2019版高中数学二轮复习教师用书：专题五第1讲 小题考法——空间几何体的三视图、表面积与体积及空间位置关系的判定
展开一、主干知识要记牢
1．简单几何体的表面积和体积
(1)S直棱柱侧＝ch(c为底面的周长，h为高)．
(2)S正棱锥侧＝ch′(c为底面周长，h′为斜高)．
(3)S正棱台侧＝(c′＋c)h′(c与c′分别为上、下底面周长，h′为斜高)．
(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl(r为底面半径，l为母线长)，
S圆锥侧＝πrl(r为底面半径，l为母线长)，
S圆台侧＝π(r′＋r)l(r′，r分别为上、下底面的半径，l为母线长)．
(5)柱、锥、台体的体积公式
V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)，
V锥＝Sh(S为底面面积，h为高)，
V台＝(S＋＋S′)h(S，S′为上、下底面面积，h为高)．
(6)球的表面积和体积公式
S球＝4πR2，V球＝πR3．
2．两类关系的转化
(1)平行关系之间的转化
(2)垂直关系之间的转化
3．证明空间位置关系的方法
已知a，b，l是直线，α，β，γ是平面，O是点，则
(1)线线平行：
⇒c∥b， ⇒a∥b，
⇒a∥b, ⇒a∥b．
(2)线面平行：
⇒a∥α， ⇒a∥α， ⇒a∥α．
(3)面面平行：
⇒α∥β， ⇒α∥β， ⇒α∥γ．
(4)线线垂直：
⇒a⊥b, ⇒a⊥b．
(5)线面垂直：
⇒l⊥α， ⇒a⊥β，
⇒a⊥β ⇒b⊥α．
(6)面面垂直：
⇒α⊥β， ⇒α⊥β．
二、二级结论要用好
1．长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系d2＝a2＋b2＋c2；若长方体外接球半径为R，则有(2R)2＝a2＋b2＋c2．
2．棱长为a的正四面体的内切球半径r＝a，外接球的半径R＝a.又正四面体的高h＝a，故r＝h，R＝h．
三、易错易混要明了
应用空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理时，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易误得出m⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件．
考点一 空间几何体的三视图
1．由直观图确定三视图的方法
根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确定．
2．由三视图还原到直观图的思路
(1)根据俯视图确定几何体的底面．
(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．
(3)确定几何体的直观图形状．
1．(2018·湖北联考)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( D )
解析 点A，B，C，E在左侧面的投影为正方形，CA在左侧面的投影为斜向下的正方形对角线，DE在左侧面的投影为斜向上的正方形对角线，为不可见轮廓线，综上可知故选D．
2．(2018·北京卷)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( C )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析 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．
考点二 空间几何体的表面积与体积
1．求解几何体的表面积与体积的技巧
(1)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：常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体求解．
(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化．
2．根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤
(1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图．
(2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量．
(3)套用相应的面积公式或体积公式计算求解．
1．(2018·延边模拟)已知一几何体的三视图如图所示，俯视图由一个直角三角形与一个半圆组成，则该几何体的体积为( A )
A．6π＋12 B．6π＋24
C．12π＋12 D．24π＋12
解析 由三视图可知，该几何体为一组合体，它由半个圆柱和一个底面是直角三角形的直棱柱组成，故该几何体的体积V＝×π×22×3＋×2×4×3＝6π＋12，故选A．
2．(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( B )
A．90π B．63π
C．42π D．36π
解析 方法一 (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．
方法二 (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．
3．(2018·荆州三诊)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( C )
A．8＋4 B．12＋4＋2
C．6＋4＋2 D．12
解析 由三视图可得，该几何体为如图所示的棱长为2的正方体中的四棱锥A1BB1D1D，且底面矩形BB1D1D中，BB1＝2，B1D1＝2．
故该多面体的表面积为S＝3×＋×(2)2＋2×2＝6＋2＋4.选C．
考点三 与球有关的组合体的计算问题
求解多面体、旋转体与球接、切问题的策略
(1)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．
(2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或通过画内切、外接的几何体的直观图，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．
1．(2018·延边模拟)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为____．
解析 正四棱锥PABCD的外接球的球心O在它的高PO1上，则PO＝AO＝R，PO1＝4，OO1＝4－R，在Rt△AO1O中，AO1＝，由勾股定理R2＝2＋(4－R)2，得R＝，∴球的表面积为4π2＝．
2．(2018·绵阳三诊)已知圆锥的高为3，侧面积为20π，若此圆锥内有一个体积为V的球，则V的最大值为 π ．
解析 设圆锥的母线长l，底面的半径为r，则πrl＝20π，即rl＝20，又l2－r2＝9，解得l＝5，r＝4. 当球的体积最大时，该球为圆锥的内切球，设内切球的半径为R，则(5＋5＋8)×R＝×3×8，故R＝，所以Vmax＝π3＝π．
3．已知在三棱锥PABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，BC的中点为M且PM＝，当该三棱锥体积最大时，它的内切球半径为__2－__．
解析 当PM⊥平面ABC时， 三棱锥体积取得最大值，体积为××2×2×＝.S△PBC＝×2×＝2，S△ABC＝×2×2＝2，S△PBA＝S△PAC＝×22＝，设内切球的半径为r，则有(2＋2＋＋)·r＝，解得r＝2－．
考点四 空间位置关系的判定问题
判断与空间位置关系有关命题真假的方法
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．
(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．
(3)借助反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
1．(2018·攀枝花一模)已知α、β、γ表示不同的平面，a、b表示不同的直线，下列命题中正确的是( D )
A．如果a∥α，α⊥β，那么a⊥β
B．如果α⊥β，β⊥γ，那么α∥γ
C．如果a∥b，b∥α，那么a∥α
D．如果a∥α，a⊥β，那么α⊥β
解析 由题意，A中，如果a∥α，α⊥β，那么a⊥β或a∥β或相交，所以不正确；B中，如果α⊥β，β⊥γ，那么α∥γ或相交，所以不正确；C中，如果a∥b，b∥α，那么a∥α或a⊂α，所以不正确；D中，如果a∥α，a⊥β，利用线面垂直的判定定理，可证得α⊥β，故选D．
2．(2018·潍坊二模)已知三棱柱ABCA1B1C1，平面β截此三棱柱，分别与AC，BC，B1C1，A1C1交于点E，F，G，H，且直线CC1∥平面β. 有下列三个命题：
①四边形EFGH是平行四边形；②平面β∥平面ABB1A1；③若三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，则平面β⊥平面A1B1C1 .其中正确的命题为( B )
A．①② B．①③
C．①②③ D．②③
解析 在三棱柱ABCA1B1C1中，平面β截此三棱柱，分别与AC，BC，B1C1，A1C1交于点E，F，G，H，且直线CC1∥平面β，则CC1∥EH∥FG，且CC1＝EH＝FG，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；∵EF与AB不一定平行，∴平面β与平面ABB1A1平行或相交，故②错误；若三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，则CC1⊥平面A1B1C1.∴EH⊥平面A1B1C1，又∵EH⊂平面β，∴平面β⊥平面A1B1C1，故③正确．故选B．
