第2部分 专题3 第1讲　空间几何体 讲义

1、 13/13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AEFG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()ABCDD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D2(2021新高考卷)已知圆锥的底面半径为eq r(,2)，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A2 B2eq r(,2) C4 D4eq r(,2)B设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为eq r(,2)，所以2eq r(,2)l，解得l2eq r(,2)，故选B3(20

2、21全国卷乙)以图为正视图，在图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)图图图图图(答案不唯一，也可)根据“长对正、高平齐、宽相等”及图中数据，可知图只能是侧视图，图只能是俯视图，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或.若是，则原几何体如图1所示；若是，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；根据三

3、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；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ABCDA1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1C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C2.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

4、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()A10B12C14D16B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eq f(242,2)212.故选B3以三棱锥为载体如图1，在三棱锥DABC中，已知ACBCCD2，CD平面ABC，ACB90.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2Aeq r(6)B2Ceq r(3)Deq r(2)D由题意知侧视图为

5、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eq r(2).所以侧视图的面积为eq r(2).故选D4以正三棱柱为载体如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1中，ABeq r(3)，AA14，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()A5Beq r(31)C4eq r(2)D6B将三棱柱展开成如图的图形，让点C1与ABB1A1在同一平面内，C1DAB交A1B1于Q，则C1QA1B1，A1QADeq f(r(3),2)，两点之间线段

6、最短，故AC1即为所求的最短距离，因为C1QA1C1sin 60eq r(3)eq f(r(3),2)eq f(3,2)，所以C1Deq f(3,2)4eq f(11,2)，所以AC1eq r(AD2C1D2)eq r(blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)eq sup12(2)blc(rc)(avs4alco1(f(11,2)eq sup12(2)eq r(31).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()Aeq f(3,2)B3Ceq f(3r(2),2)D3eq r(2)A法一：由三视

7、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eq r(2)，2eq r(2)，高为eq f(r(2),2)，该四棱柱的高为1，所以该几何体的体积Veq f(1,2)(eq r(2)2eq r(2)eq f(r(2),2)1eq f(3,2).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Veq f(1,2)221eq f(1,2)121eq f(3,2).故选A2(2021全国卷甲)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30，则该圆锥的侧面积为_39设

8、该圆锥的高为h，则由已知条件可得eq f(1,3)62h30，解得heq f(5,2)，则圆锥的母线长为eq r(h262)eq r(f(25,4)36)eq f(13,2)，故该圆锥的侧面积为6eq f(13,2)39.3(2020新高考卷)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥ANMD1eq f(1,3)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，SANMeq f(1,2)11eq f(1,2) ， Veq sdo5(ANMD1)Veq sdo5(D1AMN)eq f(1,3)eq f(1,2)2eq f(

9、1,3).4(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/cm3118.8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eq f(1,3)eq f(1,2)46312(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)命题规

10、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

11、所示如果一张石凳的体积是0.18 m3A0.196 m3BC0.225 m3DB设原正方体石料的棱长为a m，则原正方体石料的体积为a3m8eq f(1,3)eq f(1,2)eq f(a,2)eq f(a,2)eq f(a,2)eq f(a3,6) m3，则a3eq f(a3,6)eq f(5,6)a30.18，得a30.216 m3，即原正方体石料的体积为0.216 m32以正四棱台为载体(2021新高考卷)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()A2012eq r(3)B28eq r(2)Ceq f(28r(2),3)Deq f(56,3)C如图，分别取上、下

12、底面的中心O1，O，过B1作B1MOB于点M则OB2eq r(2)，O1B1eq r(2)，BMeq r(2)，B1Meq r(42)eq r(2)，故四棱台的体积为Veq f(1,3)(S上S下eq r(S上S下)heq f(1,3)(4168)eq r(2)eq f(28r(2),3)，选C3以侧面展开图为载体已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2，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2，所以eq f(1,2)l22，解得l2，所以该半圆的弧长为2.设该圆锥的底面半径为R，则2R2，解得R1

13、.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2R.因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r，则r2R，即r2R，所以侧面展开图的面积为eq f(1,2)2R2R2R22，解得R1.4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.eq f(7,3)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eq f(1,3)12112eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2)2)eq f(7,3).法二：(补体法)几何体的体积

14、是eq f(1,3)121eq f(1,2)12(13)eq f(7,3).考点3与球有关的“切”“接”“截”问题1(2020全国卷)已知ABC是面积为eq f(9r(3),4)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16，则O到平面ABC的距离为()Aeq r(3)Beq f(3,2)C1Deq f(r(3),2)C由等边三角形ABC的面积为eq f(9r(3),4)，得eq f(r(3),4)AB2eq f(9r(3),4)，得AB3，则ABC的外接圆半径req f(2,3)eq f(r(3),2)ABeq f(r(3),3)ABeq r(3).设球O的半径为R，则由球O的表

15、面积为16，得4R216，得R2，则球心O到平面ABC的距离deq r(R2r2)1，故选C2(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ACBC，ACBC1，则三棱锥OABC的体积为()Aeq f(r(2),12)Beq f(r(3),12)Ceq f(r(2),4)Deq f(r(3),4)A如图所示，因为ACBC，所以AB为截面圆O1的直径，且ABeq r(2).连接OO1，则OO1面ABC，OO1eq r(1blc(rc)(avs4alco1(f(AB,2)eq sup12(2)eq r(1blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)eq sup12

16、(2)eq f(r(2),2)，所以三棱锥OABC的体积Veq f(1,3)SABCOO1eq f(1,3)eq f(1,2)11eq f(r(2),2)eq f(r(2),12).3(2020全国卷)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_eq f(r(2),3)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sinBPEeq f(R,OP)eq f(BE,PB)eq f(1,3)，所以OP3R，所以PE4Req r(PB2BE2)eq r(3212)2eq r(2)，所以Req f(r(2),2)，所以内切球的体积Veq f

17、(4,3)R3eq f(r(2),3)，即该圆锥内半径最大的球的体积为eq f(r(2),3).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|2r2R2计算相关量1三棱锥的外接球三棱锥PABC中，ABC为等边三角

18、形，PAPBPC3，PAPB，三棱锥PABC的外接球的体积为()Aeq f(27,2)Beq f(27r(3),2)C27eq r(3)D27B三棱锥PABC中，ABC为等边三角形，PAPBPC3，PABPBCPACPAPB，PAPC，PCPB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PABC的外接球正方体的体对角线长为eq r(323232)3eq r(3)，其外接球半径Req f(3r(3),2).因此三棱锥PABC的外接球的体积Veq f(4,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(3r(3),2)eq sup12(3)eq f(

19、27r(3),2)，故选B2直棱柱的外接球已知直三棱柱ABCA1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且BACeq f(3,4)，AA1BC2，则球O的体积为()A4eq r(3)B8C12D20A在底面ABC中，由正弦定理得底面ABC所在的截面圆的半径req f(BC,2sinBAC)eq f(2,2sin f(3,4)eq r(2).所以直三棱柱ABCA1B1C1Req r(r2blc(rc)(avs4alco1(f(AA1,2)eq sup12(2)eq r(r(2)212)eq r(3).故直三棱柱ABCA1B1C1的外接球的体积为eq f(4,3)R34eq r(3).故选A3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4eq r(3)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4，则该球的半径是()A2B4C2eq r(6)D4eq r(6)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2eq r(3)，根据截面圆的周长可得42r，得r