空间几何体
【2019年高考考纲解读】
1.以三视图为载体，考查空间几何体面积、体积的计算.
2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题．
【重点、难点分析】
一、 三视图与直观图
1．一个物体的三视图的排列规则
俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)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(主)视图与侧(左)视图确定几何体．
二、几何体的表面积与体积
空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧．
三、多面体与球
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径．球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作出截面图．
【高考题型示例】
题型一、 三视图与直观图
例1、(1)(2018·全国Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )
答案 A
解析 由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.
(2)[2018·全国卷Ⅰ]某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )
A．2 B．2
C．3 D．2
【解析】先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图①所示．
① ②
圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．
ON＝×16＝4，OM＝2，
∴ |MN|＝＝＝2.
故选B.
【答案】B
【方法技巧】
1．由直观图确认三视图的方法
根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确认．
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.
【变式探究】某几何体的正(主)视图与俯视图如图所示，则其侧(左)视图可以为( )
答案 B
解析 由俯视图与正(主)视图可知，该几何体可以是一个三棱柱挖去一个圆柱，因此其侧(左)视图为矩形内有一条虚线，虚线靠近矩形的左边部分，只有选项B符合题意，故选B.
(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱CD，CC1，A1B1的中点，用过点E，F，G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( )
答案 C
解析 取AA1的中点H，连接GH，则GH为过点E，F，G的平面与正方体的面A1B1BA的交线．
延长GH，交BA的延长线与点P，连接EP，交AD于点N，则NE为过点E，F，G的平面与正方体的面ABCD的交线．同理，延长EF，交D1C1的延长线于点Q，连接GQ，交B1C1于点M，则FM为过点E，F，G的平面与正方体的面BCC1B1的交线．所以过点E，F，G的平面截正方体所得的截面为图中的六边形EFMGHN.
故可得位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为选项C所示．
【感悟提升】空间几何体的三视图是从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正(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，再确定几何体的形状，即可得到结果．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正(主)视图和俯视图为主，结合侧(左)视图进行综合考虑．
【变式探究】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________．
答案 2＋
在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝＋1，
且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，
∴这块菜地的面积为S＝(A′D′＋B′C′)·A′B′
＝××2＝2＋.
题型二 几何体的表面积与体积
例2、(2018·全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________． 格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )
A．8＋4＋8 B．24＋4
C．8＋20 D．28
答案 A
解析 由三视图可知，该几何体的下底面是长为4，宽为2的矩形，左右两个侧面是底边为2，高为2的三角形，前后两个侧面是底边为4，高为的平行四边形，所以该几何体的表面积为S＝4×2＋2××2×2＋2×4×＝8＋4＋8.
(2)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________，表面积是________．
答案 π 6＋(6＋)π
解析 由三视图知，该几何体是由四分之一球与半个圆锥组合而成，则该组合体的体积为V＝×π×23＋×π×22×3＝π，
表面积为S＝×4π×22＋×π×22＋×4×3＋××2π×2×＝6＋π.
【变式探究】(1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．
(2)求简单几何体的体积时，若所给的几何体为柱体、锥体或台体，则可直接利用公式求解；求组合体的体积时，若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，常用转换法、分割法、补形法等进行求解；求以三视图为背景的几何体的体积时，应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．
【变式探究】中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6立方寸，则图中的x为( )
A．1.6 B．1.8 C．2.0 D．2.4
答案 A
解析 由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成．
由题意得，(5.4－x)×3×1＋πx2＝12.6，
解得x＝1.6.
(2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A．11 B．9 C．7 D．5
答案 D
解析 由三视图知，该几何体如图，它可分成一个三棱锥E－ABD和一个四棱锥B－CDEF，则V＝××3×3×2＋×1×2×3＝5.
题型三、多面体与球
例3、[2018·全国卷Ⅲ]设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D ?ABC体积的最大值为( )
A．12 B．18
C．24 D．54
故选B.
【答案】B
【变式探究】
已知正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为，此时四面体ABCD的外接球的表面积为________．
【解析】如图(1)，在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝2，则BD＝DC＝1，AD＝.在翻折后得到的几何体中，如图(2)，AD⊥BD，AD⊥CD，则AD⊥平面BCD，三棱锥A－BCD的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，球心到截面BCD的距离d＝AD＝.在△BCD中，BC＝，则由余弦定理，得cos∠BDC＝＝＝－，所以∠BDC＝120°.
【变式探究】(1)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为( )
A．13π B．20π
C．25π D．29π
答案 D
解析 把三棱锥P－ABC放到长方体中，如图所示，
所以长方体的体对角线长为＝，
所以三棱锥外接球的半径为，
所以外接球的表面积为4π×2＝29π.
(2)已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则等于( )
A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶8
答案 C
解析 如图，
由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r，l为底面圆周长，R为母线长，
则lR＝2πr2，
即·2π·r·R＝2πr2，
解得R＝2r，故∠ADC＝30°，则△DEF为等边三角形，
设B为△DEF的重心，过B作BC⊥DF，
则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，
则＝，∴＝，故＝.
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空间几何体
1．已知α，β是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法：
①若l⊥α，α⊥β，则l∥β；②若l∥α，α∥β，则l∥β；
③若l⊥α，α∥β，则l⊥β；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β.
其中说法正确的个数为( )
A．3 B．2 C．1 D．4
答案 C
解析 ①若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l?β，不正确；②若l∥α，α∥β，则l∥β 或l?β，不正确；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β，正确；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β或l∥β或l与β相交且l与β不垂直，不正确，故选C.
2．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为( )
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
答案 D
解析 由题意可得图①中GH与MN平行，不合题意；
图②中GH与MN异面，符合题意；
图③中GH与MN相交，不合题意；
图④中GH与MN异面，符合题意．
8．已知正四棱锥P－ABCD的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为，若该正四棱锥的体积为2，则此球的体积为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 如图所示，设底面正方形ABCD的中心为O′，正四棱锥P－ABCD的外接球的球心为O，
∵底面正方形的边长为，
∴O′D＝1，
∵正四棱锥的体积为2，
∴VP－ABCD＝×()2×PO′＝2，解得PO′＝3，
∴OO′＝|PO′－PO|＝|3－R|，
在Rt△OO′D中，由勾股定理可得OO′2＋O′D2＝OD2，
即(3－R)2＋12＝R2，解得R＝，
∴V球＝πR3＝π×3＝.
9．在三棱锥S－ABC中，侧棱SA⊥底面ABC，AB＝5，BC＝8，∠ABC＝60°，SA＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为( )
A.π B.π
C.π D.π
答案 B
解析 由题意知，AB＝5，BC＝8，∠ABC＝60°，
则根据余弦定理可得
AC2＝AB2＋BC2－2×AB×BC×cos∠ABC，
解得AC＝7，
设△ABC的外接圆半径为r，则
△ABC的外接圆直径2r＝＝，∴r＝，
又∵侧棱SA⊥底面ABC，
∴三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离d＝SA＝，则外接球的半径R＝ ＝，则该三棱锥的外接球的表面积为S＝4πR2＝π.
10．一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．16 B．8＋8
C．2＋2＋8 D．4＋4＋8
答案 D
解析 由三视图知，该几何体是底面边长为＝2的正方形，高PD＝2的四棱锥P－ABCD，因为PD⊥平面ABCD，且四边形ABCD是正方形，
易得BC⊥PC，BA⊥PA，
又PC＝＝＝2，
所以S△PCD＝S△PAD＝×2×2＝2，
S△PAB＝S△PBC＝×2×2＝2.
所以几何体的表面积为4＋4＋8.
11．在正三棱锥S－ABC中，点M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB＝2，则正三棱锥S－ABC的外接球的表面积为( )
A．6π B．12π
C．32π D．36π
答案 B
解析 因为三棱锥S－ABC为正三棱锥，所以SB⊥AC，又AM⊥SB，AC∩AM＝A，AC，AM?平面SAC，所以SB⊥平面SAC，所以SB⊥SA，SB⊥SC，同理SA⊥SC，即SA，SB，SC三线两两垂直，且AB＝2，所以SA＝SB＝SC＝2，所以(2R)2＝3×22＝12，所以球的表面积S＝4πR2＝12π，故选B.
12．若四棱锥P－ABCD的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 根据三视图还原几何体为一个四棱锥P－ABCD，如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，
由于△PAD为等腰三角形，PA＝PD＝3，AD＝4，四边形ABCD为矩形，CD＝2，过△PAD的外心F作平面PAD的垂线，过矩形ABCD的中心H作平面ABCD的垂线，两条垂线交于一点O，则O为四棱锥外接球的球心，在△PAD中，cos∠APD＝＝，则sin∠APD＝，
2PF＝＝＝，PF＝，
PE＝＝，OH＝EF＝－＝，
BH＝＝，
OB＝＝ ＝，
所以S＝4π×＝.
13．如图所示，正方形ABCD的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则正四棱锥侧面积的取值范围为( )
A．(1,2) B．(1,2]
C．(0,2] D．(0,2)
答案 D
解析 设四棱锥一个侧面为△APQ，∠APQ＝x，过点A作AH⊥PQ，
则AH＝PQ×tan x＝＝
＝－PQ，
∴PQ＝，AH＝，
∴S＝4××PQ×AH＝2×PQ×AH
＝2××＝，x∈，
∵S＝＝
＝≤＝2，
，
而tan x>0，故S>0，
∵S＝2时，△APQ是等腰直角三角形，
顶角∠PAQ＝90°，阴影部分不存在，折叠后A与O重合，构不成棱锥，
∴S的取值范围为(0,2)，故选D.
14．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120°的等腰三角形，侧(左)视图为直角三角形，则该三棱锥的表面积为________，该三棱锥的外接球的体积为________．
答案 4＋＋ π
解析 由三视图得几何体的直观图如图所示，
∴S表＝2××2×2＋×2×＋×2×1
＝4＋＋.
以D为原点，DB所在直线为x轴，DE所在直线为y轴，DA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，
则D(0,0,0)，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(－1，，0)，
设球心坐标为(x，y，z)，
∵(x－2)2＋y2＋z2＝x2＋y2＋z2，①
x2＋y2＋(z－2)2＝x2＋y2＋z2，②
(x＋1)2＋(y－)2＋z2＝x2＋y2＋z2，③
∴x＝1，y＝，z＝1，
∴球心坐标是(1，，1)，
∴球的半径是＝.
∴球的体积是π×3＝π.
15.如图所示，三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，D是线段AB的中点，DE∩PB＝E，且DE⊥AB，若∠EDC＝120°，PA＝，PB＝，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为________．
答案 13π
解析 在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，设△ABC的外心为O1，外接圆的半径O1A＝＝，在△PAB中，PA＝，PB＝，AB＝3，满足PA2＋PB2＝AB2，所以△PAB为直角三角形，△PAB的外接圆的圆心为D，由于CD⊥AB，ED⊥AB，∠EDC＝120°为二面角P－AB－C的平面角，分别过两个三角形的外心O1，D作两个半平面的垂线交于点O，则O为三棱锥P－ABC的外接球的球心，
在Rt△OO1D中，∠ODO1＝30°，DO1＝，
则cos 30°＝＝，OD＝1，连接OA，设OA＝R，
则R2＝AD2＋OD2＝2＋12＝，
S球＝4πR2＝4π×＝13π.
如图，过P作PO⊥AE，垂足为O，
因为平面PAE⊥平面ABCDE，
平面PAE∩平面ABCDE＝AE，PO?平面PAE，
所以PO⊥平面ABCDE，PO为五棱锥P－ABCDE的高．
在平面PAE内，PA＋PE＝10>AE＝6，P在以A，E为焦点，长轴长为10的椭圆上，由椭圆的几何性质知，
当点P为短轴端点时，P到AE的距离最大，
此时PA＝PE＝5，OA＝OE＝3，
所以POmax＝4，
所以(VP－ABCDE)max＝SABCDE·POmax
＝×28×4＝.
(2)证明 连接OB，如图，由(1)知，OA＝AB＝3，
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