1、第1讲几何体的表面积与体积、线面位置关系的判断 考情考向高考导航1“立体几何”在高考中一般会以“两小一大”或“一小一大”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，与球有关的组合体、几何体的表面积与体积，空间点、线、面的位置关系(特别是平行与垂直)2考查一个小题时，本小题一般会出现在第67题的位置上，难度中档考查两个小题时，其中一个小题难度中低档，另一小题难度稍高，一般会出现在第911题的位置上，有时也出现在压轴小题的位置上真题体验1(2018全国卷)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头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是头若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件
2、咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()解析：A俯视图应为A.2(2018全国卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为()A12B12C8 D10解析：B圆柱的轴截面是面积为8的正方形，设圆柱的底面半径为R，高为h，则(2R)28，R，h2R2.该圆柱的表面积为2R22Rh2()22212.3(2019江苏卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥EBCD的体积是_解析：本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体
3、和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题因为长方体ABCDA1B1C1D1的体积为120，所以ABBCCC1120，因为E为CC1的中点，所以CECC1，由长方体的性质知CC1底面ABCD，所以CE是三棱锥EBCD的底面BCD上的高，所以三棱锥EBCD的体积VABBCCEABBCCC112010.答案：104(2018全国卷)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30，若SAB的面积为8，则该圆锥的体积为_解析：如图SAO30，设圆锥的底面圆半径为R，则SORtan 30R，SAR，又SASB，SAB的面积SSASB28.R2，圆锥的体积为VR2SOR3(2)
4、38.答案：8主干整合1棱柱、棱锥(1)棱柱的性质侧棱都相等，侧面是平行四边形；两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面与对角面是矩形(2)正棱锥的性质侧棱相等，侧面是全等的等腰三角形，斜高(侧面等腰三角形底边上的高)相等；棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影构成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也构成一个直角三角形；某侧面上的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个直角三角形；侧棱在底面内的射影、斜高在底面内的射影及底面边长的一半也构成一个直角三角形2空间几何体的三视图(1)空间几何体三视图的画法规则：长对正，即正
5、(主)视图和俯视图的长相等；高平齐，即正(主)视图和侧(左)视图的高相等；宽相等，即侧(左)视图和俯视图的宽相等；看不见的轮廓线要用虚线表示(2)空间几何体三视图的摆放规则：俯视图放在正(主)视图的正面；侧(左)视图放在正视图的右面3几何体与球的切接问题(1)解决球的内接长方体、正方体、正四棱柱等问题的关键是把握球的直径即是棱柱的体对角线(2)解决柱、锥的内切球问题的关键是找准切点位置，化归为平面几何问题4直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a，b，aba.(2)线面平行的性质定理：a，a，bab.(3)面面平行的判定定理：a，b，abP，a，b.(4)面面平行的性质定理：，
6、a，bab.5直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m，n，mnP，lm，lnl.(2)线面垂直的性质定理：a，bab.(3)面面垂直的判定定理：a，a.(4)面面垂直的性质定理：，l，a，ala.热点一空间几何体的表面积与体积直观想象素养直观想象三视图中体现的核心素养直观想象即通过几何直观和空间想象感知几何体的形状与变化本例通过几何体的三视图直观感知几何体的形状与相关度量，想象几何体的结构特征. 根据三视图求几何体的表面积、体积例11(1)(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s
7、h，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()A158B162C182 D324解析B如图，该柱体是一个五棱柱，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.则底面面积S3327，因此，该柱体的体积V276162.故选B.(2)(2020汕头模拟)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为128，则该几何体的表面积为()A1884 B208C104 D45279解析B还原几何体如图所示，几何体的体积是Va22a2aaa128，解得a2，而几何体的表面
8、积是S2a22aaaa2，将a2代入，所以S208，故选B.根据三视图求其表面积、体积的方法(1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图(2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量(3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解根据几何体的结构特征求体积、表面积例12(1)(2019全国卷)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ABCDA1B1C1D1，挖去四棱锥OEFGH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，ABBC6 cm，AA14 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_g.解析由题
9、知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm和4 cm，故V挖去的四棱锥46312(cm3)又V长方体664144(cm3)，所以模型的体积为V长方体V挖去的四棱锥14412132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为1320.9118.8(g)答案118.8(2)如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为平行四边形，NB2PN，则三棱锥NPAC与三棱锥DPAC的体积比为()A12B18C16 D13解析D通解：设点P，N在平面ABCD内的投影分别为点P，N，则PP平面ABCD，NN平面ABCD，所以PPNN，则在BPP中，由BN2PN得.V三棱锥NPACV三棱锥PABCV三棱锥NA
10、BCSABCPPSABCNNSABC(PPNN)SABCPPSABCPP，V三棱锥DPACV三棱锥PACDSACDPP，又因为四边形ABCD是平行四边形，所以SABCSACD，所以.优解：两三棱锥同底，体积比等于点N与点D到平面PAC的距离比，点D到面PAC的距离等于点B到面PAC的距离因为距离比为13，故体积比也为13.求解几何体的表面积及体积的技巧(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体
11、以易于求解(1)(2019德州三模)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()A848B244C820 D28解析：A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，所以该几何体的表面积为S4222224848.(2)(2019天津卷)已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.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：圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半四棱锥的高为2，
12、故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为，故其体积为21.答案：热点二与球有关的组合体例2(1)(2019全国卷)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF90，则球O的体积为()A8B4C2 D.审题指导由CEF90，可得EC，利用余弦定理可求PAPBPCPAPBPC，利用外接球的直径是由该几何体补成的正方体的体对角线求R，可得球体积解析D设PAPBPC2a，则EFa，FC，EC23a2.在PEC中，cosPEC.在AEC中，cosAEC.PEC与AEC互补，34a21，a，故PAPBPC.又ABBCAC2，PAPBPC
13、，外接球的直径2R，R，VR33.故选D.(2)(2020郑州模拟)我国古代数学专著九章算术对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“鐅臑”意指四个面都是直角三角形的三棱锥某“鐅臑”的三视图(图中网格纸上每个小正方形的边长为1)如图所示，已知该几何体的高为2，则该几何体外接球的表面积为_解析由该几何体的三视图还原其直观图，并放入长方体中，如图中的三棱锥ABCD所示，其中AB2，BCCD，易知长方体的外接球即三棱锥ABCD的外接球，设外接球的直径为2R，所以4R2(2)2()2()282212，则R23，因此外接球的表面积S4R212.答案12多面体、旋转体与球接、切问题的求解策略
14、(1)过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题(2)利用平面几何知识寻找几何体元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解(3)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PAa，PBb，PCc，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，用4R2a2b2c2求解(2017全国卷)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，SAAC，SBBC，三棱锥SABC的体积为9，则球O的表面积为_解析：取SC的中点O
15、，连接OA，OB(图略)，因为SAAC，SBBC，所以OASC，OBSC，因为平面SCA平面SCB，所以OA平面SBC，设OAr，VASBCSSBCOA2rrrr3，所以r39r3，所以球的表面积为S4r236.答案：36热点三空间线面位置关系的判断例3(1)(2019武昌三模)已知m，n为异面直线，m平面，n平面.直线l满足lm，ln，l，l，则()A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l解析D通解：若，则mn，这与m、n为异面直线矛盾，所以A不正确将已知条件转化到正方体中，易知与不一定垂直，但与的交线一定平行于l，从而排除B、C.故选D.优解：构造图形如图所示，知D项正
16、确(2)(2019北京卷)已知l，m是平面外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_.解析已知l，m是平面外的两条不同直线，由lm与m，不能推出l，因为l可以与平行，也可以相交不垂直；由lm与l能推出m；由m与l可以推出lm.故正确的命题是或.答案或判断与空间位置关系有关的命题真假的方法1借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断2借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行判断(1)(2020江西八校联考)设有两条直线m，n和三个平面，.给
17、出下面四个命题：m，nmn，n；，m，mm；，mm；，.其中正确命题的个数是()A1B2C3 D4解析：B中：m，nm不能得出n，n.因为n可能在或内，故错误；，m，m，根据直线与平面平行的判定，可得m，故正确；，m，根据面面平行的性质定理可得m，故正确；，则与可能平行也可能相交，故错误(2)(2019大庆二模)已知，是两个不同的平面，l，m，n是不同的直线，下列命题不正确的是()A若lm，ln，m，n，则lB若lm，l，m，则lC若，l，m，ml，则mD若，m，n，是mn解析：A若lm，ln，m，n，不能推出l，缺少条件m与n相交，故不正确限时40分钟满分80分一、选择题(本大题共12小题，
18、每小题5分，共60分)1(2020济南模拟)“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(1)所示，图(2)中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是()Aa，b Ba，cCc，b Db，d解析：A当正视图和侧视图完全相同时，“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.2(2020四省八校联考)m，n是两条不同的直线，是平面，n，则
19、m是mn的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分又不必要条件解析：A当m时，在平面内存在一条直线b，使得bm，结合n，知nb，所以nm，所以m是mn的充分条件；当n，mn时，m或m，所以m是mn的不必要条件综上，m是mn的充分不必要条件，故选A.3(2020洛阳联考)一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图可能是()长、宽不相等的长方形正方形圆椭圆A BC D解析：B由题设条件知，正视图中的长与侧视图中的长不一致，对于，俯视图是长方形是可能的，比如此几何体为一个长方体时，满足题意；对于，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是正方形；对于，由于
20、正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是圆形；对于，如果此几何体是一个椭圆柱，满足正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图可能是椭圆综上知是可能的图形4(多选)(2020江西省红色七校联考)设m，n是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是()A若mn，n，则m或mB若m，n，则mnC若，m，则mD若m，n，m，n，则解析：AC若mn，n，则m或m，所以选项A正确；若m，n，则mn或m与n异面，所以选项B不正确；由面面平行的性质、线面垂直的性质知选项C正确；若m，n，m，n，则或与相交，所以选项D不正确故选AC.5(2018北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四
21、棱锥的侧面中，直角三角形的个数为()A1 B2C3 D4解析：C由三视图可得四棱锥PABCD，四棱锥PABCD中PD2，AD2，CD2，AB1.由勾股定理可知：PA2，PC2，PB3，BC.则在四棱锥中，直角三角形有：PAD，PCD，PAB，共三个，故选C.6(2020湖南省五市十校联考)某四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是等腰直角三角形，俯视图的轮廓是直角梯形，则该四棱锥的各侧面面积的最大值为()A8 B4C8 D12解析：D由三视图可知该几何体是一个底面为直角梯形，高为4的四棱锥，如图，其中侧棱PA平面ABCD，PA4，AB4，BC4，CD6，所以AD2，PD6，PB4，连接AC，则AC4
22、，所以PC4，显然在各侧面面积中PCD的面积最大，又PDCD6，所以PC边上的高为 2，所以SPCD4212，故该四棱锥的各侧面面积的最大值为12.故选D.7(2020广州调研)如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为()A6 B7C. D.解析：B如图，根据三视图可画出对应多面体的直观图，该多面体是由棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1被截去三棱锥APQA1和三棱锥DPC1D1之后得到的一个几何体，其中P，Q分别是棱A1D1，A1B1的中点故所求多面体的体积VV正方体V三棱锥APQA1V三棱锥DPC1D123227.故选B.8(2018新课标卷)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E
23、为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A. B.C. D.解析：C如图取DD1的中点F，连接AF、EF，则EFCD，AEF即是AE与CD所成的角，设正方体的棱长为a，在直角三角形AFE中，EFa，AF a，tanAEF.9(2018全国卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A2 B2C3 D2解析：B圆柱中点M，N的位置如图1，其侧面展开图如图2，则最短路径如图2中的MN.由已知MC2，CN164，MN 2.10(2019益阳三模
24、)在三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABBC，若AB2，BC3，PA4，则该三棱锥的外接球的表面积为()A13 B20C25 D29解析：D把三棱锥PABC放在长方体中，如图所示，所以长方体的体对角线长为，所以三棱锥外接球的半径为，所以外接球的表面积为4229.11(2019重庆市二模)某几何体的三视图如图所示，其正视图为等腰梯形，则该几何体的表面积是()A18 B88C24 D126解析：C根据给定的三视图，可得原几何体如图所示，其中面ABB1A1表示边长分别为2和4的矩形，其面积为S1248，ABC和A1B1C1为底边边长为2，腰长为的等腰三角形，其高为h2，所以面积为S2S3222，面
25、AA1C1C和面BB1C1C为全等的等腰梯形，上底边长为2，下底边长为4，高为2，所以面积为S4S5(24)26，所以几何体的表面积为S8222624，故选C.12(2020陕西省质量检测)已知三棱锥SABC中，SA平面ABC，且ACB30，AC2AB2.SA1.则该三棱锥的外接球的体积为()A. B13C. D.解析：DACB30，AC2AB2，ABC是以AC为斜边的直角三角形，其外接圆半径r，则三棱锥外接球即为以ABC为底面，以SA为高的三棱锥的外接球三棱锥外接球的半径R满足R .故三棱锥外接球的体积VR3.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13(2020黄冈模拟)三棱锥P
26、ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥DABE的体积为V1，PABC的体积为V2，则_.解析：如图所示，由于D，E分别是边PB与PC的中点，所以SBDESPBC.又因为三棱锥ABDE与三棱锥APBC的高长度相等，所以.答案：14(2019全国卷)已知ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，点P到ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为_解析：过P作PDAC于D，PEBC于E，PO平面ABC于O.连OD，OE，PDPE，PC2，CDCE1.由题意，四边形ODCE为圆内接四边形，又ACB90四边形ODCE为正方形，OD1，PO.即点P到平面ABC的距离为.答案：15(
27、2020丽水模拟)已知E，F分别是矩形ABCD的边BC与AD的中点，且BC2AB2，现沿EF将平面ABEF折起，使平面ABEF平面EFDC，则三棱锥AFEC外接球的半径_，外接球的体积为_解析：由题意，三棱锥AFEC外接球是正方体AC的外接球，所以三棱锥AEFC外接球的半径是，所以三棱锥AFEC外接球的体积为3.答案：16.(2019日照三模)如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD且底面各边都相等，M是PC上一点，当点M满足_时，平面MBD平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)解析：如图，连接AC，因为PA底面ABCD，所以PABD，因为四边形ABCD的各边相等，所以ACBD，又PAACA，所以BD平面PAC，所以BDPC，要使平面MBD平面PCD，只需PC垂直于平面MBD内与BD相交的直线即可，所以可填DMPC(或BMPC)答案：DMPC(或BMPC)
