資源簡介

　空間幾何體
考點1　三視圖、展開圖、截面圖
1．(2021·全國卷甲)在一個正方體中，過頂點A的三條棱的中點分別為E，F，G.該正方體截去三棱錐A EFG后，所得多面體的三視圖中，正視圖如圖所示，則相應的側視圖是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
D　[根據題目條件以及正視圖可以得到該幾何體的直觀圖，如圖，結合選項可知該幾何體的側視圖為D．
]
2．(2021·新高考卷Ⅰ)已知圓錐的底面半徑為，其側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為(　　)
A．2　　 　B．2　　 　C．4　　 　D．4
B　[設圓錐的母線長為l，因為該圓錐的底面半徑為，所以2π×＝πl，
解得l＝2，故選B．]
3．(2021·全國卷乙)以圖①為正視圖，在圖②③④⑤中選兩個分別作為側視圖和俯視圖，組成某個三棱錐的三視圖，則所選側視圖和俯視圖的編號依次為________(寫出符合要求的一組答案即可)．
圖①　　　　圖②　　　　圖③
圖④　　　　　　　圖⑤
③④(答案不唯一，②⑤也可)　[根據“長對正、高平齊、寬相等”及圖中數據，可知圖②③只能是側視圖，圖④⑤只能是俯視圖，則組成某個三棱錐的三視圖，所選側視圖和俯視圖的編號依次是③④或②⑤.若是③④，則原幾何體如圖1所示；若是②⑤，則原幾何體如圖2所示．
]
圖1　　　　　　　　圖2
命題規律：以空間幾何體為載體考查三視圖、展開圖及有關量的計算，以選擇題、填空題的形式出現，題目中等偏難，分值5分．
通性通法：(1)識別三視圖的步驟
①應把幾何體的結構弄清楚或根據幾何體的具體形狀，明確幾何體的擺放位置；
②根據三視圖的有關規則先確定正視圖，再確定俯視圖，最后確定側視圖；
③被遮住的輪廓線應為虛線．
(2)空間幾何體表面距離最短問題：其解題思路常常是將幾何體展開．一般地，多面體以棱所在的直線為剪開線展開，旋轉體以母線為剪開線展開．
(3)空間幾何體的三類截面：軸截面、橫截面與斜截面．利用截面圖可將空間問題轉化為平面問題解決．
1．[以正方體為載體]在正方體ABCD A1B1C1D1中，E為棱BB1的中點(如圖)，用過點A，E，C1的平面截去該正方體的上半部分，則剩余幾何體的側視圖為(　　)
C　[過點A，E，C1的平面截去該正方體的上半部分后，剩余部分的直觀圖如圖，則該幾何體的側視圖為C．故選C．
]
2.[以組合體為載體]某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和側視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形．該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為(　　)
A．10 B．12
C．14 D．16
B　[由三視圖可知該多面體是一個組合體，下面是一個底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一個底面是等腰直角三角形的三棱錐，等腰直角三角形的腰長為2，直三棱柱的高為2，三棱錐的高為2，易知該多面體有2個面是梯形，所以這些梯形的面積之和為×2＝12.故選B．]
3．[以三棱錐為載體]如圖1，在三棱錐D ABC中，已知AC＝BC＝CD＝2，CD⊥平面ABC，∠ACB＝90°.若其正視圖、俯視圖如圖2所示，則其側視圖的面積為(　　)
圖1　　　　　　圖2
A． B．2
C． D．
D　[由題意知側視圖為直角三角形，因為正視圖的高即幾何體的高，所以正視圖的高為2，則側視圖的高，即側視圖一直角邊長也為2.因為俯視圖為邊長為2的等腰直角三角形，所以側視圖的另一直角邊長為.所以側視圖的面積為.故選D．]
4．[以正三棱柱為載體]如圖，已知正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝，AA1＝4，若點P從點A出發，沿著正三棱柱的表面，經過棱A1B1運動到點C1，則點P運動的最短路程為(　　)
A．5 B．
C．4 D．6
B　[將三棱柱展開成如圖的圖形，讓點C1與ABB1A1在同一平面內，C1D⊥AB交A1B1于Q，則C1Q⊥A1B1，∴A1Q＝AD＝，
兩點之間線段最短，故AC1即為所求的最短距離，
因為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))))＝.]
考點2　空間幾何體的表面積和體積
1．(2021·浙江高考)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是(　　)
A． B．3
C． D．3
A　[法一：由三視圖可知，該幾何體是一個底面為等腰梯形的直四棱柱，其中底面等腰梯形的底邊長分別為，2，高為，該四棱柱的高為1，所以該幾何體的體積V＝×(＋2)××1＝.故選A．
法二：由三視圖可知，該幾何體是由底面為等腰直角三角形(腰長為2)的直三棱柱截去一個底面為等腰直角三角形(腰長為1)的直三棱柱后得到的，所以該幾何體的體積V＝×22×1－×12×1＝.故選A．]
2．(2021·全國卷甲)已知一個圓錐的底面半徑為6，其體積為30π，則該圓錐的側面積為________．
39π　[設該圓錐的高為h，則由已知條件可得×π×62×h＝30π，解得h＝，則圓錐的母線長為＝＝，故該圓錐的側面積為π×6×＝39π.]
3．(2020·新高考卷Ⅱ)已知正方體ABCD A1B1C1D1的棱長為2，M、N分別為BB1、AB的中點，則三棱錐A NMD1的體積為________．
　[如圖，∵正方體ABCD A1B1C1D1的棱長為2，M、N分別為BB1、AB的中點，∴S△ANM＝×1×1＝ ，
∴ V＝V＝××2＝.]
4．(2019·全國卷Ⅲ)學生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術制作模型．如圖，該模型為長方體ABCD A1B1C1D1挖去四棱錐O EFGH后所得的幾何體，其中O為長方體的中心，E，F，G，H分別為所在棱的中點，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度為0.9 g/cm3.不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質量為________g.
118.8　[由題知挖去的四棱錐的底面是一個菱形，
對角線長分別為6 cm和4 cm，
故V挖去的四棱錐＝××4×6×3＝12(cm3)．
又V長方體＝6×6×4＝144(cm3)，
所以模型的體積為
V長方體－V挖去的四棱錐＝144－12＝132(cm3)，
所以制作該模型所需原料的質量為132×0.9＝118.8(g)．]
命題規律：空間幾何體的表面積和體積是每年的必考內容，題型既有選擇題也有填空題，難度適中，分值5分．
通性通法：求解幾何體的表面積或體積的策略
(1)直接法：對于規則幾何體可直接利用公式計算；
(2)割補法：對于不規則幾何體，可采用“分割、補體”的思想，采用化整為零或化零為整求解．
(3)軸截面法：對于旋轉體的表面積問題，常常借助軸截面求解．
(4)等體積轉化法：對于某些動態三棱錐的體積問題，直接求解不方便時，可采用轉換底面的方式求解；尤其涉及“空間點到平面的距離”問題，常采用等體積轉換法求解．
1．[與生活情景交匯](2021·福州5月模擬)某公園設置了一些石凳供大家休息，每張石凳是由正方體石料截去八個一樣的四面體得到的，如圖所示．如果一張石凳的體積是0.18 m3，那么原正方體石料的體積是(　　)
A．0.196 m3 B．0.216 m3
C．0.225 m3 D．0.234 m3
B　[設原正方體石料的棱長為a m，則原正方體石料的體積為a3m3，截去的八個四面體的體積為
8×××××＝ m3，
則a3－＝a3＝0.18，得a3＝0.216 m3，
即原正方體石料的體積為0.216 m3，故選B．]
2．[以正四棱臺為載體](2021·新高考卷Ⅱ)正四棱臺的上、下底面的邊長為2,4，側棱長為2，則四棱臺的體積為(　　)
A．20＋12 B．28
C． D．
C　[如圖，分別取上、下底面的中心O1，O，過B1作B1M⊥OB于點M，
則OB＝2，O1B1＝，BM＝，B1M＝＝，
故四棱臺的體積為V＝(S上＋S下＋)h＝×(4＋16＋8)×＝，選C．]
3．[以側面展開圖為載體]已知圓錐的側面積(單位：cm2)為2π，且它的側面展開圖是一個半圓，則這個圓錐的底面半徑(單位：cm)是________.
1　[法一：設該圓錐的母線長為l，因為圓錐的側面展開圖是一個半圓，其面積為2π，所以πl2＝2π，解得l＝2，所以該半圓的弧長為2π.設該圓錐的底面半徑為R，則2πR＝2π，解得R＝1.
法二：設該圓錐的底面半徑為R，則該圓錐側面展開圖中的圓弧的弧長為2πR.因為側面展開圖是一個半圓，設該半圓的半徑為r，則πr＝2πR，即r＝2R，所以側面展開圖的面積為·2R·2πR＝2πR2＝2π，
解得R＝1.]
4．[以三視圖為載體]已知一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積為________cm3.
　[根據三視圖可知幾何體下部是一個高為1，底面半徑為1的圓錐．上部是一個高為3的圓柱被一個斜平面所截后的一部分，底面半徑是1.
法一：(分割法)幾何體的體積是×π×12×1＋π×12×＝.
法二：(補體法)幾何體的體積是×π×12×1＋×π×12×(1＋3)＝.]
考點3　與球有關的“切”“接”“截”問題
1．(2020·全國卷Ⅱ)已知△ABC是面積為的等邊三角形，且其頂點都在球O的球面上．若球O的表面積為16π，則O到平面ABC的距離為(　　)
A．　　　　B．　　　　C．1　　　　D．
C　[由等邊三角形ABC的面積為，得AB2＝，得AB＝3，則△ABC的外接圓半徑r＝×AB＝AB＝.設球O的半徑為R，則由球O的表面積為16π，得4πR2＝16π，得R＝2，則球心O到平面ABC的距離d＝＝1，故選C．]
2．(2021·全國卷甲)已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，則三棱錐O ABC的體積為(　　)
A． B．
C． D．
A　[如圖所示，因為AC⊥BC，所以AB為截面圓O1的直徑，且AB＝.連接OO1，則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))))＝，所以三棱錐O ABC的體積V＝S△ABC×OO1＝××1×1×＝.]
3．(2020·全國卷Ⅲ)已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內半徑最大的球的體積為________．
π　[易知半徑最大的球即為該圓錐的內切球．圓錐PE及其內切球O如圖所示，設內切球的半徑為R，則sin∠BPE＝＝＝，
所以OP＝3R，所以PE＝4R＝＝＝2，
所以R＝，
所以內切球的體積V＝πR3＝π，即該圓錐內半徑最大的球的體積為π.]
命題規律：球與幾何體的切、接問題是高考的常考考點，難度偏高，主要考查考生將空間問題轉化為平面問題的能力，體現了考生的空間想象、邏輯推理及數學運算的核心素養．
通性通法：1.處理球的“切”“接”“截”問題的求解策略
解決與球有關的切、接問題，其通法是作截面，將空間幾何問題轉化為平面幾何問題求解，其解題的思維流程是：
2．巧用直角三角形解決截面圓問題的步驟
(1)確定球心O和截面圓的圓心O′；
(2)探求球的半徑R和截面圓的半徑r；
(3)利用|OO′|2＋r2＝R2計算相關量．
1．[三棱錐的外接球]三棱錐P ABC中，△ABC為等邊三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，三棱錐P ABC的外接球的體積為(　　)
A．π B．π
C．27π D．27π
B　[∵三棱錐P ABC中，△ABC為等邊三角形，PA＝PB＝PC＝3，
∴△PAB≌△PBC≌△PAC．
∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB．以PA，PB，PC為過同一頂點的三條棱作正方體(如圖所示)，則正方體的外接球同時也是三棱錐P ABC的外接球．∵正方體的體對角線長為＝3，∴其外接球半徑R＝.因此三棱錐P ABC的外接球的體積V＝×＝π，故選B．]
2．[直棱柱的外接球]已知直三棱柱ABC A1B1C1的各頂點都在以O為球心的球面上，且∠BAC＝，AA1＝BC＝2，則球O的體積為(　　)
A．4π B．8π
C．12π D．20π
A　[在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圓的半徑r＝＝＝.
所以直三棱柱ABC A1B1C1的外接球的半徑
R＝eq \r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AA1,2))))＝＝.
故直三棱柱ABC A1B1C1的外接球的體積為πR3＝4π.故選A．]
3．[截面問題]某同學在參加《通用技術》實踐課時，制作了一個工藝品，如圖所示，該工藝品可以看成是一個球被一個棱長為4的正方體的六個面所截后剩余的部分(球心與正方體的中心重合)，若其中一個截面圓的周長為4π，則該球的半徑是(　　)
A．2 B．4
C．2　 D．4
B　[設截面圓半徑為r，球的半徑為R，則球心到某一截面的距離為正方體棱長的一半即2，根據截面圓的周長可得4π＝2πr，得r＝2，故由題意知R2＝r2＋(2)2，即R2＝22＋(2)2＝16，所以R＝4，故選B．]
4．[內切球]粽子又稱粽籺，古稱“角黍”，是端午節大家都會品嘗的食品，傳說這是為了紀念戰國時期的楚國大臣、愛國主義詩人屈原．如圖，平行四邊形形狀的紙片是由六個邊長為1的正三角形構成的，將它沿虛線折起來，可以得到如圖所示的粽子形狀的六面體，則該六面體的體積為________；若該六面體內有一球，則該球體積的最大值為________．
　　[每個三角形的面積S＝×1×＝，由對稱性可知該六面體是由兩個正四面體合成的，可求出四面體的高為eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3))))＝，故四面體的體積為××＝，因此該六面體的體積是×2＝.
若球的體積要達到最大，則球與六面體的六個面都相切．
連接球心和五個頂點(圖略)，將六面體分成六個三棱錐，設球的半徑為R，則＝6× R＝，所以球的體積V＝R3＝×＝.]
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