专题11 立体几何 11.1空间几何体 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（原卷版+解析版）

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知识梳理.空间几何体
1．直观图
(1)画法：常用斜二测画法．
(2)规则：
①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．
②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．
eq \a\vs4\al(1.简单几何体,1多面体的结构特征)
(2)旋转体的结构特征
4．空间几何体的表面积与体积公式
题型一. 正方体的展开与折叠问题
1．如图代表未折叠正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形是（ ）
A． B． C．D．
【解答】解：将其折叠起来，变成正方体后的图形中，相邻的平面中三条线段是平行线，排除A，C；相邻平面只有两个是空白面，排除D；
故选：B．
2．如图是表示一个正方体表面的一种平面展开图，图中的四条线段AB、CD、EF和GH在原正方体中不相交的线段的对数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【解答】解：平面展开图还原成正方体：
G点与C点重合，
B点与F重合．
观察正方体中的线段不难发现：
GH与EF，GH与AF，CD与AF，CD与EF均不相交．
∴在正方体中不相交的线段有4对．
故选：C．
3．如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（ ）
A．AE∥CDB．CH∥BEC．DG⊥BHD．BG⊥DE
【解答】解：还原正方体直观图如图，可知AE与CD为异面直线，故选项A不正确；
由EH∥=BC，可得CH∥BE，故选项B正确；
正方形中易得DG⊥平面BCH，所以有DG⊥BH，故选项C正确；
因为BG∥AH，且DE⊥AH，所以BG⊥DE，故选项D正确．
故选：BCD．
题型二. 多面体表面最短距离问题
1．如图，正三棱锥S﹣ABC中，∠BSC＝40°，SB＝2，一质点自点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为（ ）
A．2B．3C．23D．33
【解答】解：将三棱锥S﹣ABC沿侧棱SB展开，
其侧面展开图如图所示，由图中红色路线可得结论．
根据余弦定理得，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为：
4+4+2×2×2×12=23
故选：C．
2．如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为1cm，高为5cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为（ ）cm．
A．12B．13C．61D．15
【解答】解：如图所示，
把侧面展开两周可得对角线最短：AA1=62+52=61cm．
故选：C．
3．如图所示，已知在圆锥SO中，底面半径r＝1，母线长l＝4，M为母线SA上的一个点，且SM＝x，从点M拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点A，求绳子最短时，顶点到绳子的最短距离 4xx2+16 （用x表示）．
【解答】解：∵底面半径r＝1，母线长l＝4，
∴侧面展开扇形的圆心角α＝90°
因此，将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M拉一绳子围绕圆锥侧面转到点A，最短距离为Rt△ASM中，斜边AM的长度
∵SM＝x，SA＝4
∴绳子的最短长度的平方f（x）＝AM2＝x2+42＝x2+16．
绳子最短时，定点S到绳子的最短距离等于Rt△ASM的斜边上的高，设这个距离等于d，
则d=SM⋅ASAM=4xx2+16，
故答案为4xx2+16．
题型三. 截面问题
1．如图，若Ω是长方体ABCD﹣A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是（ ）
A．EH∥FGB．EF∥HGC．Ω是棱柱D．Ω是棱台
【解答】解：因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，
所以EH∥B1C1，又EH⊄平面BCC1B1，
所以EH∥平面BCB1C1，又EH⊂平面EFGH，
平面EFGH∩平面BCB1C1＝FG，
所以EH∥FG，故EH∥FG∥B1C1，
所以选项A、C正确，D错误；
因为平面ABB1A1∩平面EFGH＝EF，
平面CDD1C1∩平面EFGH＝GH，
平面ABB1A1∥平面CDD1C1，
所以EF∥GH，故B正确．
故选：D．
2．（2018·全国1）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）
A．334B．233C．324D．32
【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，
此时正六边形的边长22，
α截此正方体所得截面最大值为：6×34×(22)2=334．
故选：A．
3．已知正△ABC三个顶点都在半径为2的球面上，球心O到平面ABC的距离为1，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值是 9π4 ．
【解答】解：设正△ABC的中心为O1，连结O1O、O1C、O1E、OE，
∵O1是正△ABC的中心，A、B、C三点都在球面上，
∴O1O⊥平面ABC，结合O1C⊂平面ABC，可得O1O⊥O1C，
∵球的半径R＝2，球心O到平面ABC的距离为1，得O1O＝1，
∴Rt△O1OC中，O1C=R2-OO12=3．
又∵E为AB的中点，∴正△ABC中，O1E=12O1C=32．
∴Rt△OO1E中，OE=O1E2+OO12=34+1=72．
∵过E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的半径最小，
∴当截面与OE垂直时，截面圆的面积有最小值．
此时截面圆的半径r=R2-EO12=22-(72)2=32，
可得截面面积为S＝πr2=9π4．
故答案为：9π4．
题型四. 一般空间几何体的表面积与体积
1．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．122πB．12πC．82πD．10π
【解答】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，
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，
可得：4R2＝8，解得R=2，
则该圆柱的表面积为：π⋅(2)2×2+22π×22=12π．
故选：B．
2．母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于8π5，则该圆锥的体积为（ ）
A．16πB．8πC．16π3D．8π3
【解答】解：母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于8π5，
所以侧面展开图的弧长为：l＝5×8π5=8π，
由弧长＝底面周长，即8π＝2πr，r＝4，
所以圆锥的高为h=52-42=3，
所以圆锥体积V=13×π×r2×h=13×π×42×3＝16π．
故选：A．
3．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°．若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为 8π ．
【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，△SAB的面积为8，可得：12SA2=8，解得SA＝4，
SA与圆锥底面所成角为30°．可得圆锥的底面半径为：23，圆锥的高为：2，
则该圆锥的体积为：V=13×π×(23)2×2=8π．
故答案为：8π．
4．已知边长为3的正三角形ABC三个顶点都在球O的表面上，且球心O到平面ABC的距离为该球半径的一半，则球O的表面积为 16π3 ．
【解答】解：如图，设OO′⊥平面ABC，垂足是O′，设球半径为r，
∵边长为3的正三角形ABC三个顶点都在球O的表面上，
且球心O到平面ABC的距离为该球半径的一半，
∴AO′=233-34=1，OA＝r，OO′=12r，
∵OA2＝O′A2+OO′2，
∴r2=1+r24，解得r2=43，
∴球O的表面积S＝4πr2=16π3．
故答案为：16π3．
5．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB＝AC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB1A1的面积为（ ）
A．2B．1C．2D．22
【解答】解：球心在平面BCC1B1的中心O上，BC为截面圆的直径，∴∠BAC＝90°，
底面外接圆的圆心N位于BC的中点，
△A1B1C1的外心M在B1C1中点上，
设正方形BCC1B1的边长为x，
Rt△OMC1中，OM=x2，MC1=x2，OC1＝R＝1，
∴(x2)2+(x2)2=1，
即x=2，则AB＝AC＝1，
∴S矩形ABB1A1=2×1=2
故选：C．
6．在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40cm，母线长最短50cm，最长80cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝ 2600π cm2．
【解答】解：将相同的两个几何体，对接为圆柱，则圆柱的侧面展开，
侧面展开图的面积 S＝（50+80）×20π×2×12=2600πcm2．
故答案为：2600π
7．已知正四棱台的侧棱长为3cm，两底面边长分别为2cm和4cm，则该四棱台的体积为 2873cm3 ．
【解答】解：正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1，O1，O是两底面的中心，
∵A1C1＝22，AC＝42，
∴O1O=9-2=7，
∴V=13×7×(4+16+8)=2873cm3，
故答案为：2873cm3．
题型五. 三棱锥的表面积与体积
1．（2019·全国3）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ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH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＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 118.8 g．
【解答】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1，挖去四棱锥O﹣EFGH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＝6cm，AA1＝4cm，
∴该模型体积为：
VABCD-A1B1C1D1-VO﹣EFGH
＝6×6×4-13×(4×6-4×12×3×2)×3
＝144﹣12＝132（cm3），
∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，
∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）．
故答案为：118.8．
2．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝1，则四面体A﹣EFB的体积为（ ）
A．26B．212C．24D．22
【解答】解：∵EF＝1，∴△BEF的面积为定值12×EF×1=12，
设AC∩AB＝O，
∵AC⊥平面BDD1B1，∴AO为棱锥A﹣BEF的高，
AO=22
∴VA﹣BEF=13×12×22=212．
故选：B．
3．如图，在正三棱锥A﹣BCD中，E、F分别是AB、BC的中点，EF⊥DE，且BC＝1，则正三棱锥A﹣BCD的体积是 224 ．
【解答】解：∵E、F分别是AB、BC的中点，∴EF∥AC，又∵EF⊥DE，
∴AC⊥DE，
取BD的中点O，连接AO、CO，∵正三棱锥A﹣BCD，
∴AO⊥BD，CO⊥BD，∴BD⊥平面AOC，又AC⊂平面AOC，∴AC⊥BD，
又DE∩BD＝D，∴AC⊥平面ABD；
∴AC⊥AB，
设AC＝AB＝AD＝x，则x2+x2＝1⇒x=22
VC﹣ABD=13S△ABD•AC=16AB•AD•AC=224．
故答案是224
4．如图所示，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为 23 ．
【解答】解：过AD做底面ABCD垂直的平面交EF于G点
过BC做底面ABCD垂直的平面交EF于H点
则多面体ABCDEF被分为三棱锥E﹣ADG，三棱柱ADG﹣BCH，三棱锥F﹣HBC三个部分
由ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，
易得EG＝HF=12，GH＝1
过点G作GO⊥AD交于点O，连接EO，
易知O为AD中点且GO⊥EF，
由勾股定理：GO=EO2-EG2=(32)2-(12)2=22，
S△ADG＝S△BCH=24
∴VE-ADG=VF-HBC=224，VADG-BCH=24
∴多面体ABCDEF的体积V＝2×224+24=23
故答案为：23
5．如图，在多面体ABCDEF中，已知面ABCD是边长为4的正方形，EF∥AB，EF＝2，EF上任意一点到平面ABCD的距离均为3，求该多面体的体积．
【解答】解：如图所示，
，
连接BE，CE，则多面体ABCDEF的体积为：
V＝V四棱锥E﹣ABCD+V三棱锥E﹣BCF
=13×42×3+13×12×4×3×2
＝20．
题型六.空间几何体的最值问题
1．已知圆锥底面半径为1，母线长为3，某质点从圆锥底面圆周上一点A出发，绕圆锥侧面一周，再次回到A点，则该质点经过的最短路程为 33 ．
【解答】解：圆锥的侧面展开图是扇形，从A点出发绕侧面一周，
再回到 A 点的最短的路线即展开得到的扇形的弧所对弦，
转化为求弦长的问题如图所示：
设展开的扇形的圆心角为 α，
∵圆锥底面半径 r＝1cm，母线长是 OA＝3cm，
∴ 根据弧长公式得到 2π×1＝α×3，
∴α=2π3，即扇形的圆心角是 2π3，
∴∠AOH＝60°，
∴动点P自A出发在侧面上绕一周到 A 点的最短路程为弧所对的弦长：
AA′＝2AH＝2×OAsin∠AOH=2×3×32=33．
故答案为：33．
2．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，则P到各顶点的距离的不同取值有 4 个．
【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|＝3，
则A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），D（0，0，0），A1（3，0，3），B1（3，3，3），C1（0，3，3），D1（0，0，3），
∴BD1→=（﹣3，﹣3，3），设P（x，y，z），∵BP→=13BD1→=（﹣1，﹣1，1），∴DP→=DB→+（﹣1，﹣1，1）＝（2，2，1）．
∴|PA|＝|PC|＝|PB1|=12+22+12=6，
|PD|＝|PA1|＝|PC1|=22+22+12=3，
|PB|=3，
|PD1|=22+22+22=23．
故P到各顶点的距离的不同取值有6，3，3，23共4个．
故答案为：4．
3．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，线段EF，GH分别在AB，CC1上移动，且EF+GH=12，则三棱锥E﹣FGH的体积最大值为 148 ．
【解答】解：VEFGH＝VH﹣EFC﹣VG﹣EFC
=13×12×EF×BC×CH-13×12×EF×BC×CG
=13EF⋅GH
≤13×(EF+GH2)2
=148．（当且仅当EF＝GH=14时取得最大值）．
故答案为：148．
4．已知一个三棱锥的六条棱的长分别为1，1，1，1，2，a，且长为a的棱与长为2的棱所在直线是异面直线，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A．212B．312C．26D．36
【解答】解：设四面体的底面是BCD，AD＝a，AB＝AC＝BD＝CD＝1，BC=2，
则0＜a＜2，
∴VA﹣BCD＝VB﹣AED+VC﹣AED
=13S△AED⋅BC=13×12×a×(22)2-(a2)2×2
=212×-a4+2a2．
∴当a2＝1，即a＝1时，三棱锥的体积的最大值为212．
故选：A．
5．如图所示，在棱长均为2的正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点D为棱AC的中点，点P是侧棱AA1上的动点，求△PBD面积的最大值．
【解答】解：设PA＝x，
则PB＝4+x2，PD＝1+x2，BD＝3．
又BD2+PD2＝PB2，
∴S=12BD⋅PD=12×3×(1+x2)，
当x＝2时，S最大为152．
∴△PBD面积的最大值为152．
6．在棱长为6的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是BC的中点，点P是正方体的表面DCC1D1（包括边界）上的动点，且满足∠APD＝∠MPC，则三棱锥P﹣BCD体积的最大值是（ ）
A．123B．36C．24D．183
【解答】解：∵在棱长为6的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是BC的中点，
点P是面DCC1D1所在的平面内的动点，
且满足∠APD＝∠MPC，
∴Rt△ADP∽△Rt△PMC，
∴ADMC=PDPC=2，
即PD＝2PC，
设DO＝x，PO＝h，作PO⊥CD，
∴x2+h2=2(6-x)2+h2，化简得：3h2＝﹣3x2+48x﹣144，0≤x≤6，
根据函数单调性判断：x＝6时，3h2最大值为36，
h最大值＝23，
∵在正方体中PO⊥面BCD，
∴三棱锥P﹣BCD的体积最大值：13×12×6×6×23=123．
故选：A．
7．若一个圆锥的母线长为4，高为2，则过这个圆锥的任意两条母线的截面面积的最大值是 8 ．
【解答】解：由题意：圆锥的母线长为4，高为2，
∴圆锥的底面半径r=23．
任意两条母线作截面（如图）ACS，
则CS＝SA＝4，△ACS是等腰三角形．
SD是△ACS的高，且是AC的中点．
设SD＝h，AC＝m，BC＝n．
可得：h2+14m2＝16
即4h2+m2＝64，
那么：64＝4h2+m2≥4mh，（当且仅当2h＝m时取等号）
mh≤16．
则S△ACS=12mh=12×16=8
故答案为8．
8．唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（如图2）．当这种酒杯内壁表面积（假设内壁表面光滑，表面积为S平方厘米，半球的半径为R厘米）固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值范围为（ ）
A．(0，3510π]B．[3S10π，+∞)C．(S5π，3S10π]D．[3S10π，S2π)
【解答】解：设圆柱的高度与半球的半径分别为h，R，则S＝2πR2+2πRh，则πRh=S2-πR2，
所以酒杯的容积V=23πR3+πR2h=23πR3+(S2-πR2)R=-π3R3+S2R≤43πR3，
又h＞0，所以S2-πR2＞0，
所以πR2＜S2≤53πR2，解得3S10π≤R＜S2π，
故选：D．
课后作业. 空间几何体
1．已知圆柱与圆锥的底面积相等，高也相等，它们的体积分别为V1和V2，则V1：V2＝（ ）
A．1：3B．1：1C．2：1D．3：1
【解答】解：设圆柱，圆锥的底面积为S，高为h，
则由柱体，锥体的体积公式得：V1：V2=(Sh)：(13Sh)=3：1
故选：D．
2．已知底面半径为1，体积为3π的圆柱，内接于一个高为23圆锥（如图），线段AB为圆锥底面的一条直径，则从点A绕圆锥的侧面到点B的最短距离为（ ）
A．8B．43C．42D．4
【解答】解：如图，
设圆柱的高为h，则π×12×h=3π，得h=3．
∵SO=23，∴CD为△SOB的中位线，
∴OB＝2，则SB=(23)2+22=4．
即圆锥的底面半径为1，母线长为4，
则展开后所得扇形的弧长为4π，圆心角为4π4=π．
∴从点A绕圆锥的侧面到点B的最短距离为42．
故选：C．
3．已知一个圆台的下底面半径为r，高为h，当圆台的上底半径r′变化时，圆台体积的变化范围是 （13πr2h，+∞） ．
【解答】解：V圆台=13π（r2+rr′+r′2）h．
∵r′＞0，∴当上底面积为0时，V圆锥=13πr2h，
随上底半径的增大，V圆台增大．
∴V圆台＞13πr2h，
故答案是（13πr2h，+∞）．
4．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为（ ）
A．13B．14C．12D．16
【解答】解：如图，
∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，
∴三棱柱ABD﹣A1B1D1的体积为V=12×1×1×1=12，
三棱锥A1﹣ABD的体积为13×12×1×1×1=16，
∴四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为V=12-16=13．
故选：A．
5．《九章算术》中，将如图所示的几何体称为刍薨，底面ABCD为矩形，且EF∥底面ABCD，EF到平面ABCD的距离为h，BC＝a，AB＝b，则EF＝c时，则VB-CDEFVE-ABD=2时，bc=（ ）
A．12B．32C．23D．1
【解答】解：由题意得VE﹣ABD＝VF﹣BCD=13×12abh=16abh，
∴VB﹣DEF=13×12×ach=16ach，
VB﹣CDEF＝VB﹣DEF+VB﹣CDF=16(b+c)ah，
∵VB-CDEFVE-ABD=2，∴16(b+c)ah16abh=2，
解得bc=1．
故选：D．
6．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年．例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，在堑堵ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，若A1A＝AB＝4，当阳马B﹣A1ACC1体积最大时，则堑堵ABC﹣A1B1C1的体积为（ ）
A．163B．16C．162D．32
【解答】解：设AC＝x，BC＝y，由题意得x＞0，y＞0，x2+y2＝16，
阳马B﹣A1ACC1体积V=13×4x×y=43xy，
∵xy≤x2+y22=8，当且仅当x＝y＝22时，取等号，
∴当阳马B﹣A1ACC1体积最大时，AC＝BC=22，
此时堑堵ABC﹣A1B1C1的体积V＝SABC•AA1=12×22×22×4=16，
故选：B．
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日期：2021/7/21 16:01:09；用户：15942715433；邮箱：15942715433；学号：32355067
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
底面
互相平行且相等
多边形
互相平行且相似
侧棱
互相平行且相等
相交于一点，但不一定相等
延长线交于一点
侧面形状
平行四边形
三角形
梯形
名称
圆柱
圆锥
圆台
球▲
图形
母线
互相平行且相等，垂直于底面
长度相等且相交于一点
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
名称
几何体
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝eq \f(1,3)Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h
球
S＝4πR2
V＝eq \f(4,3)πR3