立体几何中三视图及其应用-三年高考(2015-2017)数学(文)试题分项---精校解析Word版

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高考三视图(含解析)理试题汇总(精编文档).doc

【最新整理，下载后即可编辑】专题21 三视图1．某几何体的三视图如图所示，则其表面积为（）A．2π B．3π C．4π D．5π【答案】B点睛：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整．2．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，则该三棱锥的侧视图可能为( )A．B．C．D．【答案】B【解析】由正视图和俯视图还原几何体如图所示，由正视图和俯视图对应线段可得2⊥平面时，BC=2，===，当BC ABDAB BD AD∆的边AB上的高为3，只有B选项符合，当BC不垂直平面ABD ABD时，没有符合条件的选项，故选B．点睛：1．解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据3．某个长方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( )A ． 4B ． 22C ．203 D ． 8【答案】D4．如图，正三棱柱111ABC A B C 的主视图是边长为4的正方形，则此正三棱柱的左视图的面积为( )A ． 16B ． 23C ． 43D ． 83【答案】D点睛：三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合． (3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．5．某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( )(A) 168π+ (B) 88π+ (C) 1616π+(D) 816π+【答案】A【解析】将三视图还原为原来的几何体,再利用体积公式求解．原几何体为组合体;上面是长方体,下面是圆柱的一半(如图所示), 其体积为21422241682V ππ=⨯⨯+⨯⨯=+．故选A;6．如图5，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，则该多面体的几条棱中，最长的棱的长度为（）(A) 62 (B) 42 (C) 6 (D)4【答案】C【解析】如图所示点睛：对于小方格中的三视图，可以放到长方体，或者正方体里面去找到原图，这样比较好找；7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A．24π-B．24π+C．20π-D．20π+【答案】A8．已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图知：几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图，平面，，，，，经计算，，，，∴，∴，，，，∴，故选A ．9．一个几何体由多面体和旋转体的整体或一部分组合而成，其三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A ．1π+B ．2π+C ．21π+D ．3522π++【答案】A【解析】考点：由三视图求体积．10．如图是一个由两个半圆锥与一个长方体组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A ．263π+B ．83π+ C ．243π+ D ．43π+ 【答案】C【解析】试题分析：相当于一个圆锥和一个长方体，故体积为122221433ππ⋅+⋅⋅=+．考点：三视图．11．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ． 143B ． 5C ． 163D ．6【答案】A【解析】考点：三视图．12．一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为____．【答案】13【解析】本题考查三视图、四棱锥的体积计算等知识,难度中等．由三视图可知该几何体是底面为长和高均为1的平行四边形,高为1的四棱锥,故其体积为11111V=⨯⨯⨯=．33。

高中数学立体几何之空间几何体的三视图,含答案

空间几何体的三视图（讲义）知识点睛一、三视图主要类型分为：棱锥类、残缺类、组合类．1.棱锥类特征：俯视图多边形内部或边上有一点呈发散状，并与其他顶点相连，正、侧视图有尖顶．处理步骤：①观察俯视图，结合正、侧视图，判断顶点的位置；②确定线、面位置关系；③根据结构，找数据的对应关系；④计算．2.残缺类特征：有斜线、缺口等．处理步骤：①观察俯视图，结合正、侧视图，判断几何体的类型；②根据图形尝试切割；③根据结构，找数据的对应关系；④计算．3.组合类特征：中间有横线，曲线与直线结合等．处理步骤：①观察特征，从有曲面的图形入手，分离出几何体类型；若没有，根据分割线判断每部分几何体的类型；②确定几何体的位置关系；③根据结构，找数据的对应关系；④计算．二、球经过球面上两点和球心作截面，得到球的一个大圆，大圆上两点之间劣弧的长叫做这两点的球面距离．2．球与多面体的位置关系（1）外接球：多面体的各个顶点都在球面上；（2）内切球：多面体的各个面都与球相切．精讲精练1．某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）2222俯视图正视图侧视图A．4 B．203C．263D．82．某几何体的三视图如图（单位为m），则该几何体的体积为_____________．俯视图正视图侧视图1332223．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（）4俯视图正视图侧视图A．28+65B．30+65C．56+ 125D．60+1254．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画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．B．6 C．D．45．一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的表面积为（）俯视图正视图侧视图A．B．C．D．6．如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积是（）33俯视图正视图侧视图A．26 B．27 C．572D．287．若某多面体的三视图如图所示，则此多面体的体积是（）俯视图正视图侧视图12--211112-2112--21A ．12B ．23C ．56D ．788．某个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）俯视图正视图侧视图A ．4B ．C ．D ．89．若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）正视图侧视图俯视图2422A ．8π3B ．3πC ．10π3D ．6π10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）俯视图正视图侧视图4442222A ．16+8πB ．8+8πC ．16+16πD ．8+16π11．已知某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）俯视图正视图侧视图211222322A ．5π42+B ．3π42+C ．π42+ D ．4π+12．如图是某简单组合体的三视图，则该组合体的体积为（）正视图侧视图俯视图1212121212 A．π+ B．π2)+C．D．2)+13．若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积等于___________cm 3．俯视图正视图侧视图335414．如图，O 是半径为1的球心，点A ，B ，C 在球面上，OA ，OB ，OC 两两垂直，E ，F 分别是大圆弧AB ，AC 的中点，则点E ，F 的球面距离是（）432415．如图，在半径为3的球面上有A ，B ，C 三点，∠ABC =90°，BA =BC ，球心O 到平面ABC 的距离是2，则B ，C 两点的球面距离是（）A ．π3B ．πC ．4π3D ．2π16．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A ．πa 2B ．73πa 2C ．113πa 2D ．5πa 2回顾与思考________________________________________________________ ________________________________________________________ ________________________________________________________ 【参考答案】1．A2．4 m33．B4．B5．A 6．C7．D8．D9．B10．A 11．A12．B13．5014．B15．B 16．B空间几何体的三视图（随堂测试）1.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）2221 11正视图侧视图俯视图A．233B．223C．203D．1432.已知底面边长为1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．2π3B．4πC．2πD．4π3【参考答案】1．A 2．D空间几何体的三视图（作业）例1：已知几何体的三视图如图所示，可得这个几何体的体积为______________．123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 cm 2B ．129 cm 2C ．132 cm 2D ．138 cm 2正视图侧视图俯视图443333364343⑤ 计算1433335243482S =⨯+⨯+⨯+⨯⨯⨯=左，2(464363)108S =⨯⨯+⨯+⨯=右，2248108233138 (cm )S S S S =+-=+-⨯⨯=左右重表．故选D ．例2：如图，正四棱锥P -ABCD 的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高PO 为4，底面边长为2，则该球的表面积为（）A ．81πB ．16πC1122俯视图正视图侧视图17．如图是一个空间几何体的三视图，如果直角三角形的直角边长均为1，那么这个几何体的表面积为（）A ．13 B．2 C ．16D．2+正视图侧视图俯视图第1题图第2题图18．某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A ．3B ．2CD ．119．已知四棱锥P -ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P -ABCD的四个侧面中的最大面积是_________________．2222433俯视图正视图侧视图第3题图第4题图20．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为___________．11112222侧视图俯视图21．一几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为_________．第5题图第6题图22．一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为（） AB．(4π+ CD23．一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．200+9πB ．200+18πC ．196+15πD ．140+18π俯视图正视图侧视图21152632第7题图第8题图24．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）ABCD122俯视图正视图侧视图5566俯视图正视图侧视图6俯视图正视图侧视图3111125．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 ．1727B ．59C ．1027D ．13第9题图第10题图26．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．82π-B ．8π-C ．π82-D ．π84-27．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是__________．俯视图正视图侧视图第11题图第12题图28．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_________．12211俯视图正视图侧视图俯视图正视图侧视图111121129．已知三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，若AB=3，AC=4，AB⊥AC，AA1=12，则球O的半径为（）A．2B．C．132D．30．已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（）A．6B．6C．3D．1231．如图，已知三点A，B，C在球心为O，半径为3的球面上，且几何体OABC 为正四面体，那么A，B两点的球面距离为_________，点O到平面ABC的距离为____________．【参考答案】1．B2．D3．64．5．2454π6．D7．A8．A9．C10．B11．8π12．22 313．C14．A15．π。

高中数学高考复习《空间几何体的三视图》经典例题解析附习题答案

3 32正视图侧视图俯视图图1空间几何体的三视图1..一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为（A ）48 (B)32+8(C) 48+8(D) 80【答案】 C【命题意图】本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【解析】由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，。

故S 表【解题指导】：三视图还原很关键，每一个数据都要标注准确。

2.设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为A.1229 B.1829 C. 429 D. 1836答案：B解析：由三视图可以还原为一个底面为边长是3的正方形，高为2的长方体以及一个直径为3的球组成的简单几何体，其体积等于233)23(3431829。

故选 B评析：本小题主要考查球与长方体组成的简单几何体的三视图以及几何体的体积计算.3.如图l —3．某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为（）b5E2RGbCAPA.63 B.93 C.123 D.183【解析】 B.由题得三视图对应的直观图是如图所示的直四棱柱，.ABCD EA 平面3931232hS VABCD平行四边形。

所以选 B4.某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（A ）283（B ）83（C ）82（D ）23【答案】A【解析】：由三视图可知该几何体为立方体与圆锥，立方体棱长为2，圆锥底面半径为1、高为2，所以体积为3212123283故选A5．某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是HGFEDCBA 3123A ．8B ．62C ．10 D ．82【答案】 C6.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为32，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是____________.p1EanqFDPw答案：2323234aa ，解得解析：设正三棱柱的侧棱长和底面边长为a ，则由a=2，正三棱柱的左视图与底面一边垂直的截面大小相同，故该矩形的面积是322232.DXDiTa9E3d7.一个几何体的三视图如图所示（单位：m ），则这个几何体的体积为__________ 3m 【答案】6【解析】由题意知,该几何体为一个组合体,其下面是一个长方体(长为3m,宽为2m,高为1m),上面有一个圆锥(底面半径为1,高为3),所以其体积为1321363V V 长方体圆锥.8. 下图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是(A)3 (B)2 (C)1 (D)0 【答案】 A【解析】对于①,可以是放倒的三棱柱；容易判断②③可以.9.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第一节10.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其侧面积．．．等于（）A.3 B.2 C.23 D.6【命题立意】本题考查三棱柱的三视图与直观图、表面积。

(完整版)近三年高考数学分值分布

5
向量的分解
5
立体几何，三视图，距离
5
抛物线，向量
5
函数，零点
5
数学文化，统计概率
5
双曲线，弦长
5
立体几何
5
线性规划
5
数列
5
排列组合
5
函数最值
5
解三角形
12
立体几何
12
椭圆，直线方程
12
统计概率期望
12
函数与导数，单调性
12
参数与极坐标普通方程，交点
10
立体几何分值：22分
三角函数分值：一大12 数列分值：两小15分概率统计：一大三小27分
2018年高考数学题序
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19
20
21
22
总结：
高考动态：删掉程序框图，删掉积分，删掉二选一，弱化逻辑关联词，加入三视图，弱化线性规划，弱化排列组合，
内容
分值
复数的模
5
不等式，补集
5
统计
5
数列
5
函数的切线与奇偶性
圆锥曲线：一大两小22分向量：一小5分
2017年高考数学题序内容
1 不等式，集合 2 概率 3 复数 4 数列 5 函数的奇偶性，单调性 6 二项式定理 7 三视图，面积 8 程序框图，数列 9 三角函数平移 10 抛物线 11 比较大小 12 数列 13 向量的模 14 线性规划 15 双曲线离心率 16 立体几何，最值 17 解三角形 18 立体几何 19 统计，正态分布
12
18 立体几何
12
19 抛物线与直线

数学(文)三视图高考真题试题解析

1.【2017课标II，文6】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【答案】B【考点】三视图【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．2.【2017北京，文6】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（A）60 （B）30（C）20 （D）10【答案】D【解析】试题分析：该几何体是三棱锥，如图：故选D.【考点】1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】本题考查了空间想象能力，由三视图还原几何体的方法:如果我们死记硬背，不会具体问题具体分析，就会选错，实际上，这个题的俯视图不是几何体的底面，因为顶点在底面的射影落在了底面的外面，否则中间的那条线就不会是虚线.@网3.【2015高考陕西，文5】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A B C D【考点定位】1.空间几何体的三视图；2.空间几何体的表面积.【名师点睛】1.本题考查空间几何体的三视图及几何体的表面积，意在考查考生的识图能力、空间想象能力以及技术能力；2.先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体各个面的面积即可；3.本题属于基础题，是高考常考题型.4.【2016高考天津文数】将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（）【答案】B考点：三视图【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．5.【2015北京文7】某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）A．B C D．【答案】C【考点定位】三视图.【名师点晴】本题主要考查的是三视图，属于容易题．解题时一定要抓住三视图的特点，否则很容易出现错误．本题先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体中最长棱的棱长即可．6.【2015新课标2文6】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下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）【答案】D【解析】试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,剩余部分体积是,故选D.【考点定位】本题主要考查三视图及几何体体积的计算.【名师点睛】由于三视图能有效的考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般常与几何体的表面积与体积交汇.由三视图还原出原几何体,是解决此类问题的关键.学#7. (2014课标全国Ⅰ，文8)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名师点睛：本题考查根据三视图判断原几何体的形状，考查空间想象能力，容易题. 三视图的长度特征：“长对正，宽相等，高平齐”，即主视图和左视图一样高，主视图和俯视图一样长，左视图和俯视图一样宽．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，要注意实、虚线的画法．8.【2015高考安徽，文9】一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（）（A（B（C（D【答案】C【解析】由该几何体的三视图可知，该几何体的直观图，如下图所示：其中侧面PAC⊥底面ABCC.【考点定位】本题主要考查空间几何体的三视图、锥体表面积公式.【名师点睛】在利用空间几何体的三视图求几何体的体积或者表面积时，一定要正确还原几何体的直观图，然后再利用体积或表面积公式求之；本题主要考查了考生的空间想象力和基本运算能力.9.【2014年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷7】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】D考点：空间由已知条件，在空间坐标系中作出几何体的形状，正视图与俯视图的面积，容易题.【名师点睛】将空间几何体的三视图与空间直角坐标系融合在一起，凸显了数学内知识间的内在联系，充分体现了数学特点和知识间的内在联系，能较好的考查学生的综合知识运用能力.其解题突破口是正确地在空间直角坐标系中画出该几何体的原始图像.10.【2015高考重庆，文5】某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】B【考点定位】三视图及柱体与锥体的体积.【名师点睛】本题考查三视图的概念和组合体体积的计算，采用三视图还原成直观图，再利用简单几何体的体积公式进行求解.本题属于基础题，注意运算的准确性.11.【2015高考浙江，文2，则该几何体的体积是（）A．B CD【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是一个棱长为的正方体与一个底面边长为，高为的正四棱锥故选C.【考点定位】1.三视图；2.空间几何体的体积. 学￥【名师点睛】本题主要考查空间几何体的体积.解答本题时要能够根据三视图确定该几何体的结构特征，并准确利用几何体的体积计算方法计算求得体积.本题属于中等题，重点考查空间想象能力和基本的运算能力.12.【2016高考山东文数】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 B（C D【答案】C考点：1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】本题主要考查三视图及几何体的体积计算，本题涉及正四棱锥及球的体积计算，综合性较强，较全面的考查考生的视图用图能力、空间想象能力、数学基本计算能力等. 13. 【2014四川，文4】某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，则该三棱锥的体积是（）A、B、C D、【答案】D【考点定位】空间几何体的三视图和体积.【名师点睛】本题主要考查空间几何体的体积.解答本题时要能够根据三视图确定该几何体的结构特征，并准确利用几何体的体积计算方法计算求得体积.本题属于中等题，重点考查空间想象能力和基本的运算能力.14. 2016高考新课标Ⅲ文数]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）（A （B （C ）90 （D ）81【答案】B【解析】试题分析：由三视图该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱，所以该几何体的表面积B ．考点：空间几何体的三视图及表面积．【技巧点拨】求解多面体的表面积及体积问题，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，建立未知量与已知量间的关系，进行求解．&网15.【2015高考湖南，文10】某工作的三视图如图3所示，现将该工作通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工作的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积/原工件的体积）（）A B C D 【答案】A【考点定位】三视图、基本不等式求最值、圆锥的内接长方体【名师点睛】运用基本不等式求最值要紧紧抓住“一正二定三相等”条件，本题“和为定”是解决问题的关键.空间想象能力是解决三视图的关键，可从长方体三个侧面进行想象几何体.求组合体的体积，关键是确定组合体的组成形式及各部分几何体的特征，再结合分割法、补体法、转化法等方法求体积.16.【2016高考新课标1文数】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相互垂直的半径.若该几何体的体积是28π3,则它的表面积是（）（A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π【答案】A考点：三视图及球的表面积与体积【名师点睛】由于三视图能有效的考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般常与几何体的表面积与体积交汇.由三视图还原出原几何体,是解决此类问题的关键.17.【2015高考北京，文7】某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）A ．BCD ．【答案】C【考点定位】三视图.【名师点晴】本题主要考查的是三视图，属于容易题．解题时一定要抓住三视图的特点，否则很容易出现错误．本题先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体中最长棱的棱长即可．18.【2017山东，文13】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】试题分析：由三视图可知,长方体的长宽高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆半径为1,所以【考点】三视图及几何体体积的计算.【名师点睛】(1)由实物图画三视图或判断、选择三视图,此时需要注意“长对正、高平齐、宽相等”的原则.(2)由三视图还原实物图,解题时首先对柱、锥、台、球的三视图要熟悉,再复杂的几何体也是由这些简单的几何体组合而成的；其次,要遵循以下三步：①看视图,明关系；②分部分,想整体；③综合起来,定整体．19.【2014高考北京文第11题】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的棱长为.考点：本小题主要考查立体几何中的三视图，考查同学们的空间想象能力，考查分析问题与解决问题的能力.20.【2016高考四川文科】已知某三菱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积.【解析】1，考点：1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】本题考查三视图，考查几何体体积，考查学生的识图能力．解题时要求我们根据三视图想象出几何体的形状，由三视图得出几何体的尺寸，为此我们必须掌握基本几何体（柱、锥、台、球）的三视图以及各种组合体的三视图．~网21.【2015高考天津，文10】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.【考点定位】本题主要考查三视图及几何体体积的计算.【名师点睛】由于三视图能有效的考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般常与几何体的表面积与体积交汇.由三视图还原出原几何体,是解决此类问题的关键.22.【2014天津文10，则该几何体的考点：三视图考点定位：本题考点为利用三视图还原几何体及求组合体的体积【名师点睛】本题考查三视图及求组合体的体积，本题属于基础题，正确利用三视图还原为原几何体，特别是有关数据的还原，本题中的几何体为一个圆锥与一个圆柱的组合体，借助三视图中的数据，求出圆锥和圆柱的体积，两体积相加得出组合体的体积，三视图问题为今年高考热点，是必考题，是高考备考的重点，近几年出题难度逐年增加.。

2017高考数学三视图汇编

V = V - V = π ⋅ 32 ⋅10 - ⋅ π ⋅ 32 ⋅ 6 = 63π2 上 2由图中数据可得该几何体的体积为V = ⨯ ⨯ 5 ⨯ 3 ⨯ 4 = 104 高考立体几何三视图1（2017 全国卷二理数）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】B 【解析】该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为 6 的圆柱的一半．1 1总2（2017 北京文数）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】D 【解析】该几何体是如图所示的三棱锥 P-ABC ，1 1 3 23（2017 北京理数）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 2D2【答案】B【解析】如下图所示，在四棱锥 P - ABCD 中，最长的棱为 P A ，所以 P A = PC 2 + AC 2 = 22 + (2 2) 2 = 2 3 ，故选 B ．（2017 理数）山东由一2【解析】由三视图可知，长方体的长、宽、高分别是2、1、1，圆柱的高为1，底面半径4⨯1=2+体积为V=11232322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。

【答案】2+π为1，所以V=2⨯1⨯1+2⨯π⨯12π25（2017全国卷一理数）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】B【解析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为2⨯(2+4)⨯2⨯12=12，故选B.6（2017浙江文数）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.π2π+1 B.+32C.3π3π+1 D.+3 22【答案】A【解析】由三视图可知该几何体由一个三棱锥和半个圆锥组合而成，圆锥的π111⨯⨯π⨯12⨯3=，三棱锥的体积为V=⨯⨯2⨯1⨯3=，12所以它的体积为V=V+V=12π1 + 227．（2016全国卷1文数）如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆8 3 3 8 4 2 （B及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（）．A ．17 πB ． 18πC ． 20πD ． 28π【答案】 B 【解析】由三视图可知该几何体是78个球（如图所示），设球的半径为 R ，则7 4π 28π 7 3V = ⨯ R 3 = 得 R=2，所以它的表面积是 S = ⨯ 4π ⨯ 22 + ⨯ π ⨯ 22 = 17π表8． 2016 全国卷 2 文数）右图是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【解析】由题意可知，圆柱的侧面积为 S = 2π ⨯ 2 ⨯ 4 = 16π1圆锥的侧面积为 S = 1⨯ 2π ⨯ 2 ⨯ 4 = 8π2圆柱的底面积为 S = π ⨯ 22 = 4π3该几何体的表面积为 S = S +S +S = 28π1 239．（2016 全国卷 3 文数）如图所示，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 + 36 5B. 54 + 18 5C. 90D. 81【答案】【解析】 (1)由题意知，几何体为平行六面体，边长分别为 3,3，45，几何体的表面积 S ＝3×6×2＋3×3×2＋3× 45×2＝54＋18 5.棱柱的底面积为S=⨯（1+2）⨯1=半球的体积为π（）3=π10．（2016北京文数）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________.【答案】32【解析】由已知中的三视图可知，该几何体是一个以俯视图为底面的四棱柱，133棱柱的高为1，故体积为22211．（2016山东文数）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（）.1A．1212+πB．+3333π1正（主）视图俯视图1侧（左）视图C．122+πD．1+π366【答案】C【解析】由题意可知，该几何体上部是一个半球，下部是一个四棱锥，半球的直径为棱锥的底面对角线，由棱锥底面棱长为1，可得2R=2，故R=22222，326棱锥的面积为1，高为1，故体积为1312故几何体的体积为+36π12．（2016天津文数3）将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（）.2 3 1= （A.B. C. D.【答案】B 【解析】由正视图和俯视图可知该几何体的直观图如图所示，故该几何体的侧视图为选项B.13（2016 四川文数）已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积等于.11 331 正视图侧视图331俯视图【答案】C【解析】由题意可知，该几何体为三棱锥，底面为俯视图所示的三角形，底面积 S = 1 1 1⨯ 2 3 ⨯1 = 3 ，高为 h = 1 棱锥的体积为V = Sh =3 3 3 314． 2016 浙江文数）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积是______cm 2,体积是______cm 3.【答案】C【解析】由题意可知，该几何体为长方体上面放置一个小的正方体，其表面积为 S = 6 ⨯ 22 + 2 ⨯ 42 + 4 ⨯ 2 ⨯ 4 - 2 ⨯ 22 = 80其体积为V = 23 + 4 ⨯ 4 ⨯ 2 = 40。

专题21 三视图的辨别与应用-三年高考(2016-2018)数学(文)试题分项版解析(原卷版)

分析解读 1.理解多面体、棱柱、棱锥、棱台的概念,牢记它们的几何特征.2.理解圆柱、圆锥、圆台、球等几何体的形成过程,正确把握轴截面、中截面的含义及掌握将圆柱、圆锥、圆台的空间问题转化为平面问题的方法.3.理解三视图的形成过程及掌握三视图及直观图的画法.4.注重空间想象能力的培养.5.高考对本节的考查以三视图的识别和应用为主,分值约为5分,属中档题.
1．【2018年浙江卷】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
2．【2018年文北京卷】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. 1
B. 2
C. 3
D. 4
3．【2018年全国卷Ⅲ文】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
A. A
B. B
C. C
D. D
1.【2017课标II，文6】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.90π
B.63π
C.42π
D.36π
2.【2017北京，文6】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为
（A）60 （B）30
（C）20 （D）10
1.【2016高考天津文数】将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（）。

专题18 立体几何中—三年高考(2015-2017)数学(文)真题分项版解析(原卷版)

【名师点睛】(1)由实物图画三视图或判断、选择三视图,此时需要注意“长对正、高平齐、宽相等”的原则. (2)由三视图还原实物图,解题时首先对柱、锥、台、球的三视图要熟悉,再复杂的几何体也是由这些简单的几何体组合而成的；其次,要遵循以下三步：①看视图,明关系；②分部分,想整体；③综合起来,定整体． 19.【2014 高考北京文第 11 题】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的棱长为.
专题 18 立体几何中三视图及其应用
1.【2017 课标 II，文 6】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. 90π B. 63π C. 42π D. 36π
2.【2017 北京，文 6】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为
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（A）18 36 5 （B） 54 18 5 （C）90
（D）81
15.【2015 高考湖南，文 10】某工作的三视图如图 3 所示，现将该工作通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工作的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积/原工件的体积）（）
20.【2016 高考四川文科】已知某三菱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积.
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21.【2015 高考天津，文 10】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 . 22【. 2014 天津文 10】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 .
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三年高考(2016-2018)数学(理)真题分项专题21 三视图的辨别与应用(Word版)

专题21 三视图的辨别与应用考纲解读明方向考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.空间几何体的结构认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构了解2016课标全国Ⅲ,10;2015课标Ⅱ,6选择题填空题★★☆2.三视图和直观图①能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二测法画出它们的直观图;②会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式;③会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求)理解2017课标全国Ⅰ,7;2017北京,7;2016课标全国Ⅰ,6;2015重庆,5;2014湖南,7;2013四川,3选择题填空题★★★等几何体的形成过程,正确把握轴截面、中截面的含义及掌握将圆柱、圆锥、圆台的空间问题转化为平面问题的方法.3.理解三视图的形成过程及掌握三视图及直观图的画法.4.注重空间想象能力的培养.5.高考对本节的考查以三视图的识别和应用为主,分值约为5分,属中档题.2018年高考全景展示1．【2018年理新课标I卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. B. C. D. 22017年高考全景展示1.【2017课标1，理7】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 ．162.【2017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 ．12+π B ．32+π C ．123+πD ．323+π 3.【2017北京，理7】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 ）2 （B ）3 （C ）2 （D ）22016年高考全景展示1.【2016高考新课标3理数】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）（A）18365+（B）54185+（C）90 （D）812.【2016高考山东理数】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）1233+π（B）123+π（C）123+π（D）21+π3.【2016年高考四川理数】已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是.正视图3314.【2016高考浙江理数】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是 cm2，体积是 cm3.5.【2016高考天津理数】已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m），则该四棱锥的体积为_______m3.。

三年高考(2015-2017)高考数学试题分项版解析专题20 三视图的辨别与应用理

专题20 三视图的辨别与应用1.【2017课标1，理7】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．10 B．12 C．14 D．16【答案】B【解析】试题分析：由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体平面内只有两个相同的梯形的面，则含梯形的面积之和为12(24)2122⨯+⨯⨯=，故选B.2.【2017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：cm3）是A ．12+πB ．32+πC ．123+πD ．323+π【答案】A 【解析】试题分析：12)122121(3312+=⨯⨯+⨯⨯⨯=ππV ，选A ．【考点】三视图3.【2017北京，理7】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 ）2B ）3C ）2（D ）2【答案】B 【解析】试题分析：几何体是四棱锥，如图红色线为三视图还原后的几何体，最长的棱长为正方体的对角线，22222223l =++=，故选B. 【考点】三视图【名师点睛】本题考查了空间想象能力，由三视图还原几何体的方法:或者也可根据三视图的形状，将几何体的顶点放在正方体或长方体里面，便于分析问题. 4.【2014高考北京理第7题】在空间直角坐标系Oxyz 中,已知(2,0,0)(2,2,0),(0,2,0),2)A B C D .若123,,S S S 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 ．123S S S ==B ．21S S =且23S S ≠C ．31S S =且32S S ≠D ．32S S =且31S S ≠ 【答案】D 【解析】考点：三棱锥的性质，空间中的投影，难度中等.【名师点睛】本题考查空间直角坐标系下几何体的位置和相应点的坐标以及正投影的概念，正投影的位置、形状和面积，本题属于基础题，要准确写出点的坐标，利用坐标求出三角形的面积.5.【2016高考新课标2理数】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）20π（B）24π（C）28π（D）32π【答案】C【解析】【名师点睛】由三视图还原几何体的方法:6.【2016年高考北京理数】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A.16B.13C.12D. 【答案】A 【解析】试题分析：分析三视图可知，该几何体为一三棱锥P ABC -，其体积111111326V =⋅⋅⋅⋅=，故选A.考点：1.三视图；2.空间几何体体积计算.7.【2015高考陕西，理5】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 ．24π+D ．34π+【答案】D【解析】由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为，母线长为，所以该几何体的表面积是()1211222342ππ⨯⨯⨯++⨯=+，故选D ．8.【2016高考新课标3理数】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）（A ）18365+B ）54185+C ）90（D ）81 【答案】B 【解析】试题分析：由三视图该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱，所以该几何体的表面积236233233554185S =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+，故选B ．考点：空间几何体的三视图及表面积．【技巧点拨】求解多面体的表面积及体积问题，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，建立未知量与已知量间的关系，进行求解．基本性质及推论，线面平行、线面垂直的判定与性质，考查了学生的空间想象和思维能力，是中档题．9.【2015高考新课标2，理6】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右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( ) A ．81 B ．71 C ．61 D ．51【答案】DADD 1C 1B 11【考点定位】三视图．【名师点睛】本题以正方体为背景考查三视图、几何体体积的运算，要求有一定的空间想象能力，关键是能从三视图确定截面，进而求体积比，属于中档题．10.【2016高考山东理数】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）1233+π（B）1233+π（C）1236+π（D）216+π【答案】C 【解析】试题分析：由三视图可知,上面是半径为22的半球,体积为3114222326Vππ⎛⎫=⨯⨯=⎪⎪⎝⎭,下面是底面积为1,高为1的四棱锥,体积2111133V=⨯⨯=,故选C.考点：1.三视图；2.几何体的体积.11.【2014课标Ⅰ，理12】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）62（B）（C）62（D）【答案】Ｂ【解析】由正视图、侧视图、俯视图形状，可判断该几何体为四面体，且四面体的长、宽、高均为4个单位，故可考虑置于棱长为4个单位的正方体中研究，如图所示，该四面体为D ABC -，且4AB BC ==,42AC =,25DB DC ==,2(42)46DA =+=，故最长的棱长为6，选B ．4CABD12．【2015高考浙江，理2】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.38cm B.312cm C.3323cm D.3403cm【答案】C. 【解析】试题分析：由题意得，该几何体为一立方体与四棱锥的组合，如下图所示，∴体积3322231223=⨯⨯+=V ，故选C.13.【2015高考重庆，理5】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A 、13π+B 、23π+ C 、123π+ D 、223π+【答案】A【解析】这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，2111112(12)12323V ππ=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=+，选A .【考点定位】组合体的体积.【名师点晴】本题涉及到三视图的认知，要求学生能由三视图画出几何体的直观图，从而分析出它是哪些基本几何体的组合，应用相应的体积公式求出几何体的体积，关键是画出直观图，本题考查了学生的空间想象能力和运算求解能力.14.【2014，安徽理7】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+3B ．18+3C ．21D ．18 【答案】A ．【解析】试题分析：由题意，该多面体的直观图是一个正方体''''ABCD A B C D -挖去左下角三棱锥A EFG-和右上角三棱锥''''C E F G -，如下图，则多面体的表面积113226116222213222S =⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⋅⨯=+．故选A ．15.【2014湖北卷5】在如图所示的空间直角坐标系xyz O -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】D 【解析】试题分析：设)2,2,2(),1,2,1(),0,2,2(),2,0,0(D C B A ，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④与俯视图为②，故选D.考点：空间由已知条件，在空间坐标系中作出几何体的形状，再正视图与俯视图，容易题.16.【2015高考北京，理5】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（）11俯视图21A ．25B ．45C ．225+．5 【答案】C【解析】根据三视图恢复成三棱锥P-ABC ，其中PC ⊥平面ABC ，取AB 棱的中点D ，连接CD 、PD ，有,PD AB CD AB ⊥⊥，底面ABC 为等腰三角形底边AB 上的高CD 为2，AD=BD=1,PC=1,5,ABC PD S ∆=1222,2=⨯⨯=,12552PAB S ∆=⨯⨯=,AC BC =5=1512PAC PBC S S ∆∆==⨯⨯ 52=,三棱锥表面积表252S =+. 考点定位：本题考点为利用三视图还原几何体及求三棱锥的表面积，考查空间线线、线面的位置关系及有关线段长度及三角形面积数据的计算.17.【2016年高考四川理数】已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是.正视图331【答案】33【解析】试题分析：由三棱锥的正视图知，三棱锥的高为，底面边长为32,2，则底面等腰三角形的顶角为120︒，所以三棱锥的体积为11322sin120132V =⨯⨯⨯⨯︒⨯=. 考点：三视图，几何体的体积.18.【2016高考浙江理数】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是cm2，体积是cm3.【答案】7232【解析】试题分析：几何体为两个相同长方体组合，长方体的长宽高分别为4,2,2，所以体积为⨯⨯⨯=，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为2(224)32⨯⨯+⨯⨯-⨯=2(222244)2(22)72考点：1、三视图；2、空间几何体的表面积与体积．【方法点睛】解决由三视图求空间几何体的表面积与体积问题，一般是先根据三视图确定该几何体的结构特征，再准确利用几何体的表面积与体积公式计算该几何体的表面积与体积．19.【2016高考天津理数】已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m），则该四棱锥的体积为_______m3.【答案】2【解析】试题分析：由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的底为2，高为1，因此体积为1(21)323V =⨯⨯⨯=．故答案为2．考点：三视图20.【2015高考天津，理10】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3m .1侧视图俯视图正视图11112111111【答案】83π【解析】由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为，高为的圆柱，两端是底面半径为，高为的圆锥，所以该几何体的体积22181221133V πππ=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=.。

立体几何三视图(高考题精选)

三视图强化练习（13北京）10．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为。

（12北京）7.某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+125（11北京理）7．某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是A．8 B．62C．10 D．82（11北京文）5．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是A．32 B．16+162C．48 D．16+322（13辽宁）（13）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 .（13重庆）5、某几何体的三视图如题5图所示，则该几何体的体积为（）A 、5603B 、5803C 、200D 、240（13湖北）8、一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为1V ，2V ，3V ，4V ，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（）A. 1243V V V V B. 1324V V V V C.2134V V V V D.2314V V V V（13全国新课标1）8、某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（A ）8π16（B ）8π8（C ）π6116（D ）16π8（13全国新课标2）7、一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到正视图可以为（）(A) (B) (C) (D)（12天津）（10）一个几何体的三视图如图所示（单位：m ）,则该几何体的体积3m.（11东城二模）（4）如图，一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为2，那么这个几何体的体积为（A ）43（B ）83（C ）4（D ）8（11海淀）11. 一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为____________.（12辽宁）(13)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为______________。

三年高考(2019-2021)数学(文)真题分类汇编——立体几何(选择、填空题)(原卷版)

"#$%&'()*+,)-!./01!1．【2021年全国高考甲卷数学（文）】在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（）A ．B ．C ．D ．2．【2021年全国高考乙卷数学（文）】在正方体中，P 为的中点，则直线与所成的角为（） A ．B ．C ．D ．3．【2021年全国新高考Ⅰ卷数学】已知圆锥的底面半径为则该圆锥的母线长为（）A ．B ．C．D ．4．【2021年全国新高考Ⅰ卷数学】在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（）A ．当时，的周长为定值B ．当时，三棱锥的体积为定值A EFG -1111ABCD ABCD -11B D PB 1AD π2π3π4π624111ABC A B C -11AB AA ==P 1BP BC BB l µ=+!!!"!!!"!!!"[]0,1l Î[]0,1µÎ1l =1AB P △1µ=1P A BC -C ．当时，有且仅有一个点，使得D ．当时，有且仅有一个点，使得平面 5．【2021年全国新高考II 卷数学】正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（） A．B ．C ．D ．6．【2021年全国新高考II 卷数学】如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足的是（）A ．B ．C ．D ．7【2021年北京市高考数学】某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）A ．B ．4C ．D ．28．【2021年北京市高考数学】定义：24小时内降水在平地上积水厚度（）来判断降雨程度．其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪12l =P 1A P BP ^12µ=P 1A B ^1AB P 20+563MN OP ^3mm 10mm <10mm 25mm -25mm 50mm -50mm 100mm -个等级（）A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨9．【2021年天津高考数学】两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（） A ．B ．C ．D ．10．【2021年浙江省高考数学】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A ．B ．3C ．D ．11．【2021年浙江省高考数学】如图已知正方体，M ，N 分别是，的中点，则（）323p1:33p 4p 9p 12p 321111ABCD A B C D -1A D 1D BA ．直线与直线垂直，直线平面B ．直线与直线平行，直线平面C ．直线与直线相交，直线平面D ．直线与直线异面，直线平面12．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A ．B ．C ．D ．13．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知△ABC 是面积为O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为 A ．B ．C ．1D ．14．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是1A D 1D B //MN ABCD 1A D 1D B MN ^11BDD B 1A D 1D B //MN ABCD 1A D 1D B MN ^11BDD B 32A ．6+4B ．4+4C ．6+2D ．4+215．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为 A ．B ．C ．D ．16．【2020年高考天津】若棱长为为A ．B．C．D ．17．【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为A ．B ．C ．D ．,,A B C O 1O ABC △1O 4π1AB BC AC OO ===O 64π48π36π32π12π24π36π144π6+6+12+12+18．【2020年高考浙江】某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．B ．C．3 D ．619．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ．“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的 A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件20．【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为A ．20°B ．40°73143C．50° D．90°21．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面22．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则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23．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158 B．162C．182 D．32424．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V –ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β25．【2021年全国高考甲卷数学（文）】已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为________.26．【2021年全国高考乙卷数学（文）】以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．30p27．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面． p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行． p 4：若直线l 平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ．则下述命题中所有真命题的序号是__________． ①②③④28．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．29．【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm 2）为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm ）是_______．30．【2020年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是 ▲cm.Ì14p p Ù12p p Ù23p p ¬Ú34p p ¬Ú¬2p31．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以为球心，BCC 1B 1的交线长为________．32．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为那么P 到平面ABC 的距离为___________． 33．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）1D34．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】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，，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.35．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．1111ABCD A B C D -16cm 4cm AB =BC =AA =，36．【2019年高考北京卷文数】已知l ，m 是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥；③l ⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．37．【2019年高考天津卷文数】已知四棱锥的底面是边长为侧棱长均为若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.38．【2019年高考江苏卷】如图，长方体的体积是120，E 为的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 ▲ .a a a 1111ABCD A B C D -1CC。

高三第一轮复习——立体几何三视图基础篇(试题及答案)

高三第一轮复习——立体几何三视图基础篇（试题及答案）题型——空间几何体的三视图2015年1．(2015安徽文9) 一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（）.A ．13+B ．122+C ．23+D ．222．（2015北京文7）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）. A.1 B. 2C. 3D. 23.（2015福建文9）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于（）.A ．822+B ．1122+C ．1422+D ．154．（2015湖南文10）某工作的三视图如图所示，现将该俯视图侧（左）视图正（主）视图111俯视图侧视图正视图1211侧视图正视图122221俯视图侧（左）视图正（主）视图2211111122工作通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工作的一个面内，则原工件材料的利用率为（）（材料利用率=新工件的体积/原工件的体积）. A.8π9 B. 827πC. 224(21)π- D. 28(21)π-5．（2015全国1文11）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1620π+，则r =（）.A. 1B. 2C. 4D. 86.（2015新课标2文）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下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）7．（2015陕西文5）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. 2π4+D. 3π3+1A.81B.71C.61D.5俯视图侧视图主视图122左视图主视图8．（2015浙江文2）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. 83cmB. 123cmC. 3233cmD. 4033cm9.（2015重庆文5）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）.A.12π3+B.13π6C.7π3D.5π210．（2015四川文14）在三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设点M ，N ，P 分别是AB ，BC ，11B C 的中点，则三棱锥1P A MN -的体积是______. 11．（2015天津文10）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______3m .2016年1.（2016全国甲文7）右图是圆柱与圆锥组合而成的几何体的正视图侧视图俯视图111112111111234正视图侧视图俯视图222221121正视图左视图俯视图2三视图，则该几何体的表面积为( ). A.20π B.24π C.28πD.32π2.（2016全国乙文7）如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（）. A.17π B. 18π C. 20π D. 28π3. （2016山东文5）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. B. C. D.rlh12π33+12π33+12π36+21π6+111正（主）视图俯视图侧（左）视图4.（2016全国丙文10）如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）.A.18365+B.54185+C.90D.815.（2016天津文3）将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧（左）视图为（）.6.（2016北京文11）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________.7.（2016浙江文9）某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的表面积是______，体积是______.A.B.C.D.cm 2cm 3cm 正视图22222侧视图2F 1E 1F ED 1DB 1A 1C 1ABC 1121俯视图正视图侧视图俯视图正视图8.（2016四川文12）已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三菱锥的体积等于 .2017年1.（2017全国2文6）如图所示，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所得，则该几何体的体积为（）. A ．90π B ．63π C ．42π D ．36π2.（2017北京文6）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）. A.60 B.30 C.20 D.103.（2017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：3cm ）是（）.俯视图侧视图俯视图3311331正视图1A. π12+ B.π32+C. 3π12+ D.3π32+4.（2017山东文13）由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为.1.解析由该几何体的三视图，在长为2，宽为1，高为1的长方体中还原其立体图形，如图所示.由图及三视图中所给的数据可知，PAC △与ABC △为等腰直角三角形，PAB △与PBC △为等边三角形，2P A P C A B B C ====，所以四面体的表面积为()231222212342S =⨯⨯+⨯⨯⨯=+.故选C.2. 解析利用特殊的几何体—正方体，还原几何体.如图其最所示，四棱锥1C ABCD -为三视图所对应的几何体，长棱为3.故选C.3. 解析由几何体的三视图，在长为2，宽为1，高为2的立方体中，还原其立体图形，如图所示.几何体的表面积为：()12112222212211222+⨯⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=+.故选B ．4.解析问题等价于圆锥的内接长方体的体积的最大值.设长方体的长、宽、高分别为,,x y h ，长方体上底面截圆锥到截面半径为a ，则()222224x y a a +==，如图所示. 由图可知212a h-=，所以22h a =-，而长方体的体积 ()222222222x y V xyh h a h a a +=⋅==- (3)22162327a a a ++-⎛⎫⨯= ⎪⎝⎭…，当且仅当11111BAPCD 1DB 1A 1C 1A BC11212,22x y a a ==-，即23a =时等号成立，此时利用率为21682719ππ123=⨯⨯.故选A.5.解析根据题意作图，如图所示.224π22π2π2r S r r r r r =⋅+⋅⋅++=2245π1620πr r +=+，所以2r =.故选B.6.解析由三视图得，在正方体1111ABCDA B C D ﹣中，截去四面体111A A B D ﹣，如图所示，设正方体棱长为a ，则11133111326A AB D V a a =⨯=﹣，故剩余几何体体积为3331566a a a -=，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为15．故选D. 7.解析由几何体的三视图可知该几何体为圆柱的截去一半，所以该几何体的表面积为22111π1π122π223π4222⨯⨯+⨯⨯+⨯+⨯⨯⨯=+，故选D. 8.解析该几何体是棱长为2的正方体和底面边长为2、高为2的正四棱锥的组合体，所以3213222233V =+⨯⨯=．故选C ．9.解析根据三视图可得原几何体是由圆锥截的一部分和一个圆柱组成的几何体，圆柱和圆haa r2r2rCBA D D 1C1B1A1锥的底面圆半径都为1，圆锥的高为1，圆柱的高为2，所以1+2V V V ==圆柱圆锥26ππ+=136π．故选B ． 10. 解析由题意可知，三棱柱是底面为直角边长为1的等腰直角三角形，高为1的直三棱柱，底面积为12.如图所示，11P A MN A PMN V V --=,三棱锥1A PMN -的底面面积是14，1A 到平面PMN 的距离是12，故11111132424P A MN A PMN V V --==⨯⨯=.11.解析该几何体是由两个高为1的圆锥与一个高为2圆柱组合而成，所以该几何体的体积为()318π2π1π2m 33⨯⨯⨯+⨯= .1.C 解析几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为，周长为，圆锥母线长为，圆柱高为.由三视图得，，由勾股定理得，，.故选C.2.A 解析由三视图可知，该几何体是一个球截去球的，设球的半径为，则，解得.该几何体的表面积等于球的表面积的，加上个截面的面积，每个截面是圆面的，所以该几何体的表面积为22714π23π284S =⨯⨯+⨯⨯⨯=14π3π17π+=.故选A.3.C 解析由三视图可知,半球的半径是，体积为,四棱锥的体积为,所以该几何体的体积为 .故选C. 4.B 解析如图所示为其几何体直观图，该几何体为四棱柱，r c l h 2r =2π4πc r ==()222234l =+=21π2S r ch cl =++表4π16π8π=++28π=18R 37428ππ833R ⨯=2R =78314222π63112π36+1111AEFD A E F D -NM PA C 1B 1A 1CB所以表面积为.故选B.5.B 解析由题意得截去的三棱锥是包含长方体前右上方顶点的三棱锥，如图所示.故选B.6.解析该四棱柱是直四棱柱，底面是梯形，其面积为，高是1.所以其体积为.7.；解析由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体. 长方体的长、宽、高分别为4、4、2，小正方体的棱长为2 ，，. 8.解析由三视图还原三棱锥的直观图，易知底面与侧面垂直，如图所示.且底面积为高为，所以该几何体的体积为解析由题意，该几何体是由高为6的圆柱截去一半后的几何体加上高为4的圆柱，故其体积为2213634632V =⋅π⋅⋅+π⋅⋅=π .故选B.2.解析该几何体是三棱锥，如图所示，11153410332S ABC ABC V S h -=⋅=⨯⨯⨯⨯=△.故选D.()3336335254185⨯+⨯+⨯⨯=+3213(12)122+⨯=33122⨯=8040222=62+24+42422=80S ⨯⨯⨯⨯-⨯表3244240V =+⨯⨯=3312313,2S =⨯⨯=111331.333V Sh ==⨯⨯=12312222CBAS解析由三视图可知，直观图是由半个圆锥与一个三棱锥构成，半圆锥体积为()2111=13232S π⨯π⨯⨯=，三棱锥体积为211=213=132S ⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭，所以几何体体积1212S S S π=+=+．故选A ．解析 2121121242V π⨯π=⨯⨯+⨯⨯=+.。

三年高考(2017-2019)各地文科数学高考真题分类汇总：空间几何体的三视图、表面积和体积

空间几何体的三视图、表面积和体积1.（2019全国II 文16）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）2.（2019全国II 文17）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．3.(2019全国III 文16）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1111ABCD A B C D -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，16cm 4cm AB =BC =, AA =，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.4.（2019江苏9）如图，长方体1111ABCD A B C D 的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是 .5.（2019天津文12.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.6.（2019北京文12）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．7.（2019浙江4）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是A ．158B ．162C ．182D ．328．(2018全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 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．B ．12πC．D ．10π9．(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．B． C ．3 D ．210．(2018全国卷Ⅰ)在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C所成的角为30︒，则该长方体的体积为 A ．8B．C．D．11．(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BA12．(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，则三棱锥D ABC 体积的最大值为 A．B．C．D．13．(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：3cm ）是A ．2B ．4C ．6D ．814．(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 ．415．（2017新课标Ⅲ）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球俯视图正视图俯视图侧(左)视图正(主)视图面上，则该圆柱的体积为 A ．π B ．34π C ．2π D ．4π 16．（2017北京）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 ．1017．（2017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：3cm ）是A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ． 332π+ 18．（2017新课标Ⅱ）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俯视图侧视图正视图A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π19．(2018天津)如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则四棱锥111A BB D D -的体积为__．20．(2018江苏)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．21．（2017新课标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________．22．（2017新课标Ⅱ）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．23．（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，D 1C 1B 1A 1D CBA则这个球的体积为． 24．（2017山东）由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为．25．（2017江苏）如图，在圆柱12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切。

2017年高考数学试题分项版—立体几何(解析版)

2017年高考数学试题分项版—立体几何（解析版）一、选择题1．(2017·全国Ⅰ文，6)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()1．【答案】A【解析】A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交；B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ，又AB ⊄平面MNQ ，NQ ⊂平面MNQ ，∴AB ∥平面MNQ .故选A.2．(2017·全国Ⅱ文，6)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 ．36π2．【答案】B【解析】方法一 (割补法)如图所示，由几何体的三视图，可知该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得．将圆柱补全，并将圆柱体从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.故选B.方法二 (估值法)由题意，知12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱．又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V 几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.3．(2017·全国Ⅲ文，9)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 ．π43．【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 ＝ 1－⎝⎛⎭⎫122＝32.∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4. 故选B.4．(2017·全国Ⅲ文，10)在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则( )A ．A 1E ⊥DC 1B ．A 1E ⊥BDC ．A 1E ⊥BC 1D ．A 1E ⊥AC4．【答案】C【解析】方法一如图，∵A 1E 在平面ABCD 上的投影为AE ，而AE 不与AC ，BD 垂直，∴B ，D 错；∵A 1E 在平面BCC 1B 1上的投影为B 1C ，且B 1C ⊥BC 1，∴A 1E ⊥BC 1，故C 正确；(证明：由条件易知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥CE ，又CE ∩B 1C ＝C ，∴BC 1⊥平面CEA 1B 1. 又A 1E ⊂平面CEA 1B 1，∴A 1E ⊥BC 1)∵A 1E 在平面DCC 1D 1上的投影为D 1E ，而D 1E 不与DC 1垂直，故A 错．故选C.方法二 (空间向量法)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，∴A 1E →＝⎝⎛⎭⎫－1，12，－1，DC 1→＝(0,1,1)，BD →＝(－1，－1，0)，BC 1→＝(－1,0,1)，AC →＝(－1,1,0)，∴A 1E →·DC 1→≠0，A 1E →·BD →≠0，A 1E →·BC 1→＝0，A 1E →·AC →≠0，∴A 1E ⊥BC 1.故选C.5．(2017·北京文，6)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 ．105．【答案】D【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.6.(2017·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 ．π2＋1 B ．π2＋3 C ．3π2＋1 D ．3π2＋3 6.【答案】A【解析】由几何体的三视图可知，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是2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，∴该几何体体积为V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1. 故选A.7．(2017·浙江，9)如图，已知正四面体DABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝CR RA＝2，分别记二面角DPRQ ，DPQR ，DQRP 的平面角为α，β，γ，则( )A ．γ＜α＜βB ．α＜γ＜βC ．α＜β＜γD ．β＜γ＜α7．【答案】B【解析】如图①，作出点D 在底面ABC 上的射影O ，过点O 分别作PR ，PQ ，QR 的垂线OE ，OF ，OG ，连接DE ，DF ，DG ，则α＝∠DEO ，β＝∠DFO ，γ＝∠DGO .由图可知它们的对边都是DO ，∴只需比较EO ，FO ，GO 的大小即可．如图②，在AB 边上取点P ′，使AP ′＝2P ′B ，连接OQ ，OR ，则O 为△QRP ′的中心．设点O 到△QRP ′三边的距离为a ，则OG ＝a ，OF ＝OQ ·sin ∠OQF ＜OQ ·sin ∠OQP ′＝a ，OE ＝OR ·sin ∠ORE ＞OR ·sin ∠ORP ′＝a ，∴OF ＜OG ＜OE ，∴OD tan β＜OD tan γ＜OD tan α， ∴α＜γ＜β.故选B.8．(2017·全国Ⅰ理，7)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 ．168．【答案】B【解析】观察三视图可知，该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示．因此该多面体各个面中有两个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这两个梯形的面积之和为2×12×(2＋4)×2＝12.故选B.9．(2017·全国Ⅱ理，4)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 ．36π9．【答案】B【解析】方法一 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.故选B.方法二 (估值法)由题意知，12V 圆柱<V 几何体<V 圆柱，又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.10．(2017·全国Ⅱ理，10)已知直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32 B.155 C.105 D.3310．【答案】C【解析】方法一将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图①所示，连接AD 1，B 1D 1，BD .由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°.在△ABD 中，由余弦定理知BD 2＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝ 3. 又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105. 故选C.方法二以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图②所示．由已知条件知B 1(0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(1,0,0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1,0，－1)，AB 1→＝(1，－3，－1)．所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝25×2＝105. 所以异面直线AB 1与BC 1所成的角的余弦值为105. 故选C.11．(2017·全国Ⅲ理，8)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 11．【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 ＝π×⎝⎛⎭⎫322×1＝3π4. 故选B.12．(2017·北京理，7)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 ．212．【答案】B 【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.二、填空题1．(2017·全国Ⅰ文，16)已知三棱锥SABC 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SABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．1．【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 ⊥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×(12SC ·OB )·OA ＝r 33，即r 33＝9，∴r ＝3，∴S 球表＝4πr 2＝36π. 2．(2017·全国Ⅱ文，15)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________．2．【答案】14π【解析】∵长方体的顶点都在球O 的球面上，∴长方体的体对角线的长度就是其外接球的直径．设球的半径为R ，则2R ＝32＋22＋12＝14.∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫1422＝14π. 3．(2017·天津文，11)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________．3．【答案】9π2【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＝9π2. 4．(2017·山东文，13)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________．4．【答案】2＋π2【解析】该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个半径为1，高为1的14圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2. 5.(2017·浙江，11)我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S 6，S 6＝________. 5．【答案】332【解析】作出单位圆的内接正六边形，如图，则OA ＝OB ＝AB ＝1，S 6＝6S △OAB ＝6×12×1×32＝332.6．(2017·江苏，6)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．6．【答案】32【解析】设球O 的半径为R ，∵球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切， ∴圆柱O 1O 2的高为2R ，底面半径为R . ∴V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32. 7．(2017·全国Ⅰ理，16)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 ，△F AB 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 ，△F AB ，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：cm 3)的最大值为________．7．【答案】415【解析】如图，连接OD ，交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC ，OG ＝36BC . 设OG ＝x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，52，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2 ＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x ＝3·25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝⎛⎭⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4. 令f ′(x )＝0，得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎫2，52时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415. 所以三棱锥体积的最大值为415 cm 3.8．(2017·全国Ⅲ理，16)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号) 8．【答案】②③【解析】依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.由题意知，点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝(1,0,0)，CB →以Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[)0，2π，则B (cos θ，sin θ，0)， ∴AB →＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB →|＝ 2. 设直线AB 与a 所成的夹角为α，则cos α＝|AB →·a ||a ||AB →|＝22|sin θ|∈⎣⎡⎦⎤0，22，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误；设直线AB 与b 所成的夹角为β，则cos β＝|AB →·b ||b ||AB →|＝22|cos θ|.当直线AB 与a 的夹角为60°，即α＝60°时，则|sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝22， ∴|cos θ|＝22，∴cos β＝22|cos θ|＝12. ∵45°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB 与b 的夹角为60°. ∴②正确，①错误．9．(2017·天津理，10)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________． 9．【答案】92π【解析】设正方体棱长为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.10．(2017·山东理，13)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如下，则该几何体的体积为________．10．【答案】2＋π2【解析】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的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.三、解答题1．(2017·全国Ⅰ文，18)如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．1．(1)证明由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥P A ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面P AD . 又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD .(2)解如图，在平面P AD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PE ，AB ⊥AD ，所以PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥P ABCD 的体积V P ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而结合已知可得P A ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22，可得四棱锥P ABCD 的侧面积为12P A ·PD ＋12P A ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3. 2．(2017·全国Ⅱ文，18)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面P AD 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P AD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD 的体积．2．(1)证明在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD . 又BC ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，故BC ∥平面P AD .(2)解如图，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P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面P AD ∩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 . 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(2＋4)2×23＝4 3.3．(2017·全国Ⅲ文，19)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1)证明：AC ⊥BD ；(2)已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD .若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．3．(1)证明如图，取AC 的中点O ，连接DO ，BO . 因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO . 又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 又DO ∩OB ＝O ，所以AC ⊥平面DOB ，故AC ⊥BD . (2)解连接EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.4．(2017·北京文，18)如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥AB ，P A ⊥BC ，AB ⊥BC ，P A ＝AB ＝BC ＝2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．(1)求证：P A ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面P AC ；(3)当P A ∥平面BDE 时，求三棱锥E －BCD 的体积． 4．(1)证明因为P A ⊥AB ，P A ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以P A ⊥平面ABC .又因为BD ⊂平面ABC ，所以P A ⊥BD .(2)证明因为AB ＝BC ，D 是AC 的中点，所以BD ⊥AC . 由(1)知，P A ⊥BD ，又P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . 所以平面BDE ⊥平面P AC .(3)解因为P A ∥平面BDE ，平面P AC ∩平面BDE ＝DE ，所以P A ∥DE . 因为D 为AC 的中点，所以DE ＝12P A ＝1，BD ＝DC ＝ 2.由(1)知，P A ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，所以三棱锥E －BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.5．(2017·天津文，17)如图，在四棱锥P ABCD 中，AD ⊥平面PDC ，AD ∥BC ，PD ⊥PB ，AD ＝1，BC ＝3，CD ＝4，PD ＝2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； (2)求证：PD ⊥平面PBC ；(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．5．(1)解由已知AD ∥BC ，故∠DAP 或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD . 在Rt △PDA 中，由已知，得AP ＝AD 2＋PD 2＝5，故cos ∠DAP ＝AD AP ＝55.所以异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55. (2)证明由(1)知AD ⊥PD . 又因为BC ∥AD ，所以PD ⊥BC .又PD ⊥PB ，PB ∩BC ＝B ，所以PD ⊥平面PBC .(3)解如图，过点D 作DF ∥AB ，交BC 于点F ，连接PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，所以PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以∠DFP 为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD ∥BC ，DF ∥AB ，故BF ＝AD ＝1. 由已知，得CF ＝BC －BF ＝2. 又AD ⊥DC ，所以BC ⊥DC .在Rt △DCF 中，可得DF ＝CD 2＋CF 2＝25，在Rt △DPF 中，可得sin ∠DFP ＝PD DF ＝55.所以直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55. 6．(2017·山东文，18)由四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1－B 1CD 1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD .(1)证明：A 1O ∥平面B 1CD 1；(2)设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1. 6．证明 (1)取B 1D 1的中点O 1，连接CO 1，A 1O 1，由于ABCD －A 1B 1C 1D 1是四棱柱，所以A 1O 1∥OC ，A 1O 1＝OC ，因此四边形A 1OCO 1为平行四边形，所以A 1O ∥O 1C . 又O 1C ⊂平面B 1CD 1，A 1O ⊄平面B 1CD 1，所以A 1O ∥平面B 1CD 1.(2)因为AC ⊥BD ，E ，M 分别为AD 和OD 的中点，所以EM ⊥BD .又A 1E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以A 1E ⊥BD .因为B 1D 1∥BD ，所以EM ⊥B 1D 1，A 1E ⊥B 1D 1. 又A 1E ，EM ⊂平面A 1EM ，A 1E ∩EM ＝E ，所以B 1D 1⊥平面A 1EM . 又B 1D 1⊂平面B 1CD 1，所以平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.7．(2017·浙江，19)如图，已知四棱锥P ABCD ，△P AD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点．(1)证明：CE ∥平面P AB ；(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值． 7．(1)证明如图，设P A 中点为F ，连接EF ，FB .因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF ∥AD 且EF ＝12AD ，又因为BC ∥AD ，BC ＝12AD ，所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF . 因为BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，因此CE ∥平面P AB .(2)解分别取BC ，AD 的中点为M ，N ，连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，P A ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE . 由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD .由DC ⊥AD ，BC ∥AD ，BC ＝12AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD .所以AD ⊥平面PBN .由BC ∥AD 得BC ⊥平面PBN ，那么平面PBC ⊥平面PBN .过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH .MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角．设CD ＝1.在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2，在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14，在Rt △MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2，所以sin ∠QMH ＝28，所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28. 8．(2017·江苏，15)如图，在三棱锥ABCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD .求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC .8．证明 (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，则AB ∥EF .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC .9．(2017·江苏，18)如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32 cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为107 cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，E 1G 1的长分别为14 cm 和62 cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12 cm.现有一根玻璃棒l ，其长度为40 cm.(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)．(1)将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱CC 1上，求l 没入水中部分的长度；(2)将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱GG 1上，求l 没入水中部分的长度． 9．解 (1)由正棱柱的定义，CC 1⊥平面ABCD ，所以平面A 1ACC 1⊥平面ABCD ，CC 1⊥AC ，如图①，记玻璃棒的另一端落在CC 1上点M 处．①因为AC ＝107，AM ＝40，所以MC ＝402－1072＝30，从而sin ∠MAC ＝34. 记AM 与水面的交点为P 1，过P 1作P 1Q 1⊥AC ，Q 1为垂足，则P 1Q 1⊥平面ABCD ，故P 1Q 1＝12，从而AP 1＝P 1Q 1sin ∠MAC＝16. 答玻璃棒l 没入水中的部分的长度为16 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24 cm)(2)如图②，O ，O 1是正棱台的两底面中心．②由正棱台的定义，OO 1⊥平面EFGH ，所以平面E 1EGG 1⊥平面EFGH ，O 1O ⊥EG .同理，平面E 1EGG 1⊥平面E 1F 1G 1H 1，O 1O ⊥E 1G 1.记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处．过G 作GK ⊥E 1G 1，K 为垂足，则GK ＝OO 1＝32.因为EG ＝14，E 1G 1＝62，所以KG 1＝62－142＝24，从而GG 1＝KG 21＋GK 2＝242＋322＝40. 设∠EGG 1＝α，∠ENG ＝β，则sin α＝sin ⎝⎛⎭⎫π2＋∠KGG 1＝cos ∠KGG 1＝45. 因为π2<α<π，所以cos α＝－35. 在△ENG 中，由正弦定理可得40sin α＝14sin β，解得sin β＝725. 因为0<β<π2，所以cos β＝2425. 于是sin ∠NEG ＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝45×2425＋⎝⎛⎭⎫－35×725＝35. 记EN 与水面的交点为P 2，过P 2作P 2Q 2⊥EG ，Q 2为垂足，则P 2Q 2⊥平面EFGH ，故P 2Q 2＝12，从而EP 2＝P 2Q 2sin ∠NEG＝20. 答玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)10．(2017·江苏，22)如图，在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值；(2)求二面角BA 1DA 的正弦值．10．解在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E .因为AA 1⊥平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底，建立空间直角坐标系Axyz .因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)． (1)A 1B →＝(3，－1，－3)，AC 1→＝(3，1，3)，则cos 〈A 1B →，AC 1→〉＝A 1B →·AC 1→|A 1B →||AC 1→|＝(3，－1，－3)·(3，1，3)7＝－17，因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17. (2)平面A 1DA 的一个法向量为AE →＝(3，0,0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量，又A 1B →＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0. 不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量，从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m |＝(3，0，0)·(3，3，2)3×4＝34. 设二面角BA 1DA 的大小为θ，则|cos θ|＝34. 因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此二面角BA 1DA 的正弦值为74. 11．(2017·全国Ⅰ理，18)如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角APBC 的余弦值．11．(1)证明由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD ，因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD .又AP ∩DP ＝P ，所以AB ⊥平面P AD .因为AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD .(2)解在平面P AD 内作PF ⊥AD ，垂足为点F .由(1)可知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD .以点F 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，||为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F －xyz .由(1)及已知可得A ⎝⎛⎭⎫22，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，22，B ⎝⎛⎭⎫22，1，0，C ⎝⎛⎭⎫－22，1，0，所以＝⎝⎛⎭⎫－22，1，－22，＝(2，0,0)，＝⎝⎛⎭⎫22，0，－22，＝(0,1,0)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的一个法向量，则即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面P AB 的一个法向量，则即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.所以可取m ＝(1,0,1)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2＝－33. 所以二面角A －PB －C 的余弦值为－33. 12．(2017·全国Ⅱ理，19)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角MABD 的余弦值．12．(1)证明取P A 的中点F ，连接EF ，BF .因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD . 由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD ，又BC ＝12AD ，所以EF BC ，四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ，又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，故CE ∥平面P AB .(2)解由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,1，3)，PC →＝(1,0，－3)，AB →＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3)．因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量，所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin 45°， |z |(x －1)2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →，则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②由①②解得⎩⎨⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)或⎩⎨⎧ x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝⎛⎭⎫1－22，1，62，从而AM →＝⎝⎛⎭⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n|＝105. 所以二面角MABD 的余弦值为105.13．(2017·全国Ⅲ理，19)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角DAEC 的余弦值．13．(1)证明由题设可得△ABD ≌△CBD .从而AD ＝CD ，又△ACD 为直角三角形，所以∠ADC ＝90°，取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO ⊥AC ，DO ＝AO .又因为△ABC 是正三角形，故BO ⊥AC ，所以∠DOB 为二面角DACB 的平面角，在Rt △AOB 中，BO 2＋OA 2＝AB 2，又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°，所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)解由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA →为x 轴正方向，OB →为y 轴正方向，OD →为z 轴正方向，|OA →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，则O (0,0,0)，A ()1，0，0，D ()0，0，1，B ()0，3，0，C (－1，0,0)，由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝⎛⎭⎫0，32，12，故AE →＝⎝⎛⎭⎫－1，32，12，AD →＝()－1，0，1，OA →＝()1，0，0. 设平面AED 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面AEC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ AE →·n 1＝0，AD →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋32y 1＋12z 1＝0，－x 1＋z ＝0，令x 1＝1，则n 1＝(1，33，1)． ⎩⎪⎨⎪⎧ AE →·n 2＝0，OA →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋32y 2＋12z 1＝0，x 2＝0，令y 2＝－1，则n 2＝(0，－1，3)，设二面角DAEC 的平面角为θ，易知θ为锐角，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝77. 14．(2017·北京理，16)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面P AD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD ∥平面MAC ，P A ＝PD ＝6，AB ＝4.(1)求证：M 为PB 的中点；(2)求二面角BPDA 的大小；(3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．14．(1)证明：设AC ，BD 交于点E ，连接ME ，如图．因为PD ∥平面MAC ，平面MAC ∩平面PDB ＝ME ，所以PD ∥ME .因为四边形ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点，所以M 为PB 的中点．(2)解：取AD 的中点O ，连接OP ，OE .因为P A ＝PD ，所以OP ⊥AD ，又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，且OP ⊂平面P AD ，所以OP ⊥平面ABCD .因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP ⊥OE .因为四边形ABCD 是正方形，所以OE ⊥AD ，如图，建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0,0，2)，D (2,0,0)，B (－2,4,0)，BD →＝(4，－4,0)，PD →＝(2,0，－2)．设平面BDP 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎨⎧4x －4y ＝0，2x －2z ＝0. 令x ＝1，则y ＝1，z ＝ 2.于是n ＝(1,1，2)．平面P AD 的法向量为p ＝(0,1,0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝12. 由题意知二面角B －PD －A 为锐角，所以它的大小为π3. (3)解：由题意知M ⎝⎛⎭⎫－1，2，22，C (2,4,0)，MC →＝⎝⎛⎭⎫3，2，－22. 设直线MC 与平面BDP 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈n ，MC →〉|＝|n ·MC →||n ||MC →|＝269. 所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269. 15．(2017·天津理，17)如图，在三棱锥P ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ；(2)求二面角CEMN 的正弦值；(3)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． 15．解如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系．依题意，可得A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,4,0)，P (0,0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0,0,1)，N (1,2,0)．(1)证明 DE →＝(0,2,0)，DB →＝(2,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．又MN →＝(1,2，－1)，可得MN →·n ＝0.因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .(2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量．设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·EM →＝0，n 2·MN →＝0，因为EM →＝(0，－2，－1)，MN →＝(1,2，－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0. 不妨设y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)．因此cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－421，于是sin 〈n 1，n 2〉＝10521.所以，二面角CEMN 的正弦值为10521. (3)解依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )，进而可得NH →＝(－1，－2，h )， BE →＝(－2,2,2)．由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721，整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12. 所以，线段AH 的长为85或12. 16．(2017·山东理，17)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF 的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小；(2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E —AG —C 的大小．16．解 (1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ，所以BE ⊥平面ABP .又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP ，又∠EBC ＝120°，所以∠CBP ＝30°.(2)方法一取EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH .因为∠EBC ＝120°，所以四边形BEHC 为菱形，所以AE ＝GE ＝AC ＝GC ＝32＋22＝13.取AG 的中点M ，连接EM ，CM ，EC ，则EM ⊥AG ，CM ⊥AG ，所以∠EMC 为所求二面角的平面角．又AM ＝1，所以EM ＝CM ＝13－1＝2 3.在△BEC 中，由于∠EBC ＝120°，由余弦定理得EC 2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，所以EC ＝23，因此△EMC 为等边三角形，故所求的角为60°.方法二在平面EBC 内，作EB ⊥BP 交CE 于点P .以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3)，E (2,0,0)，G (1，3，3)，C (－1，3，0)，故AE →＝(2,0，－3)，AG →＝(1，3，0)，CG →＝(2,0,3)，设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧ m · AE →＝0，m ·AG →＝0，可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0. 取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AG →＝0，n ·CG →＝0，可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0. 取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12.因此所求的角为60°.。

2017版《三年高考两年模拟》数学(文科)汇编专题：8.1空间几何体的结构及其三视图

第一节空间几何体的结构及其三视图、直观图A组三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·北京，7)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为()A.1B. 2C. 3D.2第1题图第2题图2.(2015·重庆，5)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A.13＋2π B.13π6 C.7π3 D.5π23.(2015·陕西，5)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.4π C.2π＋4D.3π＋4第3题图第4题图4.(2015·浙江，2)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 cm 3 B ．12 cm 3 C.323 cm 3 D.403cm 3 5.(2015·福建，9)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A.8＋2 2B.11＋2 2C.14＋2 2D.156.(2014·辽宁，7)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.8－π4B.8－π2C.8－πD.8－2π7.(2014·浙江，3)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( ) A.72 cm 3 B.90 cm 3 C.108 cm 3D.138 cm 38.(2014·新课标全国Ⅰ，8)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9.(2014·新课标全国Ⅱ，6)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.1727B.59C.1027D.1310．(2015·天津，10)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________m 3.11.(2014·北京，11)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·成都市一诊)若一个几何体的正视图和侧视图是两个全等的正方形，则这个几何体的俯视图不可能是()2.(2016·湖南衡阳大联考)如图是一个几何体的三视图，在该几何体的各个面中，面积最小的面的面积为()A.4B.4 2C.4 3D.83.(2016·桂林市一调)已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的()4.(2016·石家庄二中一模)如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值为()A.4B.5C.3 2D.3 35.(2015·北京朝阳区期末)一个四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为()A.1B.2C.3D.46.(2015·山西质量监测)某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为()A.152B.6＋ 3C.32＋3 3 D.4 37.(2015·江西师大附中、宜春中学联考)某几何体的直观图如图所示，该几何体的正视图和侧视图可能正确的是( )8.(2015·辽宁沈阳质量监测)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，则该几何体的各个面中最大面的面积为( )A.1B.52C. 6D.2 3答案精析A 组三年高考真题（2016～2014年）1.解析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，最长棱长P A ＝12＋12＋12＝ 3.答案 C2.解析该几何体由一个圆柱和一个从轴截面截开的“半圆锥”组成，其体积为V ＝π×12×2＋12×13π×12×1＝2π＋π6＝13π6.答案 B3.解析由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为：S ＝2×12π×12＋12×2π×1×2＋2×2＝π＋2π＋4＝4＋3π.答案 D4.解析由三视图可知该几何体是由棱长为2 cm 的正方体与底面为边长为2 cm 正方形、高为2 cm 的四棱锥组成，V ＝V 正方体＋V 四棱锥＝8 cm 3＋83 cm 3＝323 cm 3.故选C.答案 C5.解析该几何体为底面是直角梯形的直四棱柱．S 表＝2×12(1＋2)×1＋2×1＋2×1＋2×2＋2×2＝11＋22，故选B.答案 B6.解析该几何体是一个正方体截去两个四分之一圆柱形成的组合体，其体积V ＝23－14×π×12×2×2＝8－π，故选C. 答案 C7.解析由三视图可知，该几何体的直观图如图所示，则该几何体的体积V ＝V 四棱柱＋V 三棱柱＝4×6×3＋12×4×3×3＝90(cm 3)．答案 B8.解析由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，分析可知该几何体为三棱柱，答案 B9.解析由三视图可知该零件是一个底面半径为2、高为4的圆柱和一个底面半径为3、高为2的圆柱的组合体，所以该组合体的体积V 1＝π·22·4＋π·32·2＝34π，原来的圆柱体毛坯的体积为V ＝π·32·6＝54π，则切削掉部分的体积为V 2＝54π－34π＝20π，所以切削掉部分的体积与原来的圆柱体毛坯体积的比值为20π54π＝1027.故选C. 答案 C10.解析由所给三视图可知，该几何体是由相同底面的两圆锥和一圆柱组成，底面半径为1，圆锥的高为1，圆柱的高为2，所以其体积V ＝2×13×π×12×1＋π×12×2＝83π. 答案 83π 11.解析三视图所表示的几何体的直观图如图所示．结合三视图知，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2，AB ＝BC ＝2，AC ＝2，所以PB ＝P A 2＋AB 2＝4＋2＝6，PC ＝P A 2＋AC 2＝22，所以该三棱锥最长棱的棱长为2 2.答案 22B 组两年模拟精选(2016～2015年)1.解析由题意知，俯视图的长度和宽度相等，故C 不可能.答案 C2.解析由三视图可知，几何体直观图如图所示，面积最小的面为面VAB ，其面积为12×2×42＝4 2. 答案 B3.解析只有C 项合适.答案 C4.解析由三视图知该几何体是一个直三棱柱和一个三棱锥的组合体，如图所示.由图知AC 和BD 的长为几何体上任意两点间的距离的最大值，即为32＋32＋32＝33，故选D.答案 D5.解析满足条件的四棱锥的底面为矩形，且一条侧棱与底面垂直，如图所示，易知该四棱锥四个侧面均为直角三角形.答案 D6.解析由题意得该几何体的侧视图由一个底为3，高为3的等腰三角形和一个长为3，宽为2的矩形组成，则其面积为12×3×3＋2×3＝152，故选A. 答案 A7.解析将几何体置于正方体中，正视图和侧视图可能正确的是A ，故选A.答案 A8.解析由三视图在正方体中画出该几何体为三棱锥DABC ，计算得知面积最大的面为平面ABD ，其面积为12×22×（22）2－（2）2＝23，答案 D。

圈定高三数学精彩试题微刊系列之立体解读：专题2 空间几何体的三视图(含答案解析)

专题二空间几何体的三视图空间几何体的三视图是从三个互相垂直的方向的正投影来刻画空间几何体,用容易理解的平面图形刻画抽象的空间图形,提供了将空间图形转化为平面图形的重要途径(三垂直方向).无论是从平面到空间(合成)还是从空间到平面(分解),都对空间想象能力提出了较高的要求,是学好立体几何的重要保障.因而空间几何体的三视图成为高考每年必考的内容，每年都出了一个小题，它加深了学生对义务教育初中阶段有关三视图内容的理解，有利于培养学生作图、识图，运用图形语言进行交流及图形处理能力.对空间图形的处理能力是空间想象能力深化的标志，也是高考从深层次上考查空间想象能力的主要方面.三视图在全国各地高考试题中也显得异常活跃,不仅在选择题、填空题中出现，而且在解答题中也出现了它的身影.而成，还是由一个简单几何体截去一部分而成.每一部分是什么几何体，最终得到的几何体的结构特征又如何.例１【北京市2016-2017学年高三年级入学定位考试】某三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是正方形，则该三棱锥最长棱的长是________.【思路分析】此题首先将三视图还原，由左视图可知，顶点在底面上得投影，在三角形的外面，由俯视图可知，底面是一个等腰直角三角形，从而可确定出三棱锥的大致形状，再根据图中标的数据，计算有关线段的长度，可得结论，还原三视图时，应遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，再根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．故答案为【试题点评】本题主要考查了三视图还原几何体，求几何体中棱长的长度，在高考中属于高频考点，该题在三视图类型的题目中难度中档；首先根据俯视图以及结合该几何体为三棱锥可得，底面ABC 为等腰直角三角形，上定点P 在底面的投影在ABC ∆外，且和ABC ∆正好构成正方形，易得底面三条棱的长度，PC PA ,均和正方形的边长以及三棱锥的高构成直角三角形，PB 和正方形的对角线以及三棱锥的高构成构成直角三角形.【规律总结】三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽．由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整．【针对训练】【2017届湖北襄阳四中高三七月周考】几何体的俯视图为一边长为2的正三角形，则该几何体的各个面中，面积最大的面的面积为（）A B ．2 CD ．3面的面积为333=⨯=S ,应选D ．,然后画出三视图.画三视图时要注意“长对正，高平齐，宽相等”且侧视图在正视图的右边，俯视图在正视图的下方.例2【2017届湖北黄石市高三9月调研】“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）．其直观图如下左图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．其实际直观图中四边形不存在，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是（）A ．,a bB ．,a cC ．,c bD ．,b d【思路分析】此题是一个已知几何体的形状，求它的三视图，做这类题，首先确定好三个相互垂直的平面，从三面去看，方向要找对，否在得到的三视图就不准确，本题正视图看过去是一个圆，而俯视图看下去是一个正方形，且两条弧看下去是两条线段，从而可得三视图.【试题点评】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．【规律总结】空间几何体的三视图是分别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．要能够牢记常见几何体的三视图．【针对训练】【2017届广东海珠区高三上学期调研测试】如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱1111ABCD A B C D -中，点P 是平面1111A B C D 内一点，则三棱锥P BCD -的正视图与侧视图的面积之和为（）A ．2B ．3C ．4D ．5分析原几何体中的数据关系，然后由表面积的的概念转化为若干个平面图形的面积或直接用表面积计算公式求解.例3【2017学年河北石家庄市高三9月摸底】某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的表面积为（）A.12)2210(++πB.12)211(++πC.12)2211(++πD.613π 【思路分析】本题是已知某几何体的三视图，求该几何体的表面积，首先须知道几何体的形状，可根据三视图还原几何体的方法，还原出几何体，得到几何体的左半部分是圆锥的一半，右半部分是一个圆柱，这是一个组合体，求组合体得表面积，首先要分清有哪些面组成，把各个面的面积求出，相加可得全面积，注意，组合体被遮住部分不能计算.【精彩解析】由三视图可知，该几何体的左半部分是圆锥的一半，右半部分是一个圆柱，其表面积包括圆柱的侧面积、底面积的32倍，圆锥侧面积的一半和一个三角形的面积，所以表面积3111221122112222S πππ=⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=+，故选B. 【试题点评】本题考查三视图及旋转体的表面积与体积，属中档题；三视图是高考的必考内容，多以选择题为主，解题的关键是由三视图还原直观图，要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图.【规律总结】解答三视图题目时：(1)可以从熟知的某一视图出发，想象出直观图，再验证其他视图是否正确；(2)视图中标注的长度在直观图中代表什么，要分辨清楚；(3)视图之间的数量关系：正俯长对正，正侧高平齐，侧俯宽相等．利用三视图求几何体的表面积，需先由三视图还原几何体，三个图形结合得出几何体的大体形状，由实虚线得出局部位置的形状，再由几何体的面积公式求解.求空间几何体的表面积，若为规则几何体，可利用面积公式求得，若不规则，可利用展开法展成平面求得，或各个面的面积求出，加起来即可.【针对训练】【2017届湖北襄阳四中高三七月周考】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于（） 1112A ．8+B ．11+C ．14+D ．15 公用直接法、等体积法或割补法等方法求体积.例4【2017届河北衡水中学高三9月联考摸底】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.3113B.35C.3104D.3107 【思路分析】本题是已知某几何体的三视图，求该几何体的体积，首先须知道几何体的形状，可根据三视图还原几何体的方法，还原出几何体，得到一个不规则的几何体，求它的体积，需将几何体的两边都补一个三棱锥，使它成为一个三棱柱，利用三棱柱与三棱锥的体积公式，可求得几何体的体积.【试题点评】1.计算柱、锥、台体的体积，关键是根据条件找出相应的底面面积和高，应注意充分利用多面体的截面特别是轴截面，将空间问题转化为平面问题求解；2.注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、还台为锥法等，它们是计算一些不规则几何体体积常用的方法，应熟练掌握.【规律总结】解决三视图问题的技巧：空间几何体的数量关系也体现在三视图中，正视图和侧视图的“高平齐”，正视图和俯视图的“长对正”，侧视图和俯视图的“宽相等”．也就是说正视图、侧视图的高就是空间几何体的高，正视图、俯视图中的长就是空间几何体的最大长度，侧视图、俯视图中的宽就是空间几何体的最大宽度．在绘制三视图时，分界线和可见轮廓线都用实线画出，被遮挡的部分的轮廓线用虚线表示出来，即“眼见为实、不见为虚”．在三视图的判断与识别中要特别注意其中的“虚线”．利用三视图求几何体的体积，需先由三视图还原几何体，三个图形结合得出几何体的大体形状，由实虚线得出局部位置的形状，再由几何体的体积公式求解. 求体积常见方法：①直接法（公式法）直接根据相关的体积公式计算；②转移法：利用祖暅原理或等积变化，把所求的几何体转化为与它等底、等高的几何体的体积；③分割法求和法：把所求几何体分割成基本几何体的体积；④补形法：通过补形化归为基本几何体的体积；⑤四面体体积变换法；⑥利用四面体的体积性质：（ⅰ）底面积相同的两个三棱锥体积之比等于其底面积的比；（ⅱ）高相同的两个三棱锥体积之比等于其底面积的比；（ⅲ）用平行于底面的平面去截三棱锥，截得的小三棱锥与原三棱锥的体积之比等于相似比的立方.求多面体体积的常用技巧是割补法（割补成易求体积的多面体.补形：三棱锥⇒三棱柱⇒平行六面体；分割：三棱柱中三棱锥、四棱锥、三棱柱的体积关系是1：2：3和等积变换法(平行换点、换面)和比例(性质转换)法等.【针对训练】【2017届湖北黄冈中学高三上学期周末测试】已知某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积是（）侧视图俯视图正视图112A ．π+332B ．π2332+C ．π+32D ．π232+的形状，求出外接球的半径，从而可得原几何体的外接球体积，表面积.例5 【2017届广西南宁二中等校高三8月联考】已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为（）A ．4πB ．8πC ．12πD ．16π【思路分析】本题已知三棱锥的三视图，求它的外接球的表面积，首先须知道几何体的形状，可根据三视图还原几何体的方法，还原出几何体，得到三棱锥的高为1，其底面为一个直角三角形，由于底面斜边上的中线长为1，由俯视图可知顶点在底面上的投影落在底面外接圆的圆心上，且顶点到底面的距离与底面外接圆的半径相等，可得面直角三角形斜边中点就是外接球的球心，从而可得球的半径，由球的表面积公式可得接球的表面积.【试题点评】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（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．【规律总结】三视图还原问题：空间几何体的三视图中如果有两个是三角形，其一定是锥体，第三个视图是多边形，则是棱锥，是几边形就是几棱锥，如是圆，则为圆锥；三视图中如果有两个是矩形，其一定是柱体，第三个视图是多边形，则是棱柱，是几边形就是几棱柱，如是圆，则为圆柱；对于简单几何体的组合体，要分清它是由哪些简单几何体组成的；在还原不规则的三视图时，可灵活应用补形法，将其直观图变为正方体或长方体，然后再将几何体分割为满足原三视图的几何体．原几何体的外接球．解题时要认真分析图形，明确切接点的位置，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进行解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“接点”作出截面图. 【针对训练】【2017届宁夏石嘴山三中高三上学期月考】某四面体的三视图如图，正（主）视图、侧（左）视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的表面积为（）A.4πB.3πC．8πD．3 2π。

2017届高考数学(文科)-空间几何体的三视图、表面积与体积-专题练习-答案

2017届高考数学（文科）专题练习空间几何体的三视图、表面积与体积答案一、选择题1~5．CDABB 6~10．CBBCC二、填空题11；12.40π；13.．14.132017届高考数学（文科）专题练习空间几何体的三视图、表面积与体积解析一、选择题1．解析：该几何体的侧视图即为其在面BCC1B1上的射影，又A点射影为点B，E点射影为线段CC1的中点，故选C．2．解析：由正视图和侧视图可知，这是一个横放的正三棱柱，一个侧面水平放置，则俯视图应为D．3．解析：四面体的直观图如图A-BCD，所以V=×(×1×2)×2=。

4．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2，故BC=4，在Rt△SBC中，由SC=4，可得SB=4，故选B．5．解析：由三视图知此多面体是一个斜四棱柱，其表面积S=2×(3×3+3×6+3×3)=54+18。

故选B．6．解析：由三视图可知，该几何体是一个底面是梯形的直四棱柱，所以V=×(2+3)×1×1=。

故选C．7．解析：由三视图可知，该几何体是由圆锥(上方)与圆柱(下方)构成的组合体，其中圆锥与圆柱的底面半径r=1，圆锥的母线长l=2，圆柱的高H=2．则圆锥的侧面积S1=πrl=π×1×2=2π；圆柱的侧面积S2=2πrH=2π×1×2=4π；圆柱的底面积S3=πr2=π×12=π。

故该组合体的表面积S=S1+S2+S3=2π+4π+π=7π。

8．解析：设圆锥底面半径为r，因为米堆底部弧长为8尺，所以r=8，r=≈(尺)，所以米堆的体积为V=××π×()2×5≈(立方尺)，又1斛米的体积约为1．62立方尺，所以该米堆有÷1．62≈22(斛)，选B．9．解析：由三视图可知该零件是一个底面半径为2．高为4的圆柱和一个底面半径为3．高为2的圆柱的组合体，所以该组合体的体积V1=π×22×4+π×32×2=34π，原来的圆柱体毛坯的体积为V=π×32×6=54π，则切削掉部分的体积为V2=54π-34π=20π，所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为=。