湖南省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題五 立體幾何第1講 空間幾何體的三視圖、表面積及體積 文

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1、專題五 立體幾何第1講 空間幾何體的三視圖、表面積及體積 真題試做 1.(2020·湖南高考,文4)某幾何體的正視圖和側(cè)視圖均如圖1所示,則該幾何體的俯視圖不可能是(  ). 圖1 2.(2020·天津高考,文10)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示(單位:m),則該幾何體的體積為__________ m3. 3.(2020·湖北高考,文15)已知某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為______. 4.(2020·湖北高考,文19)某個(gè)實(shí)心零部件的形狀是如圖所示的幾何體,其下部是底面均是正方形,側(cè)面是全等的等腰梯形的四棱臺A1B1C1D1-ABCD,上部是一個(gè)底

2、面與四棱臺的上底面重合,側(cè)面是全等的矩形的四棱柱ABCD-A2B2C2D2. (1)證明:直線B1D1⊥平面ACC2A2; (2)現(xiàn)需要對該零部件表面進(jìn)行防腐處理.已知AB=10,A1B1=20,AA2=30,AA1=13(單位:厘米),每平方厘米的加工處理費(fèi)為0.20元,需加工處理費(fèi)多少元? 考向分析 通過對近幾年高考試題的分析可看出,空間幾何體的命題形式比較穩(wěn)定,多為選擇題或填空題,有時(shí)也出現(xiàn)在解答題的某一問中,題目常為中、低檔題.考查的重點(diǎn)是直觀圖、三視圖、面積與體積等知識,此類問題多為考查三視圖的還原問題,且常與空間幾何體的表面積、體積等問題交會,是每年的必考內(nèi)容. 預(yù)計(jì)

3、在2020年高考中: 對空間幾何體的三視圖的考查有難度加大的趨勢,通過此類題考查考生的空間想象能力;對表面積和體積的考查,常見形式為蘊(yùn)涵在兩幾何體的“切”或“接”形態(tài)中,或以三視圖為載體進(jìn)行交會考查,此塊內(nèi)容還要注意強(qiáng)化幾何體的核心——截面以及補(bǔ)形、切割等數(shù)學(xué)思想方法的訓(xùn)練. 熱點(diǎn)例析 熱點(diǎn)一 空間幾何體的三視圖與直觀圖 【例1】(1)將長方體截去一個(gè)四棱錐,得到的幾何體如下圖所示,則該幾何體的側(cè)(左)視圖為(  ). (2)若某幾何體的三視圖如下圖所示,則這個(gè)幾何體的直觀圖可以是(  ). 規(guī)律方法 (1)三視圖的正(主)視圖、側(cè)(左)視圖、俯視圖分別是從物

4、體的正前方、正左方、正上方看到的物體輪廓線的正投影圍成的平面圖形,反映了一個(gè)幾何體各個(gè)側(cè)面的特點(diǎn).正(主)視圖反映物體的主要形狀特征,是三視圖中最重要的視圖;俯視圖要和正(主)視圖對正,畫在正(主)視圖的正下方;側(cè)(左)視圖要畫在正(主)視圖的正右方,高度要與正(主)視圖平齊; (2)要注意到在畫三視圖時(shí),能看到的輪廓線畫成實(shí)線,看不到的輪廓線畫成虛線; (3)平面圖形與立體圖形的實(shí)物圖與直觀圖之間的關(guān)系如下表: 圖形 實(shí)物圖直觀圖 平面圖形 ①水平放置的平面圖形直觀圖(斜二測畫法,即平行于x軸的線段長度不變,而平行于y軸的線段長度變?yōu)樵瓉黹L度的一半) ②設(shè)其面積S直觀圖面積為S

5、 ③由直觀圖求原圖形元素間的關(guān)系,利用逆向思維,尋求突破口 立體圖形 空間幾何體直觀圖(只比平面圖形的直觀圖多畫了一個(gè)z軸且其長度不變) 變式訓(xùn)練1 (1)某四棱錐的三視圖如圖所示,該四棱錐的表面積是(  ). A.32 B.16+16 C.48 D.16+32 (2)一個(gè)水平放置的平面圖形的斜二測直觀圖是一個(gè)底角為45°,腰和上底長均為1的等腰梯形,則這個(gè)平面圖形的面積是(  ). A.+ B.1+ C.1+ D.2+ 熱點(diǎn)二 空間幾何體的表面積與體積 【例2】(2020·福建高考,文20)如圖,在四棱錐P-ABCD中,

6、PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,點(diǎn)E在線段AD上,且CE∥AB. (1)求證:CE⊥平面PAD; (2)若PA=AB=1,AD=3,CD=,∠CDA=45°,求四棱錐P-ABCD的體積. 規(guī)律方法 (1)求幾何體的體積問題,可以多角度、多方位地考慮.對于規(guī)則的幾何體的體積,如求三棱錐的體積,采用等體積轉(zhuǎn)化是常用的方法,轉(zhuǎn)化的原則是其高與底面積易求;對于不規(guī)則幾何體的體積常用割補(bǔ)法求解,即將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體,以易于求解. (2)求解幾何體的表面積時(shí)要注意S表=S側(cè)+S底. (3)對于給出幾何體的三視圖,求其體積或表面積的題目關(guān)鍵在于要還原出空間幾何體,并能根據(jù)三視圖的

7、有關(guān)數(shù)據(jù)和形狀推斷出空間幾何體的線面關(guān)系及相關(guān)數(shù)據(jù),至于體積或表面積的求解套用對應(yīng)公式即可. 變式訓(xùn)練2 已知某幾何體的三視圖如下圖所示,其中正(主)視圖中半圓的半徑為1,則該幾何體的體積為(  ). A.24-π B.24-π C.24-π D.24-π 熱點(diǎn)三 多面體與球 【例3】已知正四棱錐的底面邊長為a,側(cè)棱長為a. (1)求它的外接球的體積; (2)求它的內(nèi)切球的表面積. 規(guī)律方法 (1)涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時(shí),一般過球心及多面體中的特殊點(diǎn)或線作截面,把空間問題化歸為平面問題,再利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系. (

8、2)若球面四點(diǎn)P,A,B,C構(gòu)成的線段PA,PB,PC兩兩垂直,且PA=a,PB=b,PC=c,則4R2=a2+b2+c2,把有關(guān)元素“補(bǔ)形”成為一個(gè)球內(nèi)接正方體(或其他圖形),從而顯示出球的數(shù)量特征,這種方法是一種常用的好方法. 變式訓(xùn)練3 如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為a的正方形,PD⊥底面ABCD,且PD=a,PA=PC=a.若在這個(gè)四棱錐內(nèi)放一球,則此球的最大半徑是__________. 思想滲透 立體幾何中的轉(zhuǎn)化與化歸思想 求空間幾何體的體積時(shí),常常需要對圖形進(jìn)行適當(dāng)?shù)臉?gòu)造和處理,使復(fù)雜圖形簡單化,非標(biāo)準(zhǔn)圖形標(biāo)準(zhǔn)化,此時(shí)轉(zhuǎn)化與化歸思想就起到了至關(guān)重

9、要的作用.利用轉(zhuǎn)化與化歸思想求空間幾何體的體積主要包括割補(bǔ)法和等體積法,具體運(yùn)用如下: (1)補(bǔ)法是指把不規(guī)則的(不熟悉或復(fù)雜的)幾何體延伸或補(bǔ)成規(guī)則(熟悉的或簡單的)的幾何體,把不完整的圖形補(bǔ)成完整的圖形; (2)割法是指把復(fù)雜的(不規(guī)則的)幾何體切割成簡單的(規(guī)則的)幾何體; (3)等積法的前提是幾何圖形(或幾何體)的面積(或體積)通過已知條件轉(zhuǎn)化為易求的面積(體積)問題. 【典型例題】如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=5,BB1=BC=6,D,E分別是AA1和B1C的中點(diǎn). (1)求證:DE∥平面ABC; (2)求三棱錐E-BCD的體積. (1)證明:

10、取BC中點(diǎn)G,連接AG,EG. 因?yàn)镋是B1C的中點(diǎn),所以EG∥BB1,且EG=BB1. 由直棱柱知,AA1BB1. 而D是AA1的中點(diǎn),所以EGAD, 所以四邊形EGAD是平行四邊形,所以ED∥AG. 又DE平面ABC,AG?平面ABC, 所以DE∥平面ABC. (2)解:因?yàn)锳D∥BB1,所以AD∥平面BCE, 所以VE-BCD=VD-BCE=VA-BCE=VE-ABC. 由(1)知,DE∥平面ABC,所以VE-ABC=VD-ABC=AD·BC·AG=×3×6×4=12. 1.(2020·山東濟(jì)南三月模擬,4)如圖,正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長均為2,其

11、正(主)視圖如圖所示,則此三棱柱側(cè)(左)視圖的面積為(  ). A.2 B.4 C. D.2 2.(2020·安徽安慶二模,7)一空間幾何體的三視圖如圖所示(正(主)、側(cè)(左)視圖是兩全等圖形,俯視圖是圓及圓的內(nèi)接正方形),則該幾何體的表面積是(  ). A.7π cm2 B.(5π+4)cm2 C.(5π+2)cm2 D.(6π+2-2)cm2 3.(2020·北京豐臺區(qū)三月月考,4)若某空間幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積是(  ). A.20-2π B.20-π C.40-π D.40-π 4.(2020·湖

12、南株洲下學(xué)期質(zhì)檢,14)一個(gè)三棱錐的正(主)視圖、側(cè)(左)視圖、俯視圖如下,則這個(gè)三棱錐的體積為__________,其外接球的表面積為__________. 5.已知正四面體的外接球半徑為1,則此正四面體的體積為__________. 6.正六棱錐P-ABCDEF中,G為PB的中點(diǎn),則三棱錐D-GAC與三棱錐P-GAC體積之比為__________. 7.如圖,在等腰梯形ABCD中,AB=2DC=2,∠DAB=60°,E為AB的中點(diǎn),將△ADE與△BEC分別沿ED,EC向上折起,使A,B重合,求形成三棱錐的外接球的體積. 參考答案 命題調(diào)研·明晰考向 真題試做 1.C 

13、解析:若為C選項(xiàng),則主視圖為: 故不可能是C選項(xiàng). 2.30 解析:由幾何體的三視圖可知:該幾何體的上部為平放的直四棱柱,底部為長、寬、高分別為4 m,3 m,2 m的長方體. ∴幾何體的體積V=V直四棱柱+V長方體=×4+4×3×2=6+24=30(m3). 3.12π 解析:該幾何體是由3個(gè)圓柱構(gòu)成的幾何體,故體積V=2×π×22×1+π×12×4=12π. 4.解:(1)因?yàn)樗睦庵鵄BCD-A2B2C2D2的側(cè)面是全等的矩形, 所以AA2⊥AB,AA2⊥AD.又因?yàn)锳B∩AD=A,所以AA2⊥平面ABCD. 連接BD,因?yàn)锽D平面ABCD,所以AA2⊥BD. 因?yàn)榈酌?/p>

14、ABCD是正方形,所以AC⊥BD. 又已知平面ABCD∥平面A1B1C1D1,且平面BB1D1D∩平面ABCD=BD, 平面BB1D1D∩平面A1B1C1D1=B1D1,所以B1D1∥BD.于是 由AA2⊥BD,AC⊥BD,B1D1∥BD,可得AA2⊥B1D1,AC⊥B1D1. 又因?yàn)锳A2∩AC=A,所以B1D1⊥平面ACC2A2. (2)因?yàn)樗睦庵鵄BCD-A2B2C2D2的底面是正方形,側(cè)面是全等的矩形,所以S1=S四棱柱上底面+S四棱柱側(cè)面=(A2B2)2+4AB·AA2=102+4×10×30=1 300(cm2). 又因?yàn)樗睦馀_A1B1C1D1-ABCD的上、下底面均是

15、正方形,側(cè)面是全等的等腰梯形(其高為h), 所以S2=S四棱臺下底面+S四棱臺側(cè)面=(A1B1)2+4×(AB+A1B1)h =202+4××(10+20) =1 120(cm2). 于是該實(shí)心零部件的表面積為S=S1+S2=1 300+1 120=2 420(cm2), 故所需加工處理費(fèi)為0.2S=0.2×2 420=484(元). 精要例析·聚焦熱點(diǎn) 熱點(diǎn)例析 【例1】 (1)D (2)B 解析:(1)被截去的四棱錐的三條可見側(cè)棱中有兩條為正方體的面對角線,它們在右側(cè)面上的投影與右側(cè)面(正方形)的兩條邊重合,另一條為正方體的對角線,它在右側(cè)面上的投影與右側(cè)面的對角線重合,對

16、照各圖及對角線方向,只有選項(xiàng)D符合. (2)由正(主)視圖可排除A,C;由側(cè)(左)視圖可判斷該幾何體的直觀圖是B. 【變式訓(xùn)練1】 (1)B (2)D 解析:(1)由三視圖知原幾何體是一個(gè)底面邊長為4,高是2的正四棱錐.如圖: ∵AO=2,OB=2,∴AB=2. 又∵S側(cè)=4××4×2=16,S底=4×4=16, ∴S表=S側(cè)+S底=16+16. (2)如圖,設(shè)直觀圖為O′A′B′C′,建立如圖所示的坐標(biāo)系,按照斜二測畫法的規(guī)則,在原來的平面圖形中,OC⊥OA,且OC=2,BC=1,OA=1+2×=1+,故其面積為×(1+1+)×2=2+. 【例2】 (1)證明:因?yàn)镻A

17、⊥平面ABCD,CE平面ABCD, 所以PA⊥CE. 因?yàn)锳B⊥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?yàn)锳B=CE=1,AB∥CE, 所以四邊形ABCE為矩形. 所以S四邊形ABCD=S矩形ABCE+S△ECD=AB·AE+CE·DE=1×2+×1×1=. 又PA⊥平面ABCD,PA=1, 所以V四棱錐P-ABCD=S四邊形ABCD·PA=××1=. 【變式訓(xùn)練2】 A 解析:由三視圖可知該幾何體為一個(gè)長、寬、

18、高分別為4,3,2的長方體,剖去一個(gè)半圓柱而得到的幾何體,其體積為2×3×4-π×1×3,即24-π. 【例3】 解:如圖所示,△SAC的外接圓是外接球的一個(gè)大圓,∴只要求出這個(gè)外接圓的半徑即可,而內(nèi)切球的球心到棱錐的各個(gè)面的距離相等,∴可由正四棱錐的體積求出其半徑. (1)設(shè)外接球的半徑為R,球心為O,則OA=OC=OS, ∴O為△SAC的外心,即△SAC的外接圓半徑就是球的半徑. ∵AB=BC=a,∴AC=a. ∵SA=SC=AC=a,∴△SAC為正三角形. 由正弦定理得2R===a, 因此R=a,V外接球=πR3=πa3. (2)如圖,設(shè)內(nèi)切球的半徑為r,作SE⊥底面

19、于E,作SF⊥BC于F,連接EF, 則有SF===a, S△SBC=BC·SF=a×a=a2, S棱錐全=4S△SBC+S底=(+1)a2. 又SE===a, ∴V棱錐=S底·SE=a2×a=a3, ∴r===a, S內(nèi)切球=4πr2=πa2. 【變式訓(xùn)練3】 (2-)a 解析:當(dāng)且僅當(dāng)球與四棱錐的各個(gè)面都相切時(shí),球的半徑最大. 設(shè)放入的球的半徑為r,球心為O,連接OP,OA,OB,OC,OD,則把此四棱錐分割成四個(gè)三棱錐和一個(gè)四棱錐,這些小棱錐的高都是r,底面分別為原四棱錐的側(cè)面和底面, 則VP-ABCD=r(S△PAB+S△PBC+S△PCD+S△PAD+S正方形ABC

20、D)=r(2+)a2. 由題意知PD⊥底面ABCD, ∴VP-ABCD=S正方形ABCD·PD=a3. 由體積相等,得r(2+)a2=a3,解得r=(2-)a. 創(chuàng)新模擬·預(yù)測演練 1.D 2.D 解析:據(jù)三視圖可判斷該幾何體是由一個(gè)圓柱和一個(gè)正四棱錐組合而成的,直觀圖如圖所示: 易求得表面積為(6π+2-2)cm2. 3.B 解析:由三視圖可知該幾何體的直觀圖為一個(gè)正四棱柱,從上表面扣除半個(gè)內(nèi)切球.易求出正四棱柱的底面邊長為2,內(nèi)切球的半徑為1,故體積為2×2×5-π=20-. 4.4 29π 5. 解析:首先將正四面體補(bǔ)形為一個(gè)正方體,設(shè)正四面體棱長為a,則其對應(yīng)正

21、方體的棱長為a,且由球與正方體的組合關(guān)系易知32=(1×2)2,解得a2=, ∴正四面體的體積為V=3-4×××3=3=. 6.2∶1 解析:由正六棱錐的性質(zhì)知,點(diǎn)P在底面內(nèi)的射影是底面的中心,也是線段AD的中點(diǎn).又G為PB的中點(diǎn),設(shè)P點(diǎn)在底面內(nèi)的射影為O,則G點(diǎn)在底面內(nèi)的射影為OB的中點(diǎn)M,且GM∥PO.又M為AC的中點(diǎn),則GM平面GAC,所以點(diǎn)P到平面GAC的距離等于點(diǎn)O到平面GAC的距離.又因?yàn)镺M⊥平面GAC,DC⊥平面GAC,且DC=2OM,則==2. 7.解:由已知條件知,平面圖形中AE=EB=BC=CD=DA=DE=EC=1, ∴折疊后得到一個(gè)棱長為1的正三棱錐(如圖). 方法一:作AF⊥平面DEC,垂足為F, F即為△DEC的中心, 取EC中點(diǎn)G,連接DG,AG, 過球心O作OH⊥平面AEC, 則垂足H為△AEC的中心, ∴外接球半徑可利用△OHA∽△AFG求得. ∵AG=,AF==,AH=, ∴OA===, ∴外接球體積為π×OA3=·π·=π. 方法二:如圖,把棱長為1的正三棱錐放在正方體中,顯然,棱長為1的正三棱錐的外接球就是正方體的外接球. ∵正方體棱長為, ∴外接球直徑2R=·, ∴R=,∴體積為π·3=π.

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