高考数学复习专题三空间几何体的表面积和体积文学案 14页

第1讲空间几何体的表面积和体积 考向预测 ‎1．三视图的识别和简单应用；‎ ‎2．简单几何体的表面积与体积计算．‎ ‎1．空间几何体的三视图 ‎(1)几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正、高平齐、宽相等．‎ ‎(2)由三视图还原几何体：一般先从俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体．‎ ‎2．空间几何体的两组常用公式 ‎(1)正柱体、正锥体、正台体的侧面积公式：‎ ‎①S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高)；‎ ‎②S锥侧＝ch′(c为底面周长，h′为斜高/母线)；‎ ‎③S台侧＝(c＋c′)h′(c′，c分别为上下底面的周长，h′为斜高/母线)；‎ ‎④S球表＝4πR2(R为球的半径)．‎ ‎(2)柱体、锥体和球的体积公式：‎ ‎①V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；‎ ‎②V锥体＝Sh(S为底面面积，h为高)；‎ ‎③V球＝πR3．‎ 热点一　空间几何体的三视图与直观图 ‎【例1】　(1) (2018·张家口期中)如图所示，在正方体中，为的中点，则图中阴影部分在平面上的正投影是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎(2)(2017·泰安模拟)某三棱锥的三视图如图所示，其侧视图为直角三角形，则该三棱锥最长的棱长等于(　　)‎ A．4 B． C． D．5 解析　(1)由题意，点在平面上的投影是的中点，‎ ‎、在平面上的投影是它本身，所以在平面上的正投影是C中阴影部分，‎ 故选C.‎ ‎ (2)根据几何体的三视图，知该几何体是底面为直角三角形，两侧面垂直于底面，高为5的三棱锥P－ABC(如图所示)．‎ 棱锥最长的棱长PA＝＝．‎ 答案　(1)C　(2)C 探究提高　1．由直观图确定三视图，一要根据三视图的含义及画法和摆放规则确认．二要熟悉常见几何体的三视图．‎ ‎2．由三视图还原到直观图的思路 ‎(1)根据俯视图确定几何体的底面．‎ ‎(2)根据正视图或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．‎ ‎(3)确定几何体的直观图形状．‎ ‎【训练1】 (1)(2017·兰州模拟)如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之和为(　　)‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎(2)(2016·天津卷)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为(　　)‎ 解析　(1)设点P在平面A1ADD1的射影为P′，在平面C1CDD1的射影为P″，如图所示．‎ ‎∴三棱锥P－BCD的正视图与侧视图分别为△P′AD与△P″CD，‎ 因此所求面积S＝S△P′AD＋S△P″CD＝×1×2＋×1×2＝2．‎ ‎(2)由几何体的正视图和俯视图可知该几何体的直观图如图①，故其侧视图为图②．‎ 答案　(1)B　(2)B 热点二　几何体的表面积与体积 ‎【例2】　(1)(2018·上饶期末)如图所示为一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎(2)(2017·山东卷)由一个长方体和两个圆柱构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．‎ 解析　(1)根据三视图可得该几何体是有一个圆柱挖去两个圆柱所得，作出几何体的直观图（如图），‎ 则该几何体的表面积为．故选C．‎ ‎(2)该几何体由一个长、宽、高分别为2，1，1的长方体和两个半径为1，高为1的圆柱体构成，所以V＝2×1×1＋2××π×12×1＝2＋．‎ 答案　(1)C　(2)2＋．‎ 探究提高　1．由几何体的三视图求其表面积：(1)关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及度量大小．(2)还原几何体的直观图，套用相应的面积公式．‎ ‎2．(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．‎ ‎(2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．‎ ‎3．求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．‎ ‎【训练2】 (1) (2017·枣庄模拟)如图，某三棱锥的三视图是三个边长相等的正方形及对角线，若该三棱锥的体积是，则它的表面积是________．‎ ‎(2)(2016·山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为(　　)‎ A．＋π B．＋π C．＋π D．1＋π 解析　(1)由题设及几何体的三视图知，该几何体是一个正方体截去4个三棱锥后剩余的内接正三棱锥B－A1C1D(如图所示)．‎ 设正方体的棱长为a，则几何体的体积是V＝a3－4××a2·a＝a3＝，‎ ‎∴a＝1，∴三棱锥的棱长为，‎ 因此该三棱锥的表面积为S＝4××()2＝2．‎ ‎(2)由三视图知该四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为，从而该几何体的体积为×12×1＋×π×＝＋π．‎ 答案　(1)2;(2) C．‎ 热点三　多面体与球的切、接问题 ‎【例3】　(2019·广东一模)《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”.现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形．若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（）‎ A． B． C． D．‎ 解析　‎ 如图所示，该几何体为四棱锥，底面为长方形.‎ 其中底面，，，.‎ 易知该几何体与变成为的长方体有相同的外接球，‎ 则该阳马的外接球的直径为.球体积为：.‎ 答案A.‎ 探究提高　1．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是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或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．‎ ‎2．若球面上四点P，A，B，C，PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．‎ ‎【训练3】(2017·济南一中月考)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为(　　)‎ A．36π B．64π C．144π D．256π 解析　因为△AOB的面积为定值，所以当OC垂直于平面AOB时，三棱锥O－ABC的体积取得最大值．由×R2×R＝36，得R＝6．从而球O的表面积S＝4πR2＝144π．‎ 答案　C ‎1．(2018·全国I卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．(2018·全国I卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A． B． C． D．‎ ‎3．(2018·全国III卷)设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．(2018·全国II卷)已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．‎ ‎1．(2018·全国III卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．(2017·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)‎ A．＋1 B．＋3 C．＋1 D．＋3‎ ‎3．(2016·四川卷)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．‎ ‎4．(2017·江苏卷)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．‎ ‎5．(2015·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4．过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．‎ ‎(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；‎ ‎(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．‎ ‎1．(2018·郑州质检)如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的表面积为(　　)‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎2．(2017·衡阳联考)如图所示，某空间几何体的正视图与侧视图相同，则此几何体的表面积为(　　)‎ A．6π B．π＋ C．4π D．2π＋ ‎3．(2017·衡水中学调研)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为(　　)‎ A．π B．π C．4π D． ‎4．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________．‎ ‎5．(2017·沈阳质检)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝AB＝BC＝2，且点O为AC中点．‎ ‎(1)证明：A1O⊥平面ABC；‎ ‎(2)求三棱锥C1－ABC的体积．‎ 参考答案 ‎1．【解题思路】首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.‎ ‎【答案】　根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，‎ 所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，‎ 所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，‎ 同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，‎ 要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的，‎ 且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.‎ 点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.‎ ‎2．【解题思路】首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.‎ ‎【答案】根据题意，可得截面是边长为的正方形，‎ 结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，‎ 所以其表面积为，故选B.‎ 点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.‎ ‎3．【解题思路】作图，为与球的交点，点为三角形的重心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得；‎ ‎【答案】如图所示，‎ 点为三角形的重心，为中点，‎ 当平面时，三棱锥体积最大，此时，，‎ ‎∵，∴，‎ ‎∵点为三角形的重心，∴，‎ ‎∴中，有，∴，‎ ‎∴．故选B．‎ ‎4．【解题思路】先根据三角形面积公式求出母线长，再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求结果.‎ ‎【答案】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为，所以，∴，‎ 因为与圆锥底面所成角为，所以底面半径为，‎ 因此圆锥的侧面积为.‎ 点睛：本题考查线面角，圆锥的侧面积，三角形面积等知识点，考查学生空间想象与运算能力 ‎1．【解题思路】观察图形可得．‎ ‎【答案】：观擦图形图可知，俯视图为，故答案为A.‎ ‎2．【解题思路】该几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，分别求其体积即可．‎ ‎【答案】　由三视图可知该几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，半圆锥的底面半径为1，高为3，三棱锥的底面积为×2×1＝1，高为3．故该几何体体积为：V＝×π×12×3×＋1×3×＝＋1．故选A．‎ ‎3．【解题思路】由正视图的底边长和腰长为2的等腰三角形确定俯视图形状．‎ ‎【答案】　由题可知，∵三棱锥每个面都是腰为2的等腰三角形，‎ 由正视图可得如右俯视图，且三棱锥高为h＝1，‎ 则体积V＝Sh＝××1＝．故填．‎ ‎4．【解题思路】由图确定球的半径与圆柱高和底面半径之间的关系，进而求其体积之比．‎ ‎【答案】　设球半径为R，则圆柱底面圆半径为R，母线长为2R．‎ 又V1＝πR2·2R＝2πR3，V2＝πR3，所以＝＝．故填．‎ ‎5．【解题思路】(1)过EF往下作截面；(2)由正方形的边长关系确定底面的交点在棱上的位置，进而求棱柱的体积．‎ ‎【答案】解　(1)交线围成的正方形EHGF如图所示．‎ ‎(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8．‎ 因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10．‎ 于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6．‎ 故，．‎ 因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，‎ 所以其体积的比值为．‎ ‎1．【解题思路】由三视图知原图是一个底面为边长为3的正方形，高为的斜四棱柱，‎ ‎【答案】.．‎ ‎2．【解题思路】该几何体由一个圆锥和一个半球组合而成．‎ ‎【答案】　此几何体为一个组合体，上为一个圆锥，下为一个半球组合而成．表面积为S＝＋×2×2π＝4π．故选C．‎ ‎3．【解题思路】该几何体是一个四棱锥，球心在底面中心的正上方，确定球心的位置．‎ ‎【答案】　由三视图知该几何体为四棱锥，侧面PBC为侧视图，PE⊥平面ABC，E，F分别是对应边的中点，底面ABCD是边长是2的正方形，如图所示．‎ 设外接球的球心到平面ABCD的距离为h，‎ 则h2＋2＝12＋(2－h)2，∴h＝，R2＝．‎ ‎∴几何体的外接球的表面积S＝4πR2＝π．故选B．‎ ‎4．【解题思路】正方体的体对角线即为其外接球的直径．‎ ‎【答案】　设正方体的棱长为a，则a3＝8，解得a＝2．设球的半径为R，则2R＝a，即R＝．所以球的表面积S＝4πR2＝12π．故填12π．‎ ‎5．【解题思路】(1)面面垂直的性质定理；(2)顶点转换法，以A1为顶点．‎ ‎【答案】(1)证明　因为AA1＝A1C，且O为AC的中点，‎ 所以A1O⊥AC，又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，‎ 且A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABC．‎ ‎(2)解　∵A1C1∥AC，A1C1⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，‎ ‎∴A1C1∥平面ABC，即C1到平面ABC的距离等于A1到平面ABC的距离．‎ 由(1)知A1O⊥平面ABC且A1O＝，‎ ‎∴．‎