1、第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积 第二编 讲专题专题四 立体几何与空间向量考情研析 1.从具体内容上，主要考查：(1)空间几何体的三视图并结合几何量(线段长度、表面积、体积等)的计算等(2)球与多面体的组合，并结合考查球的表面积和体积的计算等 2.从高考特点上，题型为选择题或填空题，难度中等，分值约 5 分.1 核心知识回顾 PART ONE 1.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_；高平齐，即_；宽相等，即_；看不见的轮廓线要用_01 正(主)视图和俯视图的长相等02 正(主)视图和侧(左)视图的高相等03 侧(左)视图和俯视图的宽相等04 虚线表示(2)空
2、间几何体三视图的摆放规则：_2空间几何体的表面积(1)多面体的表面积为_(2)圆柱的表面积公式：_(rl)(其中，r 为底面半径，l 为圆柱的高)05 俯视图放在正(主)视图的下面；侧(左)视图放在正(主)视图的右面01 各个面的面积的和02 S2r22rl2r(3)圆锥的表面积公式：_(4)圆台的表面积公式：_(5)球的表面积公式：_03 Sr2rlr(rl)(其中圆锥的底面半径为 r，母线长为 l)04 S(r2r2rlrl)(其中圆台的上、下底面半径分别为 r和 r，母线长为 l)05 S4R2(其中球的半径为 R)3空间几何体的体积(1)V 柱体_(2)V 锥体_(3)V 球_01 S
3、h(S 为底面面积，h 为高)02 13Sh(S 为底面面积，h 为高)03 43R3(其中 R 为球的半径)2 热点考向探究 PART TWO 考向 1 空间几何体的三视图例 1(1)沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的正视图、侧视图与俯视图分别为()ABCD答案 A解析 由已知可得正视图应当是，排除 D；侧视图是一个正方形，中间的棱在侧视图中表现为一条对角线，对角线的方向应该从左上到右下，即侧视图应当是，排除 C；俯视图应当是，排除 B.故选 A.(2)(2019湖南永州高三第三次模拟)正方体被切去一个角后得到的几何体如图所示，其侧视图(由左往右看)是()答案 A解
4、析 从左往右看，是正方形从左上角有一条斜线故选 A.(1)根据空间几何体的三视图还原空间几何体时，要善于把空间几何体放置在长方体、正方体中，既容易得出空间几何体的实际形状，又容易进行计算(2)根据空间几何体得出其三视图时，要抓住其顶点在投影面上的正投影，并注意几何体的轮廓线“眼见为实、不见为虚”，在数量关系上注意“高平齐、长对正、宽相等”的原则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正视图和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是()答案 C解析 若俯视图为 C 中的图形，则对应的几何体为如图所示的正方体(棱长为 2)中的四棱锥 PABCD，所以该四棱锥的体
5、积 V13S正方形 ABCDPA13(22)283，显然符合题意经验证知其他选项不满足题意故选 C.2.如图甲，将一个正三棱柱 ABCDEF 截去一个三棱锥 ABCD，得到几何体 BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是()答案 C解析 由于三棱柱为正三棱柱，故平面 ADEB平面 DEF，DEF 是等边三角形，所以 CD 在后侧面上的投影为 AB 的中点与 D 的连线，CD 的投影与底面不垂直故选 C.考向 2 空间几何体的表面积与体积 例 2(1)(2019湖南永州高三第三次模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.53B.43C.3D.23答案 D解析 由三视图可
6、知原几何体为半个圆柱中间去掉半个圆锥，则半个圆柱体积为 V112122，半个圆锥体积为 V212131223，则该几何体的体积为 VV1V223.故选 D.(2)(2019重庆南开中学高三第三次教学质量检测)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，则该几何体的体积为()A42B45 C46D48答案 C解析 由三视图可知原几何体为如图所示的多面体 ABEHMCDGF，所以该几何体的体积为 434131223248246.故选 C.(3)(2019山东省济宁市高三第一次模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A249B129 C125D244答案 B解析
7、 由三视图可知，几何体是一个高为 3，底面半径为 4 的圆锥的14，故该几何体的表面积 S123412341442144 3242129.故选 B.(1)由三视图求表面积和体积时，解题的关键是对所给三视图进行分析，得到几何体的直观图(2)多面体的表面积是各个面的面积之和，求组合体的表面积时要注意重合部分的面积(3)求规则几何体的体积，只需确定底面积与相应的高，而一些不规则几何体的体积往往需采用分割或补形的方法，转化求解1.(2019马鞍山高考数学一模)如图，网格纸的各小格都是边长为1的正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体的表面积是()A(2 2)B(22 2)C(4 2)D(
8、42 2)答案 D解析 由三视图得到该几何体是上、下两个圆锥与中间圆柱体的组合体其中底面圆的半径为 1，圆锥的高为 1，圆柱的高为 2，所以组合体的表面积为 S21 12122122 24.故选 D.2某几何体的三视图如图所示(在如图的网格纸中，每个小正方形的边长为 1)，则该几何体的表面积为()A48B54 C60D64答案 C解析 还原几何体如图所示，该几何体是底面为矩形的四棱锥所以该几何体的表面积 S3612641253212651812151560.故选 C.3.(2019毛坦厂中学高三 4 月联考)中国古代数学名著九章算术中记载了公元前 344 年商鞅督造的一种标准量器商鞅铜方升，其
9、三视图如图所示(单位：寸)，若 取 3,27 立方寸1 升，则商鞅铜方升的容积约为()A0.456 升B0.467 升C0.486 升D0.487 升答案 B解析 由三视图得，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成(如图所示)，故 其 体 积 V(5.4 1.6)31 3(12)21.6 12.6(立 方 寸)，12.6270.467(升)故选 B.考向 3 多面体与球例 3(1)(2019河北省唐山市高三第二次模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A16B14 C10D8答案 C解析 将三视图还原为如图所示的几何体，该几何体为半个球挖去一个圆锥，球半径为 R 3，圆锥底面半径
10、 r1，由题知母线长为 2，则该几何体的表面积 S124R2R2r2122r210，故选 C.(2)(2019安徽省马鞍山市高考一模)在三棱锥 ABCD 中，BCBD，ABADBD4 3，BC6，平面 ABD平面 BCD，则三棱锥 ABCD 的外接球体积为()A36 B.2563C.5003D288答案 C解析 平面 ABD平面 BCD，平面 ABD平面 BCDBD，BCBD，BC平面 BCD，BC平面 ABD，ABADBD4 3，所以ABD 是边长为 4 3的等边三角形，由正弦定理得ABD 的外接圆的直径为 2rABsin38，所以该球的直径为 2R 2r2BC210，则 R5.因此，三棱锥
11、 ABCD 的外接球体积为 V43R343535003.故选 C.多面体与球切、接问题的求解方法(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般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 PAa，PBb，PCc，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据 4R2a2b2c2 求解(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置
12、，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1.(2018襄阳五中一模)如图，在ABC 中，ABBC 6，ABC90，点 D 为 AC 的中点，将ABD 沿 BD 折起到PBD 的位置，使 PCPD，连接 PC，得到三棱锥 PBCD，若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是()AB3 C5D7答案 D解析 由题意得该三棱锥的面 PCD 是边长为 3的正三角形，且 BD平面 PCD，设三棱锥 PBDC 外接球的球心为 O，PCD 外接圆的圆心为 O1，则 OO1平面 PCD，所以四边形 OO1DB 为直角梯形，由 BD 3，O1D1，及 OBOD，得 OB 72，所
13、以外接球半径为 R 72，所以该球的表面积 S4R24747.故选 D.2表面积为 16 的球面上有四个点 P，A，B，C，且ABC 是边长为2 3的等边三角形，若平面 PAB平面 ABC，则棱锥 PABC 体积的最大值为_答案 3解析 设球半径为 r，4r216，r2.又ABC 是边长为 2 3的等边三角形，ABC 外接圆半径 r12 3 32 232，rr1，外接球的球心，即为ABC 外接圆圆心当 P 在 AB 上投影在 AB 中点时，棱锥高达到最大，体积最大设高为 h，则 h2413，h 3.V13 34(2 3)2 33.3 真题VS押题 PART THREE 真题模拟1(2019新疆
14、维吾尔族自治区普通高考第二次适应性检测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A240B220 C200D260答案 A解析 根据三视图可以画出该几何体的直观图为如图所示的四棱柱，侧棱与底面垂直，底面是等腰梯形，侧棱长为 10，等腰梯形上底为 2，下底为8，高为 4，腰为 5，所以表面积 S212(28)42108102(510)240.故选 A.2(2019东北三省四市高三第一次模拟)我国古代数学名著九章算术商功中阐述：“斜解立方，得两壍堵斜解壍堵其一为阳马，一为鳖臑阳马居二，鳖臑居一，不易之率也合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣”若称为“阳马”的某几何体的三视图如图所示，图中网
15、格纸上小正方形的边长为 1，则对该几何体描述：四个侧面都是直角三角形；最长的侧棱长为 2 6；四个侧面中有三个侧面是全等的直角三角形；外接球的表面积为 24.其中所有正确结论的编号为()ABCD答案 D解析 由三视图可知，该几何体为四棱锥 PABCD，四边形 ABCD 为矩形，AB4，AD2，PD平面 ABCD，PD2，对于，易证 AB平面 PAD，BC平面 PCD，故四个侧面都是直角三角形；对于，PB 41642 6，故正确；对于，四个侧面中没有全等的三角形，故错误；对于，外接球的直径为 PB2 6，故外接球的表面积为 24，正确，故选 D.3(2019江西八所重点中学高三 4 月联考)某四
16、面体的三视图如图所示，则该四面体最长的棱长与最短的棱长的比是()A.52 B.2 C.3 55 D.32答案 D解析 由三视图得该四面体的直观图如图，图中三角形 ABC 是等腰三角形，且三角形的中线 AO 是三棱锥 ABCD 的高，且 AO2，底面BCD 是直角边为 2 的等腰直角三角形，6 条棱长分别是 BCCD2，ABAC 5，BD2 2，AD3，该四面体最长的棱长与最短的棱长分别为 3,2，所以该四面体最长的棱长与最短的棱长的比是32，故选 D.4(2019北京高考)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示如果网格纸上小正方形的边长为 1，那么该几何体的体积为_答案 4
17、0解析 由题意知去掉的四棱柱的底面为直角梯形，底面积 S(24)226，高为正方体的棱长 4，所以去掉的四棱柱的体积为 6424.又正方体的体积为 4364，所以该几何体的体积为 642440.金版押题5如图是某个几何体的三视图，则这个几何体的体积是()A22B23C43D42解析 该几何体由一个三棱柱和半个圆柱组成，其中三棱柱底面为等腰直角三角形，高为 2，圆柱底面半径为 1，高为 1.VV 三棱柱12V 圆柱12 2 221212122.故选 A.答案 A6一个几何体的三视图如图所示，其中主(正)视图是边长为 2 的正三角形，则该几何体的外接球的体积为()A.8 327B.32 327C.
18、64 327D.256 327答案 B解析 如图，该几何体的直观图是三棱锥 PABC.主视图是边长为 2 的正三角形 PAC，平面 PAC平面 ABC，三棱锥的高是 3，其中 DADBDC1，PD平面 ABC，球心 O 在 PD 上，设球的半径为 r，则 r2(3r)212，解得 r2 33，故 V32 327.故选 B.4 配套作业 PART FOUR 一、选择题1将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()答案 C解析 侧视图从图形的左面向右面看，看到一个矩形，在矩形上有一条对角线，对角线是由左下角到右上角的线，故选 C.2如图，网格纸上小正方形的边长为 1，实线
19、画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为()A3B3 2C9D9 2答案 A解析 由题中的三视图，可得该几何体是一个以俯视图中的梯形为底面的四棱锥，其底面面积 S12(24)13，高 h3，故其体积 V13Sh3，故选 A.3(2019成都市外国语学校高三一诊)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A16163B16323C8163D8323答案 D解析 由三视图可知，该几何体为一个半圆柱挖去一个倒立的四棱锥该几何体的体积 V12224134228323.故选 D.4(2019安徽马鞍山高中毕业班第二次教学质量监测)已知某几何体的三视图如图所示，网格中小正方形的边长为 1，则该几
20、何体的表面积为()A20B22C24D192 2答案 B解析 通过三视图可知，该几何体是正方体去掉两个“角”所以表面积 S12(12)2212(12)224312 23 22 222.故选B.5某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积等于()A423(cm3)B432(cm3)C623(cm3)D632(cm3)答案 D解析 根据该几何体的三视图，可得该几何体是一个直三棱柱与一个半圆柱的组合体，该直三棱柱的底面是边长为 2 cm 的等腰直角三角形，高为 3 cm，半圆柱的底面半圆的半径为 1 cm，高为 3 cm，因此该几何体的体积 V1222312123632(cm3)故选
21、D.6如图所示为一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A6B44C86D46答案 C解析 由三视图知该几何体是一个底面半径为 1，高为 4 的圆柱上下部各截去一个高为 2 的半圆柱，如图所示，则该几何体的表面积为 21221222286，故选 C.7(2019广东东莞市高三教学质量监测)如图，半径为 R 的球的两个内接圆锥有公共的底面，若两个圆锥的体积之和为球的体积的38，则这两个圆锥高之差的绝对值为()A.R2B.2R3C.4R3DR答案 D解析 如题图，设球的球心为 O，体积为 V，上面圆锥的高为 h，体积为V1，下面圆锥的高为 H，体积为 V2；圆锥的底面的圆心为 O1，半径为 r
22、.由球和圆锥的对称性可知，hH2R，|OO1|HR，由题意可知，V1V238V13r2h13r2H3843R3r2(hH)32R3，而 hH2R，r 32 R，由于OO1 垂直于圆锥的底面，所以 OO1 垂直于底面的半径，由勾股定理可知，R2r2|OO1|2，R2r2(HR)2H32R，可知 h12R，这两个圆锥高之差的绝对值为 R，故选 D.8一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.323 B.503 C.643 D.803答案 D解析 如图所示，三视图对应的几何体为 ABCDEF，其体积为12431312422803.故选 D.9(2019江西南昌外国语学校高三高考适应性测试
23、)在三棱锥 SABC 中，ABBC，ABBC 2，SASC2，二面角 SACB 的余弦值是 33，若 S，A，B，C 都在同一球面上，则该球的表面积是()A4B6 C8D9答案 B解析 如图，取 AC 的中点 D，连接 SD，BD.因为 SASC，ABBC，所以 SDAC，BDAC，可得SDB 即为二面角 SACB 的平面角，故 cosSDB 33，在 RtSDC 中，SD SC2CD2 41 3，同理可得BD1，由余弦定理得 cosSDB31SB22 31 33，解得 SB 6，在SCB中，SC2CB242(6)2SB2，所以SCB 为直角三角形，同理可得SAB 为直角三角形，取 SB 的中
24、点 E，则 SEEB 62，在 RtSCB 与 RtSAB 中，EASB2 62，ECSB2 62，所以点 E 为该球的球心，半径为 62，所以该球的表面积为 S4(62)26，故选 B.10(2019广州高中毕业班综合测试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为 2 的正方形，则该几何体的表面积为()A.132B7 C.152D8答案 B解析 由题意可知，几何体是一个圆柱与一个14的球的组合体，球的半径为 1，圆柱的高为 2，可得该几何体的表面积为14412212227.故选 B.11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
25、接球的表面积为()A27B30C32D34答案 D解析 根据三视图可知，此多面体为三棱锥 ABCD，且侧面 ABC底面 BCD，ABC 与BCD 都为等腰三角形，如图所示根据题意可知，三棱锥 ABCD 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，OB，易知 O在 DM上，过 O 作 OMAM于点 M，连接 OA，OB，根据三视图可知 MD4，BDCD2 5，故 sinBCD2 55，设BCD 的外接圆半径为 r，根据正弦定理可知，2rBDsinBCD5，故BOr52，MO32，设 OOx，该多面体的外接球半径为 R，
26、在RtBOO中，R2522x2，在 RtAMO 中，R2322(4x)2，所以 R 342，故该多面体的外接球的表面积 S4R234.故选 D.12(2019大兴区高三 4 月一模)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为()A.13B2 3C3D2 2答案 B解析 由三视图得该几何体的直观图是图中的三棱锥 ABCD，所以 CD3，BD 2212 5，AB 2212 5，AC2 22123，BC 22222 2，AD2 22222 3.所以 AD 是最长的棱，即三棱锥最长棱的棱长为2 3，故选 B.二、填空题13已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为_答案 50解析 由题意知，该几何体是三棱锥 SABC，将其放入长方体中，情形如图所示于是该长方体的对角线长为 3242525 2.长方体的外接球也就是该三棱锥的外接球，于是其半径为5 22，从而外接球的表面积是 50.14(2019玉溪一中高三下学期第五次调研)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线和粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为_答案 23解析 画出三视图对应的直观图如图所示三棱锥 ABCD.故体积为131212223.本课结束
