2020浙江高考数学二轮讲义：专题四第1讲 空间几何体
展开第1讲 空间几何体
空间几何体与三视图
[核心提炼]
1．三视图的排列规则
俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．
2．由三视图还原几何体的步骤
一般先由俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体．
[典型例题]
(1)(2019·温州瑞安七中高考模拟)下列结论正确的是( )
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
(2)(2019·杭州市五校联考)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )
【解析】 (1)A.如图(1)所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥，故A错误；B.如图(2)(3)所示，若△ABC不是直角三角形，或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥，故B错误；C.若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由过中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故C错误；D.根据圆锥母线的定义知，故D正确．故选D.
(2)
因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz 中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，几何体的直观图如图，是以正方体的顶点为顶点的一个正四面体，所以以zOx平面为投影面，则得到正视图为A.
【答案】 (1)D (2)A
(1)判断与几何体结构特征有关问题的技巧
把握几何体的结构特征，熟悉空间几何体性质，能够根据条件构建几何模型，从而判断命题的真假，有时也可通过反例对结构特征进行辨析．
(2)已知几何体识别三视图的技巧
已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面的实虚．
[对点训练]
1．(2019·福州市综合质量检测)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是( )
A．2 B．3 C．4 D．5
解析：选C.由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥PABCD，易知四棱锥PABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4.
2．图①是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1截去三棱锥A1AB1D1后得到的几何体，将其绕着棱DD1所在的直线逆时针旋转45°，得到如图②所示的几何体，该几何体的正视图为( )
解析：选B.由题意可知，该几何体的正视图是长方形，底面对角线DB在正视图中的长为，棱CC1在正视图中为虚线，D1A，B1A在正视图中为实线，故该几何体的正视图为B.
空间几何体的表面积与体积
[核心提炼]
1．柱体、锥体、台体的侧面积公式
(1)S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高)；
(2)S锥侧＝ch′(c为底面周长，h′为斜高)；
(3)S台侧＝(c＋c′)h′(c′，c分别为上下底面的周长，h′为斜高)．
2．柱体、锥体、台体的体积公式
(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；
(2)V锥体＝Sh(S为底面面积，h为高)；
(3)V台＝(S＋＋S′)h(S，S′分别为上下底面面积，h为高)(不要求记忆)．
[典型例题]
(1)(2019·高考浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是( )
A．158 B．162 C．182 D．324
(2)(2019·浙江高校招生选考试题)如图(1)，把棱长为1的正方体沿平面AB1D1和平面A1BC1截去部分后，得到如图(2)所示几何体，则该几何体的体积为( )
A. B. C. D.
(3)(2019·宁波十校联合模拟)如图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为________cm3，表面积为________cm2.
【解析】 (1)由三视图可知，该几何体是一个直五棱柱，所以其体积V＝×(4×3＋2×3＋6×6)×6＝162.故选B.
(2)把棱长为1的正方体沿平面AB1D1和平面A1BC1截去部分后，得到几何体的体积：V＝VABCDA1B1C1D1－VAA1B1D1－VBA1B1C1＋VNA1B1M
＝1×1×1－××1－××1＋××＝.
(3)由已知三视图得到几何体是一个底面直角边分别为3，4的直角三角形，高为5的三棱柱，割去一个底面与三棱柱底面相同，高为3的三棱锥，所以该几何体的体积为：×3×4×5－××3×4×3＝24 cm3；
表面积为：×(2＋5)×4＋×(2＋5)×3＋×3×4＋5×5＋×52＝＋ cm2.
【答案】 (1)B (2)B (3)24 ＋
(1)求解几何体的表面积及体积的技巧
①求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积，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．
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．
(2)根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤
第一步：根据给出的三视图判断该几何体的形状．
第二步：由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量．
第三步：套用相应的面积公式与体积公式计算求解．
[对点训练]
1．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( )
A.＋1 B.＋3
C.＋1 D.＋3
解析：选A.由几何体的三视图可得，该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该几何体的体积V＝×π×3＋××2×1×3＝＋1，故选A.
2．(2019·浙江名校协作体高三联考)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是 cm3，则正视图中的x的值是________cm，该几何体的表面积是________cm2.
解析：由三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的四棱锥，其直观图如图所示，由棱锥的体积公式得，××(1＋2)×x＝⇒x＝2，侧面ADS，CDS，ABS为直角三角形，侧面BCS是以BC为底的等腰三角形，所以该几何体的表面积为
S＝[(1＋2)×＋2×2＋×2＋1×＋2×]＝.
答案：2
多面体与球的切接问题
[核心提炼]
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．
[典型例题]
(1)(2019·浙江高考冲刺卷)已知一个棱长为4的正方体，过正方体中两条互为异面直线的棱的中点作直线，则该直线被正方体的外接球球面截在球内的线段长是( )
A．2 B．2
C．6 D．4
(2)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________．
【解析】 (1)如图所示，球的半径为2，球心(2，2，2)，M(4，0，2)，N(0，2，4)，MN的中点(2，1，3)，球心到MN的距离为，所以该直线被正方体的外接球球面截在球内的线段长是2＝2，故选B.
(2)设球O的半径为R，因为SC为球O的直径，所以点O为SC的中点，连接AO，OB，因为SA＝AC，SB＝BC，所以AO⊥SC，BO⊥SC，因为平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，所以AO⊥平面SCB，所以VSABC＝VASBC＝×S△SBC×AO＝×(×SC×OB)×AO，即9＝×(×2R×R)×R，解得R＝3，所以球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.
【答案】 (1)B (2)36π
多面体与球接、切问题的求解策略
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内接、外切的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R2＝a2＋b2＋c2求解．
[对点训练]
1．(2019·嘉兴一模)如图，这是某几何体的三视图，正视图是等边三角形，侧视图和俯视图为直角三角形，则该几何体外接球的表面积为( )
A. B．8π
C．9π D.
解析：选D.如图，该几何体为三棱锥ABCD，设三棱锥外接球的球心为O，O1，O2分别为△BCD，△ABD的外心，依题意得，OO1＝AB＝，O1D＝CD＝，所以球的半径R＝＝ ，所以该几何体外接球的表面积S＝4πR2＝.
2．(2019·金华十校联考)在正三棱锥SABC中，M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB＝2，则正三棱锥SABC 的体积为________，其外接球的表面积为________．
解析：取AC中点D，则SD⊥AC，DB⊥AC，
又因为SD∩BD＝D，所以AC⊥平面SDB，
因为SB⊂平面SBD，所以AC⊥SB，
又因为AM⊥SB，AM∩AC＝A，
所以SB⊥平面SAC，
所以SA⊥SB，SC⊥SB，
根据对称性可知SA⊥SC，从而可知SA，SB，SC两两垂直，
将其补为立方体，其棱长为2，
所以VSABC＝SCASB＝××2×2×2＝，其外接球即为立方体的外接球，半径r＝×2＝，表面积S＝4π×3＝12π.
答案： 12π
专题强化训练
1.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )
A．4 B．8
C．12 D．16
解析：选D.如图，以AA1为底面矩形一边的四边形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E这4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D.
2．正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )
解析：选C.过点A，E，C1的平面与棱DD1相交于点F，且F是棱DD1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.
3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )
A．8 cm3 B．12 cm3
C． cm3 D． cm3
解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm的正方体，体积V1＝2×2×2＝8(cm3)；上面是底面边长为2 cm，高为2 cm 的正四棱锥，体积V2＝×2×2×2＝(cm3)，所以该几何体的体积V＝V1＋V2＝(cm3)．
4．(2019·台州模拟)如图，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，则该多面体最长的棱长等于( )
A． B．
C．5 D．2
解析：选C.由正视图、侧视图、俯视图的形状，可判断该几何体为三棱锥，形状如图，其中SC⊥平面ABC，AC⊥AB，所以最长的棱长为SB＝5.
5．(2019·金华十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A． B．8π C. D．9π
解析：选B.依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接恰好形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，选B.
6.如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形．如果三棱柱的体积为12，圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为( )
A．12π B．14π C．16π D．18π
解析：选C.设圆柱的底面半径为R，则三棱柱的底面边长为R，由(R)2·2R＝12，得R＝2，S圆柱侧＝2πR·2R＝16π.故选C.
7．(2019·石家庄市第一次模拟)某几何体的三视图如图所示(网格线中每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )
A．48 B．54 C．64 D．60
解析：选D.根据三视图还原直观图，如图所示，则该几何体的表面积S＝6×3＋×6×4＋2××3×5＋×6×5＝60，故选D.
8．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.
解析：选B.由题意可得若V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R＝，该球的体积最大，Vmax＝πR3＝×＝.
9．(2019·温州八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )
A. B. C. D.
解析：选C.依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a，则斜边长为a，圆锥的底面半径为a、母线长为a，因此其俯视图中椭圆的长轴长为a、短轴长为a，其离心率e＝＝，选C.
10.已知圆柱OO1的底面半径为1，高为π，ABCD是圆柱的一个轴截面．动点M从点B出发沿着圆柱的侧面到达点D，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．现将轴截面ABCD绕着轴OO1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B1C1与曲线Γ相交于点P，设BP的长度为f(θ)，则y＝f(θ)的图象大致为( )
解析：选A.将圆柱的侧面沿轴截面ABCD展平，则曲线Γ是展开图形(即矩形)的对角线，根据题意，将轴截面ABCD绕着轴OO1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B1C1与曲线Γ相交于点P，设BP的长度为f(θ)，则f(θ)应当是一次函数的一段，故选A.
11．(2019·浙江省重点中学高三12月期末热身联考)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________；表面积是________．
解析：根据三视图可得，该几何体是长方体中的四棱锥CBB1D1D，
由三视图可得：
AB＝2，BC＝2，BB1＝4，VCBB1D1D＝××2×2×4＝，
SCBB1D1D＝×2×2＋2×4＋×2×4＋×2×4＋×2×＝16＋8.
答案： 16＋8
12.(2019·宁波市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________ cm3，表面积为________cm2.
解析：由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉后得到的几何体．
所以该几何体的体积＝×××π×13＝ cm3.
表面积＝××4π×12＋×π×12＋×π×12＝ cm2.
答案：
13．(2019·河北省“五校联盟”质量检测)已知球O的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．
解析：设球的半径为R，则4πR2＝25π，所以R＝，所以球的直径为2R＝5，设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则长方体的表面积S＝2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2＝2(a2＋b2＋c2)＝50.
答案：50
14．(2019·浙江省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当xy取得最大值时，该几何体的体积是____________．
解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥PABCD，CD＝，AB＝y，AC＝5，CP＝，BP＝x，所以BP2＝BC2＋CP2，即x2＝25－y2＋7，x2＋y2＝32≥2xy，则xy≤16，当且仅当x＝y＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V＝××3×＝3.
答案：3
15．(2019·杭州市高考数学二模)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是AA1的中点，则异面直线BE与B1D1所成角的余弦值等于________，若正方体棱长为1，则四面体BEB1D1的体积为________．
解析：取CC1中点F，连接D1F，B1F，则BE綊D1F，
所以∠B1D1F为异面直线BE与B1D1所成的角．
设正方体棱长为1，则B1D1＝，B1F＝D1F＝＝.所以cos ∠B1D1F＝＝＝.
VBEB1D1＝VD1BB1E＝S△BB1E·A1D1＝××1×1×1＝.
答案：
16．已知棱长均为a的正三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在半径为的球面上，则a的值为________．
解析：设O是球心，D是等边三角形A1B1C1的中心，则OA1＝，因为正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为a，所以A1D＝a×＝a，OD＝，故A1D2＋OD2＝＋＝，得a2＝，即a2＝1，得a＝1.
答案：1
17．(2019·瑞安四校联考)已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，则此三棱柱的体积的最大值为________．
解析：如图，设球心为O，三棱柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，底面正三角形的边长为a，
则AO1＝×a＝a.
由已知得O1O2⊥底面，
在Rt△OAO1中，由勾股定理得
OO1＝ ＝，
所以V三棱柱＝a2×2×＝，
令f(a)＝3a4－a6(0＜a＜2)，
则f′(a)＝12a3－6a5
＝－6a3(a2－2)，令f′(a)＝0，解得a＝.
因为当a∈(0，)时，f′(a)＞0；当a∈(，2)时，f′(a)＜0，所以函数f(a)在(0，)上单调递增，在(，2)上单调递减．
所以f(a)在a＝ 处取得极大值．
因为函数f(a)在区间(0，2)上有唯一的极值点，所以a＝ 也是最大值点．所以(V三棱柱)max＝＝1.
答案：1
18.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)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.
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.
19.如图，在△ABC中，∠B＝，AB＝BC＝2，P为AB边上一动点，PD∥BC交AC于点D.现将△PDA沿PD翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD.
(1)当棱锥A′PBCD的体积最大时，求PA的长；
(2)若P为AB的中点，E为A′C的中点，求证：A′B⊥DE.
解：(1)设PA＝x，则PA′＝x，
所以VA′PBCD＝PA′·S底面PBCD＝x.
令f(x)＝x＝－(0<x<2)，
则f′(x)＝－.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x | |||
f′(x) | | 0 | |
f(x) | 单调递增 | 极大值 | 单调递减 |
由上表易知，当PA＝x＝时，VA′PBCD取最大值．
(2)证明：取A′B的中点F，连接EF，FP.
由已知，得EF綊BC綊PD.
所以四边形EFPD是平行四边形，
所以ED∥FP.
因为△A′PB为等腰直角三角形，
所以A′B⊥PF.所以A′B⊥DE.
