2020版高考数学大二轮复习 专题三 立体几何 第一讲 空间几何体的三视图、表面积与体积及空间线面位

专题三立体几何第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积及空间线面位置关系的判定考点二考点三考点一目录ONTENTSC4考点四5限时规范训练[考情分析·明确方向]1．立体几何问题既是高考的必考点，也是考查的难点，其在高考中的命题形式较为稳定，保持“一小一大”或“两小一大”的格局．多以选择题或者填空题的形式考查空间几何体三视图的识别、空间几何体的体积或表面积的计算．2．选择题一般在第10～11题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样，即“长对正、高平齐、宽相等”．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()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.答案：A2．(2019·重庆调研)如图①是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体的直观图，其中DD1＝1，AB＝BC＝AA1＝2.若此几何体的俯视图如图②所示，则可以作为其正视图的是()解析：由题意，根据该几何体的直观图和俯视图知，其正视图的长应为底面正方形的对角线长，宽应为正方体的棱长，故排除B，D；在三视图中看不见的棱用虚线表示，故排除A，选C.答案：C3．(2019·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是()A．2B．3C．4D．5解析：由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥P­ABCD，易知四棱锥P­ABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4，故选C.答案：C[类题通法]熟练掌握规则几何体的三视图是由三视图还原几何体的基础，在明确三视图画法规则的基础上，按以下步骤可轻松解决此类问题：求解几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算．(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等积转换法求解．(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用．(一)常规考法1．(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()A．122πB．12πC．82πD．10π解析：设圆柱的轴截面的边长为x，则由x2＝8，得x＝22，∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.故选B.答案：B2．(2019·安庆二模)如图是某个几何体的三视图，根据图中数据(单位：cm)求得该几何体的表面积是()A.94－94πcm2B.94－274πcm2C.94＋92πcm2D.94－92πcm2解析：由三视图可以看出，该几何体是一个长方体以一个顶点挖去一个八分之一的球体，如图所示：结合图中数据，计算该几何体的表面积为S＝2×(12＋15＋20)＋18×4π×32－3×14π×32＝94－94π.故选A.答案：A3．(2019·湛江一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A.113B.133C.143D.163解析：根据三视图知，该几何体是一正方体，截去一个三棱柱和一个三棱锥，如图粗线部分所示：结合图中数据，计算该几何体的体积是V＝23－12×2×1×2－13×12×2×1×2＝163.故选D.答案：D[类题通法]明确三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图需注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，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视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．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．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(二)创新考法1．(2019·烟台一模)我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与如图三视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为14圆周，则该不规则几何体的体积为()A．1＋π2B.13＋π6C．1＋2πD.13＋2π3解析：根据三视图知，该几何体是三棱锥与14圆锥体的组合体，如图所示：则该组合体的体积为V＝13×12×1×1×2＋13×14π×12×2＝13＋π6；所以对应不规则几何体的体积为13＋π6.答案：B2．(2019·西安模拟)如图，已知圆柱和半径为3的半球O，圆柱的下底面在半球O底面所在平面上，圆柱的上底面内接于球O，则该圆柱的体积的最大值为________．解析：设圆柱的底面圆半径为r，高为h，则h2＋r2＝R2＝3，所以圆柱的体积为V＝πr2h＝π(3－h2)h＝π(3h－h3)，则V′(h)＝π(3－3h2)，令V′(h)＝0，解得h＝1；当h∈(0,1)时，V′(h)0，V(h)单调递增；h∈(1，3)时，V′(h)0，V(h)单调递减；所以h＝1时，V(h)取得最大值为V(1)＝2π.答案：2π3．(2019·广州一模)已知直四棱柱ABCD­A1B1C1D1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M­C1O1H的体积的最小值为________．解析：∵直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，∠ABC＝60°，边长为1，∴O1C1⊥平面BB1D1D，且O1C1＝12，O1B1＝32，∴C1到平面BB1D1D的距离为O1C1＝12，∵OH＝3HB1，点M是线段BD上的动点，∴当M在B处时△O1MH的面积取得最小值．连接O1B(图略)，则O1B＝OB1＝12＋322＝72，∴B1到O1B的距离d＝BB1·O1B1O1B＝1×3272＝217，∵OH＝3HB1，∴H到直线O1B的距离为12d＝2114.∴S△O1BH＝12×O1B×12d＝12×72×2114＝38，∴VC1­O1BH＝13×S△O1BH×O1C1＝13×38×12＝348.答案：348[类题通法]1.空间几何体的面积与体积的创新考法(1)与数学文化交汇考查面积与体积的计算．(2)与最值交汇创新考查．2．求解立体几何最值问题的策略(1)结合图形分析，确定取得最值的临界位置直接求解．(2)建立目标函数求解与体积、面积有关的最值问题，最值的求法多用基本不等式或导数法．1．解决与球有关的“切”“接”问题，一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面，把空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系．2．记住几个常用的结论：(1)正方体的棱长为a，球的半径为R.①正方体的外接球，则2R＝3a；②正方体的内切球，则2R＝a；③球与正方体的各棱相切，则2R＝2a.(2)在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝a2＋b2＋c2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.(1)(2017·高考全国卷Ⅲ)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()A.πB.3π4C.π2D.π4解析：设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－122＝34，所以，圆柱的体积V＝34π×1＝3π4，故选B.答案：B(2)(2019·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥P­ABC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．86πB．46πC．26πD.6π解析：设PA＝PB＝PC＝2a，则EF＝a，FC＝3，∴EC2＝3－a2.在△PEC中，cos∠PEC＝a2＋3－a2－2a22a3－a2.在△AEC中，cos∠AEC＝a2＋3－a2－42a3－a2.∵∠PEC与∠AEC互补，∴3－4a2＝1，a＝22，故PA＝PB＝PC＝2.又∵AB＝BC＝AC＝2，∴PA⊥PB⊥PC，∴外接球的直径2R＝22＋22＋22＝6，∴R＝62，∴V＝43πR3＝43π×623＝6π.故选D.答案：D[类题通法]掌握“切”“接”问题的处理方法(1)“切”的处理：解决与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时要先找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则多通过多面体过球心的对角面来作截面.(2)“接”的处理：把一个多面体的几个顶点放在球面上即球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．1．(2019·金水区校级月考)如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积是()A．24πB．36πC．48πD．60π解析：根据几何体的三视图，转换成几何体为：底面为等腰直角三角形，高为4的直棱柱．设三棱柱的外接球的半径为R，则(2R)2＝42＋42＋42，解得R＝23，所以球的表面积S＝4π·(23)2＝48π.答案：C2．(2019·青岛一模)在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PD⊥面ABCD，且PD＝1，若在这个四棱锥内有一个球，则此球的最大表面积为________．解析：四棱锥P­ABCD的体积为V＝13PD·S正方形ABCD＝13×1×22＝43，如图所示，易证PD⊥AD，PD⊥CD，PA⊥AB，PC⊥BC，所以，四棱锥P­ABCD的表面积为S＝2×12×2×1＋2×12×2×5＋22＝6＋25，所以，四棱锥P­ABCD的内切球的半径为R＝3VS＝46＋25＝3－52，因此，此球的最大表面积为4πR2＝4π×3－522＝(14－65)π.答案：(14－65)π空间中点、线、面的位置关系的判定(1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例．(2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义．1．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()解析：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.故选A.答案：A2．(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线解析：法一：取CD的中点O，连接EO，ON.由△ECD是正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，知EO⊥平面ABCD.∴EO⊥CD，EO⊥ON.又N为正方形ABCD的中心，∴ON⊥CD.以CD的中点O为原点，OD→方向为x轴正方向建立空间直角坐标系，如图①所示．不妨设AD＝2，则E(0,0，3)，N(0,1,0)，M12，0，32，B(－1,2,0)，∴EN＝12＋－32＝2，BM＝322＋4＋34＝7，∴EN≠BM.连接BD，BE，∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N