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1、 1 微专题 8 空间几何体的三视图、表面积与体积 命 题 者 说 考 题 统 计 考 情 点 击 2018全国卷T7三视图 2018全国卷T12截面问题 2018全国卷T16侧面积问题 2018全国卷T3三视图 立体几何问题既是高考的必考点，也是考查的难点，其在高考中的命题形式较为稳定，保持“一小一大”或“两小一大”的格局，多以选择题或者填空题的形式考查空间几何体三视图的识别，空间几何体的体积或表面积的计算。考向一 空间几何体的三视图【例 1】(1)(2018唐山模拟)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为()2 A B C D(2)(2018山西八校联考)将正方体(如图)截去
2、三个三棱锥后，得到如图所示的几何体，侧视图的视线方向如图所示，则该几何体的侧视图为()A B C D 解析(1)由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为 A。故选 A。(2)将图中的几何体放到正方体中如图所示，从侧视图的视线方向观察，易知该几何体的侧视图为选项 D 中的图形。故选 D。3 答案(1)A(2)D (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 根据俯视图确定几何体的底面。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
3、应的棱、面的位置。确定几何体的直观图形状。另外，对于一些三视图题，可将几何体放到正方体或长方体中，利用正方体或长方体的线面、面面垂直关系分析几何体的三视图。变|式|训|练(2018湖北襄阳测试)若6个棱长为1的正方体在桌面上堆叠成一个几何体，该几何体的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图不可能为()A B C D 4 解析 如图所示，A 正确；如图所示，B 正确；如图所示，C 正确。故选 D。答案 D 考向二 空间几何体的表面积与体积 微考向 1：根据三视图求表面积与体积【例 2】(2018郑州质量预测)刍甍，中国古代算术中的一种几何形体，九章算术中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广。刍，
4、草也。甍，屋盖也。”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱。刍甍字面意思为茅草屋顶。”如图为一个刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则该茅草屋顶的面积为()A24 B32 5 C64 D32 6 5 解析 由三视图可知该几何体的直观图如图所示，其中 S四边形 ABEDS四边形 ACFD，SABCSDEF。过点 A 向平面 BCFE 作垂线，垂足为 A，作 AMCF 于点 M，ANBC 于点 N，连接 AN，易知 AA4，ANCM8422，CN12BC2。在 RtAAN 中，ANAA2AN242222 5，在 RtANC中，ACCN2AN2222 522 6，在
5、 RtAMC 中，AMAC2CM22 62222 5。所以 S四边形 ACFD12(48)2 512 5，SABC12BCAN1242 54 5。所以该茅草屋顶的面积为212 524 532 5。故选 B。答案 B 根据三视图求空间几何体的表面积与体积时，应还原空间几何体的直观图，再根据表面积与体积公式求解。【变式训练】(2018山西二模)某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是()6 A283 B323 C523 D563 解析 由三视图可知，该几何体是由半个圆柱与半个圆锥组合而成，其中圆柱的底面半径为 2，高为 4，圆锥的底面半径和高均为 2，其体积为 V1
6、244131242283。故选 A。答案 A 微考向 2：根据线面关系求表面积与体积【例 3】(2018全国卷)已知圆锥的顶点为 S，母线 SA，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为 45。若SAB的面积为 5 15，则该圆锥的侧面积为_。7 解析 如图所示，设S在底面的射影为S，连接AS，SS。SAB 的面积为12SASBsinASB12SA21cos2ASB1516SA25 15，所以 SA280，SA4 5。因为 SA 与圆锥底面所成角为 45，所以SAS45，ASSAcos454 5222 10。所以圆锥的侧面积为 ASAS2 104 540 2。答案 40 2 根据空
7、间几何体的结构特征，借助于线面关系的有关定义、定理找出几何体的底面特征及高，必要时可进行分割、补形等，求出几何体的表面积与体积。变|式|训|练(2018天津高考)已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，除面 ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点 E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥 MEFGH 的体积为_。8 解析 连接 AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为 E，H 分别为AD1，CD1的中点，所以 EHAC，EH12AC，因为 F，G 分别为B1A，B1C 的中点，所以 FGAC，FG12AC，所以 EHFG，EHFG，所以四边形 EHGF 为平行四边形，又 EGHF
8、，EHHG，所以四边形 EHGF 为正方形，又点 M 到平面 EHGF 的距离为12，所以四棱锥 MEFGH 的体积为1322212112。答案 112 考向三 与球有关的组合体问题【例 4】(2018江西南昌模拟)在三棱锥 SABC 中，ABC是边长为 3 的等边三角形，SA 3，SB2 3，二面角 SABC 的大小为 120，则此三棱锥的外接球的表面积为_。解析 根据题意得 SA2AB2SB2，即 SAAB。取 AB 的中点为 D，SB 的中点为 M，连接 CD、MD，得CDM 为二面角 SABC 的平面角，所以MDC120。如图，设三角形 ABC 9 的外心为 O1，则 O1在 CD 上
9、，连接 BO1，则 CO1 3BO1，DO132。设外接球半径为 R，易知球心为过 M 垂直面 ABS 的垂线与过 O1垂直面 ABC 的垂线的交点 O。在四边形 MDO1O 中，因为二面角 SABC 的平面角MDC120，且 MOMD，O1ODO1，MDO1D32，所以ODO160，OO1O1Dtan6032，连接 OB，所以 R2OB2OO21O1B2943214。所以球的表面积 S4R221。答案 21 在立体几何试题中，我们经常会遇到这样一类问题：由题设条件，计算某几何体的外接球的表面积或体积。因为 S球4R2，V球43R3，所以关键是求解外接球的半径 R。常用的解题策略有：通过构造特
10、殊几何体，巧妙分析；通过解直角三角形，巧妙分析；借助直角三角形的斜边中点到各顶点的距离相等，巧妙分析；借助几何体的底面多边形的外接圆，巧妙分析。变|式|训|练(2018贵阳监测考试)如图，正方形网格的边长为 1，粗实线表示的是某几何体的三视图，该几何体的顶点都在球 O 的球面上，则球 O 的表面积为()10 A15 B16 C17 D18 解析 根据三视图可知该几何体为一个三棱锥，记为 SABC，将该三棱锥放入长方体中如图所示，则该三棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设球 O 的半径为 R，所以(2R)222223217，R2174，所以球 O 的表面积为 4R217。故选C。答案 C 11
11、 1(考向一)(2018北京高考)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()A1 B2 C3 D4 解析 将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示。易知，BCAD，BC1，ADABPA2，ABAD，PA平面 ABCD，故PAD，PAB 为直角三角形，因为 PA平面 ABCD，BC平面 ABCD，所以 PABC，又 BCAB，且 PAABA，所以 BC平面 PAB，又 PB平面 PAB，所以 BCPB，所以PBC 为直角三角形，容易求得 PC3，CD 5，PD2 2，故PCD 不是直角三角形。12 故选 C。答案 C 2(考向
12、二)(2018昆明调研)古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成。一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为()A63 B72 C79 D99 解析 由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为 5，底面圆的半径为 3，半球的半径为 3，所以组合体的体积为 32512433363。故选 A。答案 A 3(考向三)(2018南昌调研)已知三棱锥 PABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，ABC 满足 AB2 2，ACB90，PA为球 O 的直径，且 PA4，则点 P 到底面 ABC 的距离为()A 2
13、B2 2 C 3 D2 3 13 解析 取 AB 的中点 O1，连接 OO1，如图，在ABC 中，AB2 2，ACB90，所以ABC 所在小圆 O1是以 AB 为直径的圆，所以 O1A 2，且 OO1AO1，又球 O 的直径 PA4，所以OA2，所以 OO1OA2O1A2 2，且 OO1底面 ABC，所以点 P 到平面 ABC 的距离为 2OO12 2。故选 B。答案 B 4(考向三)(2018河北五名校联考)如图，在由边长为 1 的小正方形组成的网格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为()A27 B30 C32 D34 14 解析 根据三视图可知，此多面体为三棱锥 ABCD
14、，且侧面 ABC底面 BCD，ABC 与BCD 都为等腰三角形，如图所示。根据题意可知，三棱锥 ABCD 的外接球的球心 O 位于过BCD的外心 O，且垂直于底面 BCD 的垂线上，取 BC 的中点 M，连接 AM，DM，OO，OB，易知 O在 DM上，过 O作 OMAM于点 M，连接 OA，OB，根据三视图可知 MD4，BDCD2 5，故 sinBCD2 55，设BCD 的外接圆半径为 r，根据正弦定理可知，2rBDsinBCD5，故 BOr52，MO32，设 OOx，该多面体的外接球半径为 R，在 RtBOO中，R2522x2，在 RtAMO 中，R2322(4x)2，所以 R342，故该
15、多面体的外接球的表面积 S4R234。故选 D。答案 D 15 5(考向三)(2018西安八校联考)已知球的直径 SC4，A，B 是该球球面上的两点，ASCBSC30，则棱锥 SABC的体积最大为()A2 B83 C 3 D2 3 解析 如图，因为球的直径为 SC，且 SC4，ASCBSC30，所以SACSBC90，ACBC2，SASB2 3，所以 SSBC1222 32 3，则当点 A 到平面 SBC 的距离最大时，棱锥 ASBC 即 SABC 的体积最大，此时平面 SAC平面SBC，点 A 到平面 SBC 的距离为 2 3sin30 3，所以棱锥 SABC 的体积最大为132 3 32。故选 A。答案 A