1、1第 1 讲 空间几何体考情考向分析 1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算.2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题热点一 三视图与直观图1一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” 2由三视图还原几何体的步骤一般先依据俯视图确定底面再利用正视图与侧视图确定几何体例 1 (1)(2018全国)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，
2、则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )答案 A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.(2)有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)， ABC45， AB AD1， DC BC，则这块菜地的面积为_答案 222解析 如图，在直观图中，过点 A 作 AE BC，垂足为点 E，2则在 Rt ABE 中， AB1， ABE45， BE .22而四边形 AECD 为矩形， AD1， EC AD1， BC BE EC 1.22由此可还原原图形如图所示在原图形中， A D1， A B2，B C 1，22且 A D B C， A
3、 B B C，这块菜地的面积为 S (A D B C) A B12 22 .12 (1 1 22) 22思维升华 空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧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，再确定几何体的形状，即可得到结果在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑跟踪演练 1 (1)(2018浙江省台州中学模拟)在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为( )答案 D3
4、解析 由正视图和俯视图得该几何体可以为一个底面为等腰三角形的三棱锥和一个与三棱锥等高，且底面直径等于三棱锥的底面等腰三角形的底的半圆锥的组合体，则其侧视图可以为D 选项中的图形，故选 D.(2)如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1中， E， F， G 分别为棱 CD， CC1， A1B1的中点，用过点E， F， G 的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧视图为( )答案 C解析 取 AA1的中点 H，连接 GH，则 GH 为过点 E， F， G 的平面与正方体的面 A1B1BA 的交线延长 GH，交 BA 的延长线与点 P，连接 EP，交 AD 于点 N，则 NE 为过点 E，
5、F， G 的平面与正方体的面 ABCD 的交线同理，延长 EF，交 D1C1的延长线于点 Q，连接 GQ，交 B1C1于点 M，则 FM 为过点 E， F， G 的平面与正方体的面 BCC1B1的交线所以过点 E， F， G 的平面截正方体所得的截面为图中的六边形 EFMGHN.故可得位于截面以下部分的几何体的侧视图为选项 C 所示热点二 几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧例 2
6、 (1)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )4A84 8 B2442 5 2C820 D282答案 A解析 由三视图可知，该几何体的下底面是长为 4，宽为 2 的矩形，左右两个侧面是底边为2，高为 2 的三角形，前后两个侧面是底边为 4，高为 的平行四边形，所以该几何体的2 5表面积为 S422 22 24 84 8 .12 2 5 2 5(2)(2018杭州质检)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是_，表面积是_答案 6(6 )143 13解析 由三视图知，该几何体是由四分之一球与半个圆锥组合而成，则该组合体的体积为V 2 3
7、 2 23 ，14 43 12 13 143表面积为 S 42 2 2 2 43 22 6 .14 12 12 12 12 32 22 (6 13)思维升华 (1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和(2)求简单几何体的体积时，若所给的几何体为柱体、锥体或台体，则可直接利用公式求解；求组合体的体积时，若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，常用转换法、分割法、补形法等进行求解；求以三视图为背景的几何体的体积时，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演练 2 (1)(2018宁波期末)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一个几何体，该
8、几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示若该几何体的表面积为1620，则 r 等于( )5A1 B2 C4 D8答案 B解析 由三视图得该几何体为一个半球和一个半圆柱的组合体，且半圆柱的底面和半球体的一半底面重合，则其表面积为4 r2 r22 r2r 2 r2r4 r25 r21620，解得 r2，故选 B.12 12(2)(2018绍兴质检)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( )A2 B3 C4 D6答案 A解析 将俯视图的对角线的交点向上拉起，结合正视图与侧视图知，此空间几何体是底面为正方形(边长 )，高为 3 的正四棱锥，则其体积 V Sh ( )
9、232，故选 A.213 13 2热点三 多面体与球与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点” “接点”)作出截面图例 3 (1)已知正三棱锥 S ABC 的顶点均在球 O 的球面上，过侧棱 SA 及球心 O 的平面截三6棱锥及球面所得截面如图所示，已知三棱锥的体积为 2
10、，则球 O 的表面积为( )3A16 B18C24 D32答案 A解析 设正三棱锥的底面边长为 a，外接球的半径为 R，因为正三棱锥的底面为正三角形，边长为 a，则 AD a，则 AO AD a，32 23 33所以 a R，即 a R，33 3又因为三棱锥的体积为 2 ，3所以 a2R 2R2 ，13 34 13 34 (3R) 3解得 R2，所以球的表面积为 S4 R216.(2)如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为( )A. B. C. D.254 2516 1 1254 1 12516答案 D解析 把此三棱锥嵌入长、宽、高分别为 20,24,16 的长方体 ABCD A1B
11、1C1D1中，7三棱锥 B KLJ 即为所求的三棱锥，其中 KC19， C1L LB112， B1B16， ，KC1C1L LB1B1B则 KC1L LB1B， KLB90，故可求得三棱锥各面面积分别为S BKL150， S JKL150， S JKB250， S JLB250，故表面积为 S 表 800.三棱锥体积 V S BKLJK1 000，13设内切球半径为 r，则 r ，3VS表 154故三棱锥内切球体积 V 球 r3 .43 1 12516思维升华 三棱锥 P ABC 可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形(1)点 P 可作为长方体上底面的一个顶点，点 A， B， C 可作为下
12、底面的三个顶点(2)P ABC 为正四面体，则正四面体的每条棱都可作为正方体的一条面对角线跟踪演练 3 (1)在三棱锥 P ABC 中， PA平面 ABC， AB BC，若 AB2， BC3， PA4，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A13 B20 C25 D29答案 D解析 把三棱锥 P ABC 放到长方体中，如图所示，所以长方体的体对角线长为 ，22 32 42 29所以三棱锥外接球的半径为 ，292所以外接球的表面积为 4 229.(292)(2)已知一个圆锥的侧面积是底面积的 2 倍，记该圆锥的内切球的表面积为 S1，外接球的表面积为 S2，则 等于( )S1S2A12 B13 C1
13、4 D18答案 C解析 如图，8由已知圆锥侧面积是底面积的 2 倍，不妨设底面圆半径为 r， l 为底面圆周长， R 为母线长，则 lR2 r2，12即 2 rR2 r2，12解得 R2 r，故 ADC30，则 DEF 为等边三角形，设 B 为 DEF 的重心，过 B 作 BC DF，则 DB 为圆锥的外接球半径， BC 为圆锥的内切球半径，则 ， ，故 .BCBD 12 r内r外 12 S1S2 14真题体验1(2018全国改编)某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图所示圆柱表面上的点 M 在正视图上的对应点为 A，圆柱表面上的点 N 在侧视图上的对应点为 B，则在此圆柱侧面上，从
14、 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为_答案 2 5解析 先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点 M， N 的位置如图所示圆柱的侧面展开图及 M， N 的位置( N 为 OP 的四等分点)如图所示，连接 MN，则图中 MN 即为 M 到 N 的最短路径 ON 164， OM2，149 MN 2 .OM2 ON2 22 42 52(2017北京改编)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为_答案 2 3解析 在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知 SD 为该四棱锥的最长棱由三视图可知，正方体的棱长为 2，故 SD 2 .22 22 22 33(2017天津)已知一个正方体的所
15、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 92解析 设正方体的棱长为 a，则 6a218， a .3设球的半径为 R，则由题意知 2R 3，a2 a2 a2 R .故球的体积 V R3 3 .32 43 43 (32) 924(2017全国)已知三棱锥 SABC 的所有顶点都在球 O 的球面上， SC 是球 O 的直径若平面 SCA平面 SCB， SA AC， SB BC，三棱锥 SABC 的体积为 9，则球 O 的表面积为_答案 36解析 如图，连接 OA， OB.10由 SA AC， SB BC， SC 为球 O 的直径知， OA SC， OB SC.由平面
16、 SCA平面 SCB，平面 SCA平面 SCB SC， OA平面 SCA， OA平面 SCB.设球 O 的半径为 r，则 OA OB r， SC2 r，三棱锥 S ABC 的体积 V SCOBOA ，13 12 r33即 9， r3，球 O 的表面积 S4 r236.r33押题预测1一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为( )A16 B8 82C2 2 8 D4 4 82 6 2 6押题依据 求空间几何体的表面积或体积是立体几何的重要内容之一，也是高考命题的热点此类题常以三视图为载体，给出几何体的结构特征，求几何体的表面积或体积答案 D解析 由三视图知，该几何体是底面边长为
17、2 的正方形，高 PD2 的四棱锥22 22 2P ABCD，因为 PD平面 ABCD，且四边形 ABCD 是正方形，易得 BC PC， BA PA，又 PC 2 ，PD2 CD2 22 222 3所以 S PCD S PAD 22 2 ，12 2 211S PAB S PBC 2 2 2 .12 2 3 6所以几何体的表面积为 4 4 8.6 22在正三棱锥 S ABC 中，点 M 是 SC 的中点，且 AM SB，底面边长 AB2 ，则正三棱锥2S ABC 的外接球的表面积为( )A6 B12 C32 D36押题依据 灵活运用正三棱锥中线与线之间的位置关系来解决外接球的相关问题，是高考的热
18、点答案 B解析 因为三棱锥 S ABC 为正三棱锥，所以 SB AC，又 AM SB， AC AM A， AC， AM平面 SAC，所以 SB平面 SAC，所以 SB SA， SB SC，同理 SA SC，即 SA， SB， SC 三线两两垂直，且 AB2 ，所以 SA SB SC2，所以(2 R)232 212，所以球的表面积2S4 R212，故选 B.3已知半径为 1 的球 O 中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体积与圆柱的体积的比值为_押题依据 求空间几何体的体积是立体几何的重要内容之一，也是高考的热点问题之一，主要是求柱体、锥体、球体或简单组合体的体积本题通过球的内接圆柱，来考
19、查球与圆柱的体积计算，命题角度新颖，值得关注答案 423解析 如图所示，设圆柱的底面半径为 r，则圆柱的侧面积为S2 r2 1 r24 r 1 r24 2r2 1 r22.(当 且 仅 当 r2 1 r2， 即 r22时 取 等 号 )12所以当 r 时， .22 V球V圆 柱43 13 (22)22 423A 组 专题通关1.如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1中， P 为 BD1的中点，则 PAC 在该正方体各个面上的正投影可能是( )A B C D答案 B解析 P 点在上下底面投影落在 AC 或 A1C1上，所以 PAC 在上底面或下底面的投影为，在前、后面以及左、右面的投影为.2
20、. (2018浙江省金丽衢十二校联考)某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图都是腰长为 2 的等腰直角三角形，俯视图是边长为 2 的正方形，则此四面体的最大面的面积是( )A2 B2 C2 D42 3答案 C13解析 由三视图得该几何体如图中的三棱锥 A BCD 所示，则 S ABD (2 )12 22 2 ， S BCD 222， S ABC S ADC 2 22 ，所以最大面的面积为 232 3 12 12 2 2，故选 C.33(2018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：cm 3)是( )A2 B4C6 D8答案 C解析 由几何体的三视图可知，该几何
21、体是一个底面为直角梯形，高为 2 的直四棱柱，直角梯形的上、下底边长分别为 2,1，高为 2，该几何体的体积为 V2 6.122 12故选 C.4某几何体的正视图和侧视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是 A B C，如图(2)所示，其中 O A O B2， O C ，则该几何体的表面积为( )314A3612 B2483 3C2412 D3683 3答案 C解析 由题图(2)可知，该几何体的俯视图是一个底面边长为 4，高为 2 的等腰三角形，3即该三角形为等边三角形，在如图所示的长方体中，长、宽、高分别为 4,2 ，6，三视图3还原为几何体是图中的三棱锥 P ABC，且 S PAB S P
22、BC 4612， S12ABC 42 4 ， PAC 是腰长为 ，底边长为 4 的等腰三角形， S PAC8 .综上可12 3 3 52 3知，该几何体的表面积为 2124 8 2412 .故选 C.3 3 35.已知如图所示的三棱锥 D ABC 的四个顶点均在球 O 的球面上， ABC 和 DBC 所在的平面互相垂直， AB3， AC ， BC CD BD2 ，则球 O 的表面积为( )3 3A4 B12C16 D36答案 C解析 如图所示， AB2 AC2 BC2， CAB 为直角，即 ABC 外接圆的圆心为 BC 的中点O. ABC 和 DBC 所在的平面互相垂直，则球心在过 DBC 的
23、圆面上，即 DBC 的外接圆为球的大圆，由等边三角形的重心和外心重合，易得球半径 R2，球的表面积为S4 R216，故选 C.6已知正四棱锥 P ABCD 的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为 ，若该正四棱2锥的体积为 2，则此球的体积为( )15A. B. C. D.1243 62581 50081 2569答案 C解析 如图所示，设底面正方形 ABCD 的中心为 O，正四棱锥 P ABCD 的外接球的球心为O，底面正方形的边长为 ，2 O D1，正四棱锥的体积为 2， VP ABCD ( )2PO2，13 2解得 PO3， OO| PO PO|3 R|，在 Rt OO D 中，由勾股
24、定理可得 OO 2 O D2 OD2，即(3 R)21 2 R2，解得 R ，53 V 球 R3 3 .43 43 (53) 500817在三棱锥 S ABC 中，侧棱 SA底面 ABC， AB5， BC8， ABC60， SA2 ，则5该三棱锥的外接球的表面积为( )A. B. 643 2563C. D. 4363 2 048327答案 B解析 由题意知， AB5， BC8， ABC60，则在 ABC 中，由余弦定理得AC2 AB2 BC22 ABBCcos ABC，解得 AC7，设 ABC 的外接圆半径为 r，则16 ABC 的外接圆直径 2r ， r ，ACsin ABC 732 73又
25、侧棱 SA底面 ABC，三棱锥的外接球的球心到平面 ABC 的距离 d SA ，则外接球的半径12 5R ，则该三棱锥的外接球的表面积为 S4 R2 .(73)2 (5)2 643 25638某几何体的正视图和俯视图如图所示，在下列图形中，可能是该几何体侧视图的图形是_(写出所有可能的序号)答案 解析 如图 a 三棱锥 C ABD，正视图与俯视图符合题意，侧视图为；如图 b 四棱锥 P ABCD，正视图与俯视图符合题意，侧视图为；如图 c 三棱锥 P BCD，正视图与俯视图符合题意，侧视图为.9如图 1 所示是一种生活中常见的容器，其结构如图 2，其中 ABCD 是矩形， ABFE 和 CDE
26、F都是等腰梯形，且 AD平面 CDEF，现测得 AB20 cm， AD15 cm， EF30 cm， AB 与 EF 间的距离为 25 cm，则几何体 EF ABCD 的体积为_cm 3.答案 3 50017解析 在 EF 上，取两点 M， N(图略)，分别满足 EM NF5，连接 DM， AM， BN， CN，则该几何体就被分割成两个棱锥和一个棱柱，根据柱、锥体的体积公式以及题中所给的相关量，可以求得 V 2015202 201553 500.12 13 1210. (2018浙江省杭州二中等五校联考)一个三棱锥的三视图如图所示，则其表面积为_，其外接球的体积为_答案 262 3412523
27、解析 由三视图得该几何体是一个底面为直角边分别为 3,4 的直角三角形，高为 5 的三棱锥，且三棱锥的顶点在底面的投影为底面直角三角形中边长为 4 的直角边所对的顶点，则其表面积为 34 35 55 4262 ，其外接球的半径为12 12 12 12 34 34 ，则外接球的体积为 3 .(52)2 (32 422 )2 522 43 (522) 1252311(2018全国)已知圆锥的顶点为 S，母线 SA， SB 所成角的余弦值为 ， SA 与圆锥底面78所成角为 45，若 SAB 的面积为 5 ，则该圆锥的侧面积为_15答案 40 2解析 如图， SA 与底面所成角为 45， SAO 为
28、等腰直角三角形设 OA r，则 SO r， SA SB r.2在 SAB 中，cos ASB ，78sin ASB ，15818 S SAB SASBsin ASB12 ( r)2 5 ，12 2 158 15解得 r2 ，10 SA r4 ，即母线长 l4 ，2 5 5 S 圆锥侧 rl2 4 40 .10 5 212已知二面角 l 的大小为 ，点 P ，点 P 在 内的正投影为点 A，过点 A 3作 AB l，垂足为点 B，点 C l， BC2 ， PA2 ，点 D ，且四边形 ABCD 满足2 3 BCD DAB.若四面体 PACD 的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为_答案 8 6
29、解析 BCD DAB， A， B， C， D 四点共圆，直径为 AC. PA平面 ， AB l，易得 PB l，即 PBA 为二面角 l 的平面角，即 PBA ， 3 PA2 ， BA2，3 BC2 ， AC2 .2 3设球的半径为 R，则 2 ，3 R2 (3)2 R2 (3)2 R ， V ( )38 .643 6 6B 组 能力提高13若四棱锥 P ABCD 的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A. B. C. D.815 8120 1015 10120答案 C解析 根据三视图还原几何体为一个四棱锥 P ABCD，如图所示，平面 PAD平面 ABCD，19由于 PAD 为
30、等腰三角形， PA PD3， AD4，四边形 ABCD 为矩形， CD2，过 PAD 的外心 F 作平面 PAD 的垂线，过矩形 ABCD 的中心 H 作平面 ABCD 的垂线，两条垂线交于一点 O，则 O 为四棱锥外接球的球心，在 PAD 中，cos APD ，则32 32 42233 19sin APD ，4592PF ， PF ，ADsin APD 4459 955 9510PE ， OH EF ，9 4 5 59510 510BH ，1216 4 5OB ，OH2 BH25100 5 50510所以 S4 .505100 101514.如图所示，正方形 ABCD 的边长为 2，切去阴影
31、部分围成一个正四棱锥，则正四棱锥侧面积的取值范围为( )A(1,2) B(1,2C(0,2 D(0,2)答案 D解析 设四棱锥一个侧面为 APQ， APQ x，过点 A 作 AH PQ，20则 AH PQtan x 12 AC PQ2 22 PQ2 PQ，212 PQ ， AH ，221 tan x 2tan x1 tan x S4 PQAH2 PQAH122 221 tan x 2tan x1 tan x ， x ，8tan x1 tan x2 4， 2)tan x0， S 8tan x1 tan x2 8tan x1 tan2x 2tan x 2，81tan x tan x 2 82 2，
32、(当 且 仅 当 tan x 1， 即 x 4时 取 等 号 )而 tan x0，故 S0， S2 时， APQ 是等腰直角三角形，顶角 PAQ90，阴影部分不存在，折叠后 A 与 O 重合，构不成棱锥， S 的取值范围为(0,2)，故选 D.15(2018宁波模拟)已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为 120的等腰三角形，侧视图为直角三角形，则该三棱锥的表面积为_，该三棱锥的外接球的体积为_答案 4 3 152053解析 由三视图得几何体的直观图如图所示，21 S 表 2 22 2 2 112 12 3 5 12 34 .15 3作 DE BD 交 BC 于点 E，以 D 为原
33、点， DB 所在直线为 x 轴， DE 所在直线为 y 轴， DA 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 D xyz，则 D(0,0,0)， A(0,0,2)， B(2,0,0)， C(1， ，0)，3设球心坐标为( x， y， z)，( x2) 2 y2 z2 x2 y2 z2，x2 y2( z2) 2 x2 y2 z2，(x1) 2( y )2 z2 x2 y2 z2，3 x1， y ， z1，3球心坐标是(1， ，1)，3球的半径是 .12 (3)2 12 5球的体积是 3 .43 (5) 205316(2018浙江省杭州二中等五校联考)棱长为 36 的正四面体 A BCD 的内切球上
34、有一动点M，则 MB MC 的最小值为_13答案 4 33解析 由 MB MC 结构看，需要把 MC 转化为 M 点到某定点的距离设内切球球心为 O，13 13ABD 的中心为 Q，由正四面体性质易求 OQ3 ， OC9 ， BQ12 ，且内切球的半径为 36 6 3，现在只需要在直线 OC 上找一个定点 P，使 MP MC，即在平面 OAC 内找 MP MC.当 M613 13分别在 H， Q 位置时，由 MP MC，得满足条件的只有一点 P， P 在 OC 之间且 OP ，即13 6MP MC，且可证对内切球面上任意一点 M，上式均成立所以 MB MC MB MP PB13 13 4 ，当 M 为线段 BP 与球面的交点时，取得最小值PQ2 QB2 462 1232 3322
