(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题二小题考法课一空间几何体的三视图、表面积与体积课时跟踪检测

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浙江省2020年高考数学第二轮复习专题升级训练11 空间几何体的三视图、表面积及体积文

专题升级训练11 空间几何体的三视图、表面积及体积(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．下列四个几何体中，每个几何体的三视图中有且仅有两个视图相同的是( )．A．①② B．①③ C．③④ D．②④2．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )．3．在一个几何体的三视图中，正(主)视图和俯视图如图所示，则相应的侧(左)视图可以为( )．4．(2020·北京丰台区三月模拟，5)若正四棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该几何体的表面积是( )．A．4 B．4＋410C．8 D．4＋4115．(2020·浙江宁波十校联考，12)已知某几何体的三视图如图所示，其中侧(左)视图是等腰直角三角形，正视图是直角三角形，俯视图ABCD是直角梯形，则此几何体的体积为( )．A ．1B ．2C ．3D ．46．(2020·山东济南三月模拟，8)若一个螺栓的底面是正六边形，它的正(主)视图和俯视图如图所示，则它的体积是( )．A ．273＋12πB ．93＋12πC ．273＋3πD ．543＋3π7．(2020·浙江宁波模拟，13)已知一个正三棱锥的正(主)视图为等腰直角三角形，其尺寸如图所示，则其侧(左)视图的周长为( )．A ．53＋21B ．53＋6C ．63＋6D ．33＋12 8．长方体的三条棱长分别为1，2，6，则此长方体外接球的体积与面积之比为( )． A ．43 B ．1 C ．2 D ．12二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)9．(2020·浙江宁波十校联考，15)已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面圆周都在半径为3的同一个球面上．若两圆锥的高的比为1∶2，则两圆锥的体积之和为__________．10．(2020·江苏南京二模，11)一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图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作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥容器，当x ＝6 cm 时，该容器的容积为__________cm 3.11．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝5，AA1＝3，M为线段BB1上的一动点，则当AM＋MC1最小时，△AMC1的面积为__________．12．(2020·浙江湖州中学模拟，16)底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E是侧棱AA1的中点，F是正方形ABCD的中心，则直线EF被球O所截得的线段长为__________．三、解答题(本大题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)13．(本小题满分10分)如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)．(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)；(2)求这个几何体的表面积及体积．14．(本小题满分10分)斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为a的正三角形，侧棱长等于b，一条侧棱AA1与底面相邻两边AB，AC都成45°角．(1)求这个三棱柱的侧面积；(2)求这个三棱柱的体积．15．(本小题满分12分)(2020·安徽安庆二模，18)如图，几何体ABC－EFD是由直三棱柱截得的，EF∥AB，∠ABC＝90°，AC＝2AB＝2，CD＝2AE＝ 6.(1)求三棱锥D－BCE的体积；(2)求证：CE⊥DB．16．(本小题满分12分)(2020·河北邯郸一模，19)已知四棱锥E－ABCD的底面为菱形，且∠ABC＝60°，AB＝EC＝2，AE＝BE＝2，O为AB的中点．(1)求证：EO⊥平面ABCD；(2)求点D到平面AEC的距离．参考答案一、选择题1．D 解析：图①的三种视图均相同；图②的正(主)视图与侧(左)视图相同；图③的三种视图均不相同；图④的正(主)视图与侧(左)视图相同．2．A 解析：由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为22，故选A.3．D 解析：由题目所给的几何体的正(主)视图和俯视图，可知该几何体为半圆锥和三棱锥的组合体，如图所示：可知侧(左)视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D. 4．B5．D 解析：由三视图可得该几何体是四棱锥，记为棱锥P －ABCD ，且PD ⊥底面ABCD .从而此几何体的体积为13×2＋42×2×2＝4.6．C 解析：该螺栓是由一个正六棱柱和一个圆柱组合而成的，V 总＝V 正六棱柱＋V 圆柱＝34×32×6×2＋π×12×3＝273＋3π.7．A 解析：由正(主)视图可知正三棱锥的底边长为6，高为3，从而可得侧棱长为21.而侧(左)视图是一个三角形，三条边分别是底面正三角形的高、侧棱和侧面等腰三角形底边上的高，其长度依次为33，21和23，故侧(左)视图的周长为53＋21.8．D二、填空题9．16π 解析：设两圆锥的高分别为h,2h ，圆锥的底面圆半径为r ，则r 2＝2h 2.又球的半径R ＝3h2＝3，则h ＝2.故两圆锥的体积之和为V ＝13πr 2(2h ＋h )＝πr 2h ＝2πh 3＝16π.10．4811． 3 解析：将直三棱柱沿侧棱A 1A 剪开，得平面图形如图所示，A ′C 1为定长，当A ，M ，C 1共线时AM ＋MC 1最短，此时AM ＝2，MC 1＝2 2.又在原图形中AC 1＝14，易知∠AMC 1＝120°，∴1AMC S ＝12×2×22×sin 120°＝ 3.12．423解析：O ，E ，F 三点在平面ACC 1A 1内，且矩形ACC 1A 1的外接圆是球的一个大圆．又EF ∥A 1C ，设A 到直线A 1C 的距离为d ，则d 2＝26，得d ＝23，故圆心O 到直线EF 的距离为13.又球的半径为62，故直线EF 被球O 所截得的线段长为2⎝ ⎛⎭⎪⎫622－⎝⎛⎭⎪⎫132＝423. 三、解答题13．解：(1)这个几何体的直观图如图所示．(2)这个几何体可看成是正方体AC 1及直三棱柱B 1C 1Q －A 1D 1P 的组合体．由PA 1＝PD 1＝2，A 1D 1＝AD ＝2，可得PA 1⊥PD 1.故所求几何体的表面积S ＝5×22＋2×2×2＋2×12×(2)2＝22＋42(cm 2)．所求几何体的体积V ＝23＋12×(2)2×2＝10(cm 3)．14．解：(1)由题可知AA 1⊥BC ，S 侧＝SBCC 1B 1＋2SABB 1A 1＝(1＋2)ab . (2)设O 为A 1在平面ABC 内的射影，则由题可知O 在∠BAC 的平分线上，可得AO ＝(b ·cos45°)÷cos 30°＝63b ，则斜三棱柱的高A 1O ＝33b ，所以三棱柱的体积V ＝3a 24·3b 3＝a 2b4.15．(1)解：BC 2＝AC 2－AB 2＝3⇒BC ＝ 3.几何体ABC －EFD 是由直三棱柱截得，由图可知DC ⊥平面ABC ， ∴DC ⊥AB .又∵∠ABC ＝90°，∴AB ⊥BC .∴AB ⊥平面BDC . 又EF ∥AB ，∴EF ⊥平面BCD .故V D －BCE ＝V E －BCD ＝13S △BCD ·EF ＝13×12×3×6×1＝22.(2)证明：连接CF .依题意⎭⎪⎬⎪⎫AB ⊥BFAB ⊥BC BF ∩BC ＝B ⇒⎭⎪⎬⎪⎫AB ⊥平面BFD BD ⊂平面BFD ⇒⎭⎪⎬⎪⎫AB ⊥BD EF ∥AB ⇒EF ⊥BD .①又在Rt△BCF 和Rt△CDB 中，BF BC ＝623＝22，BC CD ＝36＝22⇒BF BC ＝BC CD⇒Rt△BCF ∽Rt△CDB ⇒∠BDC ＝∠BCF ⇒∠BDC ＋∠DCF ＝∠BCF ＋∠DCF ＝90°⇒CF ⊥BD .②由①②⇒BD ⊥平面CEF .又CE ⊂平面CEF ，∴BD ⊥CE . 16．(1)证明：连接CO .∵AE ＝EB ＝2，AB ＝2，∴△AEB 为等腰直角三角形． ∵O 为AB 的中点，∴EO ⊥AB ，EO ＝1. 又∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°， ∴△ACB 是等边三角形，∴CO ＝ 3.又EC ＝2，∴EC 2＝EO 2＋CO 2，∴EO ⊥CO .又CO ⊂平面ABCD ，EO 平面ABCD ，∴EO ⊥平面ABCD . (2)解：设点D 到平面AEC 的距离为h .∵AE ＝2，AC ＝EC ＝2，∴S △AEC ＝72.∵S △ADC ＝3，E 到平面ACB 的距离EO ＝1，V D －AEC ＝V E －ADC ，∴S △AEC ·h ＝S △ADC ·EO ，∴h ＝2217，∴点D 到平面AEC 的距离为2217.。

2020年浙江高考数学一轮复习：空间几何体的结构特征及三视图与直观图

第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)多面体的结构特征(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的长为()A.5B．2 2C．3 D．2 3B1C1D1中，M，N分解析：选C在棱长为2的正方体ABCD-A别为AD，BC的中点，该几何体的直观图如图中三棱锥D1-MNB1，故通过计算可得，D1B1＝22，D1M＝B1N＝5，MN＝2，MB1＝ND1＝3，故该三棱锥中最长棱的长为3.2．(教材习题改编)如图，长方体ABCD-A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1.如图，能推断这个几何体可能是三棱台的是()A．A1B1＝2，AB＝3，B1C1＝3，BC＝4B ．A 1B 1＝1, AB ＝2，B 1C 1＝32，BC ＝3，A 1C 1＝2，AC ＝3C ．A 1B 1＝1，AB ＝2，B 1C 1＝32，BC ＝3，A 1C 1＝2，AC ＝4D ．AB ＝A 1B 1，BC ＝B 1C 1，CA ＝C 1A 1解析：选C 根据棱台是由棱锥截成的，可知A 1B 1AB ＝B 1C 1BC ＝A 1C 1AC ，故A ，B 不正确，C 正确；D 项中满足这个条件的是一个三棱柱，不是三棱台，故D 不正确．2．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B. 3．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的 ①三角形的直观图一定是三角形； ②正方形的直观图一定是菱形； ③等腰梯形的直观图可以是平行四边形； ④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1考点一空间几何体的结构特征(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A ．圆柱 B ．圆锥C ．球体D ．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体． 2．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0B．1C．2 D．3解析：选B①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题的3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]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：选A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·杭州模拟)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，那么该三棱锥的侧视图可能为()解析：选B由正视图可看出长为2的侧棱垂直于底面，侧视图为直角三角形，直角边长为2，另一直角边为底边三角形的高 3.故侧视图可能为B.[由题悟法]1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．[提醒]对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．[即时应用]1．(2018·沈阳教学质量监测)“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：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B ，故选B.2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )解析：选D 由俯视图是圆环可排除A 、B 、C ，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D.考点三空间几何体的直观图(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2018·杭州模拟)在等腰梯形ABCD 中，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．解析：画出等腰梯形ABCD 的实际图形及直观图A ′B ′C ′D ′如图所示，因为OE ＝(2)2－12＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ′＝24.所以直观图A ′B ′C ′D ′的面积为 S ′＝12×(1＋3)×24＝22.答案：22[由题悟法]原图与直观图中的“三变”与“三不变”(1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变(减半)图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变[即时应用]如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6 cm ，O ′C ′＝2 cm ，则原图形是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形解析：选C 如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝4 2 cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm.∴OC ＝OD 2＋CD 2＝(42)2＋22＝6 cm ， ∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．2．下列说法正确的是( )A ．棱柱的两个底面是全等的正多边形B ．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．(2019·杭州四校联考)如图所示的为一个几何体的三视图，则该几何体的直观图是()解析：选A对于A，该几何体的三视图恰好与已知图形相符，故A符合题意；对于B，该几何体的正视图中，对角线是虚线，故B不符合题意；对于C，该几何体的正视图中，对角线是从左上到右下的，故C不符合题意；对于D，该几何体的侧视图中，对角线是虚线，故D不符合题意．故选A.4．(2019·台州质检)如图，网络纸上正方形小格的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体中最长棱的长度为()A．62B．6 3C．8 D．9解析：选D由三视图还原几何体如图，该几何体为三棱锥，侧棱PA⊥底面ABC，底面三角形ABC为等腰三角形，且PB＝62＋(32)2＝36，PC＝62＋(35)2＝9，则该几何体中最长棱的长度为9.故选D.5.在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2.解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2.答案：矩形8二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·台州模拟)一个简单几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图不可能为()A．正方形B．圆C．等腰三角形D．直角梯形解析：选D该几何体是一个长方体时，其中一个侧面为正方形，A可能；该几何体是一个横放的圆柱时，B可能；该几何体是横放的三棱柱时，C可能，只有D不可能．2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中()A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC.3．(2018·沈阳教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为()A．三棱台B．三棱柱C．四棱柱D．四棱锥解析：选B根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．4.(2018·温州第八高中质检)如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA 1⊥平面A 1B 1C 1，正视图是边长为2的正方形，该三棱柱的侧视图面积为( )A ．4B ．2 3C ．2 2D. 3解析：选B 由题可得，该几何体的侧视图是一个长方形，其底边长是底面正三角形的高3，高为2，所以侧视图的面积为S ＝2 3.5．已知四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P -ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PM ＝3，PN ＝5，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3，S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.6.(2018·台州模拟)如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为棱BB 1的中点，若用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为( )解析：选C取DD1的中点F，连接AF，FC1，则过点A，E，C1的平面即为面AEC1F，所以剩余几何体的侧视图为选项C.7．(2019·义乌六校联考)图①是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥A1-AB1D1后得到的几何体，将其绕着棱DD1所在的直线逆时针旋转45°，得到如图②所示的几何体，该几何体的正视图为()解析：选B由题意可知，该几何体的正视图是长方形，底面对角线DB在正视图中的长为2，棱CC1在正视图中为虚线，D1A，B1A在正视图中为实线，故该几何体的正视图为B.8．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④9．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)．答案：1310．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图．从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64. 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：64三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2018·湖南东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8解析：选C 设该三棱锥为P -ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×(42)2－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC＝47，选C.3.如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA .解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2.(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2. 由正视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，所以在Rt △APD 中， PA ＝PD 2＋AD 2＝(62)2＋62＝6 3 cm.。

(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题二小题考法课二空间点、线、面的位置关系课件

A．BM＝EN，且直线 BM，EN 是相交直线
B．BM≠EN，且直线 BM，EN 是相交直线 C．BM＝EN，且直线 BM，EN 是异面直线 D．BM≠EN，且直线 BM，EN 是异面直线
(3)已知 m，n，l 是互不重合的三条直线，α，β 是两个不重合的平面，给出以下四个命题：
①若 m，n 是异面直线，m⊂α，n⊂β，且 m∥β，n∥α，则 α∥β；
(3)利用等体积法求点到面的距离，由距离与斜线段长的比值等于线面角的正弦值求线面角．
3．平面与平面所成角的求解策略二面角的平面角的作法是重点，构造平面角主要有以下方法： (1)根据定义； (2)利用二面角的棱的垂面； (3)利用两同底等腰三角形底边上的两条中线； (4)射影法，利用面积射影定理S射＝S斜·cos θ； (5)向量法，利用组成二面角的两个半平面的法向量的夹角与二面角相等或互补．
[答案] (1)B (2)D (3)A
[学技法——融会贯通] 1．直线与直线所成角的求解策略 (1)用“平移法”作出异面直线所成角(或其补角)，解三角形求角． (2)用“向量法”求两直线的方向向量所成的角． 2．直线与平面所成角的求解策略 (1)按定义作出线面角(即找到斜线在平面内的射影)，解三角形． (2)求平面的法向量，利用直线的方向向量与平面的法向量所成的锐角和直线与平面所成角互余求线面角．
D．4个
解析：选B 将展开图还原为几何体(如图)，因为E，F分别为PA，PD的中点，所以 EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，① 错；因为B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC ⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面 BCE不一定垂直，④错．故选B.

高考数学二轮复习第二部分专项二专题四 1 第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积

专题四立体几何与空间向量第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积年份卷别考查内容及考题位置命题分析2018卷Ⅰ空间几何体的三视图及侧面展开问题·T71.“立体几何”在高考中一般会以“两小一大”或“一小一大”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，空间点、线、面的位置关系(特别是平行与垂直)．2．考查一个小题时，此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，另一个小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，此小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查.空间几何体的截面问题·T12卷Ⅱ圆锥的侧面积·T16卷Ⅲ三视图的识别·T3三棱锥的体积及外接球问题·T102017卷Ⅰ空间几何体的三视图与直观图、面积的计算·T7卷Ⅱ空间几何体的三视图及组合体体积的计算·T4卷Ⅲ球的内接圆柱、圆柱的体积的计算·T82016卷Ⅰ有关球的三视图及表面积的计算·T6卷Ⅱ空间几何体的三视图及组合体表面积的计算·T6卷Ⅲ空间几何体的三视图及组合体表面积的计算·T9直三棱柱的体积最值问题·T10空间几何体的三视图(基础型) 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”．由三视图还原到直观图的三个步骤(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．[注意]在读图或者画空间几何体的三视图时，应注意三视图中的实线和虚线．[考法全练]1．(2018·高考全国卷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：选A.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．(2018·高考全国卷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．2 5C．3 D．2解析：选B.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＝2 5.故选B.3．把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，形成的三棱锥C-ABD的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为()A.12B.22C.24D.14解析：选D.由三棱锥C -ABD 的正视图、俯视图得三棱锥C -ABD 的侧视图为直角边长是22的等腰直角三角形，如图所示，所以三棱锥C -ABD 的侧视图的面积为14，故选D.4．(2018·长春质量监测(二))如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥中最长棱的长度为( )A ．2 B. 5 C ．2 2D ．3解析：选D.如图，三棱锥A -BCD 即为所求几何体，根据题设条件，知辅助的正方体棱长为2，CD ＝1，BD ＝22，BC ＝5，AC ＝2，AB ＝3，AD ＝5，则最长棱为AB ，长度为3.5．(2018·石家庄质量检测(一))如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中，最小面的面积是( )A ．2 3B ．2 2C ．2D. 3解析：选C.在正方体中还原该几何体，如图中三棱锥D -ABC 所示，其中正方体的棱长为2，则S △ABC ＝2，S △DBC ＝22，S △ADB ＝22，S △ADC ＝23，故该三棱锥的四个面中，最小面的面积是2，选C.空间几何体的表面积和体积(综合型)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＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．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＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)．(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ，S ′分别为上下底面面积，h 为高)(不要求记忆)．[典型例题]命题角度一空间几何体的表面积(1)(2018·潍坊模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．4＋23B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．6＋4 2(2)(2018·合肥第一次质量检测)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＋18B ．6π＋18C ．8π＋6D ．10π＋6【解析】 (1)由三视图还原几何体的直观图如图所示，易知BC ⊥平面P AC ，又PC ⊂平面P AC ，所以BC ⊥PC ，又AP ＝AC ＝BC ＝2，所以PC ＝22＋22＝22，又AB ＝22，所以S △PBC ＝S △P AB ＝12×2×22＝22，S △ABC ＝S △P AC ＝12×2×2＝2，所以该几何体的表面积为4＋4 2.(2)由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和两个半球构成的，故该几何体的表面积为2×12×4π×12＋2×12×π×12＋2×3＋12×2π×1×3＝8π＋6. 【答案】 (1)B (2)C求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得几何体的表面积．命题角度二空间几何体的体积(1)(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.12B.22C.33D.23(2)(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________．【解析】 (1)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.故选D.(2)由题意画出图形，如图，设AC 是底面圆O 的直径，连接SO ，则SO 是圆锥的高．设圆锥的母线长为l ，则由SA ⊥SB ，△SAB 的面积为8，得12l 2＝8，得l ＝4.在Rt △ASO 中，由题意知∠SAO ＝30°，所以SO ＝12l ＝2，AO ＝32l ＝2 3.故该圆锥的体积V ＝13π×AO 2×SO ＝13π×(23)2×2＝8π.【答案】 (1)D (2)8π求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．[对点训练]1．(2018·洛阳第一次统考)一个几何体的三视图如图所示，图中的三个正方形的边长均为2，则该几何体的体积为( )A ．8－2π3B ．4－π3C ．8－π3D ．4－2π3解析：选A.由三视图可得该几何体的直观图如图所示，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＝8－2π3.故选A.2．(2018·唐山模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．3 B.113 C ．7D.233解析：选B.由题中的三视图可得，该几何体是由一个长方体切去一个三棱锥所得的几何体，长方体的长，宽，高分别为2，1，2，体积为4，切去的三棱锥的体积为13，故该几何体的体积V ＝4－13＝113.故选B.多面体与球(综合型)[典型例题]命题角度一外接球(2018·南宁模拟)三棱锥P -ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，P A⊥PB ，三棱锥P -ABC 的外接球的体积为( )A.272π B.2732πC ．273πD ．27π【解析】因为三棱锥P -ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，所以△P AB ≌△PBC ≌△P AC .因为P A ⊥PB ，所以P A ⊥PC ，PC ⊥PB .以P A ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P -ABC 的外接球．因为正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，所以其外接球半径R ＝332.因此三棱锥P -ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝⎛⎭⎫3323＝2732π，故选B.【答案】 B解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．命题角度二内切球已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球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，当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)，则小球的表面积等于( )A.7π6B.4π3C.2π3D.π2【解析】当注入水的体积是该三棱锥体积的78时，设水面上方的小三棱锥的棱长为x (各棱长都相等)，依题意，⎝⎛⎭⎫x 43＝18，得x ＝2.易得小三棱锥的高为263，设小球半径为r ，则13S 底面·263＝4·13·S 底面·r ，得r ＝66，故小球的表面积S ＝4πr 2＝2π3.故选C.【答案】 C求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．命题角度三与球有关的最值问题(2018·高考全国卷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】如图，E 是AC 中点，M 是△ABC 的重心，O 为球心，连接BE ，OM ，OD ，BO .因为S △ABC ＝34AB 2＝93，所以AB ＝6，BM ＝23BE ＝23AB 2－AE 2＝2 3.易知OM ⊥平面ABC ，所以在Rt △OBM 中，OM ＝OB 2－BM 2＝2，所以当D ，O ，M 三点共线且DM ＝OD ＋OM 时，三棱锥D -ABC 的体积取得最大值，且最大值V max ＝13S △ABC ×(4＋OM )＝13×93×6＝18 3.故选B.【答案】 B多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题，二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下，截面的最值问题．[对点训练]1．(2018·福州模拟)已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )A.83π B.323π C ．16πD ．32π解析：选B.设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，R 2＝(3－R )2＋(3)2，解得R ＝2，所以所求球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π，故选B.2．(2018·洛阳第一次联考)已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱均相切，则球O 的体积为( )A.823πB.833πC.863π D.1623π解析：选A.将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径为正方体的棱长22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π，故选A.3．已知四棱锥S -ABCD 的所有顶点在同一球面上，底面ABCD 是正方形且球心O 在此平面内，当四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于16＋163，则球O 的体积等于( )A.42π3B.162π3C.322π3D.642π3解析：选D.由题意得，当四棱锥的体积取得最大值时，该四棱锥为正四棱锥．因为该四棱锥的表面积等于16＋163，设球O 的半径为R ，则AC ＝2R ，SO ＝R ，如图，所以该四棱锥的底面边长AB ＝2R ，则有(2R )2＋4×12×2R × （2R ）2－⎝⎛⎭⎫22R 2＝16＋163，解得R ＝22，所以球O 的体积是43πR 3＝6423π.故选D.一、选择题1．(2018·长沙模拟)如图是一个正方体，A ，B ，C 为三个顶点，D 是棱的中点，则三棱锥A -BCD 的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)( )解析：选A.正视图和俯视图中棱AD 和BD 均看不见，故为虚线，易知选A.2．(2018·高考北京卷)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：选C.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 ＝P A ＝2，AB ⊥AD ，P A ⊥平面ABCD ，故△P AD ，△P AB 为直角三角形，因为P A ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BC ，又BC ⊥AB ，且P A ∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面P AB ，又PB ⊂平面P AB ，所以BC ⊥PB ，所以△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.3．(2018·沈阳教学质量监测(一))如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.4π3B.8π3C.16π3D.32π3解析：选A.由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V ＝12×13×π×22×2＝4π3，故选A.4．(2018·西安八校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.4π3B.5π3 C ．2＋2π3D ．4＋2π3解析：选B.由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球与一个底面半径为1，高为2的半圆柱组合而成的组合体，故其体积V ＝23π×13＋12π×12×2＝5π3，故选B.5．(2018·长春质量检测(一))已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O ，半径为R 的球面上，AB ＝6，BC ＝23，且四棱锥O -ABCD 的体积为83，则R 等于( )A ．4B ．2 3 C.479D.13解析：选A.如图，设矩形ABCD 的中心为E ，连接OE ，EC ，由球的性质可得OE ⊥平面ABCD ，所以V O ABCD ＝13·OE ·S 矩形ABCD ＝13×OE×6×23＝83，所以OE ＝2，在矩形ABCD 中可得EC ＝23，则R ＝OE 2＋EC 2＝4＋12＝4，故选A.6．(2018·南昌调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A.23 B.43 C ．2D.83解析：选A.由三视图可知，该几何体为三棱锥，将其放在棱长为2的正方体中，如图中三棱锥A -BCD 所示，故该几何体的体积V ＝13×12×1×2×2＝23.7．(2018·辽宁五校协作体联考)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是三棱锥的三视图，则此三棱锥的体积是( )A ．8B ．16C ．24D ．48解析：选A.由三视图还原三棱锥的直观图，如图中三棱锥P ABC 所示，且长方体的长、宽、高分别为6，2，4，△ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝6，三棱锥P -ABC 的高为4，故其体积为13×12×6×2×4＝8，故选A.8．将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( )A.π27B.8π27C.π3D.2π9解析：选B.如图所示，设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V ，由题意可得r 1＝2－x2，所以x ＝2－2r ，所以圆柱的体积V ＝πr 2(2－2r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，设V (r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，则V ′(r )＝2π(2r －3r 2)，由2π(2r －3r 2)＝0得r ＝23，所以圆柱的最大体积V max ＝2π⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫232－⎝⎛⎭⎫233＝8π27. 9．(2018·福州模拟)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 ．14B ．10＋4 2 C.212＋4 2 D.21＋32＋4 2解析：选D.由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示．所以该多面体的表面积S ＝2×⎝⎛⎭⎫22－12×1×1＋12×(22－12)＋12×22＋2×22＋12×32×(2)2＝21＋32＋42，故选D. 10．(2018·太原模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最长的棱长为( )A ．3 3B ．2 6 C.21D ．2 5解析：选B.由三视图得，该几何体是四棱锥P -ABCD ，如图所示，ABCD 为矩形，AB ＝2，BC ＝3，平面P AD ⊥平面ABCD ，过点P 作PE ⊥AD ，则PE ＝4，DE ＝2，所以CE ＝22，所以最长的棱PC ＝PE 2＋CE 2＝26，故选B.11．(2018·南昌调研)已知三棱锥P -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 满足AB ＝22，∠ACB ＝90°，P A 为球O 的直径且P A ＝4，则点P 到底面ABC 的距离为( )A. 2 B ．2 2 C. 3D ．2 3解析：选B.取AB 的中点O 1，连接OO 1，如图，在△ABC 中，AB ＝22，∠ACB ＝90°，所以△ABC 所在小圆O 1是以AB 为直径的圆，所以O 1A ＝2，且OO 1⊥AO 1，又球O 的直径P A ＝4，所以OA ＝2，所以OO 1＝OA 2－O 1A 2＝2，且OO 1⊥底面ABC ，所以点P 到平面ABC 的距离为2OO 1＝2 2.12．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A.334B.233C.324D.32解析：选A.记该正方体为ABCD -A ′B ′C ′D ′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB ′，AD ′，B ′D ′，因为三棱锥A ′AB ′D ′是正三棱锥，所以A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面AB ′D ′所成的角都相等．分别取C ′D ′，B ′C ′，BB ′，AB ，AD ，DD ′的中点E ，F ，G ，H ，I ，J ，连接EF ，FG ，GH ，IH ，IJ ，JE ，易得E ，F ，G ，H ，I ，J 六点共面，平面EFGHIJ 与平面AB ′D ′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF ＝FG ＝GH ＝IH ＝IJ ＝JE ＝22，所以该正六边形的面积为6×34×⎝⎛⎭⎫222＝334，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334，故选A. 二、填空题13．(2018·洛阳第一次联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：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.答案：2314．(2018·福州四校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析：在长、宽、高分别为3，33，33的长方体中，由几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥C -BAP ，其中底面BAP 是∠BAP ＝90°的直角三角形，AB ＝3，AP ＝33，所以BP ＝6，又棱CB ⊥平面BAP 且CB ＝33，所以AC ＝6，所以该几何体的表面积是12×3×33＋12×3×33＋12×6×33＋12×6×33＝27 3. 答案：27 315．(2018·高考全国卷Ⅱ)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515，则该圆锥的侧面积为________．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12·SA ·SB ·sin∠ASB ＝12·SA 2·1－cos 2∠ASB ＝1516·SA 2＝515，所以SA 2＝80，SA ＝4 5.因为SA 与底面所成的角为45°，所以∠SAS ′＝45°，AS ′＝SA ·cos 45°＝45×22＝210.所以底面周长l ＝2π·AS ′＝410π，所以圆锥的侧面积为12×45×410π＝402π.答案：402π16．(2018·潍坊模拟)已知正四棱柱的顶点在同一个球面上，且球的表面积为12π，当正四棱柱的体积最大时，正四棱柱的高为________．解析：设正四棱柱的底面边长为a ，高为h ，球的半径为r ，由题意知4πr 2＝12π，所以r 2＝3，又2a 2＋h 2＝(2r )2＝12，所以a 2＝6－h 22，所以正四棱柱的体积V ＝a 2h ＝⎝⎛⎭⎫6－h 22h ，则V ′＝6－32h 2，由V ′>0，得0<h <2，由V ′<0，得h >2，所以当h ＝2时，正四棱柱的体积最大，V max ＝8.答案：2。

【2020高考数学《大二轮专题复习与增分策略》浙江版】专题二第1讲

第1讲空间几何体热点一三视图与直观图1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，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视图与侧视图确定几何体．例1(1)某几何体的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图可以为()答案 B解析由俯视图与正视图可知，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．(2)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＋22解析如图，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为点E ，则在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22. 而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此可还原原图形如图所示．在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝⎛⎭⎫1＋1＋22×2＝2＋22. 思维升华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，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，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．跟踪演练1(1)在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为()答案 D解析由正视图和俯视图得该几何体可以为一个底面为等腰三角形的三棱锥和一个与三棱锥等高，且底面直径等于三棱锥的底面等腰三角形的底的半圆锥的组合体，则其侧视图可以为D选项中的图形，故选D.(2)如图所示是一个几何体的三视图及有关数据，则该几何体的棱的长度中，最长棱的长度是()A．2 3 B．2 2 C. 5 D. 3答案 B解析由三视图可知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，其中P A＝PB＝AB＝AD＝BC＝CD＝2，PD＝P A2＋AD2＝22；PC＝PB2＋BC2＝22，所以最长的棱的长度为2 2.热点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．例2 (1)如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线(实线、虚线)画出的是某几何体的三视图，其中的曲线都是半径为1的圆周的四分之一，则该几何体的表面积为( )A ．20B ．20＋π4C ．20＋3π4D ．20＋5π4答案 B解析由三视图可得几何体如图所示，由已知得原几何体是由一个棱长为2的正方体挖去一个四分之一圆柱及一个八分之一球体得到的组合体，∴S ＝6×22－2×1×2－5×14π＋14×2π×2＋18×4π＝20＋π4.(2)(2019·温州模拟)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)等于________，表面积(单位：cm 2)等于________．答案 3 12＋2 2解析根据几何体的三视图，得该几何体为以等腰梯形ABCD 与等腰梯形A 1B 1C 1D 1为底面，高为1的直四棱柱，如图，由柱体体积公式得V ＝12×(2＋4)×1×1＝3.又等腰梯形ABCD 与等腰梯形A 1B 1C 1D 1全等，面积和为12×(2＋4)×1×2＝6，矩形C 1D 1DC 的面积为2×1＝2，矩形A 1B 1BA 的面积为4×1＝4，矩形B 1C 1CB 与矩形A 1D 1DA 的面积相等，又由正视图可得BC ＝2，所以矩形B 1C 1CB 与矩形A 1D 1DA 的面积和为2×2×1＝22，所以表面积为6＋2＋4＋22＝12＋2 2.思维升华 (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．跟踪演练2 (1)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r 等于( )A ．1B ．2C ．4D ．8 答案 B解析由三视图得该几何体为一个半球和一个半圆柱的组合体，且半圆柱的底面和半球体的一半底面重合，则其表面积为12×4πr 2＋πr 2＋2r ×2r ＋12×2πr ×2r ＝4r 2＋5πr 2＝16＋20π，解得r ＝2，故选B.(2)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋4 2B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2 答案 D解析由三视图可知，该几何体是高为4的直三棱柱，底面是直角边长为2的等腰直角三角形，斜边长为22，所以几何体的表面积S ＝2×12×2×2＋(2＋2＋22)×4＝20＋8 2.热点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．例3 (1)在三棱锥P －ABC 中，△ABC 和△PBC 均为边长为3的等边三角形，且P A ＝362，则三棱锥P －ABC 外接球的体积为( ) A.13136πB.10103πC.5152πD.556π答案 C解析取BC 的中点D ，连接PD ，AD ，因为△ABC 和△PBC 均为等边三角形，所以AD ⊥BC ，PD ⊥BC ，AD ∩PD ＝D ，AD ，PD ⊂平面P AD ，所以BC ⊥平面P AD ，因为△ABC 和△PBC 均为边长为3的等边三角形，所以AD ＝PD ＝332，又因为P A ＝362，P A 2＝PD 2＋AD 2，所以PD ⊥AD ，过△ABC 的外心O 1作平面ABC 的垂线，过△PBC 的外心O 2作平面PBC 的垂线，设两条垂线交于点O ，则O 为三棱锥P －ABC 外接球的球心． O 1O ＝O 2D ＝32，AO 1＝PO 2＝3，所以OA 2＝OO 21＋AO 21＝154，所以外接球的半径R ＝OA ＝152，所以三棱锥P －ABC 外接球的体积V ＝43πR 3＝5152π.(2)如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为( )A.25π4B.25π16C.1 125π4D.1 125π16 答案 D解析把此三棱锥嵌入长、宽、高分别为20,24,16的长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，三棱锥B －KLJ 即为所求的三棱锥，其中KC 1＝9，C 1L ＝LB 1＝12，B 1B ＝16， ∴KC 1C 1L ＝LB 1B 1B，又∵∠KC 1L ＝∠BB 1L ＝90°，则△KC 1L ∽△LB 1B ，∠KLB ＝90°，故可求得三棱锥各面面积分别为S △BKL ＝150，S △JKL ＝150，S △JKB ＝250，S △JLB ＝250，故表面积为S 表＝800.三棱锥体积V ＝13S △BKL ·JK ＝1 000，设内切球半径为r ，则r ＝3V S 表＝154，故三棱锥内切球体积V 球＝43πr 3＝1 125π16.思维升华三棱锥P －ABC 可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形 (1)点P 可作为长方体上底面的一个顶点，点A ，B ，C 可作为下底面的三个顶点．(2)P －ABC 为正四面体，则正四面体的每条棱都可作为正方体的一条面对角线．跟踪演练3 (1)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知底面ABC 为正三角形，AA 1⊥平面ABC ，AB ＝63，AA 1＝16，则该三棱柱外接球的表面积为( ) A ．400π B ．300π C ．200π D ．100π 答案 A解析如图，O ′为底面中心，O 为外接球球心，在正三角形ABC 中求得O ′A ＝6，又OO ′＝8，∴外接球半径OA ＝10， ∴S 球＝4π×100＝400π.(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S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( )A.12B.13C.14D.18 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12lR ＝2πr 2，即12·2π·r ·R ＝2πr 2，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BC BD ＝12，∴r 内r 外＝12，故S 1S 2＝14.真题体验1.(2018·浙江，3)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( )A ．2B ．4C ．6D ．8答案 C解析由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的上、下底边长分别为2,1，高为2， ∴该几何体的体积为V ＝2×⎣⎡⎦⎤12×(2＋1)×2＝6. 故选C.2．(2019·全国Ⅰ，文，16)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为________．答案2解析如图，过点P 作PO ⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离．再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ，连接PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.又PE＝PF＝3，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝PE2－OE2＝(3)2－12＝ 2.押题预测1．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是()A．5 B．6 C．7 D．8答案 C解析由三视图可知该几何体的直观图是棱长为2的正方体去掉一个棱长为1的正方体，则该几何体的体积V＝2×2×2－1×1×1＝7.2．在正三棱锥S－ABC中，点M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB＝22，则正三棱锥S－ABC的外接球的表面积为()A．6πB．12πC．32πD．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＝22，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.3．已知某实心机械零件的三视图如图所示，若该实心机械零件的表面积为66＋4π，则a＝________.答案 3解析根据三视图可知，该几何体是四棱柱与两个圆柱的组合体，且四棱柱的底面是边长为a的正方形，高为4的直四棱柱，圆柱体的底面圆直径为2，高为1，所以该组合体的表面积为S＝2(a2＋4a＋4a)＋2π×1×1×2＝2(a2＋8a)＋4π＝66＋4π，解得a ＝－11(舍)或a＝3.A组专题通关1．某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图都是腰长为2的等腰直角三角形，俯视图是边长为2的正方形，则此四面体的最大面的面积是()A．2 B．2 2 C．2 3 D．4 答案 C解析由三视图得该几何体如图中的三棱锥A－BCD所示，则S△ABD＝12×(22)2×32＝23，S△BCD＝12×2×2＝2，S△ABC＝S△ADC＝12×22×2＝22，所以最大面的面积为23，故选C.2．母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于8π5，则该圆锥的体积为( )A ．16πB ．8π C.16π3 D.8π3答案 A解析 ∵母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于8π5，∴侧面展开图的弧长为5×8π5＝8π，设底面圆半径为r ，弧长8π＝底面周长＝2πr ，∴r ＝4， ∴圆锥的高h ＝52－42＝3，∴圆锥体积V ＝13×π×r 2×h ＝16π.3．某几何体的正视图和侧视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是△A ′B ′C ′，如图(2)所示，其中O ′A ′＝O ′B ′＝2，O ′C ′＝3，则该几何体的表面积为( )A ．36＋12 3B ．24＋8 3C ．24＋12 3D ．36＋8 3答案 C解析由题图(2)可知，该几何体的俯视图是一个底面边长为4，高为23的等腰三角形，即该三角形为等边三角形，在如图所示的长方体中，长、宽、高分别为4,23，6，三视图还原为几何体是图中的三棱锥P －ABC ，且S △P AB ＝S △PBC ＝12×4×6＝12，S △ABC ＝12×4×23＝43，△P AC 是腰长为52，底边长为4的等腰三角形，S △P AC ＝8 3.综上可知，该几何体的表面积为2×12＋43＋83＝24＋12 3.故选C.4．某几何体的三视图如图所示，其中侧视图为半圆，则该几何体的表面积为( )A ．6＋4πB ．6＋3πC ．9＋4πD ．9＋3π 答案 A解析根据三视图知，该几何体是半圆柱体，画出直观图如图所示，结合图中数据，计算该几何体的表面积为 S ＝2×12π·12＋12×2π·1×3＋2×3＝4π＋6.5．榫卯(sǔnmǎo )是两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式．凸出部分叫榫，凹进去的部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用．代表建筑有北京的紫禁城、天坛祈年殿，山西悬空寺等，如图是一种榫卯构件中榫的三视图，则该榫的表面积和体积为( )A ．8＋16π，2＋8πB ．9＋16π，2＋8πC ．8＋16π，4＋8πD ．9＋16π，4＋8π答案 A解析由三视图知该榫头是由上下两部分构成：上方为长方体(底面为边长是1的正方形，高为2)，下方为圆柱(底面圆半径为2，高为2)．其表面积为圆柱的表面积加上长方体的侧面积，所以S ＝2×(2π×2)＋2×(π×22)＋4×(1×2)＝8＋16π. 其体积为圆柱与长方体体积之和，所以V ＝(π×22)×2＋1×1×2＝8π＋2.6．某多面体的三视图如图所示，每个小方格都是长度为1的正方形，则该几何体的体积与其外接球的体积之比为( )A.618πB.69πC.63πD.13π 答案 A解析结合三视图，还原直观图，如图所示，三棱锥D －ABC 即为该几何体，结合题意可知AD ＝2，DC ＝4，点B 到平面ACD 的距离为2，故体积为V 1＝13×12×2×4×2＝83，取BD 的中点O ，结合题意可知AD ⊥平面EAB ，故∠DAB ＝90°，DC ⊥平面BCE ，可知∠DCB ＝90°，故结合直角三角形的性质可知，点O 到A ，B ，C ，D 四点的距离相等，故该三棱锥的外接球半径r ＝12BD ＝6，故外接球体积V 2＝43πr 3＝86π，故三棱锥的体积和外接球体积之比为618π.7．在三棱锥S －ABC 中，侧棱SA ⊥底面ABC ，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°，SA ＝25，则该三棱锥的外接球的表面积为( ) A.643π B.2563πC.4363πD.2 048327π答案 B解析由题意知，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°，则在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2×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 ＝AC sin ∠ABC ＝732，∴r ＝733，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 ＝12SA ＝5，则外接球的半径R ＝⎝⎛⎭⎫7332＋()52＝643，则该三棱锥的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝2563π. 8．某几何体的正视图和俯视图如图所示，在下列图形中，可能是该几何体侧视图的图形是________．(写出所有可能的序号)答案 ①②③解析如图a 三棱锥C －ABD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为①；如图b 四棱锥P －ABCD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为②；如图c 三棱锥P －BCD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为③.9．如图1所示是一种生活中常见的容器，其结构如图2，其中ABCD 是矩形，ABFE 和CDEF 都是等腰梯形，且AD ⊥平面CDEF ，现测得AB ＝20 cm ，AD ＝15 cm ，EF ＝30 cm ，AB 与EF 间的距离为25 cm ，则几何体EF －ABCD 的体积为________cm 3.答案 3 500解析在EF 上，取两点M ，N (图略)，分别满足EM ＝NF ＝5，连接DM ，AM ，BN ，CN ，则该几何体就被分割成两个棱锥和一个棱柱，根据柱、锥体的体积公式以及题中所给的相关量，可以求得V ＝12×20×15×20＋2×13×12×20×15×5＝3 500.10．某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是________cm 3，表面积是________cm 2.答案 16 82＋46＋24解析易知该几何体是一个底面为直角梯形，一条侧棱垂直底面的四棱锥，所以该几何体的体积V ＝13×(4＋2)×42×4＝16(cm 3)，表面积为(4＋2)×42＋4×42＋4×22＋4×422＋43×222＝82＋46＋24(cm 2)．11．已知二面角α－l －β的大小为π3，点P ∈α，点P 在β 内的正投影为点A ，过点A 作AB ⊥l ，垂足为点B ，点C ∈l ，BC ＝22，P A ＝23，点D ∈β，且四边形ABCD 满足∠BCD ＋∠DAB ＝π.若四面体P ACD 的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为________．答案 86π解析 ∵∠BCD ＋∠DAB ＝π， ∴A ，B ，C ，D 四点共圆，直径为AC . ∵P A ⊥平面β，AB ⊥l ，∴易得PB ⊥l ，即∠PBA 为二面角α－l －β的平面角，即∠PBA ＝π3，∵P A ＝23，∴BA ＝2，∵BC ＝22，∴AC ＝2 3. 设球的半径为R ，则23－R 2－()32＝R 2－()32，∴R ＝6，V ＝4π3(6)3＝86π.12．(2019·全国Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O －EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm ，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.答案 118.8解析由题意得长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为6×6×4＝144(cm 3)，四边形EFGH 为平行四边形，如图所示，连接GE ，HF ，易知四边形EFGH 的面积为矩形BCC 1B 1面积的一半，即12×6×4＝12(cm 2)，所以V 四棱锥O －EFGH ＝13×3×12＝12(cm 3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．B 组能力提高13．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.81π5B.81π20C.101π5D.101π20 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P AD ⊥平面ABCD ，由于△P AD 为等腰三角形，P A ＝PD ＝3，AD ＝4，四边形ABCD 为矩形，CD ＝2，过△P AD 的外心F 作平面P AD 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△P AD 中，cos ∠APD ＝32＋32－422×3×3＝19，则sin ∠APD＝459，2PF ＝AD sin ∠APD ＝4459＝955，PF ＝9510，PE ＝9－4＝5，OH ＝EF ＝5－9510＝510，BH ＝1216＋4＝5， OB ＝OH 2＋BH 2＝5100＋5＝50510，所以S ＝4π×505100＝101π5.14．(2019·滨州模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 是线段BC 1上一动点，则AP ＋DP 的最小值为( ) A.3－ 6B.3－ 3C.3＋ 3D.3＋ 6答案 D 解析根据题意可得正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图①：将AP 所在平面ABC 1D 1与DP 所在平面DBC 1一并展开如图②，由图可知，AP ＋PD ＝AD 时取得最小值，则AB ＝1，BC 1＝BD ＝DC 1＝2，所以∠ABD ＝150°，在△ABD 中，由余弦定理可得AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos 150°＝1＋2＋2×1×2×32＝3＋6，所以AD ＝3＋ 6. 15.如图，在侧棱长为3的正三棱锥A －BCD 中，每个侧面都是等腰直角三角形，在该三棱锥的表面上有一个动点P ，且点P 到点B 的距离始终等于23，则动点P 在三棱锥表面形成的曲线的长度为________．答案 323π解析设动点P 在三棱锥表面形成曲线是EFGH ，如图所示．则BE ＝BH ＝23，在Rt △BAH 中，cos ∠HBA ＝323＝32， ∴∠HBA ＝π6，∠HBG ＝π4－π6＝π12， ∴HG ＝23×π12＝36π，同理EF ＝36π；在Rt △HAE 中，∠HAE ＝π2，AH ＝AE ＝(23)2－32＝3，∴HE ＝π2×3＝32π，在等边三角形BCD 中，∠CBD ＝π3， ∴GF ＝23×π3＝233π，则这条曲线的长度为36π＋36π＋32π＋233π＝332π. 16．半径为3＋6的球体内装有4个半径相同的小球，则小球半径的最大值是________．答案 6解析设小球半径的最大值为r ，R ＝3＋ 6.由题意知，四个小球两两相切并且四个小球都与大球相切时，这些小球的半径最大，以四个小球球心为顶点的正四面体的棱长为2r ，该正四面体的中心(外接球球心)就是大球的球心，该正四面体的高为4r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫24r 2－r 232＝8r 23＝263r .设正四面体的外接球半径为x ，则x 2＝⎝⎛⎭⎫263r －x 2＋⎝⎛⎭⎫23r 32. 所以x ＝62r ，所以R ＝62r ＋r ＝3＋6，所以r ＝ 6.17．已知点A ，B ，C 在半径为2的球O 的球面上，且OA ，OB ，OC 两两所成的角相等，则当三棱锥O －ABC 的体积最大时，平面ABC 截球O 所得的截面圆的面积为________．答案 8π3解析由题意知，三棱锥O －ABC 为正三棱锥，如图所示：D 为BC 中点，OG ⊥平面ABC ，且G 为△ABC 的重心，设AB ＝x ，则AG ＝23AD ＝23×32x ＝33x ， ∴OG ＝OA 2－AG 2＝4－13x 2， V O －ABC ＝13×34x 2·4－13x 2＝112x 4(12－x 2)，令t ＝x 2∈(0,12)⇒g (t )＝t 2(12－t )⇒g ′(t )＝－3t 2＋24t ，令g ′(t )＝0，解得t ＝8，且t ∈(0,8)时，g (t )单调递增；t ∈(8,12)时，g (t )单调递减，∴x 2＝t ＝8时，三棱锥O －ABC 体积最大，此时AG 2＝⎝⎛⎭⎫33x 2＝83，平面ABC 截球O 所得的截面圆的面积S ＝π·AG 2＝83π. 18．棱长为36的正四面体A －BCD 的内切球上有一动点M ，则MB ＋13MC 的最小值为__________．答案 433解析由MB ＋13MC 结构看，需要把13MC 转化为M 点到某定点的距离．设内切球球心为O ，△ABD 的中心为Q ，由正四面体性质易求OQ ＝36，OC ＝96，BQ ＝123，且内切球的半径为36，现在只需要在直线OC 上找一个定点P ，使MP ＝13MC ，即在平面OAC 内找MP ＝13MC .设BD 的中点为N ，当M 分别在H ，Q 位置时，由MP ＝13MC ，得满足条件的只有一点P ，P 在OC 之间且OP ＝6，即MP ＝13MC ，且可证对内切球面上任意一点M ，上式均成立．所以MB ＋13MC ＝MB ＋MP ≥PB ＝PQ 2＋QB 2＝(46)2＋(123)2＝433，当M 为线段BP 与球面的交点时，取得最小值．。

(浙江专用)2020版高考数学空间几何体的结构特征及三视图与直观图(含解析)

课时跟踪检测（三十六）空间几何体的结构特征及三视图与直观图一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．2．下列说法正确的是( )A．棱柱的两个底面是全等的正多边形B．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D 因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．(2019·杭州四校联考)如图所示的为一个几何体的三视图，则该几何体的直观图是( )解析：选A 对于A，该几何体的三视图恰好与已知图形相符，故A符合题意；对于B，该几何体的正视图中，对角线是虚线，故B不符合题意；对于C，该几何体的正视图中，对角线是从左上到右下的，故C不符合题意；对于D，该几何体的侧视图中，对角线是虚线，故D不符合题意．故选A.4．(2019·台州质检)如图，网络纸上正方形小格的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体中最长棱的长度为( )A．6 2 B．6 3C．8 D．9解析：选 D 由三视图还原几何体如图，该几何体为三棱锥，侧棱PA⊥底面ABC，底面三角形ABC为等腰三角形，且PB＝62＋322＝36，PC＝62＋352＝9，则该几何体中最长棱的长度为9.故选D.5.在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2.解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2.答案：矩形8二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·台州模拟)一个简单几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图不可能为( )A．正方形B．圆C．等腰三角形D．直角梯形解析：选D 该几何体是一个长方体时，其中一个侧面为正方形，A可能；该几何体是一个横放的圆柱时，B可能；该几何体是横放的三棱柱时，C可能，只有D不可能．2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B 由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC.3．(2018·沈阳教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为( )A．三棱台B．三棱柱C．四棱柱D．四棱锥解析：选B 根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．4.(2018·温州第八高中质检)如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA1⊥平面A1B1C1，正视图是边长为2的正方形，该三棱柱的侧视图面积为( )A．4 B．2 3C．2 2 D. 3解析：选B 由题可得，该几何体的侧视图是一个长方形，其底边长是底面正三角形的高3，高为2，所以侧视图的面积为S＝2 3.5．已知四棱锥PABCD的三视图如图所示，则四棱锥PABCD的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PM ＝3，PN ＝5，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.6.(2018·台州模拟)如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为棱BB 1的中点，若用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为( )解析：选C 取DD 1的中点F ，连接AF ，FC 1，则过点A ，E ，C 1的平面即为面AEC 1F ，所以剩余几何体的侧视图为选项C.7．(2019·义乌六校联考)图①是棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1截去三棱锥A 1AB 1D 1后得到的几何体，将其绕着棱DD 1所在的直线逆时针旋转45°，得到如图②所示的几何体，该几何体的正视图为( )解析：选B 由题意可知，该几何体的正视图是长方形，底面对角线DB 在正视图中的长为2，棱CC 1在正视图中为虚线，D 1A ，B 1A 在正视图中为实线，故该几何体的正视图为B.8．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④9．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)．答案：1310．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图．从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64. 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：64三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2018·湖南东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8解析：选C 设该三棱锥为P ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB ＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×422－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，选C.3.如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝6 3 cm.。

浙江专用2020高考数学二轮复习精准提分第二篇重点专题分层练中高档题得高分第14练空间几何体试题20

第14练空间几何体[明晰考情] 1.命题角度：空间几何体的三视图，球与多面体的组合，一般以计算面积、体积的形式出现.2.题目难度：中档或中档偏难．考点一空间几何体的三视图与直观图要点重组(1)三视图画法的基本原则：长对正，高平齐，宽相等；画图时看不到的线画成虚线．(2)由三视图还原几何体的步骤定底面—根据俯视图确定↓定棱及侧面—根据正视图确定几何体的侧棱与侧面特征，调整实线、虚线对应棱的位置↓定形状—确定几何体的形状(3)直观图画法的规则：斜二测画法．1．一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，则得到的正视图为( )答案 A解析在空间直角坐标系中作出四面体OABC的直观图如图所示，作顶点A，C在xOz平面的投影A′，C′，可得四面体的正视图．故选A.2．(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．1B．2C．3D．4答案 C解析由三视图得到空间几何体，如图所示，则PA⊥平面ABCD，平面ABCD为直角梯形，PA＝AB＝AD＝2，BC＝1，所以PA⊥AD，PA⊥AB，PA⊥BC.又BC⊥AB，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB.在△PCD中，PD＝22，PC＝3，CD＝5，所以△PCD为锐角三角形．所以侧面中的直角三角形为△PAB，△PAD，△PBC，共3个．故选C.3．如图所示是一个几何体的三视图，则此三视图所描述的几何体的直观图是( )答案 D解析先观察俯视图，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．4．已知正三棱锥V －ABC 的正视图和俯视图如图所示，则该正三棱锥侧视图的面积是________．答案 6解析如图，由俯视图可知正三棱锥的底面边长为23，则AO ＝23×23sin60°＝2.所以VO ＝42－22＝23，则VA ′＝2 3.所以该正三棱锥的侧视图的面积为12×23×23＝6.考点二空间几何体的表面积与体积方法技巧 (1)求三棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，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．(3)已知几何体的三视图，可去判断几何体的形状和各个度量，然后求解表面积和体积． 5．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 的中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( )A ．3B.32C ．1D.32答案 C解析 ∵D 是等边三角形ABC 的边BC 的中点， ∴AD ⊥BC .又ABC －A 1B 1C 1为正三棱柱，∴AD ⊥平面BB 1C 1C .∵四边形BB 1C 1C 为矩形，∴11DB C S △＝1211BB C C S 四边形＝12×2×3＝ 3.又AD ＝2×32＝3，∴11A B DC V －＝1311B DC S △·AD ＝13×3×3＝1.故选C.6．一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的体积是( )A.12B.13C.23D ．1 答案 B解析根据题意得到原四面体是底面为等腰直角三角形，高为1的三棱锥，故得到体积为13×12×2×1×1＝13. 7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，其表面积为________．答案643＋8π 16＋162＋12π 解析由正视图和侧视图可知，该几何体含有半个圆柱，再结合俯视图不难得到该几何体是半个圆柱和一个倒立的直四棱锥组合而成，如图．故该几何体的体积为V ＝13×4×4×4＋4π×42＝643＋8π，表面积为S ＝π×22＋2π×2×42＋4×4×22＋4×42×22＝16＋162＋12π.8．已知一个圆锥的母线长为2，侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为________．答案33π 解析由题意，得圆锥的底面周长为2π，设圆锥的底面半径是r ，则2πr ＝2π，解得r ＝1，∴圆锥的高为h ＝22－12＝ 3. ∴圆锥的体积为V ＝13πr 2h ＝33π.考点三多面体与球要点重组 (1)设球的半径为R ，球的截面圆半径为r ，球心到球的截面的距离为d ，则有r ＝R 2－d 2.(2)当球内切于正方体时，球的直径等于正方体的棱长，当球外接于长方体时，长方体的体对角线长等于球的直径；当球与正方体各棱都相切时，球的直径等于正方体底面的对角线长． (3)若正四面体的棱长为a ，则正四面体的外接球半径为64a ，内切球半径为612a . 9．已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SA ⊥平面ABC ，SA ＝23，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，则球O 的表面积为( ) A ．4πB．12πC．16πD．64π 答案 C解析在△ABC 中，由余弦定理得，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos60°＝3，∴AC 2＝AB 2＋BC 2，即AB ⊥BC . 又SA ⊥平面ABC ， ∴SA ⊥AB ，SA ⊥BC ，∴三棱锥S －ABC 可补成分别以AB ＝1，BC ＝3，SA ＝23为长、宽、高的长方体， ∴球O 的直径为12＋(3)2＋(23)2＝4，故球O 的表面积为4π×22＝16π.10．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.3π4 C.π2D.π4答案 B解析设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱的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＝3π4.11．已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为6的正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ，若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切，则该四棱锥的高是( ) A ．6B ．5C.92D.94答案 D解析由题意知，四棱锥P －ABCD 是正四棱锥，球的球心O 在四棱锥的高PH 上，过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图：其中PE ，PF 是斜高，A 为球面与侧面的切点．设PH ＝h ，易知Rt△PAO ∽Rt△PHF ，所以OA FH ＝PO PF ，即13＝h －1h 2＋32，解得h ＝94，故选D.12．一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，则该圆锥的体积与球O 的体积的比值为________．答案932解析设等边三角形的边长为2a ，球O 的半径为R ，则V 圆锥＝13·πa 2·3a ＝33πa 3.又R 2＝a 2＋(3a －R )2，所以R ＝233a ，故V 球＝4π3·⎝ ⎛⎭⎪⎫233a 3＝32327πa 3，故其体积比值为932.1．如图，在正四棱柱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比为( )A ．1∶1B．2∶1C．2∶3D．3∶2 答案 A解析由题意可得正视图的面积等于矩形ADD 1A 1面积的12，侧视图的面积等于矩形CDD 1C 1面积的12.又底面ABCD 是正方形，所以矩形ADD 1A 1与矩形CDD 1C 1的面积相等，即正视图与侧视图的面积之比是1∶1.2．已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的体积为( )A.163π＋823B.83π＋823C.163π＋8 2 D.83π＋8 2 答案 A解析由三视图知该几何体是正四棱锥(底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥)与半球体的组合体，且正四棱锥的高为2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以组合体的体积为V ＝12×43π×23＋13×12×42×2＝163π＋823.3．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 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．64π C ．144π D ．256π 答案 C解析易知△AOB 的面积确定，若三棱锥O －ABC 的底面OAB 上的高最大，则其体积最大．因为高最大为半径R ，所以V O －ABC ＝13×12R 2×R ＝36，解得R ＝6.故S 球＝4πR 2＝144π.解题秘籍 (1)三视图都是几何体的投影，要抓住这个根本点确定几何体的特征． (2)多面体与球的切、接问题，要明确切点、接点的位置，利用合适的截面图确定两者的关系，要熟悉长方体与球的各种组合．1．(2018·浙江)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( )A ．2B ．4C ．6D ．8 答案 C解析由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的上、下底边长分别为2,1，高为2，∴该几何体的体积为V ＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×(2＋1)×2＝6.故选C.2．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最大边长为( )A. 5B. 6C.7 D ．2 2答案 B解析根据三视图作出原几何体(四棱锥P －ABCD )的直观图如下：可计算PB ＝PD ＝BC ＝2，PC ＝6，故该几何体的最大边长为 6.3．如图是棱长为2的正方体的表面展开图，则多面体ABCDE 的体积为( )A ．2 B.23 C.43 D.83答案 D解析多面体ABCDE 为四棱锥(如图)，利用割补法可得其体积V ＝4－43＝83，故选D.4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，下图画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A．1213＋62＋18B．913＋62＋18C．913＋82＋18D．913＋62＋12答案 B解析作出该几何体的直观图如图所示(所作图形进行了一定角度的旋转)，故所求几何体的表面积S＝2×3×13＋2×12×3×13＋12×4×6＋12×3×4＋12×4×32＝913＋62＋18，故选B.5．某锥体的三视图如图所示，用平行于锥体底面的平面把锥体截成体积相等的两部分，则截面面积为( )A．2 B．2 2C．232 D．234答案 C解析三视图表示的几何体(如图)是四棱锥(镶嵌入棱长为2的正方体中)，且四棱锥F－ABCD的底面为正方形ABCD，面积为4，设截面面积为S，所截得小四棱锥的高为h，则⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22，13Sh ＝12×13×4×2，解得S ＝232.6．某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，则该几何体的体积为( )A.2π6＋16 B.2π6＋12 C.2π3＋16D.2π3＋12答案 A解析该几何体是一个半球，上面有一个三棱锥，体积为V ＝13×12×1×1×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝16＋2π6，故选A.7．(2018·全国Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．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 在侧视图上的对应点为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答案 B解析先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点M ，N 的位置如图①所示．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 |＝14×16＝4，|OM |＝2，∴|MN |＝|OM |2＋|ON |2＝22＋42＝2 5. 故选B.8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积是( )A ．8πB．12πC．16πD.25π2答案 D解析如图所示，该几何体是三棱锥D —ABC ，其中AB ＝22，AC ＝2，BC ＝23，取BC 的中点E ，连接DE ，则DE ＝2，且AB ⊥AC ，DE ⊥平面ABC ，故外接球球心O 必在直线DE 上，设三棱锥D —ABC 外接球的半径为R ，由(OD －DE )2＋EC 2＝OC 2＝R 2，得(R －2)2＋(3)2＝R 2，解得R 2＝258，故三棱锥D —ABC 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝25π2，故选D.9．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体共有________条棱；该几何体的体积为________cm 3.答案 8 1解析由三视图知该几何体为底面为上底是1cm ，下底是2cm ，高是1cm 的直角梯形，有一条高为2cm 的棱垂直于底面的四棱锥，则其有8条棱，体积为13×2×1＋22×1＝1(cm 3)．10．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就．书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”，若某“阳马”的三视图如图所示(网格纸上小正方形的边长为1)，则该“阳马”最长的棱长为________．答案 5 2解析由三视图知，几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图所示．其中PA ⊥平面ABCD ，∴PA ＝3，AB ＝CD ＝4，AD ＝BC ＝5， ∴PB ＝9＋16＝5，PC ＝9＋16＋25＝52，PD ＝9＋25＝34. ∴该几何体最长的棱长为5 2.11．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是正三角形，则该几何体的体积为________．答案 2 3解析依题意得，该几何体是由如图所示的三棱柱ABC －A 1B 1C 1截去四棱锥A －BEDC 得到的，故其体积V ＝12×22×32×3－13×1＋22×2×3＝2 3.12．已知三棱锥A －BCD 中，AB ＝AC ＝BC ＝2，BD ＝CD ＝2，点E 是BC 的中点，点A 在平面BCD 上的投影恰好为DE 的中点F ，则该三棱锥外接球的表面积为________．答案60π11解析连接BF ，由题意，得△BCD 为等腰直角三角形，E 是外接圆的圆心．∵点A 在平面BCD 上的投影恰好为DE 的中点F ， ∴BF ＝1＋14＝52， ∴AF ＝4－54＝112. 设球心O 到平面BCD 的距离为h ，则1＋h 2＝14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ 112－h 2，解得h ＝21111， ∴外接球的半径r ＝1＋411＝1511，15 11＝60π11.故该三棱锥外接球的表面积为4π×。

2020版高考数学大二轮复习第二部分专题3立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积课件文

22π A. 3
25π C. 3
23π B. 3
26π D. 3
解析：由几何体的三视图，可确定该几何体为一个大球的34，和一个小球的14组合而成，由题意可得，大球的半径为 2，小球的半径为 1，所以该几何体的体积为34×43π×23＋14 ×43π×13＝235π.故选 C.
答案：C
[题后悟通] 1．求几何体的表面积的方法 (1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点． (2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积．
2．与球有关的组合体的常用结论
(1)长方体的外接球
①球心：体对角线的交点．
②半径：r＝ a2＋2b2＋c2(a，b，c 为长方体的长、宽、高)． (2)正方体的外接球、内切球
①外接球：球心是正方体中心，半径
r＝
3 2 a(a
为正方体的棱长)．
②内切球：球心是正方体中心，半径 r＝a2(a 为正方体的棱长)．
以选择题与填空题为主，考查空间几何体的 1.根据三视图求几何体的表面积与体积．
表面积与体积的计算，涉及空间几何体的结 2.根据几何体求其表面积与体积.
构特征、三视图等内容，要求考生要有较强
的空间想象能力和计算能力，广泛应用转化
与化归思想.
[题组练透]
1．(2019·大连模拟)已知圆锥的母线长为 6，母线与轴的夹角为 30°，则此圆锥的体积
4．已知一个四棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，其中 a＋b＝10.则该四棱锥的高的最大值为________．
解析：如图所示，由题意知，平面 PAD⊥平面 ABCD，设点 P 到 AD 的距离为 x，当 x 最大时，四棱锥的高最大，因为 PA＋PD＝a＋b＝10>6，所以点 P 的轨迹为一个椭圆，由椭圆的性质得，当 a＝b 时，x 取得最大值 52－32＝4，即该四棱锥的高的最大值为 4. 答案：4

(浙江专用)2020版高考数学空间几何体的结构、三视图和直观图讲义(含解析)

§8.1空间几何体的结构、三视图和直观图最新考纲考情考向分析1.了解多面体和旋转体的概念，理解柱、锥、台、球的结构特征．2.了解简单组合体，了解中心投影、平行投影的含义．3.了解三视图和直观图间的关系，掌握三视图所表示的空间几何体．会用斜二测画法画出它们的直观图.空间几何体的结构特征、三视图、直观图在高考中几乎年年考查．主要考查根据几何体的三视图求其体积与表面积．对空间几何体的结构特征、三视图、直观图的考查，以选择题和填空题为主.1．多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形结构特征有两个面互相平行且全等，其余各面都是平行四边形．每相邻两个四边形的公共边都互相平行有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的多面体用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分侧棱平行且相等相交于一点但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形2.旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环3.三视图与直观图三视图画法规则：长对正、高平齐、宽相等直观图斜二测画法：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x′轴、y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半.概念方法微思考1．底面是正多边形的棱柱是正棱柱吗，为什么？提示不一定．因为底面是正多边形的直棱柱才是正棱柱．2．什么是三视图？怎样画三视图？提示光线自物体的正前方投射所得的正投影称为正视图，自左向右的正投影称为侧视图，自上向下的正投影称为俯视图，几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为三视图．画几何体的三视图的要求是正视图与俯视图长对正；正视图与侧视图高平齐；侧视图与俯视图宽相等．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( ×)(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( ×)(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的截面与底面之间的部分．( √)(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( ×)(5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( ×)(6)菱形的直观图仍是菱形．( ×)题组二教材改编2．[P19T2]下列说法正确的是( )A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行答案 D解析由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行关系不变．3．[P8T1]在如图所示的几何体中，是棱柱的为________．(填写所有正确的序号)答案③⑤题组三易错自纠4．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱答案 A解析由三视图知识知，圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形．5．如图是正方体截去阴影部分所得的几何体，则该几何体的侧视图是( )答案 C解析此几何体侧视图是从左边向右边看．故选C.6．(2018·浙江诸暨中学期中)边长为22的正方形，其水平放置的直观图的面积为( )A.24B．1C．22D．8答案 C解析正方形的边长为22，故面积为8，而原图和直观图面积之间的关系为S 直观图S 原图＝24，故直观图的面积为8×24＝2 2. 7．(2018·全国Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如下图．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 在侧视图上的对应点为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 ．25C ．3D ．2 答案 B解析先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点M ，N 的位置如图①所示．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 |＝14×16＝4，|OM |＝2，∴|MN |＝|OM |2＋|ON |2＝22＋42＝2 5.故选B.题型一空间几何体的结构特征1．以下命题：①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥； ②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面； ④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为( ) A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 B解析由圆锥、圆台、圆柱的定义可知①②错误，③正确．对于命题④，只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，④不正确．2．给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱；②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱．其中不正确的命题为________．(填序号)答案①②③解析对于①，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故①错；对于②，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图)，故②错；对于③，若底面不是矩形，则③错；④由线面垂直的判定，可知侧棱垂直于底面，故④正确．综上，命题①②③不正确．思维升华空间几何体概念辨析题的常用方法(1)定义法：紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定．(2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析．题型二简单几何体的三视图命题点1 已知几何体识别三视图例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.命题点2 已知三视图，判断简单几何体的形状例2如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱答案 B解析由题意知，该几何体的三视图为一个三角形、两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱．命题点3 已知三视图中的两个视图，判断第三个视图例3一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下列选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )答案 C解析A，B，D选项满足三视图作法规则，C不满足三视图作法规则中的宽相等，故C不可能是该锥体的俯视图．思维升华三视图问题的常见类型及解题策略(1)注意观察方向，看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线．(2)还原几何体．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，结合空间想象还原．(3)由部分视图画出剩余的部分视图．先猜测，还原，再判断．当然作为选择题，也可将选项逐项代入．跟踪训练1(1)(2018·杭州模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为BD1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答案 B解析 P 点在上下底面投影落在AC 或A 1C 1上，所以△PAC 在上底面或下底面的投影为①，在前、后面以及左、右面的投影为④.(2)(2018·宁波模拟)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( )答案 C解析该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥P —ABCD ，如图所示，该几何体的俯视图为C.题型三空间几何体的直观图例4已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________．答案22解析如图所示，作出等腰梯形ABCD 的直观图．因为OE ＝(2)2－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.思维升华用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与轴平行的线段在直观图中与轴平行，不平行的线段先画线段的端点再连线．跟踪训练2如图，一个水平放置的平面图形的直观图(斜二测画法)是一个底角为45°、腰和上底长均为2的等腰梯形，则这个平面图形的面积是( )A ．2＋ 2B ．1＋ 2C ．4＋2 2D ．8＋4 2答案 D解析由已知直观图根据斜二测画法规则画出原平面图形，如图所示，所以这个平面图形的面积为4×(2＋2＋22)2＝8＋42，故选D.1．在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是( )A．圆面B．矩形面C．梯形面D．椭圆面或部分椭圆面答案 C解析将圆柱桶竖放，水面为圆面；将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面；将圆柱桶水平放置，水面为矩形面，所以圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面，故选C.2.如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)( )A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤答案 B解析正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①，侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.3．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( )A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体答案 C解析截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．4．某几何体的正视图与侧视图如图所示，则它的俯视图不可能是( )答案 C解析若几何体为两个圆锥体的组合体，则俯视图为A；若几何体为四棱锥与圆锥的组合体，则俯视图为B；若几何体为两个四棱锥的组合体，则俯视图为D；不可能为C，故选C. 5．(2018·丽水、衢州、湖州三地市质检)若将正方体(如图1)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的侧视图是( )答案 B解析从左向右看，该几何体的侧视图的外轮廓是一个正方形，且AD1对应的是实线，B1C对应的是虚线．故选B.6．(2011·浙江)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )答案 D解析A，B的正视图不符合要求，C的俯视图显然不符合要求，故选D.7．(2019·台州模拟)已知底面是直角三角形的直棱柱的正视图、俯视图如下图所示，则该棱柱的侧视图的面积为( )A．18 6 B．18 3C．18 2 D.2722答案 C解析设侧视图的长为x，则x2＝6×3＝18，∴x＝3 2.所以侧视图的面积为S＝32×6＝18 2.故选C.8．用一个平面去截正方体，则截面不可能是( )A．直角三角形B．等边三角形C．正方形D．正六边形答案 A解析用一个平面去截正方体，则截面的情况为：①截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；②截面为四边形时，可以是梯形(等腰梯形)、平行四边形、菱形、矩形、正方形，但不可能是直角梯形；③截面为五边形时，不可能是正五边形；④截面为六边形时，可以是正六边形．9．(2018·湖州模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的长为( )A.5B．22C．3D．2 3答案 C解析在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别为AD，BC的中点，该几何体的直观图如图中三棱锥D1—MNB1，故通过计算可得D1B1＝22，D1M＝B1N＝5，MN＝2，MB1＝ND1＝3，故该三棱锥中最长棱的长为3.10.一水平放置的平面四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC的面积为________．答案2 2解析因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.11.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P－ABC的正视图与侧视图的面积的比值为________．答案 1解析如题图所示，设正方体的棱长为a ，则三棱锥P －ABC 的正视图与侧视图都是三角形，且面积都是12a 2，故面积的比值为1.12．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形； ②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．答案 ②③④解析 ①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面所在的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中的三棱锥C 1－ABC ，四个面都是直角三角形．13.如图，在一个正方体内放入两个半径不相等的球O 1，O 2，这两个球外切，且球O 1与正方体共顶点A 的三个面相切，球O 2与正方体共顶点B 1的三个面相切，则两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影是( )答案 B解析由题意可以判断出两球在正方体的面上的正投影与正方形相切．由于两球球心连线AB 1与面ACC 1A 1不平行，故两球球心射影所连线段的长度小于两球半径的和，即两个投影圆相交，即为图B.14.我国古代数学家刘徽在学术研究中，不迷信古人，坚持实事求是．他对《九章算术》中“开立圆术”给出的公式产生质疑，为了证实自己的猜测，他引入了一种新的几何体“牟合方盖”：以正方体相邻的两个侧面为底做两次内切圆柱切割，然后剔除外部，剩下的内核部分．如果“牟合方盖”的正视图和侧视图都是圆，则其俯视图的形状为( )答案 B解析由题意得在正方体内做两次内切圆柱切割，得到的几何体的直观图如图所示，由图易得其俯视图为B，故选B.15．(2018·嘉兴模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )A．圆弧B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分答案 D解析根据几何体的三视图，可得侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.16．(2018·台州模拟)如图是一个几何体的三视图，则该几何体中最长棱的长是________．答案733解析由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中三棱锥M —A 1B 1N ，如图所示，M 是棱AB 上靠近点A 的一个三等分点，N 是棱C 1D 1的中点，所以A 1B 1＝2，A 1N ＝B 1N ＝22＋12＝5， A 1M ＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝2103， B 1M ＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432＝2133， MN ＝22＋22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝733，所以该几何体中最长棱的长是733.。

(浙江专用)2020-2021高考数学二轮复习专题二立体几何第1讲空间几何体学案

第1讲空间几何体[考情考向分析] 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．热点一三视图与直观图1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，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视图与侧视图确定几何体．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)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＋2 2解析如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E，则在Rt△ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22. 而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此可还原原图形如图所示．在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22. 思维升华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，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，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．跟踪演练1 (1)(2018·浙江省台州中学模拟)在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为( )答案 D解析由正视图和俯视图得该几何体可以为一个底面为等腰三角形的三棱锥和一个与三棱锥等高，且底面直径等于三棱锥的底面等腰三角形的底的半圆锥的组合体，则其侧视图可以为D 选项中的图形，故选D.(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视图为选项C所示．热点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．例2 (1)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 ．8＋42＋8 5B ．24＋4 2C ．8＋20 2D ．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22的三角形，前后两个侧面是底边为4，高为5的平行四边形，所以该几何体的表面积为S ＝4×2＋2×12×2×22＋2×4×5＝8＋42＋8 5.(2)(2018·杭州质检)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143π 6＋(6＋13)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 ＝14×43π×23＋12×13π×22×3＝143π，表面积为S ＝14×4π×22＋12×π×22＋12×4×3＋12×12×2π×2×32＋22＝6＋()6＋13π.思维升华 (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．跟踪演练2 (1)(2018·宁波期末)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r 等于( )A ．1B ．2C ．4D ．8 答案 B解析由三视图得该几何体为一个半球和一个半圆柱的组合体，且半圆柱的底面和半球体的一半底面重合，则其表面积为12×4πr 2＋πr 2＋2r ×2r ＋12×2πr ×2r ＝4r 2＋5πr 2＝16＋20π，解得r ＝2，故选B.(2)(2018·绍兴质检)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( )A ．2B ．3C ．4D ．6 答案 A解析将俯视图的对角线的交点向上拉起，结合正视图与侧视图知，此空间几何体是底面为正方形(边长2)，高为3的正四棱锥，则其体积V ＝13Sh ＝13×(2)2×3＝2，故选A.热点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．例3 (1)已知正三棱锥S －ABC 的顶点均在球O 的球面上，过侧棱SA 及球心O 的平面截三棱锥及球面所得截面如图所示，已知三棱锥的体积为23，则球O 的表面积为( )A ．16πB ．18πC ．24πD ．32π答案 A解析设正三棱锥的底面边长为a ，外接球的半径为R ，因为正三棱锥的底面为正三角形，边长为a ，则AD ＝32a ，则AO ＝23AD ＝33a ，所以33a ＝R ，即a ＝3R ，又因为三棱锥的体积为23，所以13×34a 2R ＝13×34×()3R 2×R ＝23，解得R ＝2，所以球的表面积为S ＝4πR 2＝16π.(2)如图是某三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为( )A.25π4 B.25π16 C.1 125π4 D.1 125π16答案 D解析把此三棱锥嵌入长、宽、高分别为20,24,16的长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，三棱锥B －KLJ 即为所求的三棱锥，其中KC 1＝9，C 1L ＝LB 1＝12，B 1B ＝16，∴KC 1C 1L ＝LB 1B 1B，则△KC 1L ∽△LB 1B ，∠KLB ＝90°，故可求得三棱锥各面面积分别为S △BKL ＝150，S △JKL ＝150，S △JKB ＝250，S △JLB ＝250，故表面积为S 表＝800.三棱锥体积V ＝13S △BKL ·JK ＝1 000，设内切球半径为r ，则r ＝3V S 表＝154，故三棱锥内切球体积V 球＝43πr 3＝1 125π16.思维升华三棱锥P －ABC 可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形 (1)点P 可作为长方体上底面的一个顶点，点A ，B ，C 可作为下底面的三个顶点． (2)P －ABC 为正四面体，则正四面体的每条棱都可作为正方体的一条面对角线．跟踪演练3 (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22＋32＋42＝29，所以三棱锥外接球的半径为292，所以外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫2922＝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S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2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12lR ＝2πr 2，即12·2π·r ·R ＝2πr 2，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BC BD ＝12，∴r 内r 外＝12，故S 1S 2＝14.真题体验1．(2018·全国Ⅰ改编)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．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 在侧视图上的对应点为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________．答案 2 5解析先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点M ，N 的位置如图①所示．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 ＝14×16＝4，OM ＝2，∴MN ＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.2．(2017·北京改编)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________．答案 2 3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 3.3．(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．答案 92π解析设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，∴a ＝ 3. 设球的半径为R ，则由题意知2R ＝a 2＋a 2＋a 2＝3， ∴R ＝32.故球的体积V ＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝92π.4．(2017·全国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________．答案36π解析如图，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⊂平面SCA，∴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＝r33，即r33＝9，∴r＝3，∴球O的表面积S＝4πr2＝36π.押题预测1．一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．82＋8C．22＋26＋8 D．42＋46＋8押题依据求空间几何体的表面积或体积是立体几何的重要内容之一，也是高考命题的热点．此类题常以三视图为载体，给出几何体的结构特征，求几何体的表面积或体积．答案 D解析由三视图知，该几何体是底面边长为22＋22＝22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 ＝PD 2＋CD 2＝22＋(22)2＝23，所以S △PCD ＝S △PAD ＝12×2×22＝22，S △PAB ＝S △PBC ＝12×22×23＝2 6.所以几何体的表面积为46＋42＋8.2．在正三棱锥S －ABC 中，点M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的外接球的表面积为( ) A ．6π B．12π C．32π D．36π押题依据灵活运用正三棱锥中线与线之间的位置关系来解决外接球的相关问题，是高考的热点．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 ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，所以(2R )2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π，故选B.3．已知半径为1的球O 中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体积与圆柱的体积的比值为________．押题依据求空间几何体的体积是立体几何的重要内容之一，也是高考的热点问题之一，主要是求柱体、锥体、球体或简单组合体的体积．本题通过球的内接圆柱，来考查球与圆柱的体积计算，命题角度新颖，值得关注．答案423解析如图所示，设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的侧面积为S ＝2πr ×21－r 2＝4πr 1－r 2≤4π×r 2＋(1－r 2)2＝2π⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当r 2＝1－r2，即r ＝22时取等号.所以当r ＝22时，V 球V 圆柱＝4π3×13π⎝ ⎛⎭⎪⎫222×2＝423.A 组专题通关1.如图，在正方体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 ．①② B．①④ C．②③ D．②④ 答案 B解析 P 点在上下底面投影落在AC 或A 1C 1上，所以△PAC 在上底面或下底面的投影为①，在前、后面以及左、右面的投影为④.2. (2018·浙江省金丽衢十二校联考)某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图都是腰长为2的等腰直角三角形，俯视图是边长为2的正方形，则此四面体的最大面的面积是( )A ．2B ．2 2C ．2 3D ．4 答案 C解析由三视图得该几何体如图中的三棱锥A －BCD 所示，则S △ABD ＝12×(22)2×32＝23，S △BCD＝12×2×2＝2，S △ABC ＝S △ADC ＝12×22×2＝22，所以最大面的面积为23，故选C.3．(2018·浙江)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( )A ．2B ．4C ．6D ．8答案 C解析由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的上、下底边长分别为2,1，高为2， ∴该几何体的体积为V ＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×(2＋1)×2＝6.故选C.4．某几何体的正视图和侧视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是△A ′B ′C ′，如图(2)所示，其中O ′A ′＝O ′B ′＝2，O ′C ′＝3，则该几何体的表面积为( )A ．36＋12 3B ．24＋8 3C ．24＋12 3D ．36＋8 3答案 C解析由题图(2)可知，该几何体的俯视图是一个底面边长为4，高为23的等腰三角形，即该三角形为等边三角形，在如图所示的长方体中，长、宽、高分别为4,23，6，三视图还原为几何体是图中的三棱锥P －ABC ，且S △PAB ＝S △PBC ＝12×4×6＝12，S △ABC ＝12×4×23＝43，△PAC是腰长为52，底边长为4的等腰三角形，S △PAC ＝8 3.综上可知，该几何体的表面积为2×12＋43＋83＝24＋12 3.故选C.5.已知如图所示的三棱锥D －ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，△ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，AB ＝3，AC ＝3，BC ＝CD ＝BD ＝23，则球O 的表面积为( )A ．4πB ．12πC ．16πD ．36π答案 C解析如图所示，∵AB 2＋AC 2＝BC 2，∴∠CAB 为直角，即△ABC 外接圆的圆心为BC 的中点O ′.△ABC 和△DBC 所在的平面互相垂直，则球心在过△DBC 的圆面上，即△DBC 的外接圆为球的大圆，由等边三角形的重心和外心重合，易得球半径R ＝2，球的表面积为S ＝4πR 2＝16π，故选C.6．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2，若该正四棱锥的体积为2，则此球的体积为( ) A.124π3 B.625π81 C.500π81 D.256π9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2， ∴O ′D ＝1，∵正四棱锥的体积为2， ∴V P －ABCD ＝13×(2)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 ′D 2＝OD 2，即(3－R )2＋12＝R 2，解得R ＝53，∴V 球＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫533＝500π81. 7．在三棱锥S －ABC 中，侧棱SA ⊥底面ABC ，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°，SA ＝25，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A.643π B.2563πC.4363π D.2 048327π答案 B解析由题意知，AB ＝5，BC ＝8，∠ABC ＝60°，则在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2×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 ＝ACsin∠ABC＝732，∴r ＝73，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 ＝12SA ＝5，则外接球的半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫732＋()52＝643，则该三棱锥的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝2563π. 8．某几何体的正视图和俯视图如图所示，在下列图形中，可能是该几何体侧视图的图形是________．(写出所有可能的序号)答案 ①②③解析如图a 三棱锥C －ABD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为①；如图b 四棱锥P －ABCD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为②；如图c 三棱锥P －BCD ，正视图与俯视图符合题意，侧视图为③.9．如图1所示是一种生活中常见的容器，其结构如图2，其中ABCD 是矩形，ABFE 和CDEF 都是等腰梯形，且AD ⊥平面CDEF ，现测得AB ＝20 cm ，AD ＝15 cm ，EF ＝30 cm ，AB 与EF 间的距离为25 cm ，则几何体EF －ABCD 的体积为________cm 3.答案 3 500解析在EF 上，取两点M ，N (图略)，分别满足EM ＝NF ＝5，连接DM ，AM ，BN ，CN ，则该几何体就被分割成两个棱锥和一个棱柱，根据柱、锥体的体积公式以及题中所给的相关量，可以求得V ＝12×20×15×20＋2×13×12×20×15×5＝3 500.10. (2018·浙江省杭州二中等五校联考)一个三棱锥的三视图如图所示，则其表面积为________，其外接球的体积为________．答案 26＋23412523π 解析由三视图得该几何体是一个底面为直角边分别为3,4的直角三角形，高为5的三棱锥，且三棱锥的顶点在底面的投影为底面直角三角形中边长为4的直角边所对的顶点，则其表面积为12×3×4＋12×3×5＋12×5×5＋12×34×4＝26＋234，其外接球的半径为⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋4222＝522，则外接球的体积为43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫5223＝12523π. 11．(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78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．答案 402π解析如图，∵SA 与底面所成角为45°，∴△SAO 为等腰直角三角形．设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r . 在△SAB 中，cos∠ASB ＝78，∴sin∠ASB ＝158， ∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin∠ASB＝12(2r )2·158＝515，解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45， ∴S 圆锥侧＝πr ·l ＝π×210×45＝402π.12．已知二面角α－l －β的大小为π3，点P ∈α，点P 在β 内的正投影为点A ，过点A 作AB ⊥l ，垂足为点B ，点C ∈l ，BC ＝22，PA ＝23，点D ∈β，且四边形ABCD 满足∠BCD ＋∠DAB＝π.若四面体PACD 的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为________．答案 86π解析 ∵∠BCD ＋∠DAB ＝π， ∴A ，B ，C ，D 四点共圆，直径为AC . ∵PA ⊥平面β，AB ⊥l ，∴易得PB ⊥l ，即∠PBA 为二面角α－l －β的平面角，即∠PBA ＝π3，∵PA ＝23，∴BA ＝2， ∵BC ＝22，∴AC ＝2 3. 设球的半径为R ，则23－R 2－()32＝R 2－()32，∴R＝6，V ＝4π3(6)3＝86π.B 组能力提高13．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.81π5 B.81π20 C.101π5 D.101π20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 ＝32＋32－422×3×3＝19，则sin∠APD ＝459，2PF ＝ADsin∠APD ＝4459＝955，PF ＝9510，PE ＝9－4＝5，OH ＝EF ＝5－9510＝510， BH ＝1216＋4＝5， OB ＝OH 2＋BH 2＝5100＋5＝50510，所以S ＝4π×505100＝101π5.14.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 ＝12PQ ×tan x ＝AC －PQ 2＝22－PQ2＝2－12PQ ，∴PQ ＝221＋tan x ，AH ＝2tan x1＋tan x ，∴S ＝4×12×PQ ×AH ＝2×PQ ×AH＝2×221＋tan x ×2tan x1＋tan x＝8tan x (1＋tan x )2，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2，∴tan x >0， ∴S ＝8tan x (1＋tan x )2＝8tan x1＋tan 2x ＋2tan x ＝81tan x＋tan x ＋2≤82＋2＝2， ⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当tan x ＝1，即x ＝π4时取等号，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.15．(2018·宁波模拟)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＋3＋15 2053π 解析由三视图得几何体的直观图如图所示，∴S 表＝2×12×2×2＋12×23×5＋12×23×1 ＝4＋15＋ 3.作DE ⊥BD 交BC 于点E ，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 (－1，3，0)，设球心坐标为(x ，y ，z )，∵(x －2)2＋y 2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2，① x 2＋y 2＋(z －2)2＝x 2＋y 2＋z 2，②(x ＋1)2＋(y －3)2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2，③∴x ＝1，y ＝3，z ＝1，∴球心坐标是(1，3，1)，∴球的半径是12＋()32＋12＝ 5. ∴球的体积是43π×()53＝2053π. 16．(2018·浙江省杭州二中等五校联考)棱长为36的正四面体A －BCD 的内切球上有一动点M ，则MB ＋13MC 的最小值为__________．答案 433 解析由MB ＋13MC 结构看，需要把13MC 转化为M 点到某定点的距离．设内切球球心为O ，△ABD 的中心为Q ，由正四面体性质易求OQ ＝36，OC ＝96，BQ ＝123，且内切球的半径为36，现在只需要在直线OC 上找一个定点P ，使MP ＝13MC ，即在平面OAC 内找MP ＝13MC .当M 分别在H ，Q 位置时，由MP ＝13MC ，得满足条件的只有一点P ，P 在OC 之间且OP ＝6，即MP ＝13MC ，且可证对内切球面上任意一点M ，上式均成立．所以MB ＋13MC ＝MB ＋MP ≥PB ＝PQ 2＋QB 2＝(46)2＋(123)2＝433，当M 为线段BP 与球面的交点时，取得最小值．。

2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测：8.1 空间几何体的三视图、表面积和体积 Word版含解析

(2014 浙江,3,5 分)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的表面积是( )
A.90 cm2 B.129 cm2 C.132 cm2 D.138 cm2 答案 D
考点三空间几何体的体积
1.(2018 浙江,3,4 分)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.18+36 5 B.54+18 5 C.90 D.81 答案 B 3.(2016 课标全国Ⅰ,6,5 分)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.
28π 若该几何体的体积是 3 ,则它的表面积是( )
A.17π B.18π C.20π D.28π
答案 A 4.(2015 课标Ⅰ,11,5 分)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为 16+20π,则 r=( )
考点三空间几何体的体积
1.(2018 课标全国Ⅰ文,10,5 分)在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=BC=2,AC1 与平面 BB1C1C 所成的角为 30°,则该长方体的体积为( ) A.8 B.6 2 C.8 2 D.8 3 答案 C 2.(2018 课标全国Ⅲ文,12,5 分)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 3,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
A. B. C.4 D.8 答案 B 2.(2018 浙江嘉兴高三期末,6)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的表面积(单位:cm2)是 ( )

(浙江专用)2020版高考数学专题二小题考法课一空间几何体的三视图、表面积与体积课时跟踪检测

空间几何体的三视图、表面积与体积[课时跟踪检测] [A 级——基础小题提速练]一、选择题1．(2019·嘉兴高三期末) 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( )A ．36 3B ．54C ．72 3D ．108解析：选A 由三视图得该几何体是以边长为6的正方形为底面，高为33的四棱锥体，则该几何体的体积V ＝13×6×6×33＝363，故选A.2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.82π3 B ．82π C.42π3D ．42π解析：选C 由三视图得该几何体为底面半径为2，高为22的圆锥体的一半，则其体积为12×13×22×π×22＝42π3，故选C. 3．(2017·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：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3C.3π2＋1 D.3π2＋3 解析：选A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.4．某几何体的三视图如图所示，其侧视图是一个边长为2的正三角形，则该几何体的体积是( )A.833B.233C.163D.43解析：选A 由三视图可得该几何体为一个底面为边长为2的等边三角形，高为3的三棱柱截去两个以三棱柱的底面为底，高为12的三棱锥后剩余的部分，则其体积为34×22×3－2×13×34×22×12＝833，故选A. 5．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．72B ．64C ．48D ．32解析：选B 由三视图可知，此几何体为正四棱柱中挖去一个与其共上底且高为3的四棱锥，则体积V ＝42×5－13×42×3＝64，故选B.6．一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为( )A ．72＋6πB ．72＋4πC ．48＋6πD ．48＋4π解析：选A 由三视图知，该几何体由一个正方体的34部分与一个圆柱的14部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×2×2＋14×2π×2×4＝72＋6π，故选A.7．(2019·浙江新高考仿真卷(一))已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2 B.83 C.103D ．3解析：选C 由三视图可知，该几何体是底面直角边长为2的等腰直角三角形、高为2的直棱柱截去一个有相同底面且高为1的三棱锥后的几何体，所以该几何体的体积为V ＝121 3×12×2×2×1＝103，故选C.×2×2×2－8.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A.73 B.8－π3C.83D.7－π3解析：选B 由三视图得，该几何体是从四棱锥P ABCD 中挖去半个圆锥后剩余的部分，四棱锥的底面是以2为边长的正方形、高是2，圆锥的底面半径是1、高是2，则所求的体积V ＝13×2×2×2－12×13π×12×2＝8－π3.9．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3π B.15π4C.33π4D ．6π解析：选B 由三视图还原直观图知，该几何体为底面半径为1，高为3的圆锥挖去一个球心为圆锥底面圆的圆心且与圆锥相切的半球，易知圆锥的母线长为2，则圆锥的轴截面为边长为2的等边三角形，球的半径为32，故该几何体的表面积为π×1×2＋12×4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋π×12－π×⎝⎛⎭⎪⎫322＝15π4，故选B. 10．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：cm 2)是( )A．36＋24 2 B．36＋12 5C．40＋24 2 D．40＋12 5解析：选B 由三视图可知该几何体为一正方体和一正四棱台的简单组合体．正方体的棱长为2 cm，正四棱台上底面的边长为2 cm，下底面的边长为4 cm，棱台的高为2 cm，可求得正四棱台的斜高为22＋12＝5(cm)，故该几何体的表面积S＝22×5＋12×(2＋4)×5×4＋42＝36＋125(cm2)．故选B.二、填空题11．(2019·金华十校调研)一个棱柱的底面是边长为6的正三角形，侧棱与底面垂直．其三视图如图所示，则这个棱柱的体积为________，此棱柱的外接球的表面积为________．解析：由题意可知该三棱柱是一个直三棱柱，且底面是边长为6的正三角形，底面积为S＝12×62×sin 60°＝93，又因为该三棱柱的高h＝4，所以该三棱柱的体积为V＝Sh＝93×4＝36 3.由正弦定理可知该正三棱柱底面的外接圆直径为2r＝6sin 60°＝43，则其外接球的直径为2R＝(2r)2＋h2＝8，则R＝4，因此，此棱柱的外接球的表面积为4πR2＝4π×42＝64π.答案：36 3 64π12．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________，该几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，由3＝13×12×3×(1＋2)x ，解得x ＝2.作出该几何体的直观图并标注相应棱的长度如图所示，则S表＝12×3×(1＋2)＋12×2×3＋12×22＋12×2×7＋12×1×7＝53＋37＋42.答案：253＋37＋4213．(2019·温州高三适应性考试)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)等于________，表面积(单位：cm 2)等于________．解析：由三视图得该几何体的底面是上底为2、下底为4、高为1的等腰梯形，高是1的直四棱柱，则其体积为1×2＋42×1＝3，表面积为2×2＋42×1＋1×2＋1×4＋2×1×2＝12＋2 2.答案：3 12＋2 214．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于________，表面积等于________．解析：如图，由三视图可知该几何体是底面半径为2，高为3的圆柱的一半，故该几何体的体积为12×π×22×3＝6π，表面积为2×12×π×22＋4×3＋π×2×3＝10π＋12.答案：6π 12＋10π15．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，球O 与正方体的各条棱都相切，M 为球O 上的一点，点N 是△ACB 1外接圆上的一点，则线段MN 长度的取值范围是________．解析：易求得棱切球的半径为2，易知△ACB 1为正三角形，则球心O 到△ACB 1的外接圆上任意一点的距离均为12＋(2)2＝3，于是OM ＝2，ON ＝ 3.因为|OM －ON |≤|MN |≤|OM ＋ON |，所以线段MN 长度的取值范围是[3－2，3＋2]．答案：[3－2，3＋2]16．如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为________．解析：此几何体为一侧棱垂直于底面的三棱台ABC A 1B 1C 1，如图．由上底的面积S 1＝12，下底的面积S 2＝2，高h ＝AA 1＝1，得体积V ＝13(S 1＋ S 1S 2＋S 2)h ＝76.答案：7617．某几何体的三视图如图所示，俯视图由一个直径为2的半圆和一个正三角形组成，则此几何体的体积是________，表面积是________．解析：由题意可知，该几何体是由一个正三棱柱和半个圆柱组合而成的，正三棱柱的底面边长为2，高为4，半圆柱的底面半径为1，高为4，所以V ＝12×2×3×4＋12π×12×4＝43＋2π，表面积S ＝2×4×2＋12×3×2×2＋π×12＋π×1×4＝16＋23＋5π.答案：43＋2π 16＋23＋5π[B 级——能力小题保分练]1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．16B ．20C ．52D ．60解析：选B 由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V ＝12×3×4×6－2×13×2×4×3＝20，故选B.2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥外接球的表面积为( )A．136πB．34πC．25π D．18π解析：选B 由三视图知，该四棱锥的底面是边长为3的正方形，高为4，且有一条侧棱垂直于底面，所以可将该四棱锥补形为长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体外接球的半径R即为该四棱锥外接球的半径，所以2R＝32＋32＋42，解得R＝342，所以该四棱锥外接球的表面积为4πR2＝34π，故选B.3．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．45π＋96 B．(25＋6)π＋96C．(45＋4)π＋64 D．(45＋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×2×42＋22＝(45＋4)π＋96.4．(2019·台州高三期末)已知某多面体的三视图如图所示，则该几何体的所有棱长和为__________，其体积为________．解析：由三视图画出几何体的直观图如图所示，其是正方体的一部分，其中E ，F 是所在棱的中点，正方体的棱长为2，所以该几何体的所有棱长的和2×7＋1＋1＋2＋2×22＋12＋22＝16＋32＋2 5.该几何体的体积为2×2×2－13×2×12×1×1＋12×2×2＋12×1×1×12×2×2＝173. 答案：16＋32＋2 5 173 5．已知某锥体的三视图如图所示(各正方形的边长为2)，则该锥体的体积是________；该锥体的内切球的表面积是________．解析：由几何体的三视图可知该几何体是一个棱长为22的正四面体，其可以为边长为2的正方体截去四个角而得，所以其体积为V ＝23－4×13×12×23＝83.因为正四面体的棱长为22，所以其底面的三角形的高为6，该正四面体的高为433，设内切球的半径为r ，则有⎝ ⎛⎭⎪⎫433－r 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2632，解得r ＝33，所以该内切球的表面积为S ＝4πr 2＝4π3. 答案：83 4π36.如图所示，等腰△ABC 的底边AB ＝66，高CD ＝3，点E 是线段BD 上异于点B ，D 的动点，点F 在BC 边上，且EF ⊥AB ，现沿EF 将△BEF折起到△PEF 的位置，使PE ⊥AE ，记BE ＝x ，V (x )表示四棱锥P ACFE的体积，则V (x )的最大值为________．解析：因为PE ⊥EF ，PE ⊥AE ，EF ∩AE ＝E ，所以PE ⊥平面ABC .因为CD ⊥AB ，FE ⊥AB ，所以EF ∥CD ，所以EF CD ＝BE BD ，即EF 3＝x36，所以EF ＝x 6，所以S △ABC ＝12×66×3＝96， S △BEF ＝12×x ×x 6＝612x 2，所以V (x )＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫96－612x 2x ＝63x ⎝ ⎛⎭⎪⎫9－112x 2(0＜x ＜36)．因为V ′(x )＝63⎝ ⎛⎭⎪⎫9－14x 2，所以当x ∈(0,6)时，V ′(x )＞0，V (x )单调递增；当6＜x ＜36时，V ′(x )＜0，V (x )单调递减，因此当x ＝6时，V (x )取得最大值12 6. 答案：12 6。

2020版《3年高考2年模拟》(二轮)第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积(可自主编辑word)

专题三立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积一、选择题1.(2019济南模拟)我国古代数学家刘徽在学术研究中,不迷信古人,坚持实事求是.他对《九章算术》中“开立圆术”给出的公式产生质疑,为了证实自己的猜测,他引入了一种新的几何体“牟合方盖”:以正方体相邻的两个侧面为底做两次内切圆柱切割,然后剔除外部,剩下的内核部分.如果“牟合方盖”的主视图和左视图都是圆,则其俯视图形状为()答案B在正方体内做两次内切圆柱切割,得到的几何体的直观图如图所示,由图易知俯视图为B.2.(2019江西南昌模拟)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,点P是平面A1B1C1D1内一点,则三棱锥P-BCD的正视图与侧视图的面积之比为()A.1∶1B.2∶1C.2∶3D.3∶2答案A由已知,三棱锥P-BCD的正视图是三角形,且底边为正四棱柱的底面边长,高为正四棱柱的高;侧视图是三角形,且底边为正四棱柱的底面边长,高为正四棱柱的高,所以三棱锥P-BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.3.(2019重庆模拟)一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的体积是()A.13B.1C.2+√3D.2√2答案A由三视图知,体积V=13Sh=13×12×2×1×1=13,所以选A.4.(2018福州模拟)已知圆柱的高为2,底面半径为√3,若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上,则这个球的表面积等于()A.4πB.16π3C.32π3D.16π答案D如图,球的半径R=√OH2+AH2=√1+3=2,表面积为4πR2=16π.故选D.5.(2019山西六校联考)如图,一个水平放置的圆柱形玻璃杯的底面半径为9cm,高为36cm.玻璃杯内水深为33cm,将一个球放在杯口,球面恰好与水面接触,并且球面与杯口密闭.如果不计玻璃杯的厚度,则球的表面积为()A.900πcm2B.450πcm2C.800π cm 2D.400π cm 2答案 A 由已知,球嵌入玻璃杯的高度h=36-33=3(cm).设球的半径为R(cm),则R 2=92+(R-3)2,解得R=15,所以该球的表面积S=4πR 2=900π(cm 2),所以选A.6.(2019南昌模拟)一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其主视图如图所示,则该四棱锥的侧面积是( )A.4√3B.4√5C.4(√5+1)D.8答案 B 因为四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,所以该四棱锥为正四棱锥,如图.由题意知底面正方形的边长为2,正四棱锥的高为2, 则正四棱锥的斜高PE=√22+12=√5.所以该四棱锥的侧面积S=4×12×2×√5=4√5. 7.(2018吉林长春质检)已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O,半径为R 的球面上,AB=6,BC=2√3,且四棱锥O-ABCD 的体积为8√3,则R 等于( ) A.4 B.2√3C.4√79D.√13答案 A 设球心O 到平面ABCD 的距离为h,由题意可知V O-ABCD =13S 矩形ABCD ·h=13×6×2√3·h=8√3,解得h=2,又矩形ABCD 所在的截面圆的半径为12√AB 2+BC 2=12√62+(2√3)2=2√3,从而球的半径R=√22+(2√3)2=4.故选A.8.(2019广州模拟)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.234πC.64πD.643π答案D如图,设O'为正△PAC的中心,D为Rt△ABC斜边的中点,H为AC的中点,连接PH,HD.由平面PAC⊥平面ABC得O'H⊥平面ABC.作O'O∥HD,OD∥O'H,则交点O为三棱锥P-ABC的外接球的球心,连接OP,又O'P=23PH=23×√32×2=2√33,OO'=DH=12AB=2.∴R2=OP2=O'P2+O'O2=43+4=163,三棱锥P-ABC的外接球的表面积S=4πR2=643π.9.(2019安徽滁州测试)榫卯(sǔn mǎo)是中国古代建筑、家具及其他器械的主要结构方式,是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式,凸出部分叫做“榫头”.若某“榫头”的三视图如图所示,则该“榫头”的体积为()A.10B.12C.14D.16答案C由三视图知,该几何体是一个长,宽,高分别为3,3,2的长方体,去掉四个角(棱长为1的正方体)余下的几何体.∴该“榫头”的体积为3×2×3-4×13=14.10.(2019江西宜春联考,8)下图是某几何体的三视图,已知该几何体的轴截面的面积为6,则该几何体的外接球的表面积为()A.653πB.654π C.6512π D.334π 答案 B 由三视图知,该几何体是一个圆台,圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,设圆台的高为h,则轴截面的面积S 轴=(2+4)ℎ2=6,∴h=2.设圆台的外接球的半径为R,则由题意得,√R 2-12+√R 2-22=2,解得R 2=6516(或√R 2-12-√R 2-22=2,此时无解),∴外接球的表面积S=4πR 2=65π4,故选B.11.(2019福建福州质检,11)如图,以棱长为1的正方体的顶点A 为球心,√2为半径作一个球面,则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )A.3π4B.√2πC.3π2D.9π4答案 C 正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分,如图,上底面被截得的弧长是以A1为圆心,1为半径的圆周长的14,所以所有弧长之和为3×2π4=3π2.故选C.12.(2018河北唐山模拟)把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内,使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形),则皮球的半径为()A.10√3cmB.10cmC.10√2cmD.30cm答案B在四棱锥S-ABCD中,所有棱长均为20cm,连接AC,BD交于点O,连接SO,如图,则SO=AO=BO=CO=DO=10√2cm,易知点O到AB,BC,CD,AD的距离均为10cm,在等腰三角形OAS中,OA=OS=10√2cm,AS=20cm,所以O到SA的距离d=10cm,同理可证O到SB,SC,SD的距离也为10cm,所以球心为四棱锥底面ABCD的中心,所以皮球的半径r=10cm.二、填空题13.(2018苏州大学指导卷Ⅱ)已知一个正方体外接球的体积为V1,内切球的体积为V2,那么V1V2的值为.答案3√3解析设正方体的棱长为a,则V1V2=43πR1343πR23=(R1R2)3=(√32a12a)3=(√3)3=3√3.14.(2019惠州模拟)已知三棱锥S-ABC,△ABC是直角三角形,其斜边AB=8,SC⊥平面ABC,SC=6,则三棱锥S-ABC的外接球的表面积为.答案100π解析将三棱锥S-ABC放在长方体中(图略),易知三棱锥S-ABC所在长方体的外接球即为三棱锥S-ABC的外接球,所以三棱锥S-ABC的外接球的直径2R=√AB2+SC2=10,即三棱锥S-ABC的外接球的半径R=5,所以三棱锥S-ABC的外接球的表面积S=4πR2=100π.15.(2018南通调研)如图,铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知正六棱柱的底面边长、高都为4cm,圆柱的底面面积为9√3cm2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6cm的正三棱柱零件,则该正三棱柱零件的底面边长为cm.(不计损耗)答案2√10解析∵V 正六棱柱=24√3×4=96√3(cm3),V圆柱=9√3×4=36√3(cm3),∴V正三棱柱=96√3-36√3=60√3(cm3).设正三棱柱零件的底面边长为a cm,则12·a·√32a·6=60√3,解得a=2√10.故正三棱柱零件的底面边长为2√10cm.16.(2019湖北联考)一个帐篷下部的形状是高为2m的正六棱柱,上部的形状是侧棱长为3m 的正六棱锥(如图所示).当帐篷的顶点D到底面中心O1的距离为时,帐篷的体积大.答案√7m解析设DO 1为x m(2<x<5),由已知得,正六棱锥底面边长为√9-(x-2)2=√5+4x-x2m,底面正六边形的面积为6×√34×(√5+4x-x2)2=3√32(5+4x-x2)m2,所以帐篷体积为V(x)=3√32(5+4x-x2)×2+13×3√32(5+4x-x2)(x-2)=3√32(5+4x-x2)·[2+13(x-2)]=√32(5+4x-x2)(x+4),所以V'(x)=√32(21-3x2),当2<x<√7时,V'(x)>0,V(x)单调递增;当√7<x<5时,V'(x)<0,V(x)单调递减,所以当x=√7时,V(x)取得最大值.。

浙江专用2020版高考数学专题8立体几何8.1空间几何体的三视图表面积和体积检测

8.1 空间几何体的三视图、表面积和体积【真题典例】挖命题【考情探究】分析解读 1.三视图与直观图的识别及二者的相互转化是高考考查的热点,考查几何体的展开图、几何体的三视图的画法.2.考查柱、锥、台、球的结构特征,以性质为载体,通过选择题、填空题的形式呈现.3.考查柱、锥、台、球的表面积与体积的计算,主要是与三视图相结合,也可与柱、锥、球的接切问题相结合,不规则几何体的表面积与体积的计算也有可能考查.4.预计2020年高考试题中,对三视图与直观图的识别以及求由三视图所得几何体的表面积和体积的考查是必不可少的.柱、锥、台、球的结构特征可能以选择题、填空题的形式出现,它们的表面积与体积的计算还是会与三视图相结合,或以组合体的形式出现,复习时应重视.破考点【考点集训】考点一三视图和直观图1.(2018浙江杭州二中期中,5)一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图为正方形,则该几何体最大的侧面的面积为( )A.1B.C.D.2答案 C2.(2018浙江诸暨高三上学期期末,12)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体最长的一条棱的长度是cm;体积为cm3.答案4;考点二空间几何体的表面积1.(2018浙江金华十校期末调研,2)一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆,则这个几何体的表面积是( )A.16πB.14πC.12πD.8π答案 A2.(2018浙江“七彩阳光”联盟期初联考,3)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的表面积为( )A.8+4B.6++2C.6+4D.6+2+2答案 A考点三空间几何体的体积1.(2018浙江温州适应性测试,3)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )A. +πB. +πC.D.答案 A2.(2018浙江重点中学12月联考,6)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.2B.C.D.3答案 C炼技法【方法集训】方法1 根据三视图确定直观图的方法1.(2018浙江9+1高中联盟期中,15)某几何体的三视图如图所示,则俯视图的面积为;此几何体的体积为.答案+2;π+2.(2018浙江高考模拟训练冲刺卷一,14)一个几何体的三视图如图所示,正视图与俯视图为全等的矩形,侧视图为正方形和一个圆,则该几何体的表面积为;体积为.答案32+(-1)π;12-π方法2 空间几何体的表面积和体积的求解方法1.(2018浙江湖州、衢州、丽水高三质检,5)某四棱锥的三视图如图所示(单位:cm),则该四棱锥的体积(单位:cm3)是( )A. B.C.4D.8答案 B2.(2018浙江嘉兴高三期末,6)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的表面积(单位:cm2)是( )A.36+24B.36+12C.40+24D.40+12答案 B过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点一三视图和直观图(2017浙江,3,4分)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. +1B.+3C.+1D.+3答案 A考点二空间几何体的表面积(2014浙江,3,5分)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的表面积是( )A.90 cm2B.129 cm2C.132 cm2D.138 cm2答案 D考点三空间几何体的体积1.(2018浙江,3,4分)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.4C.6D.8答案 C2.(2015浙江,2,5分)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是( )A.8 cm3B.12 cm3C. cm3D. cm3答案 C3.(2016浙江,14,4分)如图,在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D,满足PD=DA,PB=BA,则四面体PBCD的体积的最大值是.答案B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一三视图和直观图1.(2018课标全国Ⅰ文,9,5分)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.2B.2C.3D.2答案 B2.(2018北京理,5,5分)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答案 C3.(2018课标全国Ⅲ文,3,5分)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 A4.(2017北京文,6,5分)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答案 D5.(2017课标全国Ⅰ理,7,5分)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答案 B6.(2017北京理,7,5分)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.3B.2C.2D.2答案 B7.(2016课标全国Ⅱ,6,5分)下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.20πB.24πC.28πD.32π答案 C考点二空间几何体的表面积1.(2018课标全国Ⅰ文,5,5分)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2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.12πB.12πC.8πD.10π答案 B2.(2016课标全国Ⅲ,9,5分)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,则该多面体的表面积为( )A.18+36B.54+18C.90D.81答案 B3.(2016课标全国Ⅰ,6,5分)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,则它的表面积是( )A.17πB.18πC.20πD.28π答案 A4.(2015课标Ⅰ,11,5分)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=( )A.1B.2C.4D.8答案 B5.(2015课标Ⅱ,9,5分)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体积的最大值为36,则球O的表面积为( )A.36πB.64πC.144πD.256π答案 C6.(2017课标全国Ⅰ文,16,5分)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.答案36π考点三空间几何体的体积1.(2018课标全国Ⅰ文,10,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为( )A.8B.6C.8D.8答案 C2.(2018课标全国Ⅲ文,12,5分)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.12B.18C.24D.54答案 B3.(2017课标全国Ⅲ理,8,5分)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.C.D.答案 B4.(2018江苏,10,5分)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5.(2017课标全国Ⅱ文,18,12分)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=AD,∠BAD=∠ABC=90°.(1)证明:直线BC∥平面PAD;(2)若△PCD的面积为2,求四棱锥P-ABCD的体积.解析本题考查线面平行的判定和体积的计算.(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)取AD的中点M,连接PM,CM.由AB=BC=AD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=x,PM=x,PC=PD=2x.取CD的中点N,连接PN,则PN⊥CD,所以PN=x.因为△PCD的面积为2,所以×x×x=2,解得x=-2(舍去)或x=2.于是AB=BC=2,AD=4,PM=2.所以四棱锥P-ABCD的体积V=××2=4.C组教师专用题组考点一三视图和直观图1.(2017课标全国Ⅱ理,4,5分)如图,网格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去一部分后所得,则该几何体的体积为( )A.90πB.63πC.42πD.36π答案 B2.(2015课标Ⅱ,6,5分)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所示,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A. B. C. D.答案 D3.(2015重庆,5,5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A. +πB. +πC. +2πD. +2π答案 A4.(2015安徽,7,5分)一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积是( )A.1+B.2+C.1+2D.2答案 B5.(2015陕西,5,5分)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )A.3πB.4πC.2π+4D.3π+4答案 D6.(2014福建,2,5分)某空间几何体的正视图是三角形,则该几何体不可能是( )A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱答案 A7.(2014辽宁,7,5分)某几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.8-2πB.8-πC.8-D.8-答案 B8.(2014湖北,5,5分)在如图所示的空间直角坐标系O-xyz中,一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2,2).给出编号为①、②、③、④的四个图,则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②答案 D9.(2014江西,5,5分)一几何体的直观图如图,下列给出的四个俯视图中正确的是( )答案 B10.(2014课标Ⅰ,12,5分)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,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为( )A.6B.6C.4D.4答案 B11.(2014北京,7,5分)在空间直角坐标系O-xyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,).若S1,S2,S3分别是三棱锥D-ABC在xOy,yOz,zOx 坐标平面上的正投影图形的面积,则( )A.S1=S2=S3B.S2=S1且S2≠S3C.S3=S1且S3≠S2D.S3=S2且S3≠S1答案 D考点二空间几何体的表面积1.(2015北京,5,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是( )A.2+B.4+C.2+2D.5答案 C2.(2014重庆,7,5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )A.54B.60C.66D.72答案 B3.(2014安徽,7,5分)一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的表面积为( )A.21+B.18+C.21D.18答案 A4.(2017课标全国Ⅱ文,15,5分)长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为.答案14π考点三空间几何体的体积1.(2016课标全国Ⅲ,10,5分)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是( )A.4πB.C.6πD.答案 B2.(2016北京,6,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为( )A. B. C. D.1答案 A3.(2016山东,5,5分)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如图所示.则该几何体的体积为( )A. +πB. +πC. +πD.1+π答案 C4.(2015课标Ⅰ,6,5分)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有( )A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛答案 B5.(2015湖南,10,5分)某工件的三视图如图所示,现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能大的长方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为材料利用率=( )A. B.C. D.答案 A6.(2015山东,7,5分)在梯形ABCD中,∠ABC=,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A. B. C. D.2π答案 C7.(2014课标Ⅱ,6,5分)如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm),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3 cm,高为6 cm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. B. C. D.答案 C8.(2014陕西,5,5分)已知底面边长为1,侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为( )A. B.4π C.2π D.答案 D9.(2014湖北,8,5分)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖”的术:置如其周,令相乘也.又以高乘之,三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A. B. C. D.答案 B10.(2018天津文,11,5分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积为.答案11.(2018天津理,11,5分)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.答案12.(2017课标全国Ⅰ理,16,5分)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,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.答案413.(2017天津理,10,5分)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,则这个球的体积为.答案π14.(2015天津,10,5分)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为m3.答案π15.(2015江苏,9,5分)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为.答案16.(2014江苏,8,5分)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1、S2,体积分别为V1、V2,若它们的侧面积相等,且=,则的值是.答案17.(2014山东,13,5分)三棱锥P-ABC中,D,E分别为PB,PC的中点,记三棱锥D-ABE的体积为V1,P-ABC的体积为V2,则= .答案18.(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.(1)若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?解析(1)由PO1=2 m知O1O=4PO1=8 m.因为A1B1=AB=6 m,所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积V锥=·A1·PO1=×62×2=24(m3);正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).(2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则0<h<6,O1O=4h(m).连接O1B1.因为在Rt△PO1B1中,O1+P=P,所以+h2=36,即a2=2(36-h2).于是仓库的容积V=V柱+V锥=a2·4h+a2·h=a2h=(36h-h3),0<h<6,从而V'=(36-3h2)=26(12-h2).令V'=0,得h=2或h=-2(舍).当0<h<2时,V'>0,V是单调增函数;当2<h<6时,V'<0,V是单调减函数.故h=2时,V取得极大值,也是最大值.因此,当PO1=2 m时,仓库的容积最大.方法小结(1)注意正四棱锥与正四棱柱底面相同,高的倍数关系.(2)选择中间关联变量PO1为主变量把相关边长与高用主变量表示出来,再把容积表示成主变量的函数.转化成求函数最值的问题,再考虑用导数求解.【三年模拟】一、选择题(每小题4分,共16分)1.(2019届浙江名校协作体高三联考,4)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )A. B.4 C.2 D.答案 B2.(2019届金丽衢十二校高三第一次联考,5)已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A. B. C. D.答案 B3.(2018浙江浙东北联盟期中,3)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A. +πB. +πC. +2πD. +2π答案 A4.(2018浙江镇海中学期中,3)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )A.15B.20C.25D.30答案 B二、填空题(单空题4分,多空题6分,共18分)5.(2019届衢州、湖州、丽水三地教学质量检测,13)某几何体的三视图如图所示,正视图、侧视图、俯视图均为腰长为1(单位:cm)的等腰直角三角形,则该几何体的表面积是cm2,体积是cm3.答案+1;6.(2018浙江新高考调研卷四(金华一中),13)已知某几何体的三视图如图所示,其侧视图是一个等腰直角三角形,则该几何体的表面积为,体积为.答案π+4;+7.(2018浙江温州二模(3月),13)若某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是cm3,表面积是cm2.答案;(2+5π)。

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空间几何体的三视图、表面积与体积[课时跟踪检测] [A 级——基础小题提速练]一、选择题1．(2019·嘉兴高三期末) 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( )A ．36 3B ．54C ．72 3D ．108解析：选A 由三视图得该几何体是以边长为6的正方形为底面，高为33的四棱锥体，则该几何体的体积V ＝13×6×6×33＝363，故选A.2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.82π3 B ．82πC.42π3D ．42π解析：选C 由三视图得该几何体为底面半径为2，高为22的圆锥体的一半，则其体积为12×13×22×π×22＝42π3，故选C. 3．(2017·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：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3C.3π2＋1 D.3π2＋3 解析：选A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.4．某几何体的三视图如图所示，其侧视图是一个边长为2的正三角形，则该几何体的体积是( )A.833B.233C.163D.43解析：选A 由三视图可得该几何体为一个底面为边长为2的等边三角形，高为3的三棱柱截去两个以三棱柱的底面为底，高为12的三棱锥后剩余的部分，则其体积为34×22×3－2×13×34×22×12＝833，故选A. 5．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．72B ．64C ．48D ．32解析：选B 由三视图可知，此几何体为正四棱柱中挖去一个与其共上底且高为3的四棱锥，则体积V ＝42×5－13×42×3＝64，故选B.6．一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为( )A ．72＋6πB ．72＋4πC ．48＋6πD ．48＋4π解析：选A 由三视图知，该几何体由一个正方体的34部分与一个圆柱的14部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×2×2＋14×2π×2×4＝72＋6π，故选A.7．(2019·浙江新高考仿真卷(一))已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2 B.83 C.103D ．3解析：选C 由三视图可知，该几何体是底面直角边长为2的等腰直角三角形、高为2的直棱柱截去一个有相同底面且高为1的三棱锥后的几何体，所以该几何体的体积为V ＝121 3×12×2×2×1＝103，故选C.×2×2×2－8.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.73B.8－π3C.83D.7－π3解析：选B 由三视图得，该几何体是从四棱锥P ABCD 中挖去半个圆锥后剩余的部分，四棱锥的底面是以2为边长的正方形、高是2，圆锥的底面半径是1、高是2，则所求的体积V ＝13×2×2×2－12×13π×12×2＝8－π3.9．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3π B.15π4C.33π4D ．6π解析：选B 由三视图还原直观图知，该几何体为底面半径为1，高为3的圆锥挖去一个球心为圆锥底面圆的圆心且与圆锥相切的半球，易知圆锥的母线长为2，则圆锥的轴截面为边长为2的等边三角形，球的半径为32，故该几何体的表面积为π×1×2＋12×4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋π×12－π×⎝⎛⎭⎪⎫322＝15π4，故选B. 10．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：cm 2)是( )A ．36＋24 2B ．36＋12 5C ．40＋24 2D ．40＋12 5解析：选B 由三视图可知该几何体为一正方体和一正四棱台的简单组合体．正方体的棱长为2 cm ，正四棱台上底面的边长为2 cm ，下底面的边长为4 cm ，棱台的高为2 cm ，可求得正四棱台的斜高为22＋12＝5(cm)，故该几何体的表面积S ＝22×5＋12×(2＋4)×5×4＋42＝36＋125(cm 2)．故选B.二、填空题11．(2019·金华十校调研)一个棱柱的底面是边长为6的正三角形，侧棱与底面垂直．其三视图如图所示，则这个棱柱的体积为________，此棱柱的外接球的表面积为________．解析：由题意可知该三棱柱是一个直三棱柱，且底面是边长为6的正三角形，底面积为S ＝12×62×sin 60°＝93，又因为该三棱柱的高h ＝4，所以该三棱柱的体积为V ＝Sh ＝93×4＝36 3.由正弦定理可知该正三棱柱底面的外接圆直径为2r ＝6sin 60°＝43，则其外接球的直径为2R ＝(2r )2＋h 2＝8，则R ＝4，因此，此棱柱的外接球的表面积为4πR 2＝4π×42＝64π.答案：36 3 64π12．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________，该几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，由3＝13×12×3×(1＋2)x ，解得x ＝2.作出该几何体的直观图并标注相应棱的长度如图所示，则S表＝12×3×(1＋2)＋12×2×3＋12×22＋12×2×7＋12×1×7＝53＋37＋42.答案：253＋37＋4213．(2019·温州高三适应性考试)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)等于________，表面积(单位：cm 2)等于________．解析：由三视图得该几何体的底面是上底为2、下底为4、高为1的等腰梯形，高是1的直四棱柱，则其体积为1×2＋42×1＝3，表面积为2×2＋42×1＋1×2＋1×4＋2×1×2＝12＋2 2.答案：3 12＋2 214．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于________，表面积等于________．解析：如图，由三视图可知该几何体是底面半径为2，高为3的圆柱的一半，故该几何体的体积为12×π×22×3＝6π，表面积为2×12×π×22＋4×3＋π×2×3＝10π＋12.答案：6π 12＋10π15．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，球O 与正方体的各条棱都相切，M 为球O 上的一点，点N 是△ACB 1外接圆上的一点，则线段MN 长度的取值范围是________．解析：易求得棱切球的半径为2，易知△ACB 1为正三角形，则球心O 到△ACB 1的外接圆上任意一点的距离均为12＋(2)2＝3，于是OM ＝2，ON ＝ 3.因为|OM －ON |≤|MN |≤|OM ＋ON |，所以线段MN 长度的取值范围是[3－2，3＋2]．答案：[3－2，3＋2]16．如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为________．解析：此几何体为一侧棱垂直于底面的三棱台ABC A 1B 1C 1，如图．由上底的面积S 1＝12，下底的面积S 2＝2，高h ＝AA 1＝1，得体积V ＝13(S 1＋ S 1S 2＋S 2)h ＝76.答案：7617．某几何体的三视图如图所示，俯视图由一个直径为2的半圆和一个正三角形组成，则此几何体的体积是________，表面积是________．解析：由题意可知，该几何体是由一个正三棱柱和半个圆柱组合而成的，正三棱柱的底面边长为2，高为4，半圆柱的底面半径为1，高为4，所以V ＝12×2×3×4＋12π×12×4＝43＋2π，表面积S ＝2×4×2＋12×3×2×2＋π×12＋π×1×4＝16＋23＋5π.答案：43＋2π 16＋23＋5π[B 级——能力小题保分练]1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．16B ．20C ．52D ．60解析：选B 由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V ＝12×3×4×6－2×13×2×4×3＝20，故选B.2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥外接球的表面积为( )A ．136πB ．34πC ．25πD ．18π解析：选B 由三视图知，该四棱锥的底面是边长为3的正方形，高为4，且有一条侧棱垂直于底面，所以可将该四棱锥补形为长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体外接球的半径R 即为该四棱锥外接球的半径，所以2R ＝32＋32＋42，解得R ＝342，所以该四棱锥外接球的表面积为4πR 2＝34π，故选B.3．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 ．45π＋96B ．(25＋6)π＋96C ．(45＋4)π＋64D ．(45＋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×2×42＋22＝(45＋4)π＋96.4．(2019·台州高三期末)已知某多面体的三视图如图所示，则该几何体的所有棱长和为__________，其体积为________．解析：由三视图画出几何体的直观图如图所示，其是正方体的一部分，其中E ，F 是所在棱的中点，正方体的棱长为2，所以该几何体的所有棱长的和2×7＋1＋1＋2＋2×22＋12＋22＝16＋32＋2 5.该几何体的体积为2×2×2－13×2×12×1×1＋12×2×2＋12×1×1×12×2×2＝173. 答案：16＋32＋2 5 173 5．已知某锥体的三视图如图所示(各正方形的边长为2)，则该锥体的体积是________；该锥体的内切球的表面积是________．解析：由几何体的三视图可知该几何体是一个棱长为22的正四面体，其可以为边长为2的正方体截去四个角而得，所以其体积为V ＝23－4×13×12×23＝83.因为正四面体的棱长为22，所以其底面的三角形的高为6，该正四面体的高为433，设内切球的半径为r ，则有⎝ ⎛⎭⎪⎫433－r 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2632，解得r ＝33，所以该内切球的表面积为S ＝4πr 2＝4π3. 答案：83 4π36.如图所示，等腰△ABC 的底边AB ＝66，高CD ＝3，点E 是线段BD 上异于点B ，D 的动点，点F 在BC 边上，且EF ⊥AB ，现沿EF 将△BEF折起到△PEF 的位置，使PE ⊥AE ，记BE ＝x ，V (x )表示四棱锥P ACFE的体积，则V (x )的最大值为________．解析：因为PE ⊥EF ，PE ⊥AE ，EF ∩AE ＝E ，所以PE ⊥平面ABC .因为CD ⊥AB ，FE ⊥AB ，所以EF ∥CD ，所以EF CD ＝BE BD ，即EF 3＝x36，所以EF ＝x 6，所以S △ABC ＝12×66×3＝96， S △BEF ＝12×x ×x 6＝612x 2，所以V (x )＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫96－612x 2x ＝63x ⎝ ⎛⎭⎪⎫9－112x 2(0＜x ＜36)．因为V ′(x )＝63⎝ ⎛⎭⎪⎫9－14x 2，所以当x ∈(0,6)时，V ′(x )＞0，V (x )单调递增；当6＜x ＜36时，V ′(x )＜0，V (x )单调递减，因此当x ＝6时，V (x )取得最大值12 6. 答案：12 6。

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