廣東省2020年高考數(shù)學第二輪復習 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·北京高考，文7)某三棱錐的三視圖如圖所示，該三棱錐的表面積是(　　)． A．28＋6 B．30＋6 C．56＋12 D．60＋12 2．(2020·廣東高考，文7)某幾何體的三視圖如圖所示，它的體積為(　　)． A．72π B．48π C．30π D．24π 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)某個實心零部件的形狀是如圖所示的幾何體，其下部是

2、底面均是正方形，側面是全等的等腰梯形的四棱臺A1B1C1D1-ABCD，上部是一個底面與四棱臺的上底面重合，側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為0.20元，需加工處理費多少元？ 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．考查的重點是直觀圖、三視圖、面積與體積等知識，此類問題多為考查三

3、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，是每年的必考內容． 預計在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，常見形式為蘊涵在兩幾何體的“切”或“接”形態(tài)中，或以三視圖為載體進行交會考查，此塊內容還要注意強化幾何體的核心——截面以及補形、切割等數(shù)學思想方法的訓練． 熱點例析 熱點一　空間幾何體的三視圖與直觀圖 【例1】(1)將長方體截去一個四棱錐，得到的幾何體如下圖所示，則該幾何體的側視圖為(　　)． (2)若某幾何體的三視圖如下圖所示，則這個幾何體的直觀圖可以是(　　)．

4、 規(guī)律方法 (1)三視圖的正(主)視圖、側(左)視圖、俯視圖分別是從物體的正前方、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，反映了一個幾何體各個側面的特點．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(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，能看到的輪廓線畫成實線，看不到的輪廓線畫成虛線； (3)平面圖形與立體圖形的實物圖與直觀圖之間的關系如下表： 圖形 實物圖直觀圖 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

5、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設其面積S直觀圖面積為S ③由直觀圖求原圖形元素間的關系，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z軸且其長度不變) 變式訓練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)一個水平放置的平面圖形的斜二測直觀圖是一個底角為45°，腰和上底長均為1的等腰梯形，則這個平面圖形的面積是(　　)． A.＋ B．1＋ C．1＋ D．2＋ 熱點二　空間幾何

6、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，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，點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，采用等體積轉化是常用的方法，轉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法求解，即將不規(guī)則幾何體轉化為規(guī)則幾何體，以易于求解． (2)求解幾何體的表面積時要注意S表＝S側＋S底． (3)對

7、于給出幾何體的三視圖，求其體積或表面積的題目關鍵在于要還原出空間幾何體，并能根據(jù)三視圖的有關數(shù)據(jù)和形狀推斷出空間幾何體的線面關系及相關數(shù)據(jù)，至于體積或表面積的求解套用對應公式即可． 變式訓練2 (2020·廣東深圳二模，文9)某零件的正視圖與側視圖均是如圖所示的圖形(實線組成半徑為2 cm的半圓，虛線是等腰三角形的兩腰)，俯視圖是一個半徑為2 cm的圓(包括圓心)，則該零件的體積是(　　)． A. cm3 B. cm3 C．4π cm3 D. cm3 熱點三　多面體與球 【例3】已知正四棱錐的底面邊長為a，側棱長為a. (1)求它的外接球的體積； (2)求它的內

8、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，一般過球心及多面體中的特殊點或線作截面，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中元素間的關系． (2)若球面四點P，A，B，C構成的線段PA，PB，PC兩兩垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，則4R2＝a2＋b2＋c2，把有關元素“補形”成為一個球內接正方體(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.若在這個四棱錐內放一球，則此球的最大半徑是_____

9、_____． 思想滲透 立體幾何中的轉化與化歸思想 求空間幾何體的體積時，常常需要對圖形進行適當?shù)臉嬙旌吞幚?，使復雜圖形簡單化，非標準圖形標準化，此時轉化與化歸思想就起到了至關重要的作用．利用轉化與化歸思想求空間幾何體的體積主要包括割補法和等體積法，具體運用如下： (1)補法是指把不規(guī)則的(不熟悉或復雜的)幾何體延伸或補成規(guī)則(熟悉的或簡單的)的幾何體，把不完整的圖形補成完整的圖形； (2)割法是指把復雜的(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)通過已知條件轉化為易求的面積(體積)問題． 如圖，在直三棱柱ABC

10、-A1B1C1中，AB＝AC＝5，BB1＝BC＝6，D，E分別是AA1和B1C的中點． (1)求證：DE∥平面ABC； (2)求三棱錐E-BCD的體積． (1)證明：取BC中點G，連接AG，EG. 因為E是B1C的中點， 所以EG∥BB1，且EG＝BB1. 由直棱柱知，AA1BB1. 而D是AA1的中點，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：因為AD∥BB1，所以AD∥平面BCE， 所以VE-BCD＝VD-BCE＝VA-BCE＝VE-ABC. 由(1)知，DE

11、∥平面ABC， 所以VE-ABC＝VD-ABC＝AD·BC·AG＝×3×6×4＝12. 1．(2020·廣東深圳第一次調研，文6)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，A1A＝AB＝2，BC＝1，AC＝，若規(guī)定正視方向垂直平面ACC1A1，則此三棱柱的側視圖的面積為(　　)． A. B．2 C．4 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(左)視圖是兩全等圖形，俯視圖是圓及圓的內接正方形)，則該幾何體的表面積是(　　)． A．7π cm2 B．(5π＋4)cm2 C．(5

12、π＋2)cm2 D．(6π＋2－2)cm2 3．(2020·北京豐臺三月月考，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·湖南株洲下學期質檢，14)一個三棱錐的正(主)視圖、側(左)視圖、俯視圖如下，則這個三棱錐的體積為__________，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．在正六棱錐P-ABCDEF中，G為PB的中點，則三棱錐D-GAC與三棱錐P-GAC體積

13、之比為__________． 7．如圖，在等腰梯形ABCD中，AB＝2DC＝2，∠DAB＝60°，E為AB的中點，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 命題調研·明晰考向 真題試做 1．B　解析：根據(jù)三棱錐的三視圖可還原此幾何體的直觀圖(如圖所示)． 此幾何體為一個底面為直角三角形，高為4的三棱錐， 因此表面積為S＝×(2＋3)×4＋×4×5＋×4×(2＋3)＋×2×＝30＋6. 2．C　解析：由三視圖知該幾何體是由一個半球和一個圓錐構成的組合體，∴其體積V＝×π×33＋π×32×4＝30π. 3．12π　

14、解析：該幾何體是由3個圓柱構成的幾何體，故體積V＝2×π×22×1＋π×12×4＝12π. 4．(1)證明：因為四棱柱ABCD-A2B2C2D2的側面是全等的矩形， 所以AA2⊥AB，AA2⊥AD.又因為AB∩AD＝A，所以AA2⊥平面ABCD. 連接BD，因為BD平面ABCD，所以AA2⊥BD. 因為底面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.

15、 又因為AA2∩AC＝A，所以直線B1D1⊥平面ACC2A2. (2)解：因為四棱柱ABCD-A2B2C2D2的底面是正方形，側面是全等的矩形，所以S1＝S四棱柱上底面＋S四棱柱側面＝(A2B2)2＋4AB·AA2＝102＋4×10×30＝1 300(cm2)． 又因為四棱臺A1B1C1D1-ABCD的上、下底面均是正方形，側面是全等的等腰梯形(其高為h)， 所以S2＝S四棱臺下底面＋S四棱臺側面 ＝(A1B1)2＋4××(AB＋A1B1)h ＝202＋4×(10＋20) ＝1 120(cm2)． 于是該實心零部件的表面積為S＝S1＋S2＝1 300＋1 120＝2 420(c

16、m2)， 故所需加工處理費為0.2S＝0.2×2 420＝484(元)． 精要例析·聚焦熱點 熱點例析 【例1】 (1)D　(2)B　解析：(1)被截去的四棱錐的三條可見側棱中有兩條為正方體的面對角線，它們在右側面上的投影與右側面(正方形)的兩條邊重合，另一條為正方體的對角線，它在右側面上的投影與右側面的對角線重合，對照各圖及對角線方向，只有選項D符合． (2)由正視圖可排除A，C；由側視圖可判斷該幾何體的直觀圖是B. 【變式訓練1】 (1)B　(2)D　解析：(1)由三視圖知原幾何體是一個底面邊長為4，高是2的正四棱錐．如圖： ∵AO＝2，OB＝2，∴AB＝2. 又∵S側

17、＝4××4×2＝16，S底＝4×4＝16， ∴S表＝S側＋S底＝16＋16. (2)如圖，設直觀圖為O′A′B′C′，建立如圖所示的坐標系，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：因為PA⊥平面ABCD，CE平面ABCD， 所以PA⊥CE. 因為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. 又因為AB

18、＝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＝. 【變式訓練2】 C　解析：該幾何體是一個半球中間挖去一個圓錐．由圖中數(shù)據(jù)，可得V＝××23－×π×22×1＝－＝4π. 【例3】 解：如圖所示，△SAC的外接圓是外接球的一個大圓，∴只要求出這個外接圓的半徑即可，而內切球的球心到棱錐的各個面的距離相等，∴可由正四棱錐的體積求出其半徑． (1)設外接球的半徑為R，球心為O，則OA＝OC＝

19、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，設內切球的半徑為r，作SE⊥底面于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內切球＝4πr2＝πa2. 【變式訓練3】 (2－)a　解析：當且僅當球與四棱錐的各個面都相

20、切時，球的半徑最大． 設放入的球的半徑為r，球心為O，連接OP，OA，OB，OC，OD，則把此四棱錐分割成四個三棱錐和一個四棱錐，這些小棱錐的高都是r，底面分別為原四棱錐的側面和底面， 則VP-ABCD＝r(S△PAB＋S△PBC＋S△PCD＋S△PAD＋S正方形ABCD)＝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·預測演練 1．A　解析：側視圖是一個矩形，矩形的長即AA1的長，矩形的寬即Rt△ABC斜邊上的高h. 由題意，得h＝＝， ∴S＝2×＝.

21、2．D　解析：據(jù)三視圖可判斷該幾何體是由一個圓柱和一個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正四棱柱，從上表面扣除半個內切球．易求出正四棱柱的底面邊長為2，內切球的半徑為1，故體積為2×2×5－π＝20－. 4．4　29π 5.　解析：首先將正四面體補形為一個正方體，設正四面體棱長為a，則其對應正方體的棱長為a，且由球與正方體的組合關系易知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：由正六棱錐的性質知，點P在底面內的射影是底面的中心，也是

22、線段AD的中點．又G為PB的中點，設P點在底面內的射影為O，則G點在底面內的射影為OB的中點M，且GM∥PO.又M為AC的中點，則GM平面GAC，所以點P到平面GAC的距離等于點O到平面GAC的距離．又因為OM⊥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.