2020年新高考数学二轮复习练习：专题三第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积

1、做高考真题o明命题趋向做真题题型一空间几何体的表面积与体积1 . (2019 高考全国卷川)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门3解析：由题易得长方体 ABCD-AIBICIDI的体积为 6X6X4= 144(cm ),四边形 EFGH 为平行四边形，如图所示,连接 GE, HF ,易知四边形 EFGH

2、 的面积为矩形 BCCIBI面积的一半，即X6X4= 12(cm2),所以 V四棱锥O-EFGH= X3X12 = 12(cm3),所以该模型的体积为144 12=132(cm3),所以制作该模型所需原料的质量为132X0.9= 118.8(g).答案：118.82 . (2018 高考全国卷n)已知圆锥的顶点为 S,母线 SA, SB 所成角的余弦值为 7 SA 与圆锥底面所成角为 45。若 SAB 的面积为 5.15，则该圆锥的侧面积为1解析：如图所示，设 S 在底面的射影为 S,连接 AS, SS.ASAB 的面积为1SA SB sin/ASB=2 SA2 1 cos2ZASB SA2=

3、 5 15,所以 SA2= 80, SA=45.因为 SA 与底面所成的角O 为长方体的中g.为 45 所以/ SAS= 45AS= SA cos454 52= 2 10.所以底面周长 I = 2nAS=4 10n,1所以圆锥的侧面积为 2X4 5x4 10n=40 2n答案：40 2n题型二 与球有关的切、接问题1. （2019 高考全国卷I）已知三棱锥 P-ABC 的四个顶点在球 0 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.8 6nB.4,6nC.2,6nD.,6n解析：选

4、D.因为点 E, F 分别为 PA, AB 的中点，所以 EF / PB,因为/ CEF = 90 所以 EF 丄 CE,所以 PB 丄 CE.取 AC 的中点 D,连接 BD, PD ,易证 AC 丄平面 BDP,所以 PB 丄 AC,又 ACACE= C, AC, CE?平面 PAC,所以 PB 丄平面 PAC,所以 PB 丄 PA, PB 丄 PC,因为 PA = PB = PC , ABC 为正三角形，所以 PA 丄 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2 . （2018 高考全国卷川）设 A, B, C, D 是同一个半径为 4 的

5、球的球面上四点， ABC 为为 AB = 2,所以该正方体的棱长为6,所以三棱锥 P-ABC2,所以该正方体的体对角线长为的外接球的半径故选 D.C. 9D. 3等边三角形且其面积为9 3，则三棱锥 D-ABC 体积的最大值为（）A. 12 3B. 18 .3C. 24 3D. 54 3解析：选 B.设等边三角形 ABC 的边长为 x,则*x2sin 60=9 3,得 x= 6.设 ABC 的外接圆半径为r，则 2r =，解得 r = 2 3,所以球心到ABC 所在平面的距离d =sin 60 -42（ 2 ,3）2= 2,则点 D 到平面 ABC 的最大距离 di= d + 4= 6,所以三

6、棱锥 D-ABC 体积的最大值 Vmax= SSBcX6=93X6=18：,；33. （2017 高考全国卷 川）已知圆柱的高为 1,它的两个底面的圆周在直径为 的球面上，则该圆柱的体积为（）3n7C.故选 B.山东省学习指导意见1利用实物模型认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征 描述现实生活中简单物体的结构.2 会用斜二测法画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合）的直观图.3.了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）.空间几何体的表面积和体积典型例题命题角度一空间几何体的表面积刖（1）（2019 临沂调研）已知圆锥的高为 3

7、，底面半径长为 4.若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径长为（）2 的同一个球7t解析：选 B.设圆柱的底面半径为 r,则 r2= 124,所以，圆柱的体积 V= %x 1=宁,C. 9D. 3A. 5B.5(2)(2019 上海浦东期中)在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为 40 cm，母线长【解析】(1)因为圆锥的底面半径R= 4,高 h= 3,所以圆锥的母线 1 = 5,所以圆锥的侧面积 S=KRI = 20n设球的半径为 r,则 4n2= 20 ,所以 r =Q5.故选 B.(2)将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形由题意得所求侧面展开图

8、的面积S= 1X(50 + 80)X(n40)= 2 600n(m2).【答案】 (1)B (2)2 600n规律方法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不规则几何体的表面积.命题角度二空间几何体的体积例2(1)(2019 河北衡水中学四调)如图所示，某几何体由底面半径和高均为5 的圆柱与半径为 5 的半球对接而成，在该圭寸闭几何体内部放入一个小圆柱体， 且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平

9、行，则小圆柱体积的最大值为()A.2 000nB.4 000n927C.81nD.128n(2)(一题多解)如图，在直角梯形 ABCD 中，AD = AB = 4, BC= 2,沿中位线 EF 折起，使最短 50 cm ，最 长 80 cm，则斜截圆柱的侧面面积cm2,即空间图形平面化得/ AEB 为直角，连接 AB, CD，则所得的几何体的表面积为 _ ，体积为 _【解析】(1)小圆柱的高分为上下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为 5，下部分深入底部半球内.设小圆柱下部分的高为h(0vhv5),底面半径为 r(0vrv5).由于 r, h 和球的半径构成直角三角形，即 r1 2+ h2=

10、 52,所以小圆柱体积 V =n2(h+ 5) =n(2 牛 h2)(h+ 5)(055vhv5),求导得 V=n(3-5)(h+ 5).当 Ovhv3 时，V0,体积 V 单调递增；当 hv5 时，Vv0，体积 V单调递减.所以当 h= 3 时，小圆柱的体积取得最大值 ，即 Vmax=n25 25(2)如图，过点 C 作 CM 平行于 AB,交 AD 于点 M,作 CN 平行于 BE,交 JEF 于点 N,连接 MN.由题意可知 ABCM , BENC 都是矩形，AM = DM = 2, CN ”/川=2, FN = 1, AB= CM = 22,所以SZAEB=222=2,S梯形ABCD=

11、2(2+4)X2；2=6-J2,1S梯形BEFC=(2+3)X2=5,1S梯形AEFD=(3+4)X2=7,在直角三角形 CMD 中，CM = 2 .2, MD = 2,所以 CD = 2 3.又因为 DF = FC = .5,1所以SZDFC= 2X2 ,3X2 = 6,所以这个几何体的表面积为2 + 6 2 + 5+ 7+ .6= 14 +6 2 + .6.法一：因为截面 CMN 把这个几何体分割为直三棱柱1ABE- MCN 和四棱锥 C-MNFD ,又因为直三棱柱 ABE-MCN 的体积为 V1=SBEAM =111X2X2X2= 4,四棱锥 C-MNFD 的体积为 V2= 3s四边形M

12、NFDBE = 3X-(1 + 2)X2X2= 2,所以所求几何体的体积为Vi+ V2= 6.1如图， 连接 AC, EC,则几何体分割为四棱锥 C-ADFE 和三棱锥 C-ABE因为 VC-ADFE=32 =, Vc-ABE= 1 2X2X2= 3,所以几何体的体积为6.法三:如图，延长 BC 至点 M,使得 CM = 2,延长 EF 至点 N,使得 FN = 1,连接 DM , MN ,DN ,得到直三棱柱 ABE-DMN ,所以几何体的体积等于直三棱柱ABE-DMN 的体积减去四棱锥D-CMNF 的体积.因为 VABE-DMN= 2X2X2X4 = 8,所以几何体的体积为 VABE-DM

13、N VD-CMNF= 8 2 = 6.【答案】(1)B (2)14 + 6,2 + .6 6规律方法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144Vc-ADFE+ VC-ABE= -3 +3VD-CMNF= 3D2J1 + 2F22= 2,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的几何体.对点训练1 . （2019 苏南通联考）已知正三棱柱 ABC-AiBiCi的各棱长均为 2，点 D 在棱 AAi上，则三棱锥 D-BBiCi的体积为_.解

14、析:如图，取 BC 中点 O,连接 AO.因为正三棱柱 ABC-AiBiCi的各棱长均为 2,所以 AC = 2,OC = i,则 AO= .3.因为 AAi/平面 BCCiBi,所以点 D 到平面 BCCiBi的距离为.3.又 SABBiCi= 2X2X2 = 2,所以 VD-BBQi= 3x2X.3=于.233答案：穿2 . （20i9 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 E 的三棱锥为 P-ABC,如图所示，取 BC 的中点 D,连接 AD, PD ,作,转化为易计算体积aaPO 丄 AD 于点 O,则 PO 丄平面 ABC ,且

15、 OP = X 2 = 于,故三棱锥 P-ABC 的体积 V=fsKBCOP=1%爭X（述）2X =3.命题角度一外接球底面 ABCD , O 为对角线 AC 与 BD 的交点，若 PB = 1,ZAPB=ZBAD = 则三棱锥 P-AOB3的外接球的体积是因为四边形 ABCD 是菱形，所以 AC 丄 BD ,即 0A 丄 OB,因为 PB 丄平面 ABCD , 又OBAPB= B,所以 AO 丄平面 PBO ,所以 A0 丄 PO,即厶 FAO 是以 PA 为斜,因为 PB 丄 AB,所以 PAB 是以 PA 为斜边的直角三角形，所以三棱锥 P-AOBn的外接球的直径为 PA,因为 PB =

16、 1, ZAPB= 3,所以 PA= 2,所以三棱锥 P-AOB 的外接球的4n半径为 1 ,所以三棱锥 P-AOB 的外接球的体积为 y.【答案】4n3规律方i去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命题角度二 内切球例4（2019 广东省七校联考）在四棱锥 P-ABCD 中，四边形 ABCD 是边长为 2a 的正方形,PD 丄底面 ABCD ,且 PD = 2a,若在这个四棱锥内放一个球，

17、则该球半径的最大值为 _与球有关的切、接问题典型例题【解所以 PB 丄 A0,边的直【解析】 通解：由题意知，球内切于四棱锥 P-ABCD 时半径最大，设该四棱锥的内切球的球心为 0，半径为 r，连接OA， OB， OC， OD， OP，则 VPABCD= VO-ABCD+ VO-PAD+ VO-PAB=(2 - ,2)a.优解：易知当球内切于四棱锥P-ABCD,即与四棱锥 P-ABCD 各个面均相切时，球的半径最大，11作出相切时的侧视图如图所示,设四棱锥 P-ABCD 内切球的半径为 r,则寸x2ax2a =苧(2a+ 2a + 2 .2a)xr,解得 r = (2- .2)a.【答案】(

18、2 2)a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.命题角度三与球有关的最值问题画占(2019 济南市质量检测)三棱锥 P-ABC 的所有顶点都在半径为 2 的球 O 的球面上.若 PAC 是等边三角形，平面 PAC 丄平面 ABC,AB 丄 BC,则三棱锥 P-ABC 体积的最大值为()A . 2B . 3C. 2 3D. 3 3【解析】 根据 AB 丄 BC 可知 AC 为三角形 ABC 所在截面圆 O1的直径，又平面 PAC 丄平1面 ABC, APC 为等边三角形，所以 P 在 001上，

19、如图所示，设 PA= x,则 A01=?x, P01=,所以 P01=宁乂二 OO1+ 2 = ；4 *x + 2?_23x 2 = 4 ?x ?X 2,3x = 0? x=2 3,所以 A01= 丁x2 ,3= .3, PO1=23x2 3= 3,当底面三角形 ABC 的面积最大时，即底 面为等腰直角+ VO-PBC+ VO-PCD,1 1即 2ax2ax2a = 3X4a?+2x1xr,解得 r三角形时三棱锥 P-ABC 的体积最大，此时 V = fs/ABcXP01= 3xgx2寸 V3)x3=3.【答案】 B规律方法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

20、题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 的最值问题.对点训练解析：选 C.,截面1 .已知圆锥的高为 3,底面半径为.3, 则这个球的体积等于（）若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上,C.16n解析：选 B.设该圆锥的外接球的半径为所以所求球的体积 V = 3nR3= 3nx23=32n,个球327n32nR,依题意得，R2= (3 R)2+ (.3)2,解得 R= 2,故选 B.（2019 福州市质量检测）如图，以棱长为 1 的正方体的顶点 A 为球心，以，2 为半径作一 则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为3n4,2nC.3n212n3n

21、是以 A 为圆心，1为半径的圆周长的 1,所以所有弧长之和为 3X-4-=三故选 C.练典型习题|尊:提数学素养、选择题1.水平放置的 ABC 的直观图如图,那么原 ABC 是一个（）A 等边三角形B 直角三角形C.三边中只有两边相等的等腰三角形D .三边互不相等的三角形解析：选 A.AO = 2A 0 = 2X-3= 3, BC = B 0 + C 0 = 1 + 1 = 2,在 RtA0B 中，AB=；12+. 3）-= 2,同理 AC = 2,所以 ABC 是等边三角形.2 .给出下列几个命题：1在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；2底面为正多边形，且有相邻两

22、个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；3棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是（）A . 0B. 1C. 2D. 3解析：选 B.错误，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；正确；错误，棱台是上、下底面相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.3. （2019 武汉市调研测试）如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中，M 为 CD 的中 点，则三棱锥 A- BC1M 的体积 VA-BC1M =（）正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分,如图，上底面被球面截得的弧长其中 B0= C O = 1,A0=C.iiii解析：选

23、C.VA-BGM= VCi-ABM=-SKBMCiC= -ABXADXCiC=.故选 C.33 264 把一个半径为 20 的半圆卷成圆锥的侧面，则这个圆锥的高为()A. 10B. 10 3C. 10 2D. 5 3解析：选 B.设圆锥的底面半径为 r,高为 h因为半圆的弧长等于圆锥的底面周长，半圆的半径等于圆锥的母线，所以 2n= 20n所以 r = 10,所以 h = #202 102= 10 衍.5. (2019 湖北武汉 5 月模拟)已知长方体全部棱长的和为36，表面积为 52,则其体对角线的长为()A. 4B.,29C. 2 ,23D.4174 (x + y+ z)= 36, 解析：

24、选 B.设长方体的长、宽、高分别为x, y, z,由已知得(2 (xy+ xz+ yz)= 52，o o oo o o的两边同时平方得x + y + z + 2xy+ 2xz+ 2yz= 81,把代入得 x + y + z = 29,所以长方体的体对角线的长为.29.故选 B.6 .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.4n32C.3n163D.16nCLB.B.7t解析：选 D.如图，由题意知圆柱的中心 O 为这个球的球心 径 r =OB=： OA2+ AB2=，12+( 3)2= 2故这个球的表面积 选 D.,于是，球的半

25、2S=4n =16 故7.在长方体 ABCD-AiBiCiDi中，AB= AD = 2, AAi= 1,则点 B 到平面 DIAC 的距离等于C.解析：选 B.如图，连接 BD易知 D!D 就是三棱锥 DI-ABC 的高，ADi= CDi= ,5,取 AC 的中点 0,连接 DiO,贝UDiO 丄 AC,所以 DiO=-AD?-A02= .3设点 B 到平面 DiAC 的距离为 h,则由 VB-DiAC =VDi-ABC,iiiii即 gSDiAC h= SZABCDiD ,又 SDiAC= _Di0 C = _2-.j2=；6,S/ABC=AB BC = *X2X2= 2,所以 h=故选 B

26、.i8.在三棱锥 S-ABC 中, SB 丄 BC , SA 丄 AC, SB= BC, SA= AC, AB= 2SC,且三棱锥 S-ABC的体积为努，则该三棱锥的外接球半径是（）A. 1B. 2C. 3D. 4解析：选 C.取 SC 的中点O ,连接 OA, OB,贝 U OA = OB= OC = OS,即 O 为三棱锥的外接球球心，设半径为 r,则1X2rX_43r2=93,所以 r = 3.9. （20i9 安徽省江南十校 3 月检测）我国南北朝时期的科学家祖暅提出了计算体积的祖暅 原理：“幕势既同，则积不容异”意思是：如果两个等高的几何体在等高处的水平截面的面 积恒等，那么这两个几

27、何体的体积相等利用此原理求以下几何体的体积：如图，曲线y=x2（0wywL）和直线 y= L 围成的封闭图形绕 y 轴旋转一周得几何体 Z,将 Z 放在与 y 轴垂直的 水平面a上，用平行于平面a且与 Z 的顶点 O 距离为 I 的平面截几何体 Z,得截面圆的面积 为n（l）2=n.由此构造右边的几何体 Zi（三棱柱 ABC-AiBiCi） ， 其中 AC 丄平面a,BB1C1C /a,EFPQ /a,AC = L,AAi?a,AAi=n,Zi与 Z 在等高处的截面面积都相等，图中 EFPQ 和 BBQiC为矩形，且 PQ=n,FP = I,则几何体 Zi的体积为（）C. 1 n_212.（多

28、选）如图，已知正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2，则下列四个结论正确的是（）A .直线 A1C1与 AD1为异面直线解析：选 C.由题意可知，在高为 L 处,几何体 Z 和乙的水平截面面积相等，为汕,所以 S 矩形 BBiCiC=汕，所以BC= L,12所以 V 三棱柱 ABC-A1BQ1=SZABCn= ? n_ ,故选C.10. （2019 重庆市七校联合考试积为 16n,则其底面边长为（）已知正三棱锥的高为 6,内切球（与四个面都相切）的表面A. 18B. 12C. 6 ,3D. 4.3解析：选 B.由则 S球=4n2= 16n所以 R= 2,所以 0E= OF = 2, O

29、P = 4在 RtOPF 中，PF = - OP2 OF2= 2.3.因为厶 OPFDPE ,所以 DE = |,得 DE = 2 3,2AD = 3DE = 6 3, AB=AD = 12.故选 B.11.（多选）在正方体上任意选择 4 个顶点，它们可能是如下几种几何图形的些几何图形可以是（）4 个顶点，这A 矩形B 有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体C.每个面都是直角三角形的四面体D 每个面都是等边三角形的四面体解析：选 ABCD.4 个顶点连成矩形的情形显然成立;图（1）中四面体 A1-D1B1A 是 B 中描述的情形；图中四面体 D-A1C1B 是 D 中描述的情形

30、;图中四面体 A1-D1B1D 是 C 中描述的情形.(2)GA,B . A1C1 平面 ACDiC. BDi丄 AC8D .三棱锥 Di-ADC 的体积为 3解析：选 ABC.对于 A ,直线 AiCi?平面 AiBiCiDi, ADi?平面 ADDiAi,Di?直线 AiCi,则易得直线 AiCi与 ADi为异面直线，故 A 正确；对于 B，因为 AiCi/AC, AiCi?平面 ACDi, AC?平面 ACDi,所以 AiCi/平面 ACDi,故 B 正确；对于 C,连接 BD ,因为正方体 ABCD-AiBiCiDi中，AC 丄 BD, AC 丄 DDi, BDADDi= D,所以 A

31、C 丄平面 BDDi,所以 BDi丄 AC,故 C 正确;i i4对于 D,三棱锥 Di-ADC 的体积 V 三棱锥 Di-ADC = 3X- X2X2X2 = 3,故 D 错误.AB 为圆 O 的直径，点 E, F 在圆 O 上，AB / EF，矩形 ABCD 所在平面A .平面 BCF 丄平面 ADFB . EF 丄平面 DAFC.AEFC 为直角三角形D . Vc-BEF： VF-ABCD=i : 4解析：选 AD.因 BF 丄 AF, BF 丄 DA,所以 BF 丄平面 DAF ,所以平面 BCF 丄平面 ADF ,由题意可知，平面 CBF 将几何体 EFABCD 分成的两个锥体的体积分别为V四棱锥F-ABCD, V三棱锥F-CBE.过点 F 作 FG 丄 AB 于点 G,因为平面 ABCD 丄平面 ABEF ,平面 ABCD 门平面 ABEF i2=AB, FG?平面 ABEF,所以 FG 丄平面 ABCD.所以 V四棱锥F-ABCD= 3XiX2XFG = 3FG , V三33ii ii棱锥F-BCE=V三棱锥C-BEF=7XS/BEFXCB=；X才XFGXiXi=；FG ,由此可得 V三