高考數學二輪復習分層設計（全國I卷）學案第二層提升篇專題三立體幾何第1講空間幾何體的三視圖表面積及體積

專題三立體幾何第1講空間幾何體的三視圖、表面積及體積[全國卷3年考情分析]年份全國卷Ⅰ全國卷Ⅱ全國卷Ⅲ2019三棱錐的外接球、球的體積·T12空間幾何體的結構特征、直觀圖、幾何運算、數學文化·T16空間兩直線的位置關系的判定·T8簡單幾何體的組合體、長方體和棱錐的體積·T162018空間幾何體的三視圖、直觀圖及最短路徑問題·T7圓錐的性質及側面積的計算·T16三視圖與數學文化·T3與外接球有關的空間幾何體體積的最值問題·T102017空間幾何體的三視圖與直觀圖、面積的計算·T7空間幾何體的三視圖及組合體體積的計算·T4球的內接圓柱、圓柱的體積的計算·T8(1)“立體幾何”在高考中一般會以“兩小一大”或“一小一大”的命題形式出現，這“兩小”或“一小”主要考查三視圖，幾何體的表面積與體積，空間點、線、面位置關系(特別是平行與垂直)．(2)考查一個小題時，本小題一般會出現在第4～8題的位置上，難度一般；考查兩個小題時，其中一個小題難度一般，另一小題難度稍高，一般會出現在第12或16題的位置上，本小題雖然難度稍高，主要體現在計算量上，但仍是對基礎知識、基本公式的考查．eq\a\vs4\al(考點一)eq\a\vs4\al()空間幾何體的三視圖、直觀圖與截面圖[例1](1)中國古建筑借助榫卯將木構件連接起來．構件的凸出部分叫榫頭，凹進部分叫卯眼，圖中木構件右邊的小長方體是榫頭．若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是()(2)(2019·江西八所重點中學聯考)某四面體的三視圖如圖所示，則該四面體最長的棱長與最短的棱長的比值是()A．eq\f(\r(5),2) B．eq\r(2)C．eq\f(3\r(5),5) D．eq\f(3,2)(3)(2018·全國卷Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為()A．eq\f(3\r(3),4) B．eq\f(2\r(3),3)C．eq\f(3\r(2),4) D．eq\f(\r(3),2)[解析](1)由題意可知帶卯眼的木構件的直觀圖如圖所示，由直觀圖可知其俯視圖應選A.故選A.(2)在棱長為2的正方體中還原該四面體P-ABC如圖所示，其中最短的棱為AB和BC，最長的棱為PC.因為正方體的棱長為2，所以AB＝BC＝2，PC＝3，所以該四面體最長的棱長與最短的棱長的比值為eq\f(3,2).故選D.(3)如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1D1與棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方體的其余棱都分別與A1A，A1B1，A1D1平行，故正方體ABCD-A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等．如圖所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中點E，F，G，H，M，N，則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大，此截面面積為S正六邊形EFGHMN＝6×eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)×sin60°＝eq\f(3\r(3),4).故選A.[答案](1)A(2)D(3)A[解題方略]1．識別三視圖的步驟(1)應把幾何體的結構弄清楚或根據幾何體的具體形狀，明確幾何體的擺放位置；(2)根據三視圖的有關規(guī)則先確定正視圖，再確定俯視圖，最后確定側視圖；(3)被遮住的輪廓線應為虛線．2．由三視圖還原到直觀圖的思路(1)根據俯視圖確定幾何體的底面；(2)根據正(主)視圖或側(左)視圖確定幾何體的側棱與側面的特征，調整實線和虛線所對應的棱、面的位置；(3)確定幾何體的直觀圖形狀．3．由幾何體的部分視圖判斷剩余的視圖的思路先根據已知的一部分視圖，還原、推測直觀圖的可能形狀，然后再找其剩下部分視圖的可能形狀．當然作為選擇題，也可將選項逐項代入，再看看給出的部分三視圖是否符合．4．常見三類空間幾何體的截面圖軸截面、橫截面與斜截面：利用截面圖可將空間問題轉化為平面問題解決．[多練強化]1.(2018·全國卷Ⅰ)某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖所示．圓柱表面上的點M在正視圖上的對應點為A，圓柱表面上的點N在左視圖上的對應點為B，則在此圓柱側面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為()A．2eq\r(17) B．2eq\r(5)C．3 D．2解析：選B先畫出圓柱的直觀圖，根據題圖的三視圖可知點M，N的位置如圖①所示．圓柱的側面展開圖及M，N的位置(N為OP的四等分點)如圖②所示，連接MN，則圖中MN即為M到N的最短路徑．ON＝eq\f(1,4)×16＝4，OM＝2，∴MN＝eq\r(OM2＋ON2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).故選B.2．已知球O是正三棱錐A-BCD的外接球，BC＝3，AB＝2eq\r(3)，點E在線段BD上，且BD＝3BE，過點E作球O的截面，則所得截面中面積最小的截面圓的面積是________．解析：如圖，設△BCD的中心為點O1，球O的半徑為R，則A，O，O1三點共線．連接O1D，O1E，OD，OE，則O1D＝eq\r(3)，AO1＝eq\r(AD2－O1D2)＝3.在Rt△OO1D中，R2＝3＋(3－R)2，即R＝2，所以OO1＝1.在△O1DE中，DE＝eq\f(2,3)BD＝2，∠O1DE＝30°，所以由余弦定理得O1E＝eq\r(3＋4－2×\r(3)×2×cos30°)＝1.所以OE＝eq\r(2).過點E作圓O的截面，當截面與OE垂直時，截面的面積最小，此時截面圓的半徑為eq\r(22－（\r(2)）2)＝eq\r(2)，所以截面圓的面積為2π.答案：2πeq\a\vs4\al(考點二)eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(幾何體的表面積與體積)題型一求空間幾何體的表面積[例2](1)《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中提到了一種名為“芻甍”的五面體，如圖所示，四邊形ABCD為矩形，棱EF∥AB.若此幾何體中，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是邊長為2的等邊三角形，則該幾何體的表面積為()A．8eq\r(3) B．8＋8eq\r(3)C．6eq\r(2)＋2eq\r(3) D．8＋6eq\r(2)＋2eq\r(3)(2)我國古代數學名著《算法統宗》中有如下問題：“今有倚壁外角堆米，下周九十尺，高十二尺．”其意思為：在屋外墻角處堆放米(其三視圖如圖所示)，米堆底部的弧長為90尺，米堆的高為12尺．圓周率約為3.若將此堆米用草席蓋上，則此草席的面積至少約為(計算結果保留整數，如eq\r(544)≈23，eq\r(550)≈23)()A．250平方尺 B．990平方尺C．1035平方尺 D．518平方尺[解析](1)如圖所示，取BC的中點P，連接PF，則PF⊥BC，過F作FQ⊥AB，垂足為Q.因為△ADE和△BCF都是邊長為2的等邊三角形，且EF∥AB，所以四邊形ABFE為等腰梯形，FP＝eq\r(3)，則BQ＝eq\f(1,2)(AB－EF)＝1，FQ＝eq\r(BF2－BQ2)＝eq\r(3)，所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝eq\f(1,2)×(2＋4)×eq\r(3)＝3eq\r(3)，又S△ADE＝S△BCF＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\r(3)，S矩形ABCD＝4×2＝8，所以該幾何體的表面積S＝3eq\r(3)×2＋eq\r(3)×2＋8＝8＋8eq\r(3).故選B.(2)由三視圖可知，米堆為圓錐的eq\f(3,4)，其中，圓錐的高為12尺，底面圓的周長的eq\f(3,4)為90尺．設圓錐的底面半徑為r，則eq\f(3,4)×2πr＝90，由π≈3可得，r＝20.所以圓錐的母線長為eq\r(202＋122)＝eq\r(544)≈23(尺)．易知草席的面積為圓錐的側面積的eq\f(3,4)，即eq\f(3,4)×π×20×23＝eq\f(3,4)×3×20×23＝45×23＝1035(平方尺)．故選C.[答案](1)B(2)C[解題方略]求幾何體的表面積的方法1．求表面積問題的思路是將立體幾何問題轉化為平面圖形問題，即空間圖形平面化，這是解決立體幾何的主要出發(fā)點．2．求不規(guī)則幾何體的表面積時，通常將所給幾何體分割成柱、錐、臺體，先求這些柱、錐、臺體的表面積，再通過求和或作差求得所給幾何體的表面積．題型二求空間幾何體的體積[例3](1)(2019·天津高考)已知四棱錐的底面是邊長為eq\r(2)的正方形，側棱長均為eq\r(5).若圓柱的一個底面的圓周經過四棱錐四條側棱的中點，另一個底面的圓心為四棱錐底面的中心，則該圓柱的體積為________．(2)(2019·江西省五校協作體試題)某幾何體的三視圖如圖所示，正視圖是一個上底為2，下底為4的直角梯形，俯視圖是一個邊長為4的等邊三角形，則該幾何體的體積為______．[解析](1)法一：由題意知圓柱的高恰為四棱錐的高的一半，圓柱的底面直徑恰為四棱錐的底面正方形對角線的一半．因為四棱錐的底面正方形的邊長為eq\r(2)，所以底面正方形對角線長為2，所以圓柱的底面半徑為eq\f(1,2).又因為四棱錐的側棱長均為eq\r(5)，所以四棱錐的高為eq\r(（\r(5)）2－12)＝2，所以圓柱的高為1.所以圓柱的體積V＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)·1＝eq\f(π,4).法二：如圖所示，在四棱錐V-ABCD中，O為正方形ABCD的中心，也是圓柱下底面的中心，由四棱錐底面邊長為eq\r(2)，可得OC＝1.設M為VC的中點，過點M作MO1∥OC交OV于點O1，則O1即為圓柱上底面的中心．∴O1M＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(1,2)，O1O＝eq\f(1,2)VO.∵VO＝eq\r(VC2－OC2)＝2，∴O1O＝1.可得V圓柱＝π·O1M2·O1O＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×1＝eq\f(π,4).(2)把三視圖還原成幾何體ABC-DEF，如圖所示，在AD上取點G，使得AG＝2，連接GE，GF，則把幾何體ABC-DEF分割成三棱柱ABC-GEF和三棱錐D-GEF，所以VABC-DEF＝VABC-GEF＋VD-GEF＝4eq\r(3)×2＋eq\f(1,3)×4eq\r(3)×2＝eq\f(32\r(3),3).[答案](1)eq\f(π,4)(2)eq\f(32\r(3),3)[解題方略]求空間幾何體體積的常用方法公式法直接根據常見柱、錐、臺等規(guī)則幾何體的體積公式計算等積法根據體積計算公式，通過轉換空間幾何體的底面和高使得體積計算更容易，或是求出一些體積比等割補法把不能直接計算體積的空間幾何體進行適當的分割或補形，轉化為可計算體積的幾何體[多練強化]1．(2019·重慶市學業(yè)質量調研)已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A.eq\f(32,3) B．eq\f(64,3)C.eq\f(128,3) D．eq\f(160,3)解析：選B由三視圖知，該幾何體是一個正方體切去四個三棱錐后所得的，其直觀圖如圖中ABCD所示，由三視圖知正方體的棱長為4，正方體的體積為4×4×4＝64，切去三棱錐的長、寬、高均為4，體積為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×4×4＝eq\f(32,3)，所以所求幾何體的體積為64－4×eq\f(32,3)＝eq\f(64,3).故選B.2．已知一個底面是菱形、側面是矩形的四棱柱，側棱長為5，菱形的對角線的長分別是9和15，則這個棱柱的側面積是()A．30eq\r(34) B．60eq\r(34)C．30eq\r(34)＋135 D．135解析：選A由菱形的對角線長分別是9和15，得菱形的邊長為eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(34),2)，則這個棱柱的側面積為4×eq\f(3\r(34),2)×5＝30eq\r(34).故選A.3．已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都是1，∠ABC＝60°，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，點H在線段OB1上，OH＝3HB1，點M是線段BD上的動點，則三棱錐M-C1O1解析：V三棱錐M-C1O1H＝V三棱錐C1-MO1H＝eq\f(1,3)×S△MO1H×h(h為C1到平面BDD1B1的距離)，由已知可得C1O1⊥平面BDD1B1，又直四棱柱的所有棱長都為1，且∠ABC＝60°，所以A1B1C1D1是菱形，C1O1＝eq\f(1,2)，所以V三棱錐M-C1O1H＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×O1H×h′，其中h′為M到直線O1H的距離，O1H是定值，所以h′最小時，V三棱錐M-C1O1H最小．如圖，延長O1H交B1B于點F，交OB的延長線于點N，連接OO1，因為eq\f(B1H,HO)＝eq\f(1,3)，所以eq\f(B1O1,NO)＝eq\f(1,3)，NO＝eq\f(3\r(3),2)，NB＝eq\r(3)，NO1＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(31),2)，O1H＝eq\f(1,4)×eq\f(\r(31),2)＝eq\f(\r(31),8)，M到直線O1H的距離的最小值即B到直線O1H的距離，NF＝eq\r(（\r(3)）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2))＝eq\r(3＋\f(4,9))＝eq\f(\r(31),3)，所以h′＝eq\f(\r(3)×\f(2,3),\f(\r(31),3))＝eq\f(2\r(93),31)，所以(V三棱錐M-C1O1H)min＝eq\f(1,12)×eq\f(\r(31),8)×eq\f(2\r(93),31)＝eq\f(\r(3),48).答案：eq\f(\r(3),48)eq\a\vs4\al(考點三)eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(與球有關的切、接問題)題型一外接球[例4](2019·全國卷Ⅰ)已知三棱錐P-ABC的四個頂點在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F分別是PA，AB的中點，∠CEF＝90°，則球O的體積為()A．8eq\r(6)π B．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)π D．eq\r(6)π[解析]因為點E，F分別為PA，AB的中點，所以EF∥PB，因為∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中點D，連接BD，PD，易證AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE?平面PAC，所以PB⊥平面PAC.所以PB⊥PA，PB⊥PC，因為PA＝PB＝PC，△ABC為正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC兩兩垂直，將三棱錐P-ABC放在正方體中如圖所示．因為AB＝2，所以該正方體的棱長為eq\r(2)，所以該正方體的體對角線長為eq\r(6)，所以三棱錐P-ABC的外接球的半徑R＝eq\f(\r(6),2)，所以球O的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq\s\up12(3)＝eq\r(6)π.故選D.[答案]D[解題方略]解決多面體的外接球問題，關鍵是確定球心的位置，方法是先選擇多面體中的一面，確定此面外接圓的圓心，再過圓心作垂直此面的垂線，則球心一定在此垂線上，最后根據其他頂點確定球心的準確位置．對于特殊的多面體還可采用補成正方體或長方體的方法找到球心位置．題型二內切球[例5]已知一個平放的各棱長為4的三棱錐內有一個小球O(重量忽略不計)，現從該三棱錐頂端向內注水，小球慢慢上浮，當注入的水的體積是該三棱錐體積的eq\f(7,8)時，小球與該三棱錐各側面均相切(與水面也相切)，則小球的表面積等于()A.eq\f(7π,6) B．eq\f(4π,3)C.eq\f(2π,3) D．eq\f(π,2)[解析]當注入水的體積是該三棱錐體積的eq\f(7,8)時，設水面上方的小三棱錐的棱長為x(各棱長都相等)，依題意，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8)，得x＝2.易得小三棱錐的高為eq\f(2\r(6),3)，設小球半徑為r，則eq\f(1,3)S底面·eq\f(2\r(6),3)＝4·eq\f(1,3)·S底面·r，得r＝eq\f(\r(6),6)，故小球的表面積S＝4πr2＝eq\f(2π,3).故選C.[答案]C[解題方略]求解多面體的內切球的問題，一般是將多面體分割為以球心為頂點，多面體的各面為底面的棱錐，利用多面體的體積等于各棱錐的體積之和求內切球的半徑．題型三與球有關的最值問題[例6](2018·全國卷Ⅲ)設A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，△ABC為等邊三角形且其面積為9eq\r(3)，則三棱錐D-ABC體積的最大值為()A．12eq\r(3) B．18eq\r(3)C．24eq\r(3) D．54eq\r(3)[解析]由等邊△ABC的面積為9eq\r(3)，可得eq\f(\r(3),4)AB2＝9eq\r(3)，所以AB＝6，所以等邊△ABC的外接圓的半徑為r＝eq\f(\r(3),3)AB＝2eq\r(3).設球的半徑為R，球心到等邊△ABC的外接圓圓心的距離為d，則d＝eq\r(R2－r2)＝eq\r(16－12)＝2.所以三棱錐D-ABC高的最大值為2＋4＝6，所以三棱錐D-ABC體積的最大值為eq\f(1,3)×9eq\r(3)×6＝18eq\r(3).故選B.[答案]B[解題方略]多面體與球有關的最值問題，主要有三種：一是多面體確定的情況下球的最值問題，二是球的半徑確定的情況下與多面體有關的最值問題；三是多面體與球均確定的情況下，截面的最值問題．[多練強化]1．已知圓錐的高為3，底面半徑為eq\r(3)，若該圓錐的頂點與底面的圓周都在同一個球面上，則這個球的體積等于()A．eq\f(8,3)π B．eq\f(32,3)πC．16π D．32π解析：選B設該圓錐的外接球的半徑為R，依題意得，R2＝(3－R)2＋(eq\r(3))2，解得R＝2，所以所求球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×23＝eq\f(32,3)π.故選B.2．(2019·福建五校第二次聯考)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＝4，AB⊥AC，AA1＝12，則球O的直徑為______．解析：如圖，設BC的中點為D，B1C1的中點為D1，連接DD1，取其中點O′，連接AD，A1D1，則DA＝DB＝DC，D1A1＝D1B1＝D1C1，且DD1垂直于直三棱柱的上、下底面，所以點O′到直三棱柱的各個頂點的距離相等，即點O′為直三棱柱的外接球的球心O，連接OB，則球O的直徑為2BO＝2eq\r(BD2＋DO2)＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×12))\s\up12(2))＝13.答案：133．已知四