2019届高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量（课件+学案+练习）（打包26套）理 北师大版.zip

1§8.1 简单几何体的结构、三视图和直观图最新考纲 考情考向分析1.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.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图．3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.简单几何体的结构特征、三视图、直观图在高考中几乎年年考查．主要考查根据几何体的三视图求其体积与表面积．对简单几何体的结构特征、三视图、直观图的考查，以选择题和填空题为主.1．简单几何体的结构特征(1)旋转体①圆柱可以由矩形绕其一边所在直线旋转得到．②圆锥可以由直角三角形绕其直角边所在直线旋转得到．③圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线或等腰梯形绕上、下底中点连线所在直线旋转得到，也可由平行于底面的平面截圆锥得到．④球可以由半圆或圆绕直径所在直线旋转得到．(2)多面体①棱柱的侧棱都平行且相等，上、下底面是全等的多边形．②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．③棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形．2．直观图画直观图常用斜二测画法，其规则是：(1)在已知图形中建立直角坐标系 xOy.画直观图时，它们分别对应 x′轴和 y′轴，两轴交于点 O′，使∠ x′ O′ y′＝45°，它们确定的平面表示水平平面；(2)已知图形中平行于 x 轴或 y 轴的线段，在直观图中分别画成平行于 x′轴和 y′轴的线段；2(3)已知图形中平行于 x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于 y 轴的线段，长度为原来的 .123．三视图(1)主、俯视图长对正；主、左视图高平齐；俯、左视图宽相等，前后对应．(2)在三视图中，需要画出所有的轮廓线，其中，视线所见的轮廓线画实线，看不见的轮廓线面虚线．(3)同一物体放置的位置不同，所画的三视图可能不同．(4)清楚简单组合体是由哪几个基本几何体组成的，并注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置．知识拓展1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的主视图和左视图均为全等的等腰三角形．(3)水平放置的圆台的主视图和左视图均为全等的等腰梯形．(4)水平放置的圆柱的主视图和左视图均为全等的矩形．2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”Error!“三不变”Error!题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( × )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( × )(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( × )(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( × )(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( × )(6)菱形的直观图仍是菱形．( × )题组二 教材改编2．下列说法正确的是( )A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等3C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行答案 D解析 由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．3．在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案 ③⑤题组三 易错自纠4．某简单几何体的主视图是三角形，则该几何体不可能是( )A．圆柱 B．圆锥C．四面体 D．三棱柱答案 A解析 由三视图知识知，圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其主视图为三角形，而圆柱的主视图不可能为三角形．5．(2018·珠海质检)将正方体(如图 1 所示)截去两个三棱锥，得到如图 2 所示的几何体，则该几何体的左视图为( )答案 B解析 左视图中能够看到线段 AD1，应画为实线，而看不到 B1C，应画为虚线．由于 AD1与B1C 不平行，投影为相交线，故选 B.6.正三角形 AOB 的边长为 a，建立如图所示的直角坐标系 xOy，则它的直观图的面积是________．4答案 a2616解析 画出坐标系 x′ O′ y′，作出△ OAB 的直观图 O′ A′ B′(如图)， D′为 O′ A′的中点．易知 D′ B′＝ DB(D 为 OA 的中点)，12∴ S△ O′ A′ B′ ＝ × S△ OAB＝ × a2＝ a2.12 22 24 34 616题型一 简单几何体的结构特征1．给出下列命题：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直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；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．0 B．1 C．2 D．3答案 A5解析 ①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是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．2．(2018·青岛模拟)以下命题：①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为( )A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析 由圆台的定义可知①错误，②正确．对于命题③，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，③不正确．思维升华 (1)关于简单几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种简单几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一反例即可．(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．6题型二 简单几何体的三视图命题点 1 已知几何体，识别三视图典例 (2017·贵州七校联考)如图所示，四面体 ABCD 的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体 ABCD 的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)( )A．①②⑥ B．①②③C．④⑤⑥ D．③④⑤答案 B解析 主视图应该是边长为 3 和 4 的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此主视图是①；左视图应该是边长为 5 和 4 的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此左视图是②；俯视图应该是边长为 3 和 5 的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.命题点 2 已知三视图，判断几何体的形状典例 (2017·全国Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中主视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为 2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A．10 B．127C．14 D．16答案 B解析 观察三视图可知，该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为 2 的等腰直角三角形，侧棱长为 2.三棱锥的底面是直角边长为 2 的等腰直角三角形，高为 2，如图所示．因此该多面体各个面中有两个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为 2，下底长为 4，高为 2，故这两个梯形的面积之和为 2× ×(2＋4)×2＝12.故选12B.命题点 3 已知三视图中的两个视图，判断第三个视图典例 (2017·汕头模拟)一个锥体的主视图和左视图如图所示，下列选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )答案 C解析 A，B，D 选项满足三视图作法规则，C 不满足三视图作法规则中的宽相等，故 C 不可能是该锥体的俯视图．思维升华 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．注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)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．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状．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．跟踪训练 (1)(2017·全国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( )8A．90π B．63π C．42π D．36π答案 B解析 方法一 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点 A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的 ，所以该几何体的体积12V＝π×3 2×4＋π×3 2×6× ＝63π.故选 B.12方法二 (估值法)由题意知， V 圆柱 2 ，所以棱长最大的为 2 .5 3 28 7 5 713．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A．8 B．7 C．6 D．5答案 C解析 画出直观图，共六块．14．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A．4 B．8 C．4 D．83 3 7答案 C解析 如图，设该三棱锥为 P—ABC，其中 PA⊥平面 ABC， PA＝4，则由三视图可知△ ABC 是16边长为 4 的等边三角形，故 PB＝ PC＝4 ，所以 S△ ABC＝ ×4×2 ＝4 ， S△ PAB＝ S△212 3 3PAC＝ ×4×4＝8， S△ PBC＝ ×4× ＝4 ，故四个面中面积最大的为 S△ PBC＝4 ，12 12 422－ 22 7 7故选 C.15．(2017·泉州二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的左视图中的虚线部分是( )A．圆弧B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分答案 D解析 根据几何体的三视图，可得左视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故左视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选 D.16.(2018·济南模拟)一只蚂蚁从正方体 ABCD—A1B1C1D1的顶点 A 出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点 C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的主视图的是( ) 17A．①② B．①③C．③④ D．②④答案 D解析 由点 A 经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点 C1的位置，共有 6 种路线(对应 6种不同的展开方式)，若把平面 ABB1A1和平面 BCC1B1展开到同一个平面内，连接 AC1，则 AC1是最短路线，且 AC1会经过 BB1的中点，此时对应的主视图为②；若把平面 ABCD 和平面CDD1C1展开到同一个平面内，连接 AC1，则 AC1是最短路线，且 AC1会经过 CD 的中点，此时对应的主视图为④.而其他几种展开方式对应的主视图在题中没有出现．故选 D.1§8.2 简单几何体的面积与体积最新考纲 考情考向分析了解球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式.本部分是高考考查的重点内容，主要涉及简单几何体的面积与体积的计算．命题形式以选择题与填空题为主，考查简单几何体的面积与体积的计算，涉及简单几何体的结构特征、三视图等内容，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，广泛应用转化与化归思想.1．多面体的表面积、侧面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱 圆锥 圆台侧面展开图侧面积公式 S 圆柱侧 ＝2π rl S 圆锥侧 ＝π rlS 圆台侧＝π( r1＋ r2)l3.柱、锥、台、球的表面积和体积名称几何体 表面积 体积柱体(棱柱和圆柱)S 表面积 ＝ S 侧 ＋2 S 底 V＝ Sh锥体(棱锥和圆锥)S 表面积 ＝ S 侧 ＋ S 底 V＝ Sh132台体(棱台和圆台)S 表面积 ＝ S 侧 ＋ S 上 ＋ S 下 V＝ (S上 ＋ S 下 ＋ )h13 S上 S下球 S＝4π R2 V＝ π R343知识拓展1．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．2．几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为 a，球的半径为 R，①若球为正方体的外接球，则 2R＝ a；3②若球为正方体的内切球，则 2R＝ a；③若球与正方体的各棱相切，则 2R＝ a.2(2)若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.题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( √ )(2)锥体的体积等于底面积与高之积．( × )(3)球的体积之比等于半径比的平方．( × )(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．( √ )(5)长方体既有外接球又有内切球．( × )(6)圆柱的一个底面积为 S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是 2π S.( × )题组二 教材改编2．已知圆锥的表面积等于 12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A．1 cm B．2 cm C．3 cm D. cm32答案 B解析 S 表 ＝π r2＋π rl＝π r2＋π r·2r＝3π r2＝12π，∴ r2＝4，∴ r＝2.3.如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩3下的几何体体积的比为________．答案 1∶47解析 设长方体的相邻三条棱长分别为 a， b， c，它截出棱锥的体积V1＝ × × a× b× c＝ abc，剩下的几何体的体积 V2＝ abc－ abc＝ abc，所以13 12 12 12 12 148 148 4748V1∶ V2＝1∶47.题组三 易错自纠4．(2017·西安一中月考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A．3π B．4πC．2π＋4 D．3π＋4答案 D解析 由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．表面积为 2×2＋2× ×π×1 2＋π×1×2＝4＋3π.125．(2016·全国Ⅱ)体积为 8 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A．12π B. π C．8π D．4π323答案 A解析 由题意可知正方体的棱长为 2，其体对角线 2 即为球的直径，所以球的表面积为34π R2＝(2 R)2π＝12π，故选 A.6．(2018·大连调研)如图为一个半球挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则剩余部分与挖4去部分的体积之比为________．答案 1∶1解析 由三视图可知半球的半径为 2，圆锥底面圆的半径为 2，高为 2，所以 V 圆锥＝ ×π×2 3＝ π， V 半球 ＝ × π×2 3＝ π，所以 V 剩余 ＝ V 半球 － V 圆锥 ＝ π，故剩余部13 83 12 43 163 83分与挖去部分的体积之比为 1∶1.题型一 求简单几何体的表面积1．(2016·全国Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是 ，则它的表面积是( )28π3A．17π B．18π C．20π D．28π答案 A解析 由题意知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心 O 且互相垂直的三个平面)切掉左上角的 后得到的组合体，其表面积是球面面积的 和三个 圆面积之和．18 78 14由 π R3－ × π R3＝ ，得球的半径 R＝2.43 18 43 28π3则得 S＝ ×4π×2 2＋3× π×2 2＝17π，故选 A.78 1452． (2017·黑 龙 江 哈 师 大 附 中 一 模 )已 知 某 几 何 体 的 三 视 图 如 图 所 示 ， 则 该 几 何 体 的 表 面 积 为( )A. B. C．13 D.73 172 17＋ 3102答案 C解析 由三视图可知几何体为三棱台，作出直观图如图所示．则 CC′⊥平面 ABC，上、下底均为等腰直角三角形，AC⊥ BC， AC＝ BC＝1， A′ C′＝ B′ C′＝ C′ C＝2，∴ AB＝ ， A′ B′＝2 .2 2∴棱台的上底面面积为 ×1×1＝ ，下底面面积为 ×2×2＝2，梯形 ACC′ A′的面积为12 12 12×(1＋2)×2＝3，梯形 BCC′ B′的面积为 ×(1＋2)×2＝3，过 A 作 AD⊥ A′ C′于点 D，12 12过 D 作 DE⊥ A′ B′，则 AD＝ CC′＝2，DE 为△ A′ B′ C′斜边高的 ，∴ DE＝ ，12 22∴ AE＝ ＝ ，AD2＋ DE232∴梯形 ABB′ A′的面积为 ×( ＋2 )× ＝ ，12 2 2 32 92∴几何体的表面积 S＝ ＋2＋3＋3＋ ＝13，故选 C.12 92思维升华 简单几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．6题型二 求简单几何体的体积命题点 1 以三视图为背景的几何体的体积典 例 (2017·浙 江 )某 几 何 体 的 三 视 图 如 图 所 示 (单 位 ： cm)， 则 该 几 何 体 的 体 积 (单 位 ： cm3)是 ( )A. ＋1 B. ＋3π 2 π 2C. ＋1 D. ＋33π2 3π2答案 A解析 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为 1，高为 3 的圆锥的一半与一个底面为直角边长是 的等腰直角三角形，高为 3 的三棱锥的组合体，2∴该几何体体积为V＝ × π×1 2×3＋ × × × ×3＝ ＋1.13 12 13 12 2 2 π 2故选 A.命题点 2 求简单几何体的体积典例 (2018·广州调研)已知 E， F 分别是棱长为 a 的正方体 ABCD—A1B1C1D1的棱 AA1， CC1的中点，则四棱锥 C1—B1EDF 的体积为________．答案 a316解析 方法一 如图所示，连接 A1C1， B1D1交于点 O1，连接 B1D， EF，过点 O1作 O1H⊥ B1D于点 H.因为 EF∥ A1C1，且 A1C1⊈平面 B1EDF， EF平面 B1EDF，所以 A1C1∥平面 B1EDF.7所以 C1到平面 B1EDF 的距离就是 A1C1到平面 B1EDF 的距离．易知平面 B1D1D⊥平面 B1EDF，又平面 B1D1D∩平面 B1EDF＝ B1D，所以 O1H⊥平面 B1EDF，所以 O1H 等于四棱锥 C1—B1EDF 的高．因为△ B1O1H∽△ B1DD1，所以 O1H＝ ＝ a.B1O1·DD1B1D 66所以 1CEFV－＝ 1EFS四 边 形 ·O1H＝ × ·EF·B1D·O1H＝ × · a· a· a＝ a3.13 13 12 13 12 2 3 66 16方法二 连接 EF， B1D.设 B1到平面 C1EF 的距离为 h1， D 到平面 C1EF 的距离为 h2，则 h1＋ h2＝ B1D1＝ a.2由题意得， 111BEDFBCEFEFVV四 棱 锥 三 棱 锥 三 棱 锥＝ · 1CSA·(h1＋ h2)＝ a3.13 16思维升华 简单几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．跟 踪 训 练 (1)(2017·新 乡 二 模 )已 知 一 个 几 何 体 的 三 视 图 如 图 所 示 ， 则 该 几 何 体 的 体 积 为 ( )A. B.323 163C. D.83 43答案 C8解析 该几何体由一个三棱锥和一个三棱柱组合而成，直观图如图所示，V＝ V 柱 ＋ V 锥 ＝ ×(1＋1)×1×2＋ × ×(1＋1)×1×2＝ ，故选 C.12 13 12 83(2)如图，在多面体 ABCDEF 中，已知 ABCD 是边长为 1 的正方形，且△ ADE，△ BCF 均为正三角形， EF∥ AB， EF＝2，则该多面体的体积为( )A. B. C. D.23 33 43 32答案 A解析 如图，分别过点 A， B 作 EF 的垂线，垂足分别为 G， H，连接 DG， CH，容易求得 EG＝ HF＝ ，12AG＝ GD＝ BH＝ HC＝ ，32取 AD 的中点 O，连接 GO，易得 GO＝ ，22∴ S△ AGD＝ S△ BHC＝ × ×1＝ ，12 22 24∴多面体的体积 V＝ V 三棱锥 E－ ADG＋ V 三棱锥 F－ BCH＋ V 三棱柱 AGD－ BHC＝2 V 三棱锥 E－ ADG＋ V 三棱柱 AGD－ BHC＝ × × ×2＋ ×1＝ .故选 A.13 24 12 24 23题型三 与球有关的切、接问题典例 (2016·全国Ⅲ)在封闭的直三棱柱 ABC—A1B1C1内有一个体积为 V 的球．若AB⊥ BC， AB＝6， BC＝8， AA1＝3，则 V 的最大值是( )9A．4π B.9π2C．6π D.32π3答案 B解析 由题意知，底面三角形的内切圆直径为 4.三棱柱的高为 3，所以球的最大直径为3， V 的最大值为 .9π2引申探究 1．若将本例中的条件变为“直三棱柱 ABC—A1B1C1的 6 个顶点都在球 O 的球面上” ，若AB＝3， AC＝4， AB⊥ AC， AA1＝12，求球 O 的表面积．解 将直三棱柱补形为长方体 ABEC—A1B1E1C1，则球 O 是长方体 ABEC—A1B1E1C1的外接球．∴体对角线 BC1的长为球 O 的直径．因此 2R＝ ＝13.32＋ 42＋ 122故 S 球 ＝4π R2＝169π.2．若将本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球 O 的球面上” ，若该棱锥的高为 4，底面边长为 2，求该球的体积．解 如图，设球心为 O，半径为 r，则在 Rt△ AOF 中，(4－ r)2＋( )2＝ r2，2解得 r＝ ，94则球 O 的体积 V 球 ＝ π r3＝ π× 3＝ .43 43 (94) 243π16思维升华 简单几何体与球接、切问题的求解方法(1)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．(2)若球面上四点 P， A， B， C 构成的三条线段 PA， PB， PC 两两互相垂直，且PA＝ a， PB＝ b， PC＝ c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝ a2＋ b2＋ c2求解．跟踪训练 (2018·深圳调研)如图所示，在平面四边形 ABCD 中，AB＝ AD＝ CD＝1， BD＝ ， BD⊥ CD，将其沿对角线 BD 折成四面体 ABCD，使平面 ABD⊥平面210BCD，若四面体 ABCD 的顶点在同一个球面上，则该球的体积为( )A. B．3π3π2C. D．2π2π3答案 A解析 如图，取 BD 的中点为 E， BC 的中点为 O，连接 AE， OD， EO， AO.因为 AB＝ AD，所以 AE⊥ BD.由于平面 ABD⊥平面 BCD，所以 AE⊥平面 BCD.因为 AB＝ AD＝ CD＝1， BD＝ ，2所以 AE＝ ， EO＝ .22 12所以 OA＝ .32在 Rt△ BDC 中， OB＝ OC＝ OD＝ BC＝ ，12 32所以四面体 ABCD 的外接球的球心为 O，半径为 .32所以该球的体积 V＝ π× 3＝ .43 (32) 3π2三视图(基本的、和球联系的)考点分析 三视图是高考重点考查的一个知识点，主要考查由几何体的三视图还原几何体的形状，进而求解表面积、体积等知识，所涉及的几何体既包括柱、锥、台、球等简单几何体，也包括一些组合体，处理此类题目的关键是通过三视图准确还原几何体．典例 1 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于( )11A. B．1601603C．64＋32 D．602答案 A解析 由题意知该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥组成的组合体，如图所示，其中直三棱柱的高为 8－4＝4，故 V 直三棱柱 ＝8×4＝32，四棱锥的底面为边长为 4 的正方形，高为 4，故 V 四棱锥 ＝ ×16×4＝ ，故该几何体的体积 V＝ V 直三棱柱 ＋ V 四棱锥 ＝32＋ ＝ ，13 643 643 1603故选 A.典例 2 某组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为________．答案 ＋34 π 3解析 如图所示，该组合体由一个四棱锥和四分之一个球组成，球的半径为 1，四棱锥的高为球的半径，四棱锥的底面为等腰梯形，上底为 2，下底为 1，高为 ，所以该组合体的32体积 V＝ × ×(2＋1)× ×1＋ × π×1 3＝ ＋ .13 12 32 14 43 34 π 3121．(2017·太原一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A．6π＋1 B. ＋124＋ 2π4C. ＋ D. ＋123＋ 2π4 12 23＋ 2π4答案 D解析 由几何体的三视图知，该几何体为一个组合体，其中下部是底面直径为 2，高为 2的圆柱，上部是底面直径为 2，高为 1 的圆锥的四分之一，所以该几何体的表面积为4π＋π＋ ＋ ＋1＝ ＋1，故选 D.3π4 2π4 23＋ 2π42．(2017·安徽安师大附中、马鞍山二中测试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．12 B．18 C．24 D．30答案 C解析 由三视图知，该几何体是一个长方体的一半再截去一个三棱锥后得到的，如图所示，该几何体的体积 V＝ ×4×3×5－ × ×4×3×(5－2)＝24，故选 C.12 13 12133．(2017·宝鸡质检)已知 A， B， C 三点都在以 O 为球心的球面上， OA， OB， OC 两两垂直，三棱锥 O—ABC 的体积为 ，则球 O 的表面积为( )43A. B．16π16π3C. D．32π32π3答案 B解析 设球 O 的半径为 R，以球心 O 为顶点的三棱锥的三条侧棱两两垂直且都等于球的半径 R，另外一个侧面是边长为 R 的等边三角形．因此根据三棱锥的体积公式，得2× R2·R＝ ，∴ R＝2，∴ S 球的表面积 ＝4π×2 2＝16π，故选 B.13 12 434．(2017·昆明质检)如图所示，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，则该几何体的体积为( )A．24π B．30πC．42π D．60π答案 A解析 由三视图知，该几何体是半径为 3 的半球与底面半径为 3、高为 4 的半圆锥的组合体，所以该几何体的体积 V＝ × π×3 3＋ × π×3 2×4＝24π，故选 A.12 43 12 135．(2018·九江一模)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的表面积为( )A．6＋4 ＋2 B．8＋42 3 2C．6＋6 D．6＋2 ＋42 2 3答案 A14解析 直观图是四棱锥 P—ABCD，如图所示， S△ PAB＝ S△ PAD＝ S△ PDC＝ ×2×2＝2， S△12PBC＝ ×2 ×2 ×sin 60°＝2 ， S 四边形 ABCD＝2 ×2＝4 ，因此所求棱锥的表面积为12 2 2 3 2 26＋4 ＋2 .故选 A.2 36．(2017·广州市高中毕业班综合测试)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P—ABC 为鳖臑， PA⊥平面 ABC， PA＝ AB＝2， AC＝4，三棱锥 P—ABC 的四个顶点都在球 O 的球面上，则球 O 的表面积为( )A．8π B．12πC．20π D．24π答案 C解析 方法一 将三棱锥 P—ABC 放入长方体中，如图(1)，三棱锥 P—ABC 的外接球就是长方体的外接球．因为 PA＝ AB＝2， AC＝4，△ ABC 为直角三角形，所以 BC＝ ＝2 .设外接球的半径42－ 22 3为 R，由题意可得(2 R)2＝2 2＋2 2＋(2 )2＝20，故 R2＝5，则球 O 的表面积为34π R2＝20π，故选 C.方法二 利用鳖臑的特点求解，如图(2)，因为四个面都是直角三角形，所以 PC 的中点到每一个顶点的距离都相等，即 PC 的中点为球心 O，易得 2R＝ PC＝ ，所以球 O 的表面积20为 4π R2＝20π，故选 C.157．现有橡皮泥制作的底面半径为 5，高为 4 的圆锥和底面半径为 2，高为 8 的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．答案 7解析 设新的底面半径为 r，由题意得 π r2·4＋π r2·8＝ π×5 2×4＋π×2 2×8，解得13 13r＝ .78．(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．答案 π92解析 设正方体棱长为 a，则 6a2＝18，∴ a＝ .3设球的半径为 R，则由题意知 2R＝ ＝3，a2＋ a2＋ a2∴ R＝ .32故球的体积 V＝ π R3＝ π× 3＝ π.43 43 (32) 929.(2017·南昌一模)如图所示，在直角梯形 ABCD 中，AD⊥ DC， AD∥ BC， BC＝2 CD＝2 AD＝2，若将该直角梯形绕 BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为______．答案 ( ＋3)π2解析 根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为 1，高为 1)，下半部分为圆柱(底面半径为 1，高为 1)，如图所示．则所得几何体的表面积为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，即表面16积为 ·2π·1· ＋2π·1 2＋π·1 2＝( ＋3)π.12 12＋ 12 210．(2018·长沙质检)如图所示，一个底面半径为 R 的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为 r 的实心铁球，水面高度恰好升高 r，则 ＝________.Rr答案 233解析 由水面高度升高 r，得圆柱体积增加了 π R2r，恰好是半径为 r 的实心铁球的体积，因此有 π r3＝π R2r.故 ＝ .43 Rr 23311.如图，四边形 ABCD 为菱形， G 为 AC 与 BD 的交点， BE⊥平面 ABCD.(1)证明：平面 AEC⊥平面 BED；(2)若∠ ABC＝120°， AE⊥ EC，三棱锥 E-ACD 的体积为 ，求该三棱锥的侧面积．63(1)证明 因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AC⊥ BD.因为 BE⊥平面 ABCD， AC平面 ABCD，所以 BE⊥ AC.而 BD∩ BE＝ B， BD， BE平面 BED，所以 AC⊥平面 BED.又 AC平面 AEC，所以平面 AEC⊥平面 BED.(2)解 设 AB＝ x，在菱形 ABCD 中，由∠ ABC＝120°，可得 AG＝ GC＝ x， GB＝ GD＝ .32 x2因为 AE⊥ EC，所以在 Rt△ AEC 中，可得 EG＝ x.32由 BE⊥平面 ABCD，知△ EBG 为直角三角形，可得 BE＝ x.22由已知得，三棱锥 E-ACD 的体积17V 三棱锥 E-ACD＝ × AC·GD·BE＝ x3＝ ，13 12 624 63故 x＝2.从而可得 AE＝ EC＝ ED＝ .6所以△ EAC 的面积为 3，△ EAD 的面积与△ ECD 的面积均为 .5故三棱锥 E-ACD 的侧面积为 3＋2 .512.(2018·贵阳质检)如图，△ ABC 内接于圆 O， AB 是圆 O 的直径，四边形 DCBE 为平行四边形， DC⊥平面 ABC， AB＝2， EB＝ .3(1)求证： DE⊥平面 ACD；(2)设 AC＝ x， V(x)表示三棱锥 B－ ACE 的体积，求函数 V(x)的解析式及最大值．(1)证明 ∵四边形 DCBE 为平行四边形，∴ CD∥ BE， BC∥ DE.∵ DC⊥平面 ABC， BC平面 ABC，∴ DC⊥ BC.∵ AB 是圆 O 的直径，∴ BC⊥ AC，且 DC∩ AC＝ C，DC， AC平面 ADC，∴ BC⊥平面 ADC.∵ DE∥ BC，∴ DE⊥平面 ADC.(2)解 ∵ DC⊥平面 ABC，∴ BE⊥平面 ABC.在 Rt△ ABE 中， AB＝2， EB＝ .3在 Rt△ ABC 中，∵ AC＝ x，∴ BC＝ (0x2)，4－ x2∴ S△ ABC＝ AC·BC＝ x· ，12 12 4－ x2∴ V(x)＝ V 三棱锥 E－ ABC＝ x· (0x2)．36 4－ x2∵ x2(4－ x2)≤ 2＝4，当且仅当 x2＝4－ x2，即 x＝ 时取等号，∴当 x＝ 时，(x2＋ 4－ x22 ) 2 2体积有最大值 .3313.(2017·青岛模拟)如图，四棱锥 P—ABCD 的底面 ABCD 为平行四边形， NB＝2 PN，则三棱18锥 N—PAC 与三棱锥 D—PAC 的体积比为( )A．1∶2 B．1∶8C．1∶6 D．1∶3答案 D解析 设点 P， N 在平面 ABCD 内的射影分别为点 P′， N′，则 PP′⊥平面 ABCD， NN′⊥平面 ABCD，所以 PP′∥ NN′.连接 BP′，则在△ BPP′中，由 BN＝2 PN，得 ＝ .NN′PP′ 23V 三棱锥 N—PAC＝ V 三棱锥 P—ABC－ V 三棱锥 N—ABC＝ S△ ABC·PP′－ S△ ABC·NN′13 13＝ S△ ABC·(PP′－ NN′)＝ S△ ABC· PP′13 13 13＝ S△ ABC·PP′，19V 三棱锥 D—PAC＝ V 三棱锥 P—ACD＝ S△ ACD·PP′13＝ S△ ABC·PP′.13∴ V 三棱锥 N—PAC∶ V 三棱锥 D—PAC＝ ∶ ＝1∶3.19 1314．(2017·唐山统考)在三棱锥 P—ABC 中， PA⊥平面 ABC 且 PA＝2，△ ABC 是边长为 的3等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )A. B．4π4π3C．8π D．20π答案 C解析 由题意得，此三棱锥外接球即为以△ ABC 为底面、以 PA 为高的正三棱柱的外接球，因为△ ABC 的外接圆半径 r＝ × × ＝1，外接球球心到△ ABC 的外接圆圆心的距离32 3 23d＝ 1， 所 以 外 接 球 的 半 径 R＝ ＝ ， 所 以 三 棱 锥 外 接 球 的 表 面 积 S＝ 4π R2＝ 8π ， 故r2＋ d2 219选 C.15．(2017·云南师范大学附属中学适应性考试)已知三棱锥 O—ABC 的顶点 A， B， C 都在半径为 2 的球面上， O 是球心，∠ AOB＝120°，当△ AOC 与△ BOC 的面积之和最大时，三棱锥O—ABC 的体积为( )A. B.32 233C. D.23 13答案 B解析 设球 O 的半径为 R，因为 S△ AOC＋ S△ BOC＝ R2(sin∠ AOC＋sin∠ BOC)，12所以当∠ AOC＝∠ BOC＝90°时，S△ AOC＋ S△ BOC取得最大值，此时 OA⊥ OC.OB⊥ OC， OB∩ OA＝ O， OA， OB平面 AOB，所以 OC⊥平面 AOB，所以 V 三棱锥 O—ABC＝ V 三棱锥 C—OAB＝ OC· OA·OBsin∠ AOB＝ R3sin∠ AOB＝ ，故选 B.13 12 16 23316．如图，在△ ABC 中， AB＝ BC＝2，∠ ABC＝120°.若平面 ABC 外的点 P 和线段 AC 上的点D，满足 PD＝ DA， PB＝ BA，则四面体 P—BCD 的体积的最大值是________．答案 12解析 设 PD＝ DA＝ x，在△ ABC 中， AB＝ BC＝2，∠ ABC＝120°，∴ AC＝ AB2＋ BC2－ 2·AB·BC·cos∠ ABC＝ ＝2 ，4＋ 4－ 2×2×2×cos 120° 3∴ CD＝2 － x，且∠ ACB＝ (180°－120°)＝30°，312∴ S△ BCD＝ BC·DC·sin∠ ACB1220＝ ×2×(2 － x)× ＝ (2 － x)．12 3 12 12 3要使四面体体积最大，当且仅当点 P 到平面 BCD 的距离最大，而 P 到平面 BCD 的最大距离为 x.则 V 四面体 P—BCD＝ × (2 － x)x13 12 3＝ [－( x－ )2＋3]，16 3由于 0＜ x＜2 ，3故当 x＝ 时， V 四面体 P—BCD取最大值为 ×3＝ .316 12