资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩8页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
专题8.1 空间几何体及其三视图和直观图（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）
展开
这是一份专题8.1 空间几何体及其三视图和直观图（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用），文件包含专题81空间几何体及其三视图和直观图原卷版docx、专题81空间几何体及其三视图和直观图解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
【核心素养】
1.通过考查棱柱、棱锥或不规则几何体的特征及体积与表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．
2.考查三视图的识别；三视图与直观图的联系与转化；主要考查几何体与球的组合体的识辨，球的体积、表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．
知识点一
多面体的结构特征
多面体的结构特征
知识点二
旋转体的结构特征
知识点三
简单组合体
简单组合体的构成有两种基本形式：一种是由简单几何体拼接而成；一种是由简单几何体截去或挖去一部分而成，有多面体与多面体、多面体与旋转体、旋转体与旋转体的组合体．
知识点四
空间几何体的直观图
简单几何体的直观图常用斜二测画法来画，基本步骤是：
(1)画几何体的底面
在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°或135°，已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观图中平行于x′轴、y′轴．已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半．
(2)画几何体的高
在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z′轴，也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度不变．
知识点五
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”.
常考题型剖析
题型一：空间几何体的结构特征
【典例分析】
例1-1.（2021·全国·高考真题）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．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.
【详解】
设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.
故选：B.
例1-2.【多选题】（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
【答案】ABD
【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，
即，解得，
且，即，
故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，
可知：，则，
即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
【特别提醒】
1.棱柱的所有侧面都是平行四边形，但侧面都是平行四边形的几何体却不一定是棱柱．
2.棱台的所有侧面都是梯形，但侧面都是梯形的几何体却不一定是棱台．
3.注意棱台的所有侧棱相交于一点．
4.通常利用空间几何体的表面展开图解决以下问题：
(1)求几何体的表面积或侧面积；
(2)求几何体表面上任意两个点的最短表面距离．
【变式训练】
变式1-1.【多选题】（2022·福建厦门·高一期末）如图，圆台O2O2中，母线AB与下底面所成的角为60°，BC为上底面直径，O2A=6O1B=6，则（ ）
A．圆台的母线长为10
B．圆台的侧面积为
C．由点A出发沿侧面到达点C的最短距离是
D．在圆台内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值是4
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对A，根据轴截面分析即可；
对B，根据圆台的侧面积公式求解即可；
对C，将圆台侧面展开，再计算即可；
对D，计算圆台内能放下的最大球的直径，再根据该球为此正方体外接球求解即可
【详解】
对A，母线长为，故A正确；
对B，由A母线长为10，则根据圆台的侧面积公式，故B正确；
对C，由题意，侧面全展开的圆心角为，因为此时，但线段有小部分不在扇环上，故由点A出发沿侧面到达点C的最短距离大于，故C错误；
对D，由题意，该圆台的轴截面可补全为一个边长为12的正三角形，故圆台中能放下的最大球的半径为，直径为，故在圆台内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体为该球的内接正方体，棱长为，故D正确；
故选：ABD
变式1-2.（2024秋·贵州·高三统考开学考试）已知“水滴”的表面是一个由圆锥的侧面和部分球面（常称为“球冠”）所围成的几何体．如图所示，将“水滴”的轴截面看成由线段AB，AC和优弧BC所围成的平面图形，其中点B，C所在直线与水平面平行，AB和AC与圆弧相切．已知“水滴”的“竖直高度”与“水平宽度”（“水平宽度”指的是平行于水平面的直线截轴截面所得线段的长度的最大值）的比值为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设圆心为O，连接OA，OB，OC，设球冠的半径为R，根据几何性质可得，从而可得，根据平方公式与二倍角公式即可得的值.
【详解】设优弧BC所在圆的圆心为O，半径为R，连接OA，OB，OC，如图所示．
易知“水滴”的“竖直高度”为，“水平宽度”为2R，
由题意知，解得．
因为AB与圆弧相切于点B，所以．
在Rt△ABO中，，
又，所以．
由对称性知，，则，
所以．
故选：D.
题型二：空间几何体的直观图
例2-1.（2022·全国·高三专题练习）水平放置的的直观图如图，其中，，那么原是一个（ ）
A．等边三角形B．直角三角形
C．三边中只有两边相等的等腰三角形D．三边互不相等的三角形
【答案】A
【分析】根据斜二测画法的规则求解即可.
【详解】由图形知，在原中，，如图，
因为，所以，
，，
又，.
为等边三角形.
故选：A
例2-2.（2023·全国·高三专题练习）平面直角坐标系xOy中点A位于第一象限，线段OA的长为，与x轴所成的夹角为，且，在斜二测画法下其直观图为线段，则线段的长度为 ．
【答案】
【分析】根据斜二测画法的规则，作出图形的直观图，结合勾股定理，即可求解.
【详解】如图（1）所示，过点作轴，轴，
因为线段OA的长为，与x轴所成的夹角为，且，
可得，且，解得，
其直观图，如图（2）所示，过点作，垂足为，
根据斜二测画法的规则，可得，
且，
在直角中，可得，
所以.
故答案为：.
【总结提升】
直观图的面积问题常常有两种解法：一是利用斜二测画法求解，注意 “斜”及“二测”的含义；二是直接套用等量关系：(1)S直观图＝S原图形．(2)S原图形＝S直观图．
【变式训练】
变式2-1.【多选题】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）正三角形的边长为，如图，为其水平放置的直观图，则（ ）
A．为锐角三角形
B．的面积为
C．的周长为
D．的面积为
【答案】CD
【分析】根据斜二测法可求出，，再利用余弦定理可求出，再逐一对各个选项分析判断即可求出结果.
【详解】如图，因为正三角形的边长为，故，所以，，
在中，，由余弦定理得，,
在中，，由余弦定理得，,
选项A，在中，因为，
由余弦定理知，故选项A错误；
选项B和D，，故选项B错误，选项D正确；
选项C，的周长为，故选项C正确.
故选：CD.
变式2-2.（2023·全国·高三对口高考）若正用斜二测画法画出的水平放置图形的直观图为，当的面积为时，的面积为 ．
【答案】
【分析】根据题意画出图形，由直观图作图规则，结合图形根据的面积求出的面积．
【详解】是正的斜二测画法的水平放置图形的直观图，如图所示，
设，
则的面积为，，
的面积为．
故答案为：．
题型三：空间几何体的三视图
【典例分析】
例3-1.（2020·全国·高考真题（理））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，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得点在侧视图中对应的点.
【详解】
根据三视图，画出多面体立体图形，
上的点在正视图中都对应点M,直线上的点在俯视图中对应的点为N,
∴在正视图中对应,在俯视图中对应的点是,线段,上的所有点在侧试图中都对应,∴点在侧视图中对应的点为.
故选：A
例3-2.（2023·内蒙古呼和浩特·统考二模）《九章算术·商功》中记载：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，不易之率也．”我们可以翻译为：取一长方体，分成两个一模一样的直三棱柱，称为“氟堵”再沿新堵的一顶点与相对的棱剖开，得一个四棱锥和一个三棱锥，这个四棱锥称为“阳马”，这个三棱锥称为“鳖臑”，某“阳马”的三视图如图所示，则它最长侧棱的值是（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】D
【分析】由三视图得出四棱锥的直观图，再求出各个侧棱长，即可得出答案．
【详解】设几何体为四棱锥，如图所示：
由三视图得，，，，
因为平面，平面，
所以，
则，，.
故最长的侧棱长为，
故选：D．
【总结提升】
画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定连线在投影面上的虚实．
【变式训练】
变式3-1.（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知正方体(如图1)，点P在棱上(包括端点).则三棱锥的侧视图不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意结合三视图逐项分析判断.
【详解】对于选项A：当点P于点D重合，则的侧视图如选项A所示，故A正确；
对于选项B：当点P于点重合，则的侧视图如选项B所示，故B正确；
对于选项C：当点P为线段的中点，则的侧视图如选项C所示，故C正确；
对于选项D：因为点P在棱上运动，则侧视图中右边的一条边与底边垂直，且右边的一条边的边长与正方体的棱长相等，
所以的侧视图如不可能如选项D所示，故D错误；
故选：D.
变式3-2.（2021·全国·高考真题（理））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）．
【答案】③④（答案不唯一）
【解析】
【分析】
由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.
【详解】
选择侧视图为③，俯视图为④，
如图所示，长方体中，，
分别为棱的中点，
则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥.
故答案为：③④.
一、单选题
1．（2021·全国·高考真题（文））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．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断.
【详解】
由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，
所以其侧视图为
故选：D
2.（2024·江西·校联考模拟预测）光岳楼位于山东聊城古城中央，主体结构建于明洪武七年（1374年），它是迄今为止全国现存古代建筑中最古老、最雄伟的木构楼阁之一，享有“虽黄鹤、岳阳亦当望拜”之誉.光岳楼的墩台为砖石砌成的正四棱台，如图所示，该墩台上底面边长约为32m，下底面边长约为34.5m，高约为9m，则该墩台的斜高约为（参考数据：）（ ）
A．9.1mB．10.9mC．11.2mD．12.1m
【答案】A
【分析】根据题意画出正四棱台，结合正四棱台相关性质直接计算即可.
【详解】如图所示，设该正四棱台为，上下底面中心分别为，
分别取的中点，连接，
在平面内，作交于，
则，，，
显然四边形是矩形，则，，
所以，
在直角中，，
即该墩台的斜高约为9.1m.
故选：A
3. (2020·全国卷Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m.
依题意得h2＝×2a×m，即h2＝am，①
易知h2＋a2＝m2，②
由①②得a（a舍去），
所以＝.故选C.
4.（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，
且，故.
因为，故，
故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
而三角形内切圆的圆心为，半径为，
故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为
故选：B
二、多选题
5．（2023秋·山东泰安·高三统考阶段练习）下列几何体中，可完全放入一个半径为的球体内的是（ ）
A．棱长为的正方体
B．底面半径为，高为的圆锥
C．棱长为的正四面体
D．底面边长为，高为的正四棱锥
【答案】ABD
【分析】根据题意，分别求出A，B，C，D四个选项对应几何体的外接球半径，即可判断.
【详解】对A，棱长为2的正方体，其外接球的直径等于体对角线长，即，，所以棱长为2的正方体可以完全放入半径为2的球内，故A正确；
对B，如图，可得，解得，，所以底面半径为1，高为的圆锥可以完全放入半径为2的球内，故B正确；
对C，将正四面体补形成正方体，即正四面体的外接球就是所在正方体的外接球，设正方体的棱长为，则，即，所以外接球的直径，即，所以棱长为的正四面体不可以完全放入半径为2的球内，故C错误；
对D，如图，设正四棱锥外接球半径为，则有，解得，所以底面边长为2，高为的正四棱锥可以完全放入半径为2的球内，故D正确；
故选：ABD.
三、填空题
6．（2023秋·上海浦东新·高三上海市洋泾中学校考开学考试）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为攒尖，清代称攒尖，依其平面有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､六角攒尖等，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑.如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为，则侧棱与底面外接圆的半径的比为 .
【答案】
【分析】利用正六边形边长与其外接圆半径相等，再根据题设条件即可得出结果.
【详解】因为正六棱锥的底面为正六边形，设其外接圆半径为，则底面正边形的边长为，
又因为正正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为，所以侧棱长为，
所以侧棱与底面外接圆半径的比为，
故答案为：.
7．（2023·全国·统考高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ．
【答案】
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.
【详解】设球的半径为.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；
分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，
连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.
综上，.
故答案为：
8．（2023·全国·统考高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
【答案】12
【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.
【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，
由题意可知，为球心，在正方体中，，
即，
则球心到的距离为，
所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
故答案为：12
9．（2019·全国·高考真题（文））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_________．
【答案】 共26个面. 棱长为.
【解析】
【分析】
第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．
【详解】
由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．
如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，
，
，即该半正多面体棱长为．
10．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
【答案】.
【解析】
【分析】
根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.
【详解】
如图：
取的中点为，的中点为，的中点为，
因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，
又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，
因为，所以侧面，
设为侧面与球面的交线上的点，则，
因为球的半径为，，所以，
所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，
因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，
因为，所以，
所以根据弧长公式可得.
故答案为：.
四、解答题
11．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在棱长为1的正方体内有两个球相外切且分别与正方体内切，求两球半径之和.
【答案】
【分析】作正方体的对角面,设出两球半径，根据正方体的对角线长列出等式，即可求得答案.
【详解】作正方体的对角面，得如图所示的截面图:其中AB,CD为正方体的棱，AD,BC为正方体的面对角线，AC为体对角线，
球心和在上，过分别作的垂线交于E，F两点.
设小球半径为r，大球半径为R,则由题意知，
得，
∴，
∴，即两球半径之和为.
12．（2023·全国·高三专题练习）近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从而催生了数字几何这一新兴学科.数字几何是传统几何和计算机科学相结合的产物.数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻画几何体的弯曲程度.规定：多面体在顶点处的曲率等于与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体在面上非顶点处的曲率均为零.由此可知，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为 ，故其总曲率为.
(1)求四棱锥的总曲率；
(2)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率是常数.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用总曲率定义即可得到结果；
（2）利用总曲率定义及欧拉定理即可证明其为常数.
【详解】（1）四棱锥有个顶点,个三角形面,个凸四边形面,故其总曲率为
（2）设多面体有个面,给组成多面体的多边形编号,分别为号.
设第 号 多边形有 条边.
则多面体共有条棱.
由题意，多面体共有个顶点.
号多边形的内角之和为,故所有多边形的内角之和为
故多面体的总曲率为
所以满足题目要求的多面体的总曲率为.多面体
结构特征
棱柱
有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并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
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
旋转
图形
矩形
直角三角形
直角梯形
半圆形
旋转轴
任一边所在的直线
任一直角边所在的直线
垂直于底边的腰所在的直线
直径所在的直线
母线
互相平行且相等，垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
【核心素养】
1.通过考查棱柱、棱锥或不规则几何体的特征及体积与表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．
2.考查三视图的识别；三视图与直观图的联系与转化；主要考查几何体与球的组合体的识辨，球的体积、表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．
知识点一
多面体的结构特征
多面体的结构特征
知识点二
旋转体的结构特征
知识点三
简单组合体
简单组合体的构成有两种基本形式：一种是由简单几何体拼接而成；一种是由简单几何体截去或挖去一部分而成，有多面体与多面体、多面体与旋转体、旋转体与旋转体的组合体．
知识点四
空间几何体的直观图
简单几何体的直观图常用斜二测画法来画，基本步骤是：
(1)画几何体的底面
在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°或135°，已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观图中平行于x′轴、y′轴．已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半．
(2)画几何体的高
在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z′轴，也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度不变．
知识点五
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”.
常考题型剖析
题型一：空间几何体的结构特征
【典例分析】
例1-1.（2021·全国·高考真题）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．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.
【详解】
设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.
故选：B.
例1-2.【多选题】（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
【答案】ABD
【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，
即，解得，
且，即，
故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，
可知：，则，
即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
【特别提醒】
1.棱柱的所有侧面都是平行四边形，但侧面都是平行四边形的几何体却不一定是棱柱．
2.棱台的所有侧面都是梯形，但侧面都是梯形的几何体却不一定是棱台．
3.注意棱台的所有侧棱相交于一点．
4.通常利用空间几何体的表面展开图解决以下问题：
(1)求几何体的表面积或侧面积；
(2)求几何体表面上任意两个点的最短表面距离．
【变式训练】
变式1-1.【多选题】（2022·福建厦门·高一期末）如图，圆台O2O2中，母线AB与下底面所成的角为60°，BC为上底面直径，O2A=6O1B=6，则（ ）
A．圆台的母线长为10
B．圆台的侧面积为
C．由点A出发沿侧面到达点C的最短距离是
D．在圆台内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值是4
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对A，根据轴截面分析即可；
对B，根据圆台的侧面积公式求解即可；
对C，将圆台侧面展开，再计算即可；
对D，计算圆台内能放下的最大球的直径，再根据该球为此正方体外接球求解即可
【详解】
对A，母线长为，故A正确；
对B，由A母线长为10，则根据圆台的侧面积公式，故B正确；
对C，由题意，侧面全展开的圆心角为，因为此时，但线段有小部分不在扇环上，故由点A出发沿侧面到达点C的最短距离大于，故C错误；
对D，由题意，该圆台的轴截面可补全为一个边长为12的正三角形，故圆台中能放下的最大球的半径为，直径为，故在圆台内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体为该球的内接正方体，棱长为，故D正确；
故选：ABD
变式1-2.（2024秋·贵州·高三统考开学考试）已知“水滴”的表面是一个由圆锥的侧面和部分球面（常称为“球冠”）所围成的几何体．如图所示，将“水滴”的轴截面看成由线段AB，AC和优弧BC所围成的平面图形，其中点B，C所在直线与水平面平行，AB和AC与圆弧相切．已知“水滴”的“竖直高度”与“水平宽度”（“水平宽度”指的是平行于水平面的直线截轴截面所得线段的长度的最大值）的比值为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设圆心为O，连接OA，OB，OC，设球冠的半径为R，根据几何性质可得，从而可得，根据平方公式与二倍角公式即可得的值.
【详解】设优弧BC所在圆的圆心为O，半径为R，连接OA，OB，OC，如图所示．
易知“水滴”的“竖直高度”为，“水平宽度”为2R，
由题意知，解得．
因为AB与圆弧相切于点B，所以．
在Rt△ABO中，，
又，所以．
由对称性知，，则，
所以．
故选：D.
题型二：空间几何体的直观图
例2-1.（2022·全国·高三专题练习）水平放置的的直观图如图，其中，，那么原是一个（ ）
A．等边三角形B．直角三角形
C．三边中只有两边相等的等腰三角形D．三边互不相等的三角形
【答案】A
【分析】根据斜二测画法的规则求解即可.
【详解】由图形知，在原中，，如图，
因为，所以，
，，
又，.
为等边三角形.
故选：A
例2-2.（2023·全国·高三专题练习）平面直角坐标系xOy中点A位于第一象限，线段OA的长为，与x轴所成的夹角为，且，在斜二测画法下其直观图为线段，则线段的长度为 ．
【答案】
【分析】根据斜二测画法的规则，作出图形的直观图，结合勾股定理，即可求解.
【详解】如图（1）所示，过点作轴，轴，
因为线段OA的长为，与x轴所成的夹角为，且，
可得，且，解得，
其直观图，如图（2）所示，过点作，垂足为，
根据斜二测画法的规则，可得，
且，
在直角中，可得，
所以.
故答案为：.
【总结提升】
直观图的面积问题常常有两种解法：一是利用斜二测画法求解，注意 “斜”及“二测”的含义；二是直接套用等量关系：(1)S直观图＝S原图形．(2)S原图形＝S直观图．
【变式训练】
变式2-1.【多选题】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）正三角形的边长为，如图，为其水平放置的直观图，则（ ）
A．为锐角三角形
B．的面积为
C．的周长为
D．的面积为
【答案】CD
【分析】根据斜二测法可求出，，再利用余弦定理可求出，再逐一对各个选项分析判断即可求出结果.
【详解】如图，因为正三角形的边长为，故，所以，，
在中，，由余弦定理得，,
在中，，由余弦定理得，,
选项A，在中，因为，
由余弦定理知，故选项A错误；
选项B和D，，故选项B错误，选项D正确；
选项C，的周长为，故选项C正确.
故选：CD.
变式2-2.（2023·全国·高三对口高考）若正用斜二测画法画出的水平放置图形的直观图为，当的面积为时，的面积为 ．
【答案】
【分析】根据题意画出图形，由直观图作图规则，结合图形根据的面积求出的面积．
【详解】是正的斜二测画法的水平放置图形的直观图，如图所示，
设，
则的面积为，，
的面积为．
故答案为：．
题型三：空间几何体的三视图
【典例分析】
例3-1.（2020·全国·高考真题（理））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，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得点在侧视图中对应的点.
【详解】
根据三视图，画出多面体立体图形，
上的点在正视图中都对应点M,直线上的点在俯视图中对应的点为N,
∴在正视图中对应,在俯视图中对应的点是,线段,上的所有点在侧试图中都对应,∴点在侧视图中对应的点为.
故选：A
例3-2.（2023·内蒙古呼和浩特·统考二模）《九章算术·商功》中记载：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，不易之率也．”我们可以翻译为：取一长方体，分成两个一模一样的直三棱柱，称为“氟堵”再沿新堵的一顶点与相对的棱剖开，得一个四棱锥和一个三棱锥，这个四棱锥称为“阳马”，这个三棱锥称为“鳖臑”，某“阳马”的三视图如图所示，则它最长侧棱的值是（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】D
【分析】由三视图得出四棱锥的直观图，再求出各个侧棱长，即可得出答案．
【详解】设几何体为四棱锥，如图所示：
由三视图得，，，，
因为平面，平面，
所以，
则，，.
故最长的侧棱长为，
故选：D．
【总结提升】
画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定连线在投影面上的虚实．
【变式训练】
变式3-1.（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知正方体(如图1)，点P在棱上(包括端点).则三棱锥的侧视图不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意结合三视图逐项分析判断.
【详解】对于选项A：当点P于点D重合，则的侧视图如选项A所示，故A正确；
对于选项B：当点P于点重合，则的侧视图如选项B所示，故B正确；
对于选项C：当点P为线段的中点，则的侧视图如选项C所示，故C正确；
对于选项D：因为点P在棱上运动，则侧视图中右边的一条边与底边垂直，且右边的一条边的边长与正方体的棱长相等，
所以的侧视图如不可能如选项D所示，故D错误；
故选：D.
变式3-2.（2021·全国·高考真题（理））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）．
【答案】③④（答案不唯一）
【解析】
【分析】
由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.
【详解】
选择侧视图为③，俯视图为④，
如图所示，长方体中，，
分别为棱的中点，
则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥.
故答案为：③④.
一、单选题
1．（2021·全国·高考真题（文））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．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断.
【详解】
由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，
所以其侧视图为
故选：D
2.（2024·江西·校联考模拟预测）光岳楼位于山东聊城古城中央，主体结构建于明洪武七年（1374年），它是迄今为止全国现存古代建筑中最古老、最雄伟的木构楼阁之一，享有“虽黄鹤、岳阳亦当望拜”之誉.光岳楼的墩台为砖石砌成的正四棱台，如图所示，该墩台上底面边长约为32m，下底面边长约为34.5m，高约为9m，则该墩台的斜高约为（参考数据：）（ ）
A．9.1mB．10.9mC．11.2mD．12.1m
【答案】A
【分析】根据题意画出正四棱台，结合正四棱台相关性质直接计算即可.
【详解】如图所示，设该正四棱台为，上下底面中心分别为，
分别取的中点，连接，
在平面内，作交于，
则，，，
显然四边形是矩形，则，，
所以，
在直角中，，
即该墩台的斜高约为9.1m.
故选：A
3. (2020·全国卷Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m.
依题意得h2＝×2a×m，即h2＝am，①
易知h2＋a2＝m2，②
由①②得a（a舍去），
所以＝.故选C.
4.（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，
且，故.
因为，故，
故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
而三角形内切圆的圆心为，半径为，
故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为
故选：B
二、多选题
5．（2023秋·山东泰安·高三统考阶段练习）下列几何体中，可完全放入一个半径为的球体内的是（ ）
A．棱长为的正方体
B．底面半径为，高为的圆锥
C．棱长为的正四面体
D．底面边长为，高为的正四棱锥
【答案】ABD
【分析】根据题意，分别求出A，B，C，D四个选项对应几何体的外接球半径，即可判断.
【详解】对A，棱长为2的正方体，其外接球的直径等于体对角线长，即，，所以棱长为2的正方体可以完全放入半径为2的球内，故A正确；
对B，如图，可得，解得，，所以底面半径为1，高为的圆锥可以完全放入半径为2的球内，故B正确；
对C，将正四面体补形成正方体，即正四面体的外接球就是所在正方体的外接球，设正方体的棱长为，则，即，所以外接球的直径，即，所以棱长为的正四面体不可以完全放入半径为2的球内，故C错误；
对D，如图，设正四棱锥外接球半径为，则有，解得，所以底面边长为2，高为的正四棱锥可以完全放入半径为2的球内，故D正确；
故选：ABD.
三、填空题
6．（2023秋·上海浦东新·高三上海市洋泾中学校考开学考试）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为攒尖，清代称攒尖，依其平面有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､六角攒尖等，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑.如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为，则侧棱与底面外接圆的半径的比为 .
【答案】
【分析】利用正六边形边长与其外接圆半径相等，再根据题设条件即可得出结果.
【详解】因为正六棱锥的底面为正六边形，设其外接圆半径为，则底面正边形的边长为，
又因为正正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为，所以侧棱长为，
所以侧棱与底面外接圆半径的比为，
故答案为：.
7．（2023·全国·统考高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ．
【答案】
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.
【详解】设球的半径为.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；
分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，
连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.
综上，.
故答案为：
8．（2023·全国·统考高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
【答案】12
【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.
【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，
由题意可知，为球心，在正方体中，，
即，
则球心到的距离为，
所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
故答案为：12
9．（2019·全国·高考真题（文））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_________．
【答案】 共26个面. 棱长为.
【解析】
【分析】
第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．
【详解】
由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．
如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，
，
，即该半正多面体棱长为．
10．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
【答案】.
【解析】
【分析】
根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.
【详解】
如图：
取的中点为，的中点为，的中点为，
因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，
又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，
因为，所以侧面，
设为侧面与球面的交线上的点，则，
因为球的半径为，，所以，
所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，
因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，
因为，所以，
所以根据弧长公式可得.
故答案为：.
四、解答题
11．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在棱长为1的正方体内有两个球相外切且分别与正方体内切，求两球半径之和.
【答案】
【分析】作正方体的对角面,设出两球半径，根据正方体的对角线长列出等式，即可求得答案.
【详解】作正方体的对角面，得如图所示的截面图:其中AB,CD为正方体的棱，AD,BC为正方体的面对角线，AC为体对角线，
球心和在上，过分别作的垂线交于E，F两点.
设小球半径为r，大球半径为R,则由题意知，
得，
∴，
∴，即两球半径之和为.
12．（2023·全国·高三专题练习）近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从而催生了数字几何这一新兴学科.数字几何是传统几何和计算机科学相结合的产物.数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻画几何体的弯曲程度.规定：多面体在顶点处的曲率等于与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体在面上非顶点处的曲率均为零.由此可知，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为 ，故其总曲率为.
(1)求四棱锥的总曲率；
(2)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率是常数.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用总曲率定义即可得到结果；
（2）利用总曲率定义及欧拉定理即可证明其为常数.
【详解】（1）四棱锥有个顶点,个三角形面,个凸四边形面,故其总曲率为
（2）设多面体有个面,给组成多面体的多边形编号,分别为号.
设第 号 多边形有 条边.
则多面体共有条棱.
由题意，多面体共有个顶点.
号多边形的内角之和为,故所有多边形的内角之和为
故多面体的总曲率为
所以满足题目要求的多面体的总曲率为.多面体
结构特征
棱柱
有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并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
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
旋转
图形
矩形
直角三角形
直角梯形
半圆形
旋转轴
任一边所在的直线
任一直角边所在的直线
垂直于底边的腰所在的直线
直径所在的直线
母线
互相平行且相等，垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点
轴截面
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
相关试卷
专题7.4 数列求和（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）： 这是一份专题7.4 数列求和（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用），文件包含专题74数列求和原卷版docx、专题74数列求和解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。
专题7.3 等比数列及其前n项和（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）： 这是一份专题7.3 等比数列及其前n项和（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用），文件包含专题73等比数列及其前n项和原卷版docx、专题73等比数列及其前n项和解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。
专题7.2 等差数列及其前n项和（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）： 这是一份专题7.2 等差数列及其前n项和（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用），文件包含专题72等差数列及其前n项和原卷版docx、专题72等差数列及其前n项和解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共49页， 欢迎下载使用。
