2024高考高考数学二轮复习第二部分第四讲立体几何微专题1空间几何体的三视图表面积与体积学案理

PAGEPAGE1微专题1空间几何体的三视图、表面积与体积命题者说考题统计考情点击2024·全国卷Ⅰ·T7·三视图2024·全国卷Ⅰ·T12·截面问题2024·全国卷Ⅱ·T16·侧面积问题2024·全国卷Ⅲ·T3·三视图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。考向一空间几何体的三视图【例1】(1)(2024·唐山模拟)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()ABCD(2)(2024·山西八校联考)将正方体(如图①)截去三个三棱锥后，得到如图②所示的几何体，侧视图的视线方向如图②所示，则该几何体的侧视图为()ABCD解析(1)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。(2)将图②中的几何体放到正方体中如图所示，从侧视图的视线方向视察，易知该几何体的侧视图为选项D中的图形。故选D。答案(1)A(2)D(1)由直观图确定三视图的方法依据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确定。(2)由三视图还原到直观图的思路①依据俯视图确定几何体的底面。②依据正(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态。另外，对于一些三视图题，可将几何体放到正方体或长方体中，利用正方体或长方体的线面、面面垂直关系分析几何体的三视图。变|式|训|练(2024·湖北襄阳测试)若6个棱长为1的正方体在桌面上堆叠成一个几何体，该几何体的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图不行能为()ABCD解析如图①所示，A正确；如图②所示，B正确；如图③所示，C正确。故选D。答案D考向二空间几何体的表面积与体积微考向1：依据三视图求表面积与体积【例2】(2024·郑州质量预料)刍甍，中国古代算术中的一种几何形体，《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广。刍，草也。甍，屋盖也。”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱。刍甍字面意思为茅草屋顶。”如图为一个刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则该茅草屋顶的面积为()A．24B．32eq\r(5)C．64D．32eq\r(6)解析由三视图可知该几何体的直观图如图所示，其中S四边形ABED＝S四边形ACFD，S△ABC＝S△DEF。过点A向平面BCFE作垂线，垂足为A′，作AM⊥CF于点M，AN⊥BC于点N，连接A′N，易知AA′＝4，A′N＝CM＝eq\f(8－4,2)＝2，CN＝eq\f(1,2)BC＝2。在Rt△AA′N中，AN＝eq\r(AA′2＋A′N2)＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，在Rt△ANC中，AC＝eq\r(CN2＋AN2)＝eq\r(22＋2\r(5)2)＝2eq\r(6)，在Rt△AMC中，AM＝eq\r(AC2－CM2)＝eq\r(2\r(6)2－22)＝2eq\r(5)。所以S四边形ACFD＝eq\f(1,2)×(4＋8)×2eq\r(5)＝12eq\r(5)，S△ABC＝eq\f(1,2)×BC×AN＝eq\f(1,2)×4×2eq\r(5)＝4eq\r(5)。所以该茅草屋顶的面积为2×12eq\r(5)＋2×4eq\r(5)＝32eq\r(5)。故选B。答案B依据三视图求空间几何体的表面积与体积时，应还原空间几何体的直观图，再依据表面积与体积公式求解。【变式训练】(2024·山西二模)某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是()A．eq\f(28,3)π B．eq\f(32,3)πC．eq\f(52,3)π D．eq\f(56,3)π解析由三视图可知，该几何体是由半个圆柱与半个圆锥组合而成，其中圆柱的底面半径为2，高为4，圆锥的底面半径和高均为2，其体积为V＝eq\f(1,2)×4π×4＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4π×2＝eq\f(28π,3)。故选A。答案A微考向2：依据线面关系求表面积与体积【例3】(2024·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为eq\f(7,8)，SA与圆锥底面所成角为45°。若△SAB的面积为5eq\r(15)，则该圆锥的侧面积为________。解析如图所示，设S在底面的射影为S′，连接AS′，SS′。△SAB的面积为eq\f(1,2)·SA·SB·sin∠ASB＝eq\f(1,2)·SA2·eq\r(1－cos2∠ASB)＝eq\f(\r(15),16)·SA2＝5eq\r(15)，所以SA2＝80，SA＝4eq\r(5)。因为SA与圆锥底面所成角为45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos45°＝4eq\r(5)×eq\f(\r(2),2)＝2eq\r(10)。所以圆锥的侧面积为π×AS′×AS＝π×2eq\r(10)×4eq\r(5)＝40eq\r(2)π。答案40eq\r(2)π依据空间几何体的结构特征，借助于线面关系的有关定义、定理找出几何体的底面特征及高，必要时可进行分割、补形等，求出几何体的表面积与体积。变|式|训|练(2024·天津高考)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M－EFGH的体积为________。解析连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH＝eq\f(1,2)AC，因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝eq\f(1,2)AC，所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四边形EHGF为正方形，又点M到平面EHGF的距离为eq\f(1,2)，所以四棱锥M－EFGH的体积为eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12)。答案eq\f(1,12)考向三与球有关的组合体问题【例4】(2024·江西南昌模拟)在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，SA＝eq\r(3)，SB＝2eq\r(3)，二面角S－AB－C的大小为120°，则此三棱锥的外接球的表面积为________。解析依据题意得SA2＋AB2＝SB2，即SA⊥AB。取AB的中点为D，SB的中点为M，连接CD、MD，得∠CDM为二面角S－AB－C的平面角，所以∠MDC＝120°。如图，设三角形ABC的外心为O1，则O1在CD上，连接BO1，则CO1＝eq\r(3)＝BO1，DO1＝eq\f(\r(3),2)。设外接球半径为R，易知球心为过M垂直面ABS的垂线与过O1垂直面ABC的垂线的交点O。在四边形MDO1O中，因为二面角S－AB－C的平面角∠MDC＝120°，且MO⊥MD，O1O⊥DO1，MD＝O1D＝eq\f(\r(3),2)，所以∠ODO1＝60°，OO1＝O1Dtan60°＝eq\f(3,2)，连接OB，所以R2＝OB2＝OOeq\o\al(2,1)＋O1B2＝eq\f(9,4)＋3＝eq\f(21,4)。所以球的表面积S＝4πR2＝21π。答案21π在立体几何试题中，我们常常会遇到这样一类问题：由题设条件，计算某几何体的外接球的表面积或体积。因为S球＝4πR2，V球＝eq\f(4,3)πR3，所以关键是求解外接球的半径R。常用的解题策略有：①通过构造特别几何体，奇妙分析；②通过解直角三角形，奇妙分析；③借助直角三角形的斜边中点到各顶点的距离相等，奇妙分析；④借助几何体的底面多边形的外接圆，奇妙分析。变|式|训|练(2024·贵阳监测考试)如图，正方形网格的边长为1，粗实线表示的是某几何体的三视图，该几何体的顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为()A．15π B．16πC．17π D．18π解析依据三视图可知该几何体为一个三棱锥，记为S－ABC，将该三棱锥放入长方体中如图所示，则该三棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设球O的半径为R，所以(2R)2＝22＋22＋32＝17，R2＝eq\f(17,4)，所以球O的表面积为4πR2＝17π。故选C。答案C

1．(考向一)(2024·北京高考)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．1B．2C．3D．4解析将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示。易知，BC∥AD，BC＝1，AD＝AB＝PA＝2，AB⊥AD，PA⊥平面ABCD，故△PAD，△PAB为直角三角形，因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，所以△PBC为直角三角形，简洁求得PC＝3，CD＝eq\r(5)，PD＝2eq\r(2)，故△PCD不是直角三角形。故选C。答案C2．(考向二)(2024·昆明调研)古人实行“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(看成一个简洁的组合体)的体积为()A．63π B．72πC．79π D．99π解析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32π×5＋eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×33＝63π。故选A。答案A3．(考向三)(2024·南昌调研)已知三棱锥P－ABC的全部顶点都在球O的球面上，△ABC满意AB＝2eq\r(2)，∠ACB＝90°，PA为球O的直径，且PA＝4，则点P究竟面ABC的距离为()A．eq\r(2)B．2eq\r(2)C．eq\r(3)D．2eq\r(3)解析取AB的中点O1，连接OO1，如图，在△ABC中，AB＝2eq\r(2)，∠ACB＝90°，所以△ABC所在小圆O1是以AB为直径的圆，所以O1A＝eq\r(2)，且OO1⊥AO1，又球O的直径PA＝4，所以OA＝2，所以OO1＝eq\r(OA2－O1A2)＝eq\r(2)，且OO1⊥底面ABC，所以点P到平面ABC的距离为2OO1＝2eq\r(2)。故选B。答案B4．(考向三)(2024·河北五名校联考)如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为()A．27πB．30πC．32πD．34π解析依据三视图可知，此多面体为三棱锥A－BCD，且侧面ABC⊥底面BCD，△ABC与△BCD都为等腰三角形，如图所示。依据题意可知，三棱锥A－BCD的外接球的球心O位于过△BCD的外心O′，且垂直于底面BCD的垂线上，取BC的中点M′，连接AM′，DM′，OO′，O′B，易知O′在DM′上，过O作OM⊥AM′于点M，连接OA，OB，依据三视图可知M′D＝4，BD＝CD＝2eq\r(5)，故sin∠BCD＝eq\f(2\r(5),5)，设△BCD的外接圆半径为r，依据正弦定理可知，2r＝eq\f(BD,sin∠BCD)＝5，故BO′＝r＝eq\f(5,2)，M′O′＝eq\f(3,2)，设OO′＝x，该多面体的外接球半径为R，在Rt△BOO′中，R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))2＋x2，在Rt△AMO中，R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋(4－x)2，所以R＝eq\f(\r(34),2)，故该多面体的外接球的表面积S＝4πR2＝34π。故选D。答案D5．(考向三)(2024·西安八校联考)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥S－ABC的体积最大为()A．2 B．eq\f(8,3)C．eq