资源简介

　空间几何体
考点1　三视图、展开图、截面图
1．(2021·全国卷甲)在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G.该正方体截去三棱锥A EFG后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
D　[根据题目条件以及正视图可以得到该几何体的直观图，如图，结合选项可知该几何体的侧视图为D．
]
2．(2021·新高考卷Ⅰ)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(　　)
A．2　　 　B．2　　 　C．4　　 　D．4
B　[设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为，所以2π×＝πl，
解得l＝2，故选B．]
3．(2021·全国卷乙)以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为________(写出符合要求的一组答案即可)．
图①　　　　图②　　　　图③
图④　　　　　　　图⑤
③④(答案不唯一，②⑤也可)　[根据“长对正、高平齐、宽相等”及图中数据，可知图②③只能是侧视图，图④⑤只能是俯视图，则组成某个三棱锥的三视图，所选侧视图和俯视图的编号依次是③④或②⑤.若是③④，则原几何体如图1所示；若是②⑤，则原几何体如图2所示．
]
图1　　　　　　　　图2
命题规律：以空间几何体为载体考查三视图、展开图及有关量的计算，以选择题、填空题的形式出现，题目中等偏难，分值5分．
通性通法：(1)识别三视图的步骤
①应把几何体的结构弄清楚或根据几何体的具体形状，明确几何体的摆放位置；
②根据三视图的有关规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图；
③被遮住的轮廓线应为虚线．
(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．
1．[以正方体为载体]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，则该几何体的侧视图为C．故选C．
]
2.[以组合体为载体]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是梯形，这些梯形的面积之和为(　　)
A．10 B．12
C．14 D．16
B　[由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，所以这些梯形的面积之和为×2＝12.故选B．]
3．[以三棱锥为载体]如图1，在三棱锥D ABC中，已知AC＝BC＝CD＝2，CD⊥平面ABC，∠ACB＝90°.若其正视图、俯视图如图2所示，则其侧视图的面积为(　　)
图1　　　　　　图2
A． B．2
C． D．
D　[由题意知侧视图为直角三角形，因为正视图的高即几何体的高，所以正视图的高为2，则侧视图的高，即侧视图一直角边长也为2.因为俯视图为边长为2的等腰直角三角形，所以侧视图的另一直角边长为.所以侧视图的面积为.故选D．]
4．[以正三棱柱为载体]如图，已知正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝，AA1＝4，若点P从点A出发，沿着正三棱柱的表面，经过棱A1B1运动到点C1，则点P运动的最短路程为(　　)
A．5 B．
C．4 D．6
B　[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＝，
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°＝×＝，所以C1D＝＋4＝，
所以AC1＝＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2))))＝.]
考点2　空间几何体的表面积和体积
1．(2021·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)
A． B．3
C． D．3
A　[法一：由三视图可知，该几何体是一个底面为等腰梯形的直四棱柱，其中底面等腰梯形的底边长分别为，2，高为，该四棱柱的高为1，所以该几何体的体积V＝×(＋2)××1＝.故选A．
法二：由三视图可知，该几何体是由底面为等腰直角三角形(腰长为2)的直三棱柱截去一个底面为等腰直角三角形(腰长为1)的直三棱柱后得到的，所以该几何体的体积V＝×22×1－×12×1＝.故选A．]
2．(2021·全国卷甲)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．
39π　[设该圆锥的高为h，则由已知条件可得×π×62×h＝30π，解得h＝，则圆锥的母线长为＝＝，故该圆锥的侧面积为π×6×＝39π.]
3．(2020·新高考卷Ⅱ)已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A NMD1的体积为________．
　[如图，∵正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，∴S△ANM＝×1×1＝ ，
∴ V＝V＝××2＝.]
4．(2019·全国卷Ⅲ)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.
118.8　[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＝××4×6×3＝12(cm3)．
又V长方体＝6×6×4＝144(cm3)，
所以模型的体积为
V长方体－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，
所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．]
命题规律：空间几何体的表面积和体积是每年的必考内容，题型既有选择题也有填空题，难度适中，分值5分．
通性通法：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，直接求解不方便时，可采用转换底面的方式求解；尤其涉及“空间点到平面的距离”问题，常采用等体积转换法求解．
1．[与生活情景交汇](2021·福州5月模拟)某公园设置了一些石凳供大家休息，每张石凳是由正方体石料截去八个一样的四面体得到的，如图所示．如果一张石凳的体积是0.18 m3，那么原正方体石料的体积是(　　)
A．0.196 m3 B．0.216 m3
C．0.225 m3 D．0.234 m3
B　[设原正方体石料的棱长为a m，则原正方体石料的体积为a3m3，截去的八个四面体的体积为
8×××××＝ m3，
则a3－＝a3＝0.18，得a3＝0.216 m3，
即原正方体石料的体积为0.216 m3，故选B．]
2．[以正四棱台为载体](2021·新高考卷Ⅱ)正四棱台的上、下底面的边长为2,4，侧棱长为2，则四棱台的体积为(　　)
A．20＋12 B．28
C． D．
C　[如图，分别取上、下底面的中心O1，O，过B1作B1M⊥OB于点M，
则OB＝2，O1B1＝，BM＝，B1M＝＝，
故四棱台的体积为V＝(S上＋S下＋)h＝×(4＋16＋8)×＝，选C．]
3．[以侧面展开图为载体]已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________.
1　[法一：设该圆锥的母线长为l，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2π，所以πl2＝2π，解得l＝2，所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R，则2πR＝2π，解得R＝1.
法二：设该圆锥的底面半径为R，则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR.因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r，则πr＝2πR，即r＝2R，所以侧面展开图的面积为·2R·2πR＝2πR2＝2π，
解得R＝1.]
4．[以三视图为载体]已知一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________cm3.
　[根据三视图可知几何体下部是一个高为1，底面半径为1的圆锥．上部是一个高为3的圆柱被一个斜平面所截后的一部分，底面半径是1.
法一：(分割法)几何体的体积是×π×12×1＋π×12×＝.
法二：(补体法)几何体的体积是×π×12×1＋×π×12×(1＋3)＝.]
考点3　与球有关的“切”“接”“截”问题
1．(2020·全国卷Ⅱ)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为(　　)
A．　　　　B．　　　　C．1　　　　D．
C　[由等边三角形ABC的面积为，得AB2＝，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝×AB＝AB＝.设球O的半径为R，则由球O的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝＝1，故选C．]
2．(2021·全国卷甲)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O ABC的体积为(　　)
A． B．
C． D．
A　[如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝.连接OO1，则OO1⊥面ABC，OO1＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2))))＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2))))＝，所以三棱锥O ABC的体积V＝S△ABC×OO1＝××1×1×＝.]
3．(2020·全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．
π　[易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin∠BPE＝＝＝，
所以OP＝3R，所以PE＝4R＝＝＝2，
所以R＝，
所以内切球的体积V＝πR3＝π，即该圆锥内半径最大的球的体积为π.]
命题规律：球与几何体的切、接问题是高考的常考考点，难度偏高，主要考查考生将空间问题转化为平面问题的能力，体现了考生的空间想象、逻辑推理及数学运算的核心素养．
通性通法：1.处理球的“切”“接”“截”问题的求解策略
解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：
2．巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤
(1)确定球心O和截面圆的圆心O′；
(2)探求球的半径R和截面圆的半径r；
(3)利用|OO′|2＋r2＝R2计算相关量．
1．[三棱锥的外接球]三棱锥P ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，三棱锥P ABC的外接球的体积为(　　)
A．π B．π
C．27π D．27π
B　[∵三棱锥P ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，
∴△PAB≌△PBC≌△PAC．
∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB．以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P ABC的外接球．∵正方体的体对角线长为＝3，∴其外接球半径R＝.因此三棱锥P ABC的外接球的体积V＝×＝π，故选B．]
2．[直棱柱的外接球]已知直三棱柱ABC A1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝，AA1＝BC＝2，则球O的体积为(　　)
A．4π B．8π
C．12π D．20π
A　[在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径r＝＝＝.
所以直三棱柱ABC A1B1C1的外接球的半径
R＝eq \r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AA1,2))))＝＝.
故直三棱柱ABC A1B1C1的外接球的体积为πR3＝4π.故选A．]
3．[截面问题]某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，若其中一个截面圆的周长为4π，则该球的半径是(　　)
A．2 B．4
C．2　 D．4
B　[设截面圆半径为r，球的半径为R，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即2，根据截面圆的周长可得4π＝2πr，得r＝2，故由题意知R2＝r2＋(2)2，即R2＝22＋(2)2＝16，所以R＝4，故选B．]
4．[内切球]粽子又称粽籺，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期的楚国大臣、爱国主义诗人屈原．如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则该六面体的体积为________；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为________．
　　[每个三角形的面积S＝×1×＝，由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的，可求出四面体的高为eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3))))＝，故四面体的体积为××＝，因此该六面体的体积是×2＝.
若球的体积要达到最大，则球与六面体的六个面都相切．
连接球心和五个顶点(图略)，将六面体分成六个三棱锥，设球的半径为R，则＝6× R＝，所以球的体积V＝R3＝×＝.]
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