(新课标)2020版高考数学专题三立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积课件文新人教A版

空间几何体的三视图(基础型) [知识整合]
一个物体的三视图的排列规则 俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主) 视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对 正、高平齐、宽相等”．
[考法全练] 1．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图可能是( )
面 ABCD 是正方形且和球心 O 在同一平面内，当此四棱锥的体积取得最大值时，
其表面积等于 8＋8 3，则球 O 的体积等于( )
A.323π
B.32
2π 3
C．16π
16 2π D. 3
【解析】 (1)如图，由题意知圆柱的中心 O 为这个球的球心，于是， 球的半径 r＝OB＝ OA2＋AB2＝ 12＋（ 3）2＝2.故这个球的表面 积 S＝4π r2＝16π .故选 D.
(2)求空间几何体体积的常用方法 ①公式法：直接根据相关的体积公式计算． 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分割或补形，转化为易计算 体积的几何体．
[对点训练] 1．(2019·唐山市摸底考试)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之 一圆弧)，则该几何体的表面积为( )
第二部分 高考热点 分层突破
专题三 立体几何 第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积数学 Nhomakorabea01
做高考真题 明命题趋向
02
研考点考向 破重点难点
03
练典型习题 提数学素养
[做真题] 1．(2018·高考全国卷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 ()
2．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左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 C．14
B．12 D．16
解析：选 B.由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角 形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰 长为 2，直三棱柱的高为 2，三棱锥的高为 2，易知该多面体有 2 个面是梯形，所以 这些梯形的面积之和为（2＋24）×2×2＝12，故选 B.
[典型例题] (1)(2019·广州市综合检测(一))一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视 图中的四边形是边长为 2 的正方形，则该几何体的表面积为( )
13π A. 2
15π C. 2
B．7π D．8π
(2)(2019·高考浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则 积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式 V 柱体＝Sh，其中 S 是 柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的 体积(单位：cm3)是( )
A.214π
B.174π
C．4 π
D．6π
解析：选 A.由题意，设三棱锥的外接球的半径为 R，因为 SA，SB，SC 两两垂直， 所以以 SA，SB，SC 为棱构造长方体，其体对角线即三棱锥的外接球的直径，因为 SA＝a，SB＝b，SC＝2，所以 4R2＝a2＋b2＋4＝a2＋52－2a2＋4＝5(a－1)2＋241， 所以当 a＝1 时，(4R2)min＝241，所以三棱锥的外接球的表面积的最小值为214π ，故 选 A.
A. 158 C. 182
B. 162 D. 324
【解析】 (1)由三视图可知该几何体是一个圆柱体和一个球体的四分之一的组合体， 则所求的几何体的表面积为14×4π ×12＋π ×12＋π ×12＋2π ×1×2＝7π ，选 B. (2)如图，该柱体是一个直五棱柱，棱柱的高为 6，底面可以看作 由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为 4，下底为 6，高为 3， 另一个的上底为 2，下底为 6，高为 3. 则底面面积 S＝2＋2 6×3＋4＋2 6×3＝27， 因此，该柱体的体积 V＝27×6＝162.故选 B.
【答案】 (1)B (2)B
(1)求几何体的表面积的方法 ①求表面积问题的基本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基本的柱、锥、台体，先 求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得此几何体的表面积．
因为该四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于 8＋8 3，所以( 2R)2＋4×12× 2
R× 26R＝8＋8 3，解得 R＝2，所以球 O 的体积等于43π R3＝323π .故选 A.
【答案】 (1)D (2)A
解决与球有关的切、接问题的策略 (1)“接”的处理 ①构造正(长)方体，转化为正(长)方体的外接球问题． ②空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中，作出适当截面(过球心，接 点等)． ③利用球心与截面圆心的连线垂直于截面定球心所在直线．
解析：由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为 6 cm 和 4 cm， 故 V 挖去的四棱锥＝13×12×4×6×3＝12(cm3)． 又 V 长方体＝6×6×4＝144(cm3)， 所以模型的体积为 V 长方形－V 挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)， 所以制作该模型所需原料的质量为 132×0.9＝118.8(g)． 答案：118.8
①长、宽不相等的长方形；②正方形；③圆；④椭圆．
A．①②
B．①④
C．②③
D．③④
解析：选 B.由题设条件知，正视图中的长与侧视图中的长不一致，对于①，俯视图 是长方形是可能的，比如此几何体为一个长方体时，满足题意；对于②，由于正视 图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是正方形；对于③，由于正视图 中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是圆形；对于④，如果此几何体是 一个椭圆柱，满足正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图可能是椭圆．综 上知①④是可能的图形．
(2)由题意得，当此四棱锥的体积取得最大值时，四棱锥为正四棱
锥．如图，连接 AC，则球心 O 为 AC 的中点，连接 SO，设球 O 的
半径为 R，则 AC＝2R，SO＝R，所以 AB＝BC＝ 2R.取 AB 的中点
为 E，连接 OE，SE，则 OE＝12BC＝ 22R，SE＝
SO2＋OE2＝
6 2 R.
A．1－π4 C．2＋π4
B．3＋π2 D．4
解析：选 D.由题设知，该几何体是棱长为 1 的正方体被截去底面半径 为 1 的14圆柱后得到的，如图所示，所以表面积 S＝2×(1×1－14×π × 12)＋2×(1×1)＋14×2π ×1×1＝4.故选 D.
2．(2019·长春市质量监测(二))一个几何体的三视图如图中粗线所示，每个小方格都 是边长为 1 的正方形，则这个几何体的体积为( )
空间几何体的表面积与体积(综合型) [知识整合]
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＝12ch′(c 为底面周长，h′为斜高)． (3)S 台侧＝12(c＋c′)h′(c′，c 分别为上下底面的周长，h′为斜高)．
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＝13Sh(S 为底面面积，h 为高)． (3)V 台＝13(S＋ SS′＋S′)h(S，S′分别为上下底面面积，h 为高)(不要求记忆)．
从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为( )
A．2 17
B．2 5
C．3
D．2
解析：选 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 OM2＋ON2＝ 22＋42＝2 5.
3．(2018·高考全国卷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( )
(2)“切”的处理 ①体积分割法求内切球半径． ②作出合适的截面(过球心，切点等)，在平面上求解． ③多球相切问题，连接各球球心，转化为处理多面体问题．
[对点训练]
1．已知圆锥的高为 3，底面半径为 3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个
球面上，则这个球的体积等于( )
A.83π
B.332π
C．16π
答案：13
与球有关的切、接问题(综合型)
[典型例题]
(1)已知圆柱的高为 2，底面半径为 3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一
个球面上，则这个球的表面积等于( )
A．4π
16 B. 3 π
C.332π
D．16π
(2)(2019·洛阳尖子生第二次联考)四棱锥 S-ABCD 的所有顶点都在同一个球面上，底
解析：选 A.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.
2．(2018·高考全国卷Ⅰ)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，
3．(2019·长春市质量监测(一))已知一所有棱长都是 2的三棱锥，则该三棱锥的体积 为______．
解析：记所有棱长都是 2的三棱锥为 P-ABC，如图所示，取 BC 的中点 D，连接 AD，PD，作 PO⊥AD 于点 O，则 PO⊥平面 ABC，且 OP＝ 36× 2＝233，故三棱 锥 P-ABC 的体积 V＝13S△ABC·OP＝13× 43×( 2)2×233＝13.
A．32 32
C. 3
64 B. 3 D．8
解析：选 B.如图所示四棱锥 P-ABCD 为该几何体的直观图，底面
ABCD 是边长为 4 的正方形．取 CD 的中点为 E，连接 PE，则
PE⊥ 平 面
ABCD ， 且
PE ＝ 4. 所 以 这 个 几 何 体 的 体 积
V
＝
1 3
×4×4×4＝634，故选 B.
3．如图 1，在三棱锥 D-ABC 中，已知 AC＝BC＝CD＝2，CD⊥平面 ABC，∠ACB ＝90°.若其正视图、俯视图如图 2 所示，则其侧视图的面积为( )
A. 6 C. 3
B．2 D. 2
解析：选 D.由题意知侧视图为直角三角形，因为正视图的高即几何体的高，所以正 视图的高为 2，则侧视图的高，即侧视图一直角边长也为 2.因为俯视图为边长为 2 的等腰直角三角形，所以侧视图的另一直角边长为 2.所以侧视图的面积为 2，故 选 D.
D．32π
解析：选 B.设该圆锥的外接球的半径为 R，依题意得，R2＝(3－R)2＋( 3)2，解得 R
＝2，所以所求球的体积 V＝43π R3＝43π ×23＝332π ，故选 B.
2．(2019·重庆市学业质量调研)三棱锥 S-ABC 中，SA，SB，SC 两两垂直，已知 SA
＝a，SB＝b，SC＝2，且 2a＋b＝52，则此三棱锥的外接球的表面积的最小值为( )
A．12 2π
B．12π
C．8 2π
D．10π
解析：选 B.因为过直线 O1O 2 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 2，底面圆的直径为 2 2，所以该圆柱的表面积为 2×π ×( 2)2＋
2 2π ×2 2＝12π .
4．(2019·高考全国卷Ⅲ)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-A1B1C1D1 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，AA1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为 0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 ________g.
[明考情] 1．“立体几何”在高考中一般会以“两小一大”或“一小一大”的命题形式出现， 这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积，空间点、线、面 的位置关系(特别是平行与垂直)． 2．考查一个小题时，此小题一般会出现在第 4～8 题的位置上，难度一般；考查两 个小题时，其中一个小题难度一般，另一个小题难度稍高，一般会出现在第 10～16 题的位置上，此小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基 本公式的考查．