2019年高考数学高分突破复习练习专题三 第1讲

2019年高考数学高分突破复习练习专题三 第1讲

第1讲　空间几何体的三视图、表面积和体积 高考定位　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，主要以选择题、填空题的形式呈现，在解答题中，有时与空间线、面位置证明相结合，面积与体积的计算作为其中的一问.‎ 真 题 感 悟 ‎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(　　)‎ 解析　由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.‎ 答案　A ‎2.(2018·全国Ⅰ卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2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.12π B.12π C.8π D.10π 解析　因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2，底面圆的直径为2.所以S表面积＝2×π×()2＋2π××2＝12π.‎ 答案　B ‎3.(2018·天津卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，除面 ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M－EFGH的体积为________.‎ 解析　连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH＝AC.因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝AC.所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四边形EHGF为正方形.又点M到平面EHGF的距离为，所以四棱锥M－EFGH的体积为××＝.‎ 答案　 ‎4.(2017·全国Ⅰ卷)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S－ABC的体积为9，则球O的表面积为________.‎ 解析　如图，连接OA，OB，因为SA＝AC，SB＝BC，SC为球O的直径，所以OA⊥SC，OB⊥SC.‎ 因为平面SAC⊥平面SBC，平面SAC∩平面SBC＝SC，且OA⊂平面SAC，所以OA⊥平面SBC.‎ 设球的半径为r，则OA＝OB＝r，SC＝2r，‎ 所以VA－SBC＝×S△SBC×OA＝××2r×r×r＝r3，‎ 所以r3＝9⇒r＝3，所以球的表面积为4πr2＝36π.‎ 答案　36π 考 点 整 合 ‎ 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)柱体、锥体、台体的表面积公式：‎ ‎①圆柱的表面积S＝2πr(r＋l)；‎ ‎②圆锥的表面积S＝πr(r＋l)；‎ ‎③圆台的表面积S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)；‎ ‎④球的表面积S＝4πR2.‎ ‎(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·兰州模拟)中国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直棱柱称为“堑堵”.已知某“堑堵”的正视图和俯视图如图所示，则该“堑堵”的侧视图的面积为(　　)‎ A.18 　　　 B.18 C.18 　　　 D. ‎(2)(2018·全国Ⅰ卷)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 解析　(1)在俯视图Rt△ABC中，作AH⊥BC交于H.‎ 由三视图的意义，‎ 则BH＝6，HC＝3，‎ 根据射影定理，AH2＝BH·HC，∴AH＝3.‎ 易知该“堑堵”的侧视图是矩形，长为6，宽为AH＝3.故侧视图的面积S＝6×3 ‎＝18.‎ ‎(2)由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4.则从M到N的路径中，最短路径的长度为＝＝2.‎ 答案　(1)C　(2)B 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)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)(2017·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为(　　)‎ A.3 B.2 C.2 D.2‎ 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)根据三视图可得该四棱锥的直观图(四棱锥P－ABCD)如图所示，将该四棱锥放入棱长为2的正方体中.由图可知该四棱锥的最长棱为PD，PD＝＝2.‎ 答案　(1)B　(2)B 热点二　几何体的表面积与体积 考法1　空间几何体的表面积 ‎【例2－1】 (1)(2017·全国Ⅰ卷)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为(　　)‎ A.10 B.12 ‎ C.14 D.16‎ ‎(2)(2018·西安模拟)如图，网格纸上正方形小格的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为(　　)‎ A.20π B.24π C.28π D.32π 解析　(1)由三视图可画出直观图，该直观图各面内只有两个相同的梯形的面，S梯＝×(2＋4)×2＝6，S全梯＝6×2＝12.‎ ‎(2)由三视图知，该几何体由一圆锥和一个圆柱构成的组合体，‎ ‎∵S圆锥侧＝π×3×＝15π，S圆柱侧＝2π×1×2＝4π，S圆锥底＝π×32＝9π.‎ 故几何体的表面积S＝15π＋4π＋9π＝28π.‎ 答案　(1)B　(2)C 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.‎ ‎【训练2】 (1)(2016·全国Ⅰ卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是，则它的表面积是(　　)‎ A.17π B.18π C.20π D.28π ‎(2)(2018·烟台二模)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图右侧曲线为半圆弧，则几何体的表面积为(　　)‎ A.3π＋4－2 B.3π＋2－2‎ C.＋2－2 D.＋2＋2‎ 解析　(1)由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O且互相垂直的三个平面)切掉左上角的后得到的组合体，其表面积是球面面积的和三个圆面积之和，易得球的半径为2，则得S＝×4π×22＋3×π×22＝17π.‎ ‎(2)由三视图，该几何体是一个半圆柱挖去一直三棱柱，由对称性，几何体的底面面积S底＝π×12－()2＝π－2.‎ ‎∴几何体表面积S＝2(2×)＋(2π×1×2)＋S底 ‎＝4＋2π＋π－2＝3π＋4－2.‎ 答案　(1)A　(2)A 考法2　空间几何体的体积 ‎【例2－2】 (1)(2018·河北衡水中学调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A.6 B.4 C. D. ‎(2)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)由三视图知该几何体是边长为2的正方体挖去一个三棱柱(如图)，且挖去的三棱柱的高为1，底面是等腰直角三角形，等腰直角三角形的直角边长为2.故几何体体积V＝23－×2×2×1＝6.‎ ‎(2)该几何体由一个长、宽、高分别为2，1，1的长方体和两个底面半径为1，高为1的圆柱体构成.‎ 所以V＝2×1×1＋2××π×12×1＝2＋.‎ 答案　(1)A　(2)2＋ 探究提高　1.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.‎ ‎2.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3】 (1)(2018·江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________.‎ ‎(2)(2018·北京燕博园质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A.8π－ B.4π－ C.8π－4 D.4π＋ 解析　(1)正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是.则该正八面体的体积为×()2×1×2＝.‎ ‎(2)该图形为一个半圆柱中间挖去一个四面体，∴体积V＝π×22×4－××2×4×4＝8π－.‎ 答案　(1)　(2)A 热点三　多面体与球的切、接问题 ‎【例3】 (2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是(　　)‎ A.4π B. C.6π D. 解析　由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10.‎ 要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.‎ 则×6×8＝×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.‎ ‎2r＝4＞3，不合题意.‎ 球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.‎ 由2R＝3，即R＝.故球的最大体积V＝πR3＝π.‎ 答案　B ‎【迁移探究1】 若本例中的条件变为“直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积.‎ 解　将直三棱柱补形为长方体ABEC－A1B1E1C1，‎ 则球O是长方体ABEC－A1B1E1C1的外接球.‎ ‎∴体对角线BC1的长为球O的直径.‎ 因此2R＝＝13.‎ 故S球＝4πR2＝169π.‎ ‎【迁移探究2】 若将题目的条件变为“如图所示是一个几何体的三视图”试求该几何体外接球的体积.‎ 解　该几何体为四棱锥，如图所示，设正方形ABCD的中心为O，连接OP.‎ 由三视图，PH＝OH＝1，‎ 则OP＝＝.‎ 又OB＝OC＝OD＝OA＝.‎ ‎∴点O为几何体外接球的球心，‎ 则R＝，V球＝πR3＝π.‎ 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中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4】 (2018·广州三模)三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为(　　)‎ A.23π B.π C.64π D.π 解析　如图，设O′为正△PAC的中心，D为Rt△ABC斜边的中点，‎ H为AC中点.由平面PAC⊥平面ABC.则O′H⊥平面ABC.作O′O∥HD，OD∥O′H，则交点O为三棱锥外接球的球心，连接OP，又O′P＝PH＝××2＝，OO′＝DH＝AB＝2.∴R2＝OP2＝O′P2＋O′O2＝＋4＝.‎ 故几何体外接球的表面积S＝4πR2＝π.‎ 答案　D ‎1.求解几何体的表面积或体积 ‎(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算.‎ ‎(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解.‎ ‎(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用.‎ ‎(4)求解几何体的表面积时要注意S表＝S侧＋S底.‎ ‎2.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a的正方体的外接球、内切球、棱切球的半径分别为a，，a.‎ ‎3.锥体体积公式为V＝Sh，在求解锥体体积中，不能漏掉.‎ 一、选择题 ‎1.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是(　　)‎ 解析　‎ 由直观图知，俯视图应为正方形，又上半部分相邻两曲面的交线为可见线，在俯视图中应为实线，因此，选项B可以是几何体的俯视图.‎ 答案　B ‎2.(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 解析　在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥P－ABCD，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，是△PAD，△PCD，△PAB.‎ 答案　C ‎3.(2018·湖南师大附中联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A.8(π＋4) B.8(π＋8)‎ C.16(π＋4) D.16(π＋8)‎ 解析　由三视图还原原几何体如右图：该几何体为两个空心半圆柱相切，半圆柱的半径为2，母线长为4，左右为边长是4的正方形.∴该几何体的表面积为2×4×4＋2π×2×4＋2(4×4－π×22)＝64＋8π＝8(π＋8).‎ 答案　B ‎4.(2017·全国Ⅲ卷)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. 解析　如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球半径R＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM＝.‎ ‎∴底面圆半径r＝＝，故圆柱体积V＝π·r2·h＝π·×1＝.‎ 答案　B ‎5.(2018·北京燕博园押题)某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为(　　)‎ A. B. C. D. 解析　由三视图可知，该几何体是由半个圆柱与个球组成的组合体，其体积为×π×12×3＋××13＝.‎ 答案　B ‎6.(2018·全国Ⅲ卷)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 解析　设等边△ABC的边长为x，则x2sin 60°＝9，得x＝6.设△ABC的外接圆半径为r，则2r＝，解得r＝2，所以球心到△ABC所在平面的距离d＝＝2，则点D到平面ABC的最大距离d1＝d＋4＝6.所以三棱锥 D－ABC体积的最大值Vmax＝S△ABC×6＝×9×6＝18.‎ 答案　B 二、填空题 ‎7.(2018·浙江卷改编)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)为________.‎ 解析　由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V＝×(1＋2)×2×2＝6.‎ 答案　6‎ ‎8.(2018·郑州质检)已知长方体ABCD－A1B1C1D1内接于球O，底面ABCD是边长为2的正方形，E为AA1的中点，OA⊥平面BDE，则球O的表面积为________.‎ 解析　取BD的中点为O1，连接OO1，OE，O1E，O1A，‎ 则四边形OO1AE为矩形，∵OA⊥平面BDE，∴OA⊥EO1，即四边形OO1AE为正方形，则球O的半径R＝OA＝2，∴球O的表面积S＝4π×22＝16π.‎ 答案　16π ‎9.(2018·武汉模拟)某几何体的三视图如图所示，其中正视图的轮廓是底边为2，高为1的等腰三角形，俯视图的轮廓为菱形，侧视图是个半圆.则该几何体的体积为________.‎ 解析　由三视图知，几何体是由两个大小相同的半圆锥的组合体.‎ 其中r＝1，高h＝.‎ 故几何体的体积V＝π×12×＝π.‎ 答案　π 三、解答题 ‎10.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.‎ ‎(1)证明　因为AA1＝A1C，且O为AC的中点，‎ 所以A1O⊥AC，‎ 又面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＝＝，‎ ‎∴VC1－ABC＝VA1－ABC＝S△ABC·A1O＝××2××＝1.‎ ‎11.(2018·长春模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB，AD∥BC，AB＝AC，AD＝BC＝1，PD＝3，∠BAD＝120°，M为PC的中点.‎ ‎(1)证明：DM∥平面PAB；‎ ‎(2)求四面体MABD的体积.‎ ‎(1)证明　取PB中点N，连接MN，AN.‎ ‎∵M为PC的中点，∴MN∥BC且MN＝BC，‎ 又AD∥BC，且AD＝BC，得MN綉AD.‎ ‎∴ADMN为平行四边形，∴DM∥AN.‎ 又AN⊂平面PAB，DM⊄平面PAB，∴DM∥平面PAB.‎ ‎(2)解　取AB中点O，连接PO，∵PA＝PB，∴PO⊥AB，‎ 又∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PO⊂平面PAB，‎ 则PO⊥平面ABCD，取BC中点H，连接AH，‎ ‎∵AB＝AC，∴AH⊥BC，又∵AD∥BC，∠BAD＝120°，‎ ‎∴∠ABC＝60°，Rt△ABH中，BH＝BC＝1，AB＝2，‎ ‎∴AO＝1，又AD＝1，‎ ‎△AOD中，由余弦定理知，OD＝.‎ Rt△POD中，PO＝＝.‎ 又S△ABD＝AB·ADsin 120°＝，‎ ‎∴VM－ABD＝·S△ABD·PO＝.‎