安徽省2020年高考数学第二轮复习 专题五 立体几何第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积 文

《安徽省2020年高考数学第二轮复习 专题五 立体几何第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省2020年高考数学第二轮复习 专题五 立体几何第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积 文（11页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、专题五　立体几何第1讲　空间几何体的三视图、表面积及体积 真题试做 1．(2020·北京高考，文7)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是(　　)． A．28＋6 B．30＋6 C．56＋12 D．60＋12 2．(2020·安徽高考，文12)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于__________． 3．(2020·湖北高考，文15)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为______． 4．(2020·湖北高考，文19)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体，其下部是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台A1B1C

2、1D1­ABCD，上部是一个底面与四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱ABCD­A2B2C2D2. (1)证明：直线B1D1⊥平面ACC2A2； (2)现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知AB＝10，A1B1＝20，AA2＝30，AA1＝13(单位：厘米)，每平方厘米的加工处理费为0.20元，需加工处理费多少元？ 考向分析 通过对近几年高考试题的分析可看出，空间几何体的命题形式比较稳定，多为选择题或填空题，有时也出现在解答题的某一问中，题目常为中、低档题．考查的重点是直观图、三视图、面积与体积等知识，此类问题多为考查三视图的还原问题，且常与空间几何体的表面积、体积等问题交

3、会，是每年的必考内容． 预计在2020年高考中： 对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势，通过此类题考查考生的空间想象能力；对表面积和体积的考查，常见形式为蕴涵在两几何体的“切”或“接”形态中，或以三视图为载体进行交会考查，此块内容还要注意强化几何体的核心——截面以及补形、切割等数学思想方法的训练． 热点例析 热点一　空间几何体的三视图与直观图 【例1】(1)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如下图所示，则该几何体的侧视图为(　　)． (2)若某几何体的三视图如下图所示，则这个几何体的直观图可以是(　　)． 规律方法 (1)三视图的正(主)视图、侧(左

4、)视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形，反映了一个几何体各个侧面的特点．正(主)视图反映物体的主要形状特征，是三视图中最重要的视图；俯视图要和正(主)视图对正，画在正(主)视图的正下方；侧(左)视图要画在正(主)视图的正右方，高度要与正(主)视图平齐； (2)要注意到在画三视图时，能看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线； (3)平面图形与立体图形的实物图与直观图之间的关系如下表： 图形 实物图直观图 平面图形 ①水平放置的平面图形直观图(斜二测画法，即平行于x轴的线段长度不变，而平行于y轴的线段长度变为原来长度的一半) ②

5、设其面积S直观图面积为S ③由直观图求原图形元素间的关系，利用逆向思维，寻求突破口 立体图形 空间几何体直观图(只比平面图形的直观图多画了一个z轴且其长度不变) 变式训练1 (1)(2020·皖北协作区联考，文9)已知某个几何体的三视图如图(俯视图中的弧线是半圆)，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的表面积是(　　)cm2. A．4＋2π B．4＋3π C．4＋4π D．16 (2)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是(　　)． A.＋ B．1＋ C．1＋

6、 D．2＋ 热点二　空间几何体的表面积与体积 【例2】(2020·福建高考，文20)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB. (1)求证：CE⊥平面PAD； (2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝，∠CDA＝45°，求四棱锥P­ABCD的体积． 规律方法 (1)求几何体的体积问题，可以多角度、多方位地考虑．对于规则的几何体的体积，如求三棱锥的体积，采用等体积转化是常用的方法，转化的原则是其高与底面积易求；对于不规则几何体的体积常用割补法求解，即将不规则几何体转化为规则几何体，以易于求解． (2)求解几何体的表面积时要注意

7、S表＝S侧＋S底． (3)对于给出几何体的三视图，求其体积或表面积的题目关键在于要还原出空间几何体，并能根据三视图的有关数据和形状推断出空间几何体的线面关系及相关数据，至于体积或表面积的求解套用对应公式即可． 变式训练2 已知某几何体的三视图如下图所示，其中正(主)视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为(　　)． A．24－π B．24－π C．24－π D．24－π 热点三　多面体与球 【例3】已知正四棱锥的底面边长为a，侧棱长为a. (1)求它的外接球的体积； (2)求它的内切球的表面积． 规律方法 (1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时

8、，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系． (2)若球面四点P，A，B，C构成的线段PA，PB，PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，则4R2＝a2＋b2＋c2，把有关元素“补形”成为一个球内接正方体(或其他图形)，从而显示出球的数量特征，这种方法是一种常用的好方法． 变式训练3 如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝a，PA＝PC＝a.若在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径是__________． 思想渗透 立体几何中的转化与化归思想 求空间

9、几何体的体积时，常常需要对图形进行适当的构造和处理，使复杂图形简单化，非标准图形标准化，此时转化与化归思想就起到了至关重要的作用．利用转化与化归思想求空间几何体的体积主要包括割补法和等体积法，具体运用如下： (1)补法是指把不规则的(不熟悉或复杂的)几何体延伸或补成规则(熟悉的或简单的)的几何体，把不完整的图形补成完整的图形； (2)割法是指把复杂的(不规则的)几何体切割成简单的(规则的)几何体； (3)等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件转化为易求的面积(体积)问题． 【典型例题】如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝5，BB1＝BC＝6，D，

10、E分别是AA1和B1C的中点． (1)求证：DE∥平面ABC； (2)求三棱锥E­BCD的体积． (1)证明：取BC中点G， 连接AG，EG. 因为E是B1C的中点， 所以EG∥BB1，且EG=BB1. 由直棱柱知，AA1BB1. 而D是AA1的中点， 所以EGAD， 所以四边形EGAD是平行四边形， 所以ED∥AG. 又DE平面ABC，AG平面ABC， 所以DE∥平面ABC. (2)解：因为AD∥BB1，所以AD∥平面BCE， 所以VE­BCD＝VD­BCE＝VA­BCE＝VE­ABC. 由(1)知，DE∥平面ABC， 所以VE­ABC＝VD­ABC

11、＝AD·BC·AG＝×3×6×4＝12. 1．(2020·山东济南三月模拟，4)如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的各棱长均为2，其正(主)视图如图所示，则此三棱柱侧(左)视图的面积为(　　)． A．2 B．4 C. D．2 2．(2020·安徽安庆二模，7)一空间几何体的三视图如图所示(正(主)、侧(左)视图是两全等图形，俯视图是圆及圆的内接正方形)，则该几何体的表面积是(　　)． A．7π cm2 B．(5π＋4) cm2 C．(5π＋2) cm2 D．(6π＋2－2) cm2 3．(2020·北京丰台区三月月考，4)若某

12、空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(　　)． A．20－2π B．20－π C．40－π D．40－π 4．(2020·湖南株洲下学期质检，14)一个三棱锥的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图如下，则这个三棱锥的体积为__________，其外接球的表面积为__________． 5．已知正四面体的外接球半径为1，则此正四面体的体积为__________． 6．在正六棱锥P­ABCDEF中，G为PB的中点，则三棱锥D­GAC与三棱锥P­GAC体积之比为__________． 7．如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝2DC＝2，∠DA

13、B＝60°，E为AB的中点，将△ADE与△BEC分别沿ED，EC向上折起，使A，B重合，求形成三棱锥的外接球的体积． 参考答案 命题调研·明晰考向 真题试做 1．B　解析：根据三棱锥的三视图可还原此几何体的直观图(如图所示)． 此几何体为一个底面为直角三角形，高为4的三棱锥， 因此表面积为S＝×(2＋3)×4＋×4×5＋×4×(2＋3)＋×2×＝30＋6. 2．56　解析：由三视图可知，该几何体为底面是直角梯形，且侧棱垂直于底面的棱柱，∴V柱＝×(2＋5)×4×4＝56. 3．12π　解析：该几何体是由3个圆柱构成的几何体，故体积V＝2×π×22×1＋π×12×4＝12

14、π. 4．(1)证明：因为四棱柱ABCD­A2B2C2D2的侧面是全等的矩形， 所以AA2⊥AB，AA2⊥AD.又因为AB∩AD＝A，所以AA2⊥平面ABCD. 连接BD，因为BD平面ABCD，所以AA2⊥BD. 因为底面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. 又因为AA2∩AC＝A，所以直线B1D1⊥平面ACC2A2. (2)解：因为四棱

15、柱ABCD­A2B2C2D2的底面是正方形，侧面是全等的矩形，所以S1＝S四棱柱上底面＋S四棱柱侧面＝(A2B2)2＋4AB·AA2＝102＋4×10×30＝1 300(cm2)． 又因为四棱台A1B1C1D1­ABCD的上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形(其高为h)， 所以S2＝S四棱台下底面＋S四棱台侧面 ＝(A1B1)2＋4×(AB＋A1B1)h ＝202＋4××(10＋20) ＝1 120(cm2)． 于是该实心零部件的表面积为S＝S1＋S2＝1 300＋1 120＝2 420(cm2)， 故所需加工处理费为0.2S＝0.2×2 420＝484(元)． 精要例析

16、·聚焦热点 热点例析 【例1】 (1)D　(2)B　解析：(1)被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为正方体的面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(正方形)的两条边重合，另一条为正方体的对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图及对角线方向，只有选项D符合． (2)由正视图可排除A，C；由侧视图可判断该几何体的直观图是B. 【变式训练1】 (1)B　(2)D　解析：(1)该几何体是一个半圆柱，所以S＝2×2＋π×12×2＋π×2×2＝4＋3π. (2)如图，设直观图为O′A′B′C′，建立如图所示的坐标系，按照斜二测画法的规则，在原来的平面图形中，OC⊥OA，且OC＝

17、2，BC＝1，OA＝1＋2×＝1＋，故其面积为×(1＋1＋)×2＝2＋. 【例2】 (1)证明：因为PA⊥平面ABCD，CE平面ABCD， 所以PA⊥CE. 因为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. 又因为AB＝CE＝1，AB∥CE， 所以四边形ABCE为矩形． 所以S四边形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四棱锥P

18、­ABCD＝S四边形ABCD·PA＝××1＝. 【变式训练2】 A　解析：由三视图可知该几何体为一个长、宽、高分别为4,3,2的长方体，剖去一个半圆柱而得到的几何体，其体积为2×3×4－π×1×3，即24－π. 【例3】 解：如图所示，△SAC的外接圆是外接球的一个大圆，∴只要求出这个外接圆的半径即可，而内切球的球心到棱锥的各个面的距离相等，∴可由正四棱锥的体积求出其半径． (1)设外接球的半径为R，球心为O，则OA＝OC＝OS， ∴O为△SAC的外心， 即△SAC的外接圆半径就是球的半径． ∵AB＝BC＝a，∴AC＝a. ∵SA＝SC＝AC＝a， ∴△SAC为正三角形．

19、 由正弦定理得2R＝＝＝a， 因此R＝a，V外接球＝πR3＝πa3. (2)如图，设内切球的半径为r，作SE⊥底面于E，作SF⊥BC于F，连接EF， 则有SF＝＝＝a， ∴S△SBC＝BC·SF＝a×a＝a2， S棱锥全＝4S△SBC＋S底＝(＋1)a2. 又SE＝＝＝a， ∴V棱锥＝S底·SE＝a2×a＝a3， ∴r＝＝＝a， S内切球＝4πr2＝πa2. 【变式训练3】 (2－)a　解析：当且仅当球与四棱锥的各个面都相切时，球的半径最大． 设放入的球的半径为r，球心为O，连接OP，OA，OB，OC，OD，则把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥，这些小棱锥的高都是r，

20、底面分别为原四棱锥的侧面和底面， 则VP­ABCD＝r(S△PAB＋S△PBC＋S△PCD＋S△PAD＋S正方形ABCD)＝r(2＋)a2. 由题意知PD⊥底面ABCD， ∴VP­ABCD＝S正方形ABCD·PD＝a3. 由体积相等，得r(2＋)a2＝a3， 解得r＝(2－)a. 创新模拟·预测演练 1．D 2．D　解析：据三视图可判断该几何体是由一个圆柱和一个正四棱锥组合而成的，直观图如图所示： 易求得表面积为(6π＋2－2)cm2. 3．B　解析：由三视图可知该几何体的直观图为一个正四棱柱，从上表面扣除半个内切球．易求出正四棱柱的底面边长为2，内切球的半径为1，故体

21、积为2×2×5－π＝20－. 4．4　29π 5.　解析：首先将正四面体补形为一个正方体，设正四面体棱长为a，则其对应正方体的棱长为a，且由球与正方体的组合关系易知32＝(1×2)2，解得a2＝，∴正四面体的体积为V＝3－4×××3＝3＝. 6．2∶1　解析：由正六棱锥的性质知，点P在底面内的射影是底面的中心，也是线段AD的中点．又G为PB的中点，设P点在底面内的射影为O，则G点在底面内的射影为OB的中点M，且GM∥PO.又M为AC的中点，则GM平面GAC，所以点P到平面GAC的距离等于点O到平面GAC的距离．又因为OM⊥平面GAC，DC⊥平面GAC，且DC＝2OM，则＝＝2. 7．解

22、：由已知条件知，平面图形中AE＝EB＝BC＝CD＝DA＝DE＝EC＝1， ∴折叠后得到一个棱长为1的正三棱锥(如图)． 方法一：作AF⊥平面DEC，垂足为F， F即为△DEC的中心， 取EC中点G，连接DG，AG， 过球心O作OH⊥平面AEC， 则垂足H为△AEC的中心， ∴外接球半径可利用△OHA∽△AFG求得． ∵AG＝，AF＝＝，AH＝， ∴OA＝＝＝， ∴外接球体积为π×OA3＝·π·＝π. 方法二：如图，把棱长为1的正三棱锥放在正方体中，显然，棱长为1的正三棱锥的外接球就是正方体的外接球． ∵正方体棱长为， ∴外接球直径2R＝·， ∴R＝，∴体积为π·3＝π.