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题组18

空间几何体与三视图

一、考法解法

命题特点分析

在空间几何体部分，主要是以空间几何体的三视图为主展开:①三视图的识别与还原问题；②以三视图为载体考查空间几何体的表面积、体积等问题．主要考查学生的空间想象能力及运算能力，是近几年高考的热点．试题的题型主要是选择题或者填空题，在难度上也进行了一定的控制，尽管各地有所不同，但基本上都是中等难度或者较易的试题.三视图在新课程改革后每年课标卷都有一道题，难度逐年增大. 解题方法荟萃

该部分要牢牢抓住各种空间几何体的结构特征，通过对各种空间几何体结构特征的了解，认识各种空间几何体的三视图和直观图，通过三视图和直观图判断空间几何体的结构，在此基础上掌握好空间几何体的表面积和体积的计算方法. 二、真题剖析

【题干】(2017新课标全国Ⅱ卷) 如图，网络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取一部分所得，则该几何体的体积为（

）

A.90π

B.63π

C.42π

D.36π

【答案】B 【解析】该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半．

11VV总V上π3210π32663π22

（点评）本题主要考查简单几何体的三视图，同时考查几何体体积的计算方法，对考生的空间想象能力有一定的要求. 【题干】(2016新课标全国Ⅱ卷) 右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为

A.20

【答案】C

B.24

C.28

D.32

【解析】几何体是圆锥与圆柱的组合体，

设圆柱底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l，圆柱高为h．

由图得r2，c2πr4π，由勾股定理得：l222324，

1S表πr2chcl4π16π8π28π，

2故选C．

（点评）本题主要考查简单几何体的三视图，同时考查几何体体积的计算方法，对考生的空间想象能力有一定的要求

【题干】(2015新课标全国Ⅱ卷)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（

）

1111A.

B.

C.

D.

8765【答案】D 【解析】设正方体的边长为a，截去部分的体积为V1，正方体的体积为V剩余部分的体积为V2，则有V1V111215aaa3，Va3，V2VV1a3，故有1，选D. 3266V25（点评）本题主要考查简单几何体的三视图，同时考查几何体体积的计算方法，对考生的空间想象能力有一定的要求

【题干】(2014新课标全国Ⅱ卷) 如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切

削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（

）

A.510117B．C．D．

9

27

327

【答案】C 【解析】

(命题意图) 考查三视图还原原几何体,组合体的切割,圆柱的体积

(解题点拨)∵毛坯是底面半径为3，高为6的圆柱，体积V1＝9π·6＝54π，加工后的零件，左半部为小圆柱，底面半径为2，高4，右半部为大圆柱，

底面半径为3，高2，体积V2＝4π·4＋9π·2＝34π，∴削掉部分的体积与原体积的比

值＝105434＝，故选C 2754

(点评)本题考查三视图还原原几何体,组合体的切割,圆柱的体积.是中档题. 【题干】(2013新课标全国Ⅱ卷) 一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别

是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以

zOx平面为投影面，则得到正视图可以为(

)

A

B

C

D

【答案】

A 【解析】

(命题意图) 考查通过给空间之间坐标系中的点的坐标,考查三视图,考查学生的空间想象能力. (解题点拨)如图，建立坐标系，设A（1，0，1），B（1，1，0），C（0，1，1），D（0，0，0）,则四面体的投影如图所示，选择A.其中投影中的实线是CD，虚线是AB的投影

(点评)三视图在新课程改革后每年课标卷都有一道题，难度逐年增大，这是第一次和空间指教坐标系一起考察.空间直角坐标系是向量法解决立体几何问题的基础，但由于有的同学会利用传统方法解决立体几何问题，反而忽略了这个知识点. 三、高考圈题

【题干】一个棱锥的三视图如图（尺寸的长度单位为m），则该棱锥的全面积是(

)（单位：m2）．

正视图

侧视图

俯视图

A．426

B．46

C．422

D．42

【圈题理由】由三视图求几何体的体积，关键是正确分析原几何体的特征，熟悉常见的几何体的三视图特征是解题的关键.【答案】A

[来源学科网]

[来源:Z.xx.k.Com]【解析】由已知的三视图可得，该几何体是一个底面为：底边长是2高也为2的等腰三角形，高为2的三棱锥，且顶点在底面上的投影落在一边的中点上．其直观图如图所示：则PBACBD2则SACDSPAC2又PAADPCCD5,PD22

故PD边上的高为3．故SPADSPCD6．故该棱锥的全面积S426

【题干】已知正三角形C三个顶点都在半径为2的球面上，球心到平面C的距离为1，点是线段的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是（

）

792A．

B．

C．

D．3

44【圈题理由】考查空间到平面的转化，在平面中半径为定值的情况下弦长最短只要圆心到直

线的距离最大即可。故当截面与OE垂直时截面面积最小，故只要求AB的长即为截面圆的直径。

【答案】C 【解析】设正△ABC的中心为O1，连结O1A，连结OO1,OC1,O1D,OD

∵O1是正△ABC的中心，A、B、C三点都在球面上，

ABC，可得O1OO1C

∴OO1⊥平面ABC，结合O1C平面∵球的半径R=2，球心O到平面ABC的距离为1，得OO1=1，

∴Rt△O1OC中，O1CR2O1O23

o又∵E为AB的中点，△ABC是等边三角形，∴AEAO1cos30∵过E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的半径最小，

此时截面圆的半径r3

23

22可得截面面积为Sr故选C．

9，

4【题干】平面四边形ABCD中，ABADCD1，BD2，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，若四面体ABCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为

（

）

32

（B）3

（C）

（D）2

（A）23【圈题理由】外接球问题是一个高考的热点问题.球涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．

【答案】A 【解析】根据题意，如图，可知RtABD中，ABAD1,BD2，在RtBCD中，BD2,CD1,BC3，又因为平面ABD所以球心就是BC的中点，平面BCD，半径为r4333r．故选A. ，所以球的体积为：V322

四、分层训练（20题）

基础过关（第1—10题）

【题干】1一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的外接球半径为

（

）

A.

117317

B.

C.

D.

24164【答案】

C 【解析】由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥P-ABC，它是一个正四棱锥P-ABCD的一半，其中底面是一个两直角边都为6的直角三角形，高PE=4．

设其外接球的球心为O，O点必在高线PE上，外接球半径为R，

则在直角三角形BOE中，BO2=OE2+BE2=（PE-EO）2+BE2，

即R2=（4-R）2+（32）2，解得：R=17，故选C. 4

【题干】2某四面体的三视图如图，正（主）视图、侧（左）视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的体积为（

）

正（主）视图

侧（左）视图

俯视图

A．43

B．

C．

D．3

32【答案】

B 【解析】

由正视图、侧视图和俯视图都是边长为1的正方形，所以此四面体一定可以放在正方体中，所以我们可以在正方体中寻找此四面体，如下图所示．四面体ABCD满足题意，所以此四面体的外接球即为此正方体的外接球．由题意可知，该正方体的棱长为1，所3343，以其外接球的半径为R,所以此四面体的外接球的体积为V2232故应选B．

【题干】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各面中，面积最大的是（

）

3

A．8

B．45C．12

D．16 【答案】C 【解析】根据题意，得；该几何体是如图所示的三棱锥A-BCD，且该三棱锥是放在棱长为4的正方体中，所以，在三棱锥A-BCD中，最长的棱长为AD，易知三角形ACD面积最大，因为AD6,BD42,AB25,所以根据余弦定理可得

212,BDA45,SABD64212，故选C. 222cosBDA

【题干】4用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为

8π82πA.

B.

C．833【答案】

B 【解析】

S＝r2＝1r＝1，而截面圆圆心与球心的距离d＝1，∴球的半径为32π2π

D.

3R＝r2d2＝2.∴V＝R3＝82，故选B. 3【题干】5某多面体的三视图如下图所示，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（

）

A. 5

B. 2

C. 25

D. 22

【答案】D 【解析】三视图还原，如下图

该几何体为棱长是2的正方体，截去两个相同的三棱锥。所以最长棱为AFBE22。选D. 【题干】6已知某棱锥的三视图如下图所示，则该棱锥的体积为________．

【答案】

2 (2＋1)2＝3，高为【解析】由三视图知该几何体为四棱锥，底面为直角梯形其面积为

12

(2＋1)2＝2. 2，所以V＝

【题干】7．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为（

）

12

A．500866cm3

B．cm3

33137232048cm

D．cm3

33C．【答案】

A 【解析】设正方体上底面所在平面截球可得小圆记为M，则圆心M为正方体上底面正方形的中心，如下图所示．设球的半径为R，根据题意知球心到上底面的距离等于R2，而圆222M的半径为4，由球的截面圆的性质可得：R(R2)4，解之得R5，所以根据44500VR353333cm3，故应选A．

球的体积公式可得：该球的体积为

【题干】8某一空间几何体的三视图，如图所示，则该几何体的体积为

A．223

B．423

C．2【答案】

C 【解析】根据题中所给的几何体的三视图可以确定该几何体是一个圆柱和一个四棱锥的组合体，根据几何体的体积公式可以求得其体积为: 2323

D．4

331123V1222232，故选C．

323【题干】9某个长方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为(

)

A．4

C. B．

22

D．8 20

3【答案】

D 【解析】由三视图可知，该几何体如图所示，其底面为正方形，正方形的边长为2.HD＝3，BF＝1，将相同的两个几何体放在一起，构成一个高为4的长方体，所以该几何体的体积为1×2×2×4＝8. 2

【题干】10直三棱柱ABC－A1BC11的直观图及三视图如下图所示，D为AC的中点，则下列命题是假命题的是(

)

A．AB1∥平面BDC1

B．A1C⊥平面BDC1来源:Zxxk.Com]

C．直三棱柱的体积V＝4

D．直三棱柱的外接球的表面积为4【答案】

D 3π

【解析】由三视图可知，直三棱柱ABC－A1B1C1的侧面B1C1CB是边长为2的正方形，底面ABC是等腰直角三角形，AB⊥BC，AB＝BC＝2.连接B1C交BC1于点O，连接AB1，OD.在△CAB1中，O，D分别是B1C，AC的中点，∴OD∥AB1，∴AB1∥平面BDC1.故A正确．

直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，

∴AA1⊥BD.又AB＝BC＝2，D为AC的中点，

∴BD⊥AC，∴BD⊥平面AA1C1C. ∴BD⊥A1C.又A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B，

∴A1B1⊥平面B1C1CB，∴A1B1⊥BC 1.

∵BC1⊥B1C，且A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C. ∴BC1⊥A1C，∴A1C⊥平面BDC1. 故B正确．

V＝S1CC＝222＝4，∴C正确．

ABC12此直三棱柱的外接球的半径为智能拓展（第11—20题）

3，其表面积为12π，D错误．故选D. 【题干】11．已知三棱锥SABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形,AB2,SASBSC2，则三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离是（

）

A．333

B．1

C．3

D．

32【答案】A 【解析】：因为三棱锥SABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SASBSC2，S在面ABC内的射影为AB中点H，SH平面ABC，SH上任意一点到A,B,C的距离相等．SH3，CH1，在面SHC内作SC的垂直平分SC2，SM1，OSM30，线MO，则O为SABC的外接球球心．SO233，即为O到平面ABC的距离，故选A．

,OH33【题干】12．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于（

）

【答案】A 【解析】：由已知中的该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥的组合体，其中直三棱柱的底面为左视图，高为4，故体积V1sh8432，四棱锥的底面为边长为4的正方形，高为4，所以体积V21Sh

3164160164，所以该几何体的体积为VV1V2，故选A．

333【题干】13．已知三棱锥OABC,A,B,C三点均在球心为O的球表面上,AB=BC=1,∠ABC=120°,三棱锥OABC的体积为5,则球O的表面积是（

）

432

D．544

3A．64

B．16

C．【答案】A ABC的面积是【解析】：1353,设球心O到平面ABC的距离为h,则,所以h3444h15．

ABC外接圆的直径2r3322,所以r1．球的半径R15214, 2故所求的球的表面积是4464．故A正确．

【题干】14．三棱锥S-ABC中，底面ABC为等腰直角三角形，BABC2,

侧棱SASC23，二面角S-AC-B的余弦值为A.16

B.12

C.8

D.4

【答案】A 5，则此三棱锥外接球的表面积为（

）

5【解析】：取AC中点D，连接SD,BD,由BABC2,SASC23可知SD10,BD

2,

SDAC,BDAC，二面角S-AC-B的平面角为SDB，由余弦定理可得因此三棱锥的外接球为以BA,BC,BS为三边的长方体外SB22SBD为直角三角形，接球，2R16R2,

2SR216

【题干】15．将长、宽分别为4和3的长方形ABCD沿对角线AC折起，得到四面体A-BCD，则四面体A-BCD的外接球的体积为（

）

A．125125125125

B．

C．

D．

36912【答案】B 【解析】：分析可知外接球的球心为AC的中点,圆的直径为2rAC345,所以22外接球的半径r543125．所以外接球的体积为Vr．故B正确．

236【题干】16．已知正方形APP12P3的边长为4，点B,C分别是边PP12,P2P3的中点，沿AB,P），则三棱锥PABC的外BC,CA折叠成一个三棱锥PABC（使P1,P2,P3重合于点接球的体积为（

）

A.24

B. 86

C. 46

D.4

【答案】B 【解析】：折成的三棱锥PABC如图所示.由题意可知PA,PB,PC两两互相垂直且PAPBPC4,ABAC25,BC22.

设此棱锥外接球的半径r,则r22226.则外接球的体积为V43r86.3

故B正确. 【题干】17．如图，已知平面l，A、B是l上的两个点，C、D在平面内，且DA,CB,AD4，AB6,BC8，在平面上有一个动点P，使得APDBPC，则PABCD体积的最大值是（

）

A.243

B.16

C.48

D.144

【答案】C 【解析】：直角三角形．DA面,DA,.DA,CB,PAD和PBC均为AD4,BC8,PB2PA. APDBPC,PAD∽PBC.过P作PMAB,垂足为M.则PM.令AMt,tR. 则PA2AM2PB2BM2,

即PA2t24PA26t2,PA2124t,PM124tt2.[来源学科网ZXXK]底面四边形ABCD为直角梯形面积为S148636. 212VPABCD36124tt212t216121648.故C正确. 3【题干】18．平行四边形ABCD中，AB·BD=0，沿BD将四边形折起成直二面角A一BD－C，且2ABBD4，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为（

）

A．22

B．

C．4

D．

224【答案】C

【解析】：ABBD0,所以ABBD,因为ABCD为平行四边形,所以CDB,DABCCD为ABD.因为直二面角,所以面ABD面CBD,因为面ABD面CBD=BD,AB面ABD,ABBD,所以AB面CBD.因为BC面CBD,所以ABBC.分析可知三棱锥ABCD的外接球的球心为AC的中点.因为22ACABB2C2A(B2CD)2B2D2AB24C,所D以AC2.则三棱锥ABCD的外接球的半径为1,表面积为4.故C正确. 【题干】19．高为的四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，点S，A，B，C，D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为（

）

A.

B.

C.

D.

【答案】A 【解析】：由题意可知ABCD 是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，推出高就是四棱锥的一条侧棱，最长的侧棱就是球的直径，然后利用勾股定理求出底面ABCD的中心与顶点S之间的距离．

解：由题意可知ABCD是小圆，对角线长为，四棱锥的高为，点S，A，B，C，D均在半径为1的同一球面上，球的直径为2，所以四棱锥的一条侧棱垂直底面的一个顶点，最长的侧棱就是直径，所以底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为：=故选A

E,F分别在AA1,CC1上，且【题干】20．如图，在直四棱柱ABCDA1BC11D1中，点AE31AA1，CFCC1，点A,C到BD的距离之比为3：2，则三棱锥EBCD和43

FABD的体积比C1VEBCD= __ ___. VFABDD1A1EDAB1FCB

【答案】3

2【解析】：点A,C到BD的距离之比为3:2，所以SBCD2，又直四棱柱SABD3ABCDA1B1C1D1中，AEVEVF

BA31AE9AA1，CFCC1，所以，于是43CF4.1SBCDAE29CD3134BDSABDCF3[来源学科网]3

2