高考数学第2部分专题4立体几何第6讲空间几何体的三视图、表面积和体积学案文

第6讲空间几何体的三视图、表面积和体积
高考统计·定方向
题型1 空间几何体的三视图与表面积或体积
■核心知识储备·
1．柱体、锥体、台体的侧面积公式
(1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； (2)S 锥侧＝1
2
ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；
(3)S 台侧＝1
2(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．
2．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； (2)V 锥体＝1
3Sh (S 为底面面积，h 为高)；
(3)V 台＝1
3(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．
3．球的表面积和体积公式
(1)S 球表＝4πR 2
(其中R 为球的半径)； (2)V 球＝43
πR 3
(其中R 为球的半径)．
■高考考法示例·
►角度一 空间几何体的三视图
【例1－1】 (1)(2018·全国卷Ⅲ)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2­4­1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( )
图2­4­1
A [由题意可知，咬合时带卯眼的木构件如图所示，其俯视图为选项A 中的图形．]
►角度二 根据三视图计算空间几何体的表面积或体积
【例1－2】 (1)(2018·黄山模拟)一个几何体的三视图如图2­4­2所示，则该几何体的体积为( )
图2­4­2
A ．4 3
B ．4 2
C ．4 D.43
3
(2)(2018·广州模拟)如图2­4­3，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )
图2­4­3
A ．18＋36 5
B ．54＋18 5
C ．90
D ．81
(1)C (2)B [(1)由三视图可知该几何体为四棱锥P ­ABCD ， 其中PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，
AD ＝2，BC ＝4，AD ⊥AB ，AP ＝2，AB ＝2，
∴该几何体的体积V ＝13×2＋42
×2×2＝4.故选C.
(2)由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B.]
[方法归纳] 根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤 (1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图． (2)由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量． (3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解． ■对点即时训练·
1．(2018·烟台模拟)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2­4­4所示，则该几何体的侧视图为 ( )
图2­4­4
B[先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体如图①所示，故其侧视图如图②所示．故选B.
]
2．(2018·江西七校联考)若某空间几何体的三视图如图2­4­5所示，则该几何体的表面积是( )
图2­4­5
A．48＋πB．48－π
C．48＋2πD．48－2π
A[该几何体是正四棱柱中挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高
为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋2×4×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.]
题型2 根据空间几何体的结构特征计算表面积或体积全国卷考查解答题多设两问，第(1)问考查位置关系的证明，第(2)问考查空间几何体体积的求法或点到平面距离的求法．
■高考考法示例·
【例2】(1)(2018·全国卷Ⅰ)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．122πB．12π
C．82πD．10π
B[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22，底面圆的直径为22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.]
(2)(2016·全国卷Ⅲ)如图2­4­6，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
图2­4­6
①证明MN∥平面PAB；
②求四面体N­BCM的体积．
取BP的中点
[思路点拨]①证明TN AM――――――→
连AT，TN
AMNT是平行四边形→MN∥AT→MN∥平面PAB
②点N到平面ABCD的距离→点M到BC的距离→四面体N­BCM的体积
[解]①证明：由已知得
AM ＝23
AD ＝2.
如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，
TN ＝12
BC ＝2.
又AD ∥BC ，故TN
AM ，
所以四边形AMNT 为平行四边形， 于是MN ∥AT .
因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ， 所以MN ∥平面PAB .
②因为PA ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点， 所以N 到平面ABCD 的距离为1
2PA .
如图，取BC 的中点E ，连接AE .
由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2
－BE 2
＝ 5. 由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5， 故S △BCM ＝1
2
×4×5＝2 5.
所以四面体N ­BCM 的体积V N ­BCM ＝13×S △BCM ×PA 2＝45
3.
[方法归纳] 求解几何体的表面积及体积的技巧
1．求几何体的表面积及体积问题， 可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，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．
(教师备选)
(2017·全国卷Ⅰ)如图2­4­7，在四棱锥P ­ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；
(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P ­ABCD 的体积为8
3，求该四棱锥的侧
面积．
图2­4­7
[解] (1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°， 得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .
由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ， 所以平面PAB ⊥平面PAD .
(2)如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E . 由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，AB ⊥AD ， 可得PE ⊥平面ABCD .
设AB ＝x ，则由已知可得
AD ＝2x ，PE ＝
22
x . 故四棱锥P ­ABCD 的体积
V P ­ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13
x 3.
由题设得13x 3＝8
3
，故x ＝2.
从而结合已知可得PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，
AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2.
可得四棱锥P ­ABCD 的侧面积为
12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋1
2BC 2sin 60°＝6＋2 3. ■对点即时训练·
1．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )
A ．8
B ．6 2
C ．8 2
D ．8 3
C[如图，连接BC1，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2 3.又B1C1＝2，所以BB1＝32－22＝22，故
该长方体的体积V＝2×2×22＝8 2.]
2．(2018·沈阳模拟)在如图2­4­8所示的几何体ABCDEF中，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD和四边形ABEF都是正方形，且边长为2，Q是AD的中点．
图2­4­8
(1)求证：直线AE∥平面FQC；
(2)求点E到平面FQC的距离．
[解](1)∵四边形ABCD和四边形ABEF都是正方形，
∴EF∥AB∥DC且EF＝AB＝DC，
∴四边形DCEF是平行四边形．
连接DE交FC于P，连接PQ，则P是DE中点．
∵Q是AD的中点，∴PQ是△AED的中位线，PQ∥AE，
又AE在平面FQC外，PQ在平面FQC内，∴直线AE∥平面FQC，
(2)由(1)知直线AE∥平面FQC，故E，A到平面FQC等距离，
下面求A到平面FQC的距离，设这个距离是x.
由平面ABCD⊥平面ABEF，FA⊥AB，知FA⊥平面ABCD，考虑三棱锥F­AQC的体积：V F­AQC
＝V A ­FQC .
因正方形边长为2，所以V F ­AQC ＝13·FA ·S △AQC ＝13×2×1＝2
3
.
在Rt△DQC 中求得QC ＝5；在Rt△AQF 中求得FQ ＝5，在Rt△FAC 中求得FC ＝2 3. 于是可得△FQC 的面积为6，∴由V F ­AQC ＝V A ­FQC 得，23＝13×6x ，解得x ＝6
3.
故点E 到平面FQC 的距离为
6
3
. 题型3 球与几何体的切接问题
■核心知识储备·
1．多面体与球接、切问题求解策略
(1)截面法：过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．
(2)补形法： “补形”成为一个球内接长方体，则利用4R 2
＝a 2
＋b 2
＋c 2
求解． 2．球的切、接问题的常用结论
(1)长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2
＋b 2
＋c 2
＝2R .
(2)若直棱柱(或有一条棱垂直于一个面的棱锥)的高为h ，底面外接圆半径为x ，则该几何体外接球半径R 满足R 2
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
h 22
＋x 2
.
(3)外接球的球心在几何体底面上的投影，即为底面外接圆的圆心．
(4)球(半径为R )与正方体(棱长为a )有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体，此时2R ＝a ；二是球与正方体的十二条棱相切，此时2R ＝2a ；三是球外接于正方体，此时2R ＝3a .
■高考考法示例·
【例3】 (1)(2018·南昌模拟)一个几何体的三视图如图2­4­9所示，其中正视图是正三角形，则该几何体的外接球的表面积为
( )
图2­4­9
A.8π3
B.16π3
C.48π3
D.64π3
(2)已知直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝1，∠BAC ＝60°，AA 1＝2，则该三棱柱的外接球的体积为( )
A.40π3
B.4030π27
C.32030π27
D ．20π
(3)(2018·全国卷Ⅲ)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93，则三棱锥D ­ABC 体积的最大值为( )
A ．12 3
B ．18 3
C ．24 3
D ．54 3
(1)D (2)B (3)B [(1)由三视图可知，该几何体是如图所示的三棱锥S ­ABC ，其中HS 是三棱锥的高，由三视图可知HS ＝23，
HA ＝HB ＝HC ＝2，故H 为△ABC 外接圆的圆心，
该圆的半径为2.由几何体的对称性可知三棱锥S ­ABC 外接球的球心O 在直线HS 上，连接OB .设球的半径为R ，则球心O 到△ABC 外接圆的距离为OH ＝|SH －OS |＝|23－R |，
由球的截面性质可得R ＝OB ＝OH 2＋HB 2＝|23－R |2＋22，解得R ＝433
，所以所求外接球的表面积为4πR 2＝4π×163＝64π3
.故选D. (2)设△A 1B 1C 1的外心为O 1，△ABC 的外心为O 2，连接O 1O 2，O 2B ，OB ，如图所示．
由题意可得外接球的球心O 为O 1O 2的中点．
在△ABC 中， 由余弦定理可得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ×AC cos∠BAC ＝32＋12－2×3×1×cos 60°＝7，所以BC ＝7.
由正弦定理可得△ABC 外接圆的直径2r ＝2O 2B ＝BC sin 60°＝273，所以r ＝73＝213
. 而球心O 到截面ABC 的距离d ＝OO 2＝12AA 1＝1， 设直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的外接球半径为R ，由球的截面性质可得R 2＝d 2＋r 2＝12＋⎝
⎛⎭⎪⎫2132
＝103，故R ＝303
， 所以该三棱柱的外接球的体积为V ＝4π3R 3＝4030π27.故选B. (3)如图，E 是AC 中点，M 是△ABC 的重心，O 为球心，连接BE ，OM ，OD ，BO .因为S △ABC ＝34AB 2＝93，所以AB ＝6，BM ＝23BE ＝23
AB 2－AE 2＝2 3.易知OM ⊥平面ABC ，所以在Rt△OBM 中，OM ＝OB 2－BM 2＝2，所以当D ，O ，M 三点共线且DM ＝OD ＋OM 时，三棱锥D ­ABC 的体积
取得最大值，且最大值V max ＝13S △ABC ×(4＋OM )＝13
×93×6＝18 3.故选B.]
[方法归纳]
1．求解与几何体外接球球心有关问题的常用方法—构造法
(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．
2．空间问题转化为平面问题的常用方法—截面法
立体几何问题转化为平面几何问题，体现了等价转化思想与数形结合思想，如利用球心O 与截面圆圆心O ′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．
■对点即时训练·
1．(2018·张家口模拟)体积为8的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1内有一个体积为V 的球，则V 的最大值为( )
A ．8π
B ．4π C.82π3 D.4π3
D [要使球的体积V 最大，则球为正方体的内切球，∵正方体的体积为8，∴正方体的棱长为2，∴内切球的半径为1，体积为43π×13＝43
π，故选D.] 2．(2018·江西七校联考)如图2­4­10，ABCD 是边长为23的正方形，点E ，F 分别为边BC ，CD 的中点，将△ABE ，△ECF ，△FDA 分别沿AE ，EF ，FA 折起，使B ，C ，D 三点重合于点P ，若四面体PAEF 的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是( )
图2­4­10
A ．6π
B ．12π
C ．18π
D ．92π
C [因为∠APE ＝∠EPF ＝∠APF ＝90°，所以可将四面体补成一个长方体(PA ，PE ，PF 是从同一顶点出发的三条棱)，则四面体和补全的长方体有相同的外接球，设其半径为R ，由题意知2R ＝32＋32＋32＝32，故该球的表面积S ＝4πR 2＝4π⎝ ⎛⎭
⎪⎫3222＝18π，故选C.] 3．(2018·湖北七市联考)一个几何体的三视图如图2­4­11所示，则该几何体外接球的表面积为( )
图2­4­11
A ．36π B.112π3
C ．32π
D ．28π B [根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是
2 3.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如图所示，该三棱柱的底面是边长为4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接球的半径．∵三棱柱的底面是
边长为4的正三角形，∴底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为23×23＝433
，∴其外接球的半径R ＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫4332＋22＝283，则外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×283＝112π3
，故选B.]
1．(2018·全国卷Ⅱ)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________．
8π [由题意画出图形，如图，设AC 是底面圆O 的直径，连接SO ，则SO 是圆锥的高．设
圆锥的母线长为l ，则由SA ⊥SB ，△SAB 的面积为8，得12
l 2＝8，得l ＝4.在Rt△ASO 中，由题意知∠SAO ＝30°，所以SO ＝12l ＝2，AO ＝32l ＝2 3.故该圆锥的体积V ＝13
π×AO 2×SO ＝13π×(23)2×2＝8π.]
2．(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图2­4­12.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( )
图2­4­12
A ．217
B ．2 5
C ．3
D ．2
B [设过点M 的高与圆柱的下底面交于点O ，将圆柱沿MO 剪开，则M ，N 的位置如图所示，连接MN ，易知OM ＝2，ON ＝4，则从M 到N 的最短路径为OM 2＋ON 2＝22＋42
＝2 5.]
3．(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )
A ．4π
B.9π2 C ．6π D.32π3
B [设球的半径为R ，∵AB ⊥B
C ，AB ＝6，BC ＝8，∴AC ＝10.
当球与直三棱柱的三个侧面相切时，有12(6＋8＋10)×R ＝12
×6×8，此时R ＝2； 当球与直三棱柱两底面相切时，有2R ＝3，此时R ＝32
. 所以在封闭的直三棱柱中，球的最大半径只能为32，故最大体积V ＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝9π2
.] 4．(2015·全国卷Ⅱ)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
C [如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12
R 2. ∵V O ­ABC ＝V C ­AOB ，而△AOB 面积为定值，
∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O ­ABC 最大，
∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O ­ABC 最大值为13×12
R 2×R ＝36， ∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.]。