1、第11讲 空间几何体 题型1 选填题 练熟练稳 少丢分考情分析 空间几何体的命题常以三视图为载体，以几何体或者组合体的面积、体积等知识为主线进行考查，难度中等，相对稳定个别试题融入对函数与不等式的考查，难度较大1 热点题型分析 PART ONE 热点 1 空间几何体的三视图1.一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)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.由三视图还原直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面；(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧
2、面的特征，调整实线和虚线所对应的棱的位置；(3)确定几何体的直观图形状3.多角度、多维度、多方位观察长方体、三棱锥、四棱锥不同放置的投影，在头脑中形成较为清晰的模型意象，提升空间想象能力1.(2018全国卷)某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如右图圆柱表面上的点 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()A.2 17 B2 5 C3 D2答案 B解析 根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点 M 和点 N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端
3、点处，所以所求的最短路径的长度为 42222 5，故选 B.2.将正三棱柱截去三个角(如图 1 所示 A，B，C 分别是GHI 三边的中点)得到几何体如图 2，则该几何体按图 2 所示方向的侧视图(或称左视图)为()解析 解题时在题图 2 的右边放扇墙(心中有墙)可得答案为 A.答案 A1.三视图与直观图相互转化时，根据观察视角的不同，实虚线的正确使用至关重要，它是决定几何体形状的关键因素2.解题时可以借助长(正)方体为框架，充分利用正(长)方体中棱与面的垂直关系进行投影.热点 2 空间几何体的表面积与体积(高频考点)1.空间几何体的常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式S 直棱柱侧ch(
4、c 为底面周长，h 为体高)；S 圆柱侧12ch(c 为底面周长，h 为体高)；S 正棱锥侧12ch(c 为底面周长，h为斜高)；S 圆锥侧12cl(c 为底面周长，l 为母线)；S 正棱台侧12(cc)h(c，c 分别为上，下底面的周长，h为斜高)；S 圆台侧12(cc)l(c，c 分别为上，下底面的周长，l 为母线)(2)柱体、锥体、台体的体积公式V 柱Sh(S 为底面面积，h 为体高)；V 锥13Sh(S 为底面面积，h 为体高)；V 台13(S SSS)h(S，S 分别为上，下底面面积，h 为体高)(不要求记忆)(3)球的表面积和体积公式S 球4R2(R 为球的半径)；V 球43R3(
5、R 为球的半径)2.求解几何体的表面积及体积的技巧(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，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以易于求解；(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化1(2017全国卷)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧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面是梯形，这些梯形的面积之和为()A.10 B12 C14 D16答案 B解析 根据三视图，得到该几何体的直观图如右图所示，由图可知，该几何体的面 AADC
6、 和面 BBDC 是两个全等的梯形，因此所求的梯形面积和为 2(24)21212，故选 B.2.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A8163B4163C.84 D483答案 A解析 该几何体为一个半圆柱中间挖去一个四面体，体积 V1222413122448163.3.(2016全国卷)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为()A.1836 5B5418 5C.90 D81答案 B解析 由三视图可知，该几何体是以边长为 3 的正方形为底面的斜四棱柱(如图所示)，所以该几何体的表面积为 S23623323 32625418 5，故选
7、B.几何体的表面积与体积的考查，往往是结合三视图进行的易错点主要有两个：(1)不能准确将三视图还原几何体(特别是求面积或者棱长问题)；如第 1题和第 3 题，特别是第 3 题，题中几何体为斜四棱柱，俯视图由上下底面的投影组合而成，因而容易使得还原出现偏差因此，借助长(正)方体准确还原几何体的直观图是有效的手段(2)应用公式不熟练，获取数据信息有误导致计算错如第 3 题中，常误用左视图的高，作为几何体左右侧面的高，从而导致计算有误因此求解此类问题时，一是由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量；二是熟练掌握各类几何体的表面积和体积公式求解.热点 3 多面体与球的切、接问题通常利用球与多面体(棱
8、柱、棱锥)，球与旋转体(圆柱、圆锥)的内接与外切等位置关系，考察两个几何体的相互联系求解这类问题时，一般过球心及多面体中的接点、切点、球心或侧棱等作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系也可以只画内接、外切的几何体直观图，确定圆心的位置，弄清球的半径(或直径)与该几何体已知量间的关系，列方程(组)求解(2019漳州模拟)在直三棱柱 A1B1C1ABC 中，A1B13，B1C14，A1C15，AA12，则其外接球与内切球的表面积的比值为()A.294 B.192 C.292 D29答案 A解析 如图 1，分别取 AC，A1C1 的中点 G，H，连接 GH，取
9、GH 的中点 O，连接 OA，由题意，得 A1B21B1C21A1C21，即A1B1C1 为直角三角形，则点 O 为外接球的球心，OA 为半径，则外接球的半径 ROA1254 292；如图 2，作三棱柱的中截面，则中截面三角形的内心是该三棱柱的内切球的球心，中截面三角形的内切圆的半径 r34521，也是内切球的半径，因为 Rr 292，所以其外接球与内切球的表面积的比值为4R24r2294.故选A.解决多面体与球的切、接问题时，利用几何体与球的空间直观图分析问题很难求解，这时就需要根据图形，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，从熟悉的圆的性质中找到球的性质，从而
10、找到解决问题的关键.热点 4 交汇题型立体几何内容与平面解析几何之间关系密切，也与函数、三角、不等式有着千丝万缕的联系近年高考对立体几何的考察，会适度与上述内容进行融合，用代数的方法思考、解决空间几何问题交汇点一 空间几何体与函数、方程及不等式 典例 1 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，AB4，EB2 3.设 ACx，V(x)表示三棱锥 BACE 的体积，则函数 V(x)的解析式为_，三棱锥 BACE 体积的最大值为_解析 DC平面 ABC，DCBE，BE平面 ABC.在 RtABC 中，ACx，BC 16x2(0 x4)，S
11、ABC12ACBC12x 16x2，V(x)V 三棱锥 EABC 33 x 16x2(0 x4)x2(16x2)x216x22264，当且仅当 x216x2，即 x2 2时取等号，当 x2 2时，体积有最大值8 33.答案 V(x)33 x 16x2(0 x4)8 33空间几何体与函数、方程及不等式相交汇问题，常以考查某几何量的最值为主要方式其解决的常用方法是，找到引起变化的几何量(线段长或角度)，并建立起所求几何量与变化量之间的函数关系，再运用函数的单调性或均值不等式求解.(2017全国卷)如图，圆形纸片的圆心为 O，半径为 5 cm，该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为 O.D，E，F
12、为圆 O 上的点，DBC，ECA，FAB 分别是以 BC，CA，AB 为底边的等腰三角形沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB 为折痕折起DBC，ECA，FAB，使得 D，E，F 重合，得到三棱锥当ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为_答案 4 15解析 如图，连接 OD，交 BC 于点 G，由题意，知 ODBC，OG 36 BC.设 OGx，则 BC2 3x，DG5x，三棱锥的高 h DG2OG2 2510 xx2x2 2510 x，SABC122 3x3x3 3x2，则三棱锥的体积V13SABCh 3x2 2510 x 3 25x410 x5.令 f(x)25x41
13、0 x5，x0，52，则 f(x)100 x350 x4.令 f(x)0 得 x2.当 x(0,2)时，f(x)0，f(x)单调递增，当 x2，52时，f(x)0，f(x)单调递减，故当 x2 时，f(x)取得最大值 80，则 V 3 804 15.所以三棱锥体积的最大值为 4 15 cm3.交汇点二 空间几何体与命题典例 2(2019东北三省四市高三第二次模拟)祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”它是中国古代一个涉及几何体体积的问题意思是如果两个等高的几何体在同高处截得两个几何体的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等设 A，B 为两个等高的几何体，p：A，B 的体积不相等；q：A，B 在同
14、高处的截面面积不恒等根据祖暅原理可知，p 是 q 的()A.充分不必要条件B必要不充分条件C.充要条件D既不充分也不必要条件 答案 A空间几何体与命题交汇的问题，常在充要条件处设置障碍解决此类问题的关键，在于明确命题的条件和结论互推的结果因其内容主要与几何体的基本概念相结合，因此解决过程中，一是要明确各基本定义、定理，正确的能进行论证；二是利用具体图形作分析，举出相应的反例.设平面 与平面 相交于直线 m，直线 a 在平面 内，直线 b 在平面 内，且 bm，则“”是“ab”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既不充分也不必要条件答案 A解析 若，因为 m，b，bm，所以
15、根据两个平面垂直的性质定理可得 b，又 a，所以 ab；反过来，当 am 时，因为 bm，一定有 ba，但不能保证 b，所以不能推出.故选 A.2 真题自检感悟 PART TWO 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()A.8 6 B4 6 C2 6 D.6答案 D解析 设 PAPBPC2a，则 EFa，FC 3，EC23a2.在PEC 中，cosPECa23a22a22a 3a2.在AEC 中，cosAECa23a242a 3a2.PEC 与
16、AEC 互补，34a21，a 22，故 PAPBPC 2.又 ABBCAC2，PAPBPC，外接球的直径 2R 22 22 22 6，R 62，V43R343623 6.故选 D.2.(2019全国卷)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_答案 26 21解析 先求面数，有如下
17、两种方法解法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为 48 可知，其上部分有9 个面，中间部分有 8 个面，下部分有 9 个面，共有 29826 个面解法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)面数(F)棱数(E)2(欧拉公式)由图形知，棱数为 48 的半正多面体的顶点数为 24，故由 VFE2，得面数 F2EV2482426.再求棱长如图，作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为 1的正方形上的正八边形 ABCDEFGH，如图，设其边长为 x，则正八边形的边长即为半正多面体的棱长连接 AF，过 H，G 分别作 HMAF，GNAF，垂足分别为 M，N，则 AMMHNGNF 22 x.又
18、 AMMNNF1，即 22 xx 22 x1.解得 x 21，即半正多面体的棱长为 21.3.(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_答案 36解析 如图，连接 OA，OB.由 SAAC，SBBC，SC 为球 O 的直径，知 OASC，OBSC.由平面 SCA平面 SCB，平面 SCA平面 SCBSC，OASC，知 OA平面 SCB.设球 O 的半径为 r，则 OAOBr，SC2r，三棱锥 SABC 的体积V1312SCOB OAr33，即
19、r339，r3，S 球表4r236.3 专题作业 PART THREE 一、选择题1.下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是()ABCD答案 D解析 正方体的三个视图均为正方形，因此不符合题意；圆锥的正视图和侧视图为全等的等腰三角形，俯视图为圆，因此满足条件；三棱台的正视图为梯形，俯视图为三角形，侧视图也为梯形，但其腰长与正视图的腰长不等，故不符合题意；正四棱锥的正视图和侧视图为全等的等腰三角形，俯视图为正方形，所以满足条件，故选 D.2.某几何体的三视图，其正视图、侧视图均是直径为 2 的半圆，俯视图是直径为 2 的圆，则该几何体的表面积为()A.3 B4 C5 D12解析 通过
20、已知可得，本题的几何体为半球，所以其表面积为半球面积加上一个大圆面积，即12412123，故选 A.答案 A3.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.12 B.323 C8 D4解析 由题意可知正方体的棱长为 2，其体对角线为 2 3即为球的直径，所以球的表面积为 4R2(2R)212，故选 A.答案 A4.(2019湖南郴州 4 月模拟)一只蚂蚁从正方体 ABCDA1B1C1D1 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正视图的是()A.B C D答案 D解析 将正方体进行展开(如下图 1
21、所示)，从 A 走到 C1 的最短路线有图中的 a，b，c 三个情况将其折叠回正方体(如下图 2 所示)，路线为图中位置，因此在正视图中线路 b 满足图，线路 c 满足图，线路 a 没有满足条件的正视图，故选 D.5如图，正三棱柱 ABCA1B1C1 的底面边长为 2，侧棱长为 3，D 为BC 的中点，则三棱锥 AB1DC1 的体积为()A.3 B.32C.1 D.32答案 C解析 如题图，因为ABC 是正三角形，且 D 为 BC 中点，则 ADBC.又因为 BB1平面 ABC，AD平面 ABC，故 BB1AD，且 BB1BCB，BB1，BC平面 BCC1B1，所以 AD平面 BCC1B1，所
22、以 AD 是三棱锥 AB1DC1 的高所以 V 三棱锥 AB1DC113SB1DC1AD13 3 31.故选 C.6.某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()A.25 B26 C32 D36答案 C解析 由三视图可知，该几何体是以俯视图的图形为底面，一条侧棱与底面垂直的三棱锥如图，三棱锥 ABCD 即为该几何体，且 ABBD4，CD2，BC2 3，则 BD2BC2CD2，即BCD90，故底面外接圆的直径 2rBD4.易知 AD 为三棱锥 ABCD 的外接球的直径设球的半径为 R，则由勾股定理得 4R2AB24r232，故该几何体的外接球的表面积为 4R232.7.等腰直角三角
23、形 ABC 中，A90，该三角形分别绕 AB，BC 所在直线旋转，则 2 个几何体的体积之比为()A.1 2B.21C.12 D21答案 B解析 依题意，得出两个几何体直观图如图 1 和图 2 所示，设 AB1，则 BC 2，可得图 1 几何体的体积 V1131123，图 2 几何体的体积 V2213 22 222 26，因此两个几何体的体积之比V1V23262，故选 B.8(2019辽宁部分重点中学协作体模拟)在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是()A.圆面B矩形面C.梯形面D椭圆面或部分椭圆面答案 C
24、解析 将圆柱桶竖放，水面为圆面；将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面；将圆柱桶水平放置，水面为矩形面，所以圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面，故选 C.9.已知三棱锥 SABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，SA平面 ABC，SA2 3，AB1，AC2，BAC60，则球 O 的表面积为()A.4 B12 C16 D64答案 C解析 如图三棱锥 SABC，在ABC 中，由余弦定理得，BC2AB2AC22ABACcos603，AC2AB2BC2，即 ABBC.又 SA平面 ABC，SAAB，SABC，三棱锥 SABC 可补成分别以 AB1，BC 3，SA2 3为长、宽、高的长方
25、体，球 O 的直径为 12 322 324，故球 O 的表面积为 42216.故选 C.10.祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，其意思是：如果两个等高的几何体在同高处截得两个几何体的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等现有以下四个几何体：图是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体；图、图、图分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为()A B C D答案 C解析 由图中所给数据，可得几何体在同高处截得两个几何体的截面面积相等，故选 C.11.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为 4，底面边长为 2，则该球的表面积为()A.814 B16 C9 D.274答案 A解析 由图知，
26、R2(4R)22，R2168RR22，R94.S 表4R248116814，故选 A.12.三棱锥 PABC 的四个顶点均在半径为 2 的球面上，且 ABBCCA2 3，平面 PAB平面 ABC，则三棱锥 PABC 体积的最大值是()A.4 B3 C4 3 D3 2答案 B解析 依题意，三棱锥各顶点在半径为 2 的球面上，且 ABBCCA2 3，则ABC 的截面为球大圆上的三角形，设圆心为 O，AB 的中点为 N，则 ON1.因为平面 PAB平面 ABC，所以三棱锥 PABC 的体积取最大值时，PNAB，PN平面 ABC，PN 3，所以三棱锥的最大体积为13 34(2 3)2 33，故选 B.
27、二、填空题13如图，三棱柱 ABCABC 的底面面积为 S，高为 h，则三棱锥ABBC 的体积为_答案 13Sh解析 三棱柱可以分割为体积相等的三个三棱锥，故三棱锥体积为棱柱体积的13.14.(2019天津高考)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_答案 4解析 由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底面直径恰为四棱锥的底面正方形对角线的一半因为四棱锥的底面正方形的边长为 2，所以底面正方形对角线长为 2，所以圆柱的底面半径为12.又因为四棱锥的侧棱长均为 5，所以四棱锥
28、的高为 52122，所以圆柱的高为 1.所以圆柱的体积 V12214.15.已知在三棱锥 PABC 中，VPABC4 33，APC4，BPC3，PAAC，PBBC，且平面 PAC平面 PBC，那么三棱锥 PABC 外接球的体积为_答案 323解析 根据题意三棱锥如图，取 PC 中点 D，连接 AD，BD.因为APC4，BPC3，PAAC，PBBC，所以 ADPDCDBD，因此 D 即为三棱锥外接球球心由直角三角形可得 PC2r，PBr，BC 3r.又因为平面PAC平面 PBC，ADPC，所以 AD平面 PCB，故 VPABC13AD12PBBC 36 r34 33 r2，所以外接球的体积为 V
29、43r3323.16.(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答案 118.8解析 由题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131246312(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).本课结束