（新高考）2020版高考数学二轮复习 第二部分 讲重点 选填题专练 第8讲 立体几何教学案 理

1第8讲立体几何调研一空间几何体的三视图、面积和体积■备考工具——————————————1．空间几何体的三视图(1)几何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法：①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正(主)侧(左)一样高，正(主)俯一样长，侧(左)俯一样宽；看不到的线画虚线．2．旋转体的侧面积和表面积(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l)．(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l)．(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，母线长为l，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l＋rl)．(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.3．空间几何体的体积公式几何体名称体积棱(圆)柱V＝Sh(S为底面面积，h为高)棱(圆)锥V＝13Sh(S为底面面积，h为高)棱(圆)台V＝12(S′＋S′S＋S)h(S′，S为上、下底面面积，h为高)球V＝4π3R3(R为球半径)■自测自评——————————————1．[2019·惠州调研]“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图所示，图中四边形是为体现其直观性所做的辅助线，当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是()2解析：因为相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合在一起的方形伞，所以其正视图和侧视图完全相同时，都是一个圆，俯视图是从上向下看，所以俯视图是4条边及2条对角线均为实线的正方形，故选B.答案：B2．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形．已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为()A．40B．43C．46D．47解析：由三视图画出羡除的直观图，如图所示．由三视图可知，梯形ABCD是等腰梯形，AB＝2，CD＝6，高为4，其面积S1＝(2＋6)×4×12＝16；梯形CDEF也是等腰梯形，CD＝6，EF＝4，高为3，其面积S2＝(6＋4)×3×12＝15；梯形ABFE也是等腰梯形，AB＝2，EF＝4，下面求高，过点A作AG⊥CD，垂足为G，连接EG，则AG⊥EG，在Rt△AGE中，由三视图可知，AG＝4，GE＝10，则AE＝26，从而可得等腰梯形ABFE的高为26－1＝5，其面积S3＝(2＋4)×5×12＝15.综上，三个梯形的面积之和为S＝S1＋S2＋S3＝16＋15＋15＝46，故选C.3答案：C3．[2019·浙江卷]祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是()A．158B．162C．182D．324解析：由三视图可知，该几何体是一个直五棱柱，所以其体积V＝12×(4×3＋2×3＋6×6)×6＝162.故选B.答案：B4．[2019·山西八校联考]《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，则该“堑堵”表面积为()A．1394B．1322C．1800D．1650解析：将正视图中的直角三角形记为△ABC，如图，∠ACB＝90°，AB＝25，过点C作CD⊥AB，垂足为D，则BD＝16，AD＝25－16＝9，则AC2∶BC2＝(AD·AB)∶(BD·AB)＝AD∶BD＝9∶16，∴AC∶BC＝3∶4.又AC2＋BC2＝AB2，∴AC＝15，BC＝20，∴该“堑堵”的表面积为2×12×15×20＋25×(15＋20＋25)＝1800.4答案：C5．[2019·合肥调研]已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由半圆及矩形组成，俯视图由正方形及其内切圆组成，则该几何体的表面积等于()A．48＋8πB．48＋4πC．64＋8πD．64＋4π解析：由三视图可知，该几何体是一个半球和一个直四棱柱的组合体，根据图中数据可知，表面积为4×4×2－π×22＋4×2×4＋12×4π×22＝64＋4π，故选D.答案：D6．[2019·广东六校联考]某几何体的三视图如图所示，计量单位为cm，它的体积是()A.2732cm3B.92cm3C.932cm3D.272cm3解析：由三视图可知，该几何体为如图所示的四棱锥S－ABCD，则其体积V＝13×12×(2＋4)×3×3×32＝932(cm3)，故选C.5答案：C7．[2019·全国卷Ⅲ]学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型．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O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.解析：由题易得长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即12×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥O－EFGH＝13×3×12＝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132×0.9＝118.8(g)．答案：118.88．[2019·天津卷]已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．解析：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为12，易知四棱锥的高为5－1＝2，故圆柱的高为1，所以圆柱的体积为π×122×1＝π4.答案：π4调研二球的组合体6■备考工具——————————————与球有关的组合体的常用结论(1)长方体的外接球：①球心：体对角线的中点；②半径：r＝a2＋b2＋c22(a，b，c为长方体的长、宽、高)．(2)正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球：①外接球：球心是正方体中心；半径r＝32a(a为正方体的棱长)；②内切球：球心是正方体中心；半径r＝a2(a为正方体的棱长)；③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径r＝22a(a为正方体的棱长)．(3)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)：①外接球：球心是正四面体的中心，半径r＝64a(a为正四面体的棱长)．②内切球：球心是正四面体的中心，半径r＝612a(a为正四面体的棱长)．■自测自评——————————————1．[2019·全国卷Ⅰ]已知三棱锥P－ABC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：因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥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．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝62，所以球O的体积V＝43πR3＝43π623＝6π，故选D.7答案：D2．[2019·全国卷Ⅱ]中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则22x＋x＋22x＝1，解得x＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1.答案：262－13．[2019·惠州调研]已知正四棱锥的侧棱与底面的棱长都为32，则这个四棱锥外接球的表面积为()A．108πB．72πC．36πD．12π解析：由题意得正四棱锥的高为3.设正四棱锥的外接球半径为R，则(3－R)2＋32＝R2，解得R＝3，所以正四棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝36π.故选C.答案：C4．[2019·南晶重点中学]在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝2π3，AP＝3，AB＝23，Q是边BC上的一动点，且直线PQ与平面ABC所成角的最大值为π3，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为()A．45πB．57πC．63πD．84π8解析：如图1，连接AQ，∵PA⊥平面ABC，∴∠PQA是直线PQ与平面ABC所成的角，当AQ⊥BC时，∠PQA最大．∵AP＝3，直线PQ与平面ABC所成角的最大值为π3，∴AQ＝3，又AB＝23，∴∠ABC＝π6，图1又∠BAC＝2π3，∴∠ACB＝π6，∴AC＝23，BC＝6，△ABC的外接圆半径为23.如图2是三棱锥P－ABC的外接球，O为球心，O1为△ABC的外接圆圆心，连接OP，OA，OO1，O1A，设球的半径为R，∵OP＝OA＝R，PA＝3，∴OO1＝32，又AO1＝23，∴R2＝OA2＝O1A2＋OO21＝574，∴三棱锥P－ABC的外接球的表面积为57π，故选B.图2答案：B5．[2019·广东六校联考]已知三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝22，BC＝3，PA＝PB＝32，且二面角P－AB－C的大小为150°，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为()A．100πB．108πC．110πD．111π解析：如图，设AB，AC的中点分别为D，E，过点D作直线m垂直于平面ABC，过点E作直线n垂直于平面ABC，过点P作PF垂直于直线n，垂足为F，连接PD，DE，可得PD⊥AB，DE⊥AB，则∠PDE为二面角P－AB－C的平面角．易知点P，D，E，F在同一平面内，且9直线m在平面PDEF内，设PF交直线m于G.因为E为AC的中点，AB⊥BC，所以E为Rt△ABC外接圆的圆心，则三棱锥P－ABC外接球的球心O在直线n上．易知四边形DEFG为矩形，设OE＝x，因为AB＝22，BC＝3，PA＝PB＝32，且二面角P－AB－C的大小为150°，所以DE＝FG＝12BC＝32，BD＝12AB＝2，AE＝12AC＝12AB2＋BC2＝112，DP＝BP2－BD2＝322－22＝4，GP＝DPsin60°＝23，FP＝FG＋GP＝532，FE＝GD＝DPcos60°＝2.连接AF，则AF＝AE2＋EF2＝332FP，所以OF＝OE－FE＝x－2.连接OA，在Rt△OAE中，OA2＝AE2＋OE2＝114＋x2.连接OP，在Rt△OPF中，OP2＝FP2＋OF2＝5322＋(x－2)2＝x2－4x＋914，又OP＝OA，所以112＋x2＝x2－4x＋914，解得x＝5，故三棱锥P－ABC外接球的半径R＝