高考数学二轮复习分层设计（全国I卷）学案第二层提升篇专题三立体几何第1讲空间几何体的三视图表面积及体积

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[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019三棱锥的外接球、球的体积·T12空间几何体的结构特征、直观图、几何运算、数学文化·T16空间两直线的位置关系的判定·T8简单几何体的组合体、长方体和棱锥的体积·T162018空间几何体的三视图、直观图及最短路径问题·T7圆锥的性质及侧面积的计算·T16三视图与数学文化·T3与外接球有关的空间几何体体积的最值问题·T102017空间几何体的三视图与直观图、面积的计算·T7空间几何体的三视图及组合体体积的计算·T4球的内接圆柱、圆柱的体积的计算·T8(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、面位置关系(特别是平行与垂直)．(2)考查一个小题时，本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，另一小题难度稍高，一般会出现在第12或16题的位置上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查．eq\a\vs4\al(考点一)eq\a\vs4\al()空间几何体的三视图、直观图与截面图[例1](1)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)(2019·江西八所重点中学联考)某四面体的三视图如图所示，则该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值是()A．eq\f(\r(5),2) B．eq\r(2)C．eq\f(3\r(5),5) D．eq\f(3,2)(3)(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A．eq\f(3\r(3),4) B．eq\f(2\r(3),3)C．eq\f(3\r(2),4) D．eq\f(\r(3),2)[解析](1)由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.故选A.(2)在棱长为2的正方体中还原该四面体P-ABC如图所示，其中最短的棱为AB和BC，最长的棱为PC.因为正方体的棱长为2，所以AB＝BC＝2，PC＝3，所以该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值为eq\f(3,2).故选D.(3)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD-A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6×eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)×sin60°＝eq\f(3\r(3),4).故选A.[答案](1)A(2)D(3)A[解题方略]1．识别三视图的步骤(1)应把几何体的结构弄清楚或根据几何体的具体形状，明确几何体的摆放位置；(2)根据三视图的有关规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图；(3)被遮住的轮廓线应为虚线．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(主)视图或侧(左)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．3．由几何体的部分视图判断剩余的视图的思路先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．4．常见三类空间几何体的截面图轴截面、横截面与斜截面：利用截面图可将空间问题转化为平面问题解决．[多练强化]1.(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．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．2eq\r(17) B．2eq\r(5)C．3 D．2解析：选B先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．ON＝eq\f(1,4)×16＝4，OM＝2，∴MN＝eq\r(OM2＋ON2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).故选B.2．已知球O是正三棱锥A-BCD的外接球，BC＝3，AB＝2eq\r(3)，点E在线段BD上，且BD＝3BE，过点E作球O的截面，则所得截面中面积最小的截面圆的面积是________．解析：如图，设△BCD的中心为点O1，球O的半径为R，则A，O，O1三点共线．连接O1D，O1E，OD，OE，则O1D＝eq\r(3)，AO1＝eq\r(AD2－O1D2)＝3.在Rt△OO1D中，R2＝3＋(3－R)2，即R＝2，所以OO1＝1.在△O1DE中，DE＝eq\f(2,3)BD＝2，∠O1DE＝30°，所以由余弦定理得O1E＝eq\r(3＋4－2×\r(3)×2×cos30°)＝1.所以OE＝eq\r(2).过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径为eq\r(22－（\r(2)）2)＝eq\r(2)，所以截面圆的面积为2π.答案：2πeq\a\vs4\al(考点二)eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(几何体的表面积与体积)题型一求空间几何体的表面积[例2](1)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名着，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD为矩形，棱EF∥AB.若此几何体中，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则该几何体的表面积为()A．8eq\r(3) B．8＋8eq\r(3)C．6eq\r(2)＋2eq\r(3) D．8＋6eq\r(2)＋2eq\r(3)(2)我国古代数学名着《算法统宗》中有如下问题：“今有倚壁外角堆米，下周九十尺，高十二尺．”其意思为：在屋外墙角处堆放米(其三视图如图所示)，米堆底部的弧长为90尺，米堆的高为12尺．圆周率约为3.若将此堆米用草席盖上，则此草席的面积至少约为(计算结果保留整数，如eq\r(544)≈23，eq\r(550)≈23)()A．250平方尺 B．990平方尺C．1035平方尺 D．518平方尺[解析](1)如图所示，取BC的中点P，连接PF，则PF⊥BC，过F作FQ⊥AB，垂足为Q.因为△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，且EF∥AB，所以四边形ABFE为等腰梯形，FP＝eq\r(3)，则BQ＝eq\f(1,2)(AB－EF)＝1，FQ＝eq\r(BF2－BQ2)＝eq\r(3)，所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝eq\f(1,2)×(2＋4)×eq\r(3)＝3eq\r(3)，又S△ADE＝S△BCF＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\r(3)，S矩形ABCD＝4×2＝8，所以该几何体的表面积S＝3eq\r(3)×2＋eq\r(3)×2＋8＝8＋8eq\r(3).故选B.(2)由三视图可知，米堆为圆锥的eq\f(3,4)，其中，圆锥的高为12尺，底面圆的周长的eq\f(3,4)为90尺．设圆锥的底面半径为r，则eq\f(3,4)×2πr＝90，由π≈3可得，r＝20.所以圆锥的母线长为eq\r(202＋122)＝eq\r(544)≈23(尺)．易知草席的面积为圆锥的侧面积的eq\f(3,4)，即eq\f(3,4)×π×20×23＝eq\f(3,4)×3×20×23＝45×23＝1035(平方尺)．故选C.[答案](1)B(2)C[解题方略]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图形问题，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柱、锥、台体，先求这些柱、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．题型二求空间几何体的体积[例3](1)(2019·天津高考)已知四棱锥的底面是边长为eq\r(2)的正方形，侧棱长均为eq\r(5).若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．(2)(2019·江西省五校协作体试题)某几何体的三视图如图所示，正视图是一个上底为2，下底为4的直角梯形，俯视图是一个边长为4的等边三角形，则该几何体的体积为______．[解析](1)法一：由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底面直径恰为四棱锥的底面正方形对角线的一半．因为四棱锥的底面正方形的边长为eq\r(2)，所以底面正方形对角线长为2，所以圆柱的底面半径为eq\f(1,2).又因为四棱锥的侧棱长均为eq\r(5)，所以四棱锥的高为eq\r(（\r(5)）2－12)＝2，所以圆柱的高为1.所以圆柱的体积V＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)·1＝eq\f(π,4).法二：如图所示，在四棱锥V-ABCD中，O为正方形ABCD的中心，也是圆柱下底面的中心，由四棱锥底面边长为eq\r(2)，可得OC＝1.设M为VC的中点，过点M作MO1∥OC交OV于点O1，则O1即为圆柱上底面的中心．∴O1M＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(1,2)，O1O＝eq\f(1,2)VO.∵VO＝eq\r(VC2－OC2)＝2，∴O1O＝1.可得V圆柱＝π·O1M2·O1O＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×1＝eq\f(π,4).(2)把三视图还原成几何体ABC-DEF，如图所示，在AD上取点G，使得AG＝2，连接GE，GF，则把几何体ABC-DEF分割成三棱柱ABC-GEF和三棱锥D-GEF，所以VABC-DEF＝VABC-GEF＋VD-GEF＝4eq\r(3)×2＋eq\f(1,3)×4eq\r(3)×2＝eq\f(32\r(3),3).[答案](1)eq\f(π,4)(2)eq\f(32\r(3),3)[解题方略]求空间几何体体积的常用方法公式法直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算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，转化为可计算体积的几何体[多练强化]1．(2019·重庆市学业质量调研)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.eq\f(32,3) B．eq\f(64,3)C.eq\f(128,3) D．eq\f(160,3)解析：选B由三视图知，该几何体是一个正方体切去四个三棱锥后所得的，其直观图如图中ABCD所示，由三视图知正方体的棱长为4，正方体的体积为4×4×4＝64，切去三棱锥的长、宽、高均为4，体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×4×4＝eq\f(32,3)，所以所求几何体的体积为64－4×eq\f(32,3)＝eq\f(64,3).故选B.2．已知一个底面是菱形、侧面是矩形的四棱柱，侧棱长为5，菱形的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是()A．30eq\r(34) B．60eq\r(34)C．30eq\r(34)＋135 D．135解析：选A由菱形的对角线长分别是9和15，得菱形的边长为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(34),2)，则这个棱柱的侧面积为4×eq\f(3\r(34),2)×5＝30eq\r(34).故选A.3．已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都是1，∠ABC＝60°，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，点H在线段OB1上，OH＝3HB1，点M是线段BD上的动点，则三棱锥M-C1O1解析：V三棱锥M-C1O1H＝V三棱锥C1-MO1H＝eq\f(1,3)×S△MO1H×h(h为C1到平面BDD1B1的距离)，由已知可得C1O1⊥平面BDD1B1，又直四棱柱的所有棱长都为1，且∠ABC＝60°，所以A1B1C1D1是菱形，C1O1＝eq\f(1,2)，所以V三棱锥M-C1O1H＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×O1H×h′，其中h′为M到直线O1H的距离，O1H是定值，所以h′最小时，V三棱锥M-C1O1H最小．如图，延长O1H交B1B于点F，交OB的延长线于点N，连接OO1，因为eq\f(B1H,HO)＝eq\f(1,3)，所以eq\f(B1O1,NO)＝eq\f(1,3)，NO＝eq\f(3\r(3),2)，NB＝eq\r(3)，NO1＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(31),2)，O1H＝eq\f(1,4)×eq\f(\r(31),2)＝eq\f(\r(31),8)，M到直线O1H的距离的最小值即B到直线O1H的距离，NF＝eq\r(（\r(3)）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2))＝eq\r(3＋\f(4,9))＝eq\f(\r(31),3)，所以h′＝eq\f(\r(3)×\f(2,3),\f(\r(31),3))＝eq\f(2\r(93),31)，所以(V三棱锥M-C1O1H)min＝eq\f(1,12)×eq\f(\r(31),8)×eq\f(2\r(93),31)＝eq\f(\r(3),48).答案：eq\f(\r(3),48)eq\a\vs4\al(考点三)eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(与球有关的切、接问题)题型一外接球[例4](2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为()A．8eq\r(6)π B．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)π D．eq\r(6)π[解析]因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE?平面PAC，所以PB⊥平面PAC.所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P-ABC放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为eq\r(2)，所以该正方体的体对角线长为eq\r(6)，所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R＝eq\f(\r(6),2)，所以球O的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq\s\up12(3)＝eq\r(6)π.故选D.[答案]D[解题方略]解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．题型二内切球[例5]已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O(重量忽略不计)，现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的eq\f(7,8)时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于()A.eq\f(7π,6) B．eq\f(4π,3)C.eq\f(2π,3) D．eq\f(π,2)[解析]当注入水的体积是该三棱锥体积的eq\f(7,8)时，设水面上方的小三棱锥的棱长为x(各棱长都相等)，依题意，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8)，得x＝2.易得小三棱锥的高为eq\f(2\r(6),3)，设小球半径为r，则eq\f(1,3)S底面·eq\f(2\r(6),3)＝4·eq\f(1,3)·S底面·r，得r＝eq\f(\r(6),6)，故小球的表面积S＝4πr2＝eq\f(2π,3).故选C.[答案]C[解题方略]求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，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内切球的半径．题型三与球有关的最值问题[例6](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9eq\r(3)，则三棱锥D-ABC体积的最大值为()A．12eq\r(3) B．18eq\r(3)C．24eq\r(3) D．54eq\r(3)[解析]由等边△ABC的面积为9eq\r(3)，可得eq\f(\r(3),4)AB2＝9eq\r(3)，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝eq\f(\r(3),3)AB＝2eq\r(3).设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝eq\r(R2－r2)＝eq\r(16－12)＝2.所以三棱锥D-ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D-ABC体积的最大值为eq\f(1,3)×9eq\r(3)×6＝18eq\r(3).故选B.[答案]B[解题方略]多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题，二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下，截面的最值问题．[多练强化]1．已知圆锥的高为3，底面半径为eq\r(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．eq\f(8,3)π B．eq\f(32,3)πC．16π 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＋(eq\r(3))2，解得R＝2，所以所求球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×23＝eq\f(32,3)π.故选B.2．(2019·福建五校第二次联考)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的直径为______．解析：如图，设BC的中点为D，B1C1的中点为D1，连接DD1，取其中点O′，连接AD，A1D1，则DA＝DB＝DC，D1A1＝D1B1＝D1C1，且DD1垂直于直三棱柱的上、下底面，所以点O′到直三棱柱的各个顶点的距离相等，即点O′为直三棱柱的外接球的球心O，连接OB，则球O的直径为2BO＝2eq\r(BD2＋DO2)＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×12))\s\up12(2))＝13.答案：133．已知四