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2020届二轮复习(文)第2部分专题4第1讲 空间几何体的表面积、体积及有关量的计算学案
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第1讲 空间几何体的表面积、体积及有关量的计算
[做小题——激活思维]
1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( )
A.π B.π C．16π D．24π
B [设球的半径为R，则由4πR2＝16π，解得R＝2，所以这个球的体积为πR3＝π.]
2．如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1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＝，AD＝，
所以AC1＝＝＝.]
3．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为________，体积为________．
28π 16π＋π [由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l，圆柱高为h.由图得r＝2，c＝2πr＝4π，h＝4，由勾股定理得：l＝＝4，S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π.V＝V柱＋V锥＝16π＋π.]
4．如图，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC的中点，则三棱锥AB1DC1的体积为________．
1 [在正三棱柱ABCA1B1C1中，
∵AD⊥BC，AD⊥BB1，BB1∩BC＝B，∴AD⊥平面B1DC1.
∴VAB1DC1＝S△B1DC1·AD＝××2××＝1.]
5．已知一个圆台的下底面半径为3，高为2，当圆台的上底面半径r′变化时，圆台体积的变化范围是________．
(6π，18π) [V圆台＝π(r2＋rr′＋r′2)h,0＜r′＜3.
当上底面面积为0时，圆台变为圆锥，V圆锥＝πr2h＝6π；
当r′＝3时，圆台变为圆柱，V圆柱＝πr2h＝18π.
所以圆台体积的变化范围是.]
[扣要点——查缺补漏]
1．空间几何体的表面积与体积
(1)求三棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上，如T4.
(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.
(3)已知几何体的三视图，可去判断几何体的形状和各个度量，然后求解表面积和体积，如T3.
2．柱、锥、台之间的关系
3．多面体与球
(1)设球的半径为R，球的截面圆半径为r，球心到球的截面的距离为d，则有r＝.
(2)当球内切于正方体时，球的直径等于正方体的棱长，当球外接于长方体时，长方体的体对角线长等于球的直径；当球与正方体各棱都相切时，球的直径等于正方体底面的对角线长．
(3)若正四面体的棱长为a，则正四面体的外接球半径为a，内切球半径为a.
空间几何体的三视图、展开图、截面图(5年2考)
[高考解读] 重点考查考生的识图能力和空间想象能力、考生对试题的研究必须经历从“识图”、“想图”到“构图”的过程，要通过观察、分析、想象、判断、计算的逻辑思维才能求解，考查了考生的直观想象和逻辑推理的核心素养.
(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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．2 B．2 C．3 D．2
切入点：圆柱的三视图．
关键点：正确还原圆柱体并将侧面展开，找出M，N在侧面展开图中的位置．
B [设过点M的高与圆柱的下底面交于点O，将圆柱沿MO剪开，则M，N的位置如图所示，连接MN，易知OM＝2，ON＝4，则从M到N的最短路径为＝＝2.]
[教师备选题]
1．(2018·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
C [由三视图得到空间几何体，如图所示，则PA⊥平面ABCD，平面ABCD为直角梯形，PA＝AB＝AD＝2，BC＝1，所以PA⊥AD，PA⊥AB，PA⊥BC.又BC⊥AB，AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB.在△PCD中，PD＝2，PC＝3，CD＝，所以△PCD为锐角三角形．所以侧面中的直角三角形为△PAB，△PAD，△PBC，共3个．
故选C.]
2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )
A．1 B. C. D．2
C [根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD＝，在Rt△VBD中，VD＝＝.]
1．由三视图还原直观图需遵循以下3步
(1)看视图明关系；
(2)分部分想整体；
(3)合起来定整体．
2．解决空间几何体表面上两点间的最短路径问题的常用方法：把立体图形展为平面图形，利用两点之间线段最短进行求解．
1．(由三视图还原几何体)某四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是等腰直角三角形，俯视图的轮廓是直角梯形，则该四棱锥的各侧面面积的最大值为( )
A．8 B．4 C．8 D．12
D [由三视图可知该几何体是一个底面为直角梯形，高为4的四棱锥，如图，其中侧棱PA⊥平面ABCD，PA＝4，AB＝4，BC＝4，CD＝6，所以AD＝2，PD＝6，PB＝4，连接AC，则AC＝4，所以PC＝4，显然在各侧面面积中△PCD的面积最大，又PD＝CD＝6，所以PC边上的高为＝2，所以S△PCD＝×4×2＝12，故该四棱锥的各侧面面积的最大值为12.故选D.]
2.(侧面展开图)如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处．若该小虫爬行的最短路程为4 m，则圆锥底面圆的半径等于________m.
[把圆锥侧面沿过点P的母线展开成如图所示的扇形，
由题意OP＝4，PP′＝4，则cos∠POP′＝＝－，所以∠POP′＝.
设底面圆的半径为r，则2πr＝×4，
所以r＝.]
3．(截面问题)已知圆锥的底面直径为，母线长为1，过圆锥的顶点，作圆锥的截面，则截面面积的最大值为________．
[由于圆锥的底面直径为，母线长为1，设圆锥轴截面的顶角为α，则cos α＝＝－.
又α∈(0，π)，∴α＝.因此截面面积的最大值为×1×1×sin ＝.]
空间几何体的表面积和体积(5年18考)
[高考解读] 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解答题，以往多与三视图综合考查，由于新课标对三视图不作要求，对表面积和体积的考查也以单一考点的形式出现在高考试题中.
角度一：空间几何体的表面积
1．(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )
A．12π B．12π C．8π D．10π
切入点：过直线O1O2的平面截该圆柱所得的轴截面是面积为8的正方形．
关键点：找出圆柱的底面半径及母线的长．
B [因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2，底面圆的直径为2，所以该圆柱的表面积为2×π×()2＋2π××2＝12π.]
2．(2016·全国卷Ⅲ)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )
A．18＋36 B．54＋18
C．90 D．81
切入点：多面体的三视图．
关键点：正确还原几何体．
B [由几何体的三视图可知，该几何体是底面为正方形的斜四棱柱．
由题意可知该几何体底面边长为3，高为6，所以侧棱长为＝3.故该几何体的表面积S＝32×2＋(3×6)×2＋(3×3)×2＝54＋18.]
角度二：空间几何体的体积
3．[一题多解](2017·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．63π C．42π D．36π
切入点：三视图．
关键点：割补法求体积．
B [法一(割补法)：如图所示，由几何体的三视图，可知该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得．
将圆柱补全，并将圆柱体从点A处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×＝63π.
故选B.
法二(估值法)：由题意，知V圆柱＜V几何体＜V圆柱．又V圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．
故选B.]
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，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.
切入点：E、F、G、H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.
关键点：正确求出四棱锥的体积．
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)．]
5.(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥EBB1C1C的体积．
切入点：ABCD为正方形，BE⊥EC1.
关键点：①线面垂直判定定理的应用；②正确求出四棱锥EBB1C1C的高．
[解] (1)证明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1＝90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，
所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，
故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.
如图，作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.
所以四棱锥EBB1C1C的体积
V＝×3×6×3＝18.
[教师备选题]
1．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
A. B.
C. D.
D [由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为
V1＝××1×1×1＝，
剩余部分的体积V2＝13－＝.
所以＝＝，故选D.]
2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.
(1)证明：直线BC∥平面PAD；
(2)若△PCD的面积为2，求四棱锥PABCD的体积．
[解] (1)证明：在平面ABCD内，因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，故BC∥平面PAD.
(2)如图，取AD的中点M，连接PM，CM.由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.
因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.
因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.
设BC＝x，则CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x.
如图，取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD，
所以PN＝x.
因为△PCD的面积为2，所以×x×x＝2.
解得x＝－2(舍去)或x＝2.
于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.
所以四棱锥PABCD的体积V＝××2＝4.
1．求几何体的表面积的方法
(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．
(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积.
2．求空间几何体体积的常用方法
公式法
直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算
等积法
根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等
割补法
把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体
1．(组合体的表面积)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________．
5π＋16＋2 [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××2×＝2；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2××π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋2.]
2．(等体积转换)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB＝AA1＝3，点P在棱CC1上，则三棱锥PABA1的体积为________．
[由题意，得V三棱锥PABA1＝V三棱锥CABA1＝V三棱锥A1ABC＝S△ABC·AA1＝××32×3＝.]
球与几何体的切、接问题(5年5考)
[高考解读] 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.
角度一：球与多面体的切、接问题
1．(2018·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为( )
A．12 B．18 C．24 D．54
切入点：①△ABC为等边三角形；
②S△ABC＝9.
关键点：求出△ABC的边长及点D到平面ABC的距离的最大值．
B [如图，E是AC中点，M是△ABC的重心，O为球心，连接BE，OM，OD，BO.因为S△ABC＝AB2＝9，所以AB＝6，BM＝BE＝＝2.易知OM⊥平面ABC，所以在Rt△OBM中，OM＝＝2，所以当D，O，M三点共线且DM＝OD＋OM时，三棱锥D－ABC的体积取得最大值，且最大值Vmax＝S△ABC×(4＋OM)＝×9×6＝18.故选B.
]
2．(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
A．4π B. C．6π D.
切入点：①球在直三棱柱ABCA1B1C1的内部；
②AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3.
关键点：求出最大球的半径．
B [设球的半径为R，∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10.
当球与直三棱柱的三个侧面相切时，有(6＋8＋10)×R＝×6×8，此时R＝2；
当球与直三棱柱两底面相切时，有2R＝3，此时R＝.
所以在封闭的直三棱柱中，球的最大半径只能为，故最大体积V＝π3＝.]
角度二：球与旋转体的切、接问题
3．(2017·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. C. D.
切入点：圆柱的两个底面在直径为2的同一个球的球面上．
关键点：确定圆柱底面圆的半径．
B [设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r，R及圆柱的高的一半构成直角三角形．
∴r＝＝.
∴圆柱的体积为V＝πr2h＝π×1＝.
故选B.]
4．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．
切入点：球与圆柱相切．
关键点：确定内切球的半径．
[设球O的半径为R，
∵球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，
∴圆柱O1O2的高为2R，底面半径为R.
∴＝＝.]
[教师备选题]
1．(2015·全国卷Ⅱ)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )
A．36π B．64π C．144π D．256π
C [如图，设球的半径为R，∵∠AOB＝90°，∴S△AOB＝R2.
∵VOABC＝VCAOB，而△AOB面积为定值，
∴当点C到平面AOB的距离最大时，VOABC最大，
∴当C为与球的大圆面AOB垂直的直径的端点时，体积VOABC最大为×R2×R＝36，
∴R＝6，∴球O的表面积为4πR2＝4π×62＝144π.故选C.]
2．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥SABC的体积为9，则球O的表面积为________．
C [如图，连接OA，OB.
由SA＝AC，SB＝BC，SC为球O的直径，知OA⊥SC，OB⊥SC.
由平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，OA⊥SC，知OA⊥平面SCB.
设球O的半径为r，则
OA＝OB＝r，SC＝2r，
∴三棱锥SABC的体积
V＝×·OA＝，
即＝9，∴r＝3，∴S球表＝4πr2＝36π.]
解决与球有关的切、接问题的策略
(1)“接”的处理：
①构造正(长)方体，转化为正(长)方体的外接球问题.
②空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中，作出适当截面(过球心，接点等).
③利用球心与截面圆心的连线垂直于截面定球心所在直线.
(2)“切”的处理：
①体积分割法求内切球半径.
②作出合适的截面(过球心，切点等)，在平面上求解，
③多球相切问题，连接各球球心，转化为处理多面体问题.
1．(外接球)已知三棱锥PABC的所有顶点都在球O的球面上，PC是球O的直径．若平面PCA⊥平面PCB，PA＝AC，PB＝BC，三棱锥PABC的体积为a，则球O的体积为( )
A．2πa B．4πa C.πa D.πa
B [设球O的半径为R，因为PC为球O的直径，PA＝AC，PB＝BC，所以△PAC，△PBC均为等腰直角三角形，点O为PC的中点，连接AO，OB(图略)，所以AO⊥PC，BO⊥PC，因为平面PCA⊥平面PCB，平面PCA∩平面PCB＝PC，所以AO⊥平面PCB，所以V三棱锥PABC＝·S△PBC·AO＝××AO＝××R＝R3＝a，所以球O的体积V＝πR3＝4πa.故选B.]
2．(内切球)四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为6的正方形，且PA＝PB＝PC＝PD，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高是 ( )
A．6 B．5 C. D.
D [过点P作PH⊥平面ABCD于点H.由题意知，四棱锥PABCD是正四棱锥，内切球的球心O应在四棱锥的高PH上．过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE，PF是斜高，M为球面与侧面的一个切点．设PH＝h，易知Rt△PMO∽Rt△PHF，所以＝，即＝，解得h＝(h＝0舍去)，故选D.]
3．(折叠问题)一张半径为1＋的圆形包装纸，按照如图所示的实线裁剪，并按虚线折叠为各棱长都相等的四棱锥，折叠所成的四棱锥外接球的表面积为________．
8π [如图，连接OE，与AD交于I，
设正方形ABCD的边长为2x，则EI＝x，
则x＋x＝1＋，即x＝1.
设外接球的球心为Q，半径为R，可得OC＝，OP＝＝，R2＝(－R)2＋()2.
∴R＝，∴该四棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝8π.
故答案为8π.]
第1讲 空间几何体的表面积、体积及有关量的计算
[做小题——激活思维]
1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( )
A.π B.π C．16π D．24π
B [设球的半径为R，则由4πR2＝16π，解得R＝2，所以这个球的体积为πR3＝π.]
2．如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1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＝，AD＝，
所以AC1＝＝＝.]
3．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为________，体积为________．
28π 16π＋π [由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l，圆柱高为h.由图得r＝2，c＝2πr＝4π，h＝4，由勾股定理得：l＝＝4，S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π.V＝V柱＋V锥＝16π＋π.]
4．如图，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC的中点，则三棱锥AB1DC1的体积为________．
1 [在正三棱柱ABCA1B1C1中，
∵AD⊥BC，AD⊥BB1，BB1∩BC＝B，∴AD⊥平面B1DC1.
∴VAB1DC1＝S△B1DC1·AD＝××2××＝1.]
5．已知一个圆台的下底面半径为3，高为2，当圆台的上底面半径r′变化时，圆台体积的变化范围是________．
(6π，18π) [V圆台＝π(r2＋rr′＋r′2)h,0＜r′＜3.
当上底面面积为0时，圆台变为圆锥，V圆锥＝πr2h＝6π；
当r′＝3时，圆台变为圆柱，V圆柱＝πr2h＝18π.
所以圆台体积的变化范围是.]
[扣要点——查缺补漏]
1．空间几何体的表面积与体积
(1)求三棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上，如T4.
(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.
(3)已知几何体的三视图，可去判断几何体的形状和各个度量，然后求解表面积和体积，如T3.
2．柱、锥、台之间的关系
3．多面体与球
(1)设球的半径为R，球的截面圆半径为r，球心到球的截面的距离为d，则有r＝.
(2)当球内切于正方体时，球的直径等于正方体的棱长，当球外接于长方体时，长方体的体对角线长等于球的直径；当球与正方体各棱都相切时，球的直径等于正方体底面的对角线长．
(3)若正四面体的棱长为a，则正四面体的外接球半径为a，内切球半径为a.
空间几何体的三视图、展开图、截面图(5年2考)
[高考解读] 重点考查考生的识图能力和空间想象能力、考生对试题的研究必须经历从“识图”、“想图”到“构图”的过程，要通过观察、分析、想象、判断、计算的逻辑思维才能求解，考查了考生的直观想象和逻辑推理的核心素养.
(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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．2 B．2 C．3 D．2
切入点：圆柱的三视图．
关键点：正确还原圆柱体并将侧面展开，找出M，N在侧面展开图中的位置．
B [设过点M的高与圆柱的下底面交于点O，将圆柱沿MO剪开，则M，N的位置如图所示，连接MN，易知OM＝2，ON＝4，则从M到N的最短路径为＝＝2.]
[教师备选题]
1．(2018·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
C [由三视图得到空间几何体，如图所示，则PA⊥平面ABCD，平面ABCD为直角梯形，PA＝AB＝AD＝2，BC＝1，所以PA⊥AD，PA⊥AB，PA⊥BC.又BC⊥AB，AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB.在△PCD中，PD＝2，PC＝3，CD＝，所以△PCD为锐角三角形．所以侧面中的直角三角形为△PAB，△PAD，△PBC，共3个．
故选C.]
2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )
A．1 B. C. D．2
C [根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD＝，在Rt△VBD中，VD＝＝.]
1．由三视图还原直观图需遵循以下3步
(1)看视图明关系；
(2)分部分想整体；
(3)合起来定整体．
2．解决空间几何体表面上两点间的最短路径问题的常用方法：把立体图形展为平面图形，利用两点之间线段最短进行求解．
1．(由三视图还原几何体)某四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是等腰直角三角形，俯视图的轮廓是直角梯形，则该四棱锥的各侧面面积的最大值为( )
A．8 B．4 C．8 D．12
D [由三视图可知该几何体是一个底面为直角梯形，高为4的四棱锥，如图，其中侧棱PA⊥平面ABCD，PA＝4，AB＝4，BC＝4，CD＝6，所以AD＝2，PD＝6，PB＝4，连接AC，则AC＝4，所以PC＝4，显然在各侧面面积中△PCD的面积最大，又PD＝CD＝6，所以PC边上的高为＝2，所以S△PCD＝×4×2＝12，故该四棱锥的各侧面面积的最大值为12.故选D.]
2.(侧面展开图)如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处．若该小虫爬行的最短路程为4 m，则圆锥底面圆的半径等于________m.
[把圆锥侧面沿过点P的母线展开成如图所示的扇形，
由题意OP＝4，PP′＝4，则cos∠POP′＝＝－，所以∠POP′＝.
设底面圆的半径为r，则2πr＝×4，
所以r＝.]
3．(截面问题)已知圆锥的底面直径为，母线长为1，过圆锥的顶点，作圆锥的截面，则截面面积的最大值为________．
[由于圆锥的底面直径为，母线长为1，设圆锥轴截面的顶角为α，则cos α＝＝－.
又α∈(0，π)，∴α＝.因此截面面积的最大值为×1×1×sin ＝.]
空间几何体的表面积和体积(5年18考)
[高考解读] 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解答题，以往多与三视图综合考查，由于新课标对三视图不作要求，对表面积和体积的考查也以单一考点的形式出现在高考试题中.
角度一：空间几何体的表面积
1．(2018·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )
A．12π B．12π C．8π D．10π
切入点：过直线O1O2的平面截该圆柱所得的轴截面是面积为8的正方形．
关键点：找出圆柱的底面半径及母线的长．
B [因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2，底面圆的直径为2，所以该圆柱的表面积为2×π×()2＋2π××2＝12π.]
2．(2016·全国卷Ⅲ)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )
A．18＋36 B．54＋18
C．90 D．81
切入点：多面体的三视图．
关键点：正确还原几何体．
B [由几何体的三视图可知，该几何体是底面为正方形的斜四棱柱．
由题意可知该几何体底面边长为3，高为6，所以侧棱长为＝3.故该几何体的表面积S＝32×2＋(3×6)×2＋(3×3)×2＝54＋18.]
角度二：空间几何体的体积
3．[一题多解](2017·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．63π C．42π D．36π
切入点：三视图．
关键点：割补法求体积．
B [法一(割补法)：如图所示，由几何体的三视图，可知该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得．
将圆柱补全，并将圆柱体从点A处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×＝63π.
故选B.
法二(估值法)：由题意，知V圆柱＜V几何体＜V圆柱．又V圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．
故选B.]
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，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.
切入点：E、F、G、H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.
关键点：正确求出四棱锥的体积．
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)．]
5.(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥EBB1C1C的体积．
切入点：ABCD为正方形，BE⊥EC1.
关键点：①线面垂直判定定理的应用；②正确求出四棱锥EBB1C1C的高．
[解] (1)证明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1＝90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，
所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，
故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.
如图，作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.
所以四棱锥EBB1C1C的体积
V＝×3×6×3＝18.
[教师备选题]
1．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
A. B.
C. D.
D [由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为
V1＝××1×1×1＝，
剩余部分的体积V2＝13－＝.
所以＝＝，故选D.]
2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.
(1)证明：直线BC∥平面PAD；
(2)若△PCD的面积为2，求四棱锥PABCD的体积．
[解] (1)证明：在平面ABCD内，因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，故BC∥平面PAD.
(2)如图，取AD的中点M，连接PM，CM.由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.
因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.
因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.
设BC＝x，则CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x.
如图，取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD，
所以PN＝x.
因为△PCD的面积为2，所以×x×x＝2.
解得x＝－2(舍去)或x＝2.
于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.
所以四棱锥PABCD的体积V＝××2＝4.
1．求几何体的表面积的方法
(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．
(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积.
2．求空间几何体体积的常用方法
公式法
直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算
等积法
根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等
割补法
把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体
1．(组合体的表面积)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________．
5π＋16＋2 [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××2×＝2；半圆柱的侧面积为π×4＝4π，两个底面面积之和为2××π×12＝π，所以几何体的表面积为5π＋16＋2.]
2．(等体积转换)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB＝AA1＝3，点P在棱CC1上，则三棱锥PABA1的体积为________．
[由题意，得V三棱锥PABA1＝V三棱锥CABA1＝V三棱锥A1ABC＝S△ABC·AA1＝××32×3＝.]
球与几何体的切、接问题(5年5考)
[高考解读] 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.
角度一：球与多面体的切、接问题
1．(2018·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为( )
A．12 B．18 C．24 D．54
切入点：①△ABC为等边三角形；
②S△ABC＝9.
关键点：求出△ABC的边长及点D到平面ABC的距离的最大值．
B [如图，E是AC中点，M是△ABC的重心，O为球心，连接BE，OM，OD，BO.因为S△ABC＝AB2＝9，所以AB＝6，BM＝BE＝＝2.易知OM⊥平面ABC，所以在Rt△OBM中，OM＝＝2，所以当D，O，M三点共线且DM＝OD＋OM时，三棱锥D－ABC的体积取得最大值，且最大值Vmax＝S△ABC×(4＋OM)＝×9×6＝18.故选B.
]
2．(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
A．4π B. C．6π D.
切入点：①球在直三棱柱ABCA1B1C1的内部；
②AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3.
关键点：求出最大球的半径．
B [设球的半径为R，∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10.
当球与直三棱柱的三个侧面相切时，有(6＋8＋10)×R＝×6×8，此时R＝2；
当球与直三棱柱两底面相切时，有2R＝3，此时R＝.
所以在封闭的直三棱柱中，球的最大半径只能为，故最大体积V＝π3＝.]
角度二：球与旋转体的切、接问题
3．(2017·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. C. D.
切入点：圆柱的两个底面在直径为2的同一个球的球面上．
关键点：确定圆柱底面圆的半径．
B [设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r，R及圆柱的高的一半构成直角三角形．
∴r＝＝.
∴圆柱的体积为V＝πr2h＝π×1＝.
故选B.]
4．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．
切入点：球与圆柱相切．
关键点：确定内切球的半径．
[设球O的半径为R，
∵球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，
∴圆柱O1O2的高为2R，底面半径为R.
∴＝＝.]
[教师备选题]
1．(2015·全国卷Ⅱ)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥OABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )
A．36π B．64π C．144π D．256π
C [如图，设球的半径为R，∵∠AOB＝90°，∴S△AOB＝R2.
∵VOABC＝VCAOB，而△AOB面积为定值，
∴当点C到平面AOB的距离最大时，VOABC最大，
∴当C为与球的大圆面AOB垂直的直径的端点时，体积VOABC最大为×R2×R＝36，
∴R＝6，∴球O的表面积为4πR2＝4π×62＝144π.故选C.]
2．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥SABC的体积为9，则球O的表面积为________．
C [如图，连接OA，OB.
由SA＝AC，SB＝BC，SC为球O的直径，知OA⊥SC，OB⊥SC.
由平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，OA⊥SC，知OA⊥平面SCB.
设球O的半径为r，则
OA＝OB＝r，SC＝2r，
∴三棱锥SABC的体积
V＝×·OA＝，
即＝9，∴r＝3，∴S球表＝4πr2＝36π.]
解决与球有关的切、接问题的策略
(1)“接”的处理：
①构造正(长)方体，转化为正(长)方体的外接球问题.
②空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中，作出适当截面(过球心，接点等).
③利用球心与截面圆心的连线垂直于截面定球心所在直线.
(2)“切”的处理：
①体积分割法求内切球半径.
②作出合适的截面(过球心，切点等)，在平面上求解，
③多球相切问题，连接各球球心，转化为处理多面体问题.
1．(外接球)已知三棱锥PABC的所有顶点都在球O的球面上，PC是球O的直径．若平面PCA⊥平面PCB，PA＝AC，PB＝BC，三棱锥PABC的体积为a，则球O的体积为( )
A．2πa B．4πa C.πa D.πa
B [设球O的半径为R，因为PC为球O的直径，PA＝AC，PB＝BC，所以△PAC，△PBC均为等腰直角三角形，点O为PC的中点，连接AO，OB(图略)，所以AO⊥PC，BO⊥PC，因为平面PCA⊥平面PCB，平面PCA∩平面PCB＝PC，所以AO⊥平面PCB，所以V三棱锥PABC＝·S△PBC·AO＝××AO＝××R＝R3＝a，所以球O的体积V＝πR3＝4πa.故选B.]
2．(内切球)四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为6的正方形，且PA＝PB＝PC＝PD，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高是 ( )
A．6 B．5 C. D.
D [过点P作PH⊥平面ABCD于点H.由题意知，四棱锥PABCD是正四棱锥，内切球的球心O应在四棱锥的高PH上．过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE，PF是斜高，M为球面与侧面的一个切点．设PH＝h，易知Rt△PMO∽Rt△PHF，所以＝，即＝，解得h＝(h＝0舍去)，故选D.]
3．(折叠问题)一张半径为1＋的圆形包装纸，按照如图所示的实线裁剪，并按虚线折叠为各棱长都相等的四棱锥，折叠所成的四棱锥外接球的表面积为________．
8π [如图，连接OE，与AD交于I，
设正方形ABCD的边长为2x，则EI＝x，
则x＋x＝1＋，即x＝1.
设外接球的球心为Q，半径为R，可得OC＝，OP＝＝，R2＝(－R)2＋()2.
∴R＝，∴该四棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝8π.
故答案为8π.]
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