2025届高考数学二轮总复习层级二专题四立体几何第一讲空间几何体学案理含解析

PAGE专题四立体几何第一讲空间几何体1．(2024·全国卷Ⅲ)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()解析：选A由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图，故选A．2．(2024·全国卷Ⅰ)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．2eq\r(17) B．2eq\r(5)C．3 D．2解析：选B先画出圆柱的直观图，依据题图的三视图可知点M，N的位置如图①所示．①②圆柱的侧面绽开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．ON＝eq\f(1,4)×16＝4，OM＝2，∴|MN|＝eq\r(OM2＋ON2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).故选B．3．(一题多解)(2024·全国卷Ⅱ)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．90π B．63πC．42π D．36π解析：选B解法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V＝π×32×10－eq\f(1,2)×π×32×6＝63π.解法二：依题意，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V＝π×32×7＝63π，故选B．4．(2024·全国卷Ⅲ)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．π B．eq\f(3π,4)C．eq\f(π,2) D．eq\f(π,4)解析：选B设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(3,4)，所以圆柱的体积V＝eq\f(3,4)π×1＝eq\f(3π,4)，故选B．5．(2024·全国卷Ⅰ)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．8eq\r(6)π B．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)π D．eq\r(6)π解析：选D设PA＝PB＝PC＝2a，则EF＝a，FC＝eq\r(3)，∴EC2＝3－a2.在△PEC中，cos∠PEC＝eq\f(a2＋3－a2－2a2,2a\r(3－a2))＝eq\f(3－4a2,2a\r(3－a2)).在△AEC中，cos∠AEC＝eq\f(a2＋3－a2－4,2a\r(3－a2))＝eq\f(－1,2a\r(3－a2)).∵∠PEC与∠AEC互补，∴3－4a2＝1，解得a＝eq\f(\r(2),2)，故PA＝PB＝PC＝eq\r(2).又∵AB＝BC＝AC＝2，∴PA⊥PB⊥PC，∴外接球的直径2R＝eq\r(\r(2)2＋\r(2)2＋\r(2)2)＝eq\r(6)，∴R＝eq\f(\r(6),2)，∴V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\r(6)π.故选D．6．(一题多解)(2024·全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形态多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形态是“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，它的全部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________．①②解析：先求面数，有如下两种解法．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2×9＋8＝26(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V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26.再求棱长.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HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，则AM＝HM＝GN＝NF＝eq\f(\r(2),2)x.又AM＋MN＋NF＝1，即eq\f(\r(2),2)x＋x＋eq\f(\r(2),2)x＝1.解得x＝eq\r(2)－1，即半正多面体的棱长为eq\r(2)－1.答案：26eq\r(2)－1明考情1．“立体几何”在高考中一般会以“两小一大”或“一小一大”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积，空间点、线、面位置关系(特殊是平行与垂直)．2．考查一个小题时，本小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查两个小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础学问、基本公式的考查．考点一空间几何体的三视图|析典例|【例】(1)(2024·山西八校联考)将正方体(如图1)截去三个三棱锥后，得到如图2所示的几何体，侧视图的视线方向如图2所示，则该几何体的侧视图为()(2)某几何体的三视图如图所示，则从该几何体的全部顶点中任取两个顶点，它们之间距离的最大值为()A．eq\r(3) B．eq\r(6)C．2eq\r(3) D．2eq\r(6)[解析](1)将图2中的几何体放到正方体中如图所示，从侧视图的视线方向视察，易知该几何体的侧视图为选项D中的图形，故选D．(2)由三视图知，该几何体是一个四棱柱，记为四棱柱ABCD－A1B1C1D1，将其放在如图所示的长方体中，底面ABCD是边长为1的正方形，四棱柱的高为1，连接AC1，视察图形可知，几何体中两顶点间距离的最大值为AC1的长，即eq\r(22＋12＋12)＝eq\r(6).故选B．[答案](1)D(2)B|规律方法|由三视图确定几何体的步骤|练题点|1．(2024·福州适应性测试)在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为()解析：选D由俯视图和正视图可知，该几何体可看成是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，且三棱锥的一个面恰为半圆锥的最大轴截面，故相应的侧视图可以为选项D．2.(2024·长春市其次次质量监测)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥中最长棱的长度为()A．2 B．eq\r(5)C．2eq\r(2) D．3解析：选D由三视图知，该三棱锥的直观图如图所示，该三棱锥中最长棱为AB，AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝eq\r(22＋12＋22)＝3，故选D．考点二空间几何体的表面积与体积|析典例|【例】(1)(2024·肇庆二模)已知圆锥的底面半径是1，且它的侧面绽开图是半圆，则该圆锥的表面积是()A．2π B．3πC．4π D．5π(2)(创新题)(2024·长春模拟)《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1)，那么该刍甍的体积为()A．4 B．5C．6 D．12(3)(2024·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＋4eq\r(3) B．5π＋16＋4eq\r(3)C．4π＋16＋2eq\r(3) D．5π＋16＋2eq\r(3)[解析](1)设圆锥的母线长为l，由圆锥的底面半径是r＝1，侧面绽开图是半圆，则πl＝2πr＝2π·1，解得l＝2；所以该圆锥的表面积为S＝πrl＋πr2＝π×1×2＋π×12＝3π.(2)如图，由三视图可还原得几何体ABCDEF，过E，F分别作垂直于底面的截面EGH和FMN，将原几何体折分成两个底面积为3，高为1的四棱锥和一个底面积为eq\f(3,2)，高为2的三棱柱，所以VABCDEF＝2V四棱锥E－ADHG＋V三棱柱EHG－FNM＝2×eq\f(1,3)×3×1＋eq\f(3,2)×2＝5，故选B．(3)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×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝2eq\r(3)；半圆柱的侧面积为π×1×4＝4π，两个底面面积之和为2×eq\f(1,2)×π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋2eq\r(3)，故选D．[答案](1)B(2)B(3)D|规律方法|1．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动身点．(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几何体的表面积．2．求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：干脆依据相关的体积公式计算．(2)等积法：依据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更简单，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能干脆计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．|练题点|1.(2024·合肥市高三调研)已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由半圆及矩形组成，俯视图由正方形及其内切圆组成，则该几何体的表面积等于()A．48＋8π B．48＋4πC．64＋8π D．64＋4π解析：选D由三视图可知，该几何体是一个半球和一个直四棱柱的组合体，故依据图中数据可知，该几何体的表面积为4×4×2－π×22＋4×2×4＋eq\f(1,2)×4π×22＝64＋4π，故选D．2．(2024·广东六校第一次联考)某几何体的三视图如图所示，计量单位为cm，它的体积是()A．eq\f(27\r(3),2)cm3 B．eq\f(9,2)cm3C．eq\f(9\r(3),2)cm3 D．eq\f(27,2)cm3解析：选C由三视图可知，该几何体的直观图为如图所示的四棱锥S－ABCD，则其体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(2＋4)×3×eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(9\r(3),2)(cm3)，故选C．考点三与球有关的切、接问题|析典例|【例】(1)(一题多解)(2024·广西柳州模拟)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OA．eq\f(3\r(17),2) B．2eq\r(10)C．eq\f(13,2) D．3eq\r(10)(2)(2024·山西八校联考)已知一个球的表面上有A，B，C三个点，且AB＝AC＝BC＝2eq\r(3)，若球心到平面ABC的距离为1，则该球的表面积为()A．20π B．15πC．10π D．5π[解析](1)解法一：(干脆法)如图，作出直三棱柱ABC－A1B1C1的外接球O由题意，直三棱柱的底面ABC是直角三角形，所以底面△ABC外接圆的圆心是BC的中点E，底面△A1B1C1外接圆的圆心是B1C1的中点E由球的截面的性质可得直三棱柱外接球的球心O就是线段EE1的中点．连接OA，AE.在△ABC中，AC⊥AB，所以BC＝eq\r(AB2＋AC2)＝eq\r(32＋42)＝5，所以EA＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(5,2).又OE＝eq\f(1,2)AA1＝eq\f(1,2)×12＝6，由球的截面的性质可得OE⊥平面ABC，所以OA＝eq\r(EA2＋OE2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))2＋62)＝eq\f(13,2).即直三棱柱外接球的半径为eq\f(13,2).故选C．解法二：(补形法)如图，将直三棱柱ABC－A1B1C1的底面补成矩形，得到长方体ABDC－A1B1D1C1.明显，直三棱柱ABC－A1B1C1的外接球就是长方体ABDC－A1B1D而长方体ABDC－A1B1D1C1的外接球的直径等于长方体的体对角线长，连接AD1则AD1＝eq\r(32＋42＋122)＝13，所以直三棱柱外接球的半径为eq\f(13,2).(2)设球心为O，△ABC的中心为O′，因为AB＝AC＝BC＝2eq\r(3)，所以AO′＝eq\f(2,3)×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝2，因为球心到平面ABC的距离为1，所以OO′＝1，所以OA＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，故该球的表面积S＝4π×OA2＝20π.故选A．[答案](1)C(2)A|规律方法|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