新高考数学二轮复习 专题突破 专题4 第1讲　空间几何体（含解析）

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[考情分析] 空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上．
考点一 三视图与直观图
核心提炼
1．一个物体的三视图的排列规则
俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，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
一般先依据俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体．
3．S直观图＝eq \f(\r(2),4)S原图．
例1 (1)(2022·全国甲卷)如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为( )
A．8 B．12 C．16 D．20
答案 B
解析 三视图对应的几何体是放倒的直四棱柱，如图，直四棱柱的高为2，底面是上底为2，下底为4，高为2的梯形，所以体积V＝Sh＝eq \f(1,2)×(2＋4)×2×2＝12.
(2)如图，已知用斜二测画法画出的△ABC的直观图是边长为a的正三角形，则原△ABC的面积为________．
答案 eq \f(\r(6),2)a2
解析 如图，过点C′作C′M′∥y′轴，交x′轴于点M′，
过点C′作C′D′⊥x′轴，交x′轴于点D′，
则C′D′＝eq \f(\r(3),2)a，∠C′M′D′＝45°，
则C′M′＝eq \f(\r(6),2)a，
所以原三角形的高CM＝eq \r(6)a，底边长为a，
其面积为S＝eq \f(1,2)×a×eq \r(6)a＝eq \f(\r(6),2)a2.
规律方法 由三视图还原直观图的方法
(1)注意图中实、虚线，分别是原几何体中的可视线与被遮挡线．
(2)想象原形，并画出草图后进行三视图还原，把握三视图和几何体之间的关系，与所给三视图比较，通过调整，准确画出原几何体．
(3)由三视图还原直观图时，往往采用削体法，选定一个视图，比如俯视图，然后逐步削切正方体等几何载体．
跟踪演练1 (1)(2021·全国乙卷)以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为______(写出符合要求的一组答案即可)．
答案 ③④(答案不唯一，②⑤也可)
解析 根据“长对正、高平齐、宽相等”及图中数据，可知图②③只能是侧视图，图④⑤只能是俯视图，则组成某个三棱锥的三视图，所选侧视图和俯视图的编号依次是③④或②⑤.若是③④，则原几何体如图1所示；若是②⑤，则原几何体如图2所示．
(2)(2022·运城模拟)某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是△A′B′C′，如图2所示，其中O′A′＝O′B′， O′C′＝eq \r(3)，则该几何体的表面积为( )
A．36＋12eq \r(3) B．24＋8eq \r(3)
C．24＋12eq \r(3) D．36＋8eq \r(3)
答案 C
解析 由俯视图的直观图，可得该几何体的底面是边长为4的正三角形，底面积是4eq \r(3)，
由正视图和侧视图知该几何体是三棱锥，如图所示，
其中SA⊥平面ABC，SA＝6，△SAB，△SAC 都是直角三角形，且S△SAB＝S△SAC＝eq \f(1,2)×SA×AB＝eq \f(1,2)×6×4＝12，
△SCB是腰长为2eq \r(13)，底边长为4的等腰三角形，则S△SCB＝eq \f(1,2)×4×eq \r(2\r(13)2－22)＝8eq \r(3)，
所以该几何体的表面积为24＋12eq \r(3).
考点二 表面积与体积
核心提炼
1．旋转体的侧面积和表面积
(1)S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)．
(2)S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)．
(3)S球表＝4πR2(R为球的半径)．
2．空间几何体的体积公式
(1)V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)．
(2)V锥＝eq \f(1,3)Sh(S为底面面积，h为高)．
(3)V台＝eq \f(1,3)(S上＋eq \r(S上·S下)＋S下)h(S上，S下为底面面积，h为高)．
(4)V球＝eq \f(4,3)πR3(R为球的半径)．
例2 (1)(2022·凌源模拟)五脊殿是宋代传统建筑中的一种屋顶形式．如图所示，其屋顶上有一条正脊和四条垂脊，可近似看作一个底面为矩形的五面体．若某一五脊殿屋顶的正脊长
4米，底面矩形的长为6米，宽为4米，正脊到底面矩形的距离为2米，则该五脊殿屋顶的体积的估计值为( )
A.eq \f(32,3) 立方米 B.eq \f(64,3) 立方米
C．32 立方米 D．64 立方米
答案 B
解析 如图所示，将屋顶分割为一个三棱柱和两个相同的四棱锥，
三棱柱的底面是边长为4，高为2的等腰三角形，三棱柱的高为4.
四棱锥的底面是长为4，宽为1的矩形，其高为2，
所以V＝eq \f(1,2)×4×2×4＋2×eq \f(1,3)×4×1×2＝eq \f(64,3)(立方米)．
(2)(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若eq \f(S甲,S乙)＝2，则eq \f(V甲,V乙)等于( )
A.eq \r(5) B．2eq \r(2) C.eq \r(10) D.eq \f(5\r(10),4)
答案 C
解析 方法一 因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，
所以结合eq \f(S甲,S乙)＝2，
可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.
不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，
则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，
所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.
由勾股定理得，
h1＝eq \r(l2－r\\al(2,1))＝eq \r(5)，h2＝eq \r(l2－r\\al(2,2))＝2eq \r(2)，
所以eq \f(V甲,V乙)＝eq \f(\f(1,3)πr\\al(2,1)h1,\f(1,3)πr\\al(2,2)h2)＝eq \f(4\r(5),2\r(2))＝eq \r(10).
方法二 设两圆锥的母线长为l，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，侧面展开图的圆心角分别为n1，n2，
则由eq \f(S甲,S乙)＝eq \f(πr1l,πr2l)＝eq \f(\f(n1πl2,2π),\f(n2πl2,2π))＝2，
得eq \f(r1,r2)＝eq \f(n1,n2)＝2.
由题意知n1＋n2＝2π，
所以n1＝eq \f(4π,3)，n2＝eq \f(2π,3)，
所以2πr1＝eq \f(4π,3)l，2πr2＝eq \f(2π,3)l，
得r1＝eq \f(2,3)l，r2＝eq \f(1,3)l.
由勾股定理得，h1＝eq \r(l2－r\\al(2,1))＝eq \f(\r(5),3)l，
h2＝eq \r(l2－r\\al(2,2))＝eq \f(2\r(2),3)l，
所以eq \f(V甲,V乙)＝eq \f(\f(1,3)πr\\al(2,1)h1,\f(1,3)πr\\al(2,2)h2)＝eq \f(4\r(5),2\r(2))＝eq \r(10).
规律方法 空间几何体的表面积与体积的求法
(1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解．
(2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体．
(3)等体积法：选择合适的底面来求体积．
跟踪演练2 (1)(2022·锦州质检)2022年北京冬奥会的成功举办使北京成为奥运史上第一座“双奥之城”．其中2008年北京奥运会的标志性场馆之一“水立方”摇身一变成为了“冰立方”．“冰立方”在冬奥会期间承接了冰壶和轮椅冰壶等比赛项目．“水立方”的设计灵感来自于威尔·弗兰泡沫，威尔·弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，开尔文胞体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成(其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形)，已知该多面体共有24个顶点，且棱长为2，则该多面体的表面积是( )
A．24(eq \r(3)＋1) B．24eq \r(3)＋6
C．48eq \r(3)＋24 D．16eq \r(3)＋8
答案 C
解析 边长为2的正方形的面积为2×2＝4，正六边形的面积为6×eq \f(1,2)×2×2×eq \f(\r(3),2)＝6eq \r(3)，
又正方形有4个顶点，正六边形有6个顶点，该多面体共有24个顶点，
所以最多有6个正方形，最少有4个正六边形，1个正六边形与3个正方形相连，所以该多面体有6个正方形，正六边形有6×4÷3＝8(个)．
所以该多面体的表面积是S＝8×6eq \r(3)＋6×4＝48eq \r(3)＋24.
(2)(2022·连云港模拟)如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是( )
A.eq \f(7\r(2)π,24) B.eq \f(7\r(3)π,24) C.eq \f(7\r(2)π,12) D.eq \f(7\r(3)π,12)
答案 B
解析 如图，设上底面的半径为r，下底面的半径为R，高为h，母线长为l，
则2πr＝π·1,2πR＝π·2，
解得r＝eq \f(1,2)，R＝1，
l＝2－1＝1，
h＝eq \r(l2－R－r2)＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(3),2)，
上底面面积S′＝π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＝eq \f(π,4)，
下底面面积S＝π·12＝π，
则该圆台的体积为eq \f(1,3)(S＋S′＋eq \r(SS′))h＝
eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋\f(π,4)＋\f(π,2)))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(7\r(3)π,24).
考点三 多面体与球
核心提炼
求空间多面体的外接球半径的常用方法
(1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
(2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．
例3 (1)(2022·烟台模拟)如图，三棱锥V－ABC中，VA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝VA＝2，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为( )
A．(2－eq \r(3))∶1 B．(2eq \r(3)－3)∶1
C．(eq \r(3)－1)∶3 D．(eq \r(3)－1)∶2
答案 C
解析 因为VA⊥底面ABC，AB，AC⊂底面ABC，
所以VA⊥AB，VA⊥AC，
又因为∠BAC＝90°，
所以AB⊥AC，而AB＝AC＝VA＝2，
所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中共顶点的长、宽、高，因此该三棱锥外接球的半径
R＝eq \f(1,2)×eq \r(22＋22＋22)＝eq \r(3)，
设该三棱锥的内切球的半径为r，
因为∠BAC＝90°，
所以BC＝eq \r(AB2＋AC2)＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2)，
因为VA⊥AB，VA⊥AC，AB＝AC＝VA＝2，
所以VB＝VC＝eq \r(VA2＋AB2)＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2)，
由三棱锥的体积公式可得，
3×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2·r＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)·r＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×2⇒r＝eq \f(3－\r(3),3)，
所以r∶R＝eq \f(3－\r(3),3)∶eq \r(3)＝(eq \r(3)－1)∶3.
(2)(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),2)
答案 C
解析 该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大．
设圆锥的高为h(0