新人教A版高考数学二轮复习专题八立体几何1空间几何体的结构特征表面积与体积综合集训含解析

这是一份新人教A版高考数学二轮复习专题八立体几何1空间几何体的结构特征表面积与体积综合集训含解析，共21页。
专题八　立体几何
备考篇
【考情探究】

课标解读
考情分析
备考指导
主题
内容
一、空间几何体的结构特征及体积与表面积公式
1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.
2.了解球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式.
1.从近几年高考情况来看,本专题内容在客观题中主要考查空间几何体的表面积、体积以及与球的组合等问题,如2020新高考Ⅰ的第16题考查了球面与平面相交求交线长问题,2020新课标Ⅰ文、理的第3题以世界建筑奇迹古埃及胡夫金字塔为背景,设计了正四棱锥的计算问题,将立体几何的基本知识与世界文化遗产有机结合,有时也考查点、线、面的位置关系.
2.在解答题中主要考查线、面位置关系的证明及空间角的计算,2020新高考Ⅰ的第20题第(1)问考查了用直线与平面平行的性质定理找出两平面的交线,第(2)问求直线与平面所成角的最值问题,与基本不等式放在一起考查,有比较好的应用性与创新性.
3.利用空间向量证明平行与垂直以及求空间角(特别是二面角)均是高考的热点,以解答题形式出现,把立体几何问题转化为空间向量问题.
4.本专题重点考查的核心素养为直观想象和数学运算.
1.强化识图能力,还原成自己熟悉的几何体.
2.对图形或其某部分进行平移、翻折、旋转、展开或割补.
3.重视立体几何最值问题的研究.
4.平面展开图(折线转化成直线).
5.完善知识网络,强调通性通法.
6.加强空间向量对垂直问题的研究:
空间直角坐标系的建立是基于三线两两垂直,因此只有真正掌握了对垂直关系的判断、论证的研究方法,真正理解法向量的自由性,以及求法向量的方法,才能使问题顺利解决.
二、空间点、线、面的位置关系
1.理解空间直线、平面位置关系的定义.
2.能运用公式、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.
3.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线、面平行的判定定理与有关性质.
4.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线、面垂直的判定定理与有关性质.
三、空间向量运算及立体几何中的向量方法
1.掌握空间向量的线性运算、数量积及其坐标表示、用向量的数量积判断向量的平行与垂直.
2.理解直线的方向向量与平面的法向量.
3.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.
4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究几何问题中的作用.



【真题探秘】

方法总结
1.证明直线与平面平行的方法(例如求证:l∥α)
(1)线面平行的判定定理:在平面α内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l∥α.
(2)面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面β,使得β∥α,从而得l∥α.
(3)向量法:(i)求出平面α的法向量n和直线l的方向向量l,证明n·l=0,得l∥α.
(ii)证明直线l的方向向量l能被平面α内的两个基向量所表示,得l∥α.
2.求线面角的方法
(1)定义法:作出线面角,解三角形即可.
(2)解由斜线段、射影、垂线段构成的三角形.
例:求AB与平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出点B到平面α的距离d(通常由等体积法求d),由sinθ=dAB得结果.
(3)向量法:求出平面α的法向量n,设直线AB与α所成角为θ,则sinθ=|cos|,最好是画出图形,否则容易出错.拓展延伸
寻找空间几何体外接球球心的步骤:(1)找底面多边形的外心O1,过点O1作底面多边形所在平面的垂线l1;(2)找其中一侧面多边形的外心O2,过点O2作该侧面的垂线l2;(3)设l1与l2的交点为O,则点O即为所求外接球的球心.
[教师专用题组]
1.真题多维细目表
考题
涉分
题型
难度
考点
考向
解题方法
核心素养
2020新高考Ⅱ,13
5
填空题
易
空间几何体的体积
三棱锥的体积
公式法
直观想象
数学运算
2020新高考Ⅰ,4
5
单项
选择题
易
空间角与距离
根据直线位置关系求角
直接法
直观想象
数学运算
2020课标Ⅰ,文3,理3
5
选择题
易
空间几何体的
结构特征
斜高与底面边长的数量关系
公式法
直观想象
数学运算
2020课标Ⅰ,文12,理10
5
选择题
中
空间几何体的
表面积
与球有关的空间几何体
直接法
直观想象
数学运算
2020新高考Ⅰ,16
5
填空题
难
空间几何体的
结构特征
由空间组合体确定
两个面的交线
直接法
直观想象
数学运算
逻辑推理
2020北京,16
13
解答题
中
直线、平面平行的
判定和性质
直线、平面平行的判定,
直线与平面所成的角
直接判断
向量法
直观想象
数学运算
逻辑推理
2020新高考Ⅰ,20
12
解答题
中
空间向量及其应用
直线、平面垂直的判定,直线
与平面平行的判定,直线
与平面所成角的最大值
向量法
定义法
直观想象
数学运算
逻辑推理
2020天津,17
15
解答题
中
空间向量及其应用
证直线与直线垂直,求二面角、
直线与平面所成角的正弦值
向量法
定义法
直观想象
数学运算
逻辑推理
2.命题规律与探究
1.从2020年新高考情况来看,本专题内容为高考热点,考题难度以中档偏难为主,题型涵盖选择题(2020年新高考Ⅰ卷第4题)、填空题(2020年新高考Ⅰ卷第16题)和解答题(2020年新高考Ⅰ卷第20题),分值为22分.
2.从近几年高考情况来看,本专题内容在客观题中主要考查空间几何体的表面积、体积以及与球的相关问题,如2020年新高考Ⅰ卷第16题考查了球面与平面相交的交线长问题,课标Ⅰ卷文、理第3题以古代世界建筑奇迹——埃及胡夫金字塔为背景,设计了正四棱锥的计算问题,将立体几何的基本知识与世界文化遗产有机结合,有时也考查点、线、面的位置关系.
3.在解答题中主要考查线、面位置关系的证明及空间角的计算,如2020年新高考Ⅰ卷第20题第(1)问考查了用直线与平面平行的性质定理找出两平面的交线,第(2)问求直线与平面所成角的最大值,与基本不等式放在一起考查,有比较好的应用性与创新意识.
4.本章重点考查的核心素养为逻辑推理、直观想象和数学运算.
3.命题变化与趋势
1.高考对本专题内容的考查较为稳定,考查方式及题目难度变化不大,延续此前的考试风格.
2.考查内容主要体现在以下方面:①以空间几何体或与球的组合体为背景考查几何体的表面积、体积,球的性质等;②以空间几何体为载体考查空间线、面位置关系的证明以及空间角的计算;③以空间向量为辅助工具解决空间几何体的证明与计算问题,这些内容均为高考考查的重点与热点,在备考复习中应加强重视.
§8.1　空间几何体的结构特征、表面积与体积
基础篇
【基础集训】
考点一　空间几何体的结构特征
1.已知正三角形ABC的边长为a,那么△ABC的平面直观图△A'B'C'的面积为 (　　)
A.34a2　　B.38a2　　C.68a2　　D.616a2
答案　D
2.某四棱锥的三视图如图所示,其中正视图的轮廓是边长为2的正方形,侧视图的轮廓是底边长分别为2和1的直角梯形,则该几何体的体积为(　　)

A.83　　B.43　　C.823　　D.423
答案　A
3.某空间几何体的三视图如图所示,其中正视图和俯视图均为直角边长是1的等腰直角三角形,则此空间几何体的表面积是 (　　)

A.2+32　　B.1+32　　C.2+3+12　　D.2+3
答案　C
4.给出下列命题:
①棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四边形;
②在四棱柱中,若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱;
③存在每个面都是直角三角形的四面体;
④棱台的侧棱延长后交于一点.
其中正确命题的序号是　　　　. 
答案　②③④
5.给出下列命题:
①在圆柱上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆柱的母线;
②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥;
③用任意一个平面截一个几何体,各个截面都是圆面,则这个几何体一定是圆锥;
④以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台;
⑤圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面;
⑥一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台.
其中正确命题的序号是　　　　. 
答案　⑤
考点二　空间几何体的体积
6.如图,在圆锥PO的轴截面PAB中,∠APB=60°,有一小球O1内切于圆锥(球面与圆锥的侧面、底面都相切),设小球O1的体积为V1,圆锥PO的体积为V,则V1∶V的值为 (　　)

A.13　　B.49　　C.59　　D.23
答案　B
7.如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形,N为棱PB上一点,NB=2PN,则三棱锥N-PAC与三棱锥D-PAC的体积之比为 (　　)

A.1∶2　　B.1∶8　　C.1∶3　　D.1∶6
答案　C
8.如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为3,D为BC的中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为 (　　)

A.3　　B.32　　C.1　　D.32
答案　C

9.如图,在四边形ABCD中,∠DAB=90°,∠ADC=135°,AB=5,CD=22,AD=2,则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所形成几何体的体积为　　　　. 
答案　1483π
考点三　空间几何体的表面积
10.在底面半径为2,母线长为4的圆锥中内接一个高为3的圆柱,则圆柱的表面积是　　　　　　. 
答案　(2+23)π
11.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,且AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的表面积是　　　. 
答案　169π
12.《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓,例如:将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵,将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开,得到一个阳马(底面是长方形,且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体).在如图所示的堑堵ABC-A1B1C1中,AA1=AC=5,AB=3,BC=4,则阳马C1-ABB1A1的外接球的表面积是　　　　. 

答案　50π
13.已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)所有顶点都在球O的表面上,若球O的表面积为28π,则该三棱柱的侧面积为　　　　. 
答案　36



[教师专用题组]
【基础集训】
考点一　空间几何体的结构特征
1.(2017河北衡水中学三调,10)已知正方体ABCD-A'B'C'D'的外接球的体积为32π,将正方体割去部分后,剩余几何体的三视图如图所示,则剩余几何体的表面积为 (　　)

A.92+32　　B.3+3或92+32
C.2+3　　D.92+32或2+3
答案　B　设正方体的棱长为a,依题意得,43π×33a38=32π,解得a=1.由三视图可知,该几何体的直观图有以下两种可能,图1对应的几何体的表面积为92+32,图2对应的几何体的表面积为3+3.故选B.

2.如图所示的几何体,关于其结构特征,下列说法不正确的是　　　　. 

①该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体;
②该几何体有12条棱、6个顶点;
③该几何体有8个面,并且各面均为三角形;
④该几何体有9个面,其中一个面是四边形,其余均为三角形.
答案　④
解析　平面ABCD将该几何体分割成两个四棱锥,因此该几何体是这两个四棱锥的组合体,因而平面ABCD是该组合体的一个截面,而不是一个面,故填④.
考点二　空间几何体的体积
1.(2019辽宁大连二模,6)若某几何体的三视图如图所示,其中主视图与侧视图都是边长为1的正方形,则该几何体的体积为 (　　)

A.23　　B.33　　C.23　　D.13
答案　D　几何体为四棱锥P-ABCD,是正方体的一部分,也可以看作是三棱柱去掉两个三棱锥,
∴几何体的体积为12×1×1×1-2×13×12×1×1×12=13.故选D.

2.(2019云南师范大学附属中学高三上第一次月考,6)如图,网格纸的小方格都是边长为1的正方形,粗线画出的是某空间几何体的三视图,则该几何体的体积为 (　　)

A.56-8π3　　B.56-16π3　　C.64-8π3　　D.64-16π3
答案　C　由三视图还原几何体如图.

该几何体是一个底面为正方形的四棱锥挖去了一个半圆锥,侧面PAD⊥底面ABCD,底面边长为4,锥体的高为4,四棱锥的体积为13×4×4×4=643,半圆锥的体积为13×12×π×22×4=8π3,故该几何体的体积为64-8π3,故选C.
思路分析　由三视图还原几何体,可知原几何体是一个底面为正方形的四棱锥挖去了一个半圆锥,由四棱锥体积减去半圆锥体积便可求解该几何体的体积.
3.(2018吉林长春质检,8)《九章算术》卷五商功中有如下问题:今有刍甍,下广三丈,袤四丈,上袤二丈,无广,高一丈,问积几何.刍甍:底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图,设网格纸上每个小正方形的边长为1丈),那么该刍甍的体积为 (　　)

A.4立方丈　　B.5立方丈
C.6立方丈　　D.12立方丈
答案　B　如图所示,由三视图可还原得到几何体ABCDEF,过E,F分别作垂直于底面的截面EGH和FMN,可将原几何体切割成直三棱柱EHG-FMN,四棱锥E-ADGH和四棱锥F-MBCN,易知三棱柱EHG-FMN的体积为12×3×1×2=3(立方丈),两个四棱锥的体积相同,都为13×1×3×1=1(立方丈),则原几何体的体积为3+1+1=5(立方丈),故选B.

4.(2017云南大理二模,9)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,PA=AB,该四棱锥被一平面截去一部分后,剩余部分的三视图如图,则剩余部分体积与原四棱锥体积的比值为 (　　)

A.13　　B.12　　C.23　　D.34

答案　D　根据几何体的三视图可得,该几何体是由过BD且平行于PA的平面截四棱锥P-ABCD所得的几何体.截去的部分为三棱锥E-BCD,
设AB=1,则V三棱锥E-BCD=13×12×1×1×12=112.
V四棱锥P-ABCD=13×S正方形ABCD×PA=13×12×1=13.
剩余部分的体积V剩余部分=V四棱锥P-ABCD-V三棱锥E-BCD=13-112=14.
∴剩余部分体积与原四棱锥体积的比值为1413=34.故选D.
思路分析　根据几何体的三视图可得,该几何体是过BD且平行于PA的平面截四棱锥P-ABCD所得的几何体,截去的部分为三棱锥E-BCD,V剩余部分=V四棱锥P-ABCD-V三棱锥E-BCD.设AB=1,即可得出.
5.(2019黑龙江哈六中二模,8)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是边长为2的正方形,且PA=PB=PC=PD,已知四棱锥的表面积是12,则它的体积为　　　　. 

答案　433
解析　由题意可知四棱锥P-ABCD为正四棱锥,设正四棱锥的斜高为h',则2×2+4×12×2h'=12,解得h'=2,
则正四棱锥的高PO=22-12=3.
∴正四棱锥的体积V=13×4×3=433.

6.(2019河北石家庄3月质检,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,PB⊥底面ABCD,O为对角线AC与BD的交点,若PB=1,∠APB=π3,则棱锥P-AOB的外接球的体积是　　　　. 

答案　43π
解析　∵底面ABCD为菱形,O为对角线AC与BD的交点,
∴BD⊥AC,又PB⊥底面ABCD,∴PB⊥AC,∵BD∩PB=B,∴AC⊥面PBD,∴AC⊥PO,∴三角形PBA与三角形PAO均为直角三角形,∴公共斜边的中点即为球心,∵PB=1,∠APB=π3,∴PA=2=2R(R为P-AOB外接球的半径),∴R=1,故三棱锥P-AOB的外接球的体积是4π×133=43π,故答案为43π.
解后反思　求解三棱锥外接球的表面积或体积的关键是过好双关:一是方程关,即能借助图形,适时运用勾股定理或正、余弦定理,得外接球的半径R所满足的方程(组);二是公式关,即应用球的表面积公式S=4πR2求其表面积,或应用球的体积公式V=43πR3求其体积.
考点三　空间几何体的表面积
1.(2019广西梧州高三摸底调研,10)如图是乐高玩具中某一组件的三视图,则该组件的表面积为 (　　)

A.26+π　　B.26-π　　C.26　　D.22
答案　C　

由几何体的三视图可知,该几何体是一个长方体挖去了一个半圆柱,其直观图如图所示.
所以该组件的表面积为2×2×1+2×4×2-12×π×12+4×1+2×1×1+12×π×2×1=26.
2.(2019河南郑州一模,7)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某个几何体的三视图,则该几何体的表面积为 (　　)

A.(4+45)π+42　　B.(4+45)π+4+42
C.12π+12　　D.12π+4+42
答案　A　由题意可知,几何体下部是圆锥,上部是直四棱柱,如图,可得:几何体的表面积为4π+12×4π×20+4×2×1=(4+45)π+42.故选A.

解题关键　判断出几何体的形状,利用三视图中的数据求解几何体的表面积即可.
3.已知各棱长为5,底面为正方形,各侧面均为正三角形的四棱锥,则它的表面积为　　　　　　. 
答案　25(3+1)
解析　如图,设E为AB的中点,O为底面正方形对角线的交点,连接SO,SE,OE,∵四棱锥S-ABCD的各棱长均为5,各侧面都是全等的正三角形,∴SE⊥AB,则SE=SA2-AE2=25-254=532.∴S侧=4S△SAB=4×12×AB×SE=2×5×532=253.∴S表=S侧+S底=25+253=25(3+1).

4.(2020吉林梅河口五中9月月考,16)已知矩形ABCD的顶点都在半径为5的球O的球面上,且AB=6,BC=25,则棱锥O-ABCD的侧面积为　　　　. 
答案　44
解析　如图,由已知得OA=OB=OC=OD=5,

因为AB=6,BC=25,
所以△OAB中AB边上的高为52-622=4,△OBC中BC边上的高为52-2522=25.
因为四边形ABCD为矩形,OA=OB=OC=OD,
所以S△OAB=S△OCD,S△OBC=S△OAD,
所以棱锥O-ABCD的侧面积S=6×4+25×25=44.
综合篇
【综合集训】
考法　与球有关的切、接问题
1.(多选题)(2020湖南怀化期末检测,9)已知A,B,C三点均在球O的表面上,AB=BC=CA=2,且球心O到平面ABC的距离等于球半径的13,则下列结论正确的是 (　　)
A.球O的半径为32
B.球O的表面积为6π
C.球O的内接正方体的棱长为6
D.球O的外切正方体的棱长为6
答案　BD
2.(2020山东滨州期末,16)在四面体S-ABC中,SA=SB=2,且SA⊥SB,BC=5,AC=3,则该四面体体积的最大值为　　　　,该四面体外接球的表面积为　　　　. 
答案　306;8π
3.(2020山东滕州一中3月模拟,16)已知正三棱锥P-ABC,Q为BC的中点,PA=2,AB=2,则正三棱锥P-ABC的外接球的半径为　　　　;过Q的平面截三棱锥P-ABC的外接球所得截面的面积范围为　　　　　　. 
答案　62;π,32π
4.(2020湖北襄阳四中3月月考,16)已知三棱锥S-ABC的各顶点都在同一个球面上,△ABC所在截面圆的圆心O在AB上,SO⊥平面ABC,AC=1,BC=3,若三棱锥的体积是33,则该球体的球心到棱AC的距离是　　　　. 
答案　214

[教师专用题组]
【综合集训】
考法　与球有关的切、接问题
1.(2019广西南宁二中、柳州高中第二次联考,7)某四面体的三视图如图所示.该四面体的外接球的表面积为 (　　)

A.8π　　B.64π3　　C.124π3　　D.12π
答案　C　由三视图知,该四面体P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=2,AB=27,AC=4,BC=2,

由余弦定理,得cos∠ACB=AC2+BC2-AB22AC·BC=-12,
∴∠ACB=120°.
∴△ABC外接圆直径2r=ABsin∠ACB=4213,设四面体P-ABC外接球的直径为2R,
则(2R)2=PC2+(2r)2=1243,∴S球=4πR2=124π3.
2.(2019江西宜春12月大联考,8)如图是某几何体的三视图,该几何体的轴截面的面积为6,则该几何体的外接球的表面积为(　　)

A.653π　　B.654π　　C.6512π　　D.334π
答案　B　由三视图知,该几何体是一个圆台,圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,设圆台的高为h,则轴截面的面积S轴=(2+4)h2=6,∴h=2.设圆台的外接球的半径为R,则由题意得,R2-12+R2-22=2,解得R2=6516(或R2-12-R2-22=2,此时无解),∴外接球的表面积S=4πR2=65π4,故选B.
3.(2019安徽黄山模拟,9)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥内切球的表面积为 (　　)

A.(12-82)π　　B.(12-62)π
C.(10-62)π　　D.(8-42)π
答案　A　将该三棱锥放入棱长为2的正方体中,如图所示:

设三棱锥内切球的半径为r,则由等体积法得
13×12×(2×2+2×2+2×22+2×22)r=13×12×2×2×2,解得r=2-1,所以该三棱锥内切球的表面积S=4π×(2-1)2=(12-82)π.故选A.
思路分析　由三视图可知该几何体是一个三棱锥,根据等积法求出三棱锥内切球的半径r,再计算内切球的表面积.
4.(2020湖南顶级名校9月联考,16)正三棱锥P-ABC(底面△ABC为正三角形,顶点P在底面的射影为底面△ABC的中心)中,PA⊥PB,其体积为92,则该三棱锥的外接球的表面积为　　　　. 
答案　27π
解析　因为正三棱锥P-ABC中PA⊥PB,所以PA、PB、PC两两垂直且相等,设PA=PB=PC=a,则VP-ABC=VC-PAB=13·S△PAB·PC=a36=92,得a=3.
因为PA、PB、PC两两垂直且相等,所以可将该三棱锥补形为棱长是a的正方体,则三棱锥的外接球即为该正方体的外接球,故外接球直径2R=33,则该球的表面积S=4πR2=27π.