高考第二轮复习数学浙江文科专题五　立体几何　空间几何体的三视图 表面积及体积

高考第二轮复习数学浙江文科专题五　立体几何　空间几何体的三视图 表面积及体积

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．(2012·浙江高考，文 3)已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该三棱锥的体 积是( )． A．1 cm3 B．2 cm3 C．3 cm3 D．6 cm3 2．(2012·天津高考，文 10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积 为__________ m3. 3．(2012·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．(2012·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 A1B1C1D1－ABCD，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 ABCD－A2B2C2D2. (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、体积等问题交会，是每年的必考内容． 预计在 2013 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)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设其面积 S⇒直观图面积为 2 4 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)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是( )． A．32 B．16＋16 2 C．48 D．16＋32 2 (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．1 2 ＋ 2 2 B．1＋ 2 2 C．1＋ 2 D．2＋ 2 热点二 空间几何体的表面积与体积 【例 2】(2011·福建高考，文 20)如图，在四棱锥 P－ABCD 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＝ 2，∠CDA＝45°，求四棱锥 P－ABCD 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 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．24－3 2π B．24－1 3π C．24－π D．24－1 2π 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 2a. (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，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 P－ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 a 的正方形，PD⊥ 底面 ABCD，且 PD＝a，PA＝PC＝ 2a.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． 如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB＝AC＝5，BB1＝BC＝6，D，E 分别是 AA1 和 B1C 的中点． (1)求证：DE∥平面 ABC； (2)求三棱锥 E－BCD 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＝1 2BB1. 由直棱柱知，AA1 綉 BB1. 而 D 是 AA1 的中点， 所以 EG 綉 AD， 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 VE－BCD＝VD－BCE＝VA－BCE＝VE－ABC． 由(1)知，DE∥平面 ABC， 所以 VE－ABC＝VD－ABC＝1 3AD·1 2BC·AG＝1 6 ×3×6×4＝12. 1．(2012·山东济南三月模拟，4)如图，正三棱柱 ABC－A1B1C1 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 2 B．4 C． 3 D．2 3 2．(2012·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 3)cm2 C．(5π＋2 3)cm2 D．(6π＋2 7－2)cm2 3．(2012·北京丰台区三月月考，4)若某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．20－2 3π C．40－2 3π D．40－4 3π 4．(2012·浙江高考名校交流模拟卷，12)如果一个几何体的三视图如图所示(单位长度：cm)， 则此几何体的表面积是__________cm2. 5．(2012·浙江高考名校《创新》冲刺模拟试卷，12)若一个三棱锥的三视图(单位：cm)如 图所示，则该三棱锥的全面积是__________cm2. 6．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__________． 7．如图，在等腰梯形 ABCD 中，AB＝2DC＝2，∠DAB＝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．A 解析：由三视图得，该三棱锥底面面积 S＝1 2 ×2×1＝1(cm2)，高为 3 cm，由体积 公式，得 V＝1 3Sh＝1 3 ×1×3＝1(cm3)． 2．30 解析：由几何体的三视图可知：该几何体的顶部为平放的直四棱柱，底部为长、 宽、高分别为 4 m,3 m,2 m 的长方体． ∴几何体的体积 V＝V 直四棱柱＋V 长方体＝1＋2×1 2 ×4＋4×3×2＝6＋24＝30 m3. 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 ＝12π. 4．(1)证明：因为四棱柱 ABCD－A2B2C2D2 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 B1D1⊥平面 ACC2A2. (2)解：因为四棱柱 ABCD－A2B2C2D2 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 A1B1C1D1－ABCD 的上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形， 所以 S2＝S 四棱台下底面＋S 四棱台侧面＝(A1B1)2＋4×1 2(AB＋A1B1)h 等腰梯形的高 ＝202＋4×1 2(10＋20) 132－ 1 2 20－10 2 ＝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·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)由三视图知原几何体是一个底面边长为 4，高是 2 的正四棱锥．如图： ∵AO＝2，OB＝2，∴AB＝2 2. 又∵S 侧＝4×1 2 ×4×2 2＝16 2，S 底＝4×4＝16， ∴S 表＝S 侧＋S 底＝16＋16 2. (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＝2，BC＝1，OA＝1＋2× 2 2 ＝1＋ 2，故其面积为1 2 ×(1＋1 ＋ 2)×2＝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＋1 2CE·DE＝1×2＋1 2 ×1×1＝5 2. 又 PA⊥平面 ABCD，PA＝1， 所以 V 四棱锥 P－ABCD＝1 3S 四边形 ABCD·PA＝1 3 ×5 2 ×1＝5 6. 【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 2×3×4－1 2π×1×3，即 24－3 2π. 【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＝ 2a. ∵SA＝SC＝AC＝ 2a， ∴△SAC 为正三角形． 由正弦定理得 2R＝ AC sin∠ASC ＝ 2a sin 60° ＝2 6 3 a， 因此 R＝ 6 3 a，V 外接球＝4 3πR3＝8 6 27 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＝ SB2－BF2＝  2a2－ a 2 2＝ 7 2 a， ∴S△SBC＝1 2BC·SF＝1 2a× 7 2 a＝ 7 4 a2， S 棱锥全＝4S△SBC＋S 底＝( 7＋1)a2. 又 SE＝ SF2－EF2＝ 7 2 a 2－ a 2 2＝ 6 2 a， ∴V 棱锥＝1 3S 底·SE＝1 3a2× 6 2 a＝ 6 6 a3， ∴r＝3V 棱锥 S 棱锥全 ＝ 3× 6 6 a3  7＋1a2 ＝ 42－ 6 12 a， S 内切球＝4πr2＝4－ 7 3 πa2. 【变式训练 3】1 2(2－ 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，底面分别为原四棱锥的侧面和底面， 则 VP－ABCD＝1 3r(S△PAB＋S△PBC＋S△PCD＋S△PAD＋S 正方形 ABCD)＝1 3r(2＋ 2)a2. 由题意知 PD⊥底面 ABCD， ∴VP－ABCD＝1 3S 正方形 ABCD·PD＝1 3a3. 由体积相等，得 1 3r(2＋ 2)a2＝1 3a3，解得 r＝1 2(2－ 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的直观图是由一个圆柱和一个正四棱锥组合而成， 如图所示： 易求得表面积为(6π＋2 7－2)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，故体积为 2×2×5－2 3π＝20－2π 3 . 4．18＋2 3 解析：该几何体是棱长为 2 的正方体截去一个角，故此几何体的表面积 S ＝3×2×2＋3×1 2 ×2×2＋1 2 ×2 2×2 2× 3 2 ＝18＋2 3(cm2)． 5．48＋12 2 解析：该三棱锥底面是腰长为 6 的等腰直角三角形，过底面斜边的侧面垂 直于底面，此侧面是底边长为 6 2，底边上的高为 4 的等腰三角形，由此得三条侧棱长都为 34， 故所求三棱锥的全面积为 S＝2×1 2 ×6×5＋1 2 ×6 2×4＋1 2 ×6×6＝48＋12 2(cm2)． 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VDGAC VPGAC ＝ 1 3S△GAC×DC 1 3S△GAC×OM ＝2. 7．解：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＝ 3 2 ，AF＝ 1－ 3 3 2＝ 6 3 ，AH＝ 3 3 ， ∴OA＝AG·AH AF ＝ 3 2 × 3 3 6 3 ＝ 6 4 ， ∴外接球体积为4 3π×OA3＝4 3·π·6 6 43 ＝ 6 8 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 2 2 ， ∴外接球直径 2R＝ 3· 2 2 ， ∴R＝ 6 4 ，∴体积为4 3π· 6 4 3＝ 6 8 π. 高考资源网 w。w-w*k&s%5￥u 高考资源网 w。w-w*k&s%5￥u