2019高考高考数学二轮复习第二部分第四讲立体几何微专题1空间几何体的三视图、表面积与体积学案理.doc

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1、1微专题 1 空间几何体的三视图、表面积与体积命 题 者 说考 题 统 计 考 情 点 击2018全国卷 T7三视图2018全国卷 T12截面问题2018全国卷 T16侧面积问题2018全国卷 T3三视图立体几何问题既是高考的必考点，也是考查的难点，其在高考中的命题形式较为稳定，保持“一小一大”或“两小一大”的格局，多以选择题或者填空题的形式考查空间几何体三视图的识别，空间几何体的体积或表面积的计算。考向一 空间几何体的三视图【例 1】 (1)(2018唐山模拟)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为( )A B C D(2)(2018山西八校联考)将正方体(如图)截去三个三棱锥

2、后，得到如图所示的几何体，侧视图的视线方向如图所示，则该几何体的侧视图为( )2A B C D解析 (1)由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为 A。故选 A。(2)将图中的几何体放到正方体中如图所示，从侧视图的视线方向观察，易知该几何体的侧视图为选项 D中的图形。故选 D。答案 (1)A (2)D(1)由直观图确定三视图的方法根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确定。(2)由三视图还原到直观图的思路根据俯视图确定几何体的底面。根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位

3、置。确定几何体的直观图形状。另外，对于一些三视图题，可将几何体放到正方体或长方体中，利用正方体或长方体的线面、面面垂直关系分析几何体的三视图。 3变|式|训|练(2018湖北襄阳测试)若 6个棱长为 1的正方体在桌面上堆叠成一个几何体，该几何体的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图不可能为( )A B C D解析 如图所示，A 正确；如图所示，B 正确；如图所示，C 正确。故选 D。答案 D考向二 空间几何体的表面积与体积微考向 1：根据三视图求表面积与体积【例 2】 (2018郑州质量预测)刍甍，中国古代算术中的一种几何形体， 九章算术中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广。刍，草也。甍，

4、屋盖也。 ”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱。刍甍字面意思为茅草屋顶。 ”如图为一个刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则该茅草屋顶的面积为( )4A24 B32 C64 D325 6解析 由三视图可知该几何体的直观图如图所示，其中 S 四边形 ABED S 四边形 ACFD， SABC S DEF。过点 A向平面 BCFE作垂线，垂足为 A，作 AM CF于点 M， AN BC于点 N，连接 A N，易知 AA4， A N CM 2， CN BC2。在 Rt AA N中， AN8 42 12 2 ，在 Rt ANC中， AC 2 ，AA 2 A N2

5、42 22 5 CN2 AN2 22 25 2 6在 Rt AMC中， AM 2 。所以 S 四边形 ACFD (48)AC2 CM2 26 2 22 5122 12 ， S ABC BCAN 42 4 。所以该茅草屋顶的面积为5 512 12 5 5212 24 32 。故选 B。5 5 5答案 B根据三视图求空间几何体的表面积与体积时，应还原空间几何体的直观图，再根据表面积与体积公式求解。 【变式训练】 (2018山西二模)某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边5长均为 1，则该几何体的体积是( )A B 283 323C D 523 563解析 由三视图可知，该几何体是由半个圆柱与

6、半个圆锥组合而成，其中圆柱的底面半径为 2，高为 4，圆锥的底面半径和高均为 2，其体积为 V 44 4212 13 12。故选 A。283答案 A微考向 2：根据线面关系求表面积与体积【例 3】 (2018全国卷)已知圆锥的顶点为 S，母线 SA， SB所成角的余弦值为 ，78SA与圆锥底面所成角为 45。若 SAB的面积为 5 ，则该圆锥的侧面积为_。15解析 如图所示，设 S在底面的射影为 S，连接 AS， SS。 SAB的面积为 SASBsin ASB SA2 SA25 ，所以12 12 1 cos2 ASB 1516 156SA280， SA4 。因为 SA与圆锥底面所成角为 45，

7、所以 SAS45，5AS SAcos454 2 。所以圆锥的侧面积为 AS AS2 4522 10 10 40 。5 2答案 40 2根据空间几何体的结构特征，借助于线面关系的有关定义、定理找出几何体的底面特征及高，必要时可进行分割、补形等，求出几何体的表面积与体积。 变|式|训|练(2018天津高考)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 连接 AD1， CD1， B1A， B1C， AC，因为 E， H分别为 AD1， CD1的中点，所以EH AC， E

8、H AC，因为 F， G分别为 B1A， B1C的中点，所以 FG AC， FG AC，所以12 12EH FG， EH FG，所以四边形 EHGF为平行四边形，又 EG HF， EH HG，所以四边形 EHGF为正方形，又点 M到平面 EHGF的距离为 ，所以四棱锥 M EFGH的体积为12 2 。13 (22) 12 112答案 112考向三 与球有关的组合体问题【例 4】 (2018江西南昌模拟)在三棱锥 S ABC中， ABC是边长为 3的等边三角形， SA ， SB2 ，二面角 S AB C的大小为 120，则此三棱锥的外接球的表面积3 37为_。解析 根据题意得 SA2 AB2 S

9、B2，即 SA AB。取 AB的中点为 D， SB的中点为 M，连接 CD、 MD，得 CDM为二面角 S AB C的平面角，所以 MDC120。如图，设三角形ABC的外心为 O1，则 O1在 CD上，连接 BO1，则 CO1 BO1， DO1 。设外接球半径为332R，易知球心为过 M垂直面 ABS的垂线与过 O1垂直面 ABC的垂线的交点 O。在四边形 MDO1O中，因为二面角 S AB C的平面角 MDC120，且 MO MD， O1O DO1， MD O1D ，32所以 ODO160， OO1 O1Dtan60 ，连接 OB，所以 R2 OB2 OO O1B2 3 。32 21 94

10、214所以球的表面积 S4 R221。答案 21在立体几何试题中，我们经常会遇到这样一类问题：由题设条件，计算某几何体的外接球的表面积或体积。因为 S 球 4 R2， V 球 R3，所以关键是求解外接球的半径 R。常43用的解题策略有：通过构造特殊几何体，巧妙分析；通过解直角三角形，巧妙分析；借助直角三角形的斜边中点到各顶点的距离相等，巧妙分析；借助几何体的底面多边形的外接圆，巧妙分析。 变|式|训|练(2018贵阳监测考试)如图，正方形网格的边长为 1，粗实线表示的是某几何体的三视图，该几何体的顶点都在球 O的球面上，则球 O的表面积为( )8A15 B16C17 D18解析 根据三视图可知

11、该几何体为一个三棱锥，记为 S ABC，将该三棱锥放入长方体中如图所示，则该三棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设球 O的半径为 R，所以(2 R)22 22 23 217， R2 ，所以球 O的表面积为 4 R217。故选 C。174答案 C91(考向一)(2018北京高考)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( )A1 B2C3 D4解析 将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示。易知， BC AD， BC1， AD AB PA2， AB AD， PA平面 ABCD，故 PAD， PAB为直角三角形，因为 PA平面

12、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为直角三角形，容易求得 PC3， CD ， PD2 ，故 PCD不是直角三角形。故选 C。5 2答案 C2(考向二)(2018昆明调研)古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成。一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为( )10A63 B72C79 D99解析 由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为 5，底面圆的半径为 3，半球的半径为

13、 3，所以组合体的体积为 325 3 363。故选 A。12 43答案 A3(考向三)(2018南昌调研)已知三棱锥 P ABC的所有顶点都在球 O的球面上，ABC满足 AB2 ， ACB90 ， PA为球 O的直径，且 PA4，则点 P到底面 ABC的距离2为( )A B22 2C D23 3解析 取 AB的中点 O1，连接 OO1，如图，在 ABC中， AB2 ， ACB90，所以2 ABC所在小圆 O1是以 AB为直径的圆，所以 O1A ，且 OO1 AO1，又球 O的直径2PA4，所以 OA2，所以 OO1 ，且 OO1底面 ABC，所以点 P到平面 ABCOA2 O1A2 2的距离为

14、 2OO12 。故选 B。2答案 B4(考向三)(2018河北五名校联考)如图，在由边长为 1的小正方形组成的网格中画11出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为( )A27 B30C32 D34解析 根据三视图可知，此多面体为三棱锥 A BCD，且侧面 ABC底面 BCD， ABC与 BCD都为等腰三角形，如图所示。根据题意可知，三棱锥 A BCD的外接球的球心 O位于过 BCD的外心 O，且垂直于底面 BCD的垂线上，取 BC的中点 M，连接AM， DM， OO， O B，易知 O在 DM上，过 O作 OM AM于点 M，连接 OA， OB，根据三视图可知 M D4， BD CD

15、2 ，故 sin BCD ，设 BCD的外接圆半径为 r，根5255据正弦定理可知，2 r 5，故 BO r ， M O ，设 OO x，该多面体BDsin BCD 52 32的外接球半径为 R，在 Rt BOO中， R2 2 x2，在 Rt AMO中， R2 2(4 x)2，所(52) (32)以 R ，故该多面体的外接球的表面积 S4 R234。故选 D。342答案 D125(考向三)(2018西安八校联考)已知球的直径 SC4， A， B是该球球面上的两点， ASC BSC30，则棱锥 S ABC的体积最大为( )A2 B83C D23 3解析 如图，因为球的直径为 SC，且 SC4， ASC BSC30，所以 SAC SBC90， AC BC2， SA SB2 ，所以 S SBC 22 2 ，则当点 A312 3 3到平面 SBC的距离最大时，棱锥 A SBC即 S ABC的体积最大，此时平面 SAC平面 SBC，点 A到平面 SBC的距离为 2 sin30 ，所以棱锥 S ABC的体积最大为3 32 2 。故选 A。13 3 3答案 A