2019届高考数学二轮复习小题专练空间几何体的视图、表面积与体积作业(全国通用)

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2019数学(理)二轮精选讲义专题五立体几何第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积含答案

专题五立体几何第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积考点一空间几何体的三视图与直观图1．三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．原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝错误!S。

[对点训练]1．(2018·全国卷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(）［解析］两个木构件咬合成长方体时，小长方体（榫头)完全嵌入带卯眼的木构件，易知俯视图可以为A.故选A。

[答案］A2．（2018·河北衡水中学调研）正方体ABCD－A1B1C1D1中,E 为棱BB1的中点(如图),用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（）[解析］过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C。

［答案］C3．（2018·江西南昌二中模拟）一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中,面积最小的面的面积为()A．8 B．4 C．4错误!D．4错误![解析］由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AB⊥AC，P A＝AB ＝AC＝4，DB＝2，则易得S△P AC＝S△ABC＝8，S△CPD＝12，S梯形ABDP ＝12，S△BCD＝错误!×4错误!×2＝4错误!，故选D。

［答案]D4．如图所示，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′＝错误!×（1＋1＋错误!)×错误!＝错误!.故原平面图形的面积S＝错误!＝2＋错误!.[答案]2＋错误![快速审题］（1)看到三视图，想到常见几何体的三视图，进而还原空间几何体．(2）看到平面图形直观图的面积计算，想到斜二侧画法,想到原图形与直观图的面积比为错误!.由三视图还原到直观图的3步骤(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．考点二空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的侧面积公式（1)S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高）；(2)S锥侧＝错误!ch′(c为底面周长,h′为斜高)；(3）S台侧＝错误!（c＋c′）h′（c′,c分别为上下底面的周长，h′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高）；(2)V锥体＝错误!Sh（S为底面面积，h为高）；(3)V台＝错误!(S＋错误!＋S′）h(不要求记忆）．3．球的表面积和体积公式S表＝4πR2(R为球的半径）,V球＝43πR3(R为球的半径）．[对点训练]1．(2018·浙江卷）某几何体的三视图如图所示(单位:cm）,则该几何体的体积(单位:cm3）是（）A．2 B．4 C．6 D．8［解析]由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为1 cm，2 cm，高为2 cm,直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V＝1＋22×2×2＝6 cm3.[答案]C2．（2018·哈尔滨师范大学附中、东北师范大学附中联考）某几何体的三视图如图所示，其中正视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是（)A.错误!＋2B.错误!＋2C.错误!＋3 D。

(通用版)2019版高考数学二轮复习课件+训练：第一部分专题八空间几何体的三视图、表面积与体积课件理

如图所示，该几何体是一个棱长为2的正方体
上、下各挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥
后剩余的部分，其体积为23－2×13×π×12×1＝8－23π. [答案] A
(3)(2018·天津高考 ) 已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 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 M-EFGH 的体积为________．
为正方形，又点 M 到平面 EHGF 的距离为12，所以四棱锥 M-EFGH
的体积为13× 222×12＝112.
[答案]
1 12
[类题通法]
1．三类几何体表面积的求法
求多面只需将它们沿着棱“剪开”并展成平面图形，利用
体的表面积
求平面图形面积的方法求多面体的表面积
求旋转可以从旋转体的形成过程及其结构特征入手，将其体的表展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线面积长与对应侧面展开图中的边长关系
横向把握重点
1.此部分内容一般会以两小或一小的命题形式出现，这“两小”或 “一小”主要考查三视图、几何体的表面积与体积的计算．
2.考查一个小题时，本小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查两个小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查.
考法二空间几何体的表面积与体积
[由题知法]
[典例] (1)(2018·合肥质检)如图，
网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．5π＋18 [解析] 由三视图可知该几何体是由一个半圆

2019高考数学二轮复习专题三立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积和体积练习

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……第1讲空间几何体的三视图、表面积和体积高考定位 1.三视图的识别和简单应用；2.简单几何体的表面积与体积计算，主要以选择题、填空题的形式呈现，在解答题中，有时与空间线、面位置证明相结合，面积与体积的计算作为其中的一问.真题感悟1.(2018·全国Ⅲ卷)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( )解析由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A. 答案 A2.(2018·全国Ⅰ卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( ) A.122πB.12πC.82πD.10π解析因为过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为2 2.所以S 表面积＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π. 答案 B3.(2018·天津卷)已知正方体ABCD －A1B 1C 1D 1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M －EFGH 的体积为________.解析连接AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC .因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC .所以EH∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，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M －EFGH 的体积为13×⎝ ⎛⎭⎪⎫222×12＝112.答案1124.(2017·全国Ⅰ卷)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径.若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________.解析如图，连接OA ，OB ，因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径，所以OA ⊥SC ，OB ⊥SC .因为平面SAC ⊥平面SBC ，平面SAC ∩平面SBC ＝SC ，且OA ⊂平面SAC ，所以OA ⊥平面SBC .设球的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ，所以V A －SBC ＝13×S △SBC ×OA ＝13×12×2r ×r ×r ＝13r 3，所以13r 3＝9⇒r ＝3，所以球的表面积为4πr 2＝36π.答案 36π考点整合1.空间几何体的三视图(1)几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正、高平齐、宽相等. (2)由三视图还原几何体：一般先从俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体. 2.空间几何体的两组常用公式 (1)柱体、锥体、台体的表面积公式： ①圆柱的表面积S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2. (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR 3.热点一空间几何体的三视图与直观图【例1】 (1)(2018·兰州模拟)中国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直棱柱称为“堑堵”.已知某“堑堵”的正视图和俯视图如图所示，则该“堑堵”的侧视图的面积为( ) A.18 6 B.18 3 C.18 2D.2722(2)(2018·全国Ⅰ卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图.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.217B.2 5C.3D.2解析 (1)在俯视图Rt △ABC 中，作AH ⊥BC 交于H . 由三视图的意义，则BH ＝6，HC ＝3，根据射影定理，AH 2＝BH ·HC ，∴AH ＝3 2.易知该“堑堵”的侧视图是矩形，长为6，宽为AH ＝3 2.故侧视图的面积S ＝6×32＝18 2.(2)由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN ，则MS ＝2，SN ＝4.则从M 到N 的路径中，最短路径的长度为MS 2＋SN 2＝22＋42＝2 5.答案 (1)C (2)B探究提高 1.由直观图确定三视图，一要根据三视图的含义及画法和摆放规则确认.二要熟悉常见几何体的三视图. 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)根据正视图或侧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.【训练1】 (1)如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P －BCD 的正视图与侧视图的面积之和为( )A.1B.2C.3D.4(2)(2017·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.3 2B.2 3C.2 2D.2解析 (1)设点P 在平面A 1ADD 1的射影为P ′，在平面C 1CDD 1的射影为P ″，如图所示.∴三棱锥P －BCD 的正视图与侧视图分别为△P ′AD 与△P ″CD ，因此所求面积S ＝S △P ′AD ＋S △P ″CD ＝12×1×2＋12×1×2＝2.(2)根据三视图可得该四棱锥的直观图(四棱锥P －ABCD )如图所示，将该四棱锥放入棱长为2的正方体中.由图可知该四棱锥的最长棱为PD ，PD ＝22＋22＋22＝2 3.答案 (1)B (2)B热点二几何体的表面积与体积考法1 空间几何体的表面积【例2－1】 (1)(2017·全国Ⅰ卷)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( ) A.10 B.12C.14D.16(2)(2018·西安模拟)如图，网格纸上正方形小格的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A.20πB.24πC.28πD.32π解析 (1)由三视图可画出直观图，该直观图各面内只有两个相同的梯形的面，S 梯＝12×(2＋4)×2＝6，S 全梯＝6×2＝12.(2)由三视图知，该几何体由一圆锥和一个圆柱构成的组合体， ∵S 圆锥侧＝π×3×32＋42＝15π，S 圆柱侧＝2π×1×2＝4π，S 圆锥底＝π×32＝9π.故几何体的表面积S ＝15π＋4π＋9π＝28π. 答案 (1)B (2)C探究提高 1.由几何体的三视图求其表面积：(1)关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及度量大小；(2)还原几何体的直观图，套用相应的面积公式. 2.(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理. (2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.【训练2】 (1)(2016·全国Ⅰ卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A.17πB.18πC.20πD.28π(2)(2018·烟台二模)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图右侧曲线为半圆弧，则几何体的表面积为( )A.3π＋42－2B.3π＋22－2C.3π2＋22－2D.3π2＋22＋2解析 (1)由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O 且互相垂直的三个平面)切掉左上角的18后得到的组合体，其表面积是球面面积的78和三个14圆面积之和，易得球的半径为2，则得S ＝78×4π×22＋3×14π×22＝17π.(2)由三视图，该几何体是一个半圆柱挖去一直三棱柱，由对称性，几何体的底面面积S 底＝π×12－(2)2＝π－2.∴几何体表面积S ＝2(2×2)＋12(2π×1×2)＋S 底＝42＋2π＋π－2＝3π＋42－2. 答案 (1)A (2)A 考法2 空间几何体的体积【例2－2】 (1)(2018·河北衡水中学调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.6B.4C.223D.203(2)由一个长方体和两个14圆柱构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________.解析 (1)由三视图知该几何体是边长为2的正方体挖去一个三棱柱(如图)，且挖去的三棱柱的高为1，底面是等腰直角三角形，等腰直角三角形的直角边长为2.故几何体体积V ＝23－12×2×2×1＝6.(2)该几何体由一个长、宽、高分别为2，1，1的长方体和两个底面半径为1，高为1的14圆柱体构成.所以V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案 (1)A (2)2＋π2探究提高 1.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.2.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.【训练3】 (1)(2018·江苏卷)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________.(2)(2018·北京燕博园质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.8π－163B.4π－163C.8π－4D.4π＋83解析 (1)正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是 2.则该正八面体的体积为13×(2)2×1×2＝43.(2)该图形为一个半圆柱中间挖去一个四面体，∴体积V ＝12π×22×4－13×12×2×4×4＝8π－163. 答案 (1)43(2)A热点三多面体与球的切、接问题【例3】 (2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r .则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2. 2r ＝4＞3，不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大.由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π.答案 B【迁移探究1】若本例中的条件变为“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，求球O 的表面积. 解将直三棱柱补形为长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1，则球O 是长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1的外接球. ∴体对角线BC 1的长为球O 的直径. 因此2R ＝32＋42＋122＝13. 故S 球＝4πR 2＝169π.【迁移探究2】若将题目的条件变为“如图所示是一个几何体的三视图”试求该几何体外接球的体积.解该几何体为四棱锥，如图所示，设正方形ABCD 的中心为O ，连接OP . 由三视图，PH ＝OH ＝1，则OP ＝OH 2＋PH 2＝ 2. 又OB ＝OC ＝OD ＝OA ＝ 2. ∴点O 为几何体外接球的球心，则R ＝2，V 球＝43πR 3＝823π.探究提高 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是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，把空间问题化归为平面问题.2.若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.【训练4】 (2018·广州三模)三棱锥P －ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝PC ＝AC ＝2，AB ＝4，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( )A.23πB.234π C.64π D.643π解析如图，设O ′为正△PAC 的中心，D 为Rt △ABC 斜边的中点，H 为AC 中点.由平面PAC ⊥平面ABC .则O ′H ⊥平面ABC .作O ′O ∥HD ，OD ∥O ′H ，则交点O 为三棱锥外接球的球心，连接OP ，又O ′P ＝23PH ＝23×32×2＝233，OO ′＝DH ＝12AB ＝2.∴R 2＝OP 2＝O ′P 2＋O ′O 2＝43＋4＝163.故几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝643π.答案 D1.求解几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算.(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解.(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用.(4)求解几何体的表面积时要注意S 表＝S 侧＋S 底.2.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a 的正方体的外接球、内切球、棱切球的半径分别为32a ，a 2，22a . 3.锥体体积公式为V ＝13Sh ，在求解锥体体积中，不能漏掉13.一、选择题1.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.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，好似两个扣合(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辅助线.当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析由直观图知，俯视图应为正方形，又上半部分相邻两曲面的交线为可见线，在俯视图中应为实线，因此，选项B可以是几何体的俯视图.答案 B2.(2018·北京卷)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( )A.1B.2C.3D.4解析在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥P－ABCD，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，是△PAD，△PCD，△PAB.答案 C3.(2018·湖南师大附中联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.8(π＋4)B.8(π＋8)C.16(π＋4)D.16(π＋8)解析由三视图还原原几何体如右图：该几何体为两个空心半圆柱相切，半圆柱的半径为2，母线长为4，左右为边长是4的正方形.∴该几何体的表面积为2×4×4＋2π×2×4＋2(4×4－π×22)＝64＋8π＝8(π＋8).答案 B4.(2017·全国Ⅲ卷)已知圆柱的高为1，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.3π4C.π2D.π4解析如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球半径R ＝OA ＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12. ∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32，故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4. 答案 B5.(2018·北京燕博园押题)某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为( )A.4π3B.5π3C.7π6D.11π6解析由三视图可知，该几何体是由半个圆柱与18个球组成的组合体，其体积为12×π×12×3＋18×4π3×13＝5π3.答案 B6.(2018·全国Ⅲ卷)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93，则三棱锥D －ABC 体积的最大值为( ) A.12 3 B.18 3 C.24 3 D.54 3解析设等边△ABC 的边长为x ，则12x 2sin 60°＝93，得x ＝6.设△ABC 的外接圆半径为r ，则2r ＝6sin 60°，解得r ＝23，所以球心到△ABC 所在平面的距离d ＝42－（23）2＝2，则点D 到平面ABC 的最大距离d 1＝d ＋4＝6.所以三棱锥D －ABC 体积的最大值V max ＝13S △ABC ×6＝13×93×6＝18 3.答案 B二、填空题7.(2018·浙江卷改编)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)为________.解析由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V ＝12×(1＋2)×2×2＝6. 答案 68.(2018·郑州质检)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内接于球O ，底面ABCD 是边长为2的正方形，E 为AA 1的中点，OA ⊥平面BDE ，则球O 的表面积为________.解析取BD 的中点为O 1，连接OO 1，OE ，O 1E ，O 1A ，则四边形OO 1AE 为矩形，∵OA ⊥平面BDE ，∴OA ⊥EO 1，即四边形OO 1AE 为正方形，则球O 的半径R ＝OA ＝2，∴球O 的表面积S ＝4π×22＝16π.答案 16π 9.(2018·武汉模拟)某几何体的三视图如图所示，其中正视图的轮廓是底边为23，高为1的等腰三角形，俯视图的轮廓为菱形，侧视图是个半圆.则该几何体的体积为________.解析由三视图知，几何体是由两个大小相同的半圆锥的组合体. 其中r ＝1，高h ＝ 3.故几何体的体积V ＝13π×12×3＝33π. 答案 33π 三、解答题10.在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝AB ＝BC ＝2，且点O 为AC 中点.(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求三棱锥C 1－ABC 的体积.(1)证明因为AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点，所以A 1O ⊥AC ，又面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，且A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解 ∵A 1C 1∥AC ，A 1C 1⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴A 1C 1∥平面ABC ，即C 1到平面ABC 的距离等于A 1到平面ABC 的距离. 由(1)知A 1O ⊥平面ABC 且A 1O ＝AA 21－AO 2＝3，∴VC 1－ABC ＝VA 1－ABC ＝13S △ABC ·A 1O ＝13×12×2×3×3＝1.11.(2018·长春模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，PA ＝PB ，AD ∥BC ，AB ＝AC ，AD ＝12BC ＝1，PD ＝3，∠BAD ＝120°，M 为PC 的中点.(1)证明：DM ∥平面PAB ；(2)求四面体MABD 的体积.(1)证明取PB 中点N ，连接MN ，AN .∵M 为PC 的中点，∴MN ∥BC 且MN ＝12BC ，又AD ∥BC ，且AD ＝12BC ，得MN 綉AD . ∴ADMN 为平行四边形，∴DM ∥AN .又AN ⊂平面PAB ，DM ⊄平面PAB ，∴DM ∥平面PAB .(2)解取AB 中点O ，连接PO ，∵PA ＝PB ，∴PO ⊥AB ，又∵平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，PO ⊂平面PAB ，则PO ⊥平面ABCD ，取BC 中点H ，连接AH ，∵AB ＝AC ，∴AH ⊥BC ，又∵AD ∥BC ，∠BAD ＝120°，∴∠ABC ＝60°，Rt △ABH 中，BH ＝12BC ＝1，AB ＝2， ∴AO ＝1，又AD ＝1，△AOD 中，由余弦定理知，OD ＝ 3.Rt △POD 中，PO ＝PD 2－OD 2＝ 6.又S △ABD ＝12AB ·AD sin 120°＝32， ∴V M －ABD ＝13·S △ABD ·12PO ＝24.。

2019高考数学理科二轮复习第一篇微型专题练习：微专题09 三视图、表面积与体积计算 Word版含解析

09　三视图、表面积与体积计算1.如图所示的几何体,其表面积为(5+)π,下部分圆柱的底面直径5与该圆柱的高相等,上部分圆锥的母线长为,则该几何体的正(主)5视图的面积为( ).A .4B .6C .8D .10解析▶　设圆柱与圆锥底面半径都为a ,则圆柱高为2a.因为圆锥,所以几何体的表面积为a π+πa 2+4πa 2=(555a+5a 2)π=(5+)π,解得a=1,所以该几何体的正(主)视图的面积为5三角形面积与正方形面积之和,为×2×+2×2=6,故选B .125-1答案▶　B2.一个简单几何体的三视图如图所示,其中正(主)视图是等腰直角三角形,侧(左)视图是边长为2的等边三角形,则该几何体的体积等于 .解析▶　由三视图还原可知,原图形是底面边长为2和的矩形,3一个侧面是正三角形且垂直于底面的四棱锥,高为,所以该几何体3的体积V=×2××=2.1333答案▶　23.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( ).A.8+2πB.16+4πC.16+2πD.8+4π解析▶　由三视图可知,该几何体由一个正方体截去两个半圆柱而形成,则该几何体的表面积为2×2×4-π×12×2+π×1×2×2=16+2π,故选C .答案▶　C4.在如图所示的斜截圆柱中,已知圆柱底面的直径为40 cm,母线最长为80 cm,最短为50 cm,则斜截圆柱的侧面积S= cm 2.解析▶　如图,假设还有一个同样的斜截圆柱,拼在其上面,则构成一个圆柱,于是S=S 圆柱侧=×40π×(80+50)=2600π cm 2.1212答案▶　2600π能力1▶　能正确绘制几何体的三视图【例1】　已知三棱柱HIG-EFD 的底面为等边三角形,且侧棱垂直于底面,将该三棱柱截去三个角(如图(1)所示,A ,B ,C 分别是△HIG 三边的中点)后得到的几何体如图(2),则该几何体沿图(2)所示方向的侧(左)视图为( ).(1) (2)解析▶　因为平面DEHG⊥平面EFD,所以几何体的侧(左)视图为直角梯形,直角腰在侧(左)视图的左侧,故选A.答案▶　A 本题主要考查空间想象力和投影知识,借助直三棱柱,即可画出侧(左)视图.将长方体ABCD-A1B1C1D1截去一个直三棱柱,两个三棱锥(如图(1)所示)后得到的几何体如图(2),该几何体沿图(2)所示方向的侧(左)视图为( ).(1)(2)解析▶　侧(左)视图轮廓为长方形,故选B.答案▶　B 能力2▶　会通过三视图还原几何体【例2】　某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积V=( ).A .B .C .3D .83103203解析▶　由三视图还原几何体,可知该几何体为直三棱柱截去一个三棱锥后所得的部分,其中直三棱柱的底面是直角边为2的等腰直角三角形,高为2,三棱锥的底面与棱柱的底面相同,高为1,故该几何体的体积V=V 柱-V锥=,故选B .103答案▶　B 本题主要考查空间想象能力和体积公式.先还原出空间几何体,再利用V=V 柱-V 锥求体积.如图,网格纸上正方形小格的边长为1,实线画出的是某几何体的三视图,则围成该几何体的所有面中的最大面的面积为( ).A .B .9C .D .2527259292解析▶　由三视图可知,该几何体为三棱锥,如图所示.由题意知,AB=6,BC=3,BD=CD=3,AD=9,AC=3.因为△ABC 和256△ABD 为同高的直角三角形,且BC<BD ,所以S △ABC <S △ABD =95,S △BCD =6×6-3×6-3×3×=13.因为cos∠ADC==1212DC 2+A D 2-A C 22·DC ·AD =,所以sin∠ADC=,所以S △ACD =×9×3×=,45+81-542×35×9435293512529359292故选C .答案▶　C能力3▶　会计算几何体的表面积【例3】　如图所示的是某几何体的三视图,则该几何体的外接球的表面积为( ).A .24πB .36πC .40πD .400π解析▶　该几何体是底面为等腰三角形的直三棱柱,由图可知,底面是顶角为120°的等腰△ABC ,侧棱AA 1垂直底面,AC=2,AA 1=236,AB==2.设△ABC 外接圆的半径为r ,则S △ABC =AB 2sin 120°=3sin60°12,得r=2.由直三棱柱的性质可知,球心到底面外接圆圆心的距AB 2·AC 4r离d==.由球体的性质得R 2=d 2+r 2=10,即外接球的表面积为40π,AA 126故选C .答案▶　C 涉及球与棱柱、棱锥的切和接问题时,一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面,把空间问题转化为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系,或只画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系,列方程(组)求解.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( ).A.14π+24B.12π+32C.12π+24D.14π+32解析▶　由三视图可知该空间几何体为个圆柱和个球和1个长1212方体的组合体,S 表=S 球+S 圆柱侧面+S 圆柱底面+S 长方体-S 长方体的一个底面-S12121212圆柱底面=×4π×22+×2π×2×2+×π×22+4×2+2×(2×2+2×4)-121212×π×22=12π+32,故选B .12答案▶　B 能力4▶　会计算几何体的体积【例4】　如图所示的是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( ).A .2B .4C .D .33233433解析▶　由三视图可知几何体为直三棱柱,直观图如图所示.其中底面为直角三角形,AD=2,AF=,高AB=2.3∴该几何体的体积V=×2××2=2,1233 故选A .答案▶　A 先还原出几何体,并抓住几何体特征,再利用体积公式求解.已知一个四棱锥的三视图如图所示,则此四棱锥的体积为 .解析▶　该几何体是如图所示的四棱锥P-ABCD ,其中PA ⊥底面ABCD ,底面四边形由直角梯形ABED 与直角△DCE 组成,AB ∥DE ,AB ⊥BC ,AB=1,DE=2,BE=EC=1,PA=2.∴S 底面ABCD =×1+×2×1=,∴V=××2=.1+221252135253答案▶　53一、选择题1.如图所示的是一个空间几何体的三视图,则该几何体的体积为( ). A. B.2 C.6 D.4383解析▶　如图,该几何体还原后是一个底面为直角三角形的三棱锥S-ABD ,V S-ABD =×2×2××2=,故选A .121343答案▶　A2.如图所示的是一个空间几何体的三视图,则该几何体的体积为( ).A. B.4 C. D.42383163解析▶　如图,该几何体还原后是一个底面为矩形的四棱锥A 1-ABC 1D 1.连接A 1D 交AD 1于点O ,因为A 1D ⊥AD 1,A 1D ⊥AB ,所以A 1D ⊥平面ABC 1D 1,所以四棱锥的高H 为A 1O ,AB=2,BC 1=2,A 1O=,22所以=2×2××=, 故选C .V A 1-AB C 1D 1213283答案▶　C3.如图所示的是一个空间几何体的三视图,则该几何体的最长棱长为( ).B.3C.2D.2523解析▶　如图,该几何体还原后是一个底面为直角三角形的三棱锥C 1-MNC.由图可知棱C 1M 最长,且C 1M===3,MC 2+C C 21MB 2+B C 2+C C 21故选B .答案▶　B4.如图,网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,则这个几何体的外接球体积为( ).A .4πB .4π3C .πD .π4383解析▶　由题得几何体还原后为四棱锥P-ABCD ,底面ABCD 是边长为2的正方形,且PA ⊥底面ABCD ,PA=2.把几何体放在边长为2的正方体中,P ,A ,B ,C ,D 恰好是正方体的五个顶点,所以这个正方体的外接球和四棱锥的外接球是同一个球,所以四棱锥的外接球半径为正方体的体对角线的一半,即,3所以几何体外接球的体积V=π×()3=4π,故答案为B .4333答案▶　B5.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积V=( ).A .B .C .3D .83103203解析▶　如图,由三视图还原几何体,可知该几何体为直三棱柱截去两个三棱锥后所得的部分,其中直三棱柱的底面是直角边为2的等腰直角三角形,高为2,三棱锥的底面与棱柱的底面相同,高为1,故该几何体的体积V=V 柱-2V锥=,故选A .83答案▶　A6.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( ).A.24+(-2)πB.2452C.24+(2-2)πD.16-2π解析▶　该几何体由一个正方体挖去两个相同的圆锥而形成,由2三视图可知正方体的棱长为2,圆锥的底面圆的半径为1,母线为,所以该几何体的表面积为正方体的表面积减去两个圆锥的底面的面积再加上两个圆锥的侧面积,因此S=2×2×6-2π+π×1×2×2=24+(2-2)π,故选C.2答案▶　C7.将一个长方体去掉一个小长方体,所得几何体的正(主)视图与侧(左)视图如图所示,则该几何体的俯视图为( ).解析▶　由正(主)视图可以看出去掉的小长方体在正视图的左上角,从侧(左)视图可以看出去掉的小长方体在侧(左)视图的右上角,故选C.答案▶　C3437298.已知在四面体ABCD中,AB=CD=,AC=BD=,AD=BC=,则四面体ABCD的外接球的表面积为( ).A.25πB.50πC.100πD.200π解析▶　此四面体可看成一个长方体的一部分,长方体的长、宽、2113、4、,四面体ABCD如图所示,所以此四面体的外接球的直径为长方体的体对角线长,即2R==(21)2+(13)2+4250,所以外接球的表面积为50π,故选B.答案▶　B二、填空题22 9.如图,一个正四棱台的上底面的边长为3,下底面的边长为5,高为8,则其外接球的表面积为 .解析▶　如图所示,作出正四棱台的最大轴截面,由正四棱台的特征知O1C为四棱台上底面的外接圆半径,O2B为四棱台下底面的外接圆半径,OC=OB=R,R为球的半径.因为上、下底面都为正方形,所以O1C=3,O2B=5,O1O2=h=8.又O1O2+O1C2=R2,　①O2O2+O2B2=R2,　②O1O+O2O=O1O2=8,　③联立三式解得O1O=5,O2O=3,R2=34,所以S球=4π×34=136π.答案▶　136π10.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为 .解析▶　由三视图知几何体的左边是半圆锥,右边是四棱锥,如图所示.其中圆锥的底面半径为1,高为,四棱锥的底面是边长为2的正3方形,高为.3所以几何体的体积为××π×12×+×22×=π+.1213313336433答案▶　π+3643311.如图所示的是一个空间几何体的三视图,则该几何体的表面积为 .解析▶　该几何体为一个半球和一个正四棱锥,球的半径为3,2四棱锥的底面边长为6,高为4,四棱锥的侧面为等腰三角形,侧面的斜高为5,S 表=S 半球+S 四棱锥侧面+S 圆-S 正=2π×(3)2+4×+π×(3)2-26×52236=54π+24.答案▶　54π+2412.如图,已知球O 的面上四点A 、B 、C 、D ,DA ⊥平面ABC ,AB ⊥BC ,DA=AB=BC=,则球O 的体积等于 .3解析▶　由题意知,△DAC ,△DBC 都是直角三角形,且有公共的斜边,所以DC 边的中点到点B 和A 的距离都等于DC 的一半,所以DC 边的中点是球心并且半径为线段DC 长的一半.因为DC==3,所以球的体积V=π×=π.DA 2+A B 2+B C243(32)392答案▶　π92三、解答题13.如图所示的是一个几何体的三视图.(1)求该几何体的表面积和体积.(2)求该几何体的外接球与内切球的半径之比.解析▶　(1)如图所示,由三视图知该几何体为正四面体B 1-ACD 1,AD 1=AC=CD 1=B 1A=B 1C=B 1D 1=4,S 表=4=4××(42S△ACD 1342)2=32.3设等边△ACD 1的中心为O ,连接B 1O ,OC ,由正四面体的特征知,B 1O 是正四面体的高,OC 是等边三角形ACD 1的外接圆的半径,所以△B 1OC为直角三角形,OC=.463因为OC 2+B 1O 2=B 1C 2,所以B 1O=,=××8=.833V B 1-AC D 1138333643(2)正四面体的外接球即正方体的外接球,外接球的直径为正方体的体对角线,所以R 1=2.3设正四面体B 1-ACD 1的内切球的球心为O 1,半径为R 2,连接O 1B 1,O 1A ,O 1C ,O 1D 1,则=4=4××8×R 2=,解得V B 1-AC D 1V O 1-AC D 1133643R 2=,所以=3.233R 1R 2。

2019年高考数学二轮专题复习知能专练十三空间几何体的三视图表面积及体积

知能专练（十三）空间几何体的三视图、表面积及体积一、选择题1．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )解析：选C 注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项C 中，其宽度为32，与题中所给的侧视图的宽度1不相等，因此选C. 2．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2S a ＋b ＋c ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.3．将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π解析：选C 由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.4．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83C ．4(5＋1)，83D ．8,8解析：选B 由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为 22＋12＝5，所以S侧＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×5＝45，V ＝13×22×2＝83.5.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左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( )A ．10B ．12C ．14D ．16 解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，如图所示，其下面是一个底面为等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面为等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为＋2×2＝12，故选B.6．如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正视图的面积为23，则其侧视图的面积为( )A.32B.33。

2019高考数学二轮复习小题专项练习(八)空间几何体的三视图、表面积与体积理

小题专项练习(八) 空间几何体的三视图、表面积与体积一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．1 B．2C．3 D．62．[2018·成都经开区实验中学月考]如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，用过点A、E、C1的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图(也称主视图)是( )3．[2018·宁夏六盘山第三次模拟]《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A．2 B．2＋4 2C．4＋4 2 D．4＋6 24.[2018·江西重点中学第二次联考]如图所示，网格纸上小正方形的边长为2，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则此几何体的体积为( )A.43 B ．4 C.323 D.6435．[2018·海南第三次联合考试]某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的侧面积为( )A ．40 cm 2B ．56 cm 2C ．60 cm 2D ．76 cm 26．[2018·峨山一中五月月考]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 ．210C.132D ．310 7．[2018·山东沂水县期中]某底面为正方形的四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积为( )A ．2B ．2＋ 2C ．3＋ 3D ．3＋ 28．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 ．217B ．2 5C ．3D ．2 9.[2018·江淮十校第三次联考]《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提出如下问题：“今有刍童，下广两丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈，问积几何？”翻译成现代文是“今有上下底面皆为长方形的草垛，下底(指面积较小的长方形)宽2丈，长3丈；上底(指面积较大的长方形)宽3丈，长4丈；高3丈．问它的体积是多少？”现将该几何体的三视图给出如图所示，则该几何体的体积为( )立方丈．A.532B ．24C ．27D ．18＋6 210．[2018·哈尔滨六中冲刺押题卷(二)]某正四棱锥的正视图和俯视图如图所示，该正四棱锥的侧棱长是( )A.10B.11 C ．410 D ．41111．[2018·成都第三次诊断性检测]在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1(底面是正三角形，侧棱垂直于底面的棱柱)中，所有棱长之和为定值a .若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的顶点都在球O 的表面上，则当正三棱柱侧面积取得最大值24时，该球的表面积为( )A ．43π B.32π3C ．12π D.64π312.[2018·康杰中学模拟]如图是某四棱锥的三视图，其中正视图是边长为2的正方形，侧视图是底边长分别为2和1的直角梯形，则该几何体的体积为( )A.83B.43C.823D.423二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上．13．[2018·江苏赣榆县模拟]若圆柱的侧面展开图是边长为4 cm 的正方形，则圆柱的体积为________ cm 3.14．[2018·江苏卷]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________．15．[2018·江苏徐州质检]已知正四棱柱的底面边长为3 cm ，侧面的对角线长是3 5 cm ，则这个正四棱柱的体积是________ cm 3.16．[2018·浙江杭州质量检测]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________．。

2019高考高考数学二轮复习小题专练作业(八)空间几何体的三视图、表面积与体积理

2．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()
A．2B．4 C．6D．8
解析由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V＝×(1＋2)×2×2＝6。故选C。
答案C
3．(2018·太原二模)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()
解析由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥。设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V1＝××1×1×1＝，剩余部分的体积V2＝13－＝。所以＝＝。
答案
8．(2018·江苏高考)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________。
答案D
14．(2018·江西九江二模)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB＝BC＝1。点D为侧棱BB1上的动点。若△ADC1周长的最小值为＋，则三棱锥C1－ABC外接球的表面积为________。
答案A
13．(2018·东北三校二模)已知某几何体的三视图如图所示，过该几何体最短两条棱的中点作平面α，使得α平分该几何体的体积，则可以作此种平面α()
A．恰好1个B．恰好2个
C．至多3个D．至少4个
解析几何体的直观图如图所示。该几何体最短两条棱为PA和BC，设PA和BC的中点分别为E，F，则过E，F且平分几何体体积的平面α，可能为：①平面PAF；②平面BCE；③平面EGFH(其中G，H为AC和PB的中点)；④平面EMFN(其中M，N为PC和AB的中点)，所以此种平面至少4个。故选D。
解析正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为棱AA1的中点。若AA1＝4，AB＝2，则四棱锥B－ACC1D的体积为________。

2019届二轮(理科数学) 空间几何体的三视图、表面积和体积专题卷(全国通用)

专题限时集训(七)空间几何体的三视图、表面积和体积(建议用时：40分钟)(对应学生用书第97页)一、选择题1．(2018·全国卷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2-4-11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()图2-4-11A B C DA[由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A．]2．(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，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．3π4C．π2D．π4B[设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r，R及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32. ∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4. 故选B ．]3．(2018·新疆第二次适应性检测)球的体积为43π，平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，则球心O 到平面α的距离为( )A ．1B ． 2C ． 3D ． 6B [依题意，设该球的半径为R ，则有4π3R 3＝43π，解得R ＝3，因此球心O 到平面α的距离d ＝R 2－12＝ 2.]4．(2018·贵阳高考适应性训练一)如图2-4-12，方格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面的面积中最大与最小之和是( )图2-4-12A ．8＋4 3B ．12C ．8＋4 2D ．10B [由三视图知，该三棱锥的直观图如图所示，其中P A ⊥平面ABC ，底面ABC 是等腰三角形，CA ＝CB ，P A ＝AB ＝4，不难计算△ABC 、△P AC 、△PBC 、△P AB 的面积依次是4、42、43、8，所以该三棱锥的四个面的面积中最大与最小之和为12，故选B ．]5．在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M -PBC 的体积为( )A ．1B ．32C ．92D ．与M 点的位置有关B [∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BC 1的距离是D 1到平面BC 1距离的13，即为D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点，∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M -PBC ＝V P -MBC ＝13×92×1＝32.]6．(2018·湖南五市十校联考)圆锥的母线长为l ，过顶点的最大截面的面积为12l 2，则圆锥底面半径与母线长的比r l 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1 C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22 D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫22，1 D [设圆锥的高为h ，过顶点的截面的顶角为θ，则过顶点的截面的面积S ＝12l 2sin θ，而0＜sin θ≤1，所以当sin θ＝1，即截面为等腰直角三角形时取得最大值，故圆锥的轴截面的顶角必须大于或等于90°，得l ＞r ≥l cos 45°＝22l ，所以22≤r l＜1.] 7．一个几何体的三视图如图2-4-13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，若该几何体的所有顶点在同一球面上，则该球的表面积是( )图2-4-13A ．32πB ．34πC ．3πD ．3πC [该几何体的直观图如图所示，它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥．其中底面ABCD 是边长为1的正方形，高为CC 1＝1，该几何体的所有顶点都是棱长为1的正方体的顶点，故几何体的外接球，即为棱长为1的正方体的外接球，故球的直径R 满足：2R ＝12＋12＋12＝3， ∴R ＝32，∴球的表面积是4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3π，故选C ．] 8．某几何体的三视图如图2-4-14所示，若该几何体的体积为12π＋8，则该几何体的表面积为( )图2-4-14A ．18π＋82＋4B ．20π＋8 2C ．10π＋4 2D ．45π＋272＋9B [还原几何体如图所示，几何体的体积是V ＝πa 2×2a ×34＋12×2a×a×a＝12π＋8，解得a＝2，而几何体的表面积是S＝2πa2＋2πa×a×32＋2a×a×2，将a＝2代入，所以S＝20π＋82，故选B．]9．已知三棱柱ABC-A′B′C′的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为3，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，则此球的表面积是() A．2π B．4πC．8π D．10πC[根据余弦定理可知，BC＝3，则∠ACB＝90°，点E，F分别是斜边AB，A′B′的中点，点O为EF的中点，点O为三棱柱外接球的球心，设三棱柱的高为h，V＝12×1×3×h＝3，解得h＝2，R2＝OA2＝⎝⎛⎭⎪⎫12AB2＋⎝⎛⎭⎪⎫12h2，代入可得R2＝1＋1＝2，所以此球的表面积为S＝4πR2＝8π，故选C．]图10．三棱锥A-BCD内接于半径为5的球O中，AB＝CD＝4，则三棱锥A-BCD 的体积的最大值为()A．43B．83C．163D．323C[如图，过CD作平面ECD，使AB⊥平面ECD，交AB于点E，设点E到CD的距离为EF，当球心在EF上时，EF最大，此时E，F分别为AB，CD的中点，且球心O为EF的中点，所以EF＝2，所以V max＝13×12×4×2×4＝163，故选C．]11．一块边长为6 cm的正方形铁皮按如图2-4-15(1)所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，将该容器按如图2-4-15(2)放置，若其正视图为等腰直角三角形，则该容器的体积为()(1)(2)图2-4-15A．12 6 cm3B．4 6 cm3C．27 2 cm3D．9 2 cm3D[如图(2)，△PMN为该四棱锥的正视图，由图(1)可知，PM＋PN＝6，且PM＝PN，由△PMN为等腰直角三角形，可知MN＝32，PM＝3.设MN中点为O，则PO⊥平面ABCD，∴PO＝12MN＝322，∴V P-ABCD＝13×()322×322＝13×18×322＝9 2.选D．]图(1)图(2)12．等腰△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，将△ABC沿BC边上的高AD折成直二面角B-AD-C，则三棱锥B-ACD的外接球的表面积为()A．5π B．20 3πC．10π D．34πD[依题意，在三棱锥B-ACD中，AD，BD，CD两两垂直，且AD＝4，BD ＝CD＝3，因此可将三棱锥B-ACD补成一个长方体，该长方体的长、宽、高分别为3,3,4，且其外接球的直径2R＝32＋32＋42＝34，故三棱锥B-ACD的外接球的表面积为4πR2＝34π.]二、填空题13.如图2-4-16所示，图中阴影部分绕AB 旋转一周所形成的几何体的体积为________．图2-4-16140π3[由题知，旋转一周后形成的几何体是一圆台去掉一个半球，其中圆台的体积为V ＝13×(π×22＋π×22×π×52＋π×52)×4＝52π，半球的体积V ＝12×43×π×23＝16π3，则所求体积为52π－16π3＝140π3.]14．(2018·马鞍山教学质量检测)在三棱锥A -BCD 中，AB ＝1，BC ＝2，CD ＝AC ＝3，当三棱锥A -BCD 的体积最大时，其外接球的表面积为________．6π [∵AB ＝1，BC ＝2，AC ＝3，∴AB 2＋BC 2＝AC 2，即△ABC 为直角三角形，当CD ⊥面ABC 时，三棱锥A -BCD的体积最大，又∵CD ＝3，△ABC 外接圆的半径为32，故外接球的半径R 满足R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝32，∴外接球的表面积为4πR 2＝6π.] 15．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．36π [如图，连接OA ，OB ．由SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径知，OA ⊥SC ，OB ⊥SC ．由平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，OA ⊥SC ，知OA ⊥平面SCB ．设球O 的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ，∴三棱锥S -ABC 的体积V ＝13×12×SC ×OB ×OA ＝r 33，即r 33＝9，∴r ＝3，∴S 球表＝4πr 2＝36π.]16．已知正四棱锥P -ABCD 中，P A ＝23，则当该正四棱锥的体积最大时，它的高h 等于________．2 [设正四棱锥P -ABCD 的底面边长为a ，∵P A ＝23，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋h 2＝12，即a 22＋h 2＝12，故a 2＝24－2h 2，∴正四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13a 2h ＝8h －23h 3(h ＞0)，∴V ′＝8－2h 2，令V ′＞0得0＜h ＜2，令V ′<0得h >2，∴当h ＝2时，正四棱锥P -ABCD 的体积取得最大值．]。

2019高考数学二轮复习第二部分专题四空间几何体的三视图、表面积及体积文

专题强化练十空间几何体的三视图、表面积及体积一、选择题1．如图，在正方形ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为BD 1的中点，则△PAC 在该正方体各个面上的正投影可能是( )A ．①②B ．①④C ．②③D ．②④解析：图①是△PAC 在底面上的投影，④是△PAC 在前后侧面上的投影．因此正投影可能是①④，选项B 正确．答案：B2．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．60B ．30C ．20D ．10解析：由三视图知可把三棱锥放在一个长方体内部，则三棱锥A 1BCD 是三视图所示三棱锥，VA 1BCD ＝13×12×3×5×4＝10.答案：D3．(2018·北京卷)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( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥P ABCD ，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3.答案：C4．中国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直棱柱称为“堑堵”．已知“堑堵”的正视图和俯视图如图所示，则该“堑堵”的侧视图的面积为( )A ．18 6B ．18 3C ．18 2 D.2722解析：在俯视图Rt △ABC 中，作AH ⊥BC 交于H .由三视图的意义，则BH ＝6，HC ＝3，根据射影定理，AH 2＝BH ·HC ，所以AH ＝3 2.易知该“堑堵”的侧(左)视图是矩形，长为6，宽为AH ＝32，故侧视图的面积S ＝6×32＝18 2. 答案：C5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．πB ．2πC ．3πD ．8π解析：由三视图知，该几何体是一个圆柱挖去一个同底的圆锥．所以该几何体的体积V ＝3×π×12－13·π×12×3＝2π.答案：B6．(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93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3 解析：设等边△ABC 的边长为x ，则12x 2sin 60°＝93，得x ＝6. 设△ABC 外接圆的半径为r ，则2r ＝6sin 60°，得r ＝2 3.所以球心到△ABC 所在平面的距离d ＝42－（23）2＝2，则点D 到平面ABC 的最大距离d 1＝d ＋4＝6.故V 三棱锥D ABC 的最大值为13·S △ABC ×6＝13×93×6＝18 3.答案：B 二、填空题7．(2018·浙江卷改编)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是________．解析：由三视图知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以其体积V ＝12×(1＋2)×2×2＝6.答案：68．(2018·济南市模拟)某几何体的三视图如图所示，其中主视图的轮廓是底边为23，高为1的等腰三角形，俯视图的轮廓为菱形，左视图是个半圆．则该几何体的体积为________．解析：由三视图知，几何体是由两个大小相同的半圆锥的组合体．其中r ＝1，高h ＝ 3.故几何体的体积V ＝13π×12×3＝33π.答案：33π 9．已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1内接于球O ，底面ABCD 是边长为2的正方形，E 为AA 1的中点，OA ⊥平面BDE ，则球O 的表面积为________．解析：取BD 的中点为O 1，连接OO 1，OE ，O 1E ，O 1A . 则四边形OO 1AE 为矩形，因为OA ⊥平面BDE ，所以OA ⊥EO 1，即四边形OO 1AE 为正方形，则球O 的半径R ＝OA ＝2，所以球O 的表面积S ＝4π×22＝16π. 答案：16π10．(2018·郑州调研)某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是由半个圆柱与18个球组成的组合体，其体积为12×π×12×3＋18×4π3×13＝5π3.答案：5π311．(2018·烟台质检)已知三棱锥P ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为2的正三角形，PA ，PB ，PC 两两垂直，则球O 的表面积是________．解析：设球O 的半径为R ，且2R ＝PA 2＋PB 2＋PC 2.因为△ABC 是边长为2的正三角形，PA 、PB 、PC 两两垂直．所以PA ＝PB ＝PC ＝22＝1，则2R ＝3，所以球的表面积S 球＝4πR 2＝3π. 答案：3π 三、解答题12．(2018·佛山质检)如图，四棱锥P ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，PA ＝PB ，AD ∥BC ，AB ＝AC ，AD ＝12BC ＝1，PD ＝3，∠BAD ＝120°，M 为PC 的中点．(1)证明：DM ∥平面PAB ； (2)求四面体M ABD 的体积． (1)证明：取PB 中点N ，连接MN 、AN .因为M 为PC 的中点，所以MN ∥BC 且MN ＝12BC ，又AD ∥BC ，且AD ＝12BC ，得MN 綊AD ，所以ADMN 为平行四边形，所以DM ∥AN .又AN ⊂平面PAB ，DM ⊄平面PAB ，所以DM ∥平面PAB . (2)解：取AB 中点O ，连接PO ，PO ⊥AB . 又因为平面PAB ⊥平面ABCD ，则PO ⊥平面ABCD ，取BC 中点H ，连结AH ，因为AB ＝AC ，所以AH ⊥BC ，又因为AD ∥BC ，∠BAD ＝120°，所以∠ABC ＝60°， Rt △ABH 中，BH ＝12BC ＝1，AB ＝2，所以AO ＝1，又AD ＝1，△AOD 中，由余弦定理知，OD ＝3， Rt △POD 中，PO ＝PD 2－OD 2＝6，所以V M ABD ＝13·S △ABD ·12PO ＝24.。

2019高考数学二轮复习第二部分专题四专题强化练十空间几何体的三视图、表面积及体积理

专题强化练十空间几何体的三视图、表面积及体积一、选择题1．如图，在正方形ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为BD 1的中点，则△PAC 在该正方体各个面上的正投影可能是( )A ．①②B ．①④C ．②③D ．②④解析：图①是△PAC 在底面上的投影，④是△PAC 在前后侧面上的投影．因此正投影可能是①④，选项B 正确．答案：B2．(2018·烟台二模)某几何体的三视图如2题图所示，其中俯视图右侧曲线为半圆弧，则几何体的表面积为( )A ．3π＋42－2B ．3π＋22－2 C.3π2＋22－2 D.3π2＋22＋2 解析：由三视图，该几何体是一个半圆柱挖去一直三棱柱形成．依题设知，几何体的底面面积S 底＝π×12－(2)2＝π－2.所以该几何体表面积为S ＝2(2×2)＋12(2π×1×2)＋S 底＝42＋2π＋π－2＝3π＋42－2.答案：A3．(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如3题图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥P ABCD ，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3.答案：C4．中国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直棱柱称为“堑堵”．已知“堑堵”的正视图和俯视图如图所示，则该“堑堵”的侧视图的面积为( )A ．18 6B ．18 3C ．18 2 D.2722解析：在俯视图Rt △ABC 中，作AH ⊥BC 交于H .由三视图的意义，则BH ＝6，HC ＝3，根据射影定理，AH 2＝BH ·HC ，所以AH ＝3 2.易知该“堑堵”的侧(左)视图是矩形，长为6，宽为AH ＝32，故侧视图的面积S ＝6×32＝18 2.答案：C5．(2018·北京西城质检)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O ABC 的体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：因为△AOB 的面积为定值，所以当OC 垂直于平面AOB 时，三棱锥O ABC 的体积取得最大值．由13×12R 2×R ＝36，得R ＝6.从而球O 的表面积S ＝4πR 2＝144π.答案：C6．(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93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3 解析：设等边△ABC 的边长为x ，则12x 2sin 60°＝93，得x ＝6. 设△ABC 外接圆的半径为r ，则2r ＝6sin 60°，得r ＝2 3.所以球心到△ABC 所在平面的距离d ＝42－（23）2＝2，则点D 到平面ABC 的最大距离d 1＝d ＋4＝6.故V 三棱锥D ABC 的最大值为13·S △ABC ×6＝13×93×6＝18 3.答案：B 二、填空题7．(2018·浙江卷改编)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是________．解析：由三视图知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以其体积V ＝12×(1＋2)×2×2＝6.答案：68.(2018·济南市模拟)某几何体的三视图如图所示，其中主视图的轮廓是底边为23，高为1的等腰三角形，俯视图的轮廓为菱形，左视图是个半圆．则该几何体的体积为________．解析：由三视图知，几何体是由两个大小相同的半圆锥的组合体．其中r ＝1，高h ＝ 3. 故几何体的体积V ＝13π×12×3＝33π.答案：33π 9．已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1内接于球O ，底面ABCD 是边长为2的正方形，E 为AA 1的中点，OA ⊥平面BDE ，则球O 的表面积为________．解析：取BD 的中点为O 1，连接OO 1，OE ，O 1E ，O 1A . 则四边形OO 1AE 为矩形，因为OA ⊥平面BDE ，所以OA ⊥EO 1，即四边形OO 1AE 为正方形，则球O 的半径R ＝OA ＝2，所以球O 的表面积S ＝4π×22＝16π. 答案：16π10．(2018·郑州调研)某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是由半个圆柱与18个球组成的组合体，其体积为12×π×12×3＋18×4π3×13＝5π3.答案：5π311．(2018·烟台质检)已知三棱锥P ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为2的正三角形，PA ，PB ，PC 两两垂直，则球O 的表面积是________．解析：设球O 的半径为R ，且2R ＝PA 2＋PB 2＋PC 2.因为△ABC 是边长为2的正三角形，PA 、PB 、PC 两两垂直．所以PA ＝PB ＝PC ＝22＝1，则2R ＝3，所以球的表面积S 球＝4πR 2＝3π. 答案：3π 三、解答题12．(2018·佛山质检)如图，四棱锥P ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，PA ＝PB ，AD ∥BC ，AB ＝AC ，AD ＝12BC ＝1，PD ＝3，∠BAD ＝120°，M 为PC 的中点．(1)证明：DM ∥平面PAB ； (2)求四面体M ABD 的体积． (1)证明：取PB 中点N ，连接MN 、AN .因为M 为PC 的中点，所以MN ∥BC 且MN ＝12BC ，又AD ∥BC ，且AD ＝12BC ，得MN 綊AD ，所以ADMN 为平行四边形，所以DM ∥AN . 又AN ⊂平面PAB ，DM ⊄平面PAB ，所以DM ∥平面PAB .(2)解：取AB 中点O ，连接PO ，PO ⊥AB . 又因为平面PAB ⊥平面ABCD ，则PO ⊥平面ABCD ，取BC 中点H ，连结AH ，因为AB ＝AC ，所以AH ⊥BC ，又因为AD ∥BC ，∠BAD ＝120°，所以∠ABC ＝60°， Rt △ABH 中，BH ＝12BC ＝1，AB ＝2，所以AO ＝1，又AD ＝1，△AOD 中，由余弦定理知，OD ＝3， Rt △POD 中，PO ＝PD 2－OD 2＝6，所以V M ABD ＝13·S △ABD ·12PO ＝24.。

2019版高考数学二轮复习：专题检测(十一)空间几何体的三视图、表面积及体积理(普通生,含解析)

专题检测（十一）空间几何体的三视图、表面积及体积一、选择题1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )解析：选D 先观察俯视图，由俯视图可知选项B 和D 中的一个正确，由正视图和侧视图可知选项D 正确．2．设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的体积为( )A ．100π B.2563π C.4003π D.5003π解析：选D 因为切面圆的半径r ＝4，球心到切面的距离d ＝3，所以球的半径R ＝r 2＋d 2＝42＋32＝5，故球的体积V ＝43πR 3＝43π×53＝5003π，即该西瓜的体积为5003π.3．(2019届高三·开封高三定位考试)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为( )A ．4πB ．2π C.4π3D ．π解析：选B 由题意知该几何体的直观图如图所示，该几何体为圆柱的一部分，设底面扇形的圆心角为α，由tan α＝31＝3，得α＝π3，故底面面积为12×π3×22＝2π3，则该几何体的体积为2π3×3＝2π.4．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．4＋6 2解析：选C 由三视图知，该几何体是直三棱柱ABC A 1B 1C 1，其直观图如图所示，其中AB ＝AA 1＝2，BC ＝AC ＝2，∠C ＝90°，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S ＝(2＋22)×2＝4＋4 2.5．(2018·惠州二调)如图，某几何体的三视图是三个全等的等腰直角三角形，且直角边长都等于1，则该几何体的外接球的体积为( )A.12π B.32π C ．3πD.43π 解析：选B 还原几何体为如图所示的三棱锥A BCD ，将其放入棱长为1的正方体中，如图所示，则三棱锥A BCD 外接球的半径R ＝32，该几何体的外接球的体积V ＝43πR 3＝32π，故选B.6．已知某几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是( )A.43 cm 3B.83 cm 3C ．2 cm 3D ．4 cm 3解析：选B 由三视图可知，该几何体为底面是正方形，且边长为2 cm ，高为2 cm 的四棱锥，如图，故V ＝13×22×2＝83(cm 3)．7．如图，已知△EAB 所在的平面与矩形ABCD 所在的平面互相垂直，EA ＝EB ＝3，AD ＝2，∠AEB ＝60°，则多面体E ABCD 的外接球的表面积为( )A.16π3B ．8πC ．16πD ．64π解析：选C 由题知△EAB 为等边三角形，设球心为O ，O 在平面ABCD 的射影为矩形ABCD 的中心，O 在平面ABE 上的射影为△EAB 的重心G ，又由平面EAB ⊥平面ABCD ，则△OGA 为直角三角形，OG ＝1，AG ＝3，所以R 2＝4，所以多面体E ABCD 的外接球的表面积为4πR 2＝16π.8．(2018·昆明摸底)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( )A ．63πB ．72πC ．79πD ．99π解析：选A 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π×32×5＋12×43π×33＝63π.9．(2019届高三·武汉调研)一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．28B ．24＋2 5C ．20＋4 5D ．20＋2 5解析：选B 根据该几何体的三视图作出其直观图如图所示，可知该几何体是一个底面是梯形的四棱柱．根据三视图给出的数据，可得该几何体中梯形的上底长为2，下底长为3，高为2，所以该几何体的表面积S ＝ 12×(2＋3)×2×2＋2×2＋2×3＋2×2＋2×22＋12＝24＋25，故选B.10.如图是一个几何体的三视图，其中正视图是边长为2的等边三角形，侧视图是直角边长分别为1和3的直角三角形，俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的内接三棱锥的体积的最大值为( )A.36 B.33 C.433D.3π3解析：选B 由三视图可知该几何体为半个圆锥，圆锥的母线长l ＝2，底面半径r ＝1，高h ＝ 3.由半圆锥的直观图可得，当三棱锥的底面是斜边，为半圆直径，高为半径的等腰直角三角形，棱锥的高为半圆锥的高时，其内接三棱锥的体积达到最大值，最大体积为V ＝13×12×2×1×3＝33，故选B. 11．(2019届高三·贵阳摸底考试)某实心几何体是用棱长为1 cm 的正方体无缝粘合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．50 cm 2B ．61 cm 2C ．84 cm 2D ．86 cm 2解析：选D 根据题意可知该几何体由3个长方体(最下面长方体的长、宽、高分别为5 cm,5 cm, 1 cm ；中间长方体的长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm ；最上面长方体的长、宽、高分别为1 cm,1 cm,1 cm)叠合而成，长、宽、高分别为5 cm,5 cm,1 cm 的长方体的表面积为2(5×5＋5×1＋5×1)＝2×35＝70(cm 2)；长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm 的长方体的表面积为2(3×3＋3×1＋3×1)＝2×15＝30(cm 2)；长、宽、高分别为1 cm ，1 cm,1 cm 的长方体的表面积为2(1×1＋1×1＋1×1)＝2×3＝6(cm 2)．由于几何体的叠加而减少的面积为2×(3×3)＋2×(1×1)＝2×10＝20(cm 2)，所以所求表面积为70＋30＋6－20＝86(cm 2)．12．在棱长为3的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M PBC 的体积为( )A ．1 B.32C.92D ．与M 点的位置有关解析：选B ∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BCC 1B 1的距离是D 1到平面BCC 1B 1距离的13，即为D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点，∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M PBC ＝V P MBC ＝13×92×1＝32.13．(2018·洛阳尖子生第一次联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2B ．1 C.23D.13解析：选C 由题图可知该几何体是一个四棱锥，如图所示，其中PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是一个对角线长为2的正方形，底面积S ＝12×2×2＝2，高h ＝1，则该几何体的体积V ＝13Sh ＝23，故选C.14．(2018·武汉调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.12 B.22C.33D.23解析：选D 由三视图知，该几何体是在长、宽、高分别为2,1,1的长方体中，截去一个三棱柱AA 1D 1BB 1C 1和一个三棱锥C BC 1D 后剩下的几何体，即如图所示的四棱锥D ABC 1D 1，四棱锥D ABC 1D 1的底面积为S 四边形ABC 1D 1＝2×2＝22，高h ＝22，其体积V ＝13S 四边形ABC 1D 1h ＝13×22×22＝23.15．(2019届高三·安徽知名示范高中联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1 B.12C.13D.14解析：选C 法一：该几何体的直观图为如图所示的四棱锥S ABCD ，SD ⊥平面ABCD ，且SD ＝1，四边形ABCD 是平行四边形，且AB ＝DC ＝1，连接BD ，由题意知BD ⊥DC ，BD ⊥AB ，且BD ＝1，所以S 四边形ABCD ＝1，所以V S ABCD ＝13S 四边形ABCD ·SD ＝13.法二：由三视图易知该几何体为锥体，所以V ＝13Sh ，其中S 指的是锥体的底面积，即俯视图中四边形的面积，易知S ＝1，h 指的是锥体的高，从正视图和侧视图易知h ＝1，所以V ＝13Sh ＝13.16．(2018·福州质检)已知三棱锥P ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，且PA ＝8.若平面ABC 截球O 所得截面的面积为9π，则球O 的表面积为( )A ．10πB ．25πC ．50πD ．100π解析：选D 设球O 的半径为R ，由平面ABC 截球O 所得截面的面积为9π，得△ABC 的外接圆的半径为3.设该外接圆的圆心为D ，因为AB ⊥BC ，所以点D 为AC 的中点，所以DC ＝3.因为PA ⊥平面ABC ，易证PB ⊥BC ，所以PC 为球O 的直径．又PA ＝8，所以OD ＝12PA ＝4，所以R ＝OC ＝42＋32＝5，所以球O 的表面积为S ＝4πR 2＝100π.二、填空题17．一个四棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为正三角形，则该四棱锥的体积是________．解析：由四棱锥的三视图可知，该四棱锥的直观图如图中四棱锥P ABCD 所示，底面ABCD 为边长为1的正方形，△PAD 是边长为1的等边三角形，作PO ⊥AD 于点O ，则O 为AD 的中点，所以四棱锥的体积为V ＝13×1×1×32＝36. 答案：3618.如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点．若AA 1＝4，AB ＝2，则四棱锥B ACC 1D 的体积为________．解析：取AC 的中点O ，连接BO (图略)，则BO ⊥AC ，所以BO ⊥平面ACC 1D . 因为AB ＝2，所以BO ＝ 3.因为D 为棱AA 1的中点，AA 1＝4，所以AD ＝2，所以S 梯形ACC 1D ＝12×(2＋4)×2＝6，所以四棱锥B ACC 1D 的体积为13×6×3＝2 3.答案：2 319.如图，半径为4的球O 中有一内接圆柱，则圆柱的侧面积最大值是________．解析：设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝4cos α，圆柱的高为8sin α. 所以圆柱的侧面积为32πsin 2α.当且仅当α＝π4时，sin 2α＝1，圆柱的侧面积最大，所以圆柱的侧面积的最大值为32π. 答案：32π20．(2018·沈阳质检)已知在正四棱锥S ABCD 中，SA ＝63，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为________．解析：设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ，因为在正四棱锥S ABCD 中，SA ＝63，所以a 22＋h 2＝108，即a 2＝216－2h 2，所以正四棱锥的体积V S ABCD ＝13a 2h ＝72h －23h 3，令y ＝72h －23h 3，则y ′＝72－2h 2，令y ′>0，得0<h <6，令y ′<0，得h >6，所以当该棱锥的体积最大时，它的高为6.答案：6。

2019届高考数学二轮复习专题三立体几何课后综合提升练1.3.1空间几何体的三视图表面积及体积文

第一讲空间几何体的三视图、表面积及体积(40分钟70分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(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( )A.1B.2C.3D.4【命题意图】本小题主要考查空间几何体的三视图,意在考查三视图与直观图的转化,培养学生的空间想象能力,体现了直观想象的数学素养.【解析】选C.将四棱锥三视图转化为直观图,如图,侧面共有4个三角形,即△PAB,△PBC,△PCD,△PAD,由已知,PD⊥平面ABCD,又AD⊂平面ABCD,所以PD⊥AD,同理PD⊥CD,PD⊥AB,所以△PCD,△PAD是直角三角形.因为AB⊥AD,PD⊥AB,PD,AD⊂平面PAD,PD∩AD=D,所以AB⊥平面PAD,又PA⊂平面PAD所以AB⊥PA,△PAB是直角三角形.因为AB=1,CD=2,AD=2,PD=2,所以PA==2,PC==2PB==3,在梯形ABCD中,易知BC=,△PBC三条边长为2,3,,△PBC不是直角三角形.综上,侧面中直角三角形个数为3.2.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A. B.32C. D.【解析】选A.由三视图可知, 该几何体是由底面为等腰直角三角形(腰长为4)、高为8的直三棱柱截去一个等底且高为4的三棱锥而得到的,所以该几何体的体积V=×4×4×8-××4×4×4=.3.(2018·湖南五市十校联考)如图,小方格是边长为1的正方形,一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为 ( )A.4π+96B.(2+6)π+96C.(4+4)π+64D.(4+4)π+96【解析】选D 由三视图可知,该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体,正方体的棱长为4,圆锥的高为4,底面半径为2,所以该几何体的表面积为S=6×42+π×22+π×2×=(4+4)π+96.4.一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示,则该三棱锥的侧(左)视图可能为( )【解析】选D.由题图可知,该几何体为如图所示的三棱锥,其中平面ACD⊥平面BCD,故选D.5.如图是一正方体被过棱的中点M,N和顶点A,D,C1的两个截面截去两个角后所得的几何体,则该几何体的正(主)视图为( )【解析】选B.还原正方体,如图所示,由题意可知,该几何体的正(主)视图是选项B.二、填空题(每小题5分,共15分)6.若一个几何体的表面积和体积相同,则称这个几何体为“同积几何体”.已知某几何体为“同积几何体”,其三视图如图所示,则a=____________.【解析】根据几何体的三视图可知该几何体是一个四棱柱,如图所示,可得其体积为(a+2a)·a·a=a3,其表面积为·(2a+a)·a·2+a2+a2+2a·a+a·a=7a2+a2,所以7a2+a2=a3,解得a=.答案:7.(2017·全国卷Ⅰ)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为____________.【解析】连接OB,连接OD,交BC于点G,由题意得,OD⊥BC,OG=BC,设OG=x,则BC=2x,DG=5-x,三棱锥的高h===, S△ABC=2x·3x·=3x2,则V=S△ABC·h=x2·=·,令f=25x4-10x5,x∈,f′=100x3-50x4,令f′>0,即x4-2x3<0,x<2,则f≤f=80,则V≤×=4,所以体积最大值为4 cm 3.答案:4cm38.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥侧面ABB1A1,AC=AA1=AB,∠AA1C1=60°,AB⊥AA1,H 为CC1的中点,D为BB1的中点.若AB=,则三棱柱ABC-A1B1C1的体积为____________.【解析】连接AC1,可知△ACC1为正三角形,又H为棱CC1的中点,所以AH⊥CC1,从而AH⊥AA1,又平面AA1C1C⊥平面ABB1A1,平面AA1C1C∩平面ABB1A1=AA1,AH⊂平面AA1C1C,所以AH⊥平面ABB1A1,又A1D⊂平面ABB1A1,所以AH⊥A1D ①.因为AB=.AC=AA1=AB,所以AC=AA1=2,DB1=1,==,又∠DB1A1=∠B1A1A=90°,所以△A1DB1∽△AB1A1,所以∠B1AA1=∠DA1B1,又∠DA1B1+∠AA1D=90°,所以∠B1AA1+∠AA1D=90°,所以A1D⊥AB1②,由①②及AB1∩AH=A,可得A1D⊥平面AB1H.取AA1的中点M,连接C1M,则C1M∥AH,所以C1M⊥平面ABB1A1,所以=·C1M=××=,所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积为3=.答案:三、解答题(每小题10分,共30分)9.如图,边长为的正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,其中AB∥CD,AB⊥BC,DC=BC=AB=1,点M在线段EC上.(1)证明:平面BDM⊥平面ADEF.(2)判断点M的位置,使得三棱锥B-CDM的体积为.【解析】(1)因为DC=BC=1,DC⊥BC,所以BD=.因为AD=,AB=2,所以AD2+BD2=AB2,所以∠ADB=90°,所以AD⊥BD,因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD.BD⊂平面ABCD,所以BD⊥平面ADEF,因为BD⊂平面BDM,所以平面BDM⊥平面ADEF.(2)如图,在平面DMC内,过M作MN⊥DC,垂足为点N,又因为ED⊥AD,平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,所以ED⊥平面ABCD,所以ED⊥CD,所以MN∥ED,因为ED⊥平面ABCD,所以MN⊥平面ABCD.因为V B-CDM=V M-CDB=MN·S△BDC=,所以××1×1×MN=,所以MN=.所以===,所以CM=CE,所以点M在线段CE的三等分点且靠近C处.10.如图,过四棱柱ABCD-A1B1C1D1形木块上底面内的一点P和下底面的对角线BD将木块锯开,得到截面BDFE.(1)请在木块的上表面作出过P的锯线EF,并说明理由.(2)若该四棱柱的底面为菱形,四边形BB1D1D是矩形,试证明:平面BDFE⊥平面A1C1CA.【解析】(1)在上底面内过点P作B1D1的平行线分别交A1D1,A1B1于F,E两点,则EF即为所作的锯线.理由如下:在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱BB1∥DD1,且BB1=DD1,所以四边形BB1D1D是平行四边形,B1D1∥BD.又平面ABCD∥平面A1B1C1D1,平面BDFE∩平面ABCD=BD,平面BDFE∩平面A1B1C1D1=EF,所以EF∥BD,从而EF∥B1D1.(2)由于四边形BB1D1D是矩形,所以BD⊥B1B.又A1A∥B1B,所以BD⊥A1A.又四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC.因为AC∩A1A=A,所以BD⊥平面A1C1CA.因为BD⊂平面BDFE,所以平面BDFE⊥平面A1C1CA.11.如图,平面PAD⊥平面ABCD,ABCD是边长为2的菱形,PA=PD,且∠APD=90°,∠DAB=60°.(1)若线段PC上存在一点M,使得直线PA∥平面MBD,试确定M点的位置,并给出证明.(2)在第(1)问的条件下,求三棱锥C-DMB的体积.【解析】(1)M为线段PC中点.证明:取线段PC中点M,连接MD,MB,连接AC,BD相交于O点,连接OM,因为ABCD为菱形,AC交BD于O点,所以O为AC中点,又M为PC中点,所以OM∥PA,又OM⊂平面MBD,PA⊄平面MBD,所以PA∥平面MBD.(2)因为PA=PD,取AD的中点N,连接PN,所以PN⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,所以PN⊥平面ABCD,因为∠APD=90°,AD=2,所以PN=AD=1,又M为PC中点,所以M到平面ABCD的距离h M=PN=.因为ABCD是边长为2的菱形,∠DAB=60°,所以S△BCD=×2×2×=,所以V C-DMB=V M-BCD=S△BCD h M=××=.(20分钟20分)1.(10分)如图所示,平行四边形ABCD中,∠DAB=60°,AB=2,AD=4.将△CBD沿BD折起到△EBD 的位置,使平面EBD⊥平面ABD.(1)求证:AB⊥DE.(2)求三棱锥E-ABD的侧面积和体积.【解析】(1)在△ABD中,因为AB=2,AD=4,∠DAB=60°,所以BD==2,所以AB2+BD2=AD2,所以AB⊥BD.又平面EBD⊥平面ABD,平面EBD∩平面ABD=BD,AB⊂平面ABD,所以AB⊥平面EBD.又DE⊂平面EBD,所以AB⊥DE.(2)由(1)知AB⊥BD.因为CD∥AB,所以CD⊥BD,从而DE⊥BD.在Rt△DBE中,因为DB=2,DE=DC=AB=2,所以S△EDB=DB·DE=2.因为AB⊥平面EBD,BE⊂平面EBD,所以AB⊥BE.因为BE=BC=AD=4,所以S△EAB=AB·BE=4.因为DE⊥BD,平面EBD⊥平面ABD,平面EBD∩平面ABD=BD,所以DE⊥平面ABD,而AD⊂平面ABD,所以DE⊥AD,故S△EAD=AD·DE=4.故三棱锥E-ABD的侧面积S=S△EDB+S△EAB+S△EAD=8+2.因为DE⊥平面ABD,且S△ABD=S△EBD =2,DE=2,所以V三棱锥E-ABD=S△ABD×DE=×2×2=.2.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PD⊥平面ABCD,点D1为棱PD的中点,过D1作与平面ABCD平行的平面与棱PA,PB,PC相交于点A1,B1,C1,∠BAD=60°.(1)求证:B1为PB的中点.(2)已知棱锥的高为3,且AB=2,AC,BD的交点为O,连接B1O.求三棱锥B1-ABO外接球的体积.【解析】(1)连接B1D1.由题意知,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,平面PBD∩平面ABCD=BD,平面PBD∩平面A1B1C1D1=B1D1,则BD∥B1D1,即B1D1为△PBD的中位线,即B1为PB的中点.(2)由(1)可得,OB1=,AO=,BO=1,且OA⊥OB,OA⊥OB1,OB⊥OB1,即三棱锥B1-ABO的外接球为以OA,OB,OB1为长、宽、高的长方体的外接球,则该长方体的体对角线长d==,即外接球半径R=.则三棱锥B1-ABO外接球的体积V=πR3=×π×=.。

2019年高考数学大二轮复习专题五立体几何第1讲空间几何体的三视图表面积和体积练习理

第二篇专题五第1讲空间几何体的三视图、表面积和体积[限时训练·素能提升] (限时45分钟，满分80分) 一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图是解析由几何体可以看出，侧视图应为一个矩形外加一条从右上到左下的对角线，故选D.答案 D2．(2018·上饶二模)某四棱锥的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形，则该四棱锥的体积为A ．2B.223 C.83D.43解析由三视图可知，原几何体为一个水平放置的四棱锥，底面是边长为2，2的矩形，高是2.由锥体的体积公式得V ＝13×2×2×2＝43，故选D.答案 D3．(2018·福州质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为A ．2＋42＋23B ．2＋22＋43C ．2＋63D ．8＋42解析由三视图可知，该多面体是如图所示的三棱锥P －ABC ，其中三棱锥的高为2，底面为等腰直角三角形，直角边长为2，表面积为S ＝S △ABC ＋S △PBC ＋S △PAC ＋S △PAB ＝2＋22＋22＋23＝2＋42＋23，故选A.答案 A4．(2018·桂林模拟)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是A ．2 B.92 C.32D ．3解析由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是一个直角梯形，底面积为12×(1＋2)×2＝3，四棱锥的高为x ，因为该几何体的体积为3，所以13×3x ＝3，解得x ＝3，故选D.答案 D5．(2018·南宁二模)一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图可能是①长、宽不相等的长方形；②正方形；③圆；④椭圆．A ．①②B ．①④C ．②③D ．③④解析由题设条件知，正视图中的长与侧视图中的长不一致，对于①，俯视图是长方形是可能的，比如此几何体为一个长方体时，满足题意；对于②，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是正方形；对于③，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是圆形；对于④，如果此几何体是一个椭圆柱，满足正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图可能是椭圆．综上知①④是可能的图形．答案 B6．早在公元前三百多年我国已经运用“以度审容”的科学方法，其中商鞅铜方升是公元前344年商鞅督造的一种标准量器，其三视图如图所示，若π取3，其体积为12.6，则图中的x 为A ．1.2B ．1.6C ．1.8D ．2.4解析由三视图知，商鞅铜方升是由一个圆柱和一个长方体组合而成的，故其体积为(5.4－x )×3×1＋π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×x ＝16.2－3x ＋14πx ＝12.6，又π＝3，故x ＝1.6，故选B.答案 B7．(2018·太原模拟)某几何体三视图如下，图中三个等腰三角形的直角边长都是2，该几何体的外接球的体积为A.43π3B ．23πC ．12πD ．43π解析由三视图均为边长为2的等腰直角三角形知几何体为三棱锥，且棱锥的高为2，底面是直角边长为2的等腰直角三角形，其外接球为该三棱锥补成的正方体的外接球，球直径为正方体的体对角线长，即2R ＝23，所以V ＝43π(3)3＝43π.答案 D8．(2018·郑州质检)刘徽的《九章算术注》中有这样的记载：“邪解立方，得两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意思是说：把一块立方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫作堑堵，再把一块堑堵沿斜线分成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积比为2∶1，这个比率是不变的．如图是一个阳马的三视图，则其表面积为A ．2B ．2＋2C ．3＋3D ．3＋2解析如图所示，根据题设条件可知三视图还原成的几何体为四棱锥D ′－ABCD (正视的方向是BD →)，正方体的棱长为1，四棱锥D ′－ABCD 的表面积S ＝S 四边形ABCD ＋S △D ′AB ＋S △D ′BC ＋S △D ′DC ＋S △D ′DA ＝1＋22＋22＋12＋12＝2＋2.答案 B9．(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．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．217 B．25 C．3 D．2解析由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝25.故选B.答案B 10．(2018·北京)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A．1 B．2 C．3 D．4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BC∥AD，BC＝1，AD＝AB＝PA＝2，AB⊥AD，PA⊥平面ABCD，故△PAD，△PAB为直角三角形，∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴BC⊥PB，∴△PBC为直角三角形，容易求得PC＝3，CD＝5，PD＝22，故△PCD不是直角三角形，故选C.答案C 11．(2018·广元适应性统考)已知正三棱锥P－ABC内接于球O，三棱锥P－ABC的体积为934，且∠BPO＝∠CPO＝∠APO＝30°，则球O的体积为A.43π B ．43π C.323π D ．16π 解析如图，P ，A ，B ，C 是球O 球面上四点，△ABC 是正三角形，设△ABC 的中心为S ，球O 的半径为R ，△ABC 的边长为2a ，∴∠APO ＝∠BPO ＝∠CPO ＝30°，OB ＝OC ＝R ，∴OS ＝R 2，BS ＝32R ，∴233a ＝32R ，解得a ＝34R ，∵三棱锥P －ABC 的体积为934，∴13×12×32R ×32R sin 60°×32R ＝943，解得R ＝2.∴球的体积为V ＝32π3.答案 C12．(2018·重庆二模)某几何体的三视图如图所示，其正视图为等腰梯形，则该几何体的表面积是A ．18B ．8＋83C ．24D ．12＋65解析根据给定的三视图，可得原几何体如图所示，其中面ABB 1A 1表示边长分别为2和4的矩形，其面积为S 1＝2×4＝8，△ABC 和△A 1B 1C 1为底边边长为2，腰长为5的等腰三角形，其高为h ＝2，所以面积为S 2＝S 3＝12×2×2＝2，面AA 1C 1C 和面BB 1C 1C 为全等的等腰梯形，上底边长为2，下底边长为4，高为2，所以面积为S 4＝S 5＝12×(2＋4)×2＝6，所以几何体的表面积为S ＝8＋2×2＋2×6＝24，故选C.答案 C二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2018·聊城模拟)如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 为线段A 1B 1的中点，点F ，G 分别是线段A 1D 与BC 1上的动点，当三棱锥E －FGC 的俯视图的面积最大时，该三棱锥的正视图的面积是________．解析因为E 在底面ABCD 上的投影为AB 的中点E ′，C ′在底面ABCD 上的投影为C 点，F 的投影在边AD 上，G 的投影在边BC 上，如图1：要使三棱锥E －FGC 的俯视图的面积最大，则F 与D 重合，G 与B 重合．此时三棱锥E －FGC 的正视图为等腰三角形EAB如图2，底边长为2，底边上的高为2.所以面积S ＝12×2×2＝2.答案 214．(2018·太原二模)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来，如图，若正四棱柱体的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为________．(容器壁的厚度忽略不计)解析由题意，该球形容器的半径的最小值为32＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝412，所以该球形容器的表面积的最小值为4π·414＝41π.答案 41π15．(2018·烟台二模)在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠A ＝90°，∠C ＝45°，AB ＝AD ＝1，沿对角线BD 折成四面体A ′－BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四面体A ′－BCD 顶点在同一球面上，则该球的表面积为________．解析设H 为梯形对角线的交点，O 为DC 中点，依题意有AH ＝OH ＝22，四面体A ′－BCD 中，平面A ′BD ⊥平面BCD ，所以A ′H ⊥平面BCD ，所以A ′O ＝A′H2＋HO2＝1，又因为OD＝OC ＝OB ＝1，所以O 为四面体A ′－BCD 外接球的球心，故半径R ＝1.则该球的表面积为4πR 2＝4π.答案 4π16．(2018·天水二模)如图，图形纸片的圆心为O ，半径为6 cm ，该纸片上的正方形ABCD 的中心为O ，E ，F ，G ，H 为圆O 上的点，△ABE ，△BCF ，△CDG ，△ADH 分别以AB ，BC ，CD ，DA 为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以AB ，BC ，CD ，DA 为折痕折起△ABE ，△BCF ，△CDG ，△ADH ，使得E ，F ，G ，H 重合，得到一个四棱锥，当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的体积为________．解析连接OE 交AB 于点I ，设E ，F ，G ，H 重合于点P ，正方形的边长为x (x >0)，则OI ＝x 2，IE ＝6－x 2，因为该四棱锥的侧面积是底面积的2倍，所以4×x 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫6－x 2＝2x 2，解得x＝4，设该四棱锥的外接球的球心为Q，半径为R，则OC＝22，OP＝16－4＝23，R2＝(23－R)2＋(22)2，解得R＝53，外接球的体积V＝43π⎝⎛⎭⎪⎫533＝5003π27cm3.答案5003π27cm3。

2019年高考数学理科二轮复习练习专题限时集训8 空间几何体的三视图、表面积和体积

专题限时集训(八) 空间几何体的三视图、表面积和体积(对应学生用书第93页)(限时：40分钟)1．一个四面体的顶点都在球面上，它们的正视图、侧视图、俯视图都是如图812所示，图中圆内有一个以圆心为中心边长为1的正方形，则这个四面体的外接球的表面积是( )图812A ．πB ．3πC ．4πD ．6πB [由三视图可知：该四面体是正方体的一个内接正四面体， ∴此四面体的外接球的直径为正方体的对角线长为3，∴此四面体的外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫322＝3π，故选B.]2．(2017·惠州三调)某四棱锥的三视图如图813所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )【导学号：07804060】图813A ．1B ． 2 C. 3D ．2C [四棱锥的直观图如图所示，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝1，底面四边形ABCD 为正方形且边长为1，故最长棱PA ＝12＋12＋12＝ 3.]3．(2017·沈阳一模)已知S ，A ，B ，C 是球O 表面上的不同点，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，AB ＝1，BC ＝2，若球O 的表面积为4π，则SA ＝( )A.22B ．1 C. 2D ．32B [根据已知把S ABC 补成如图所示的长方体．因为球O 的表面积为4π，所以球O 的半径R ＝1,2R ＝SA 2＋1＋2＝2，解得SA ＝1，故选B.]4．(2017·广州一模)如图814，网格纸上小正方形的边长为1，粗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( )图814A BC DD [由题意可得该几何体可能为四棱锥，如图所示，其高为2，其底面为正方形，面积为2×2＝4，因为该几何体的体积为13×4×2＝83，满足条件，所以俯视图可以为一个直角三角形 .选D.]5．(2017·江西五校联考)如图815是一个正三棱柱挖去一个圆柱后得到的几何体的三视图，则该几何体的体积与挖去的圆柱的体积的比值为( )图815A.33π－1 B ．33π－13C.33πD ．33π＋1A [由三视图知圆柱与正三棱柱的各侧面相切，设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则V圆柱＝πr 2h .正三棱柱底面三角形的高为3r ，边长为23r ，则V 正三棱柱＝12×23r ×3rh ＝33r 2h ，所以该几何体的体积V ＝(33－π)r 2h ，则该几何体的体积与挖去的圆柱的体积的比值为3－πr 2h πr 2h＝33π－1.]6．(2017·郑州第一次质量检测)某几何体的三视图如图816所示，则该几何体的体积为( )图816A ．80B ．160C ．240D ．480B [如图所示，题中的几何体是从直三棱柱ABC A ′B ′C ′中截去一个三棱锥A A ′B ′C ′后所剩余的部分，其中底面△ABC 是直角三角形，AC ⊥AB ，AC ＝6，AB ＝8，BB ′＝10，因此题中的几何体的体积为⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×8×10－13×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×8×10＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×8×10＝160，选B.]7．(2017·南昌十校二模联考)三棱锥P ABC 的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( ) A ．4 B ．6 C ．8D ．10C [依题意，设题中球的球心为O 、半径R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则4πR 33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P ABC 的高的最大值为5＋3＝8，选C.]8．(2017·兰州实战模拟)某几何体的三视图如图817所示，则下列说法正确的是( )【导学号：07804061】图817①该几何体的体积为16；②该几何体为正三棱锥； ③该几何体的表面积为32＋3；④该几何体外接球的表面积为3π. A ．①②③ B ．①②④ C ．①③④D ．②③④B [根据该几何体的三视图，可知该几何体是一个三棱锥，如图所示，其底面为一个直角边长为1的等腰直角三角形，高为1，它的另外三条棱长均为2，显然其是一个正三棱锥，②正确；该几何体的体积V ＝13×12×1×1×1＝16，①正确；该几何体的表面积S ＝3×12×1×1＋12×2×2×32＝32＋32，③错误；该几何体外接球的直径为2R ＝12＋12＋12＝3，所以其外接球的表面积为4πR 2＝3π，④正确．故选B.]9．(2017·广州高中毕业班综合测试)如图818，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的表面积是( )图818A ．25πB ．254πC ．29πD ．294πD [由俯视图，可得该三棱锥底面外接圆的半径r ＝54，∴三棱锥的外接球的半径R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝⎝ ⎛⎭⎪⎫542＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝294，∴三棱锥的外接球的表面积S ＝4πR 2＝294π.]10．(2017·石家庄、唐山联考)已知三棱锥P ABC 的顶点都在同一个球面上(球O )，且PA ＝2，PB ＝PC ＝6，当三棱锥P ABC 的三个侧面的面积之和最大时，该三棱锥的体积与球O 的体积的比值是( ) A.316π B ．38π C.116πD ．18πA [三棱锥P ABC 的三个侧面的面积之和为12×2×6sin∠APB ＋12×2×6sin∠APC ＋12×6×6sin∠BPC ，由于∠APB ，∠APC ，∠BPC 相互之间没有影响，所以只有当上述三个角均为直角时，三棱锥P ABC 的三个侧面的面积之和最大，此时PA ，PB ，PC 两两垂直，以其为长方体的三条棱长得出一个长方体，则三棱锥P ABC 与该长方体有共同的外接球，故球O 的半径r ＝1222＋62＋62＝2，所以三棱锥P ABC 的体积与球O 的体积的比值是13×12×2×6×643π×23＝316π.]11．从点P 出发的三条射线PA ，PB ，PC 两两成60°角，且分别与球O 相切于A ，B ，C 三点，若OP ＝3，则球的体积为( )A.π3B ．2π3C.4π3D ．8π3C [设OP 交平面ABC 于O ′，由题得△ABC 和△PAB 为正三角形，所以O ′A ＝33AB ＝33AP . 因为AO ′⊥PO ，OA ⊥PA ，所以OP OA ＝AP AO ′，AO ′AB ＝33，AO ′AP ＝33，所以OA ＝OP ·O ′A AP ＝3×33＝1，即球的半径为1，所以其体积为43π×13＝43π.选C.]12．(2017·开封模拟)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 ＝1，∠BAC ＝60°，AA 1＝2，则该三棱柱的外接球的体积为( ) A.40π3 B ．4030π27C.32030π27D ．20πB [如图，设△A 1B 1C 1的外心为O 1，△ABC 的外心为O 2，连接O 1O 2，OB ，O 2B .由题意可得，球心O 为O 1O 2的中点．在△ABC 中，由余弦定理可得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos∠BAC ＝32＋12－2×3×1×cos 60°＝7，所以BC ＝7.由正弦定理可得，△ABC 外接圆的直径2r ＝2O 2B ＝BC sin 60°＝273，所以r ＝73＝213. 而球心O 到截面ABC 的距离d ＝OO 2＝12BB 1＝1，设直三棱柱ABC A 1B 1C 1外接球的半径为R ，由球的截面的性质可得R 2＝r 2＋d 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2132＋12＝103，所以球的体积为V ＝4π3R 3＝4030π27.故选B.]13．(2017·惠州模拟)已知一个平放的棱长为4的三棱锥内有一小球O (重量忽略不计)，现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，若注入的水的体积是该三棱锥体积的78时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则球的表面积等于( )【导学号：07804062】A.76π B ．43π C.23π D ．12π C [由题意，没有水的部分的体积是正四面体体积的18，∵正四面体的各棱长均为4， ∴正四面体体积为13×34×42×16－163＝1623，∴没有水的部分的体积是223，设其棱长为a ，则13×34a 2×63a ＝223， ∴a ＝2，设小球的半径为r ，则4×13×34×22r ＝223，∴r ＝66， ∴球的表面积S ＝4π·16＝23π.故选C.]14．(2017·宁德三模)已知正△ABC 三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是( )图819A.74π B ．2π C.94π D ．3πC [设正△ABC 的中心为O 1，连接O 1A ，O 1O ，O 1E ，OE (图略)， ∵O 1是正△ABC 的中心，A ，B ，C 三点都在球面上，∴O 1O ⊥平面ABC ，∵球的半径R ＝2，球心O 到平面ABC 的距离为1，得O 1O ＝1， ∴Rt△O 1OA 中，O 1A ＝OA 2－OO 21＝3，又∵E 为AB 的中点，△ABC 是等边三角形，∴AE ＝AO 1cos 30°＝32.∵过E 作球O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面圆的半径最小， ∴当截面与OE 垂直时，截面圆的面积有最小值．此时截面圆的半径r ＝32，可得截面面积为S ＝πr 2＝9π4.故选C.]二、填空题15．(2017·郑州二模)正方体的八个顶点中，有四个恰好为一个正四面体的顶点，则正方体的表面积与正四面体的表面积之比为________．3 [如图，四面体A BCD 的所有棱均为正方体的面对角线，设正方体的棱长为a ，则正方体的表面积为6a 2，正四面体的棱长均为2a ，其表面积为4×12×2a ×32×2a ＝23a 2，则6a 223a 2＝3.]16．(2017·南昌一模)如图820，直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．图820(2＋3)π [根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示．则所得几何体的表面积为圆锥侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，即表面积为π·1·12＋12＋2π·12＋π·12＝(2＋3)π.]17．(2017·武汉4月模拟)在四面体P ABC 中，PA ＝PB ＝PC ＝BC ＝1，则该四面体体积的最大值为________．312[由题意知，△PBC 的面积为定值，如图，当PA 垂直于平面PBC 时，该四面体的体积最大，V max ＝13×34×1＝312.]18．(2017·山东日照一模)现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为________.【导学号：07804063】63π [设球的半径为R ，正方体的棱长为a .由题意得当正方体体积最大时，a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝R 2，∴R ＝62a ，∴所得工件体积与原料体积之比的最大值为a 312×43πR 3＝a 323π×⎝ ⎛⎭⎪⎫62a 3＝63π.] 19．(2016·宁夏银川一中月考)已知E 、F 分别是棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱AA 1，CC 1的中点，则四棱锥C 1B 1EDF 的体积为________.【导学号：07804064】16a 3[法一：(直接法)如图所示，连接A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连接B 1D ，EF ，过O 1作O 1H ⊥B 1D 于H .因为EF ∥A 1C 1，且A 1C 1⊄平面B 1EDF ，EF ⊂平面B 1EDF ，所以A 1C 1∥平面B 1EDF .所以C 1到平面B 1EDF 的距离就是A 1C 1到平面B 1EDF 的距离．易知平面B 1D 1D ⊥平面B 1EDF ，又平面B 1D 1D ∩平面B 1EDF ＝B 1D ，所以O 1H ⊥平面B 1EDF ，所以O 1H 等于四棱锥C 1B 1EDF 的高．因为△B 1O 1H ∽△B 1DD 1，所以O 1H ＝B 1O 1·DD 1B 1D ＝66a . 所以VC 1B 1EDF ＝13S 四边形B 1EDF ·O 1H ＝13×12·EF ·B 1D ·O 1H ＝13×12·2a ·3a ·66a ＝16a 3.法二：(体积分割法)连接EF ，B 1D .设B 1到平面C 1EF 的距离为h 1，D 到平面C 1EF 的距离为h 2，则h 1＋h 2＝B 1D 1＝2a . 由题意得，VC 1B 1EDF ＝VB 1C 1EF ＋VD C 1EF ＝13·S △C 1EF ·(h 1＋h 2)＝16a 3.]20．(2017·江西五校联考)已知在三棱锥S ABC 中，SA ＝SB ＝SC ＝21，BC ＝6，若点A 在侧面SBC 内的射影恰是△SBC 的垂心，则三棱锥S ABC 的内切球的体积为________．43π [因为点A 在侧面SBC 内的射影恰是△SBC 的垂心，记为O ，连接AO ，SO (图略)，则AO ⊥平面SBC ，SO ⊥BC ，所以AO ⊥BC ，又SO ∩AO ＝O ，所以BC ⊥平面SAO ，所以SA ⊥BC ，同理得SB ⊥AC ，SC ⊥AB .记点S 在平面ABC 内的射影为O ′，连接SO ′，AO ′，BO ′，CO ′(图略)，则SO ′⊥平面ABC ，所以SO ′⊥AC ，又SB ⊥AC ，SO ′∩SB ＝S ，所以AC ⊥平面SBO ′，BO ′⊥AC ，同理得AO ′⊥BC ，CO ′⊥AB ，则点S 在平面ABC 内的射影为△ABC 的垂心．又SA ＝SB ＝SC ＝21，则点S 在平面ABC 内的射影为△ABC 的外心，从而AB ＝BC ＝CA ＝6，SO ′＝212－⎝ ⎛⎭⎪⎫6sin 60°×232＝3，故V S ABC ＝93，在△SBC 中，BC 边上的高为212－⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝23，三棱锥的表面积S S ABC ＝27 3.设三棱锥S ABC 的内切球半径为r ，则V S ABC ＝13r ·S S ABC ，得r ＝1，因此所求内切球的体积为43π.]。

2019(文理通用)高考数学大二轮复习第1部分专题5 立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积练习

第一部分专题五第一讲空间几何体的三视图、表面积及体积A 组1．如图1所示，是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体的直观图，其中DD 1＝1，AB ＝BC ＝AA 1＝2，若此几何体的俯视图如图2所示，则可以作为其正视图的是( C )[解析] 由直观图和俯视图知，正视图中点D 1的射影是B 1，所以正视图是选项C 中的图形，A 中少了虚线，故不正确．2．如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( C )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π[解析] 该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r ＝2，底面圆的周长c ＝2πr ＝4π，圆锥的母线长l ＝22＋32＝4，圆柱的高h ＝4，所以该几何体的表面积S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π，故选C ．3．(文)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( A )A ．12－πB ．12－2πC ．6－πD ．4－π[解析] 由三视图知，该几何体是一个组合体，由一个长方体挖去一个圆柱构成，长方体的长、宽高为4,3,1，圆柱底半径1，高为1，∴体积V ＝4×3×1－π×12×1＝12－π.(理)若某棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该棱锥的体积等于( B )A ．10 cm 3B ．20 cm 3C ．30 cm 3D ．40 cm 3[解析] 由三视图知该几何体是四棱锥，可视作直三棱柱ABC －A 1B 1C 1沿平面AB 1C 1截去一个三棱锥A －A 1B 1C 1余下的部分．∴VA －BCC 1B 1＝VABC －A 1B 1C 1－VA －A 1B 1C 1＝12×4×3×5－13×(12×4×3)×5＝20cm 3.4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( B )A ．18＋2πB ．20＋πC ．20＋π2D ．16＋π[解析] 由三视图可知，这个几何体是一个边长为2的正方体割去了相对边对应的两个半径为1、高为1的14圆柱体，其表面积相当于正方体五个面的面积与两个14圆柱的侧面积的和，即该几何体的表面积S ＝4×5＋2×2π×1×1×14＝20＋π.故选B ．5．(2018·双鸭山一模)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为( A )A ．16π3B ．8π3C ．4 3D ．23π[解析] 由已知几何体的正视图是一个正三角形，侧视图和俯视图均为三角形，可得该几何体有一个侧面PAC 垂直于底面，高为3，底面是一个等腰直角三角形的三棱锥，如图．则这个几何体的外接球的球心O 在高线PD 上，且是等边三角形PAC 的中心，这个几何体的外接球的半径R ＝23PD ＝233.则这个几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×(233)2＝16π3. 6．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16.[解析] 利用三棱锥的体积公式直接求解．VD 1－EDF ＝VF －DD 1E ＝13SD 1DE ·AB ＝13×12×1×1×1＝16.7．已知E ，F 分别是矩形ABCD 的边BC 与AD 的中点，且BC ＝2AB ＝2，现沿EF 将平面ABEF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC ，则三棱锥A －FEC 2π. [解析] 如图，平面ABEF ⊥平面EFDC ，AF ⊥EF ，所以AF ⊥平面ECDF ，将三棱锥A －FEC 补成正方体ABC ′D ′－FECD ．依题意，其棱长为1，外接球的半径R ＝32，所以外接球的体积V ＝43πR 3＝43π·(32)3＝32π.8．(文)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C ＝6，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积． [解析] (1)取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B ．因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB ．由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB ．因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C ．又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C ．(2)由题设知△ABC 与△AA 1B 都是边长为2的等边三角形，所以OC ＝OA 1＝ 3. 又A 1C ＝6，则A 1C 2＝OC 2＋OA 21，故OA 1⊥OC ．因为OC ∩AB ＝O ，所以OA 1⊥平面ABC ，OA 1为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高．又△ABC 的面积S △ABC ＝ 3.故三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝S △ABC ×OA 1＝3.(理)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面PAD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P －ABCD 的体积．[解析] (1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD ．又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故BC ∥平面PAD ．(2)如图，取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD ．因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ．因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 如图，取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2. 于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.所以四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13×＋2×23＝4 3.B 组1．(文)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( D )A ．60B ．30C ．20D ．10[解析]由三视图画出如图所示的三棱锥P －ACD ，过点P 作PB ⊥平面ACD 于点B ，连接BA ，BD ，BC ，根据三视图可知底面ABCD 是矩形，AD ＝5，CD ＝3，PB ＝4，所以V 三棱锥P －ACD ＝13×12×3×5×4＝10.故选D ．(理)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( B )A ．3 2B ．2 3C ．2 2D ．2[解析] 在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知SD 为该四棱锥的最长棱．由三视图可知正方体的棱长为2，故SD ＝22＋22＋22＝2 3. 故选B ．2．(2018·宜宾一模)三棱锥A －BCD 内接于半径为2的球O ，BC 过球心O ，当三棱锥A －BCD 体积取得最大值时，三棱锥A －BCD 的表面积为( D )A ．6＋4 3B ．8＋2 3C ．4＋6 3D ．8＋4 3[解析] 由题意，BC 为直径，△BCD 的最大面积为12×4×2＝4，三棱锥A －BCD 体积最大时，AO ⊥平面BCD ，三棱锥的高为2，所以三棱锥A －BCD 的表面积为4×2＋2×12×22×6＝8＋4 3.3．三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC 且PA ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( C )A ．4π3B ．4πC ．8πD ．20π[解析] 由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以PA 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π，故选C ．4．某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为( B )A ．2 2B ．2 3C ．4D ．2 6[解析] 如图，四面体的直观图是棱长为2的正方体ABCD －MNPQ 中的三棱锥Q －BCN ，且QB ＝22＋22＝23，NC ＝QN ＝QC ＝22，四面体Q －BCN 各面的面积分别为S △QBN＝S △QBC ＝12×2×22＝22，S △BCN ＝12×2×2＝2，S △QCN ＝34×(22)2＝23，面积最大为2 3.5．三棱锥S －ABC 及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱SB 的长为( B )A ．211B ．4 2C ．38D ．16 3[解析] 由已知中的三视图可得SC ⊥平面ABC ，且底面△ABC 为等腰三角形，在△ABC 中AC ＝4，AC 边上的高为23，故BC ＝4，在Rt △SBC 中，由SC ＝4，可得SB ＝4 2.6．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等且V 1V 2＝32，则S 1S 2的值是94. [解析] 设甲、乙两个圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则有2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，又V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2，∴V 1V 2＝r 1r 2，∴r 1r 2＝32，则S 1S 2＝(r 1r 2)2＝94.7．已知在直角梯形ABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，将直角梯形ABCD 沿AC 折叠成三棱锥D －ABC ，当三棱锥D －ABC 的体积取最大值时，其外接球的体积为43π.[解析] 当平面DAC ⊥平面ABC 时，三棱锥D －ABC 的体积取最大值．此时易知BC ⊥平面DAC ，∴BC ⊥AD ，又AD ⊥DC ，∴AD ⊥平面BCD ，∴AD ⊥BD ，取AB 的中点O ，易得OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝1，故O 为所求外接球的球心，故半径r ＝1，体积V ＝43πr 3＝43π.8．(文)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD ． (1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E ____ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．[解析] (1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ．因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE . 故AC ⊥平面BED ．又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED ． (2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ， GB ＝GD ＝x2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E ACD 的体积V E ACD ＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63. 故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E ACD 的侧面积为3＋2 5.(理)如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，BF ＝3，G 和H 分别是CE 和CF 的中点．(1)求证：AC ⊥平面BDEF ；(2)求证：平面BDGH //平面AEF ； (3)求多面体ABCDEF 的体积．[解析] (1)证明：因为四边形ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD ．又因为平面BDEF ⊥平面ABCD ，平面BDEF ∩平面ABCD ＝BD ，且AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥平面BDEF .(2)证明：在△CEF 中，因为G 、H 分别是CE 、CF 的中点，所以GH ∥EF ，又因为GH ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，所以GH ∥平面AEF . 设AC ∩BD ＝O ，连接OH ，在△ACF 中，因为OA ＝OC ，CH ＝HF ，所以OH ∥AF ，又因为OH ⊄平面AEF ，AF ⊂平面AEF ，所以OH ∥平面AEF .又因为OH ∩GH ＝H ，OH ，GH ⊂平面BDGH ，所以平面BDGH ∥平面AEF . (3)解：由(1)，得AC ⊥平面BDEF ，又因为AO ＝2，四边形BDEF 的面积S BDEF ＝3×22＝62，所以四棱锥A －BDEF 的体积V 1＝13×AO ×S BDEF ＝4.同理，四棱锥C －BDEF 的体积V 2＝4. 所以多面体ABCDEF 的体积V ＝V 1＋V 2＝8.。