高考数学(考点解读命题热点突破)专题12 空间几何体的三视图表面积及体积文

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新高考版高考数学专题复习 §8.1 空间几何体的三视图、表面积与体积

专题八立体几何【考情探究】课标解读考情分析备考指导主题内容一、空间几何体的三视图、体积与表面积公式1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型;会用斜二测画法画出简单几何体的直观图.3.了解球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式.1.从近几年高考考查内容来看,这一部分主要考查空间几何体与涉及数学文化、空间几何体的三视图、表面积与体积、几何体的外接、内切球的计算,考查空间几何体侧面展开图问题,题型既有选择题,也有填空题,难度适中.2.这一部分突出对空间直线、平面位置关系的判断,会求两异面直线所成的角,在解答题中主要是考查直线与平面平行、垂直的判定与性质,常出现在解答题第一问,难度中等,解题时注意线线、线面、面面平行、垂直位置关系的相互转化.3.利用空间向量证明平行与垂直以及求空间角(特别是二面角)、空间距离均是高考的热点,通过向量的运算来证明直线平行、垂直,求夹角,难度中等,以解答题形式出现,把立体几何问题转化为空间向量问题.1.强化识图能力,还原成自己熟悉的几何体.2.对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或割补.3.重视立体几何最值问题的研究.4.三视图、平面展开图(折线转化成直线).5.完善知识网络,强调通性通法,以下是平行垂直关系的转化关系图.6.加强空间向量对垂直问题的研究:空间直角坐标系的建立是基于三线两两垂直的,因此只有真正掌握了对垂直关系的判断、论证的研究方法,真正理解法向量的自由性,以及求法向量的方法,才能使问题顺利解决.二、空间点、线、面的位置关系1.理解空间直线、平面位置关系的定义.2.能运用公式、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.3.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线、面平行的判定定理与有关性质.4.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线、面垂直的判定定理与有关性质.三、空间向量运算及立体几何中的向量方法1.掌握空间向量的线性运算、数量积及其坐标表示、用向量的数量积判断向量的平行与垂直.2.理解直线的方向向量与平面的法向量.3.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究几何问题中的作用.【真题探秘】§8.1空间几何体的三视图、表面积与体积基础篇固本夯基【基础集训】考点一三视图与直观图1.(2018课标Ⅲ,3,5分)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,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()答案 A2.给出下列命题:①棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四边形;②在四棱柱中,若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;③存在每个面都是直角三角形的四面体;④棱台的侧棱延长后交于一点.其中正确命题的序号是.答案②③④3.如图,矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图,其中O'A'=6 cm,O'C'=2 cm,则原图形OABC的形状是.答案菱形考点二空间几何体的体积4.(2018河南顶级名校3月联考,10)某四棱锥的三视图如图所示,其中正视图的轮廓是边长为2的正方形,侧视图的轮廓是底边长分别为2和1的直角梯形,则该几何体的体积为()A.83B.43C.8√23D.4√23答案 A5.平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为√2,则此球的体积为()A.√6πB.4√3πC.4√6πD.6√3π答案 B6.如图,在四边形ABCD中,∠DAB=90°,∠ADC=135°,AB=5,CD=2√2,AD=2,则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所形成几何体的体积为.答案1483π考点三空间几何体的表面积7.(2019安徽黄山二模,6)某空间几何体的三视图如图所示,其中正视图和俯视图均为边长是1的等腰直角三角形,则此空间几何体的表面积是()A.√2+√32B.1+√32C.√2+√3+12D.√2+√3答案 C8.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,且AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的表面积是.答案169π9.《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓,例如:将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵,将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开,得到一个阳马(底面是长方形,且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体).在如图所示的堑堵ABC-A1B1C1中,AA1=AC=5,AB=3,BC=4,则阳马C1-ABB1A1的外接球的表面积是.答案50π综合篇知能转换【综合集训】考法一与表面积和体积有关的问题1.(2017课标Ⅰ,16,5分)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√152.(2020届浙江东阳中学10月月考,16)顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形,A是底面圆周上的点,B是底面圆内的点,O为底面圆圆心,AB⊥OB,垂足为B,OH⊥PB,垂足为H,且PA=4,C是PA的中点,则当三棱锥O-HPC的体积最大时,OB的长为.答案2√633.(2020届江西南昌调研,15)已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中2a+b=2(a>0,b>0),则此三棱锥体积的最大值为.答案13考法二与球有关的切、接问题4.(2016课标全国Ⅲ,11,5分)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是()A.4πB.9π2C.6π D.32π3答案 B5.(2018四川南充模拟,9)已知A,B,C,D是同一球面上的四个点,其中△ABC是正三角形,AD⊥平面ABC,AD=2AB=6,则该球的体积为()A.32√3πB.48πC.24πD.16π答案 A6.(2017江苏,6,5分)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则V1V2的值是.答案327.(2018湖南师大附中模拟,16)在体积为43的三棱锥S-ABC中,AB=BC=2,∠ABC=90°,SA=SC,且平面SAC⊥平面ABC,若该三棱锥的四个顶点都在同一球面上,则该球的体积是.答案92π8.(2018江西南昌二中1月模拟,16)在三棱锥S-ABC中,△ABC是边长为3的等边三角形,SA=√3,SB=2√3,二面角S-AB-C的大小为120°,则此三棱锥的外接球的表面积为.答案21π应用篇知行合一【应用集训】1.(2015课标Ⅰ,6,5分)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有()A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛答案 B2.如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8 cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为()A.500π3cm3 B.866π3 cm3C.1 372π3 cm3 D.2 048π3cm3答案 A3.(2019课标Ⅲ,16,5分)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ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH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,AB=BC=6 cm,AA1=4 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【五年高考】考点一三视图与直观图1.(2017课标Ⅰ,7,5分)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左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是梯形,这些梯形的面积之和为()A.10B.12C.14D.16答案 B2.(2019课标Ⅱ,16,5分)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.(本题第一空2分,第二空3分)图1图2答案26;√2-1考点二空间几何体的体积3.(2019课标Ⅰ,12,5分)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为()A.8√6πB.4√6πC.2√6πD.√6π答案 D4.(2017课标Ⅱ,4,5分)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为()A.90πB.63πC.42πD.36π答案 B5.(2019浙江,4,4分)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=Sh,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()A.158B.162C.182D.324答案 B6.(2019江苏,9,5分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD的体积是.答案107.(2019天津,11,5分)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π48.(2018天津,11,5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M-EFGH的体积为.答案1129.(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 .答案4310.(2017天津,10,5分)已知一个正方体的所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92π 11.(2015江苏,9,5分)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为 . 答案 √712.(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A 1B 1C 1D 1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1(如图所示),并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍. (1)若AB=6 m,PO 1=2 m,则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO 1为多少时,仓库的容积最大?解析 (1)由PO 1=2 m 知O 1O=4PO 1=8 m.因为A 1B 1=AB=6 m,所以正四棱锥P-A 1B 1C 1D 1的体积V 锥=13·A 1B 12·PO 1=13×62×2=24(m 3);正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积V 柱=AB 2·O 1O=62×8=288(m 3).所以仓库的容积V=V 锥+V 柱=24+288=312(m 3).(2) 设A 1B 1=a(m),PO 1=h(m),则0<h<6,O 1O=4h(m).连接O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中,O 1B 12+P O 12=P B 12,所以(√2a 2)2+h 2=36,即a 2=2(36-h 2).于是仓库的容积V=V 柱+V 锥=a 2·4h+13a 2·h=133a 2h=263(36h-h 3),0<h<6,从而V'=263(36-3h 2)=26(12-h 2).令V'=0,得h=2√3或h=-2√3(舍).当0<h<2√3时,V'>0,V 是单调增函数;当2√3<h<6时,V'<0,V 是单调减函数.故h=2√3时,V 取得极大值,也是最大值.因此,当PO 1=2√3 m 时,仓库的容积最大. 方法指导 (1)根据已知条件求出相关数据,进而利用相应体积公式求解.(2)选择中间关联变量PO 1为主变量把相关边长与高用主变量表示出来,再把容积表示成主变量的函数,进而转化成研究函数最值的问题.本题主要考查函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积等基础知识,考查空间想象能力和运用数学模型及数学知识分析和解决实际问题的能力.考点三空间几何体的表面积13.(2016课标Ⅱ,6,5分)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为()A.20πB.24πC.28πD.32π答案 C14.(2016课标Ⅲ,9,5分)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.18+36√5B.54+18√5C.90D.81答案 B15.(2015课标Ⅱ,9,5分)已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为()A.36πB.64πC.144πD.256π答案 C,SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为16.(2018课标Ⅱ,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为785√15,则该圆锥的侧面积为.答案40√2π【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共50分)1.(2020届山东夏季高考模拟,5)已知三棱锥S-ABC中,∠SAB=∠ABC=π,SB=4,SC=2√13,AB=2,BC=6,则三棱锥S-ABC的体积是()2A.4B.6C.4√3D.6√3答案 C2.(2020届九师联盟9月质量检测,3)埃及金字塔是古埃及的帝王(法老)陵墓,世界七大奇迹之一,其中较为著名的是胡夫金字塔,令人吃惊的并不仅仅是胡夫金字塔的雄壮身姿,还有发生在胡夫金字塔上的数字“巧合”.如胡夫金字塔的底部周长如果除以其高度的两倍,得到的商为3.141 59,这就是圆周率较为精确的近似值.金字塔底部为正方形,整个塔形为正四棱锥,经古代能工巧匠建设完成后,底座边长大约为230米.因年久风化,顶端剥落10米,则胡夫金字塔现高大约为()A.128.4米B.132.4米C.136.4米D.140.4米答案 C3.(2018江西南昌二中3月月考,9)一个几何体的三视图如图所示,在该几何体的各个面中,面积最小的面的面积为( )A.8B.4C.4√3D.4√2 答案 D4.(2020届安徽合肥高三调研,6)已知一个机械工件的正(主)视图与侧(左)视图如图所示,俯视图与正(主)视图完全一样.若图中小网格都是边长为1的正方形,则该工件的表面积为( )A.24πB.26πC.28πD.30π 答案 C5.(2019青海西宁二模,8)《九章算术》中描述的“羡除”是一个五面体,其中有三个面是梯形,另两个面是三角形.已知一个羡除的三视图如图中粗线所示,其中小正方形网格的边长为1,则该羡除的体积为( )A.20B.24C.28D.32 答案 B6.(2020届辽宁瓦房店高级中学10月月考,11)一个圆锥的母线长为2,圆锥的母线与底面的夹角为π4,则圆锥的内切球的表面积为( )A.8πB.4(2-√2)2π C.4(2+√2)2π D.32(2−√2)249π 答案 B7.(2018广东惠州二模,10)已知三棱锥S-ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形,AB=2,SA=SB=SC=2,则三棱锥S-ABC 的外接球的球心到平面ABC 的距离是( ) A.√33 B.1 C.√3 D.3√32答案 A8.(2020届辽宁阜新高级中学10月月考,11)在三棱锥S-ABC 中,AB=√10,∠ASC=∠BSC=π4,AC=AS,BC=BS,若该三棱锥的体积为√153,则三棱锥S-ABC 外接球的体积为( )A.πB.4√3πC.√5πD.π3答案 B9.(2020届河北衡水中学模拟,11)在菱形ABCD中,∠DAB=60°,将这个菱形沿对角线BD折起,使得平面DAB⊥平面BDC,若此时三棱锥A-BCD的外接球的表面积为5π,则AB的长为()A.√52B.√3C.√5D.3答案 B10.(2020届湖南长沙一中第一次月考,12)已知三棱锥D-ABC的四个顶点在球O的球面上,若AB=AC=BC=DB=DC=1,当三棱锥D-ABC 的体积取到最大值时,球O的表面积为()A.5π3B.2π C.5π D.20π3答案 A二、多项选择题(每题5分,共15分)11.(改编题)已知三棱锥A-BCD中,BC⊥CD,AB=AD=√2,BC=1,CD=√3,则()A.三棱锥的外接球的体积为4π3B.三棱锥的外接球的体积为8π3C.三棱锥的体积的最大值为√36D.三棱锥的体积的最大值为√3答案AC12.(改编题)如图,矩形ABCD中,M为BC的中点,将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M,连接B1D,N为B1D的中点,则在翻折过程中,下列说法中正确的是()A.存在某个位置,使得CN⊥AB1的长是定值C.若AB=BM,则AM⊥B1DD.若AB=BM=1,当三棱锥B1-AMD的体积最大时,三棱锥B1-AMD的外接球的表面积是4π答案BD13.(2019山东德州上学期期末考试数学试题)一几何体的平面展开图如图所示,其中四边形ABCD为正方形,E、F分别为PB、PC的中点,在此几何体中,给出下面的结论,其中正确的是()A.直线AE与直线BF异面B.直线AE与直线DF异面C.直线EF∥平面PADD.直线DF⊥平面PBC答案AC三、填空题(每题5分,共35分)14.(2020届山东夏季高考模拟,16)半径为2的球面上有A,B,C,D四点,且AB,AC,AD两两垂直,则△ABC,△ACD与△ADB面积之和的最大值为.答案815.(2020届重庆一中第二次月考,13)已知圆锥的母线长为5,侧面积为15π,则该圆锥的体积为.答案12π16.(2019辽宁丹东质量测试(一),14)一个圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形,则这个圆锥的侧面积为.答案√2π17.(2019福建漳州二模,15)已知正四面体ABCD的外接球的体积为8√6π,则这个四面体的表面积为.答案16√318.(2019东北师大附中、重庆一中等校联合模拟,15)若侧面积为4π的圆柱有一外接球O,当球O的体积取得最小值时,圆柱的表面积为.答案6π19.(2020届福建厦门一中10月月考,15)三棱锥P-ABC中,PA=PB=2√2,AB=4,BC=3,AC=5,若平面PAB⊥平面ABC,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为.答案25π20.(2020届广东广州十六中质量检测(一),15)已知四棱锥P-ABCD的顶点都在球O的球面上,底面为矩形,平面PAD⊥底面ABCD,△PAD为正三角形,AB=2AD=4,则球O的表面积为.答案64π3。

高考数学(文)《立体几何》专题复习

(2)两个平面垂直的判定和性质
✓ 考法5 线面垂直的判定与性质
1.证明直线与平面垂直的方法
2.线面垂直的性质与线线垂直
（1）判定定理（常用方法）：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线
与此平面垂直.判定定理中的两条相交直线必须保证“在平面内相交”这一条件. （2）性质： ①应用面面垂直的性质（常用方法）：若两平面垂直,则在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面，是证明线面垂直的主要方法； ②（客观题常用）若两条平行直线中的一条垂直于一个平面, 则另一条也垂直于这个平面.
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✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.证明平面与平面平行的常用方法 2.空间平行关系之间的转化
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✓ 考法3 面面平行的判定与性质
1.证明平面与平面平行的常用方法
这是立体几何中证明平行关系常用的思路,三种平行关系的转化可结合下图记忆
2.空间平行关系之间的转化
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600分基础考点&考法
定义判定方法
2.等角定理
判定定理反证法两条异面直线所成的角
✓ 考法2 异面直线所成的角
常考形式
直接求求其三角函数值
常用方法
作角
正弦值余弦值正切值
证明求值取舍
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600分基础考点&考法
➢ 考点46 线面、面面平行的判定与性质 ✓ 考法3 线面平行的判定与性质 ✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.计算有关线段的长
2.外接球、内切球的计算问题
观察几何体的特征利用一些常用定理与公式 (如正弦定理、余弦定理、勾股定理、三角函数公式等) 结合题目的已知条件求解

2014高考数学理(真题讲练规律总结名师押题)热点专题突破：第十二讲空间几何体

第十二讲空间几何体空间几何体简单几何体多面体棱柱棱台直观图三视图结构特征表面积体积棱锥旋转体圆锥圆柱圆台球简单组合体1．(三视图)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图4－1－1所示，则该几何体的侧(左)视图为()图4－1－1【解析】对角线被遮住应为虚线，再根据对角线的位置可知选D.【答案】 D2．(几何体的体积)已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图4－1－2所示，则该三棱锥的体积等于________cm3.图4－1－2【解析】由三视图可得该三棱锥的直观图如图所示．三棱锥的底面是两直角边长分别为3,1的直角三角形，且高为2，故V ＝13×12×3×1×2＝1(cm 3)．【答案】 13．(几何体的表面积)一个棱锥的三视图如图4－1－3所示(单位：cm)，则该棱锥的表面积为________cm 2.图4－1－3【解析】由三视图知，棱锥的底面是等腰直角三角形，斜边所在的侧面垂直于底面，从而三棱锥的高为4.其表面积S ＝12×6×6＋12×6×5×2＋12×62×4＝48＋12 2.【答案】 48＋12 24．(直观图)若△ABC 的直观图的面积为2，则△ABC 的面积S △ABC ＝________. 【解析】根据原图形的面积是直观图面积的22倍知S △ABC ＝4 2. 【答案】 4 25．(球的表面积)球O 与底面边长为3的正三棱柱的各侧面均相切，则球O 的表面积为________．【解析】设球O 的半径为R ，底面正三角形内切圆半径就是球O 的半径，则R ＝13×332＝32，因此球O 的表面积S ＝4πR 2＝3π. 【答案】 3π【命题要点】①根据几何体确定三视图；②根据三视图中的二个视图确定另一个视图.(1)(2013·四川高考)一个几何体的三视图如图4－1－4所示，则该几何体的直观图可以是()图4－1－4(2)(2013·课标全国卷Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为()【思路点拨】(1)从俯视图入手求解．(2)首先在空间直角坐标系中画出该四面体，然后根据投影面得到正视图．【自主解答】(1)根据俯视图是圆环，可排除A、B、C，选D.(2)结合已知条件画出图形，然后按照要求作出正视图．根据已知条件作出图形：四面体C1—A1DB，标出各个点的坐标如图(1)所示，可以看出正视图是正方形，如图(2)所示．故选A.【答案】(1)D(2)A1．解答本例(2)时，可先确定四面体各个顶点在投影面上的射影，再根据射影确定正视图．2．空间几何体的三视图问题的求解关键(1)形状的确定：三视图与空间几何体的相互转化是解决这类问题的常用方法．(2)大小的确定：根据三视图的大小可确定几何体的大小，由几何体的大小也可确定出三视图的大小．变式训练1(2013·齐齐哈尔模拟) 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为23，它的三视图中的俯视图如图4－1－5所示，侧视图是一个矩形，则这个矩形的面积是()A ．4B ．2 3C ．2 D. 3俯视图图4－1－5【解析】设正三棱柱的底面边长为a ，则34a 3＝23， ∴a ＝2，从而侧视图的长为2，宽为32×2＝3，侧视图的面积为2 3. 【答案】 B(1)(2013·临沂模拟)某几何体的三视图如图4－1－6所示，其中侧视图中的图弧是半圆，则该几何体的表面积为( )图4－1－6A．92＋14π B．82＋14πC．92＋24π D．82＋24π(2)(2013·浙江高考)若某几何体的三视图(单位：cm)如图4－1－7所示，则此几何体的体积等于________cm3.图4－1－7【思路点拨】(1)首先判定几何体的形状，然后确定几何体表面积的求法．(2)首先判定几何体的形状，然后确定几何体体积的求法．【自主解答】(1)由几何体的三视图，知该几何体的下半部分是长方体，上半部分是半径为2，高为5的圆柱的一半．长方体的中EH＝4，HG＝4，GK＝5，所以长方体的表面积为(去掉一个上底面)2(4×4＋4×5)＋4×5＝92.半圆柱的两个底面积为π×22＝4π，半圆柱的侧面积为π×2×5＝10π，所以整个组合体的表面积为92＋4π＋10π＝92＋14π，选A.(2) 由三视图可知该几何体为一个直三棱柱被截去了一个小三棱锥，如图所示．三棱柱的底面为直角三角形，且直角边长分别为3和4，三棱柱的高为5，故其体积V 1＝12×3×4×5＝30(cm 3)，小三棱锥的底面与三棱柱的上底面相同，高为3，故其体积V 2＝13×12×3×4×3＝6(cm 3)，所以所求几何体的体积为30－6＝24(cm 3)．【答案】 (1)A (2)241．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以易于求解．2．根据几何体的三视图求其表面积与体积的步骤： (1)根据给出的三视图判断该几何体的形状． (2)由三视图中的大小标示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．变式训练2 (2013·江西高考)一几何体的三视图如图4－1－8所示，则该几何体的体积为( )A ．200＋9πB ．200＋18πC ．140＋9πD ．140＋18π图4－1－8【解析】由三视图可知该几何体的下面是一个长方体，上面是半个圆柱组成的组合体．长方体的长、宽、高分别为10、4、5，半圆柱底面圆半径为3，高为2，故组合体体积V ＝10×4×5＋9π＝200＋9π.【答案】 A【命题要点】 ①求球的表面积或体积；②求球心到截面的距离.(1)(2013·大连模拟)已知正三棱锥P —ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，若P A ，PB ，PC 两两互相垂直，则球心到截面ABC 的距离为________． (2)(2013·开封模拟)已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球表面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．【思路点拨】 (1)设△ABC 的中心为M ，球心为O ，在Rt △OAM 中用勾股定理求解． (2)首先确定球的半径与圆锥底面半径的关系，然后确定圆锥的高，求高的比值．【自主解答】 (1)由于P A ，PB ，PC 两两垂直，则点P 在底面ABC 上的射影就是正三角形ABC 的中心M ，设正三角形ABC 的边长为a ，则三棱锥的侧棱长为22a ，AM ＝33a ，三棱锥的高为h ，在Rt △P AM 中，由勾股定理得P A 2＝PM 2＋AM 2⇒⎝⎛⎭⎫22a 2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫33a 2⇒h ＝66a . 再设球心为O ，则OM ⊥底面ABC ，且OM ＝3－h ，在Rt △OAM 中，由勾股定理得OA 2＝OM 2＋AM 2⇒(3)2＝(3－h )2＋⎝⎛⎭⎫33a 2，又h ＝66a ，则解得a ＝22，故球心到截面ABC 的距离为3－h ＝3－66a ＝3－66×22＝33. (2)设球心为O 1，球半径为r 1，圆锥底面圆圆心为O 2，半径为r 2，则有316×4πr 21＝πr 22，即r 2＝32r 1，所以O 1O 2＝r 21－r 22＝r 12，设两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高分别为h 1，h 2，则h 1h 2＝r 1－r 12r 1＋r 12＝13.【答案】 (1)33 (2)131．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，再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，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．2．若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，由4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．变式训练3 (2013·辽宁高考)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172B ．210 C.132D ．310【解析】因为直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径．取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球直径，所以2R ＝122＋52＝13，即R ＝132.【答案】 C空间几何体的三视图能让学生经历由三视图到实物图，再到直观图的过程，能较好地考查学生的空间想象能力，命题涉及几何体的结构特征、表面积和体积问题是课标区高考的热点之一．将三视图还原为直观图求几何体的体积已知一个空间几何体的三视图如图4－1－9所示，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是________ cm 3.图4－1－9【解析】由三视图知，该空间几何体为一底面是直角梯形的四棱锥，且四棱锥顶点与底面直角顶点的连线垂直于底面．由三视图的数据可知，底面梯形的两底长分别为4和2，梯形的高和四棱锥的高都是2，因此底面梯形面积为S ＝12(2＋4)×2＝6，四棱锥的体积为V＝13×6×2＝4. 【答案】 4 【阅卷心语】易错提示 (1)搞不清正(主)视图中虚线是怎么来的，想象不出空间几何体的形状，或不能根据三视图确定四棱锥的哪一条侧棱垂直于底面．(2)不能根据三视图的有关数据正确得到空间几何体的相关数据，从而得不到正确答案．防范措施 (1)根据三视图判断空间几何体的形状，应特别注意三个视图中的实线与虚线，知道为什么是实线或虚线，为什么有这些线或没有某些线，对于正(主)视图、侧(左)视图中的直角，更要弄清楚它们是直角的原因．(2)要弄清三视图的有关数据与空间几何体的哪些数据相当，只需搞清由空间几何体如何得到三视图即可，平时应多加练习，总结规律．1．一个几何体的三视图如图4－1－10所示，则它的体积为( )图4－1－10A.203 B.403C ．20D ．40【解析】由三视图可知，该几何体是一个放倒的四棱锥，如图所示，其中四棱锥的底面是正(主)视图，为直角梯形，直角梯形的上底为1，下底为4，高为4.棱锥的高为4，所以四棱锥的体积为13×1＋42×4×4＝403，选B.【答案】 B2．有一平行六面体的三视图如图4－1－11所示，其中俯视图和侧(左)视图均为矩形，则这个平行六面体的表面积为( )图4－1－11A ．21 3B ．6＋15 3C ．30＋6 3D．42【解析】由三视图可知该平行六面体的底面是个矩形，两个侧面和底面垂直．其中侧棱AA1＝2，底面边长AD＝3，平行六面体的高为3，BE＝2，又AE＝AA21－A1E2＝22－(3)2＝1，所以AB＝1＋2＝3.所以平行六面体的表面积为2(3×3＋3×3＋3×2)＝30＋63，选C.【答案】 C。

高考数学突破点：立体几何

第八章⎪⎪⎪立体几何第一节空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积突破点(一) 空间几何体的三视图和直观图基础联通抓主干知识的“源”与“流” 1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征多面体结构特征棱柱有两个面平行，其余各面都是四边形且每相邻两个面的交线都平行且相等棱锥有一个面是多边形，而其余各面都是有一个公共顶点的三角形棱台棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面之间的部分叫做棱台几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形一条直角边所在的直线圆台直角梯形或等腰梯形直角腰所在的直线或等腰梯形上下底中点的连线球半圆或圆直径所在的直线(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． (2)三视图的画法①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴，y ′轴的夹角为45°或135°，本节主要包括3个知识点：1.空间几何体的三视图和直观图；2.空间几何体的表面积与体积；3.与球有关的切、接应用问题.z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的结构特征[例1](1)用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体(2)下列说法正确的是()A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点[解析](1)截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．(2)A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．[答案](1)C(2)B[方法技巧]解决与空间几何体结构特征有关问题的三个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如例1(2)中的A，C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．空间几何体的三视图1.长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．2．三视图的排列顺序先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．[例2](1)(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形，按正视图，侧视图，俯视图的顺序排列)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤(2)(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()[解析](1)正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.[答案](1)B(2)B[方法技巧]三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向；注意能看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．空间几何体的直观图直观图与原图形面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例3]用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()[解析]由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[答案] A能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是()A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C是真命题；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D是真命题；B是假命题，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．2．[考点二]一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()解析：选B由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形．3．[考点二]已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排除A，D；当正视图是直角三角形时，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故答案为C.4．[考点三]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.5．[考点二](2017·南昌模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P -BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.突破点(二) 空间几何体的表面积与体积基础联通抓主干知识的“源”与“流” 1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S 圆柱侧＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l圆柱、圆锥、圆台侧面积间的关系：S 圆柱侧＝2πrl ――→r ′＝rS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl . 2．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体 (棱柱和圆柱)S 表面积＝S 侧＋2S 底V ＝Sh 锥体 (棱锥和圆锥)S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体 (棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3考点贯通抓高考命题的“形”与“神”空间几何体的表面积[例1] (1)(2017·安徽江南十校联考)某几何体的三视图如图所示，其中侧视图的下半部分曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为( )A ．4π＋16＋4 3B ．5π＋16＋4 3C ．4π＋16＋2 3D ．5π＋16＋2 3(2)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2[解析] (1)由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体，三棱柱的两个侧面面积之和为2×4×2＝16，两个底面面积之和为2×12×2×3＝23；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2×12×π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋23，故选D.(2)根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD ⊥底面BCD ，另两个侧面ABC ，ACD 为等边三角形，则有S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋3.[答案] (1)D (2)B[方法技巧]求空间几何体表面积的常见类型及思路(1)求多面体的表面积，只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积．(2)求旋转体的表面积，可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系．(3)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积．空间几何体的体积柱体、锥体、台体体积间的关系[例2] (1)(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D ．1 (2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋2π B.13π6 C.7π3D.5π2[解析] (1)通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P -ABC ，通过侧视图得高h ＝1，通过俯视图得底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝13×12×1＝16. (2)由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝13π6.[答案] (1)A (2)B [方法技巧]求空间几何体体积的常见类型及思路(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二](2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝13＋26π.故选C.2．[考点二]已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3 cm 3 B ．2π cm 3 C.7π3cm 3 D ．3π cm 3解析：选C 该几何体为一个圆柱挖去半个球得到的几何体，其体积V ＝π×12×3－12×4π×133＝7π3(cm 3)．3.[考点一]某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．125＋20B ．242＋20C ．44D ．12 5解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，且上、下底面的边长分别为2,4，则侧面梯形的高h ＝ 22＋⎝⎛⎭⎫4－222＝5，所以该正四棱台的表面积S ＝(2＋4)×52×4＋22＋42＝125＋20.4．[考点一]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.5．[考点二]中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成，由题意得：(5.4－x )×3×1＋π·⎝⎛⎭⎫122x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.6突破点(三) 与球有关的切、接应用问题1.球的表面积和体积是每年高考的热点，且多与三视图、多面体等综合命题，常以选择题、填空题的形式出现.解决此类问题时，一是要善于把空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中处理；二是要将变化的模型转化到固定的长方体或正方体中.2.与球有关的组合体问题主要有两种，一种是内切问题，一种是外接问题.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.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”多面体的内切球问题[例1] 若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.[解析] 设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4×34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14×63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. [答案] 63π[方法技巧]处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．多面体的外接球问题处理与球有关外接问题的策略把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[例2] (1)(2017·抚顺模拟)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310(2)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.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4(3)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．[解析] (1)如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132.(2)如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ， ∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2， ∴AO ′＝ 2. ∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2， ∴R 2＝(2)2＋(4－R )2，解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4.(3)依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，球的直径就是正方体的体对角线，∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3， ∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.[答案] (1)C (2)A (3)43π [方法技巧]与球有关外接问题的解题规律(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12.(2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2Sa ＋b ＋c ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.2．[考点二]如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析：选D 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，此长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π，故选D. 3．[考点二](2016·太原模拟)如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A ′-BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四面体A ′-BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．3π B.32π C ．4π D.34π 解析：选A 由图示可得BD ＝A ′C ＝2，BC ＝3，△DBC 与△A ′BC 都是以BC 为斜边的直角三角形，由此可得BC 中点到四个点A ′，B ，C ，D 的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为3，所以该外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎫322＝3π. 4．[考点二]设一个球的表面积为S 1，它的内接正方体的表面积为S 2，则S 1S 2的值等于( )A.2πB.6πC.π6D.π2解析：选D 设球的半径为R ，其内接正方体的棱长为a ，则易知R 2＝34a 2，即a ＝233R ，则S 1S 2＝4πR 26×⎝⎛⎭⎫233R 2＝π2.[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得，l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.2．(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2C ．6πD.32π3解析：选B 设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝⎛⎭⎫323＝9π2.故选B. 3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A.18 B.17C.16D.15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D. 4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.5．(2015·新课标全国卷Ⅰ)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16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B.6．(2015·新课标全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：选B 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B. 7．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.13解析：选C 原毛坯的体积V ＝(π×32)×6＝54π(cm 3)，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V ′＝V 1＋V 2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π(cm 3)，故所求比值为1－V ′V ＝1027.8．(2013·新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π解析：选A根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π，故选A.9．(2012·新课标全国卷)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为()A.26 B.36 C.23 D.22解析：选A由于三棱锥S-ABC与三棱锥O-ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S-ABC的高是三棱锥O-ABC高的2倍，所以三棱锥S-ABC的体积也是三棱锥O-ABC体积的2倍．在三棱锥O-ABC中，其棱长都是1，如图所示，S△ABC＝34×AB2＝34，高OD＝12－⎝⎛⎭⎫332＝63，所以V S-ABC＝2V O-ABC＝2×13×34×63＝26.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．下列结论正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D A错误，如图①是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B错误，如图②，若△ABC不是直角三角形，或△ABC是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾．2.如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图、侧视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A.41π3B.62π3C.83π3D.104π3解析：选D 由题意得，此几何体为球与圆柱的组合体，其体积V ＝43π×23＋π×22×6＝104π3. 3．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2解析：选D 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D.4．《九章算数》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．6＋4 2解析：选C 由题可知，该几何体的底面为等腰直角三角形，等腰直角三角形的斜边长为2，腰长为2，棱柱的高为2.所以其侧面积S ＝2×2＋22×2＝4＋42，故选C.5．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析：设正方体棱长为a ，球半径为R ，则43πR 3＝9π2，∴R ＝32，∴3a ＝3，∴a ＝ 3.答案： 3[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A.a2 B.3πa3πC.23πa 3πD.23a 3π解析：选C 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π.2．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π解析：选C 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C. 3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163B.203C.152D.132解析：选D 该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得，如图所示，所以其体积为23－13×12×2×2×2－13×12×1×1×1＝132.故选D.4．已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为( ) A ．8π B ．12π C.32π D ．3π 解析：选D 如图所示，过顶点A 作AO ⊥底面BCD ，垂足为O ，则O 为正三角形BCD 的中心，连接DO 并延长交BC 于E ，又正四面体的棱长为2，所以DE ＝62，OD ＝23DE ＝63，所以在直角三角形AOD 中，AO ＝AD 2－OD 2＝233.设正四面体外接球的球心为P ，半径为R ，连接PD ，则在直角三角形POD 中，PD 2＝PO 2＋OD 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎫233－R 2＋⎝⎛⎭⎫632，解得R ＝32，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝3π. 5．(2017·郑州质检)如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为( )A ．8πB ．16πC ．32πD ．64π解析：选C 还原三视图可知该几何体为一个四棱锥，将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为22，22，4的长方体，则该长方体外接球的半径r ＝(22)2＋(22)2＋422＝22，则所求外接球的表面积为4πr 2＝32π.6．已知四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是( )A ．6B ．8C ．2 5D ．3解析：选A 四棱锥如图所示，作PN ⊥平面ABCD ，交DC 于点N ，PC ＝PD ＝3，DN ＝2，则PN ＝32－22＝5，AB ＝4，BC ＝2，BC ⊥CD ，故BC ⊥平面PDC ，即BC ⊥PC ，同理AD ⊥PD .设M 为AB 的中点，连接PM ，MN ，则PM ＝3，S △PDC ＝12×4×5＝25，S △PBC ＝S△PAD＝12×2×3＝3，S △PAB ＝12×4×3＝6，所以四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积的最大值是6.二、填空题7．在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M -PBC 的体积为________．解析：∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BC 1的距离是D 1到平面BC 1距离的13，即三棱锥P -MBC 的高h ＝D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点， ∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M -PBC ＝V P -MBC ＝13×92×1＝32. 答案：328．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解析：由三视图可得该几何体是组合体，上面是底面圆的半径为2 m 、高为2 m 的圆。

2021高考数学命题区间精讲精讲10 空间几何体的三视图、表面积、体积

空间几何体的三视图、表面积、体积命题点1 空间几何体的三视图、展开图、截面图三视图、展开图、截面图中的几何度量（1）空间几何体的三视图：①在长方体或正方体中根据三视图还原几何体的直观图,能快速确定几何体中线面位置关系；②根据“长对正，宽相等、高平齐”的原则由三视图确定对应几何体中的量．(2）空间几何体表面距离最短问题：其解题思路常常是将几何体展开．一般地，多面体以棱所在的直线为剪开线展开,旋转体以母线为剪开线展开．（3)空间几何体的三类截面:轴截面、横截面与斜截面．利用截面图可将空间问题转化为平面问题解决．［高考题型全通关］1．［教材改编]已知圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，有以下结论：①l∶r＝4∶3；②圆锥的侧面积与底面面积之比为4∶3;③圆锥的轴截面是锐角三角形．其中所有正确结论的序号是( )A．①② B．②③ C．①③ D．①②③A［对于①，由题意得错误!＝错误!π，∴错误!＝错误!，∴l∶r＝4∶3，∴该结论正确；对于②，由题意得错误!＝错误!＝错误!＝错误!，∴圆锥的侧面积与底面面积之比为4∶3，∴该结论正确；对于③，由题意得轴截面的三角形的三边长分别为错误!r,错误!r，2r,顶角α最大，其余弦值为cos α＝错误!＝－错误!〈0，∴顶角为钝角，∴轴截面三角形是钝角三角形，∴该结论错误．］2.在正方体ABCD。

A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点（如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧（左)视图为（)C［过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分后，剩余部分的直观图如图，则该几何体的侧(左）视图为C．故选C．]3。

(2020·芜湖仿真模拟一）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射影可能是( ）A．①④ B．②③ C．②④ D．①②A[从上下方向上看,△PAC的投影为①图所示的情况;从左右方向上看,△PAC的投影为④图所示的情况；从前后方向上看，△PAC 的投影为④图所示的情况，故选A．］4．（2020·全国卷Ⅱ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M,在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）A．E B．FC．G D．HA[该几何体是两个长方体拼接而成，如图所示，显然选A．]5．［高考改编]某四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值是( ）A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!D[在棱长为2的正方体中还原该四面体PABC．如图所示，其中最短的棱为AB和BC，最长的棱为PC．因为正方体的棱长为2，所以AB＝BC＝2,PC＝3，所以该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值为错误!,故选D．]6．圆锥的母线长为l ，过顶点的最大截面的面积为12l 2，则圆锥底面半径与母线长的比r l的取值范围是( ) A ．错误!B ．错误!C ．错误!D ．错误!D [设圆锥的高为h ，过顶点的截面的顶角为θ，则过顶点的截面的面积S ＝12l 2sin θ，而0＜sin θ≤1，所以当sin θ＝1，即截面为等腰直角三角形时取得最大值,故圆锥的轴截面的顶角必须大于或等于90°，得l ＞r ≥l cos 45°＝错误!l ,所以错误!≤错误!＜1.]7．如图,已知正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝错误!,AA 1＝4,若点P 从点A 出发，沿着正三棱柱的表面,经过棱A 1B 1运动到点C 1，则点P 运动的最短路程为( ）A ．5B ．错误!C．4错误!D．6B［将三棱柱展开成如图的图形，让点C1与ABB1A1在同一平面内,C1D⊥AB交A1B1于Q，则C1Q⊥A1B1，∴A1Q＝AD＝错误!,两点之间线段最短，故AC1即为所求的最短距离，因为C1Q＝A1C1×sin 60°＝错误!×错误!＝错误!，所以C1D＝错误!＋4＝错误!，AD＝错误!，所以AC1＝错误!＝错误!＝错误!.]命题点2 空间几何体的表面积、体积求解几何体的表面积或体积的策略（1）直接法:对于规则几何体可直接利用公式计算;（2)割补法：对于不规则几何体，可采用“分割、补体"的思想,采用化整为零或化零为整求解．（3）轴截面法：对于旋转体的表面积问题,常常借助轴截面求解．(4）等体积转化法：对于某些动态三棱锥的体积问题，直接求解1．(2020·潍坊模拟）若圆锥的高等于底面直径,侧面积为5π，则该圆锥的体积为（)A．错误!π B．错误!π C．2π D．错误!πB[圆锥的高等于底面直径,侧面积为错误!π，设底面半径为r，则高h＝2r，∴母线长l＝错误!＝错误!r,∴s＝π×r×错误!r＝错误!π，解得r＝1,该圆锥的体积为V＝错误!π×12×2＝错误!π.故选B．]2．[高考改编］榫卯(sǔn mǎo)是两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式．凸出部分叫榫，凹进去的部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用．代表建筑有北京的紫禁城、天坛祈年殿、山西悬空寺等，如图是一种榫卯构件中榫的三视图,则该榫的表面积和体积为( )A．8＋16π，2＋8π B．9＋16π，2＋8πC．8＋16π,4＋8π D．9＋16π，4＋8πA[由三视图知该榫头是由上下两部分构成:上方为长方体(底面为边长是1的正方形，高为2)，下方为圆柱（底面圆半径为2，高为2）．其表面积为圆柱的表面积加上长方体的侧面积，2π×2＋2×错误!＋4×错误!＝8＋16π.所以S＝2×（⎭⎫其体积为圆柱与长方体体积之和，所以V＝错误!×2＋1×1×2＝8π＋2。

高考数学(命题热点提分)专题12 空间几何体的三视图﹑表面积及体积文(2021年最新整理)

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专题12 空间几何体的三视图﹑表面积及体积文1．一个侧面积为4π的圆柱，其正视图、俯视图是如图所示的两个边长相等的正方形，则与这个圆柱具有相同的正视图、俯视图的三棱柱的相应的侧视图可以为( ）【答案】：C【解析】：三棱柱一定有两个侧面垂直,故只能是选项C中的图形．2．一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( ）【答案】C3。

一个正方体截去两个角后所得几何体的正（主)视图、侧（左)视图如图所示，则其俯视图为（）【答案】C【解析】由题意得正方体截去的两个角如图所示，故其俯视图应选C。

4．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示,则该几何体的左视图为( ）【答案】C5．如图，用斜二测画法得到四边形ABCD是下底角为45°的等腰梯形，其下底长为5，一腰长为错误!，则原四边形的面积是________．【答案】8错误!【解析】：作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F,则AE＝BF＝AD cos 45°＝1，∴CD＝EF＝3.将原图复原(如图）,则原四边形应为直角梯形，∠A′＝90°，A′B′＝5，C′D′＝3,A′D′＝22，∴S四边形A′B′C′D′＝错误!×(5＋3）×2错误!＝8错误!。

2020新课标高考数学讲义：空间几何体的三视图、表面积与体积含解析

求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得不规则几何体的表面积．命题角度二空间几何体的体积(1)(20xx·河北衡水中学四调)如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )A ．2 000π9B ．4 000π27C ．81πD ．128π(2)(一题多解)如图，在直角梯形ABCD 中，AD ＝AB ＝4，BC ＝2，沿中位线EF 折起，使得∠AEB 为直角，连接AB ，CD ，则所得的几何体的表面积为________，体积为________．【解析】 (1)小圆柱的高分为上下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0＜h ＜5)，底面半径为r (0＜r ＜5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0＜h ＜5)，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0＜h ＜53时，V ′＞0，体积V 单调递增；当53＜h＜5时，V ′＜0，体积V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值，即V max ＝π⎝⎛⎭⎫25－259×⎝⎛⎭⎫53＋5＝4 000π27，故选B. (2)如图，过点C 作CM 平行于AB ，交AD 于点M ，作CN 平行于BE ，交EF 于点N ，连接MN .由题意可知ABCM ，BENC 都是矩形，AM ＝DM ＝2，CN ＝2，FN ＝1，AB ＝CM ＝22，所以S △AEB ＝12×2×2＝2，S 梯形ABCD ＝12×(2＋4)×22＝62，S 梯形BEFC ＝12×(2＋3)×2＝5，S 梯形AEFD ＝12×(3＋4)×2＝7，在直角三角形CMD 中，CM ＝22，MD ＝2，所以CD ＝23.又因为DF ＝FC ＝5，所以S △DFC ＝12×23×2＝6，所以这个几何体的表面积为2＋62＋5＋7＋6＝14＋62＋6.所以AS 为三棱锥S -ABC 的高，所以V S ABC ＝13×6×2×12×23＝43，故选C.2．(20xx·江苏南通联考)已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D -BB 1C 1的体积为________．解析：如图，取BC 中点O ，连接AO .因为正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长均为2，所以AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝3.因为AA 1∥平面BCC 1B 1，所以点D 到平面BCC 1B 1的距离为3. 又S △BB 1C 1＝12×2×2＝2，所以VD BB 1C 1＝13×2×3＝233.答案：233与球有关的切、接问题[典型例题]A.12B.14C.16D.112解析：选C.V A BC 1M ＝V C 1ABM ＝13S △ABM ·C 1C ＝13×12AB ×AD ×C 1C ＝16.故选C.3．把一个半径为20的半圆卷成圆锥的侧面，则这个圆锥的高为( ) A ．10 B ．103 C ．102D ．53解析：选B.设圆锥的底面半径为r ，高为h .因为半圆的弧长等于圆锥的底面周长，半圆的半径等于圆锥的母线，所以2πr ＝20π，所以r ＝10，所以h ＝202－102＝103.4．已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4π B.163π C.323π D ．16π解析：选D.如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA2＋AB2＝12＋（3）2＝2.故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.故选D.5．在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝2，AA 1＝1，则点B 到平面D 1AC 的距离等于( )A.33B.63C ．1 D.2解析：选B.如图，连接BD 1，易知D 1D 就是三棱锥D 1ABC 的高，AD 1＝CD 1＝5，取AC 的中点O ，连接D 1O ，则D 1O ⊥AC ，所以D 1O ＝AD21－AO 2＝3.设点B 到平面D 1AC 的距离为h ，则由V B D 1AC ＝V D 1ABC ，即13S △D 1AC ·h ＝13S △ABC ·D 1D ，又S △D 1AC ＝12D 1O ·AC ＝12×3×22＝6，S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×2×2＝2，所以h ＝63.故选B. 6．在三棱锥S -ABC 中，SB ⊥BC ，SA ⊥AC ，SB ＝BC ，SA ＝AC ，AB ＝12SC ，且三棱锥S -ABC 的体积为932，则该三棱锥的外接球半径是( ) A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.取SC 的中点O ，连接OA ，OB ，则OA ＝OB ＝OC ＝OS ，即O 为三棱锥的外接球球心，设半径为r ，则13×2r ×34r 2＝932，所以r ＝3. 7．(20xx·安徽省江南十校3月检测)我国南北朝时期的科学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：如果两个等高的几何体在等高处的水平截面的面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．利用此原理求以下几何体的体积：如图，曲线y ＝x 2(0≤y ≤L )和直线y ＝L 围成的封闭图形绕y 轴旋转一周得几何体Z ，将Z 放在与y 轴垂直的水平面α上，用平行于平面α，且与Z 的顶点O 距离为l 的平面截几何体Z ，得截面圆的面积为π(l )2＝πl .由此构造右边的几何体Z 1(三棱柱ABC -A 1B 1C 1)，其中AC ⊥平面α，BB 1C 1C ∥α，EFPQ ∥α，AC ＝L ，AA 1⊂α，AA 1＝π，Z 1与Z 在等高处的截面面积都相等，图中EFPQ 和BB 1C 1C 为矩形，且PQ ＝π，FP ＝l ，则几何体Z 1的体积为( )A ．πL 2B ．πL 3C.12πL 2D.12πL 3 解析：选C.由题意可知，在高为L 处，几何体Z 和Z 1的水平截面面积相等，为πL ，所以S 矩形BB 1C 1C ＝πL ，所以BC ＝L ，所以V 三棱柱ABC -A 1B 1C 1＝S △ABC ·π＝12πL 2，故选C. 8．(20xx·××市七校联合考试)已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为( )A ．18B ．12C ．63D ．43解析：选B.由题意知，球心在三棱锥的高PE 上，设内切球的半径为R ，则S 球＝4πR 2＝16π，所以R ＝2，所以OE ＝OF ＝2，OP ＝4.在Rt △OPF 中，PF ＝OP2－OF2＝23.因为△OPF ∽△DPE ，所以OF DE ＝PF PE，得DE ＝23，AD ＝3DE ＝63，AB ＝23AD ＝12.故选B. 9．(多选)下列说法正确的是( )A ．用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面B ．圆台的任意两条母线延长后一定交于一点C ．有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体叫作棱锥D ．若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥不可能是正六棱锥解析：选ABD.在A 中，用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面，故A 正确；在B 中，由圆台的概念知圆台的任意两条母线延长后一定交于一点，故B 正确；在C 中，依照棱锥的定义，其余各面的三角形必须有公共的顶点，故C 错误；在D 中，若六棱锥的底面边长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长一定大于底面边长，故D 正确．10．(多选)在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下几种几何图形的4个顶点，这些几何图形可以是( )A ．矩形B ．有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体C ．每个面都是直角三角形的四面体D ．每个面都是等边三角形的四面体解析：选ABCD.4个顶点连成矩形的情形显然成立；图(1)中四面体A 1D 1B 1A 是B 中描述的情形；图(2)中四面体D -A 1C 1B 是D 中描述的情形；图(3)中四面体A 1D 1B 1D 是C 中描述的情形．正三棱锥的高为18－12＝6.答案：614．(20xx·高考天津卷)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：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为12，易知四棱锥的高为5－1＝2，故圆柱的高为1，所以圆柱的体积为π×⎝⎛⎭⎫122×1＝π4. 答案：π415．(20xx·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为____________．解析：如图，过点P 分别作PE ⊥BC 交BC 于点E ，作PF ⊥AC 交AC于点F .由题意知PE ＝PF ＝3.过P 作PH ⊥平面ABC 于点H ，连接HE ，HF ，HC ，易知HE ＝HF ，则点H 在∠ACB 的平分线上，又∠ACB ＝90°，故△CEH 为等腰直角三角形．在Rt △PCE 中，PC ＝2，PE ＝3，则CE ＝1，故CH ＝2，在Rt △PCH 中，可得PH ＝2，即点P 到平面ABC 的距离为2.答案：216．(20xx·河南八市重点高中联盟测评改编)已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，则三棱锥的表面积为________，若三棱锥内有一个体积为V 的球，则V 的最大值为________．解析：该三棱锥侧面的斜高为⎝⎛⎭⎫13×32＋12＝233，则S 侧＝3×12×2×233＝23，S 底＝12×3×2＝3，所以三棱锥的表面积S 表＝23＋3＝33.由题意知，当球与三棱锥的四个面都相切时，其体积最大．设三棱锥的内切球的半径为r ，则三棱锥的体积V 锥＝13S 表·r ＝13S 底·1，所以33r ＝3，所以r ＝13，所以三棱锥的内切球的体积最大为V max ＝43πr 3＝4π81. 答案：334π81。

高考数学复习：空间几何体的三视图、表面积及体积

V＝13×3×6×3＝18.
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专题五立体几何
空间几何体的三视图与直观图的对应关系
典题例析例 1 (1)下列三视图所对应的直观图是
二轮复习
(C )
数学
[解析] 由题意可知，几何体的直观图下部是长方体，上部是圆柱，并且高相等，所以C选项符合题意．
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专题五立体几何
(2)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为
学
习
(r，r′为底面半径，h 为高)
球 V 球＝__43_π_R_3_____(R 为球的半径) S 球＝___4_π_R_2___(R 为球的半径)
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专题五立体几何
2．空间几何体的三视图和直观图
(1)空间几何体的三视图
三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上
方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形，三视图的画法规则为“长对
＝π4.
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专题五立体几何
7．(2019·北京卷，11)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__4_0___.
数学
二轮复习
[解析 ] 由题意知去掉的四棱柱的底面为直角梯形，底面积S＝(2＋4) ×2÷2＝6，高为正方体的棱长4，所以去掉的四棱柱的体积为6×4＝24.又正方体的体积为43＝64，所以该几何体的体积为64－24＝40.
(1)加强对空间几何体结构特征的理解，掌握各种几何体的体积、表面积公式．
(2)掌握空间几何三视图的画法规则，掌握几何直观图中各个元素之间的关系以
及三视图中长宽之间的关系．
数

高考数学复习—空间几何体的表面积与体积

• 8.2 空间几何体的表面积与体积
1．柱体、锥体、台体的表面积
(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积 S 直棱柱侧＝__________，S 正棱锥侧＝__________， S ＝正棱台侧
__________(其中 C，C′为底面周长，h 为高，h′为斜高)．
(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积 S 圆柱侧＝________，S 圆锥侧＝________，S 圆台侧＝________
故正方体的体积为 223＝ 42，所以三棱锥 P-CDE 的体积为 42－
4×13×12× 22× 22× 22＝ 122．故填122．
类型四空间旋转体的体积问题
已知球的外切圆台上、下底面的半径分别为 r，
R，求圆台的体积．
解：如图，图①是该几何体的直观图，图②是该几何体的轴
截面平面图．
圆台轴截面为等腰梯形，与球的大圆相切，根据切线长定理， AC＝AO1，BO＝BC，得梯形腰长为 R＋r，梯形的高即球的直径长为 OO1＝ AB2－（OB－O1A）2＝（R＋r）2－（R－r）2
则 AD1＝ 32＋42＋122＝13，所以直三棱柱外接球的半径为123．故选
C．
点拨：求解几何体外接球的半径主要从两个方面考虑：一是根据球的截面的性质，利用球的半径 R、截面圆的半径 r 及球心到截面圆的距离 d 三者的关系 R2＝r2＋d2 求解，其中确定球心的位置是关键；二是将几何体补成长方体，利用该几何体与长方体共有外接球的特征，由外接球的直径等于长方体体
＝123．即直三棱柱外接球的半径为123．
解法二：(补体法)如图所示，将直三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面补
成矩形，得到长方体 ABDC-A1B1D1C1．显然，直三棱柱 ABC-A1B1C1 的外接球就是长方体 ABDC-A1B1D1C1 的外接球．而长方体

专题12 空间几何体的三视图、表面积及体积-艺体生考前冲刺专项讲解与训练 .

2019年高三艺术生考前专项解读与训练专题12 空间几何体的三视图、表面积及体积空间几何体的三视图[核心提炼]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”．(1)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()A．32B．23C．22 D.2(2)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左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是梯形，这些梯形的面积之和为() A．10 B．12C．14 D．16【答案】(1)B(2)B【解析】(1)根据三视图可得该四棱锥的直观图(四棱锥P-ABCD)如图所示，将该四棱锥放入棱长为2的正方体中．由图可知该四棱锥的最长棱为PD，PD＝22＋22＋22＝2 3.故选B.(2)由多面体的三视图还原直观图如图所示．该几何体由上方的三棱锥A -BCE 和下方的三棱柱BCE -B 1C 1A 1构成，其中平面CC 1A 1A 和平面BB 1A 1A 是梯形，则梯形的面积之和为2×（2＋4）×22＝12.故选B.由三视图还原到直观图的三个步骤(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面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．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(等腰直角三角形)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】D.【解析】由题意可得该几何体可能为四棱锥，如图所示，其高为2，其底面为正方形，面积为2×2＝4，因为该几何体的体积为13×4×2＝83，满足条件，所以俯视图可以为一个直角三角形．选D.空间几何体的表面积和体积考向1 由空间几何体的结构特征计算表面积与体积 1．柱体、锥体、台体的侧面积公式 (1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； (2)S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； (2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ，S ′分别为上下底面面积，h 为高)(不要求记忆)．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【解析】 (1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面P AD . 又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD .考向2由三视图计算空间几何体的体积和表面积根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤第一步：根据给出的三视图判断该几何体的形状．第二步：由三视图中的数量标示确定该几何体的各个度量．第三步：套用相应的面积公式与体积公式计算求解．格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为()A．90πB．63πC．42π D.36π(2)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 ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81【答案】 (1)B (2)B空间几何体的表面积与体积的求法(1)据三视图求表面积、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时，只需确定底面与相应的高，而求一些不规则几何体的体积时，往往需采用分割或补形思想，转化求解．【对点训练】1．(2019·广州五校协作体第一次诊断)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.（10＋22）π2＋1B ．13π6C.（11＋2）π2＋1D.（11＋22）π2＋1【答案】C.【解析】由三视图可知该几何体是一个圆柱和半个圆锥的组合体，故其表面积为22π＋1＋2π×2＋32π＝（11＋2）π2＋1，选C.2．(2017·高考山东卷)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．【答案】：2＋π2【解析】：由题意知该几何体是由一个长方体和两个14圆柱体构成，其中长方体的体积V 1＝2×1×1＝2，两个14圆柱体的体积之和V 2＝14×π×12×1×2＝π2，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝2＋π2.与球有关的切、接问题考向1 外接球(1)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．3π4C.π2D.π4(2)已知三棱锥S -ABC 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S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．【答案】 (1)B (2)36π【解析】 (1)球心到圆柱的底面的距离为圆柱高的12，球的半径为1，则圆柱底面圆的半径r ＝1－（12）2＝32，故该圆柱的体积V ＝π×(32)2×1＝3π4，故选B.(2)设球O 的半径为R ，因为SC 为球O 的直径，所以点O 为SC 的中点，连接AO ，OB ，因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，所以AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，因为平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，所以AO ⊥平面SCB ，所以V S ABC ＝V A -SBC ＝13×S △SBC ×AO ＝13×(12×SC ×OB )×AO ，即9＝13×(12×2R ×R )×R ，解得R ＝3，所以球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. 考向2 内切球(1)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A ．4πB ．9π2C ．6πD.32π3(2)如图，在圆柱O 1O 2 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2 的体积为V 1 ，球O 的体积为V 2 ，则V 1V 2的值是________．格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A ．136πB ．34πC ．25πD ．18π【答案】B.【解析】由三视图知，该四棱锥的底面是边长为3的正方形、高为4，且有一条侧棱垂直于底面，所以可将该四棱锥补形为长、宽、高分别为3、3、4的长方体，该长方体外接球的半径R 即为该四棱锥外接球的半径，所以2R ＝32＋32＋42，解得R ＝342，所以该四棱锥外接球的表面积为4πR 2＝34π，选B. 7．(2018·合肥质量检测(二))一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的体积为( )A.283 B ．2823C ．28D ．22＋6 3【答案】A.【解析】由三视图知，该几何体为三棱台，其上、下底面分别是直角边为2，4的等腰直角三角形，高为2，所以该几何体的体积V ＝13×[12×2×2＋12×4×4＋（12×2×2）（12×4×4）]×2＝283，故选A. 8．一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为( )A ．72＋6πB ．72＋4πC ．48＋6πD ．48＋4π【答案】A.【解析】由三视图知，该几何体由一个正方体的34部分与一个圆柱的14部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×(2＋2＋π)＝72＋6π，故选A.9．(2019·广西三市联考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．6B ．9C ．12D ．18【答案】B.【解析】该几何体是一个直三棱柱截去14所得，如图所示，其体积为34×12×3×4×2＝9.10．(2019·贵阳检测)三棱锥P -ABC 的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC 所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10【答案】C.【解析】依题意，设题中球的球心为O 、半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则4πR 33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P -ABC 的高的最大值为5＋3＝8，选C.(2)在平面PCBM 内，过点M 作MN ⊥BC 交BC 于点N ，连接AN ，则CN ＝PM ＝1，又PM ∥BC ，所以四边形PMNC 为平行四边形，所以PC ∥MN 且PC ＝MN ，由(1)得PC ⊥平面ABC ，所以MN ⊥平面ABC ，在△ACN 中，AN 2＝AC 2＋CN 2－2AC ·CN cos 120°＝3，即AN ＝ 3. 又AM ＝2，所以在Rt △AMN 中，MN ＝1，所以PC ＝MN ＝1.在平面ABC 内，过点A 作AH ⊥BC 交BC 的延长线于点H ，则AH ⊥平面PMC ，因为AC ＝CN ＝1，∠ACB ＝120°，所以∠ANC ＝30°. 所以在Rt △AHN 中，AH ＝12AN ＝32，而S △PMC ＝12×1×1＝12，所以V P MAC ＝V A PMC ＝13×12×32＝312. 6．(2019·成都第一次诊断性检测)如图(1)，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，点G ，R 分别在线段DH ，HB 上，且DG GH ＝BRRH .将△AED ，△CFD ，△BEF 分别沿DE ，DF ，EF折起，使点A ，B ，C 重合于点P ，如图(2)所示．(1)求证：GR ⊥平面PEF ；(2)若正方形ABCD 的边长为4，求三棱锥P -DEF 的内切球的半径．【解析】：(1)证明：在正方形ABCD 中，∠A ，∠ABC ，∠C 为直角．所以在三棱锥P -DEF 中，PE ，PF ，PD 两两垂直．所以PD ⊥平面PEF .因为DG GH ＝BR RH ，即DG GH ＝PRRH ，所以在△PDH 中，RG ∥PD .所以GR ⊥平面PEF .(2)正方形ABCD 边长为4.由题意知，PE ＝PF ＝2，PD ＝4，EF ＝22，DF ＝2 5. 所以S △PEF ＝2，S △DPF ＝S △DPE ＝4.S △DEF ＝12×22×（25）2－（2）2＝6.设三棱锥P -DEF 内切球的半径为r ，则三棱锥的体积V P DEF ＝13×12×2×2×4＝13(S △PEF ＋2S △DPF ＋S △DEF )·r ，解得r ＝12. 所以三棱锥P -DEF 的内切球的半径为12.。

高三数学(理)二轮复习专题通关攻略：课时巩固过关练十二 1.5.1空间几何体的三视图、表面积及体积

课时巩固过关练十二空间几何体的三视图、表面积及体积(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2016·天津高考)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到的几何体的正视图与俯视图如图所示,则该几何体的侧视图为( )【解析】选B.由题意得截去的是长方体前右上方顶点.【方法技巧】三视图往往与几何体的体积、表面积以及空间线面关系、角与距离等问题相结合,解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征.2.(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为( )A. B. C. D.1【解析】选A.通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥,则通过侧视图得高h=1,底面积S=×1×1=,所以体积V=Sh=.3.(2016·广州一模)一个六棱柱的底面是正六边形,侧棱垂直于底面,所有棱的长都为1,顶点都在同一个球面上,则该球的体积为( )A.20πB.C.5πD.【解析】选D.由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r=1,其高h=1,所以球半径为R===,所以该球的体积V=πR3=×·π=.【加固训练】已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3, AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为( )A. B.2 C. D.3【解析】选C.因为直三棱柱中AB=3,AC=4,AA1=12,AB⊥AC,所以BC=5,且BC为过底面ABC的截面圆的直径.取BC中点D,则OD⊥底面ABC,则O在侧面BCC1B1内,矩形BCC1B1的对角线长即为球直径,所以2R==13,即R=.二、填空题(每小题5分，共10分)4.(2016·天津高考)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.【解析】底面为平行四边形，面积为2×1=2，高为3，所以V=×2×1×3=2. 答案：25.(2016·大连一模)如图，在小正方形边长为1的网格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球表面积为________.【解题导引】由三视图知，该几何体是一个侧面与底面垂直的三棱锥，画出直观图，再建立空间直角坐标系，求出三棱锥外接球的球心与半径，从而求出外接球的表面积.【解析】由三视图知，该几何体是三棱锥S-ABC，且三棱锥的一个侧面SAC与底面ABC垂直，其直观图如图所示：由三视图的数据可得OA=OC=2，OB=OS=4.建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示：则A(0，-2，0)，B(4，0，0)，C(0，2，0)，S(0，0，4)，则三棱锥外接球的球心I在平面xOz上，设I(x，0，z)；由得，解得x=z=；所以外接球的半径R=|BI|==.所以该三棱锥外接球的表面积S=4πR2=4π×=34π.答案：34π三、解答题(6题12分，7题13分，共25分)6.(2016·南阳一模)如图，AA1，BB1为圆柱OO1的母线，BC是底面圆O的直径，D，E分别是AA1，CB1的中点，DE⊥平面CBB1.(1)证明：DE∥平面ABC.(2)求四棱锥C-ABB1A1与圆柱OO1的体积比.【解析】(1)连接EO，OA，因为E，O分别为B1C，BC的中点，所以EO∥BB1.又DA∥BB1，且DA=BB1=EO，所以四边形AOED是平行四边形，即DE∥OA.又DE⊄平面ABC，AO⊂平面ABC，所以DE∥平面ABC.(2)由题意知DE⊥平面CBB1，且由(1)知DE∥AO，因为AO⊥平面CBB1，所以AO⊥BC，所以AC=AB. 因为BC是底面圆O的直径，所以CA⊥AB，且AA1⊥CA，又AB∩AA1=A，所以CA⊥平面AA1B1B，即CA为四棱锥C-ABB1A1的高.设圆柱的高为h，底面圆半径为r，则=πr2h，=h(r)·(r)=hr2.所以∶=.7.(2016·南宁一模)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1=A1C=AC=2，AB=BC且AB⊥BC.(1)求证：AC⊥A1B.(2)求三棱锥C1-ABA1的体积.【解题导引】(1)转化为证明直线AC垂直于直线A1B所在的平面即可.(2)由=，转化为求，关键求点B到平面AA1C1的距离.【解析】(1)取AC的中点O，连接A1O，BO.因为AA1=A1C，所以A1O⊥AC，又AB=BC，所以BO⊥AC，因为A1O∩BO=O，所以AC⊥平面A1OB，又因为A1B⊂平面A1OB，所以AC⊥A1B.(2)三棱柱ABC-A1B1C1中，所以侧面AA1C1C⊥底面ABC，侧面AA1C1C∩底面ABC=AC，OB⊥AC，所以OB⊥平面AA1C1C，易求得OB=1，=，所以==··OB=.(20分钟50分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.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,则该多面体最短和最长的棱长分别等于( )A.4,B.4,C.3,5D.3,2【解析】选C.由三视图可判断该几何体为三棱锥,形状如图,其中SC⊥平面ABC,AC⊥AB,所以最短的棱长为AC=3,最长的棱长为SB=5.2.如图是某几何体的三视图,正(主)视图是等腰梯形,俯视图中的曲线是两个同心的半圆组成的半圆环,侧(左)视图是直角梯形,则该几何体的体积等于( )A.12πB.16πC.20πD.24π【解析】选A.由三视图知:r=1,R=4,S1=π×12=π,S2=π×42=16π,所以V=×-π×12×4=×21π-2π=12π.【加固训练】某几何体的三视图如图所示,若该几何体的体积为3,则侧(左)视图中线段的长度x的值是( )A. B.2 C.4 D.5【解析】选C.分析题意可知,该几何体为如图所示的四棱锥P-ABCD,故其体积V=××4×CP=3,所以CP=,所以x==4.3.如图1，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，动点M，N，Q分别在线段AD1，B1C，C1D1上.当三棱锥Q -BMN的俯视图如图2所示时，三棱锥Q-BMN的正(主)视图面积等于( )A.a2B.a2C.a2D.a2【解析】选B.由俯视图知，点M为AD1的中点、N与C重合、Q与D1重合，所以三棱锥Q -BMN的正(主)视图为△CD1P，其中点P为DD1的中点，所以三棱锥Q -BMN 的正(主)视图面积为×a×=a2.【加固训练】如图，三棱锥V-ABC，VA⊥VC，AB⊥BC，∠VAC=∠ACB=30°，若侧面VAC⊥底面ABC，则其正(主)视图与侧(左)视图面积之比为( )A.4∶B.4∶C.∶D.∶【解题导引】正(主)视图为Rt△VAC，侧(左)视图为以△VAC中AC边的高为一条直角边，△ABC中AC边的高为另一条直角边的直角三角形.【解析】选A.过V作VD⊥AC于点D，过B作BE⊥AC于点E，则正(主)视图为Rt△VAC，侧(左)视图为以△VAC中AC边的高VD为一条直角边，△ABC中AC边的高BE为另一条直角边的直角三角形.设AC=x，则VA=x，VC=x，VD=x，BE=x，则S正(主)视图：S侧(左)视图=∶(·x·x)=4∶.【误区警示】解答本题易出现如下两种错误：一是对正(主)视图、侧(左)视图的形状判断不准确，造成结论错误；二是运算错误，造成结论错误.二、填空题(每小题5分，共10分)4.如图，半径为4的球O中有一内接圆柱，则圆柱的侧面积最大值是________.【解题导引】设出圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，求出圆柱的侧面积表达式，求出最大值.【解析】设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r=4cosα，圆柱的高为8sinα.所以圆柱的侧面积为：32πsin2α.当且仅当α=时，sin2α=1，圆柱的侧面积最大，所以圆柱的侧面积的最大值为：32π.答案：32π5.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，侧棱PA⊥底面ABCD，PA=2，E为AB的中点，则点E到平面PBC的距离为________.【解题导引】利用V P-BCE=V E-PBC求.【解析】由于四边形ABCD是菱形，所以以EB为底边的△CBE的高h=AD·sin 60°=2×=，从而四面体P-BCE的体积V P-BCE=V E-PBC=××1××2=，AC==2.在Rt△PAB中PB==2，在Rt△PAC中PC===4，cos∠PBC==-，所以sin∠PBC==.S△PBC=PB·BC·sin∠PBC=×2×2×=.设点E到平面PBC的距离为d，则有S△PBC·d=，所以d===.答案：三、解答题(6题12分，7题13分，共25分)6.如果一个几何体的正(主)视图与侧(左)视图都是全等的长方形，边长分别是4cm与2cm如图所示，俯视图是一个边长为4cm的正方形.(1)求该几何体的全面积.(2)求该几何体的外接球的体积.【解析】(1)由题意可知，该几何体是长方体，底面是正方形，边长是4，高是2，因此该几何体的全面积是：2×4×4+4×4×2=64(cm2).(2)由长方体与球的性质可得，长方体的体对角线是球的直径，记长方体的体对角线为d，球的半径为r，d===6(cm)，所以球的半径r=3cm，因此球的体积V=πr3=×27π=36π(cm3).所以外接球的体积是36πcm3.7.如图，边长为的正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，其中AB∥CD，AB⊥BC，DC=BC=AB=1，点M在线段EC上.(1)证明：平面BDM⊥平面ADEF.(2)判断点M的位置，使得三棱锥B-CDM的体积为.【解题导引】证明BD⊥平面ADEF，即可证明平面BDM⊥平面ADEF.(2)在平面DMC内，过M作MN⊥DC，垂足为N，则MN∥ED，利用三棱锥的体积计算公式求出MN，可得结论.【解析】(1)因为DC=BC=1，DC⊥BC，所以BD=.因为AD=，AB=2，所以AD2+BD2=AB2，所以∠ADB=90°，所以AD⊥BD，因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD.BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面ADEF，因为BD⊂平面BDM，所以平面BDM⊥平面ADEF.(2)如图，在平面DMC内，过M作MN⊥DC，垂足为N，又因为ED⊥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，所以ED⊥平面ABCD，所以ED⊥CD，所以MN∥ED，因为ED⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD.因为V B-CDM=V M-CDB=MN·S△BDC=，所以××1×1×MN=，所以MN=.所以===，所以CM=CE，所以点M在线段CE的三等分点且靠近C处.。

高三数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析

高三数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析1.如图, 四棱柱的底面ABCD是正方形, O为底面中心, ⊥平面ABCD,．（1）证明: // 平面;（2）求三棱柱的体积．【答案】（1）证明详见解析；（2）体积为1.【解析】本题主要考查线线平行、面面平行、线面垂直、柱体的体积等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，由图象可得到，，，所以得到四边形为平行四边形，所以，利用面面平行的判定得证；第二问，由面ABCD，所以得到是三棱柱的高，利用体积转化法，得到三棱柱的体积.试题解析：（1）设线段的中点为，∵BD和是的对应棱，∴，同理，∵AO和是棱柱的对应线段，∴，且，且四边形为平行四边形且，面面.（2）∵面ABCD，∴是三棱柱的高，在正方形ABCD中，，在中，，，所以，.【考点】线线平行、面面平行、线面垂直、柱体的体积.2.（正四棱锥与球体积选做题）棱长为1的正方体的外接球的体积为________．【答案】.【解析】正方体的体对角线，就是正方体的外接球的直径，所以球的直径为：所以球的半径为：，∴正方体的外接球的体积V=．【考点】１．球的体积；２．球内接多面体．3.如图，ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，ED＝1，EF∥BD且EF＝BD．(1)求证：BF∥平面ACE；(2)求证：平面EAC⊥平面BDEF(3)求几何体ABCDEF的体积．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)2【解析】(1)利用线线平行，推证线面平行；(2)利用一个面内一条直线与另一个平面垂直，则这两个平面垂直，证明面面垂直；(3)将不规则几何体转化为主题或椎体的体积求解．试题解析：(1)证明：记AC与BD的交点为O，则DO＝BO＝BD，连接EO，∵EF∥BD且EF＝BD，∴EF∥BO且EF＝BO，则四边形EFBO是平行四边形，∴BF∥EO，又∵面ACE，面ACE，∴BF∥平面ACE；(2)证明：∵ED⊥平面ABCD，平面ABCD，∴ED⊥AC．∵ABCD为正方形，∴BD⊥AC，又ED∩BD＝D，∴AC⊥平面BDEF，又平面EAC，∴平面EAC⊥平面BDEF；(3)解：∵ED⊥平面ABCD，∴ED⊥BD，又∵EF∥BD且EF＝BD，∴BDEF是直角梯形，又∵ABCD是边长为2的正方形，BD＝2，EF＝，∴题型BDEF的面积为，由(1)知AC⊥平面BDEF，∴几何体的体积VABCDEF ＝2VA－BDEF＝2×S BDEF·AO＝．【考点】空间直线与平面位置关系，几何体的体积4.如图，多面体的直观图及三视图如图所示，分别为的中点．（1）求证：平面；(2）求多面体的体积．【答案】（1）证明：见解析；（2）多面体的体积．【解析】（1）由多面体的三视图知，三棱柱中,底面是等腰直角三角形，，平面,侧面都是边长为的正方形．连结，则是的中点，由三角形中位线定理得，得证.（2）利用平面，得到,再据⊥，得到⊥平面，从而可得：四边形是矩形,且侧面⊥平面. 取的中点得到,且平面．利用体积公式计算.所以多面体的体积． 12分试题解析：（1）证明：由多面体的三视图知，三棱柱中,底面是等腰直角三角形，，平面,侧面都是边长为的正方形．连结，则是的中点，在△中，，且平面，平面，∴∥平面． 6分（2）因为平面，平面,,又⊥，所以，⊥平面，∴四边形是矩形,且侧面⊥平面 8分取的中点,,且平面． 10分所以多面体的体积． 12分【考点】三视图，平行关系，垂直关系，几何体的体积.5.正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为A．B．C．D．【答案】C【解析】如下图所示，连接，因为是正三角形，且为中点，则，又因为面，故，且，所以面，所以是三棱锥的高，所以．【考点】1、直线和平面垂直的判断和性质；2、三棱锥体积．6.棱长为的正四面体的外接球半径为．【答案】【解析】记正四面体棱长为，外接球半径为，在正四面体中，利用棱，与棱共顶点的高及这条棱在对面上的射影构成的直角三角形可解得，因此中本题中.【考点】正四面体（正棱锥的性质）.7.如图，已知平面，，，且是的中点，.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求此多面体的体积.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.【解析】（1）取的中点，连结、，利用中位线证明，利用题中条件得到，进而得到，于是说明四边形为平行四边形，得到，最后利用直线与平面平行的判定定理证明平面；（2）由平面得到，再利用等腰三角形三线合一得到，利用直线与平面垂直的判定定理证明平面，结合（1）中的结论证明平面，最后利用平面与平面垂直的判定定理证明平面平面；（3）利用已知条件得到平面平面，然后利用平面与平面垂直的性质定理求出椎体的高，最后利用椎体的体积公式计算该几何体的体积.（1）取中点，连结、，为的中点，，且，又，且，且，为平行四边形，，又平面，平面，平面；（2），，所以为正三角形，，平面，，平面，又平面，，又，，平面，又，平面，又平面，平面平面；（3）此多面体是一个以为定点，以四边形为底边的四棱锥，，平面平面，等边三角形边上的高就是四棱锥的高，.【考点】1.直线与平面平行；2.平面与平面垂直；3.椎体体积的计算8.如图，在三棱锥中，，，°，平面平面，，分别为，中点．（1）求证：∥平面；（2）求证：；（3）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析；（3）.【解析】本题主要考查线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力.第一问，由于D、E分别为AB、AC中点，所以利用三角形的中位线得出∥，再利用线面平行的判定直接得到结论；第二问，由，而∥得，而D为AB中点，PA=PB，得，所以利用线面垂直的判定得平面，再利用线面垂直的性质得；第三问，由于，利用面面垂直的性质得平面，所以PD是三棱锥的高，而，所以. （1）因为，分别为，中点，所以∥，又平面，平面，所以∥平面. 4分（2）连结，因为∥，又°，所以.又，为中点，所以.所以平面，所以. 9分（3）因为平面平面，有，所以平面，所以. 14分【考点】线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积.9.棱长为1的正方体及其内部一动点，集合,则集合构成的几何体表面积为 .【答案】【解析】 .【考点】几何体的表面积.10.已知等腰梯形PDCB中(如图),PB=3,DC=1,PD=BC=,A为PB边上一点,且PA=1,将△PAD沿AD折起,使平面PAD⊥平面ABCD(如图).(1)证明：平面PAD⊥平面PCD.(2)试在棱PB上确定一点M,使截面AMC把几何体分成的两部分VPDCMA ∶VMACB=2∶1.(3)在M满足(2)的情况下,判断直线PD是否平行平面AMC.【答案】（1）见解析（2）M为线段PB的中点时（3）不平行【解析】(1)因为PDCB为等腰梯形,PB=3,DC=1,PA=1,则PA⊥AD,CD⊥AD.又因为面PAD⊥面ABCD,面PAD∩面ABCD=AD,CD⊂面ABCD,故CD⊥面PAD. 又因为CD⊂面PCD,所以平面PAD⊥平面PCD.(2)所求的点M即为线段PB的中点.证明如下：设三棱锥M-ACB的高为h1,四棱锥P-ABCD的高为h2,当M为线段PB的中点时,==,所以===,所以截面AMC把几何体分成的两部分VPDCMA ∶VMACB=2∶1.(3)当M为线段PB的中点时,直线PD与面AMC不平行.证明如下：(反证法)假设PD∥面AMC,连接DB交AC于点O,连接MO.因为PD⊂面PBD,且面AMC∩面PBD=MO,所以PD∥MO.因为M为线段PB的中点时,则O为线段BD的中点,即=,而AB∥DC,故==,故矛盾.所以假设不成立,故当M为线段PB的中点时,直线PD与平面AMC不平行.11.棱长为2的三棱锥的外接球的表面积为（）A．6πB．4πC．2πD．π【答案】A【解析】由题意知,此三棱锥为正四面体,以此正四面体的各棱为正方形的对角线拓展出一个正方体,则三棱锥外接球的半径为正方体外接球的半径.因三棱锥棱长为2,所以正方体棱长为,其外接球的直径为所以三棱锥的外接球的表面积为6π．12.如图，在三棱锥中，，，平面平面，为中点，点分别为线段上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为________．【答案】【解析】因为且为中点，所以，因为平面平面，由面面垂直的性质定理可得，即。

高考数学知识点-空间几何体的表面积和体积知识解析

高考数学知识点:空间几何体的表面积和体积知
识解析
一、柱、锥、台和球的侧面积和体积
典型例题1：
1、几何体的侧面积和全面积：
几何体侧面积是指(各个)侧面面积之和，而全面积是侧面积与所有底面积之和.对侧面积公式的记忆，最好结合几何体的侧面展开图来进行.
2、求体积时应注意的几点：
(1)、求一些不规则几何体的体积常用割补的方法转化成已知体积公式的几何体进行解决.
(2)、与三视图有关的体积问题注意几何体还原的准确性及数据的准确性.
3、求组合体的表面积时注意几何体的衔接部分的处理.
典型例题2：
1、以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量.
2、多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积注意衔接部分的处理.
3、旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.
典型例题3：
1、计算柱、锥、台体的体积，关键是根据条找出相应的底面面积和高，应注意充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解.
2、注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、转化法等，它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法，应熟练掌握.
3、等积变换法：利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面.①求体积时，可选择容易计算的方式来计算;②利用“等积法”可求“点到面的距离”.。

高考数学考点解读命题热点突破专题12空间几何体的三视图﹑表面积及体积理

2021届高考数学 8.1空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积配套文档理

§8.1空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积1．多面体的结构特点2.3.空间几何体的直观图经常使用斜二测画法来画，其规那么：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中维持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中长度为原先的一半．4．空间几何体的三视图(1)三视图的主视图、俯视图、左视图别离是从物体的正前方、正上方、正左方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形．(2)三视图的特点：三视图知足“长对正、高平齐、宽相等”或说“主左一样高、主俯一样长、俯左一样宽”．5．柱、锥、台和球的侧面积和体积1． (1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱． ( × ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( × )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A 时，假设∠A 的两边别离平行于x 轴和y 轴，且∠A ＝90°，那么在直观图中，∠A ＝45°.( × ) (4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同． ( × ) (5)圆柱的侧面展开图是矩形．( √ ) (6)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差来计算．( √ )2． (2021·四川)一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的直观图能够是 ( )答案 D解析由三视图可知上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.3． (2021·课标全国Ⅰ)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，若是不计容器的厚度，那么球的体积为( )A.500π3cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3答案 A解析作出该球轴截面的图象如下图，依题意BE ＝2，AE ＝CE ＝4，设DE ＝x ，故AD ＝2＋x ，因为AD 2＝AE 2＋DE 2，解得x ＝3，故该球的半径AD ＝5，因此V ＝43πR 3＝500π3. 4．一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形，原三角形的面积为________．答案62解析由斜二测画法，知直观图是边长为1的正三角形，其原图是一个底为1，高为6的三角形，因此原三角形的面积为62.5．假设一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，那么该圆锥的体积为________．答案33π 解析侧面展开图扇形的半径为2，圆锥底面半径为1， ∴h ＝22－1＝3，∴V ＝13π×1×3＝33π.题型一空间几何体的结构特点例1 (1)以下说法正确的选项是( )A ．有两个平面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B ．四棱锥的四个侧面都能够是直角三角形C ．有两个平面相互平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D ．棱台的各侧棱延长后不必然交于一点 (2)给出以下命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，那么这两点的连线是圆柱的母线； ②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； ③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面能够不相似，但侧棱长必然相等．其中正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3思维启发从多面体、旋转体的概念入手，能够借助实例或几何模型明白得几何体的结构特点．答案 (1)B (2)A解析 (1)A 错，如图1；B 正确，如图2，其中底面ABCD 是矩形，可证明∠PAB ，∠PCB 都是直角，如此四个侧面都是直角三角形；C 错，如图3；D 错，由棱台的概念知，其侧棱必相交于同一点．(2)①不必然，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②不必然，因为“其余各面都是三角形”并非等价于“其余各面都是有一个公共极点的三角形”，如图1所示；③不必然，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，可是侧棱长不必然相等．思维升华 (1)有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的几何体不必然是棱柱． (2)既然棱台是由棱锥概念的，因此在解决棱台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略． (3)旋转体的形成不仅要看由何种图形旋转取得，还要看旋转轴是哪条直线．如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A ，B ，C是展开图上的三点，那么在正方体盒子中，∠ABC 的值为 ( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 C解析还原正方体，如下图，连接AB ，BC ，AC ，可得△ABC 是正三角形，那么∠ABC ＝60°. 题型二空间几何体的三视图和直观图例2 (1)如图，某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且体积为12，那么该几何体的俯视图能够是( )(2)正三角形AOB 的边长为a ，成立如下图的直角坐标系xOy ，那么它的直观图的面积是________．思维启发 (1)由主视图和左视图可知该几何体的高是1，由体积是12可求出底面积．由底面积的大小可判定其俯视图是哪个．(2)依照直观图画法规那么确信平面图形和其直观图面积的关系．答案 (1)C (2)616a 2解析 (1)由该几何体的主视图和左视图可知该几何体是柱体，且其高为1，由其体积是12可知该几何体的底面积是12，由图知A 的面积是1，B 的面积是π4，C 的面积是12，D 的面积是π4，应选C.(2)画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图)．D ′为O ′A ′的中点．易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2.思维升华 (1)三视图中，主视图和左视图一样高，主视图和俯视图一样长，左视图和俯视图一样宽．即“长对正，宽相等，高平齐”．(2)解决有关“斜二测画法”问题时，一样在已知图形中成立直角坐标系，尽可能运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系．(1)(2021·湖南)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，那么该正方体的主视图的面积不可能等于( )A ．1 B.2 C.2－12D.2＋12(2)如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6 cm ，O ′C ′＝2 cm ，那么原图形是 ( ) A ．正方形 B ．矩形C ．菱形D ．一样的平行四边形答案 (1)C (2)C解析 (1)由俯视图知正方体的底面水平放置，其主视图为矩形，以正方体的高为一边长，另一边长最小为1，最大为2，面积范围应为[1，2]，不可能等于2－12.(2)如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝42 cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm.∴OC ＝OD 2＋CD 2＝422＋22＝6 cm ，∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形．题型三空间几何体的表面积与体积例3 (1)一个空间几何体的三视图如下图，那么该几何体的表面积为 ( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80(2)已知某几何体的三视图如下图，其中主视图、左视图均由直角三角形与半圆组成，俯视图由圆与内接三角形组成，依照图中的数据可得几何体的体积为 ( ) A.2π3＋12B.4π3＋16 C.2π6＋16D.2π3＋12思维启发先由三视图确信几何体的组成及气宇，然后求表面积或体积．答案 (1)C (2)C解析 (1)由三视图知该几何体的直观图如下图，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12＝17.因此S表＝42＋2×4＋12×(2＋4)×4×2＋4×17×2＝48＋817.(2)由三视图确信该几何体是一个半球体与三棱锥组成的组合体，如图，其中AP ，AB ，AC 两两垂直，且AP ＝AB ＝AC ＝1，故AP ⊥平面ABC ，S △ABC ＝12AB ×AC ＝12，因此三棱锥P －ABC 的体积V 1＝13×S △ABC ×AP ＝13×12×1＝16，又Rt△ABC 是半球底面的内接三角形，因此球的直径2R ＝BC ＝2，解得R ＝22，因此半球的体积V 2＝12×4π3×(22)3＝2π6，故所求几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝16＋2π6.思维升华解决此类问题需先由三视图确信几何体的结构特点，判定是不是为组合体，由哪些简单几何体组成，并准确判定这些几何体之间的关系，将其切割为一些简单的几何体，再求出各个简单几何体的体积，最后求出组合体的体积．(2021·课标全国)已知三棱锥S －ABC 的所有极点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，那么此棱锥的体积为 ( ) A.26 B.36 C.23 D.22答案 A解析由于三棱锥S －ABC 与三棱锥O －ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S －ABC 的高是三棱锥O －ABC 高的2倍，因此三棱锥S －ABC 的体积也是三棱锥O －ABC 体积的2倍．在三棱锥O －ABC 中，其棱长都是1，如下图， S △ABC ＝34×AB 2＝34，高OD ＝ 12－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫332＝63， ∴V S －ABC ＝2V O －ABC ＝2×13×34×63＝26.转化思想在立体几何计算中的应用典例：(12分)如图，在直棱柱ABC —A ′B ′C ′中，底面是边长为3的等边三角形，AA ′＝4，M 为AA ′的中点，P 是BC 上一点，且由P 沿棱柱侧面通过棱CC ′到M 的最短线路长为29，设这条最短线路与CC ′的交点为N ，求：(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长； (2)PC 与NC 的长；(3)三棱锥C —MNP 的体积．思维启发 (1)侧面展开图从哪里剪开展平；(2)MN ＋NP 最短在展开图上呈现如何的形式；(3)三棱锥以谁做底好．标准解答解 (1)该三棱柱的侧面展开图为一边长别离为4和9的矩形，故对角线长为42＋92＝97.[2分](2)将该三棱柱的侧面沿棱BB ′展开，如以下图，设PC ＝x ，那么MP 2＝MA 2＋(AC ＋x )2. ∵MP ＝29，MA ＝2，AC ＝3，∴x ＝2，即PC ＝2.又NC ∥AM ，故PC PA ＝NCAM ，即25＝NC 2.∴NC ＝45.[8分](3)S △PCN ＝12×CP ×CN ＝12×2×45＝45.在三棱锥M —PCN 中，M 到面PCN 的距离，即h ＝32×3＝332.∴V C —MNP ＝V M —PCN ＝13·h ·S △PCN＝13×332×45＝235.[12分] 温馨提示 (1)解决空间几何体表面上的最值问题的全然思路是“展开”，即将空间几何体的“面”展开后铺在一个平面上，将问题转化为平面上的最值问题．(2)若是已知的空间几何体是多面体，那么依照问题的具体情形能够将那个多面体沿多面体中某条棱或两个面的交线展开，把不在一个平面上的问题转化到一个平面上．若是是圆柱、圆锥那么可沿母线展开，把曲面上的问题转化为平面上的问题．(3)此题的易错点是，不明白从哪条侧棱剪开展平，不能正确地画出侧面展开图．缺乏空间图形向平面图形的转化意识.方式与技术1．棱柱、棱锥要把握各部份的结构特点，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决．2．旋转体要抓住“旋转”特点，弄清底面、侧面及展开图形状．3．三视图画法：(1)实虚线的画法：分界限和可见轮廓线用实线，看不见的轮廓线用虚线；(2)明白得“长对正、宽平齐、高相等”．4．直观图画法：平行性、长度两个要素．5．求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规那么的几何体通过度割或补形将其转化为规那么的几何体求解．6．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，确信有关元素间的数量关系，并作出适合的截面图，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，正方体的极点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．失误与防范1．台体能够看成是由锥体截得的，但必然强调截面与底面平行．2．注意空间几何体的不同放置对三视图的阻碍．3．几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系．A组专项基础训练(时刻：40分钟)一、选择题1．正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两极点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有( )A．20 B．15C．12 D．10答案D解析如图，在正五棱柱ABCDE－A1B1C1D1E1中，从极点A动身的对角线有两条：AC1，AD1，同理从B，C，D，E点动身的对角线均有两条，共2×5＝10(条)．2．(2021·福建)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么那个几何体不能够是( )A ．球B ．三棱锥C ．正方体D ．圆柱答案 D解析考虑选项中几何体的三视图的形状、大小，分析可得．球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等，第一排除选项A 和C. 关于如下图三棱锥O －ABC ，当OA 、OB 、OC 两两垂直且OA ＝OB ＝OC 时，其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B. 不论圆柱如何设置，其三视图的形状都可不能完全相同，故答案选D.3． (2021·重庆)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为( )A.5603B.5803 C ．200 D ．240答案 C解析由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长为8，高为4，故面积为S ＝2＋8×42＝20.又棱柱的高为10，因此体积V ＝Sh ＝20×10＝200.4．如图是一个物体的三视图，那么此三视图所描述物体的直观图是( ) 答案 D解析由俯视图可知是B 和D 中的一个，由主视图和左视图可知B 错．5．某几何体的三视图如下图，其中俯视图是个半圆，那么该几何体的表面积为( )A.32π B ．π＋3C.32π＋ 3D.52π＋3答案 C解析由三视图可知该几何体为一个半圆锥，底面半径为1，高为3，∴表面积S ＝12×2×3＋12×π×12＋12×π×1×2＝3＋3π2.二、填空题6. 如下图，E 、F 别离为正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的面ADD 1A 1、面BCC 1B 1的中心，那么四边形BFD 1E 在该正方体的面DCC 1D 1上的正投影是________．(填序号)答案 ②解析四边形在面DCC 1D 1上的正投影为②：B 在面DCC 1D 1上的正投影为C ，F 、E 在面DCC 1D 1上的投影应在边CC 1与DD 1上，而不在四边形的内部，故①③④错误．7．已知三棱锥A —BCD 的所有棱长都为2，那么该三棱锥的外接球的表面积为________．答案 3π 解析如图，构造正方体ANDM —FBEC .因为三棱锥A —BCD 的所有棱长都为2，因此正方体ANDM —FBEC 的棱长为1.因此该正方体的外接球的半径为32. 易知三棱锥A —BCD 的外接球确实是正方体ANDM —FBEC 的外接球，因此三棱锥A —BCD 的外接球的半径为32.因此三棱锥A —BCD 的外接球的表面积为S 球＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＝3π. 8． (2021·江苏)如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 别离是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F －ADE的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，那么V 1∶V 2＝________.答案 1∶24解析设三棱锥F －ADE 的高为h ，则V 1V 2＝13h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12AD ·AE ·sin∠DAE 2h 122AD 2AE sin∠DAE＝124. 三、解答题9．一个几何体的三视图及其相关数据如下图，求那个几何体的表面积．解那个几何体是一个圆台被轴截面割出来的一半．依照图中数据可知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为3，母线长为2，几何体的表面积是两个半圆的面积、圆台侧面积的一半和轴截面的面积之和，故那个几何体的表面积为S ＝12π×12＋12π×22＋12π×(1＋2)×2＋12×(2＋4)×3＝11π2＋3 3.10．已知一个正三棱台的两底面边长别离为30 cm 和20 cm ，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高．解如下图，三棱台ABC —A 1B 1C 1中，O 、O 1别离为两底面中心，D 、D 1别离为BC和B 1C 1的中点，那么DD 1为棱台的斜高．由题意知A 1B 1＝20，AB ＝30，则OD ＝53，O 1D 1＝1033，由S 侧＝S 上＋S 下，得12×(20＋30)×3DD 1＝34×(202＋302)，解得DD 1＝1333，在直角梯形O 1ODD 1中，O 1O ＝DD 21－OD －O 1D 12＝43，因此棱台的高为4 3 cm. B 组专项能力提升(时刻：30分钟)1．在四棱锥E —ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD,2AB ＝3CD ，M 为AE 的中点，设E —ABCD 的体积为V ，那么三棱锥M —EBC 的体积为( )A.25VB.13VC.23VD.310V 答案 D解析设点B 到平面EMC 的距离为h 1，点D 到平面EMC 的距离为h 2.连接MD .因为M 是AE 的中点，因此V M —ABCD ＝12V . 因此V E —MBC ＝12V －V E —MDC . 而V E —MBC ＝V B —EMC ，V E —MDC ＝V D —EMC ，因此V E —MBCV E —MDC ＝V B —EMC V D —EMC ＝h 1h 2.因为B ，D 到平面EMC 的距离即为到平面EAC 的距离，而AB ∥CD ，且2AB ＝3CD ，因此h 1h 2＝32. 因此V E —MBC ＝V M －EBC ＝310V .2．某三棱锥的三视图如下图，该三棱锥的表面积是( ) A ．28＋6 5 B ．30＋65C ．56＋125 D ．60＋125 答案 B 解析由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如下图，其中AE ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，且CD ＝4，BD ＝5，BE ＝2，ED ＝3，AE ＝4.∵AE ＝4，ED ＝3，∴AD ＝5.又CD ⊥BD ，CD ⊥AE ，则CD ⊥平面ABD ，故CD ⊥AD ，因此AC ＝41且S △ACD ＝10.在Rt△ABE 中，AE ＝4，BE ＝2，故AB ＝25. 在Rt△BCD 中，BD ＝5，CD ＝4，故S △BCD ＝10，且BC ＝41.在△ABD 中，AE ＝4，BD ＝5，故S △ABD ＝10.在△ABC 中，AB ＝25，BC ＝AC ＝41，则AB 边上的高h ＝6，故S △ABC ＝12×25×6＝6 5. 因此，该三棱锥的表面积为S ＝30＋65. 3．表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，那么该圆锥的底面直径为________．答案 2解析设圆锥的母线为l ，圆锥底面半径为r .那么12πl 2＋πr 2＝3π，πl ＝2πr ，∴r ＝1，即圆锥的底面直径为2.4. 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，图为该四棱锥的主视图和左视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)依照图所给的主视图、左视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA .解 (1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)，边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2.(2)由左视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2.由主视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，因此在Rt△APD 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝622＋62＝6 3 cm.5．在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝a ，PA ＝PC ＝2a ，假设在那个四棱锥内放一球，求此球的最大半径．解当球内切于四棱锥，即与四棱锥各面均相切时球半径最大，设球的半径为r ，球心为O ，连接OP 、OA 、OB 、OC 、OD ，那么把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥，这些小棱锥的高都是r ，底面别离为原四棱锥的侧面和底面，则V P －ABCD ＝13r (S △PAB ＋S △PBC ＋S △PCD ＋S △PAD ＋S 正方形ABCD )＝13r (2＋2)a 2.由题意，知PD ⊥底面ABCD ，∴V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝13a 3. 由体积相等，得13r (2＋2)a 2＝13a 3，解得r ＝12(2－2)a .。

高考数学专题突破学生版-几何体的体积、面积和三视图与直观图(考点讲析)

专题7.1几何体的体积、面积和三视图与直观图（考点讲析）提纲挈领A.4B.8C.12D.16 【典例2】（2018年全国卷II 文）在正方体中，的中点，则异面直线所成角的正切值为（）A.C.【方法技巧】解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧 (1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一反例即可．(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．热门考点02 空间几何体的直观图1.用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x 轴或y 轴平行的线段在直观图中与x ′轴或y ′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出.2.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系：S 直观图＝4S 原图形，S 原图形＝直观图．【典例3】如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是( )A ．2+ B. 12 C. 22D ．1+ 【典例4】在如图所示的直观图中，四边形O ′A ′B ′C ′为菱形且边长为2 cm ，则在xOy 坐标系中，四边形ABCO 为________，面积为________ cm 2.【特别提醒】解决有关“斜二测画法”问题时，一般在已知图形中建立直角坐标系，尽量运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系.热门考点03 空间几何体的三视图三视图几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．三视图中，正视图和侧视图一样高，正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽.即“长对正，宽相等，高平齐”.【典例5】（2018·全国高考真题（文））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，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．【典例6】（2018年理新课标I卷）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在左视图上的对应点为设A.D. 2【典例7】（2018年文北京卷）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 4【总结提升】1.三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．2.三视图中的数据与原几何体中的数据不一定一一对应，识图要注意甄别. 揭示空间几何体的结构特征，包括几何体的形状，平行垂直等结构特征，这些正是数据运算的依据.还原几何体的基本要素是“长对齐，高平直，宽相等”. 简单几何体的三视图是该几何体在三个两两垂直的平面上的正投影，并不是从三个方向看到的该几何体的侧面表示的图形．在画三视图时，重叠的线只画一条，能看见的轮廓线和棱用实线表示，挡住的线要画成虚线．3.命题的角度一般有：（1）已知几何体，识别三视图；（2）已知三视图，判断几何体；（3）已知几何体三视图中的某两个视图，确定另外一个视图热门考点04 空间几何体的表面积圆柱的侧面积 rl S π2=圆柱的表面积 )(2l r r S +=π圆锥的侧面积 rl S π=圆锥的表面积 )(l r r S +=π圆台的侧面积 l r r S )(+'=π圆台的表面积 )(22rl l r r r S +'++'=π球体的表面积 24R S π=柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底面积之和.把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形它的表面积就是展开图的面积.【典例8】（2018届湖北省华师一附中高三9月调研）已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（）A. 22R πB. 294R πC. 283R πD. 232R π 【典例9】（2018·全国高考真题（理））已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB ∆的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．【总结提升】几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．热门考点05 空间几何体的体积圆柱的体积 h r V 2π=圆锥的体积 h r V 231π=圆台的体积 )(3122r r r r h V '++'=π 球体的体积 334R V π= 正方体的体积 3a V =正方体的体积 abc V =【典例10】（2019年高考全国Ⅲ卷理）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1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 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，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【典例11】（2018·全国高考真题（文））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__________．【总结提升】求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.②等积法：等积法包括等面积法和等体积法.等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值.热门考点06 三视图与几何体的面积、体积若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.【典例12】（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V Sh 柱体，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，则该柱体的体积是（）A ．158B ．162C ．182D ．32【典例13】（2019·浙江高三月考）已知某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示则该几何体的体积为____3cm ，表面积为_____2cm .【总结提升】求空间几何体体积的常见类型及思路规则几何体：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法不规则几何体：若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.热门考点07 几何体的展开、折叠、切、截、接问题解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．【典例14】（2018届河南省林州市第一中学高三8月调研）如图，已知矩形ABCD 中， 483AB BC ==，现沿AC 折起，使得平面ABC ⊥平面ADC ，连接BD ，得到三棱锥B ACD -，则其外接球的体积为（）A. 5009πB. 2503πC. 10003πD. 5003π【典例15】(2019年高考天津卷理)已知四棱锥的底面是边长的正方形，侧棱长均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_____________．【典例16】（广东省深圳市高级中学2019届高三（6月）适应）在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．【典例17】（2019·福建高三月考）已知四面体ABCD 内接于球O ，且2AB BC AC ===，若四面体ABCD 的体积为3，球心O 恰好在棱DA 上，则球O 的表面积是_____．【总结提升】 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是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，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．巩固提升1．（2018·上海市七宝中学高二期中）一个棱柱是正四棱柱的一个充要条件是（）A.底面是正方形，有两个侧面是矩形B.底面是正方形的平行六面体C.底面是正方形且两个相邻侧面是矩形D.每个侧面都是全等的矩形2．（2019·江西省大余县新城中学高二月考）如图所示的直观图的平面图形ABCD 中，2AB =，24AD BC ==，则原四边形的面积( )A. B. C.12 D.103．（2019·浙江诸暨中学高二月考）若一个正方体截去一个三棱锥后所得的几何体如图所示.则该几何体的正视图是（）A. B. C. D.4．（2019·安徽高二月考）在四面体PABC 中，PC PA ⊥，PC PB ⊥，22AP BP AB PC ====，则四面体PABC 外接球的表面积是（） A.193π B.1912π C.1712π D.173π 5．（2019·江西省大余县新城中学高二月考）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的棱的长是（）A.4B.6C.D.6．（2019·上海高二期末）已知某圆柱是将边长为2的正方形（及其内部）绕其一条边所在的直线旋转一周形成的，则该圆柱的体积为_______.7．（2019·上海市复兴高级中学高二期末）某几何体由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成，其三视图如图所示（单位：厘米），则该几何体的体积（单位：立方厘米）是________.8．（2019·上海市民办市北高级中学高二期中）在ABC ∆中，3cm AC =，4cm BC =，5cm AB =，现以BC 边所在的直线为轴把ABC ∆（及其内部）旋转一周后，所得几何体的全面积是________2cm .9．（2019·上海高二期末）底面是直角三角形的直棱柱的三视图如图格中的每个小正方形的边长为1，则该棱柱的表面积是________10．（2018·上海市行知实验中学高二期中）若三棱锥P ABC -中，PA x =，其余各棱长均为2，则三棱锥P ABC -体积的最大值为______．11．（2019·上海市向明中学高二月考）一个透明密闭的正方体容器中，恰好盛有该容器一半容积的水，任意转动这个正方体，则水面在容器中的形状可以是:①三角形；②菱形；③矩形；④正方形；⑤正六边形，11 则其中判断正确的个数是_________.12．（2018·上海市南洋模范中学高三开学考试）一个几何体的三视图如图所示，图中直角三角形的直角边长均为1，则该几何体体积为________．13．（2019·上海曹杨二中高二期末）如图,边长为a 的正方形纸片ABCD,沿对角线AC 对折,使点D 在平面ABC 外,若BD=，a 则三棱锥D ABC -的体积是________.14．（2019·上海曹杨二中高二期末）正ABC △的三个顶点都在半径为2的球面上,球心O 到平面ABC 的距离为1,点D 是线段BC 的中点,过D 作球O 的截面,则截面面积的最小值为_________.15．（2018·上海市七宝中学高二期中）如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E 、F 分别是边AB 、BC 的中点，AED ∆、EBF ∆、FCD ∆分别沿DE 、EF 、FD 折起，使A 、B 、C 三点重合于点A '，若四面体A EFD '的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为________.16．（2017·上海交大附中高二期中）如图所示，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，延长1D D 至P ，使得1DD DP =.A C P作正方体的截面图形；（1）经过11（2）求出截面为底面D为顶点的多面体的表面积.12。

立体几何核心考点

8
解题技巧与注意事项
审题要清晰，明确已知与未知；利用题设条件的性质适当添加辅助线（或面）；掌握三垂线定理及其逆定理在证明中的应用；注意翻折前、展开前后有关几何元素的“不变性”与“不变量”
4.3
平面与平面所成的角
通过定义法、三垂线定理及其逆定理法、垂面法等方法求解
5
空间距离的计算
点到直线的距离、两条异面直线间的距离、点到平面的距离、直线与平面的距离、平面与平面的距离的计算方法
5.1
点到Байду номын сангаас线的距离
应用三垂线定理作出点到直线的垂线，在相关三角形中求解
5.2
两条异面直线间的距离
找出公垂线，求公垂线段的长，或转化为线面距离求解
平行直线、平行平面、线面平行的判定定理及推论
3.2
垂直判定
垂直直线、垂直平面、面面垂直的判定定理及推论
4
空间角的计算
异面直线所成的角（线线角）、直线与平面所成的角（线面角）、平面与平面所成的角（二面角）的定义、求法及性质
4.1
异面直线所成的角
通过平移法、补形法或向量法求解
4.2
直线与平面所成的角
作出垂线，找射影，转化到同一三角形中计算，或用向量计算
5.3
点到平面的距离
找出（或作出）过此点与已知平面垂直的平面，利用面面垂直的性质求解，或利用三棱锥体积法求解
6
空间向量与立体几何
空间直角坐标系的构建、空间向量的坐标表示、空间向量的数量积及运算、空间向量的夹角及垂直关系
7
立体几何中的常用小结论
正四面体的体积公式、面积射影公式、立平斜关系式、最小角定理等
立体几何核心考点
序号
核心考点
细节描述