7.01空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征、三視圖、直觀圖、表面積和體積在高每年都會考查，主要考查幾何體的三視【素養(yǎng)【素養(yǎng)?基礎(chǔ)知識】球①原圖形中x軸、y軸、z軸兩兩垂直，直觀圖中，x′軸、y′45°135°，z′x′y′軸所在xz軸的線段在直觀圖y軸的線段在直觀圖中長度為原來的一半．S表面積＝S側(cè)＋2SS表面積＝S側(cè)＋S1V＝S表面積＝S側(cè)＋S上＋S V＝3(S上＋S下＋S上S下球4V＝(3)dRrr＝【素養(yǎng)?常用結(jié)論】圖形改變【體驗【2019年高考浙江卷】祖暅是我國南北朝時代的偉大科學家，他“冪勢既同，則積不容異”稱為祖暅原理，利用該原理可以得到柱體的體積V柱體=Sh，其中S是柱體的底面積，h是柱體的高．若某柱單位：cm 【答案】64，63263，則該棱柱的體積為2634636162 ABCDA1B1C1D1挖去四棱錐O—EFGH后所得的幾何體，其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點，AB=BC=6cm,AA1=4cm，3D打印所用原料密度為0.9g/cm3，不考慮打印損耗， 【答案】 46412312cm2四邊形O?EFGH3cm

112312cm33ABCDABCD的體積為V466144cm3111 所以該模型體積為V

14412132cm3，其質(zhì)量為0.9132【名師點睛】本題考查幾何體的體積問題，理解題中信息聯(lián)系幾何體的體積和質(zhì)量關(guān)系，從而利用求【2019年高考卷理數(shù)】某幾何體是由一個正方體去掉一個四棱柱所得，其三視圖如圖所示．如果網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，那么該幾何體的體積為 【答案】則幾何體的體積V43124244022位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，利用相應(yīng)體積求解；(2)若所給幾何體的體積不能直接利用得出，則常用等2

的正方形，側(cè)棱長均為5 π422

的正方形，側(cè)棱長均為55 511212故圓柱的體積為π 2

1π4E?BCD的體積是 【答案】E為CC的中點，所以CE1CC 由長方體的性質(zhì)知CC1ABCD所以CE是三棱錐EBCD的底面BCD上的高所以三棱錐EBCD的體積V11ABBCCE11ABBC1

112010

【2019年高考Ⅱ卷理數(shù)】中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的獨孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）.半正多面體是由248的半1．則該半正多面體共有 ．（本題第一空2分，第二空3分2【答案】 2xABBEx，延長CBFE的延長線交于點GBC交正H，由半正多面體對稱性可知，△BGE為等腰直角三角形，2BGGECH 2x,GH2 2xx2

1)x 122x 12222

【名師點睛】本題立意新穎，空間想象能力要求高，物置還原是關(guān)鍵，遇到新題別慌亂，題目其實很簡 1(1) 【答案】 【答案】 直觀圖面積S′S′＝4S【例2】(1)(2018卷Ⅲ)中國古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來，構(gòu)件的凸出部分叫榫頭，凹進部分叫卯 【答案】(2)(2018卷Ⅰ)某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖所示．圓柱表面上的點M在正視圖上的對應(yīng)點為A，圓柱表面上的點N在左視圖上的對應(yīng)點為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑 5 5 【答案】M，N的位置(N位于OP的四等分點)MNMNM到NOM2ON22OM2ON22

＝25.(3)(2019·寧波鄞州中學期中)如圖正方形OABC的邊長為1cm，它是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，則原 【答案】OABC1，它是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，所以O(shè)B＝2，對應(yīng)22，所以原圖形中，OA＝BC＝1，AB＝OC＝（2212=3，故原圖形的周長2×(1＋3)＝8. 若所給定的幾何體是柱體、錐體或臺體等規(guī)則幾何體，則可直接利用體積進行求解．其中，等體積轉(zhuǎn)若所給定的幾何體是不規(guī)則幾何體，則將不規(guī)則的幾何體通過分割或補形轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體，再利用【例3】(1)(2018卷Ⅰ)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為( A．12 C．8 【答案】22R2R4R2＝8R＝2π·(2)2×2＋2π×22＝12π.B.2積為 55 55 【答案】【解析】由三視圖可知該幾何體是底面為正方形(3)635的斜四棱柱，其表面積＝2×32＋2×3×35＋2×3×6＝54＋185. 【答案】 1 2A1－BB1D1D1和2，四棱錐的高為2A1C1＝2 2 A1－BB1D1D的體積為3×1×2×2 1 A. D.【答案】R，底面中心為O′，且球心為O.P－ABCD中AB＝2，所以AO′＝2.9( 4πR2＝4π×42＝4已知直三棱柱ABCA1B1C1的6個頂點都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，則球O的半徑為( 3 A. C. 【答案】 O

5262=13（ 若一個正四面體的表面積為S1，其內(nèi)切球的表面積為S2，則 33【答案】

【解析】設(shè)正四面體棱長為 四面體表面積為S1＝4×4a2＝3a2，其內(nèi)切球半徑為正四面體高的4，1 6

ar＝4×3a＝12a，因此內(nèi)切球表面積為 6則

＝π66已知三棱錐SABC的所有頂點都在球O的球面上，SC是球O的直徑．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐S-ABC的體積為9，則球O的表面積為 【答案】OR，因為SCO的直徑，所以點O為SCAO，OBSA＝AC，SB＝BCAO⊥SC，BO⊥SCSCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC 1 ⊥平面SCB，所以VS－ABC＝VA－SBC＝3×S△SBC×AO＝3×2×SC×OB×AO，1 易錯點 AD1為虛線不可見，C1F為實線可見，且投影后AD1C1F右側(cè)，故上面為實線，下面為虛線．故選A.B1C1CB作為投影面，各個不同的點投影到什么位置，其中【正解】：從幾何體的左側(cè)看，對角線AD1C1F不在視線范圍內(nèi)，故B.【訓練】如圖所示，四面體ABCD的四個頂點是長方體的四個頂點(長方體是虛擬圖形，起輔助作用)，則四面體ABCD的三視圖是(用①②③④⑤⑥代表圖形)( 【答案】35的矩形，其對角線左上到右下是實線，左下到右上是虛線，因此俯視圖是③.B. 【答案】2．(2016卷)將一個長方體沿相鄰三個面的對角線截去一個棱錐，得到的幾何體的正視圖與俯視圖如圖所 【答案】3．(2017卷Ⅲ)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體 B. 【答案】 r12＋(2r)2＝22，解得r＝2.V＝πr2×1＝4.故B. 【答案】R為外接球的半徑)，所以外接球表面積為S＝4πR2＝34π.A.某幾何體的三視圖如圖所示，其中側(cè)視圖的下半部分曲線為半圓弧，則該幾何體的表面積為()3333【答案】

3333 ××π×12＝π5π＋16＋23. 設(shè)甲、乙兩個圓柱的底面積分別為S1，S2，體積分別為V1，V2.若它們的側(cè)面積相等且V2＝2，則S2的 9 r2h2.又V＝rh，所以V＝r，所以r＝2，則S＝ 2

1 1 1

1 (1 【答案】【解析】由棱柱和棱錐的概念可知A，B，C錯誤．由于棱臺是由平行于棱錐底面的平面截棱錐所得到的 【答案】【解析】由幾何體的正視圖和側(cè)視圖，結(jié)合四個選項中的俯視圖知，若為D項，視圖應(yīng) ，故 【答案】3個直角C. 554

525 【答案】

1，底面為等腰三角形，如圖，因此表面積是2×2×2＋2×2×5×1＋2×5×2＝2＋25. C.D．3C.【答案】 ×22×3＝64＝(4＋26)rr＝6．(2017卷Ⅱ)如圖格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平面 【答案】310的圓柱截去一部分后所剩余的部1 42 ×(等腰梯形ABCD中，上底CD＝1，腰AD＝CB＝2，下底AB＝3，以下底所在直線為x軸，則由斜二測畫法畫出的直觀圖A′B′C′D′的面積為 【答案】 2 2 2(2)2(2)2

1O′E′＝2，E′F＝4，則直觀圖A′B′C′D′的面積為S′＝2×(1＋3)×4＝2 ＝5，所以AC＝P－ABCD中，底面為正方形，PCABCD垂直，下圖為該四棱錐的正視圖和側(cè)視6cm的全等的等腰直角三角形． (2)

62.AD＝6AD⊥PDPC262PC2(6PC262PC2(62)2ABCD－A1B1C1D1(如圖所示)O1OPO14倍．AB＝6m，PO1＝2m，則倉庫的容積是多少？11V＝V錐＋V柱3

2，M為M－ABCD的外接球的球心為O，如圖，過點O分別作平面ABCDABEF的垂線，垂足分別為Q，HQ，H分別為矩形ABCD和△ABMMHABN，OM，NQ，AQ.OR，球心到平面ABCDd，即OQ＝dABEF所在的3 3平面與矩形ABCD

2，MEF

2 3 AN