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

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．2C．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＋24C．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．63πC．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＋2C．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⊥βB．如果α⊥β，β⊥γ，那么α∥γC．如果a∥b，b∥α，那么a∥αD．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．①③C．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．