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_(kāi)_________ 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_(kāi)_____． 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(tái)A1B1C1D1-ABCD，上部是一個(gè)底

2、面與四棱臺(tái)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(duì)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(guò)對(duì)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(wèn)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(shí)，此類問(wèn)題多為考查三視圖的還原問(wèn)題，且常與空間幾何體的表面積、體積等問(wèn)題交會(huì)，是每年的必考內(nèi)容． 預(yù)計(jì)

3、在2020年高考中： 對(duì)空間幾何體的三視圖的考查有難度加大的趨勢(shì)，通過(guò)此類題考查考生的空間想象能力；對(duì)表面積和體積的考查，常見(jiàn)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(huì)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(zhǎng)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(duì)正，畫(huà)在正(主)視圖的正下方；側(cè)(左)視圖要畫(huà)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(huà)三視圖時(shí)，能看到的輪廓線畫(huà)成實(shí)線，看不到的輪廓線畫(huà)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(cè)畫(huà)法，即平行于x軸的線段長(zhǎng)度不變，而平行于y軸的線段長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉?lái)長(zhǎng)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(huà)了一個(gè)z軸且其長(zhǎng)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(cè)直觀圖是一個(gè)底角為45°，腰和上底長(zhǎng)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(wèn)題，可以多角度、多方位地考慮．對(duì)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(duì)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(duì)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(duì)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(zhǎng)為a，側(cè)棱長(zhǎng)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(wèn)題時(shí)，一般過(guò)球心及多面體中的特殊點(diǎn)或線作截面，把空間問(wèn)題化歸為平面問(wèn)題，再利用平面幾何知識(shí)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(zhǎng)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(duì)圖形進(jìn)行適當(dāng)?shù)臉?gòu)造和處理，使復(fù)雜圖形簡(jiǎn)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(jiǎn)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(jiǎn)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(guò)已知條件轉(zhuǎn)化為易求的面積(體積)問(wèn)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(zhǎng)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(tái)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_(kāi)_________，其外接球的表面積為_(kāi)_________． 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_(kāi)_________． 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_(kāi)_________． 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(zhǎng)、寬、高分別為4 m,3 m,2 m的長(zhǎng)方體． ∴幾何體的體積V＝V直四棱柱＋V長(zhǎng)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_(tái)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(tái)下底面＋S四棱臺(tái)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(jiàn)側(cè)棱中有兩條為正方體的面對(duì)角線，它們?cè)谟覀?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(duì)角線，它在右側(cè)面上的投影與右側(cè)面的對(duì)角線重合，對(duì)

16、照各圖及對(duì)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(zhǎng)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(cè)畫(huà)法的規(guī)則，在原來(lái)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(zhǎng)、寬、

18、高分別為4,3,2的長(zhǎng)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(cè)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(zhǎng)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(zhǎng)為a，則其對(duì)應(yīng)正

21、方體的棱長(zhǎng)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(zhǎng)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(guò)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(zhǎng)為1的正三棱錐放在正方體中，顯然，棱長(zhǎng)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(zhǎng)為， ∴外接球直徑2R＝·， ∴R＝，∴體積為π·3＝π.