2019版二轮复习数学（文）通用版讲义：第一部分第二层级重点增分专题七　空间几何体的三视图、表面积及体积

重点增分专题七　空间几何体的三视图、表面积及体积

[全国卷3年考情分析]

(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6～7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9～11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．

    保分考点·练后讲评

1.下列三视图所对应的直观图是(　　)

解析：选C　由三视图知，几何体的直观图下部是长方体，上部是圆柱，并且高相等，所以C选项符合题意．

2.如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为(　　)

解析：选A　由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A，故选A.

3.(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：选A　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.

[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．

  几何体的表面积与体积  增分考点·讲练冲关

[典例]　(1)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，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．8　　　　　　　 　B．8＋8

C．6＋2   D．8＋6＋2

(2)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为(　　)

A．90π 

B．63π

C．42π 

D．36π

(3)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点D为侧棱BB1上的动点．当AD＋DC1最小时，三棱锥D­ABC1的体积为________．

[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＝，

则BQ＝(AB－EF)＝1，FQ＝＝，

所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝×(2＋4)×＝3，

又S△ADE＝S△BCF＝×2×＝，

S矩形ABCD＝4×2＝8，

所以该几何体的表面积S＝3×2＋×2＋8＝8＋8.故选B.

(2)法一：(分割法)由题意知，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积V1＝π×32×4＝36π；

上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，

其体积V2＝×π×32×6＝27π.

所以该组合体的体积V＝V1＋V2＝36π＋27π＝63π.

法二：(补形法)由题意知，该几何体是一圆柱被一平面截去一部分后所得的几何体，在该几何体上方再补上一个与其相同的几何体，让截面重合，则所得几何体为一个圆柱，该圆柱的底面半径为3，高为10＋4＝14，该圆柱的体积V1＝π×32×14＝126π.故该几何体的体积为圆柱体积的一半，即V＝V1＝63π.

(3)将平面AA1B1B沿着B1B旋转到与平面CC1B1B在同一平面上(点B在线段AC上)，连接AC1与B1B相交于点D，此时AD＋DC1最小，BD＝CC1＝1.因为在直三棱柱中，BC⊥AB，BC⊥BB1，且BB1∩AB＝B，所以BC⊥平面AA1B1B，又CC1∥平面AA1B1B，所以V三棱锥D­ABC1＝V三棱锥C1­ABD＝V三棱锥C­ABD＝S△ABD·BC＝××1×1×2＝.

[答案]　(1)B　(2)B　(3)

[解题方略]

1．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．

2．求空间几何体体积的常用方法

 [多练强化]

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．12π   B．12π

C．8π   D．10π

解析：选B　设圆柱的轴截面的边长为x，

则x2＝8，得x＝2，

∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×()2＋2π××2

＝12π.故选B.

2．(2019届高三·湖北五校联考)某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是(　　)

A．13   B．14

C．15   D．16

解析：选C　所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几何体，在长方体中还原该几何体如图中ABCD­A′B′C′D′所示，长方体的长、宽、高分别为4,2,3，两个三棱柱的高为2，底面是两直角边长分别为3和1.5的直角三角形，故该几何体的体积V＝4×2×3－2××3××2＝15.

3．如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB＝AA1＝3，点P在棱CC1上，则三棱锥P­ABA1的体积为_______．

解析：由题意，得V三棱锥P­ABA1＝V三棱锥C­ABA1＝V三棱锥A1­ABC＝

S△ABC·AA1＝××32×3＝.

答案：

[析母题]

[典例]　在三棱锥P­ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，三棱锥P­ABC的外接球的体积为(　　)

A.π　　　　　　　　　 B.π

C．27π D．27π

[解析]　∵在三棱锥P­ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，

∴△PAB≌△PBC≌△PAC.

∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB.

以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，

则正方体的外接球同时也是三棱锥P­ABC的外接球．

∵正方体的体对角线长为＝3，

∴其外接球半径R＝.

因此三棱锥P­ABC的外接球的体积V＝×3＝π.

[答案]　B

[练子题]

1．在本例条件下，求三棱锥P­ABC的内切球的半径为________．

解析：由本例解析知，

S△PAB＝S△PBC＝S△PAC＝，

S△ABC＝×3×3×sin 60°＝.

设三棱锥P­ABC的内切球的半径为r，

则VP­ABC＝AP·S△PBC＝(S△PAC＋S△PBA＋S△PBC＋S△ABC)r，

∴×3×＝r，

解得r＝，

∴所求三棱锥内切球的半径为.

答案：

2．若本例变为：已知A，B，C，D是球O上不共面的四点，且AB＝BC＝AD＝1，BD＝AC＝，BC⊥AD，则球O的体积为________．

解析：因为AB＝BC＝1，AC＝，所以AB2＋BC2＝AC2，所以BC⊥AB，又BC⊥AD，AD∩AB＝A，所以BC⊥平面ABD.因为AB＝AD＝1，BD＝，所以AB2＋AD2＝BD2，所以AB⊥AD，此时可将点A，B，C，D看成棱长为1的正方体上的四个顶点，球O为正方体的外接球，设球O的半径为R，故2R＝，所以R＝，则球O的体积V＝πR3＝π.

答案：π

[解题方略]

1．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．

2．与球有关的组合体的常用结论

(1)长方体的外接球：

①球心：体对角线的交点；

②半径：r＝(a，b，c为长方体的长、宽、高)．

(2)正方体的外接球、内切球

①外接球：球心是正方体中心，半径r＝a(a为正方体的棱长)；

②内切球：球心是正方体中心，半径r＝(a为正方体的棱长)．

[多练强化]

1．(2018·福州质检)已知正三棱柱ABC­A1B1C1中，底面积为，一个侧面的周长为6，则正三棱柱ABC­A1B1C1外接球的表面积为(　　)

A．4π   B．8π

C．16π   D．32π

解析：选C　如图所示，设底面边长为a，则底面面积为a2＝，所以a＝.又一个侧面的周长为6，所以AA1＝2.设E，D分别为上、下底面的中心，连接DE，设DE的中点为O，则点O即为正三棱柱ABC­A1B1C1的外接球的球心，连接OA1，A1E，则OE＝，A1E＝××＝1.在Rt△OEA1中，OA1＝＝2，即外接球的半径R＝2，所以外接球的表面积S＝4πR2＝16π.

2．(2019届高三·武昌调研)已知底面半径为1，高为的圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，则球O的表面积为(　　)

A.   B．4π

C.   D．12π

解析：选C　如图，△ABC为圆锥的轴截面，O为其外接球的球心，设外接球的半径为R，连接OB，OA，并延长AO交BC于点D，则AD⊥BC，由题意知，AO＝BO＝R，BD＝1，AD＝，则在         Rt△BOD中，有R2＝(－R)2＋12，解得R＝，所以外接球O的表面积S＝4πR2＝，故选C.

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9，则三棱锥D­ABC体积的最大值为(　　)

A．12   B．18

C．24   D．54

解析：选B　由等边△ABC的面积为9，可得AB2＝9，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2.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＝＝＝2.所以三棱锥D­ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D­ABC体积的最大值为×9×6＝18.

4.(2017·江苏高考)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．

解析：设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，

所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以＝＝.

答案：

直观想象——三视图中相关问题的求解

[典例]　已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于(　　)

A．2π＋4   B．4π＋2

C.＋4   D.＋8

[解析]　由三视图可知，该几何体的直观图为左侧半球、中间正方体、右侧圆锥的组合体．其中，半球的半径r1与圆锥的底面半径r2相等，皆为1，即r1＝r2＝1，正方体的棱长a＝2，圆锥的高h＝2.

所以半球的体积V1＝×r＝××13＝，

正方体的体积V2＝a3＝23＝8，

圆锥的体积V3＝×πrh＝×π×12×2＝.

所以该组合体的体积V＝V1＋V2＋V3＝＋8＋＝＋8.故选D.

[答案]　D

[素养通路]

本题以组合体的三视图为背景，主要是根据几何体的三视图及三视图中的数据，求几何体的体积或侧(表)面积．此类问题难点：一是根据三视图的形状特征确定几何体的结构特征；二是将三视图中的数据转化为几何体的几何度量．考查了直观想象这一核心素养．

一、选择题

1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是(　　)

解析：选D　先观察俯视图，由俯视图可知选项B和D中的一个正确，由正视图和侧视图可知选项D正确．

2．设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的体积为(　　)

A．100π　　　　　　　　　 B.π

C.π   D.π

解析：选D　因为切面圆的半径r＝4，球心到切面的距离d＝3，所以球的半径R＝＝＝5，故球的体积V＝πR3＝π×53＝π，即该西瓜的体积为π.

3．(2019届高三·开封高三定位考试)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为(　　)

A．4π   B．2π

C.   D．π

解析：选B　由题意知该几何体的直观图如图所示，该几何体为圆柱的一部分，设底面扇形的圆心角为α，由tan α＝＝，得α＝，故底面面积为××22＝，则该几何体的体积为×3＝2π.

4．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为(　　)

A．2   B．4＋2

C．4＋4   D．4＋6

解析：选C　由三视图知，该几何体是直三棱柱ABC­A1B1C1，其直观图如图所示，其中AB＝AA1＝2，BC＝AC＝，∠C＝90°，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S＝(2＋2)×2＝4＋4.

5．(2018·惠州二调)如图，某几何体的三视图是三个全等的等腰直角三角形，且直角边长都等于1，则该几何体的外接球的体积为(　　)

A.π　　　　　　　　 B.π

C．3π　　　　　 　　 　 D.π

解析：选B　还原几何体为如图所示的三棱锥A­BCD，将其放入棱长为1的正方体中，如图所示，则三棱锥A­BCD外接球的半径R＝，该几何体的外接球的体积V＝πR3＝π，故选B.

6．已知某几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是(　　)

A. cm3   B. cm3

C．2 cm3   D．4 cm3

解析：选B　由三视图可知，该几何体为底面是正方形，且边长为2 cm，高为2 cm的四棱锥，如图，故V＝×22×2＝(cm3)．

7．如图，已知△EAB所在的平面与矩形ABCD所在的平面互相垂直，EA＝EB＝3，AD＝2，∠AEB＝60°，则多面体E­ABCD的外接球的表面积为(　　)

A.   B．8π

C．16π   D．64π

解析：选C　由题知△EAB为等边三角形，设球心为O，O在平面ABCD的射影为矩形ABCD的中心，O在平面ABE上的射影为△EAB的重心G，又由平面EAB⊥平面ABCD，则△OGA为直角三角形，OG＝1，AG＝，所以R2＝4，所以多面体E­ABCD的外接球的表面积为4πR2＝16π.

8．(2018·昆明摸底)古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为(　　)

A．63π   B．72π

C．79π   D．99π

解析：选A　由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为5，底面圆的半径为3，半球的半径为3，所以组合体的体积为π×32×5＋×π×33＝63π.

9．(2019届高三·武汉调研)一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为(　　)

A．28   B．24＋2

C．20＋4   D．20＋2

解析：选B　根据该几何体的三视图作出其直观图如图所示，可知该几何体是一个底面是梯形的四棱柱．根据三视图给出的数据，可得该几何体中梯形的上底长为2，下底长为3，高为2，所以该几何体的表面积S＝×(2＋3)×2×2＋2×2＋2×3＋2×2＋2×＝24＋2，故选B.

10.如图是一个几何体的三视图，其中正视图是边长为2的等边三角形，侧视图是直角边长分别为1和的直角三角形，俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的内接三棱锥的体积的最大值为(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选B　由三视图可知该几何体为半个圆锥，圆锥的母线长l＝2，底面半径r＝1，高h＝.由半圆锥的直观图可得，当三棱锥的底面是斜边，为半圆直径，高为半径的等腰直角三角形，棱锥的高为半圆锥的高时，其内接三棱锥的体积达到最大值，最大体积为V＝××2×1×＝，故选B.

11．(2019届高三·贵阳摸底考试)某实心几何体是用棱长为1 cm的正方体无缝粘合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)

A．50 cm2   B．61 cm2

C．84 cm2   D．86 cm2

解析：选D　根据题意可知该几何体由3个长方体(最下面长方体的长、宽、高分别为5 cm,5 cm, 1 cm；中间长方体的长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm；最上面长方体的长、宽、高分别为1 cm,1 cm,1 cm)叠合而成，长、宽、高分别为5 cm,5 cm,1 cm的长方体的表面积为2(5×5＋5×1＋5×1)＝2×35＝70(cm2)；长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm的长方体的表面积为2(3×3＋3×1＋3×1)＝2×15＝30(cm2)；长、宽、高分别为1 cm，1 cm,1 cm的长方体的表面积为2(1×1＋1×1＋1×1)＝2×3＝6(cm2)．由于几何体的叠加而减少的面积为2×(3×3)＋2×(1×1)＝2×10＝20(cm2)，所以所求表面积为70＋30＋6－20＝86(cm2)．

12．在棱长为3的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P在线段BD1上，且＝，M为线段B1C1上的动点，则三棱锥M­PBC的体积为(　　)

A．1   B.

C.   D．与M点的位置有关

解析：选B　∵＝，∴点P到平面BCC1B1的距离是D1到平面BCC1B1距离的，即为＝1.M为线段B1C1上的点，∴S△MBC＝×3×3＝，

∴VM­PBC＝VP­MBC＝××1＝.

13．(2018·洛阳尖子生第一次联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A．2   B．1

C.   D.

解析：选C　由题图可知该几何体是一个四棱锥，如图所示，其中PD⊥平面ABCD，底面ABCD是一个对角线长为2的正方形，底面积S＝  ×2×2＝2，高h＝1，则该几何体的体积V＝Sh＝，故选C.

14．(2018·武汉调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选D　由三视图知，该几何体是在长、宽、高分别为2,1,1的长方体中，截去一个三棱柱AA1D1­BB1C1和一个三棱锥C­BC1D后剩下的几何体，即如图所示的四棱锥D­ABC1D1，四棱锥D­ABC1D1的底面积为S四边形ABC1D1＝2×＝2，高h＝，其体积V＝S四边形ABC1D1h＝×2×＝.

15．(2019届高三·安徽知名示范高中联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A．1   B.

C.   D.

解析：选C　法一：该几何体的直观图为如图所示的四棱锥S­ABCD，SD⊥平面ABCD，且SD＝1，四边形ABCD是平行四边形，且AB＝DC＝1，连接BD，由题意知BD⊥DC，BD⊥AB，且BD＝1，所以S四边形ABCD＝1，所以VS­ABCD＝S四边形ABCD·SD＝.

法二：由三视图易知该几何体为锥体，所以V＝Sh，其中S指的是锥体的底面积，即俯视图中四边形的面积，易知S＝1，h指的是锥体的高，从正视图和侧视图易知h＝1，所以V＝Sh＝.

16．(2018·福州质检)已知三棱锥P­ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝8.若平面ABC截球O所得截面的面积为9π，则球O的表面积为(　　)

A．10π   B．25π

C．50π   D．100π

解析：选D　设球O的半径为R，由平面ABC截球O所得截面的面积为9π，得△ABC的外接圆的半径为3.设该外接圆的圆心为D，因为AB⊥BC，所以点D为AC的中点，所以DC＝3.因为PA⊥平面ABC，易证PB⊥BC，所以PC为球O的直径．又PA＝8，所以OD＝PA＝4，所以R＝OC＝＝5，

所以球O的表面积为S＝4πR2＝100π.

二、填空题

17．一个四棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为正三角形，则该四棱锥的体积是________．

解析：由四棱锥的三视图可知，该四棱锥的直观图如图中四棱锥P­ABCD所示，底面ABCD为边长为1的正方形，△PAD是边长为1的等边三角形，作PO⊥AD于点O，则O为AD的中点，所以四棱锥的体积为V＝×1×1×＝.

答案：

18.如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，D为棱AA1的中点．若AA1＝4，AB＝2，则四棱锥B­ACC1D的体积为________．

解析：取AC的中点O，连接BO(图略)，则BO⊥AC，

所以BO⊥平面ACC1D.

因为AB＝2，所以BO＝.

因为D为棱AA1的中点，AA1＝4，所以AD＝2，

所以S梯形ACC1D＝×(2＋4)×2＝6，

所以四棱锥B­ACC1D的体积为×6×＝2.

答案：2

19.如图，半径为4的球O中有一内接圆柱，则圆柱的侧面积最大值是________．

解析：设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，

则r＝4cos α，圆柱的高为8sin α.

所以圆柱的侧面积为32πsin 2α.

当且仅当α＝时，sin 2α＝1，圆柱的侧面积最大，

所以圆柱的侧面积的最大值为32π.

答案：32π

20．(2018·沈阳质检)已知在正四棱锥S­ABCD中，SA＝6，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为________．

解析：设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，因为在正四棱锥S­ABCD中，SA＝6，所以＋h2＝108，即a2＝216－2h2，所以正四棱锥的体积VS­ABCD＝a2h＝72h－h3，令y＝72h－h3，则y′＝72－2h2，令y′>0，得0<h<6，令y′<0，得h>6，所以当该棱锥的体积最大时，它的高为6.

答案：6