2023年新高考数学大一轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体(含答案)

2021年高考数学一轮复习 第一讲 空间几何体习题 理 新人教A 版1．(2011浙江)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：从俯视图看，B 和D 符合，从正视图看D 符合，而从侧视图看D 也是符合的．答案：D2.(2011山东,)右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如右图．其中真命题的个数是( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：把底面为等腰直角三角形的直三棱柱的一个直角边所在侧面放在水平面上，就可以使得这个三棱柱的正视图和俯视图符合要求，故命题①是真命题；把一个正四棱柱的一个侧面放置在水平面上，即可使得这个四棱柱的正视图和俯视图符合要求，命题②是真命题；只要把圆柱侧面的一条母线放置在水平面即符合要求，命题③也是真命题．答案：A3．(2011陕西)某几何体的三视图如图所示，则它的体积是( )A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2π D.2π3解析：圆锥的底面半径为1，高为2，该几何体体积为正方体体积减去圆锥体积，即V ＝22×2－13×π×12×2＝8－23π，正确选项为A.答案：A4．(xx·山东)一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2π＋2 3B ．4π＋2 3C ．2π＋233D ．4π＋233解析：由几何体的三视图可知，该几何体是由一个底面直径和高都是2的圆柱和一个底面边长为2，侧棱长为2的正四棱锥叠放而成．故该几何体的体积为V ＝π·12·2＋13·(2)2·3＝2π＋233，故选C. 答案：C5．[xx·四川卷] 某三棱锥的侧视图、俯视图如图1­1所示，则该三棱锥的体积是(锥体体积公式：V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高)( )图1­1A ．3 B ．2 C. 3 D ．1 答案：D [解析] 由图可知，三棱锥的底面为边长为2的正三角形，左侧面垂直于底面，且为边长为2的正三角形，所以该三棱锥的底面积S ＝12×2×3，高h ＝3，所以其体积V＝13Sh ＝13×3×3＝1，故选D. 6.（xx 山东，4分）如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．解析：因为E 点在线段AA 1上，所以S △DED 1＝12×1×1＝12，又因为F 点在线段B 1C 上，所以点F 到平面DED 1的距离为1，即h ＝1，所以VD 1－EDF ＝VF －DED 1＝13×S △DED 1×h ＝13×12×1＝16.答案：167、(xx·辽宁高考)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310【解析】 因为直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径．取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球直径，所以2R ＝122＋52＝13，即R ＝132.8.[xx·山东卷] 一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．答案 12 [解析] 设该六棱锥的高是h .根据体积公式得，V ＝13×12×2×3×6×h ，解得h ＝1，则侧面三角形的高为1＋（3）2＝2，所以侧面积S ＝12×2×2×6＝12.9、[xx·浙江卷] 某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )图1­1A ．72 cm 3B ．90 cm 3C ．108 cm 3D ．138 cm 3答案 B [解析] 此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其体积为6×4×3＋12×3×4×3＝90 cm 3，故选B.10、[xx·湖南卷] 一块石材表示的几何体的三视图如图1­2所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )图1­2A ．1B ．2C ．3D ．4答案：B [解析] 由三视图可知，石材为一个三棱柱(相对应的长方体的一半)，故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球．由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可得R ＝6＋8－102＝2.。

第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图1．(2024·沈阳市教学质量监测(一))“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在探讨球的体积的过程中构造的一个和谐美丽的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好像两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的协助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B.依据直观图以及图中的协助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B.2．已知某空间几何体的俯视图如图所示，则此几何体的正视图不行能为( )解析：选D.选项A，可想象为三个圆柱叠放在一起；选项B，可想象为三个球叠放在一起；选项C，可想象为一个圆台和一个圆柱叠放在一起；选项D，可想象为上面为一个小圆柱，下面为一个空心球，则其俯视图中的中间圆应为虚线．故选D.3．将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析：选D.依据几何体的结构特征进行分析即可．4．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：选D.A ，B 的正视图不符合要求，C 的俯视图明显不符合要求，故选D. 5．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正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )解析：选C.由正视图和侧视图及体积易得几何体是四棱锥P ­ABCD ，其中ABCD 是边长为2的正方形，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝2，此时V P ­ABCD ＝13×22×2＝83，则俯视图为Rt △PAB ，故选C.6.如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积为________．解析：直观图的面积S′＝12×(1＋1＋2)×22＝2＋12.故原平面图形的面积S＝S′24＝2＋ 2.答案： 2＋ 27．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.在Rt△ABC中，AC＝12 cm，BC＝8－3＝5(cm)．所以AB＝122＋52＝13(cm)．答案：138．已知正四棱锥V­ABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连接VO，AO，则VO就是正四棱锥V­ABCD的高．因为底面面积为16，所以AO＝2 2.因为一条侧棱长为211，所以VO＝VA2­AO2＝44－8＝6.所以正四棱锥V­ABCD的高为6.答案：69．某几何体的三视图如图所示．(1)推断该几何体是什么几何体？(2)画出该几何体的直观图．解：(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如图所示．10．如图所示的三个图中，上面是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图如图所示(单位：cm)．(1)在正视图下面，依据画三视图的要求画出该多面体的俯视图； (2)依据给出的尺寸，求该多面体的体积．解：(1)如图．(2)所求多面体的体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843(cm 3)．1．已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边长为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )解析：选C.当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，解除A ，D ；当正视图是直角三角形，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA 形成的投影，应为虚线，故答案为C.2．(2024·兰州适应性考试)如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点P 是线段A 1C 1上的动点，则三棱锥P ­BCD 的俯视图与正视图面积之比的最大值为( )A ．1 B. 2 C. 3D ．2解析：选D.正视图，底面B ，C ，D 三点，其中D 与C 重合，随着点P 的改变，其正视图均是三角形且点P 在正视图中的位置在边B 1C 1上移动，由此可知，设正方体的棱长为a ，则S正视图＝12×a 2；设A 1C 1的中点为O ，随着点P 的移动，在俯视图中，易知当点P 在OC 1上移动时，S 俯视图就是底面三角形BCD 的面积，当点P 在OA 1上移动时，点P 越靠近A 1，俯视图的面积越大，当到达A 1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S俯视图＝a 2，所以S 俯视图S 正视图的最大值为a 212a2＝2，故选D.3．(2024·合肥其次次质量检测)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱A1B1的中点，用过点A，C，E的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为( )解析：选A.如图，取B1C1的中点为F，连接AC，CF，EF，AE，截面AEFC以下部分为所求得的几何体，易知选项A中的图形为其侧视图，故选A.4．如图是一个几何体的三视图，则该几何体随意两个顶点间距离的最大值是________．解析：作出直观图如图所示，通过计算可知AF、DC最长且DC＝AF＝BF2＋AB2＝3 3.答案：3 35．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，如图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．(1)依据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.俯视图(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2 (cm)．由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝6 3 (cm)．6．已知正三棱锥V­ABC的正视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图和侧视图．(2)求出侧视图的面积．解：(1)如图．(2)侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝12＝2 3.则S △VBC ＝12×23×23＝6.。

第一节　空间几何体考试要求：1．认识柱、锥、台及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．能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆锥、棱柱及其简易组合)的直观图．3．知道棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题．一、教材概念·结论·性质重现1．多面体的结构特征互相平行且全等多边形互相平行平行且相等相交于一点但不一定相等延长线交于一点平行四边形三角形梯形相互平行且相等并垂直于底相交于一点延长线交于一圆空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)“斜”：在直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°或135°．(2)“二测”：图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线，在直观图中长度为原来的一半．画直观图要注意平行，还要注意长度及角度两个要素．4．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl圆台侧＝π(r1＋．空间几何体的表面积与体积公式名称表面积体积几何体柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝S 底·h锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝S底·h台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝(S上＋S下＋)h球S＝4πR2V＝πR3(1)求棱柱、棱锥、棱台与球的表面积时，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解6．常用结论几个与球有关的切、接常用结论：(1)正方体的棱长为a，球的半径为R．①若球为正方体的外接球，则2R＝a；②若球为正方体的内切球，则2R＝a；③若球与正方体的各棱相切，则2R＝a．(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝．(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1．解决与球“外接”问题的关键：二、基本技能·思想·活动经验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．(　×　)(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(　×　)(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．(　√　)(4)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS．(　×　) 2．如图，长方体ABCD A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是( )A．棱台 B．四棱柱C．五棱柱 D．简单组合体C　解析：由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．3．已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A．1 cm B．2 cmC．3 cm D． cmB　解析：S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，所以r2＝4，所以r＝2 cm．4．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A．12π B．C．8π D．4πA　解析：由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线为2即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝(2R)2π＝12π．故选A．5．在直观图(如图所示)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO为__________，面积为________cm2．矩形　8　解析：由斜二测画法的规则可知，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2．考点1　空间几何体的结构特征与直观图——基础性1．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( ) A．圆柱B．圆锥C．球D．圆柱、圆锥、球体的组合体C　解析：截面是任意的，且都是圆面，则该几何体为球体．2．下列命题正确的是( )A．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥B．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C．圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面D．一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台C　解析：由圆锥、圆台、圆柱的定义可知A，B错误，C正确．对于D，只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，D不正确．3．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，C ′D′＝2 cm，则原图形是( )A．正方形 B．矩形C．菱形 D．一般的平行四边形C　解析：如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×2＝4(cm)，CD＝C′D′＝2 cm．所以OC＝＝＝6(cm)，所以OA＝OC，所以四边形OABC是菱形．4．(多选题)下列命题中正确的是( )A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形B．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C．存在每个面都是直角三角形的四面体D．棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等BC　解析：A不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；B正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；C正确，如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1 ABC，四个面都是直角三角形；D不正确棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱的延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．1．解决空间几何体的结构特征的判断问题主要方法是定义法，即紧考点2　空间几何体的表面积与体积——综合性考向1　空间几何体的表面积问题(1)(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A．2 B．2 C．4 D．4B　解析：由题意知圆锥的底面周长为2π．设圆锥的母线长为l，则πl＝2π，即l＝2．故选B．(2)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，直线A 1C 与侧面AA 1B 1B 所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为()A ．4＋4B ．4＋4C ．12D ．8＋4A 解析：连接A 1B ．因为AA 1⊥底面ABC ，则AA 1⊥BC ，又AB ⊥BC ，AA 1∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面AA 1B 1B ，所以直线A 1C 与侧面AA 1B 1B 所成的角为∠CA 1B ＝30°．又AA 1＝AC ＝2，所以A 1C ＝2，所以BC ＝．又AB ⊥BC ，则AB ＝，则该三棱柱的侧面积为2×2＋2×2＝4＋4．(3)在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm ，母线长最短50 cm ，最长80 cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝ cm 2．2 600π　解析：将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S ＝×(50＋80)×(π×40)＝2 600π(cm 2)．求解几何体表面积的类型及求法求多面体的表面积只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积求旋转体的表面积可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系求不规则几何体的表面积通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积1．一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为_________．12　解析：设正六棱锥的高为h，侧面的斜高为h′．由题意，得×6××2××h＝2，所以h＝1，所以斜高h′＝＝2，所以S侧＝6××2×2＝12．2．《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，书中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．已知一个堑堵的底面积为6，体积为的球与其各面均相切，则该堑堵的表面积为________．36　解析：设球的半径为r，底面三角形的周长为l，由已知得r＝1，所以堑堵的高为2．则lr＝6，l＝12，所以表面积S＝12×2＋6×2＝36．考向2　空间几何体的体积问题(1)如图所示，已知三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1ABC1的体积为( )A． B．C． D．A　解析：易知三棱锥B1ABC1的体积等于三棱锥AB1BC1的体积，又三棱锥AB1BC1的高为，底面积为，故其体积为××＝．(2)(2021·八省联考)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为________．61π　解析：圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上，如图，设球的球心为O，圆台上底面的圆心为O′，则圆台的高OO′＝＝＝3．据此可得圆台的体积V＝π×3×(52＋5×4＋42)＝61π．求空间几何体的体积的常用方法公式法对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者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，便于计算其体积等体积法一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．通过选择合适的底面来求几何体体积，主要用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积1．(2021·全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．39π　解析：设圆锥的高为h ，母线长为l ，则圆锥的体积V ＝×π×62×h ＝30π，解得h ＝．所以l ＝＝＝，故圆锥的侧面积S ＝πrl ＝π×6×＝39π．2．如图，已知体积为V 的三棱柱ABCA 1B 1C 1，P 是棱B 1B 上除B 1，B 以外的任意一点，则四棱锥PAA 1C 1C 的体积_________．　解析：如图，把三棱柱ABCA 1B 1C 1补成平行六面体A 1D 1B 1C 1ADBC ．设点P 到平面AA 1C 1C 的距离为h ，则V ＝S ·h ＝V ＝·2V＝．考点3　与球有关的切、接问题——综合性考向1　“相切”问题已知正四面体PABC 的表面积为S 1，此四面体的内切球的表面积为S 2，则＝________．　解析：设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积为S1＝4××a2＝a2，其内切球半径r为正四面体高的，即r＝×a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝．考向2　“相接”问题已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为( )A． B． 2C． D．3C　解析：如图所示，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M．又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝＝．1．已知三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，则三棱锥PABC的外接球的体积为( )A．π B．π C．27π D．27πB　解析：因为三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，所以△PAB≌△PBC≌△PAC．因为PA⊥PB，所以PA⊥PC，PC⊥PB．以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥PABC的外接球．因为正方体的体对角线长为＝3，所以其外接球半径R＝．因此三棱锥PABC的外接球的体积V＝×＝π．2．(2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．π　解析：方法一：如图，在圆锥的轴截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O内切于△ABC，E为切点，连接OE，则OE⊥BC．在Rt△BCD中，CD＝＝2．易知BE ＝BD＝1，则CE＝2．设圆锥的内切球半径为R，则OC＝2－R，在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(2－R)2－R2＝4，所以R＝，圆锥内半径最大的球的体积为πR3＝π．方法二：如图，记圆锥的轴截面为△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB，在Rt△BCD中，CD＝＝2，则S△ABC＝2．设△ABC的内切圆O的半径为R，则R＝＝，所以圆锥内半径最大的球的体积为πR3＝π．。

2025年高考数学一轮复习-空间几何体的结构、表面积和体积-专项训练一、基本技能练1.下列说法中，正确的是()A.棱柱的侧面可以是三角形B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等2.如图所示的等腰梯形是一个几何图形的斜二测直观图，其底角为45°，上底和腰均为1，下底为2＋1，则此直观图对应的平面图形的面积为()A.1＋2B.2＋2C.2＋22D.4＋223.如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为()A.4B.43D.3C.234.已知在梯形ABCD中，∠ABC＝π2，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，则将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为() A.(5＋2)π B.(4＋2)πC.(5＋22)πD.(3＋2)π5.如图，位于西安大慈恩寺的大雁塔，是唐代玄奘法师为保存经卷、佛像而主持修建的，是我国现存最早的四方楼阁式砖塔.塔顶可以看成一个正四棱锥，其侧棱与底面所成的角为45°，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为()A.3∶2B.2∶2C.3∶3D.3∶46.过圆锥的轴作截面，如果截面为正三角形，则称该圆锥为等边圆锥.已知在一等边圆锥中，过顶点P 的截面与底面交于CD ，若∠COD ＝90°(O 为底面圆心)，且S △PCD ＝72，则这个等边圆锥的表面积为()A.2π＋2πB.3πC.2π＋3πD.π＋3π7.如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，ED ＝2FC ＝2，则四面体ABEF 的体积为()A.13B.23C.1D.438.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为5－12，约为0.618.这个比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为黄金比.在几何世界中有很多黄金图形，在三角形中，如果相邻两边之比等于黄金比，且它们夹角的余弦值为黄金比值，那么这个三角形一定是直角三角形，且这个三角形称为黄金分割直角三角形.在正四棱锥中，以黄金分割直角三角形的长直角边作为正四棱锥的高，黄金分割直角三角形的短直角边的边长作为底面正方形的边心距(正多边形的边心距是正多边形的外接圆圆心到正多边形某一边的距离)，斜边作为正四棱锥的斜高，这样得到的正四棱锥称为黄金分割正四棱锥.在黄金分割正四棱锥中，以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为()A.5－12B.5＋12C.1D.149.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A′B′C′D′中，点E，F，G分别是棱A′B′，B′C′，CD的中点，则由点E，F，G确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于________.10.已知圆锥的顶点为S，底面圆周上的两点A，B满足△SAB为等边三角形，且面积为43，又知圆锥轴截面的面积为8，则圆锥的侧面积为________.11.如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，点D在棱AA1上，则三棱锥D－BB1C1的体积为________.12.已知三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝π2，SB＝4，SC＝213，AB＝2，BC ＝6，则三棱锥S－ABC的体积为________.二、创新拓展练13.(多选)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°.若取θ＝30°，侧棱长为21米，则()A.正四棱锥的底面边长为6米B.正四棱锥的底面边长为3米C.正四棱锥的侧面积为243平方米D.正四棱锥的侧面积为123平方米14.(多选)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＝12，则下列结论中错误的是()A.AC⊥AFB.EF∥平面ABCDC.三棱锥A－BEF的体积为定值D.△AEF的面积与△BEF的面积相等15.(多选)《九章算术》是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”，则()A.“羡除”有且仅有两个面为三角形B.“羡除”一定不是台体C.不存在有两个面为平行四边形的“羡除”D.“羡除”至多有两个面为梯形16.(多选)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则()A.V3＝2V2B.V3＝V1C.V3＝V1＋V2D.2V3＝3V1参考答案与解析一、基本技能练1.答案C解析棱柱的侧面都是平行四边形，选项A错误；其他侧面可能是平行四边形，选项B错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D错误；易知选项C正确.2.答案B解析∵平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，∴平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1，下底边长为2＋1，∴平面图形的面积S＝1＋1＋22×2＝2＋ 2.故选B.3.答案B解析易知该几何体是由上、下两个全等的正四棱锥组成的，其中正四棱锥底面边长为2，棱锥的高为1，所以该多面体的体积V ＝2×13×(2)2×1＝43.4.答案A解析因为在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，所以将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周得到的几何体是一个底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，如图所示.所以该几何体的表面积S ＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.5.答案D解析设塔顶是正四棱锥P －ABCD (如图)，PO 是正四棱锥的高.设正四棱锥底面边长为a ，则底面面积S 1＝a 2，因为AO ＝22a ，∠PAO ＝45°，所以PA ＝2×22a ＝a ，所以△PAB 是正三角形，其面积为S 2＝34a 2，所以S 2∶S 1＝34a 2∶a 2＝3∶4.6.答案B解析如图，连接PO ，设圆锥的母线长为2a ，则圆锥的底面圆的半径为a ，高为PO ＝3a .由已知得CD ＝2a ，PC ＝PD ＝2a ，则S △PCD ＝12×2a ×（3a ）2＋22a 2＝72，从而可得a ＝1，圆锥的表面积为πa ×2a ＋πa 2＝3πa 2＝3π.7.答案B解析∵ED ⊥平面ABCD 且AD ⊂平面ABCD ，∴ED ⊥AD .∵在正方形ABCD 中，AD ⊥DC ，又DC ∩ED ＝D ，DC ，ED ⊂平面CDEF ，∴AD ⊥平面CDEF .易知FC ＝ED2＝1，V A －BEF ＝V ABCDEF －V F －ABCD －V A －DEF .∵V E －ABCD ＝13·ED ·S 正方形ABCD ＝13×2×2×2＝83，V B －EFC ＝13·BC ·S △EFC ＝13×2×2×1×12＝23，∴V ABCDEF ＝V E －ABCD ＋V B －EFC ＝83＋23＝103.又V F －ABCD ＝13·FC ·S 正方形ABCD ＝13×1×2×2＝43，V A －DEF ＝13·AD ·S △DEF ＝13×2×2×2×12＝43，∴V A －BEF ＝V ABCDEF －V F －ABCD －V A －DEF ＝103－43－43＝23.故选B.8.答案D解析如图，在黄金分割正四棱锥P －ABCD 中，O 是正方形ABCD 的中心，PE 是正四棱锥的斜高，设OE ＝a ，则CD ＝2a ，∴Rt△POE为黄金分割直角三角形，则OEPE＝5－12，∴PE＝5＋12，则PO＝PE2－OE2＝1＋52a，∴以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积S＝PO2＝1＋52a2，又正四棱锥的四个侧面是全等的，∴S侧＝4S△PCD＝4×12×CD×PE＝2(1＋5)a2，∴该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为1 4 .9.答案332解析分别取AD，CC′和AA′的中点为P，M，N，可得出过E，F，G三点的平面截正方体所得截面为正六边形EFMGPN，则正六边形的边长MG＝CG2＋CM2＝222＋2221，故截面多边形的面积S＝6×34×12＝332.10.答案82π解析设圆锥的母线长为l，由△SAB为等边三角形，且面积为43，所以12l 2sin π3＝43，解得l ＝4；又设圆锥底面半径为r ，高为h ，则由轴截面的面积为8，得rh ＝8；又r 2＋h 2＝l 2＝16，解得r ＝h ＝22，所以圆锥的侧面积S ＝πrl ＝π·22·4＝82π.11.答案233解析如图，取BC 的中点O ，连接AO .∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3.∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为3.又S △BB 1C 1＝12×2×2＝2，∴V D －BB 1C 1＝13×2×3＝233.12.答案43解析∵∠ABC ＝π2，AB ＝2，BC ＝6，∴AC ＝AB 2＋BC 2＝22＋62＝210.∵∠SAB ＝π2，AB ＝2，SB ＝4，∴AS ＝SB 2－AB 2＝42－22＝2 3.由SC ＝213，得AC 2＋AS 2＝SC 2，∴AC ⊥AS .又∵SA ⊥AB ，AC ∩AB ＝A ，AC ，AB ⊂平面ABC ，∴AS ⊥平面ABC .∴AS 为三棱锥S －ABC 的高，∴V 三棱锥S －ABC ＝13×12×2×6×23＝4 3.二、创新拓展练13.答案AC解析如图，在正四棱锥S －ABCD 中，O 为正方形ABCD 的中心，H 为AB 的中点，则∠SHO 为侧面SAB 与底面ABCD 所成的锐二面角，且SH ⊥AB ，∠SHO ＝30°，设底面边长为2a ，所以OH ＝AH ＝a ，OS ＝33a ，SH ＝233.在Rt △SAH 中，a 2＝21，解得a ＝3，所以正四棱锥的底面边长为6米，侧面积为S ＝12×6×23×4＝243(平方米).14.答案AD解析由题意及图形知，当点F 与点B 1重合时，∠CAF ＝60°，故A 错误；由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的两个底面平行，EF ⊂平面A 1B 1C 1D 1，知EF ∥平面ABCD ，故B 正确；由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，点A 到平面DD 1B 1B 的距离是定值，故可得三棱锥A －BEF 的体积为定值，故C 正确；由图形可以看出，B 到直线EF 的距离与A 到直线EF 的距离不相等，故△AEF 的面积与△BEF 的面积不相等，故D 错误.故选AD.15.答案ABC解析由题意知AE ∥BF ∥CD ，四边形ACDE 为梯形，如图所示.选项A ，由题意知“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A 正确；选项B ，因为AE ∥BF ∥CD ，所以“羡除”一定不是台体，故B 正确；选项C ，假设四边形ABFE 和四边形BCDF 为平行四边形，则AE ∥BF ∥CD ，且AE ＝BF ＝CD ，即四边形ACDE 为平行四边形，与已知四边形ACDE 为梯形矛盾，故不存在，故C 正确；选项D ，若AE ≠BF ≠CD ，则“羡除”有三个面为梯形，故D 错误.故选ABC.16.答案CD 解析如图，连接BD 交AC 于O ，连接OE ，OF .设AB ＝ED ＝2FB ＝2，则AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝2，FB ＝1.因为ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ，所以FB ⊥平面ABCD ，所以V 1＝V E －ACD ＝13S △ACD ·ED ＝13×12AD ·CD ·ED ＝13×12×2×2×2＝43，V 2＝V F －ABC ＝13S △ABC ·FB ＝13×12AB ·BC ·FB ＝13×12×2×2×1＝23.因为ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以ED ⊥AC ，又AC ⊥BD ，且ED ∩BD ＝D ，ED ，BD ⊂平面BDEF ，所以AC ⊥平面BDEF .因为OE ，OF ⊂平面BDEF ，所以AC ⊥OE ，AC ⊥OF .易知AC＝BD＝2AB＝22，OB＝OD＝12BD＝2，OF＝OB2＋FB2＝3，OE＝OD2＋ED2＝6，EF＝BD2＋（ED－FB）2＝（22）2＋（2－1）2＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE.又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝V F－ACE＝13S△ACE·OF＝13×12AC·OE·OF＝13×12×22×6×3＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，所以选项A，B不正确，选项C，D正确.故选CD.。

空间几何体的外接球与内切球问题高考分析： 球与几何体的切接问题是近几年高考的高频考点，常以选择题和填空题的形式出现，以中档题和偏难题为主. 一、几种常见几何体的外接与内切球 1.长方体的外接球 (1)球心：体对角线的交点；(2)半径：R ＝a 2＋b 2＋c 22(a ，b ，c 为长方体的长、宽、高)．2.正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球 (1)外接球：球心是正方体的中心；半径R ＝32a(a 为正方体的棱长)； (2)内切球：球心是正方体的中心；半径r ＝2a(a 为正方体的棱长)；(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心；半径=2r a (a 为正方体的棱长)． 3.正四面体的外接球与内切球(1)外接球：球心是正四面体的中心；半径R (a 为正四面体的棱长)；(2)内切球：球心是正四面体的中心；半径r (a 为正四面体的棱长)．求外接球问题常用方法：1.补体法。

将几何体补形成长方体正方体等常见模型去求解2.外接球的球心都在过底面外接圆圆心的垂线上（注意球体可以滚动所以可以选择较为方便计算的那一面作为底面）3.利用外接球球心到几何体各顶点距离都等于半径4.球心与截面圆圆心的连线垂直于截面圆求外接球的关键是确定球心位置，进而计算出外接球半径。

题型一：柱体的外接球1.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为_________．2.已知三棱柱111ABC A B C －的底面是边长为6的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球的表面积为12 ，则该三棱柱的体积为_________．3.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )A ．16πB ．20πC ．24πD ．32π4.已知圆柱的底面半径为12，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A.πB.3π4 C.π2 D.π4题型二：锥体的外接球5.求棱长为1的正四面体外接球的体积为_________．6.已知正四棱锥P －ABCD 内接于一个半径为R 的球，则正四棱锥P －ABCD 体积的最大值是( )A.16R 381B.32R 381C.64R 381 D ．R 3 7.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 ＝∠BAD ＝π3，则三棱锥P －AOB 的外接球的体积是_________．8.已知△ABC 是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ） A.B.C. 1D.9.已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π10.《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切开，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(四个面均是直角三角形的四面体)．在如图所示的堑堵ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AC ＝5，AB ＝3，BC ＝4，则阳马C 1－ABB 1A 1的外接球的表面积是( )A ．25πB ．50πC ．100πD ．200π11.已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为 A ．68πB ．64πC ．62πD ．6π12.已知正三棱锥的所有顶点都在球O 的球面上，其底面边长为3，E,F ,G 分别为为侧棱AB,AC,AD 的中点.若O 在三棱锥A -BCD 内，且三棱锥A -BCD 的体积是三棱锥O -BCD 体积的3倍，则平面EFG 截球O 所得截面的面积为微专题 球与几何体的切接问题——内切球1.半径为R 的球的外切圆柱(球与圆柱的侧面、两底面都相切)的表面积为_________，体积为_________．2.若正四面体的棱长为a ，则其内切球的半径为_________．3.已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为( ) A ．18 B ．12 C ．6 3 D ．434.将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的体积为( )A.2π3 B.3π3 C.4π3D ．2π 5.如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A.66π B.π3 C.π6 D.33π题型三 最值问题6.已知底面是正六边形的六棱锥P －ABCDEF 的七个顶点均在球O 的表面上，底面正六边形的边长为1，若该六棱锥体积的最大值为3，则球O 的表面积为_________．7.四棱锥S －ABCD 的所有顶点都在同一球面上，底面ABCD 是正方形且和球心O 在同一平面内，当此四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于8＋83，则球O 的体积等于( )A.32π3B.322π3 C ．16π D.162π38.已知SAB 是边上为2的等边三角形，045ACB ∠=，则三棱锥体积最大时，CA = ;其外接球的表面积为。

空间几何体的结构及其表面积、体积一、选择题1．下列说法中正确的是( )A．斜三棱柱的侧面展开图一定是平行四边形B．水平放置的正方形的直观图有可能是梯形C．一个直四棱柱的正视图和侧视图都是矩形，则该直四棱柱就是长方体D．用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分形成的几何体就是圆台[答案]　D2．(2021·北京高考)定义：24小时内降水在平地上积水厚度(mm)来判断降雨程度．其中小雨(<10mm)，中雨(10mm－25mm)，大雨(25mm－50mm)，暴雨(50mm－100mm)，小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级( )A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨B　[由题意，一个半径为＝100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为×＝50(mm)，高为150(mm)的圆锥，所以积水厚度d＝＝12.5(mm)，属于中雨．故选B．]3．《九章算术》是我国古代数学名著，在《九章算术》中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．若某“阳马”的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该“阳马”的表面积为( )A．1＋ B．1＋2C．2＋ D．2＋2C　[由三视图可得该“阳马”的底面是边长为1的正方形，高为1，则表面积为1＋2××1×1＋2×××1＝2＋，故选C．]4．已知某香水的包装瓶如图(1)所示，其三视图如图(2)所示，其中图(2)中方格小正方形的边长为1，则该香水瓶的体积为( )图(1) 图(2)A．π＋120 B．2π＋120C．π＋110 D．2π＋110D　[由三视图可得包装瓶的直观图是由一个底面为八边形的直棱柱和一个圆柱组成的组合体，故其体积为：5×(24－2)＋π×12×2＝110＋2π，故选D．]5．如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E为棱DD1上的点，F为AB的中点，则三棱锥B1BFE的体积为( )A． B．C． D．C　[由等体积法可知V＝V＝S＝×1××1＝．故选C．]6．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，已知AC1⊥平面α，则关于α截此正方体所得截面有以下4个判断，①截面形状可能为正三角形；②截面形状可能为正方形；③截面形状可能为正六边形；④截面面积最大值为3．其中判断正确的是( )A．①③ B．①②③ C．①②④ D．①③④D　[如图，显然①③成立，下面说明④成立，如图截得正六边形时，面积最大，MN ＝2，GH＝，OE＝＝，所以S＝2××(＋2)×＝3，故④成立，故选D．]7．(2020·全国卷Ⅱ)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )A． B． C．1 D．C　[由等边三角形ABC的面积为，得×AB2＝，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r ＝×AB＝AB＝．设球的半径为R，则由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝＝1，故选C．]二、填空题8．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为 ．2＋　[如图①，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为E．图① 图②在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝．而四边形AECD为矩形，AD＝1，∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝＋1．由此可还原原图形如图②．在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C ′，∴这块菜地的面积S＝(A′D′＋B′C′)×A′B′＝××2＝2＋．]9．圆台的上、下底面半径分别是10 cm和20 cm，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180°，那么圆台的表面积为 cm2 (结果中保留π)．1 100π　[如图所示，设圆台的上底周长为C，因为扇环的圆心角是180°，所以C＝π·SA．又C＝2π×10＝20π，所以SA＝20(cm)．同理SB＝40(cm)．所以AB＝SB－SA＝20(cm)．S表＝S侧＋S上底＋S下底＝π(r1＋r2)·AB＋πr＋πr＝π(10＋20)×20＋π×102＋π×202＝1 100π(cm2)．故圆台的表面积为1 100π cm2．]10．已知某圆锥的母线长为3，底面半径为1，则该圆锥的体积为 ．设线段AB 为该圆锥底面圆的一条直径，一质点从A出发，沿着该圆锥的侧面运动，到达B点后再沿侧面回到A点，则该质点运动路径的最短长度为 ．　6　[该圆锥的高h＝＝2．所以该圆锥的体积V＝×π×12×2＝π．将圆锥侧面沿母线SA展开，如图所示．因为圆锥底面周长为2π，所以侧面展开后得到的扇形的圆心角∠ASA′＝．由题意知点B是侧面展开后得到的扇形中弧AA′的中点，连接AB，A′B，SB，则∠ASB＝，可得AB＝A′B＝AS＝3．所以该质点运动路径的最短长度为AB＋A′B＝6．]1．(2021·河北保定高三二模)在三棱锥PABC中，已知PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝2，AC＝2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( ) A．4π B．10π C．12π D．48πC　[在△ABC中，由AB＝BC＝2，AC＝2，所以AC2＝AB2＋BC2，所以AB⊥BC，由PA⊥平面ABC，则三棱锥PABC可以补成以AB，BC，PA为棱的正方体，可得正方体的外接球和三棱锥PABC的外接球为同一个球，如图所示，设该球的半径为R，则2R＝＝2，解得R＝，所以该球的表面积为S＝4πR2＝4π×()2＝12π．]2．(2021·全国新高考Ⅱ卷)正四棱台的上、下底面的边长为2,4，侧棱长为2，则四棱台的体积为( )A．20＋12 B．28C． D．C　[如图，分别取上下底面的中心O1，O，过B1作B1M⊥OB于点M，则OB＝2，O1B1＝，BM＝，B1M＝＝，故四棱台的体积为V＝(S上＋S下＋)h＝×(4＋16＋8)×＝，故选C．]。

高考数学一轮复习学案：空间几何体的结构、三视图和直观图（含答案）8.1空间几何体的结构空间几何体的结构..三视图和直观图三视图和直观图最新考纲考情考向分析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.能画出简单空间图形长方体.球.圆柱.圆锥.棱柱等的简易组合的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图.3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.空间几何体的结构特征.三视图.直观图在高考中几乎年年考查主要考查根据几何体的三视图求其体积与表面积对空间几何体的结构特征.三视图.直观图的考查，以选择题和填空题为主.1多面体的结构特征2旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任一直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线3.空间几何体的三视图1三视图的名称几何体的三视图包括正视图.侧视图.俯视图2三视图的画法在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线三视图的正视图.侧视图.俯视图分别是从几何体的正前方.正左方.正上方观察到的几何体的正投影图4空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是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轴的线段在直观图中长度变为原来的一半知识拓展1常见旋转体的三视图1球的三视图都是半径相等的圆2水平放置的圆锥的正视图和侧视图均为全等的等腰三角形3水平放置的圆台的正视图和侧视图均为全等的等腰梯形4水平放置的圆柱的正视图和侧视图均为全等的矩形2斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”坐标轴的夹角改变与y轴平行的线段的长度变为原来的一半图形改变“三不变”平行性不改变与x，z轴平行的线段的长度不改变相对位置不改变题组一思考辨析1判断下列结论是否正确请在括号中打“”或“”1有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱2有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥3夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台4正方体.球.圆锥各自的三视图中，三视图均相同5用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱6菱形的直观图仍是菱形题组二教材改编2P19T2下列说法正确的是A相等的角在直观图中仍然相等B相等的线段在直观图中仍然相等C正方形的直观图是正方形D若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行答案D解析由直观图的画法规则知，角度.长度都有可能改变，而线段的平行性不变3P8T1在如图所示的几何体中，是棱柱的为________填写所有正确的序号答案题组三易错自纠4某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是A圆柱B圆锥C四面体D三棱柱答案A解析由三视图知识知，圆锥.四面体.三棱柱放倒看都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形5xx珠海质检将正方体如图1所示截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的侧视图为答案B解析侧视图中能够看到线段AD1，应画为实线，而看不到B1C，应画为虚线由于AD1与B1C不平行，投影为相交线，故选B.6.正三角形AOB的边长为a，建立如图所示的直角坐标系xOy，则它的直观图的面积是________答案616a2解析画出坐标系xOy，作出OAB的直观图OAB如图，D为OA的中点易知DB12DBD为OA的中点，SOAB1222SOAB2434a2616a2.题型一空间几何体的结构特征1给出下列命题在圆柱的上.下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；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；棱台的上.下底面可以不相似，但侧棱长一定相等其中正确命题的个数是A0B1C2D3答案A解析不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；错误，棱台的上.下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等2xx青岛模拟以下命题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；圆柱.圆锥.圆台的底面都是圆面；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个数为A0B1C2D3答案B解析由圆台的定义可知错误，正确对于命题，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，不正确思维升华1关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一反例即可2圆柱.圆锥.圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系3既然棱圆台是由棱圆锥定义的，所以在解决棱圆台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略题型二简单几何体的三视图命题点1已知几何体，识别三视图典例xx贵州七校联考如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点长方体是虚拟图形，起辅助作用，则四面体ABCD的三视图是用代表图形ABCD答案B解析正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是，侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是.命题点2已知三视图，判断几何体的形状典例xx全国某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A10B12C14D16答案B解析观察三视图可知，该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示因此该多面体各个面中有两个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这两个梯形的面积之和为21224212.故选B.命题点3已知三视图中的两个视图，判断第三个视图典例xx汕头模拟一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下列选项中，不可能是该锥体的俯视图的是答案C解析A，B，D选项满足三视图作法规则，C不满足三视图作法规则中的宽相等，故C不可能是该锥体的俯视图思维升华三视图问题的常见类型及解题策略1由几何体的直观图求三视图注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示2由几何体的三视图还原几何体的形状要熟悉柱.锥.台.球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图3由几何体的部分视图画出剩余的部分视图先根据已知的一部分三视图，还原.推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合跟踪训练1xx全国如图，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A90B63C42D36答案B解析方法一割补法由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示将圆柱补全，并将圆柱从点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12，所以该几何体的体积V3243261263.故选B.方法二估值法由题意知，12V圆柱V几何体V圆柱，又V圆柱321090，45V几何体90.观察选项可知只有63符合故选B.2如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个锥体的侧视图和俯视图，则该锥体的正视图可能是答案A解析由俯视图和侧视图可知原几何体是四棱锥，底面是长方形，内侧的侧面垂直于底面，所以正视图为A.题型三空间几何体的直观图典例xx福州调研已知等腰梯形ABCD，上底CD1，腰ADCB2，下底AB3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图ABCD的面积为________答案22解析如图所示，作出等腰梯形ABCD的直观图因为OE2211，所以OE12，EF24，则直观图ABCD的面积S1322422.思维升华用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x 轴或y轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出跟踪训练xx贵阳联考有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形如图所示，ABC45，ABAD1，DCBC，则这块菜地的面积为________答案222解析如图1，在直观图中，过点A作AEBC，垂足为E.在RtABE中，AB1，ABE45，BE22.又四边形AECD 为矩形，ADEC1，BCBEEC221，由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形ABCD.在梯形ABCD中，AD1，BC221，AB2.这块菜地的面积S12ADBCAB1211222222.。

2023新高考一卷数学立体几何解析一、新高考一卷数学立体几何题型特点哎呀，宝子们，这2023新高考一卷的数学立体几何题啊，那可真是有点小调皮呢。

立体几何嘛，向来就是在空间里搞事情。

它的题型特点就是很考验咱的空间想象力，那些个图形啊，就像在跟咱捉迷藏似的。

比如说有那种三棱柱、四棱锥之类的图形，让你求角度、求距离啥的。

这就好像是在一个立体的迷宫里找宝藏，宝藏就是答案，你得先把迷宫的结构搞清楚才能找到。

而且它经常把图形各种旋转、翻转，让你从不同的角度去看，就像看一个3D魔方一样，每个面都有不同的信息。

二、典型题目分析1. 有一道题是关于三棱锥的。

它给了三棱锥的一些棱长，然后让求某个面和底面的夹角。

这题啊，你就得先把三棱锥的形状在脑海里构建出来。

可以先从底面三角形入手，看看它是啥样的三角形，是等边三角形呢，还是等腰三角形啥的。

然后再看顶点在底面的投影位置，这可关键了。

要是能确定这个投影的位置，那求夹角就容易多了。

你可以通过一些线面垂直的关系去确定投影，然后利用三角函数来求夹角。

就像你在生活中找东西，得先确定东西大概在哪个方位，然后再去精确寻找一样。

2. 还有一道题是关于长方体里的异面直线距离的。

长方体大家都熟悉，就像咱生活中的盒子一样。

但是异面直线距离就有点麻烦了。

这时候你可以想办法把异面直线的距离转化为线面距离或者面面距离。

比如说，通过构建一个和其中一条异面直线垂直的平面，然后求另一条异面直线到这个平面的距离，这就相当于找到了一个桥梁，把不好求的异面直线距离转化成好求的线面距离了。

三、解题技巧1. 对于立体几何题，空间想象很重要。

要是你空间想象能力有点弱，也别怕。

可以自己动手做一些小模型，像用纸条做三棱柱、四棱锥啥的。

这样看着实物，再去看题目里的图形，就会清晰很多。

2. 要善于利用定理。

比如说线面垂直的判定定理、面面平行的性质定理啥的。

这些定理就像游戏里的规则一样，你得熟悉规则才能玩好游戏。

看到题目里的条件，要能迅速想到可以用哪个定理来解题。

高考数学一轮复习《空间几何体》练习题（含答案）一、单选题1．降水量（precipitation[amount]）：从天空降落到地面上的液态或固态（经融化后）水，未经蒸发､渗透､流失，而在水平面上积聚的深度.降水量以mm 为单位，气象观测中一般取一位小数，现某地10分钟的降雨量为13.1mm ，小王在此地此时间段内用口径为10cm 的圆柱型量筒收集的雨水体积约为（ ）（其中π 3.14≈）A ．331.0210mm ⨯B ．331.0310mm ⨯C ．531.0210mm ⨯D ．531.0310mm ⨯2．某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的表面积(单位：2cm )是（ ）A ．()256122cm +B ．()248162cm + C ．()280122cm + D ．()272162cm + 3．阿基米德（Archimedes ，公元前287年-公元前212年）是古希腊伟大的数学家，物理学家和天文学家，在他墓碑上刻着的一个圆柱容器里放了一个球，该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，如图所示，则在该几何体中，圆柱表面积与球表面积的比值为（ ）A ．32B ．43C ．32或23D ．234．已知一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为（ ）A ．33πB ．2πC ．3πD ．4π5．某圆锥的母线长为2，高为423，其三视图如下图所示，圆锥表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆锥表面上的点N 在侧视图上的对应点为B ，则在此圆锥侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．2B ．22C ．823+D ．223- 6．已知某空间几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A ．323B ．163C ．4D ．87．已知正方体的六个面的中心可构成一个正八面体,现从正方体内部任取一个点,则该点落在这个正八面体内部的概率为（ ）A ．12B ．13C ．16D ．1128．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A ．810+16B ．40C ．810++24D ．489．棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是侧面11CC B B 上的一个动点（包含边界），则下面结论正确的有（ ）①若点E 满足1AE B C ⊥，则动点E 的轨迹是线段；②若点E 满足130EA C ∠=，则动点E 的轨迹是椭圆的一部分；③在线段1BC 上存在点E ，使直线1A E 与CD ．所成的角为30；④当E 在棱1BB 上移动时，1EC ED +的最小值是352+． A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个10．某锥体的正视图和侧视图均为如图所示的等腰三角形，则该几何体的体积最小值为A ．4πB ．12C ．1D ．211．已知四棱锥S ABCD -的所有顶点都在同一球面上，底面ABCD 是正方形且和球心O 在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于443+，则球O 的体积等于（ ）A ．3223πB ．1623πC ．823πD ．423π 12．一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．36B ．48C ．64D ．72二、填空题13．如果用半径为r 的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高等于____． 14．点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，3AB BC AC ==，若四面体ABCD 体积的3________.15．“方锥”，在《九章算术》卷商功中解释为正四棱锥.现有“方锥”S ABCD -，其中4AB =，SA 与平面ABCD 32，则此“方锥”的外接球表面积为________. 16．棱长为6的正方体内有一个棱长为x 的正四面体，正四面体的中心（正四面体的中心就是该四面体外接球的球心）与正方体的中心重合，且该四面体可以在正方体内任意转动，则x 的最大值为______．三、解答题17．如图，已知直三棱柱111ABC A B C ，其底面是等腰直角三角形，且22AB BC ==14AC AA ==.(1)求该几何体的表面积；(2)若把两个这样的直三棱柱拼成一个大棱柱，求拼得的棱柱表面积的最小值.18．如图是一个以111A B C为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知11112A B B C==，11190A B C∠=︒，14AA=，13BB=，12CC=，求该几何体的体积．19．如图是某几何体的三视图，请你指出这个几何体的结构特征，并求出它的表面积与体积．（单位：cm）20．如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是矩形，2PA AB ==，2AD =，过点B 作BE ⊥AC ，交AD 于点E ，点F ，G 分别为线段PD ，DC 的中点．(1)证明：AC ⊥平面BEF ；(2)求三棱锥F -BGE 的体积．21．如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为2的菱形，AC =23，△ADE 为等腰直角三角形，∠AED =90°，平面ADE ⊥平面ABCD ，且EF //AB ，EF =1.（1）证明：AC ⊥平面BDF ；（2）若G 为棱BF 的中点，求三棱锥G —DEF 的体积.22．如图，在三棱锥-P ABC 中，2AB BC ==，22PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且MC ＝2MB ，求点C 到平面POM 的距离．23．如图，在三棱锥S －ABC 中，SA ＝SC ，D 为AC 的中点，SD ⊥AB ．(1)证明：平面SAC ⊥平面ABC ；(2)若△BCD 是边长为3的等边三角形，点P 在棱SC 上，PC ＝2SP ，且932S ABC V -=，求三棱锥A －PBC 的体积．24．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的菱形，60DAB ∠=︒，7PA PD ==，O F 、分别为AD AB 、的中点，PF AC ⊥.（1）求证：面POF ⊥面ABCD ；（2）求三棱锥B PCF -的体积。