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
2、侧面的特征，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.(2019江西省南昌市二模)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是O(0,0,0)，A(1,0,1)，C(0,1,1)，B12，1，0，绘制该四面体三视图时，按照如右图所示的方向画正视图，则得到的侧视图可以为()答案 B解析 因为四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是O(0,0,0)，A(1,0,1)，C(0,1,1)，B12，1，0，几何体的直观图如图1所示，借助正方体(如图2)，得
3、到其侧视图如B项所示，故选B.(1)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如本题所示，从左向右观察时棱BC被面AOC和面AOB遮挡，故其侧视图中，BC应为虚线，如忽略此问题可能就会误选A选项.(2)解决本题时可以借助正(长)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如本题在正方体中易得A，O两点的投影分别为A，O，再根据原几何体的立体图形，连接A，O，B，C就可以快速得出侧视图，降低了其中的难度.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(c为
4、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(R为球的半径).2.求解几何体的表面积及体积的技巧(1
5、)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图所示，由图可知，该几何体的面AADC和面BBDC是两个全等的梯形，因此所求的梯形面积和为2(2
6、4)21212，故选B.2(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2题，特别是第2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
7、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2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
8、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
9、，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
10、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)，SABC12ACBC12x 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
11、，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
12、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)25x410 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
13、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解析 设命题a为“若p，则q”，其逆否命题为“若綈q，则綈p”为祖暅原理，即pq正确，即p是q的充分条件设命题b为“若q，则p”，对此举出反例，若A比B在某些等高处的截面积小一些，在另一些等高处的截面积多一些，且多的总量与少的总量相抵，则他们的体积还是一样的，所以q不能得到p，因此p是q的充分不必要条件，故选A.答案
14、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 PAR
15、T 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 6C.2 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.(2018全国卷)某圆柱的高
16、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点处，所以所求的最短路径的长度为 42222 5，故选B.3.(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
17、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
18、形上的正八边形ABCDEFGH，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AMMNNF1，即 22 xx 22 x1.解得x 21，即半正多面体的棱长为 21.4.(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 如图，连接OA，OB.由SAAC，SBBC，SC为球O的直径，知OASC，OBSC.答案 36由平面SCA平面SCB，平面SCA平面SCBSC，OASC，知O
19、A平面SCB.设球O的半径为r，则OAOBr，SC2r，三棱锥SABC的体积V1312SCOB OAr33，即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()A BC D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
20、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.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()答案 A解析 解题时在题图2的右边放扇墙(心中有墙)可得答案A.4.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4R242
21、32212，故选A.答案 A5.(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.6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.
22、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，所以AD是三棱锥AB1DC1的高所以V三棱锥AB1DC113SB1DC1AD13 3 31.故选C.7.等腰直角三角形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 2 B.21 C12 D21答案 B解析 依题意，得出两个几何体直观图如下图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 22
23、2 26，因此2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 C1
24、6 D64解析 如图三棱锥SABC，在ABC中，由余弦定理得，BC2AB2AC22ABACcos603，AC2AB2BC2，即ABBC.答案 C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
25、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，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
26、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.答案 B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_.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.答案 13Sh14.(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_.解析 由题意知圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，圆柱的底
27、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.答案 4又因为四棱锥的侧棱长均为 5，所以四棱锥的高为 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
28、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V43r3323.16(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
