連接CD、MD，得∠CDM為二面角S－AB－C的平面角，所以∠MDC＝120°。如圖，設三角形ABC的外心為O1，則O1在CD上，連接BO1，則CO1＝＝BO1，DO1＝。設外接球半徑為R，易知球心為過M垂直面ABS的垂線與過O1垂直面ABC的垂線的交點O。在四邊形MDO1O中，因為二面角S－AB－C的平面角∠MDC＝120°，且MO⊥MD，O1O⊥DO1，MD＝O1D＝，所以∠ODO1＝60°，OO1＝O1Dtan60°＝，連接OB，所以R2＝OB2＝OO＋O

10、1B2＝＋3＝。所以球的表面積S＝4πR2＝21π。 答案　21π 在立體幾何試題中，我們經常會遇到這樣一類問題：由題設條件，計算某幾何體的外接球的表面積或體積。因為S球＝4πR2，V球＝πR3，所以關鍵是求解外接球的半徑R。常用的解題策略有：①通過構造特殊幾何體，巧妙分析；②通過解直角三角形，巧妙分析；③借助直角三角形的斜邊中點到各頂點的距離相等，巧妙分析；④借助幾何體的底面多邊形的外接圓，巧妙分析。 變|式|訓|練 (2018·貴陽監(jiān)測考試)如圖，正方形網格的邊長為1，粗實線表示的是某幾何體的三視圖，該幾何體的頂點都在球O的球面上，則球O的表面積為(　　) A．

11、15π B．16π C．17π D．18π 解析　根據(jù)三視圖可知該幾何體為一個三棱錐，記為S－ABC，將該三棱錐放入長方體中如圖所示，則該三棱錐的外接球直徑為長方體的體對角線，設球O的半徑為R，所以(2R)2＝22＋22＋32＝17，R2＝，所以球O的表面積為4πR2＝17π。故選C。 答案　C 1．(考向一)(2018·北京高考)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(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析　將三視圖還原為直觀圖，幾何體是底面為直角梯形，且一條側棱和底面垂直的四棱錐，如圖所示。易知，BC∥AD，BC＝1

12、，AD＝AB＝PA＝2，AB⊥AD，PA⊥平面ABCD，故△PAD，△PAB為直角三角形，因為PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，又PB?平面PAB，所以BC⊥PB，所以△PBC為直角三角形，容易求得PC＝3，CD＝，PD＝2，故△PCD不是直角三角形。故選C。 答案　C 2．(考向二)(2018·昆明調研)古人采取“用臼舂米”的方法脫去稻谷的外殼，獲得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石頭或木頭制成。一個“臼”的三視圖如圖所示，則鑿去部分(看成一個簡單的組合體)的體積為(　　) A．63π B．72π

13、 C．79π D．99π 解析　由三視圖得鑿去部分是圓柱與半球的組合體，其中圓柱的高為5，底面圓的半徑為3，半球的半徑為3，所以組合體的體積為32π×5＋×π×33＝63π。故選A。 答案　A 3．(考向三)(2018·南昌調研)已知三棱錐P－ABC的所有頂點都在球O的球面上，△ABC滿足AB＝2，∠ACB＝90°，PA為球O的直徑，且PA＝4，則點P到底面ABC的距離為(　　) A．　　　　B．2 C．　　　　D．2 解析　取AB的中點O1，連接OO1，如圖，在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝90°，所以△ABC所在小圓O1是以AB為直徑的圓，所以O1A＝，且OO1⊥AO

14、1，又球O的直徑PA＝4，所以OA＝2，所以OO1＝＝，且OO1⊥底面ABC，所以點P到平面ABC的距離為2OO1＝2。故選B。 答案　B 4．(考向三)(2018·河北五名校聯(lián)考)如圖，在由邊長為1的小正方形組成的網格中畫出了某多面體的三視圖，則該多面體的外接球的表面積為(　　) A．27π B．30π C．32π D．34π 解析　根據(jù)三視圖可知，此多面體為三棱錐A－BCD，且側面ABC⊥底面BCD，△ABC與△BCD都為等腰三角形，如圖所示。根據(jù)題意可知，三棱錐A－BCD的外接球的球心O位于過△BCD的外心O′，且垂直于底面BCD的垂線上，取BC的中點M′，連接AM

15、′，DM′，OO′，O′B，易知O′在DM′上，過O作OM⊥AM′于點M，連接OA，OB，根據(jù)三視圖可知M′D＝4，BD＝CD＝2，故sin∠BCD＝，設△BCD的外接圓半徑為r，根據(jù)正弦定理可知，2r＝＝5，故BO′＝r＝，M′O′＝，設OO′＝x，該多面體的外接球半徑為R，在Rt△BOO′中，R2＝2＋x2，在Rt△AMO中，R2＝2＋(4－x)2，所以R＝，故該多面體的外接球的表面積S＝4πR2＝34π。故選D。 答案　D 5．(考向三)(2018·西安八校聯(lián)考)已知球的直徑SC＝4，A，B是該球球面上的兩點，∠ASC＝∠BSC＝30°，則棱錐S－ABC的體積最大為(　　) A．2 B． C． D．2 解析　如圖，因為球的直徑為SC，且SC＝4，∠ASC＝∠BSC＝30°，所以∠SAC＝∠SBC＝90°，AC＝BC＝2，SA＝SB＝2，所以S△SBC＝×2×2＝2，則當點A到平面SBC的距離最大時，棱錐A－SBC即S－ABC的體積最大，此時平面SAC⊥平面SBC，點A到平面SBC的距離為2sin30°＝，所以棱錐S－ABC的體積最大為×2×＝2。故選A。 答案　A 12