2019届高考数学二轮复习第一篇专题五立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积教案理.doc

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1、1第 1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积1.(2018全国卷,理 3)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 )解析:由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示,由直观图可知其俯视图应选 A.2.(2018全国卷,理 7)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( B )(A)2 (B

2、)2 (C)3 (D)25解析:先画出圆柱的直观图,根据题图的三视图可知点 M,N的位置如图所示.圆柱的侧面展开图及 M,N的位置(N 为 OP的四等分点)如图所示,连接 MN,则图中 MN即为M到 N的最短路径.ON= 16=4,OM=2,14所以|MN|= = =2 .故选 B.2+2 22+42 53.(2017全国卷,理 7)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为 2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为( B )2(A)10 (B)12 (C)14 (D)16解析:如图为该几何体的直观图,易

3、知该几何体中有两个全等的梯形,其中一个梯形的面积为S= (2+4)2=6,故这些梯形面积之和为 62=12.故选 B.124.(2017全国卷,理 8)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( B )(A) (B) (C) (D)34解析:球体与圆柱体的截面图如图,故 S 柱底 = 2= ,34V 柱 =S 柱底 h= .34故选 B.5.(2018全国卷,理 10)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 9 ,则三棱锥 D ABC体积的最大值为 ( B )3(A)12 (B)183 3(C)24 (

4、D)543 3解析:由等边ABC 的面积为 9 可得 AB2=9 ,3 3所以 AB=6,3所以等边ABC 的外接圆的半径为 r= AB=2 .3设球的半径为 R,球心到等边ABC 的外接圆圆心的距离为 d,则 d= = =2.22 1612所以三棱锥 D ABC高的最大值为 2+4=6,所以三棱锥 D ABC体积的最大值为9 6=18 .故选 B.13 36.(2018全国卷,理 16)已知圆锥的顶点为 S,母线 SA,SB所成角的余弦值为 ,SA与圆锥78底面所成角为 45,若SAB 的面积为 5 ,则该圆锥的侧面积为 . 解析:如图,因为 SA与底面成 45角,所以SAO 为等腰直角三角

5、形.设 OA=r,则 SO=r,SA=SB= r.在SAB 中,cosASB= ,78所以 sinASB= ,158所以 SSAB = SASBsinASB12= ( r)212 2 158=5 ,解得 r=2 ,所以 SA= r=4 ,5即母线长 l=4 ,5所以 S 圆锥侧 =rl=2 4 =40 .5答案:40 21.考查角度(1)几何体三视图的识别;(2)由三视图还原直观图求长度、面积、体积;(3)与球有关的“接” “切”问题.2.题型及难易度4选择题、填空题,中低档.(对应学生用书第 3234页)空间几何体的三视图考向 1 几何体三视图的识别【例 1】 (2018济南市模拟)如图,在

6、正方体 ABCD A1B1C1D1中,P 为 BD1的中点,则PAC 在该正方体各个面上的正投影可能是( )(A) (B)(C) (D)解析:由题可知平面 PAC平面 ABCD,且点 P在各个面内的正投影均为正方形的中心.根据对称性,只需考虑PAC 在底面、后面、右面的正投影即可.显然PAC 在底面的正投影为正方形的对角线,在后面与右面的正投影相同,均为等腰直角三角形,故选 B.考向 2 由几何体的三视图还原几何体【例 2】 (2018太原市模拟)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的各条棱中,最长棱的长度为( )(A) (B) (C)2 (D)1解析:由三视图可知,几何体的直观图如图(1)所

7、示,平面 AED平面 BCDE,四棱锥 A BCDE的高为 1,四边形 BCDE是边长为 1的正方形.如图(2),过点 A作平面 BCDE的垂线,垂足为点 F,连接 EF,FC,显然侧棱 AC最长.CF= = = ,AC= = = .故最长棱的长度为 .故2+2 12+22 5 2+2 6 65选 A.(1)由几何体的直观图画三视图时应注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向,看到的部分用实线表示,看不到的部分用虚线表示.(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图时,应先根据已知的一部分三视图,还原、推测直观图的可能形式,然后再找其剩下部分三视图的可能形式.当然若是选择题,也可将选项逐项代入,再看

8、看给出的部分三视图是否符合.(3)由几何体的三视图还原几何体的形状时,可先根据俯视图确定几何体的底面,再根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置,最后确定几何体的直观图形状.热点训练 1:(2018惠州市调研)如图,在底面边长为 1,高为 2的正四棱柱 ABCD A1B1C1D1(底面 ABCD是正方形,侧棱 AA1底面 ABCD)中,点 P是正方形 A1B1C1D1内一点,则三棱锥 P BCD的正视图与俯视图的面积之和的最小值为( )(A) (B)132(C)2 (D)54解析:由题易知,其正视图面积为 12=1.当顶点 P在底面 ABCD上的投影在B

9、CD 内部或12其边上时,俯视图的面积最小,最小值为 SBCD = 11= ,所以三棱锥 P BCD的正视图与俯12 12视图的面积之和的最小值为 1+ = .故选 A.1232热点训练 2:(2018北京卷)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)46解析:在棱长为 2的正方体中作出该几何体的直观图,记为四棱锥 P ABCD,如图,由图可知在此四棱锥的侧面中,直角三角形有PAD,PDC,PAB,共 3个,故选 C.空间几何体的表面积和体积考向 1 由空间几何体的结构特征计算表面积与体积【例 3】 (2017全国卷)如图,在四棱

10、锥 P ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90.(1)证明:平面 PAB平面 PAD;(2)若 PA=PD=AB=DC,APD=90,且四棱锥 P ABCD的体积为 ,求该四棱锥的侧面积.83(1)证明:由已知BAP=CDP=90,得 ABAP,CDPD.由于 ABCD,故 ABPD,从而 AB平面 PAD.又 AB平面 PAB,所以平面 PAB平面 PAD.(2)解:在平面 PAD内作 PEAD,垂足为 E.由(1)知,AB平面 PAD,故 ABPE,ABAD,可得 PE平面 ABCD.设 AB=x,则由已知可得 AD= x,2PE= x.故四棱锥 P ABCD的体积= ABADPE=

11、 x3.13 13由题设得 x3= ,故 x=2.13 83从而 PA=PD=2,AD=BC=2 ,PB=PC=2 .2 2可得四棱锥 P ABCD的侧面积为7PAPD+ PAAB+ PDDC+ BC2sin 60=6+2 .12 12 12 12 3考向 2 由三视图计算空间几何体的表面积与体积【例 4】 (1)(2018延安模拟)如图,在边长为 1的正方形组成的网格中,画出的是一个几何体的三视图,则该几何体的体积是( )(A)9 (B) (C)18 (D)27(2)(2018遂宁模拟)在一圆柱中挖去一圆锥所得的机械部件的三视图如图所示,则此机械部件的表面积为( )(A)(7+ ) (B)(

12、8+ )2 2(C) (D)(1+ )+62解析:(1)根据三视图可知几何体是一个三棱锥 A BCD,如图,则三棱锥底是直角边为 6,3的直角三角形,三棱锥高为 3,所以几何体的体积 V= 633=9.故选 A.13 12(2)该几何体是由一个圆柱挖去一个倒圆锥,圆锥的上底面与圆柱的上底面重合,所以此机械部件的表面积为 1 2+213+ 21 =7+ .故选 A.12 2 2(1)据三视图求表面积、体积时,解题的关键是对所给三视图进行分析,得到几何体的直观图;8(2)多面体的表面积是各个面的面积之和,求组合体的表面积时要注意重合部分的面积;(3)求规则几何体的体积时,只需确定底面与相应的高,而

13、求一些不规则几何体的体积时,往往需采用分割或补形思想,转化求解.热点训练 3:某装饰品的三视图如图所示,则该装饰品的表面积为( )(A)16+ (B)16-( -1)5(C)16+( -1) (D)20+( -1)5 5解析:由装饰品的三视图可知,该装饰品是由一个棱长为 2的正方体,切去四个四分之一的圆锥所得的几何体,其中圆锥的底面半径为 1,高为 2,则该装饰品的表面积为 22+22-4 1 2+4 22+4 1 =16+( -1).故选 C.14 12 14 5 5球与几何体的切、接问题考向 1 外接球【例 5】 (2018合肥市二次质检)已知四棱锥 P ABCD的侧棱长相等,且底面是边长

14、为 3的正方形,它的五个顶点都在直径为 10的球面上,则四棱锥 P ABCD的体积为 . 2解析:设底面 ABCD的中心为 O1,四棱锥 P ABCD的外接球的球心为 O.易知 O在四棱锥的高PO1(或延长线)上,连接 AC,OA,由球的性质可知OO 1A为直角三角形,易得 O1A= AC= 312=3,OA=5,2所以 OO1=4,所以 PO1=4+5=9或 PO1=5-4=1.当 PO1=9时,四棱锥 P ABCD的体积为 3 3 9=54,当 PO1=1时,四棱锥 P ABCD的体13 2 2积为 3 3 1=6.13 2 2综上,四棱锥 P ABCD的体积为 6或 54.答案:6 或

15、54考向 2 内切球【例 6】 (2018长沙市、南昌市部分学校二次联考)已知一块直三棱柱形状的玉石,记为三棱柱 ABC A1B1C1,其中 AB=10 cm,AC=6 cm,BC=8 cm,AA1=4 cm,若将此玉石加工成一个球,则此球的最大体积为( )(A) cm3 (B) cm343 839(C) cm3 (D) cm3解析:在ABC 中,AB=10 cm,AC=6 cm,BC=8 cm,AB2=AC2+BC2,所以ABC 为直角三角形,在 RtABC 中,设其内切圆的半径为 r,则 r= (6+8-10)=2 cm,12易知 2r=AA1,所以当此玉石加工成的球是直三棱柱 ABC A

16、1B1C1的内切球,即球的半径 R为底面直角三角形内切圆的半径,即 R=2 cm时,该球的体积最大,最大体积为 R 3= cm3.故选 C.43空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与几何体的位置和数量关系.(2)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时,一般过球心及接、切点作截面,把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题,再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解.(3)补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体.热点训练 4:(2018石家庄市质检)直三棱柱 ABC A1B1C1的各顶点都在同一球面上,若AB=3,AC=5,BC=7,AA1=2,

17、则此球的表面积为 . 解析:在ABC 中,由余弦定理,知 cosCAB= =- ,52+3272253 12所以 sinCAB= .设ABC 外接圆的半径为 r,则由正弦定理知,2r= = ,732所以 r= ,733设球的半径为 R,则 R= = ,523所以此球的表面积 S=4R 2= .2083答案:208310热点训练 5:(2018河南一模)在三棱锥 S ABC中,SBBC,SAAC,SB=BC,SA=AC,AB= SC,且12三棱锥 S ABC的体积为 ,则该三棱锥的外接球的半径为 ( )932(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:如图,取 SC的中点 O,连接 OB,OA,

18、因为 SBBC,SAAC,SB=BC,SA=AC,所以 OBSC,OASC,OB= SC,OA= SC,12 12所以 SC平面 OAB,O为三棱锥的外接球的球心,SC 为球 O的直径,设球 O的半径为 R,则 AB= SC=R,12所以AOB 为正三角形,则BOA=60,所以 = + =2 R2sin 60 R= .解得 R=3.故选 C.12 13 932【例 1】 (2018湖南省湘东五校联考)已知正三棱锥 P ABC的正视图和俯视图如图所示,则此三棱锥外接球的表面积为( )(A) (B)(C) (D)121003解析:如图,作 PGCB 于点 G,连接 AG,设点 P在底面 ABC内的

19、射影为 D,连接 PD,11依题易得 AB=2 ,PG= ,PA=4,AD=2,3PD=2 ,PD平面 ABC.3易知,正三棱锥 P ABC外接球的球心在 PD上,不妨设球心为 O,半径为 r,连接 OA,则在 RtAOD 中,r2=22+(2 -r)2r2= ,3S=4r 2= .故选 B.【例 2】 (2018唐山市第一学期五校联考)把一个皮球放入如图所示的由 8根长均为 20 cm 的铁丝接成的四棱锥形骨架内,使皮球的表面与 8根铁丝都有接触点且皮球不变形,则皮球的半径为( )(A)10 cm (B)10 cm3(C)10 cm (D)30 cm2解析:如图,过点 S作 SM平面 ABCD,垂足为 M,连接 AM,由题意可知 SM=10 cm,2球心必在 SM上,设球心为 O,OM=d,过点 O作 OESA,垂足为 E,则 OE=R(R为球 O的半径),因为SEOSMA,所以 = ,即 = ,10210220所以 d=10 - R,2 212过点 O作 OFAB,垂足为 F,连接 MF,则 R2=(10 - R)2+ 2,2 2解得 R=10 cm或 R=30 cm(舍去),故选 B.