2019届高三文科数学二轮复习配套教案：第一篇专题五第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积
展开第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积
(对应学生用书第30页)
1.(2018·全国Ⅲ卷,文3)
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( A )
解析: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.
2.(2018·全国Ⅰ卷,文9)
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( B )
(A)2 (B)2 (C)3 (D)2
解析: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位于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=×16=4,OM=2,
所以MN===2.
故选B.
3.(2017·全国Ⅲ卷,文9)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( B )
(A)π (B) (C) (D)
解析:设圆柱底面圆半径为r,高为h,外接球半径为R,则R=1,h=1,所以r==,所以圆柱体积V=πr2h=,故选B.
4.(2017·全国Ⅰ卷,文16)已知三棱锥SABC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SABC的体积为9,则球O的表面积为 .
解析:O为球心,△SBC,△SAC为等腰直角三角形,∠SAC=∠SBC=90°.AO⊥SC.BO⊥SC.
所以∠AOB为二面角ASCB的平面角,
又因为平面SCA⊥平面SCB,
所以∠AOB=90°,且SC⊥平面AOB,
设球的半径为r,S△AOB=r2,
=+=2=2×S△AOB×SO=2×××r2×r=,
所以=9,所以r=3.
所以球的表面积为S球=4πr2=36π.
答案:36π
1.考查角度
(1)几何体三视图的识别;
(2)由三视图还原直观图求长度、面积、体积;
(3)与球有关的“接”“切”问题.
2.题型及难易度
选择题、填空题,中低档.
(对应学生用书第30~31页)
空间几何体的三视图
考向1 几何体三视图的识别
【例1】
(2018·济南市模拟)如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,P为BD1的中点,则△PAC在该正方体各个面上的正投影可能是( )
(A)①② (B)①④
(C)②③ (D)②④
解析:由题可知平面PAC⊥平面ABCD,且点P在各个面内的正投影均为正方形的中心.根据对称性,只需考虑△PAC在底面、后面、右面的正投影即可.显然△PAC在底面的正投影为正方形的对角线,在后面与右面的正投影相同,均为等腰直角三角形,故选B.
考向2 由几何体的三视图还原几何体
【例2】 (2018·太原市模拟)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的各条棱中,最长棱的长度为( )
(A) (B) (C)2 (D)1
解析:由三视图可知,几何体的直观图如图(1)所示,平面AED⊥平面BCDE,四棱锥ABCDE的高为1,四边形BCDE是边长为1的正方形.
如图(2),过点A作平面BCDE的垂线,垂足为点F,连接EF,FC,显然侧棱AC最长.
CF===,AC===.故最长棱的长度为.故选A.
(1)由几何体的直观图画三视图时应注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向,看到的部分用实线表示,看不到的部分用虚线表示.
(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图时,应先根据已知的一部分三视图,还原、推测直观图的可能形式,然后再找其剩下部分三视图的可能形式.当然若是选择题,也可将选项逐项代入,再看看给出的部分三视图是否符合.
(3)由几何体的三视图还原几何体的形状时,可先根据俯视图确定几何体的底面,再根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置,最后确定几何体的直观图形状.
热点训练1:(2018·惠州市调研)
如图,在底面边长为1,高为2的正四棱柱ABCDA1B1C1D1(底面ABCD是正方形,侧棱AA1⊥底面ABCD)中,点P是正方形A1B1C1D1内一点,则三棱锥PBCD的正视图与俯视图的面积之和的最小值为( )
(A) (B)1
(C)2 (D)
解析:由题易知,其正视图面积为×1×2=1.当顶点P在底面ABCD上的投影在△BCD内部或其边上时,俯视图的面积最小,最小值为S△BCD=×1×1=,所以三棱锥PBCD的正视图与俯视图的面积之和的最小值为1+=.故选A.
热点训练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:
在棱长为2的正方体中作出该几何体的直观图,记为四棱锥PABCD,如图,由图可知在此四棱锥的侧面中,直角三角形有△PAD,△PDC,△PAB,共3个,
故选C.
空间几何体的表面积和体积
考向1 由空间几何体的结构特征计算表面积与体积
【例3】 (2017·全国Ⅰ卷)
如图,在四棱锥PABCD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PABCD的体积为,求该四棱锥的侧面积.
(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)解: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=x,
PE=x.
故四棱锥PABCD的体积
=AB·AD·PE=x3.
由题设得x3=,故x=2.
从而PA=PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2.
可得四棱锥PABCD的侧面积为
PA·PD+PA·AB+PD·DC+BC2sin 60°=6+2.
考向2 由三视图计算空间几何体的表面积与体积
【例4】 (2018·南昌市摸底调研)如图,网格纸上小正方形的边长为1,实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的体积为( )
(A) (B) (C) (D)4
解析:
由已知题图中的三视图可得该几何体是一个三棱锥,记为SABC,将该三棱锥放入棱长为2的正方体中,如图所示.故所求体积V=××1×2×2=.故选B.
(1)据三视图求表面积、体积时,解题的关键是对所给三视图进行分析,得到几何体的直观图;
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和,求组合体的表面积时要注意重合部分的面积;
(3)求规则几何体的体积时,只需确定底面与相应的高,而求一些不规则几何体的体积时,往往需采用分割或补形思想,转化求解.
热点训练3:某装饰品的三视图如图所示,则该装饰品的表面积为( )
(A)16+π (B)16-(-1)π
(C)16+(-1)π (D)20+(-1)π
解析:由装饰品的三视图可知,该装饰品是由一个棱长为2的正方体,切去四个四分之一的圆锥所得的几何体,其中圆锥的底面半径为1,高为2,则该装饰品的表面积为22+22-4×π×12+4××2×2+4×π×1×=16+(-1)π.故选C.
球与几何体的切、接问题
考向1 外接球
【例5】 (2018·合肥市二次质检)已知四棱锥PABCD的侧棱长相等,且底面是边长为3的正方形,它的五个顶点都在直径为10的球面上,则四棱锥PABCD的体积为 .
解析:设底面ABCD的中心为O1,四棱锥PABCD的外接球的球心为O.易知O在四棱锥的高PO1(或延长线)上,连接AC,OA,由球的性质可知△OO1A为直角三角形,易得O1A=AC=×3=3,OA=5,
所以OO1=4,所以PO1=4+5=9或PO1=5-4=1.
当PO1=9时,四棱锥PABCD的体积为×3×3×9=54,当PO1=1时,四棱锥PABCD的体积为×3×3×1=6.
综上,四棱锥PABCD的体积为6或54.
答案:6或54
考向2 内切球
【例6】 (2018·长沙市、南昌市部分学校二次联考)已知一块直三棱柱形状的玉石,记为三棱柱ABCA1B1C1,其中AB=10 cm,AC=6 cm,BC=8 cm,AA1=4 cm,若将此玉石加工成一个球,则此球的最大体积为( )
(A) cm3 (B) cm3
(C) cm3 (D) cm3
解析:在△ABC中,AB=10 cm,AC=6 cm,BC=8 cm,
AB2=AC2+BC2,所以△ABC为直角三角形,
在Rt△ABC中,设其内切圆的半径为r,
则r=×(6+8-10)=2 cm,易知2r=AA1,
所以当此玉石加工成的球是直三棱柱ABCA1B1C1的内切球,即球的半径R为底面直角三角形内切圆的半径,即R=2 cm时,该球的体积最大,最大体积为πR3= cm3.故选C.
空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与几何体的位置和数量关系.
(2)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时,一般过球心及接、切点作截面,把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题,再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解.
(3)补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体.
热点训练4:(2018·石家庄市质检)直三棱柱ABCA1B1C1的各顶点都在同一球面上,若AB=3,AC=5,BC=7,AA1=2,则此球的表面积为 .
解析:在△ABC中,由余弦定理,知cos∠CAB==-,
所以sin∠CAB=.设△ABC外接圆的半径为r,
则由正弦定理知,2r==,
所以r=,
设球的半径为R,
则R==,
所以此球的表面积S=4πR2=.
答案:
热点训练5:(2018·郑州市二次质量预测)三棱锥ABCD的所有顶点都在球O的表面上,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,AB=1,BC=2,CD=3,则球O的表面积为 .
解析:因为BC⊥CD,BC=2,CD=3,
所以BD2=BC2+CD2=13,
且BD为△BCD外接圆的直径.
又AB⊥平面BCD,
所以AB⊥BD,
则AD为球O的直径,
所以2R=AD==,R=,
所以球O的表面积S=4πR2=14π.
答案:14π
【例1】
(2018·湖南省湘东五校联考)已知正三棱锥PABC的正视图和俯视图如图所示,则此三棱锥外接球的表面积为( )
(A) (B)
(C) (D)12π
解析:如图,作PG⊥CB于点G,连接AG,设点P在底面ABC内的射影为D,连接PD,
依题易得AB=2,PG=,PA=4,AD=2,
PD=2,PD⊥平面ABC.
易知,正三棱锥PABC外接球的球心在PD上,
不妨设球心为O,半径为r,连接OA,
则在Rt△AOD中,
r2=22+(2-r)2⇒r2=,
S=4πr2=.故选B.
【例2】 (2018·唐山市第一学期五校联考)
把一个皮球放入如图所示的由8根长均为 20 cm 的铁丝接成的四棱锥形骨架内,使皮球的表面与8根铁丝都有接触点且皮球不变形,则皮球的半径为( )
(A)10 cm (B)10 cm
(C)10 cm (D)30 cm
解析:
如图,过点S作SM⊥平面ABCD,垂足为M,连接AM,
由题意可知SM=10 cm,
球心必在SM上,设球心为O,OM=d,
过点O作OE⊥SA,垂足为E,
则OE=R(R为球O的半径),
因为△SEO∽△SMA,
所以=,
即=,
所以d=10-R,
过点O作OF⊥AB,垂足为F,连接MF,
则R2=(10-R)2+2,
解得R=10 cm或R=30 cm(舍去),
故选B.
