《2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 第2部分 專題4 立體幾何 第6講 空間幾何體的三視圖、表面積和體積學(xué)案 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 第2部分 專題4 立體幾何 第6講 空間幾何體的三視圖、表面積和體積學(xué)案 文（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 第2部分 專題4 立體幾何 第6講 空間幾何體的三視圖、表面積和體積學(xué)案 文
熱點題型
真題統(tǒng)計
命題規(guī)律
題型1：空間幾何體的三視圖與表面積或體積
2018全國卷ⅠT9；2018全國卷ⅢT3；2017全國卷ⅡT6
2016全國卷ⅡT7；2016全國卷ⅢT10；2015全國卷ⅠT11
2015全國卷ⅡT6；2014全國卷ⅠT8；2014全國卷ⅡT6
1.高考對此內(nèi)容的考查，常以“二小一大”或“一小一大”的形式呈現(xiàn).
2.小題重點考查幾何體的三視圖或表面積與體積或球與幾何體的切接問題.
3.幾何體的體積或點到平面的距離.
題型2：根據(jù)空
2、間幾何體的結(jié)構(gòu)特征計算表面積或體積
2018全國卷ⅠT5；2018全國卷ⅠT18；2018全國卷ⅠT10
2018全國卷ⅡT16；2018全國卷ⅢT12；2017全國卷ⅠT18
2017全國卷ⅡT18；2017全國卷ⅢT19；2016全國卷ⅠT18
2016全國卷ⅡT19；2016全國卷ⅢT19；2015全國卷ⅠT6
2015全國卷ⅠT18；2015全國卷ⅡT19；2014全國卷ⅠT19
2014全國卷ⅡT7；2014全國卷ⅡT18
題型3：球與幾何體的切接問題
2017全國卷ⅠT16；2017全國卷ⅡT15；2017全國卷ⅢT9
2016全國卷ⅠT7；2016全國卷ⅡT4；
3、2016全國卷ⅢT11
2015全國卷ⅡT10
1．柱體、錐體、臺體的側(cè)面積公式
(1)S柱側(cè)＝ch(c為底面周長，h為高)；
(2)S錐側(cè)＝ch′(c為底面周長，h′為斜高)；
(3)S臺側(cè)＝(c＋c′)h′(c′，c分別為上下底面的周長，h′為斜高)．
2．柱體、錐體、臺體的體積公式
(1)V柱體＝Sh(S為底面面積，h為高)；
(2)V錐體＝Sh(S為底面面積，h為高)；
(3)V臺＝(S＋＋S′)h(不要求記憶)．
3．球的表面積和體積公式
(1)S球表＝4πR2(其中R為球的半徑)；
(2)V球＝πR3(其中R為球的半徑)．
■高考考法示例·
?角度一 空
4、間幾何體的三視圖
【例1－1】 (1)(2018·全國卷Ⅲ)中國古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來．構(gòu)件的凸出部分叫榫頭，凹進(jìn)部分叫卯眼，圖中木構(gòu)件右邊的小長方體是榫頭．若如圖2-4-1擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是( )
圖2-4-1
A [由題意可知，咬合時帶卯眼的木構(gòu)件如圖所示，其俯視圖為選項A中的圖形．]
?角度二 根據(jù)三視圖計算空間幾何體的表面積或體積
【例1－2】 (1)(2018·黃山模擬)一個幾何體的三視圖如圖2-4-2所示，則該幾何體的體積為( )
圖2-4-2
A．4 B．4 C．4
5、 D.
(2)(2018·廣州模擬)如圖2-4-3，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積為( )
圖2-4-3
A．18＋36 B．54＋18
C．90 D．81
(1)C (2)B [(1)由三視圖可知該幾何體為四棱錐P-ABCD，
其中PA⊥底面ABCD，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，
AD＝2，BC＝4，AD⊥AB，AP＝2，AB＝2，
∴該幾何體的體積V＝××2×2＝4.故選C.
(2)由三視圖可知該幾何體是底面為正方形的斜四棱柱，其中有兩個側(cè)面為矩形，另兩個側(cè)面為平行四邊形，則表面積為(3×3＋
6、3×6＋3×3)×2＝54＋18.故選B.]
[方法歸納] 根據(jù)幾何體的三視圖求其表面積與體積的三個步驟
(1)根據(jù)給出的三視圖還原該幾何體的直觀圖．
(2)由三視圖中的大小標(biāo)示確定該幾何體的各個度量．
(3)套用相應(yīng)的面積公式與體積公式計算求解．
■對點即時訓(xùn)練·
1．(2018·煙臺模擬)將一個長方體沿相鄰三個面的對角線截去一個棱錐，得到的幾何體的正視圖與俯視圖如圖2-4-4所示，則該幾何體的側(cè)視圖為 ( )
圖2-4-4
B [先根據(jù)正視圖和俯視圖還原出幾何體，再作其側(cè)視圖．由幾何體的正視圖和俯視圖可知該幾何體如圖①所示，故其側(cè)視圖如圖②所示．故選B.
]
7、
2．(2018·江西七校聯(lián)考)若某空間幾何體的三視圖如圖2-4-5所示，則該幾何體的表面積是( )
圖2-4-5
A．48＋π B．48－π
C．48＋2π D．48－2π
A [該幾何體是正四棱柱中挖去了一個半球，正四棱柱的底面是正方形(邊長為2)，高為5，半球的半徑是1，那么該幾何體的表面積為S＝2×2×2＋2×4×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故選A.]
題型2 根據(jù)空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征計算表面積或體積
全國卷考查解答題多設(shè)兩問，第(1)問考查位置關(guān)系的證明，第(2)問考查空間幾何體體積的求法或點到平面距離的求法．
■高考考法示例·
【
8、例2】 (1)(2018·全國卷Ⅰ)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為( )
A．12π B．12π
C．8π D．10π
B [因為過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，所以圓柱的高為2，底面圓的直徑為2，所以該圓柱的表面積為2×π×()2＋2π××2＝12π.]
(2)(2016·全國卷Ⅲ)如圖2-4-6，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點．
圖2
9、-4-6
①證明MN∥平面PAB；
②求四面體N-BCM的體積．
[思路點撥]?、?
→→
②→→
[解]?、僮C明：由已知得
AM＝AD＝2.
如圖，取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC的中點知TN∥BC，
TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TNAM，
所以四邊形AMNT為平行四邊形，
于是MN∥AT.
因為AT?平面PAB，MN?平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
②因為PA⊥平面ABCD，N為PC的中點，
所以N到平面ABCD的距離為PA.
如圖，取BC的中點E，連接AE.
由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝.
由AM∥BC得M到BC的距
10、離為，
故S△BCM＝×4×＝2.
所以四面體N-BCM的體積VN-BCM＝×S△BCM×＝.
[方法歸納] 求解幾何體的表面積及體積的技巧
1．求幾何體的表面積及體積問題， 可以多角度、多方位地考慮，熟記公式是關(guān)鍵所在．求三棱錐的體積，等體積轉(zhuǎn)化是常用的方法，轉(zhuǎn)化原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一面上．
2．求不規(guī)則幾何體的體積，常用分割或補形的思想，將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體以易于求解．
(教師備選)
(2017·全國卷Ⅰ)如圖2-4-7，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)證明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝P
11、D＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱錐P-ABCD的體積為，求該四棱錐的側(cè)面積．
圖2-4-7
[解] (1)證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，
得AB⊥AP，CD⊥PD.
由于AB∥CD，故AB⊥PD，從而AB⊥平面PAD.
又AB?平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)如圖，在平面PAD內(nèi)作PE⊥AD，垂足為E.
由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，AB⊥AD，
可得PE⊥平面ABCD.
設(shè)AB＝x，則由已知可得
AD＝x，PE＝x.
故四棱錐P-ABCD的體積
VP-ABCD＝AB·AD·PE＝x3.
由題設(shè)得x3＝，故x
12、＝2.
從而結(jié)合已知可得PA＝PD＝AB＝DC＝2，
AD＝BC＝2，PB＝PC＝2.
可得四棱錐P-ABCD的側(cè)面積為
PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.
■對點即時訓(xùn)練·
1．(2018·全國卷Ⅰ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為( )
A．8 B．6 C．8 D．8
C [如圖，連接BC1，因為AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1為直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2.又B1C1＝2，所以BB1＝＝
13、2，故該長方體的體積V＝2×2×2＝8.]
2．(2018·沈陽模擬)在如圖2-4-8所示的幾何體ABCDEF中，平面ABCD⊥平面ABEF，四邊形ABCD和四邊形ABEF都是正方形，且邊長為2，Q是AD的中點．
圖2-4-8
(1)求證：直線AE∥平面FQC；
(2)求點E到平面FQC的距離．
[解] (1)∵四邊形ABCD和四邊形ABEF都是正方形，
∴EF∥AB∥DC且EF＝AB＝DC，
∴四邊形DCEF是平行四邊形．
連接DE交FC于P，連接PQ，則P是DE中點．
∵Q是AD的中點，∴PQ是△AED的中位線，PQ∥AE，
又AE在平面FQC外，PQ在平面
14、FQC內(nèi)，∴直線AE∥平面FQC，
(2)由(1)知直線AE∥平面FQC，故E，A到平面FQC等距離，
下面求A到平面FQC的距離，設(shè)這個距離是x.
由平面ABCD⊥平面ABEF，F(xiàn)A⊥AB，知FA⊥平面ABCD，考慮三棱錐F-AQC的體積：VF-AQC＝VA-FQC.
因正方形邊長為2，所以VF-AQC＝·FA·S△AQC＝×2×1＝.
在Rt△DQC中求得QC＝；在Rt△AQF中求得FQ＝，在Rt△FAC中求得FC＝2.
于是可得△FQC的面積為，∴由VF-AQC＝VA-FQC得，＝×x，解得x＝.
故點E到平面FQC的距離為.
題型3 球與幾何體的切接問題
■核心知識儲
15、備·
1．多面體與球接、切問題求解策略
(1)截面法：過球心及多面體中的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系．
(2)補形法： “補形”成為一個球內(nèi)接長方體，則利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．
2．球的切、接問題的常用結(jié)論
(1)長、寬、高分別為a，b，c的長方體的體對角線長等于外接球的直徑，即＝2R.
(2)若直棱柱(或有一條棱垂直于一個面的棱錐)的高為h，底面外接圓半徑為x，則該幾何體外接球半徑R滿足R2＝＋x2.
(3)外接球的球心在幾何體底面上的投影，即為底面外接圓的圓心．
(4)球(半徑為R)與正方體(棱長為a)有以下三種特殊
16、情形：一是球內(nèi)切于正方體，此時2R＝a；二是球與正方體的十二條棱相切，此時2R＝a；三是球外接于正方體，此時2R＝a.
■高考考法示例·
【例3】 (1)(2018·南昌模擬)一個幾何體的三視圖如圖2-4-9所示，其中正視圖是正三角形，則該幾何體的外接球的表面積為( )
圖2-4-9
A. B. C. D.
(2)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6個頂點都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝1，∠BAC＝60°，AA1＝2，則該三棱柱的外接球的體積為( )
A. B. C. D．20π
(3)(2018·全國卷Ⅲ)設(shè)A，B，C，D是同一個半徑為4的球
17、的球面上四點，△ABC為等邊三角形且其面積為9，則三棱錐D-ABC體積的最大值為( )
A．12 B．18 C．24 D．54
(1)D (2)B (3)B [(1)由三視圖可知，該幾何體是如圖所示的三棱錐S-ABC，其中HS是三棱錐的高，由三視圖可知HS＝2，
HA＝HB＝HC＝2，故H為△ABC外接圓的圓心，
該圓的半徑為2.由幾何體的對稱性可知三棱錐S-ABC外接球的球心O在直線HS上，連接OB.設(shè)球的半徑為R，則球心O到△ABC外接圓的距離為OH＝|SH－OS|＝|2－R|，
由球的截面性質(zhì)可得R＝OB＝＝，解得R＝，所以所求外接球的表面積為4πR2＝4π×＝.故
18、選D.
(2)設(shè)△A1B1C1的外心為O1，△ABC的外心為O2，連接O1O2，O2B，OB，如圖所示．
由題意可得外接球的球心O為O1O2的中點．
在△ABC 中， 由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos∠BAC＝32＋12－2×3×1×cos 60°＝7，所以BC＝.
由正弦定理可得△ABC外接圓的直徑2r＝2O2B＝＝，所以r＝＝.
而球心O到截面ABC的距離d＝OO2＝AA1＝1，
設(shè)直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球半徑為R，由球的截面性質(zhì)可得R2＝d2＋r2＝12＋＝，故R＝，
所以該三棱柱的外接球的體積為V＝R3＝.故選B.
(3)如圖
19、，E是AC中點，M是△ABC的重心，O為球心，連接BE，OM，OD，BO.因為S△ABC＝AB2＝9，所以AB＝6，BM＝BE＝＝2.易知OM⊥平面ABC，所以在Rt△OBM中，OM＝＝2，所以當(dāng)D，O，M三點共線且DM＝OD＋OM時，三棱錐D-ABC的體積取得最大值，且最大值Vmax＝S△ABC×(4＋OM)＝×9×6＝18.故選B.]
[方法歸納]
1．求解與幾何體外接球球心有關(guān)問題的常用方法—構(gòu)造法
(1)正四面體、三條側(cè)棱兩兩垂直的正三棱錐、四個面都是直角三角形的三棱錐，可將三棱錐補形成長方體或正方體；(2)同一個頂點上的三條棱兩兩垂直的四面體、相對的棱相等的三棱錐，可將三棱
20、錐補形成長方體或正方體；(3)若已知棱錐含有線面垂直關(guān)系，則可將棱錐補形成長方體或正方體；(4)若三棱錐的三個側(cè)面兩兩垂直，則可將三棱錐補形成長方體或正方體．
2．空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題的常用方法—截面法
立體幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題，體現(xiàn)了等價轉(zhuǎn)化思想與數(shù)形結(jié)合思想，如利用球心O與截面圓圓心O′的連線垂直于截面圓及球心O與弦中點的連線垂直于弦的性質(zhì)，確定球心．
■對點即時訓(xùn)練·
1．(2018·張家口模擬)體積為8的正方體ABCD-A1B1C1D1內(nèi)有一個體積為V的球，則V的最大值為( )
A．8π B．4π C. D.
D [要使球的體積V最大，則球為正方體的內(nèi)
21、切球，∵正方體的體積為8，∴正方體的棱長為2，∴內(nèi)切球的半徑為1，體積為π×13＝π，故選D.]
2．(2018·江西七校聯(lián)考)如圖2-4-10，ABCD是邊長為2的正方形，點E，F(xiàn)分別為邊BC，CD的中點，將△ABE，△ECF，△FDA分別沿AE，EF，F(xiàn)A折起，使B，C，D三點重合于點P，若四面體PAEF的四個頂點在同一個球面上，則該球的表面積是( )
圖2-4-10
A．6π B．12π C．18π D．9π
C [因為∠APE＝∠EPF＝∠APF＝90°，所以可將四面體補成一個長方體(PA，PE，PF是從同一頂點出發(fā)的三條棱)，則四面體和補全的長方體有相同的外接球，
22、設(shè)其半徑為R，由題意知2R＝＝3，故該球的表面積S＝4πR2＝4π2＝18π，故選C.]
3．(2018·湖北七市聯(lián)考)一個幾何體的三視圖如圖2-4-11所示，則該幾何體外接球的表面積為( )
圖2-4-11
A．36π B. C．32π D．28π
B [根據(jù)三視圖，可知該幾何體是一個四棱錐，其底面是一個邊長為4的正方形，高是2.將該四棱錐還原成一個三棱柱，如圖所示，該三棱柱的底面是邊長為4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6個頂點的距離即為該四棱錐外接球的半徑．∵三棱柱的底面是邊長為4的正三角形，∴底面三角形的中心到三角形三個頂點的距離為×2＝，∴其外接球的半徑R＝＝
23、，則外接球的表面積S＝4πR2＝4π×＝，故選B.]
1．(2018·全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB互相垂直，SA與圓錐底面所成角為30°.若△SAB的面積為8，則該圓錐的體積為________．
8π [由題意畫出圖形，如圖，設(shè)AC是底面圓O的直徑，連接SO，則SO是圓錐的高．設(shè)圓錐的母線長為l，則由SA⊥SB，△SAB的面積為8，得l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO中，由題意知∠SAO＝30°，所以SO＝l＝2，AO＝l＝2.故該圓錐的體積V＝π×AO2×SO＝π×(2)2×2＝8π.]
2．(2018·全國卷Ⅰ)某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖
24、如圖2-4-12.圓柱表面上的點M在正視圖上的對應(yīng)點為A，圓柱表面上的點N在左視圖上的對應(yīng)點為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為( )
圖2-4-12
A．2 B．2
C．3 D．2
B [設(shè)過點M的高與圓柱的下底面交于點O，將圓柱沿MO剪開，則M，N的位置如圖所示，連接MN，易知OM＝2，ON＝4，則從M到N的最短路徑為＝＝2.]
3．(2016·全國卷Ⅲ)在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個體積為V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是( )
A．4π B.
C．6π D.
B
25、 [設(shè)球的半徑為R，∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10.
當(dāng)球與直三棱柱的三個側(cè)面相切時，有(6＋8＋10)×R＝×6×8，此時R＝2；
當(dāng)球與直三棱柱兩底面相切時，有2R＝3，此時R＝.
所以在封閉的直三棱柱中，球的最大半徑只能為，故最大體積V＝π3＝.]
4．(2015·全國卷Ⅱ)已知A，B是球O的球面上兩點，∠AOB＝90°，C為該球面上的動點．若三棱錐O-ABC體積的最大值為36，則球O的表面積為( )
A．36π B．64π
C．144π D．256π
C [如圖，設(shè)球的半徑為R，∵∠AOB＝90°，∴S△AOB＝R2.
∵VO-ABC＝VC-AOB，而△AOB面積為定值，
∴當(dāng)點C到平面AOB的距離最大時，VO-ABC最大，
∴當(dāng)C為與球的大圓面AOB垂直的直徑的端點時，體積VO-ABC最大值為×R2×R＝36，
∴R＝6，∴球O的表面積為4πR2＝4π×62＝144π.故選C.]
2022高考數(shù)學(xué)“一本”培養(yǎng)專題突破 第2部分 專題4 立體幾何 第6講 空間幾何體的三視圖、表面積和體積學(xué)案 文
