创新设计2014高考数学一轮复习空间几何体的结构特征及其三视图和直观图训练理新人教A版 119页

‎【创新设计】2014高考数学一轮复习 第七章 空间几何体的结构特征及其三视图和直观图训练 理 新人教A版 第一节 空间几何体的结构特征及其三视图和直观图 ‎[备考方向要明了]‎ 考 什 么 怎 么 考 ‎1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．‎ ‎2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图．‎ ‎3.会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．‎ ‎4.会画某些建筑物的三视图与直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等没有严格要求)．‎ ‎1.对空间几何体的结构特征的考查，很少单独命题，多与命题真假判断相结合，在考查线面位置关系时，常以几何体为载体．‎ ‎2.对三视图的考查一直是高考的考查重点，且有以下特点：‎ ‎(1)多以选择题或填空题的形式考查．‎ ‎(2)单独考查三视图问题，如2012年福建T4，湖南T3等．‎ ‎(3)与空间几何体的体积、表面积的求法相结合，考查三视图的还原问题，如2012年新课标全国T7，安徽T12，广东T6，天津T10，辽宁T13等．‎ ‎3.直观图的画法作为一种图技画法融合于三视图的还原问题中，高考几乎不单独命题.‎ ‎[归纳·知识整合]‎ ‎1．空间几何体的结构特征 多面体 ‎①棱柱的侧棱都互相平行，上下底面是互相平行且全等的多边形 ‎②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形 ‎③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相互平行且相似的多边形 旋转体 ‎①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到 ‎②圆锥可以由直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转得到 ‎③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到 ‎④球可以由半圆或圆绕直径所在直线旋转得到 ‎[探究]　1.有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱吗？‎ 提示：不一定．如图所示，尽管几何体满足了两个平面平行且其余各面都是平行四边形，但不能保证每相邻两个侧面的公共边互相平行．‎ ‎2．中心投影与平行投影 平行投影的投影线是平行的，而中心投影的投影线相交于一点．在平行投影中投影线垂直于投影面的投影称为正投影．‎ ‎3．三视图与直观图 三视图 空间几何体的三视图是用平行投影得到的，它包括正视图、侧视图、俯视图，其画法规则是：长对正，高平齐，宽相等 直观图 空间几何体的直观图常用斜二测画法规则来画，基本步骤是：‎ ‎①画几何体的底面 在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°(或135°)，已知图形中平行x轴、y轴的线段在直观图中分别画成平行于x′轴、y′轴的线段．已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半．‎ ‎②画几何体的高 在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z′轴，也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度不变 ‎[探究]　2.正方体的正视图、侧视图、俯视图一定相同吗？‎ 提示：由于正视图的方向没确定，因此正视图、侧视图、俯视图不一定相同．‎ ‎[自测·牛刀小试]‎ ‎1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是(　　)‎ A．圆柱 B．圆锥 C．球体 D．圆柱，圆锥，球体的组合体 解析：选C　由球的性质可知，用平面截球所得的截面都是圆面．‎ ‎2．(教材习题改编)如图所示的几何体是棱柱的有(　　)‎ A．②③⑤　　　　　　　　　 B．③④⑤‎ C．③⑤ D．①③‎ 解析：选C　根据棱柱结构特征可知③⑤是棱柱．‎ ‎3．(教材习题改编)已知一个几何体的三视图如图所示，分析此几何体的组成为(　　)‎ A．上面为棱台，下面为棱柱 B．上面为圆台，下面为棱柱 C．上面为圆台，下面为圆柱 D．上面为棱台，下面为圆柱 解析：选C　由三视图可知，此几何体由上面的圆台和下面的圆柱组合而成的．‎ ‎4．关于斜二测画法所得直观图的说法正确的是(　　)‎ A．直角三角形的直观图仍是直角三角形 B．梯形的直观图是平行四边形 C．正方形的直观图是菱形 D．平行四边形的直观图仍是平行四边形 解析：选D　由斜二测画法规则可知，平行于y轴的线段长度减半，直角坐标系变成了斜坐标系，而平行性没有改变，因此，只有D正确．‎ ‎5．一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________(填入所有可能的几何体前的编号)．‎ ‎①三棱锥　②四棱锥　③三棱柱　④四棱柱　⑤圆锥 ‎⑥圆柱 解析：只要判断正视图是不是三角形就行了，画出图形容易知道三棱锥、四棱锥、圆锥一定可以，对于三棱柱，只需要放倒就可以了，所以①②③⑤均符合题目要求．‎ 答案：①②③⑤‎ 空间几何体的结构特征 ‎[例1]　下列结论中正确的是(　　)‎ A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥 C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥 D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线 ‎[自主解答]　A错误．如图，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．‎ B错误．如下图，若△ABC不是直角三角形，或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥。‎ C错误．若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六形．但由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．‎ ‎[答案]　D ‎———————————————————‎ 求解空间几何体概念辨析题的常用方法 ‎(1)定义法，即严格按照空间几何体的有关定义判断．‎ ‎(2)反例法，即通过举反例来说明一个命题是错误的．‎ ‎1．下列命题中，正确的是(　　)‎ A．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 B．侧面都是等腰三角形的棱柱是正棱锥 C．侧面都是矩形的四棱柱是长方体 D．底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱 解析：选D　对于A，两个侧面是矩形并不能保证侧棱与底面垂直，故A错误；对于B，侧面都是等腰三角形，不能确保此棱锥顶点在底面在底面的射影在底面正多边形的中心上，且也不能保证底面是正多边形，故B错误；对于C，侧面是矩形不能保证底面也是矩形，因而C错误．‎ 空间几何体的三视图 ‎[例2]　(1)(2012·湖南高考)某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是(　　)‎ ‎(2)(2012·厦门质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体是(　　)‎ A．三棱锥　　　　　　　　 B．四棱锥 C．四棱台 D．三棱台 ‎[自主解答]　(1)A图是两个圆柱的组合体的俯视图；B图是一个四棱柱与一个圆柱的组合体的俯视图；C图是一个底面为等腰直角三角形的三棱柱与一个四棱柱的组合体的俯视图，采用排除法，故选D.‎ ‎(2)由三视图可知，该几何体是四棱锥(如图所示)，且其中一条棱与底面垂直．‎ ‎[答案]　(1)D　(2)B ‎———————————————————‎ 由三视图还原实物图应明确的两个方面 ‎(1)首先要熟悉柱、锥、台、球的三视图，较复杂的几何体也是由这些简单几何体组合而成的．‎ ‎(2)要明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为实物图．‎ ‎2．已知某组合体的正视图与侧视图相同(其中AB＝AC，四边形BCDE为矩形)，则该组合体的俯视图可以是________(把你认为正确的图的序号都填上)．‎ 解析：几何体是四棱锥与四棱柱组成时，得①正确．几何体由四棱锥与圆柱组成时，得②正确．几何体由圆锥与圆柱组成时，得③正确．几何体由圆锥与四棱柱组成时，得④正确．故填①②③④.‎ 答案：①②③④‎ 空间几何体的直观图 ‎[例3]　如图所示，△A′B′C′是△ABC的直观图，且△A′B′C′是边长为a的正三角形，求△ABC的面积．‎ ‎[自主解答]　建立如图所示的坐标系xOy′，△A′B′C′的顶点C′在y′轴上，A′B′边在x轴上，把y′轴绕原点逆时针旋转45°得y轴，在y轴上取点C使OC＝2OC′，A、B点即为A′、B′点，长度不变．‎ 已知A′B′＝A′C′＝a，在△OA′C′中，‎ 由正弦定理得＝，‎ 所以OC′＝a＝a，‎ 所以原三角形ABC的高OC＝a，‎ 所以S△ABC＝×a×a＝a2.‎ 本例若改为“已知△ABC是边长为a的正三角形，求其直观图△A′B′C′的面积，”应如何求？‎ 解：由斜二测画法规则可知，直观图△A′B′C′一底边上的高为a××＝a，‎ 故其面积S△A′B′C′＝a×a＝a2.　　　　 ‎ ‎———————————————————‎ 平面图形的直观图与原图形面积的两个关系 按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系：‎ S直观图＝S原图形，S原图形＝2S直观图．‎ 记住上述关系，解题时能起到事半功倍的作用．‎ ‎3．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝‎6 cm，O′C′＝‎2 cm，则原图形是(　　)‎ A．正方形　　　　　　　　　 B．矩形 C．菱形 D．一般的平行四边形 解析：选C　将直观图还原得▱OABC，则 ‎∵O′D′＝O′C′＝2(cm)，‎ OD＝2O′D′＝4(cm)，‎ C′D′＝O′C′＝2(cm)，∴CD＝2 (cm)，‎ OC＝＝＝6 (cm)，‎ OA＝O′A′＝6(cm)＝OC，‎ 故原图形为菱形．‎ 1种数学思想——转化与化归思想 利用转化与化归思想解决棱台、圆台的有关问题 由棱台和圆台的定义可知棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想．‎ 1个疑难点——三视图的还原问题 由三视图还原几何体是解答三视图问题的重要手段和方法，在明确三视图画法规则的基础上，按以下步骤可轻松解决：‎ 3个注意事项——画三视图应注意的三个问题 ‎(1)若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．‎ ‎(2)确定正视、侧视、俯视的方向，观察同一物体方向不同，所画的三视图也不同．‎ ‎(3)观察简单组合体是由哪几个简单几何体组成的，并注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置．‎ 3个“变”与“不变”——斜二测画法的要求 ‎“三变” ‎“三不变” 易误警示——三视图识图中的易误辨析 ‎[典例]　(2012·陕西高考)将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为(　　)‎ ‎[解析]　侧视图中能够看到线段AD1，应为实线，而看不到B‎1C，应画为虚线．由于AD1与B‎1C不平行，投影为相交线，故应选B.‎ ‎[答案]　B ‎1．因对三视图的原理认识不到位，区分不清选项A和B，而易误选A.‎ ‎2．因对三视图的画法要求不明而误选C或D.在画三视图时，分界线和可见轮廓线都用实线画，被遮住的部分的轮廓线为虚线．‎ ‎3．解答此类问题时，还易出现画三视图时对个别视图表达不准而不能画出所要求的视图．在复习时要明确三视图的含义，掌握“长对正、高平齐、宽相等”的要求．‎ 若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是(　　)‎ 解析：选B　由正视图与俯视图可以将选项A、C排除；根据侧视图，可以将D排除，注意正视图与俯视图中的实线．‎ 一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)‎ ‎1．(2012·福建高考)一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是(　　)‎ A．球　　　　　　　　　　 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱 解析：选D　圆柱的三视图，分别是矩形，圆，不可能三个视图都一样，而球的三视图可以都是圆，三棱锥的三视图可以都是三角形，正方体的三视图可以都是正方形．‎ ‎2．(2013·西城模拟)有一个几何体的三视图如图所示，这个几何体应是一个(　　)‎ A．棱台 B．棱锥 C．棱柱 D．都不对 解析：选A　从俯视图来看，上、下底面都是正方形，但大小不一样，可以判断是棱台．‎ ‎3．一梯形的直观图是一个如右图所示的等腰梯形，且该梯形的面积为，则原梯形的面积为(　　)‎ A．2 B. C．2 D．4‎ 解析：选D　直观图为等腰梯形，若上底设为x，高设为y，‎ 则S直观图＝y(x＋2y＋x)＝，‎ 而原梯形为直角梯形，其面积S＝·2y(x＋2y＋x)＝2×＝4.‎ ‎4．一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为(　　)‎ 解析：选C　由正视图和侧视图可知，该长方体挖掉一个小长方体后，相应位置在俯视图中应为左下角位置，且可看见轮廓线，故选C.‎ ‎5．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是(　　)‎ 解析：选C　若俯视图是等边三角形且为图中的位置，则正视图是等腰三角形，且高线是实线，故选C.‎ ‎6．一个几何体的三视图如图所示，其正视图的面积等于8，俯视图是一个面积为4的正三角形，则其侧视图的面积为(　　)‎ A．4　　　　　　　　 B．8 C．8 D．4‎ 解析：选A　由三视图知该几何体是正三棱柱，设其底面边长为a，高为h，则其正视图为矩形，矩形的面积S1＝ah＝8，俯视图为边长为a的正三角形，三角形的面积S2＝a2＝4，则a＝4，h＝2，而侧视图为矩形，底边为a，高为h，故侧视图的面积为S＝ah＝4.‎ 二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)‎ ‎7．以下四个命题：①正棱锥的所有侧棱相等；②直棱柱的侧面都是全等的矩形；③圆柱的母线垂直于底面；④用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形．其中，真命题的序号为________．‎ 解析：①③④均正确，对②，直棱柱的侧面都是矩形而不一定全等，②错误．‎ 答案：①③④‎ ‎8．一个几何体是由若干个相同的小正方体组成的，其正视图和侧视图如图所示，则这个几何体最多可由________个这样的小正方体组成．‎ 解析：依题意可知这个几何体最多可由9＋2＋2＝13个这样的小正方体组成．‎ 答案：13‎ ‎9．正四棱锥的底面边长为2，侧棱长均为，其正视图和侧视图是全等的等腰三角形，则正视图的周长为________．‎ 解析：由题意知，正视图就是如图所示的截面PEF，其中E、F分别是AD、BC的中点，连接AO，易得AO＝，而PA＝，于是解得PO＝1，所以PE＝，故其正视图的周长为2＋2.‎ 答案：2＋2 三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)‎ ‎10．用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是‎3 cm，求圆台的母线长．‎ 解：抓住轴截面，利用相似比，由底面积之比为1∶16，设半径分别为r、4r.‎ 设圆台的母线长为l，截得圆台的上、下底面半径分别为r、4r.根据相似三角形的性质得＝，解得l＝9.所以，圆台的母线长为‎9 cm.‎ ‎11．已知：图①是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图②是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．‎ 解：图①几何体的三视图为：‎ 图②所示的几何体是上面为正六棱柱、下面为倒立的正六棱锥的组合体．‎ ‎12．如图所示的三幅图中，图(1)所示的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图如图(2)(3)所示(单位：cm)．‎ ‎(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；‎ ‎(2)按照给出的数据，求该多面体的体积．‎ 解：(1)如图．‎ ‎(2)所求多面体的体积V＝V长方体－V正三棱锥＝4×4×6－××2＝(cm3)．‎ ‎1．给出下列命题：①在正方体上任意选择4个不共面的顶点，它们可能是正四面体的4个顶点；②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；③若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中正确命题的序号是________．‎ 解析：①正确，正四面体是每个面都是等边三角形的四面体，如正方体ABCD－A1B‎1C1D1中的四面体A－CB1D1；②错误，举反例如图所示，底面△ABC为等边三角形，可令AB＝VB＝VC＝BC＝AC，则△VBC为等边三角形，△VAB和△VCA均为等腰三角形，但不能判定其为正三棱锥；③错误，必须是相邻的两个侧面．‎ 答案：①‎ ‎2．(2011·江西高考)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为(　　)‎ 解析：选D　被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为长方体的面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(长方形)的两条边重合，另一条为体对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图，只有选项D符合．‎ ‎3．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PC与底面垂直．若该四棱锥的正视图和侧视图都是腰长为1的等腰直角三角形，则该四棱锥中最长的棱的长度为(　　)‎ A．1 B. C. D．2‎ 解析：选C　在四棱锥P－ABCD中，连接AC，由正视图和侧视图可得PC＝BC＝CD＝1，故AC＝，最长的棱为PA＝＝.‎ ‎4．(2011·北京高考)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是(　　)‎ A．8 B．6 C．10 D．8 解析：选C　由三视图可知，该几何体的四个面都是直角三角形，面积分别为6,6，8,10，所以面积最大的是10.‎ ‎ ‎ ‎[备考方向要明了]‎ 考 什 么 怎 么 考 ‎　　了解球体、柱体、锥体、台体的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式).‎ ‎1.多以选择题或填空题的形式考查，有时也以解答题形式考查．‎ ‎2.常以三视图为载体考查几何体的表面积或体积，如2012年安徽T12，广东T6，浙江T11等．也可以给出几何体的棱、面满足的条件来计算表面积或体积，如2012年江苏T7，山东T13.解答题(其中的一问)一般给出相关条件来判断几何体形状特征(特别是几何体的高)并计算体积或表面积，如2012年湖南T18(2)，湖北T19(2)等.‎ ‎[归纳·知识整合]‎ ‎1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r＋r′)l ‎2.空间几何体的表面积和体积公式 名称 几何体　　　‎ 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱)‎ S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh 锥体(棱锥和圆锥)‎ S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh 台体(棱台和圆台)‎ S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋) h 球 S＝4πR2‎ V＝πR3‎ ‎[探究]　1.柱体、锥体、台体的体积公式之间有什么联系？‎ 提示：‎ ‎2．如何求不规则几何体的体积？‎ 提示：常用方法：分割法、补体法、转化法．通过计算转化得到基本几何体的体积来实现．‎ ‎[自测·牛刀小试]‎ ‎1．棱长为2的正四面体的表面积是(　　)‎ A.　　　 B．‎4　‎　　‎ C．4　　　 D．16‎ 解析：选C　正四面体的各面为全等的正三角形，故其表面积S＝4××22＝4.‎ ‎2．(2012·上海高考)一个高为2的圆柱，底面周长为2π，该圆柱的表面积为________．‎ 解析：由已知条件得圆柱的底面半径为1，所以S表＝S侧＋2S底＝cl＋2πr2＝2π×2＋2π＝6π.‎ 答案：6π ‎3．(教材习题改编)一个球的半径扩大为原来的3倍，则表面积扩大为原来的______倍；体积扩大为原来的______倍．‎ 解析：设原球的半径为1，则半径扩大后半径为3，‎ 则S1＝4π，S2＝4π×32＝36π，即＝9，所以表面积扩大为原来的9倍．由V1＝π，V2＝π×33＝12π，即＝27，所以体积扩大为原来的27倍．‎ 答案：9　27‎ ‎4．(2012·辽宁高考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．‎ 解析：由三视图可知该组合体的上方是一个高为1，底面直径为2的圆柱，下方是一个长、宽、高分别为4、3、1的长方体，如图所示，它的体积V＝1×π＋4×3×1＝12＋π.‎ 答案：12＋π ‎5．(教材习题改编)如图，用半径为2的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的容积是________．‎ 解析：由于半圆的圆弧长等于圆锥底面圆的周长，若设圆锥底面圆半径为r，则得2π＝2πr，解得r＝1，又圆锥的母线长为2，所以高为，所以这个圆锥筒的容积为π×12×＝π.‎ 答案：π 几何体的表面积 ‎[例1]　(2012·北京高考)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 ‎[自主解答]　该三棱锥的直观图如图所示．据俯视图知，顶点P在底面上的投影D在棱AB上，且∠ABC＝90°，‎ 据正视图知，AD＝2，BD＝3，PD＝4，‎ 据侧视图知，BC＝4.‎ 综上所述，BC⊥平面PAB，PB＝＝5，‎ PC＝＝＝，‎ AC＝＝，‎ PA＝＝2.‎ ‎∵PC＝AC＝，∴△PAC的边AP上的高为 h＝ ＝6.‎ ‎∴S△PAB＝AB·PD＝10，S△ABC＝AB·BC＝10，‎ S△PBC＝PB·BC＝10，S△APC＝AP·h＝6.‎ 故三棱锥的表面积为S△PAB＋S△ABC＋S△PBC＋S△APC＝30＋6.‎ ‎[答案]　B ‎———————————————————‎ 由三视图求几何体表面积的方法步骤 ―→―→ ‎1．(2013·马鞍山模拟)如图是一个几何体的三视图，则它的表面积为(　　)‎ A．4π　　　　　　　　　　　 B. C．5π D. 解析：选D　由三视图可知该几何体是半径为1的球被挖出了部分得到的几何体，故表面积为·4π·12＋3··π·12＝π.‎ 几何体的体积 ‎[例2]　(1)(2012·湖北高考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A.　　　 B．3π　　　‎ C.　　　 D．6π ‎(2)(2012·安徽高考)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是________．‎ ‎[自主解答]　(1)由三视图可知，该组合体上端为一圆柱的一半，下端为圆柱．其体积V＝π×12×2＋×π×12×2＝3π.‎ ‎(2)据三视图可知，该几何体是一个直四棱柱，其底面是直角梯形(两底边长分别为2、5，直腰长为4，即梯形的高为4)，高为4.∴该几何体的体积为V＝×4×4＝56.‎ ‎[答案]　(1)B　(2)56‎ ‎———————————————————‎ 由三视图求解几何体体积的解题策略 以三视图为载体考查几何体的体积，解题的关键是根据三视图想象原几何体的形状构成，并从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，然后在直观图中求解．‎ ‎2．(2012·新课标全国卷)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为(　　)‎ A．6 B．9 ‎ C．12 D．18‎ 解析：选B　由三视图可知该几何体为底面是斜边为6的等腰直角三角形高为3的三棱锥，其体积为××6×3×3＝9.‎ ‎3．某几何体的三视图如图所示，则它的体积是(　　)‎ A．8－ B．8－ C．8－2π D. 解析：选A　圆锥的底面半径为1，高为2，该几何体体积为正方体体积减去圆锥体积，即V＝23－×π×12×2＝8－π.‎ 与球有关的切、接问题 ‎[例3]　(2012·新课标全国卷)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为(　　)‎ A.　　　　 B.　　　　‎ C.　　　　 D. ‎[自主解答]　△ABC的外接圆的半径r＝，点O到平面ABC的距离d＝＝.SC为球O的直径，故点S到平面ABC的距离为2d＝，故棱锥的体积为V＝S△ABC×2d＝××＝.‎ ‎[答案]　A ‎———————————————————‎ 与球有关的切、接问题的解题策略 解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．‎ ‎4．已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为3 ‎，则这个四棱锥的外接球的表面积为(　　)‎ A．12π　　　 B．36π　　　‎ C．72π　　　 D．108π 解析：选B　依题意得，该正四棱锥的底面对角线的长为3×＝6，高为 ＝3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3，所以其外接球的表面积等于4π×32＝36π.‎ 3个步骤——求解与三视图有关的几何体的表面积、体积的解题步骤 3种方法——求空间几何体体积的常用方法 ‎(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．‎ ‎(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．‎ ‎(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体．‎ 1种数学思想——求旋转体侧面积中的转化与化归的数学思想方法 计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法. ‎ 创新交汇——空间几何体中体积的最值问题 ‎1．求空间几何体的体积一直是高考考查的重点，几乎每年都考查，既可以与三视图结合考查，又可以单独考查．而求空间几何体体积的最值问题，又常与函数、导数、不等式等知识交汇考查．‎ ‎2．求解空间几何体最值问题，可分为二步：第一步引入变量，建立关于体积的表达式；第二步以导数或基本不等式为工具求最值．‎ ‎[典例]　(2012·湖北高考(节选))如图1，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC ‎＝90°(如图2所示)．当BD的长为多少时，三棱锥A－BCD的体积最大？‎ ‎[解]　如图1所示的△ABC中，设BD＝x(00；当x∈(1,3)时，f′(x)<0，‎ 所以当x＝1时，f(x)取得最大值，即BD＝1时，‎ 三棱锥A－BCD的体积最大．‎ 法二：VA－BCD＝·2x(3－x)(3－x)≤·3＝，‎ 当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，取“＝”．‎ 故当BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大．‎ 解答此题的关键是恰当引入变量x，即令BD＝x，结合位置关系列出体积的表达式，将求体积的最值问题转化为求函数的最值问题．‎ 如图，动点P在正方体ABCD－A1B‎1C1D1的对角线BD1上．过点P作垂直于平面BB1D1D的直线，与正方体表面相交于M，N.设BP＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是(　　)‎ 解析：选B　显然，只有当P移动到中心O时，MN有唯一的最大值，淘汏选项A、C；P点移动时，取AA1的中点E，CC1的中点Q，平面D1EBQ垂直于平面BB1D1D，且M、N两点在菱形D1EBQ的边界上运动，故x与y的关系应该是线性的，淘汰选项D，选B.‎ 一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)‎ ‎1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为(　　)‎ A．7　　　　 B．6　　　　‎ C．5　　　　 D．3‎ 解析：选A　设圆台较小底面半径为r，‎ 则另一底面半径为3r.‎ 由S＝π(r＋3r)·3＝84π，解得r＝7.‎ ‎2．(2013·长春模拟)一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的全面积为(　　)‎ A.π B．2π ‎ C．3π D．4π 解析：选A　依题意知，该几何体是一个底面半径为、高为1的圆柱，则其全面积为2π×2＋2π××1＝π.‎ ‎3．(2012·广东高考)某几何体的三视图如图所示，它的体积为(　　)‎ A．72π B．48π ‎ C．30π D．24π 解析：选C　此几何体由半个球体与一个圆锥组成，其体积V＝×π×33＋π×32×＝30π.‎ ‎4．(2013·广州模拟)设一个球的表面积为S1，它的内接正方体的表面积为S2，则的值等于(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选D　设球的半径为R，其内接正方体的棱长为a，则易知R2＝a2，即a＝R，则＝＝.‎ ‎5．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．48 B．32＋8 C．48＋8 D．80‎ 解析：选C　由三视图可知几何体是一个放倒的直棱柱(最大的侧面贴在地面上)，直观图如图，底面是等腰梯形，其上底长为2，下底长为4，高为4，‎ ‎∴两底面积和为2××(2＋4)×4＝24，‎ 四个侧面的面积为4×(4＋2＋2)＝24＋8，‎ ‎∴几何体的表面积为48＋8.‎ ‎6．已知正方形ABCD的边长为2，将△ABC沿对角线AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，得到如图所示的三棱锥B－ACD.若O为AC边的中点，M，N分别为线段DC，BO上的动点(不包括端点)，且BN＝CM.设BN＝x，则三棱锥N－AMC的体积y＝f(x)的函数图象大致是(　　)‎ 解析：选B　由平面ABC⊥平面ACD，且O为AC的中点可知，BO⊥平面ACD，易知BO＝2，故三棱锥N－AMC的高为ON＝2－x，S△AMC＝MC·AD＝x，故三棱锥N－AMC的体积为y＝f(x)＝·(2－x)·x＝(－x2＋2x)(00)，则有B(1,0,0)，B1(1,0，h)，C1(0,1，h)，A1(0,0，h)，＝(－1,1,0)，＝(0,1,0)，＝(1,0，－h)．‎ ‎(1)因为异面直线A1B与B‎1C1所成的角为60°，所以 cos 60°＝，‎ 即＝，得＝，解得h＝1.‎ ‎(2)由D是BB1的中点，得D，于是＝.‎ 设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，于是由n⊥，n⊥可得即可取n＝(h,0,1)，‎ 故sin θ＝|cos〈，n〉|，‎ 而|cos〈，n〉|＝＝＝.‎ 令f(h)＝＝，‎ 因为h2＋＋9≥2＋9，当且仅当h2＝，即h＝时，等号成立．‎ 所以f(h)≤＝＝，‎ 故当h＝时，sin θ的最大值为.‎ ‎4．如图，棱柱ABCD－A1B‎1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC＝60°，平面AA‎1C‎1C⊥面ABCD，∠A‎1AC＝60°.‎ ‎(1)证明：BD⊥AA1；‎ ‎(2)求二面角D－A‎1A－C的平面角的余弦值；‎ ‎(3)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA‎1G？若存在，求出P的位置，若不存在，说明理由．‎ 解：连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O，‎ 在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，‎ ‎∴A1O2＝AA＋AO2－‎2A‎1A·AOcos 60°＝3.‎ ‎∴AO2＋A1O2＝A‎1A2，‎ ‎∴AO⊥A1O，由于平面AA‎1C‎1C⊥平面ABCD，‎ ‎∴A1O⊥平面ABCD.‎ ‎∴以OB，OC，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)．‎ ‎(1)由＝(－2，0,0)，＝(0,1，)，则·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，‎ ‎∴BD⊥AA1，‎ ‎(2)由OB⊥面AA‎1C‎1C，‎ ‎∴平面AA‎1C‎1C的法向量n1＝(1,0,0)，‎ 设n2⊥面AA1D，则设n2＝(x，y，z)，‎ 得到取n2＝(1，，－1)，∴cos〈n1，n2〉＝＝.‎ ‎∴二面角D－A‎1A－C的平面角的余弦值是.‎ ‎(3)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥面DA‎1C1，‎ 设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)．‎ 得P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．‎ 设n3⊥面DA‎1C1，则设n3＝(x3，y3，z3)，得到 ‎∴不妨取n3＝(1,0，－1)．‎ 又∵∥面DA‎1C1，‎ ‎∴n3·＝0，‎ ‎∴－－λ＝0，‎ ‎∴λ＝－1.‎ ‎∴点P在C‎1C的延长线上且使C‎1C＝CP.‎ ‎　　　　　　　空间几何体的三视图及其表面积、体积和立体几何的三个难点问题 一、空间几何体的三视图及其表面积、体积 柱、锥、台、球及其简单组合体，三视图，直观图等内容是立体几何的基础，是研究空间问题的基本载体，也是高考对立体几何考查的一个重要方面，其中几何体的结构特征和三视图是高考的热点．‎ ‎(一)高考对三视图的三个考查角度 ‎1．由几何体画三视图或考查对简单几何体的三视图的识别 解答此类问题的关键是：一要掌握各种基本几何体的三视图，注意简单组合体的构成；二要熟悉三视图“长对正、高平齐、宽相等”的法则．‎ ‎[例1]　如图所示，已知三棱锥的底面是直角三角形，直角边长分别为3和4，过直角顶点的侧棱长为4，且垂直于底面，该三棱锥的主视图是(　　)‎ ‎[解析]　结合三视图的画法规则可知B正确．‎ ‎[答案]　B ‎2．由三视图还原几何体，考查对空间几何体的认识及空间想象能力．由几何体的三视图还原几何体，一般如下处理：‎ 首先通过俯视图确定几何体底面的大致形状，然后利用正视图和侧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、面的位置，确定几何体的形状．‎ ‎[例2]　三视图如图所示的几何体是(　　)‎ A．三棱锥 B．四棱锥 C．四棱台 D．三棱台 ‎[解析]　由三视图知该几何体为一四棱锥，其中有一侧棱垂直于底面，底面为一直角梯形．‎ ‎[答案]　B ‎3．借助于三视图研究几何体的表面积、体积 解决此类问题关键是通过三视图确定空间几何体中的几何量的关系 其中，正视图、侧视图的高就是空间几何体的高，正视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度，侧视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度．‎ ‎[例3]　如图是某几何体的三视图，其中正视图是斜边长为‎2a的直角三角形，侧视图是半径为a的半圆，则该几何体的体积是(　　)‎ A.πa3　　　　　　　　　 B.πa3‎ C.πa3 D．2πa3‎ ‎[解析]　由侧视图为半圆可知，该几何体与圆柱、圆锥、球有关，结合正视图是一个直角三角形知该几何体是沿中心轴线切开的半个圆锥，将剖面放置在桌面上，如图，由条件知，半圆锥的母线长为‎2a，底面半径为a，故半圆锥的高为＝a，几何体的体积V＝×＝πa3.‎ ‎[答案]　A ‎(二)求体积的几种方法 空间几何体的体积是高考考查立体几何的考点之一，求空间几何体的体积的常用方法主要有：公式法、转化法、割补法．‎ ‎1．公式法：直接根据相关的体积公式计算．‎ ‎[例4]　一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该球的体积为4π，则该正方体的表面积为________．‎ ‎[解析]　依题意知正方体的体对角线长等于球的直径，设球的半径为R，‎ 则4π＝πR3，‎ 所以R＝，于是正方体的体对角线长为2.‎ 设正方体的棱长为a，‎ 则有2＝a，‎ 于是a＝2，因此正方体的表面积为‎6a2＝24.‎ ‎[答案]　24‎ ‎2．转化法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高，从而使得体积计算更容易，或是可以求出一些体积比等．‎ ‎[例5]　如图所示，在正六棱锥P－ABCDEF中，G为PB的中点，则三棱锥D－GAC与三棱锥P－GAC体积之比为(　　)‎ A．1∶1‎ B．1∶2‎ C．2∶1‎ D．3∶2‎ ‎[解析]　根据三棱锥的特点，可以采用等体积转化的方法解决．‎ 法一：如图所示，由于点G为PB的中点，故点P，B到平面GAC的距离相等，故三棱锥P－GAC的体积等于三棱锥B－AGC的体积，根据三棱锥的特点，所要解决的两个三棱锥的体积之比就等于三棱锥G－ACD与三棱锥G－ABC的体积之比，由于这两个三棱锥的高相等，体积之比等于其底面积之比，即△ACD与△ABC的面积之比，这个面积之比是2∶1.‎ 法二：如图所示，连接BD交AC于H，则点D，B到平面GAC的距离之比等于DH∶BH，因为△AHD∽△CHB，故DH∶BH＝AD∶BC＝2∶1，三棱锥D－GAC与三棱锥B－GAC底面积相等，故其体积之比等于其高的比，即所求比值是2∶1.‎ ‎[答案]　C ‎3．割补法：把不能直接计算其体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可以计算体积的空间几何体，通过这个空间几何体的体积计算所求的空间几何体的体积．‎ ‎[例6]　如图所示，若正方体的棱长为 ‎，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[解析]　如图所示，平面ABCD把该多面体分割成两个体积相等的正四棱锥．‎ 以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体是两个全等的正四棱锥，该正四棱锥的高是正方体边长的一半，底面面积是正方体一个面面积的一半，V＝2××××＝.‎ ‎[答案]　B 二、破解高考中立体几何的三个难点问题 破解难点一：探究与球有关的组合体问题 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心、“切点”或“接点”作出截面图．‎ ‎[例1]　四棱锥S－ABCD的底面边长和各侧棱长都为，点S，A，B，C，D都在同一个球面上，则该球的体积为________．‎ ‎[解析]　如图所示，根据对称性，只要在四棱锥的高线SE上找到一个点O使得OA＝OS，则四棱锥的五个顶点就在同一个球面上．‎ 在Rt△SEA中，SA＝，AE＝1，故SE＝1.设球的半径为r，则OA＝OS＝r，OE＝1－r.在Rt△OAE中，r2＝(1－r)2＋1，解得r＝1，即点O为球心，故这个球的体积是.‎ ‎[答案]　 破解难点二：平面图形翻折问题的求解 将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称之为平面图形翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化，解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法．‎ ‎[例2]　如图边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是(　　)‎ ‎①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上；‎ ‎②BC∥平面A′DE；‎ ‎③三棱锥A′FED的体积有最大值．‎ A．①　　　　　　　　　 B．①②‎ C．①②③ D．②③‎ ‎[解析]　①中由已知可得面A′FG⊥面ABC，‎ 所以点A′在面ABC上的射影在线段AF上．‎ ‎②∵BC∥DE，且BC⊄平面A′DE，DE⊂平面A′DE，‎ ‎∴BC∥平面A′DE.‎ ‎③当面A′DE⊥面ABC时，三棱锥A′FED的体积达到最大．‎ ‎[答案]　C 破解难点三：立体几何中的探索性问题 立体几何中的探索性问题的主要类型有：(1)探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么；(2)探索结论，即在给定的条件下，命题的结论是什么．‎ ‎1．综合法 对命题条件的探索常采用以下三种方法：‎ ‎(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；‎ ‎(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；‎ ‎(3)把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．‎ 对命题结论的探索常采用以下方法：‎ 首先假设结论成立，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设．‎ ‎[例3]　(2013·东城模拟)如图，在△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F分别是AC，AD上的动点，且＝＝λ ‎(0<λ<1)．‎ ‎(1)判断EF与平面ABC的位置关系并给予证明；‎ ‎(2)是否存在λ，使得平面BEF⊥平面ACD，如果存在，求出λ的值；如果不存在，说明理由．‎ ‎[解]　(1)EF⊥平面ABC.‎ 因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD，‎ 又在△BCD中，∠BCD＝90°，所以BC⊥CD，‎ 又AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC.‎ 又在△ACD中，E，F分别是AC，AD上的动点，‎ 且＝＝λ(0<λ<1)，∴EF∥CD.‎ ‎∴EF⊥平面ABC.‎ ‎(2)存在．∵CD⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，‎ ‎∴BE⊥CD，‎ ‎∵∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，∴BD＝.‎ 在Rt△ABD中，∠ADB＝60°，‎ ‎∴AB＝BDtan 60°＝，‎ 则AC＝＝，‎ 当BE⊥AC时，BE＝＝，‎ AE＝＝，‎ 则＝＝，‎ 则λ＝＝时，BE⊥AC，‎ 又BE⊥CD，AC∩CD＝C，‎ ‎∴BE⊥平面ACD.∵BE⊂平面BEF，‎ ‎∴平面BEF⊥平面ACD.‎ 所以存在λ，且当λ＝时，平面BEF⊥平面ACD.‎ 方法2.空间向量法 不论是对命题条件还是对命题结论的探索，利用空间向量法均可降低思维难度和计算难度，只要合理建立空间直角坐标系，标出各点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量(根据题中要求可引入参数)，结合结论和已知条件(若有参数则解出参数)，即可得出结果．‎ ‎[例4]　(2012·淄博模拟)已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，AB＝1，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC的中点．‎ ‎(1)证明：PF⊥FD；‎ ‎(2)判断并说明PA上是否存在点G，使得EG∥平面PFD；‎ ‎(3)若PB与平面ABCD所成的角为45°，求二面角A－PD－F的余弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，AB＝1，AD＝2，‎ 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，‎ 则A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(1,1,0)，D(0,2,0)‎ 不妨令P(0,0，t)，则＝(1,1，－t)，＝(1，－1,0)，‎ ‎∴·＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0，即PF⊥FD.‎ ‎(2)存在，设平面PFD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得 令z＝1，解得x＝y＝.‎ ‎∴n＝.‎ 设G点的坐标为(0,0，m)，E，‎ 则＝，‎ 要使EG∥平面PFD，只需·n＝0，‎ 即×＋0×＋m×1＝m－＝0，‎ 得m＝t，从而满足AG＝AP的点G即为所求．‎ ‎(3)∵AB⊥平面PAD，∴是平面PAD的法向量，易得＝(1,0,0)．‎ 又∵PA⊥平面ABCD，‎ ‎∴∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，得∠PBA＝45°，则PA＝1，‎ 平面PFD的法向量为n＝，‎ ‎∴cos〈，n〉＝＝＝，‎ 从而二面角A－PD－F的余弦值为.‎