2020届二轮复习（文）专题三第1讲　空间几何体的三视图、表面积与体积课件（57张）

2020届二轮复习（文）专题三第1讲　空间几何体的三视图、表面积与体积课件（57张）

专题三　立体几何 第1讲　空间几何体的三视图、表面积与体积 总纲目录 考点一　空间几何体的三视图、直观图 考点二　空间几何体的表面积与体积 考点三　几何体的内切、外接问题 考点一　空间几何体的三视图、直观图 1 .(2018课标全国Ⅲ,3,5分)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   答案    A 　两木构件咬合成长方体时,榫头完全进入卯眼,易知咬合时带卯眼 的木构件的俯视图为A.故选A. 2 .(2018课标全国Ⅰ,9,5分)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱 表面上的点 M 在正视图上的对应点为 A ,圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应 点为 B ,则在此圆柱侧面上,从 M 到 N 的路径中,最短路径的长度为   (　　)   A.2   　    B.2   C.3　    D.2 B 答案    B 　本题主要考查空间几何体的三视图、直观图以及最短路径问题. 由圆柱的三视图及已知条件可知点 M 与点 N 的位置如图1所示,设 ME 与 FN 为 圆柱的两条母线,沿 FN 将圆柱侧面展开,如图2所示, MN 即为从 M 到 N 的最短路 径,由题知, ME =2, EN =4,∴ MN =   =2   .故选B.   图1        图2 3 .(2019课标全国Ⅱ,16,5分)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表 之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信 的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多 边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的 半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为 1.则该半正多面体共有 　　　     个面,其棱长为 　　　     .(本题第一空2分,第 二空3分)   图1        图2 答案 　26;   -1 解析 　半正多面体面数从上至下依次为1,8,8,8,1,故共有1+8+8+8+1=26个面. 半正多面体的所有顶点都在同一个正方体表面上,如图1,该正方体被半正多 面体顶点 A , B , C 所在平面截得的图形如图2,八边形 ABCDEFGH 为正八边形.   图1 　       图2 设 AB = a ,则1=2 ×   a + a ,解得 a =   -1,即该半正多面体的棱长为   -1. 总结提升 三视图问题的常见类型及解题策略 (1)由几何体的直观图求三视图. 注意:正视图、侧视图和俯视图的观察方向,看得到的部分用实线表示,看不 到的部分用虚线表示. (2)由几何体的部分视图画出剩余的视图. 先根据已知的一部分视图推测、还原直观图的可能形式,然后找其剩下部分 视图的可能形式. 1 .(2018山东济南一模)如图,在正方体 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1 中, P 为 BD 1 的中点,则△ PAC 在该正方体各个面上的正投影可能是   (　　)     B A.①②　    B.①④　    C.②③　    D.②④ 答案    B　 由于 P 为 BD 1 的中点,结合正投影的性质知B正确. 2 .(2019湖南模拟)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是三棱锥 P - ABC 的三视图, PA 是其最长的棱,则直线 PA 与平面 ABC 所成角的正切值为   (　　)   A.1　    B.   　    C.   　    D.   C 答案    C 　如图所示,该几何体是长方体中的三棱锥 P - ABC ,   由题图易知 AC =4, CD =2= PD ,连接 AD ,由题意可知∠ PAD 就是直线 PA 与平面 ABC 所成的角,易知 AD =   =2   ,∴tan∠ PAD =   =   .故选C. 3 .某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥最长棱的长为 　　　     .   答案 　2   解析 　由三视图知该三棱锥的底面是斜边长为2的等腰直角三角形,有一条 长度为2的侧棱垂直于底面,所以三条侧棱长分别是2,   ,2   .所以该三棱锥 中最长棱的长为2   . 考点二　空间几何体的表面积与体积 命题角度一　空间几何体的表面积 1 .(2018课标全国Ⅰ,5,5分)已知圆柱的上、下底面的中心分别为 O 1 , O 2 ,过直线 O 1 O 2 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.12   π　　B.12π C.8   π　　D.10π B 答案    B　 设圆柱的底面半径为 r ,高为 h ,由题意可知2 r = h =2   ,∴圆柱的表面 积 S =2π r 2 +2π r · h =4π+8π=12π.故选B. 2 .(2018课标全国Ⅱ理,16,5分)已知圆锥的顶点为 S ,母线 SA , SB 所成角的余弦 值为   , SA 与圆锥底面所成角为45 ° .若△ SAB 的面积为5   ,则该圆锥的侧面 积为 　　　     . 答案 　40   π 解析 　因为母线 SA 与圆锥底面所成的角为45 ° ,所以圆锥的轴截面为等腰直 角三角形.设底面圆的半径为 r ,则母线长 l =   r .在△ SAB 中,cos∠ ASB =   ,所以 sin∠ ASB =   .因为△ SAB 的面积为5   ,即   SA · SB sin∠ ASB =   ·   r ·   r ×   =5   ,所以 r 2 =40,故圆锥的侧面积为π rl =   π r 2 =40   π. 总结提升 求几何体的表面积的方法 (1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面几何问题,即空间图形 平面化,这是解决立体几何问题的主要出发点. (2)求不规则几何体的表面积时,通常将所给几何体分割成柱、锥、台体,先 求出这些柱、锥、台体的表面积,再通过求和或作差求得所给几何体的表面 积. 1 .(2018湖北武汉调研)一个几何体的三视图如图所示,则它的表面积为   (    　)   A.28　　B.24+2   C.20+4   　　D.20+2   B 答案    B 　如图所示,三视图所对应的几何体是长,宽,高分别为2,2,3的长方体 去掉一个三棱柱后的棱柱 ABIE - DCMH ,其中 AE = DH =2, BI = MC =3, BC = AD = AB = CD =2,则该几何体的表面积 S =(2 × 2) × 5+   × 2+2 × 1+2 ×   =24+2   .故 选B.   2 .(2018黑龙江哈尔滨模拟)某四面体的三视图如图所示,则其四个面中面积 最大的是   (　　)   A.2　    B.2   　    C.   　    D.2   答案    D 　如图所示,在棱长为2的正方体 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1 中还原出三视图的 直观图,该四面体为三棱锥 D 1 - BCB 1 ,其四个面的面积分别为2,2   ,2   ,2   .故 选D.   3 .(2019湖北联考)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积为   (    　)   A.   +   +   　    B.   +2   +   C.   +   +   　    D.   +   +   A 答案    A 　由三视图还原三棱锥的直观图如图所示,   在△ ABC 中, AB ⊥ BC , S △ ABC =   ; 在△ ABD 中, AB ⊥ BD , S △ ABD =1; 在△ ACD 中, AD ⊥ CD , S △ ACD =   ; 在△ BCD 中, BD ⊥ CD , S △ BCD =   , 所以表面积为   +   +   .故选A. 命题角度二　空间几何体的体积 1 .(2018课标全国Ⅱ,16,5分)已知圆锥的顶点为 S ,母线 SA , SB 互相垂直, SA 与圆 锥底面所成角为30 ° .若△ SAB 的面积为8,则该圆锥的体积为 　　　     . 答案 　8π 解析 　设圆锥底面半径为 r ,母线长为 l ,高为 h , 因为母线 SA 与底面所成的角为30 ° , 所以 l =   r ,由△ SAB 的面积为8, SA ⊥ SB ,得   l 2 =8, 即   ×   r 2 =8, 所以 r 2 =12,所以 r =2   ,则 h =   r =2. 所以圆锥的体积为   π r 2 h =   π × 12 × 2=8π. 2 .(2019课标全国Ⅲ,16,5分)学生到工厂劳动实践,利用3D打印技术制作模型. 如图,该模型为长方体 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1 挖去四棱锥 O - EFGH 后所得的几何体, 其中 O 为长方体的中心, E , F , G , H 分别为所在棱的中点, AB = BC =6 cm, AA 1 =4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm 3 .不考虑打印损耗,制作该模型所需原料 的质量为 　　　     g.   答案 　118.8 解析 　依题意,知该模型是长方体中挖去一个四棱锥,故其体积 V = V 长方体 - V 四棱锥 =6 × 6 × 4-   ×   × 4 × 6 × 3=132(cm 3 ). 又该模型的原料密度为0.9 g/cm 3 , 故制作该模型所需原料的质量为0.9 × 132=118.8(g).   总结提升 求空间几何体体积的常用方法 (1) 公式法 : 直接根据常见的柱体、锥体、台体等规则几何体的体积公式计 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 为可直接计算体积的几何体. 1 .(2019洛阳模拟)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为   (    　)   A.2　    B.1　    C.   　    D.   答案    C　 如图,由三视图可知几何体的底面是对角线为2的正方形,几何体 的高为1,所以体积为   ×   × 2 × 1 × 2 × 1=   ,故选C.   2 .(2019安徽黄山一模)《九章算术》中记载了一个问题“今有圆堡瑽,周四 丈八尺,高一丈一尺.问积几何?答曰:二千一百一十二尺.术曰:周自相乘,以高 乘之,十二而一”.这里所说的圆堡瑽就是圆柱体,它的体积为“周自相乘,以 高乘之,十二而一”.就是说:圆堡瑽(圆柱体)的体积 V =   × (底面圆的周长的平 方 × 高),则由此可推得圆周率π的取值为   (　　) A.3　    B.3.1　    C.3.14　    D.3.2 答案    A 　由题意得,   × (2π r ) 2 h =π r 2 h ,解得π=3. A 3 .(2019长春质量检测)已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形,则该圆锥体 积的最大值为 　　　     . 答案 　2   π 解析 　由已知,圆锥的母线长为3,设圆锥的底面圆的半径为 r ,高为 h ,则 h =   ,所以圆锥体积 V =   π r 2 h =   π r 2 ·   =   π·   (0< r <3).设 f ( r )=9 r 4 - r 6 (0< r < 3),则 f '( r )=36 r 3 -6 r 5 =6 r 3 (6- r 2 ),令 f '( r )=0,得 r =   ,所以当0< r <   时, f '( r )>0, f ( r )单 调递增,当   < r <3时, f '( r )<0, f ( r )单调递减,所以 f ( r ) max = f (   )=108,所以 V max =   π ×   =2   π. 考点三　几何体的内切、外接问题 命题角度一　几何体与内切问题 (2017江苏,6,5分)如图,在圆柱 O 1 O 2 内有一个球 O ,该球与圆柱的上、下底面及 母线均相切.记圆柱 O 1 O 2 的体积为 V 1 ,球 O 的体积为 V 2 ,则   的值是 　　　     .   答案        解析 　设圆柱内切球的半径为 R , 则圆柱 O 1 O 2 的底面圆的半径为 R ,高为2 R , ∴   =   =   . 总结提升 求解多面体的内切球半径问题,一般是将多面体分割成以球心为顶点,多面体 的各面为底面的棱锥,利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求出内切球 的半径. 1 .(2019运城联考)一块木料的三视图如图所示,将它经过切削、打磨成半径 最大的球,则该木料最多加工出球的个数是   (　　)   A.1　    B.2　    C.3　    D.4 B 答案    B 　如图所示,将三视图还原为直观图,得直三棱柱 ABC - A 1 B 1 C 1 , AB =4, BC =3, AA 1 =5.设△ ABC 内切圆半径为 r ,则 S △ ABC =   × 3 × 4=   × (3+4+5) r ,解得 r =1, 所以内切球最大半径为1,直径为2,由 AA 1 =5得,最多可加工出2个球.   2 .(2019洛阳联考)已知球 O 与棱长为4的正四面体的各棱相切,则球 O 的体积 为   (　　) A.   π　　B.   π C.   π　　D.   π 答案    A 　将正四面体补成正方体,则正四面体的棱为正方体面上的对角线, 因为正四面体的棱长为4,所以正方体的棱长为2   .因为球 O 与正四面体的各 棱都相切,所以球 O 为正方体的内切球,即球 O 的直径2 R =2   ,则球 O 的体积 V =   π R 3 =   π. A 3 .(2018湖南常德二模)在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的三棱 锥称为鳖臑.如图,若三棱锥 P - ABC 为鳖臑,侧棱 PA ⊥底面 ABC , AC ⊥ BC ,且 PA =2, AC =3, BC =4,则该鳖臑的内切球的半径为 　　　     .   答案        解析 　由鳖臑性质知, PC ⊥ CB , PC =   , AB =5, BP =   , 所以 V 三棱锥 P - ABC =   S △ ABC · PA =4, S △ ABC =6, S △ PBC =2   , S △ PCA =3, S △ PAB =5,所以内切球的 半径 r =   =   . 命题角度二　几何体的外接问题 1 .(2017课标全国Ⅲ,9,5分)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2 的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为   (　　) A.π　　B.   C.   　    D.   B 答案    B 　设圆柱的底面圆的半径为 r , 由题意可得1 2 +(2 r ) 2 =2 2 , 解得 r =   . ∴圆柱的体积 V =π r 2 × 1=   ,故选B. 2 .(2018课标全国Ⅲ,12,5分)设 A , B , C , D 是同一个半径为4的球的球面上四点,△ ABC 为等边三角形且其面积为9   ,则三棱锥 D - ABC 体积的最大值为   (　　) A.12   　    B.18   C.24   　    D.54   B 答案    B 　设等边△ ABC 的边长为 a , 则有 S △ ABC =   a · a ·sin 60 ° =9   ,解得 a =6. 设△ ABC 外接圆的半径为 r , 则2 r =   ,解得 r =2   , 则球心到平面 ABC 的距离为   =2, 所以点 D 到平面 ABC 的最大距离为2+4=6, 所以三棱锥 D - ABC 体积的最大值为   × 9   × 6=18   ,故选B. 总结提升 此类问题的实质是解决球的半径长或确定球心 O 的位置问题,其中球心的确 定是关键. 1.相关简单多面体外接球的球心的结论. (1)正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点. (2)正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点. (3)直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点. 2.若球面上四点 P , A , B , C 中, PA , PB , PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂 直,则可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题. 3. 利用球心 O 与截面圆的圆心 O 1 的连线垂直于截面圆及球心 O 与弦中点的连 线垂直于弦的性质 , 确定球心 . 1 .(2018重庆调研)已知在三棱锥 A - BCD 中,平面 ABC ⊥平面 BCD , BC ⊥ CD , AB ⊥ AC , CD =2, BC =2   ,则该三棱锥外接球的表面积为   (　　) A.4π　　B.4   π C.12π　　D.9   π C 答案    C 　如图,取 BC 的中点 E , BD 的中点 O ,连接 OA , OE , OC , AE ,则 OE ∥ CD . 由平面 ABC ⊥平面 BCD ,平面 ABC ∩ 平面 BCD = BC , CD ⊂ 平面 BCD , CD ⊥ BC , 得 CD ⊥平面 ABC ,则 OE ⊥平面 ABC ,所以 OE ⊥ BC , OE ⊥ AE .在Rt△ ABC 中, AE =   BC = BE = CE ,则Rt△ OCE ≌Rt△ OAE ≌Rt△ OBE ,所以 OC = OA = OB ,又 OB = OD ,所以点 O 为三棱锥 A - BCD 的外接球的球心,外接球的半径 R =   BD =     =   ,则三棱锥 A - BCD 的外接球的表面积 S =4π R 2 =12π,故选C.   2 .(2019福建福州模拟)已知圆锥的高为3,底面圆的半径为   ,若该圆锥的顶点 与底面的圆周都在同一个球面上,则这个球的体积为(　　) A.   π　　B.   π C.16π　　D.32π 答案    B 　设该圆锥的外接球半径为 R ,则 R 2 =(3- R ) 2 +(   ) 2 ,解得 R =2,则球的体 积 V =   π R 3 =   π × 2 3 =   π,所以选B. B 3 .(2019重庆模拟)平面上一个正三角形的内切圆半径 r 与外接圆半径 R 之 比 r ∶ R =1∶2,在空间中,类似的结论:一个正四面体内切球半径 r 与外接球半 径 R 之比 r ∶ R = 　　　     . 答案 　1∶3 解析 　设四面体底面积为 S ,高为 h ,则 V =   Sh =   × 4 Sr ,得 r =   h , R = h - r =   h ,得 r ∶ R =1∶3.