2020高考数学核心突破《专题5 立体几何 第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积》
(新课标)2020版高考数学专题三立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积课件文新人教A版
空间几何体的三视图(基础型) [知识整合]
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”．
[考法全练] 1．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图可能是( )
面 ABCD 是正方形且和球心 O 在同一平面内，当此四棱锥的体积取得最大值时，
其表面积等于 8＋8 3，则球 O 的体积等于( )
A.323π
B.32
2π 3
C．16π
16 2π D. 3
【解析】 (1)如图，由题意知圆柱的中心 O 为这个球的球心，于是， 球的半径 r＝OB＝ OA2＋AB2＝ 12＋（ 3）2＝2.故这个球的表面 积 S＝4π r2＝16π .故选 D.
(2)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．(2019·唐山市摸底考试)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之 一圆弧)，则该几何体的表面积为( )
第二部分 高考热点 分层突破
专题三 立体几何 第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积数学 Nhomakorabea01
做高考真题 明命题趋向
02
研考点考向 破重点难点
03
练典型习题 提数学素养
[做真题] 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 ()
2020年高考数学三轮题型突破 1 选择题突破 题型10 空间几何体的三视图、体积、表面积与传统文化(学生版)
第一篇主题10 空间几何体的三视图、体积、表面积与传统文化【主题考法】本主题的题型为选择填空题，主要考查简单几何体的三视图、由三视图求原几何体的表面积、体积、文科求体积占多数，理科则求面积居多，考查与简单几何体有关的传统文化，考查空间想象能力、运算求解能力，难度为中档或以下试题，分值为5分.【主题回扣】1．概念理解(1)四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系．(2)三视图①三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．②三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图一样；侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度和正(主)视图一样，宽度与俯视图一样． 2．柱、锥、台、球体的表面积和体积侧面展开图 表面积体积 直棱柱 长方形S ＝2S 底＋S 侧 V ＝S 底·h 圆柱 长方形 S ＝2πr 2＋2πrl V ＝πr 2·l 棱锥 由若干三角形构成S ＝S 底＋S 侧 V ＝13S 底·h 圆锥 扇形 S ＝πr 2＋πrl V ＝13πr 2·h 棱台 由若干个梯形构成S ＝S 上底＋S 下底＋S 侧 V ＝13(S ＋SS ′＋S ′)·h 圆台扇环S ＝πr ′2＋π(r ＋r ′)l ＋πr 2V ＝13π(r 2＋rr ′＋r ′2)·h球 S ＝4πr 2S ＝43πr 3【易错提醒】1．在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线为虚线．在还原空间几何体实际形状时一般是以正(主)视图和俯视图为主． 2．易混淆几何体的表面积与侧面积的区别，几何体的表面积是几何体的侧面积与所有底面面积之和，不能漏掉几何体的底面积；求锥体体积时，易漏掉体积公式中的系数13. 3.忽视三视图的实、虚线，导致几何体的形状结构理解错误.【主题考向】考向一 空间几何体的三视图【解决法宝】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.在处理三视图问题时，要根据“长对正，宽相等、高平齐”的原则由三视图确定对应几何体中的量，或由几何体确定三视图中的量.例1【2020届陕西省二质检】某三棱锥的三视图如图所示，其俯视图是一个等腰直角三角形，在此三棱锥的六条棱中，最长棱的长度为( )正视图 仰视图 俯视图 A ． B ． C ．D ．【分析】 【解析】考向二 几何体的表面积【解决法宝】利用三视图求解几何体的表面积，关键是确定几何体的形状和相关数据，计算出各个面的面积，再求和即为表面积，掌握应用三视图的“长对正、高平齐、宽相等”.例2【2020山西长治3月在线综合测试】如图是某几何体的三视图，则它的表面积为( )A．172++9 B．17+22+11 C．172++8 D．217+22+11【分析】【解析】、考向三几何体的体积【解决法宝】1.求简单几何体的体积，要选择适当的底面和高，然后应用公式进行计算.2.求几何体的体积的常用方法有割补法和等积变换法.（1）割补法：求一个几何体的体积可以将这个几何体分割成几个柱体、椎体等，分别求出柱体、椎体等的体积，从而得出几何体的体积.（2）等体积转化法:利用三棱锥的每一个面可做底面.①求体积时，可选择容易计算的方式来求解；②利用“等积性”可求“点到面的距离”.3.利用三视图为载体求解几何体的体积，关键是是根据三视图想象原几何体的形状构成，并从三视图图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，然后在直观图中求解.例3【2020山西大同3月模拟】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．4 B．2 C．6 D．7 3【分析】【详解】考向四简单几何体与传统文化【解决法宝】认真阅读题目，将传统文化给出的题目转化为数学语言给出问题，得到题中给出的几何体和有关的数据，转化为几何问题，再利用有关知识解决相关问题.例4【2020届四川成都石室天府中学第四次质检】阿基米德(公元前287年—公元前212年)是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为54π的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为( )A．4πB．16πC．36πD．64 3π【分析】【解析】【主题集训】1.【2019届第一次全国大联考(新课标Ⅰ卷)】如图所示为某三棱锥的三视图，若该三棱锥的体积为，则图中x的值为( )A．B．C．4 D．2.【2020四川成都石室中学一模】一个底面为正方形的四棱锥，其三视图如图所示，若这个四棱锥的体积为2 ，则此四棱锥最长的侧棱长为( )A. B. C. D.3.【2020届全国大联考三4月联考】下图是某几何体的三视图，该几何体的体积为( )A．112B．16C．13D．124.【2020届陕西汉中期末】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A．3244π+B．5244π+C．24π+D．384π+5.【2020届陕西省宝鸡市模拟检测(二)】《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.某“堑堵”的三视图如图，则它的外接球的表面积为( )A．4πB．8πC．642+D．8 3π6.【2019届安徽省合肥市二质检】如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有( )A．2对B．3对C．4对D．5对7.【2020中学生标准学术能力诊断性测试测】某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥外接球的表面积为( )A．27πB．28πC．29πD．30π8.【2020福建福清3月线上教学质量检测】如图，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，已知其俯视图是正三角形，则该几何体的表面积是( )A ．225+B ．425+C ．235+D ．435+9.【2020贵州铜仁一中期末】某几何体的三视图如图所示,则该几何体中,面积最大的侧面的面积为( )A ．22B ．52C ．62D ．3。
2020届高考数学(理)大一轮复习：专题突破练(5) 立体几何的综合问题
专题突破练(5)立体几何的综合问题2.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，A1A＝AB＝2，BC＝1，AC＝5，若规定正视方向垂直平面ACC1A1，则此三棱柱的侧视图的面积为()45C.5 D．6答案C折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是()A．A′C⊥BDB.∠BA′C＝90°5.[2018·河南豫东、豫北十校测试]鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，原为木质结构，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90度榫卯起来，若正四棱柱体的高为4，底面正方形的边长为1，则该鲁班锁的表面积为 ( )A.48 B ．60 C ．72 D ．846．如图所示，已知在多面体ABC －DEFG 中，AB ，AC ，AD 两两垂直，平面ABC ∥平面DEFG ，平面BEF ∥平面ADGC ，AB ＝AD ＝DG ＝2，AC ＝EF ＝1，则该多面体的体积为( )A.2 B ．4 C ．6 D ．8答案 B解析 如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，那么显然所求的多面体的体积即为该正方体体积的一半，于是所求几何体的体积为V ＝12×23＝4.选B.7.[2017·湖北黄冈中学二模]一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为2的等边三角答案 B解析 由三视图可知，该几何体是半圆锥，其展开图如图所示，则依题意，点A ，M 的最短距离，即为线段AM .∵P A ＝PB ＝2，半圆锥的底面半圆的弧长为π，∴展开图中的∠BPM ＝πPB＝π2， π5π5π答案 B解析 如图所示，为组合体的轴截面，记BO 1的长度为x ，由相似三角形的比例关系，得PO 13R＝x R，则PO 1＝3x ，圆柱的高为3R －3x ，所以圆柱的表面积为S ＝2πx 2＋2πx ·(3R －3x )＝－4πx 2＋6πRx ，则当x ＝34R 时，S 取最大值，S max ＝94πR 2.选B.9．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形ABCD的中心，M ，N 分别为AB ，BC 边的中点，点Q 为平面ABCD 内一点，线段D 1Q 与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ的值有( )A.0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个10. [2017·东北三省三校二模]已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1，侧棱BB 1⊥平面ABC ，AB ＝2，AC ＝3，AA 1＝14，AC ⊥BC ，将其放入一个水平放置的水槽中，使AA 1在水槽底面内，平面ABB 1A 1与水槽底面垂直，且水面恰好经过棱BB 1，现水槽底面出现一个小洞，水位下降，则在水位下降过程中，几何体露出水面部分的面积S 关于水位下降的高度h 的函数图象大致为( )答案 A1x 时，正四棱锥的体积最大，则x 为 ( )A ．0.5B ．0.8C ．0.2D ．1答案 C二、填空题13．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为棱DC的中点，则D1P与BC1所在直线所成角的余弦值等于________.10514.如图，已知球O的面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝2，则球O的体积等于________.答案6π解析如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，所以64πR315．如图，用一个边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个巢，将半径为1的球体放入其中，则球心与巢底面的距离为__________.3＋12解析 由题意知，折起后原正方形顶点间最远的距离为1，如图中的DC ；折起后原正方形顶点到底面的距离为12，如图中的BC .由图知球心与巢底面的距离OF ＝1－122＋12＝3＋12. 16.[2017·安徽黄山第二次质检]如图所示，正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为1，E ，F 分别是棱AA ′，CC ′的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB ′，DD ′交于点M ，N ，设BM＝x ，x ∈[0,1]．给出以下五个命题：①当且仅当x ＝0时，四边形MENF 的周长最大；17．[2017·河南洛阳月考]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝BC＝2AC＝4.(1)若点P为AA的中点，求证：平面B CP⊥平面B C P；值；若不存在，说明理由.解(1)证明：如图，以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B1(0,4,4)，C1(0,0,4)，P(2，0,2)，B(0,4,0)，→→118.719.[2018·广东韶关调研]已知四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，∠ABC(2)由(1)得AE，AD，AP两两垂直，连接AM，以AE，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.520.[2017·湖北黄冈期末]如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面A1ACC1⊥底面ABC，∠A1AC＝60°.(1)求侧棱AA与平面AB C所成角的正弦值的大小；1故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，。
2020新课标高考数学讲义：空间几何体的三视图、表面积与体积含解析
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不规则几何体的表面积．命题角度二 空间几何体的体积(1)(20xx·河北衡水中学四调)如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )A ．2 000π9B ．4 000π27C ．81πD ．128π(2)(一题多解)如图，在直角梯形ABCD 中，AD ＝AB ＝4，BC ＝2，沿中位线EF 折起，使得∠AEB 为直角，连接AB ，CD ，则所得的几何体的表面积为________，体积为________．【解析】 (1)小圆柱的高分为上下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0＜h ＜5)，底面半径为r (0＜r ＜5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0＜h ＜5)，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0＜h ＜53时，V ′＞0，体积V 单调递增；当53＜h＜5时，V ′＜0，体积V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值，即V max ＝π⎝⎛⎭⎫25－259×⎝⎛⎭⎫53＋5＝4 000π27，故选B. (2)如图，过点C 作CM 平行于AB ，交AD 于点M ，作CN 平行于BE ，交EF 于点N ，连接MN .由题意可知ABCM ，BENC 都是矩形，AM ＝DM ＝2，CN ＝2，FN ＝1，AB ＝CM ＝22，所以S △AEB ＝12×2×2＝2，S 梯形ABCD ＝12×(2＋4)×22＝62，S 梯形BEFC ＝12×(2＋3)×2＝5，S 梯形AEFD ＝12×(3＋4)×2＝7，在直角三角形CMD 中，CM ＝22，MD ＝2， 所以CD ＝23.又因为DF ＝FC ＝5，所以S △DFC ＝12×23×2＝6，所以这个几何体的表面积为2＋62＋5＋7＋6＝14＋62＋6.所以AS 为三棱锥S -ABC 的高，所以V S ABC ＝13×6×2×12×23＝43，故选C.2．(20xx·江苏南通联考)已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D -BB 1C 1的体积为________．解析：如图，取BC 中点O ，连接AO .因为正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各棱长均为2，所以AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝3.因为AA 1∥平面BCC 1B 1，所以点D 到平面BCC 1B 1的距离为3. 又S △BB 1C 1＝12×2×2＝2，所以VD BB 1C 1＝13×2×3＝233.答案：233与球有关的切、接问题[典型例题]A.12B.14C.16D.112解析：选C.V A BC 1M ＝V C 1ABM ＝13S △ABM ·C 1C ＝13×12AB ×AD ×C 1C ＝16.故选C.3．把一个半径为20的半圆卷成圆锥的侧面，则这个圆锥的高为( ) A ．10 B ．103 C ．102D ．53解析：选B.设圆锥的底面半径为r ，高为h .因为半圆的弧长等于圆锥的底面周长，半圆的半径等于圆锥的母线，所以2πr ＝20π，所以r ＝10，所以h ＝202－102＝103.4．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 ．4π B.163π C.323π D ．16π解析：选D.如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA2＋AB2＝12＋（3）2＝2.故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.故选D.5．在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝2，AA 1＝1，则点B 到平面D 1AC 的距离等于( )A.33B.63C ．1 D.2解析：选B.如图，连接BD 1，易知D 1D 就是三棱锥D 1ABC 的高，AD 1＝CD 1＝5，取AC 的中点O ，连接D 1O ，则D 1O ⊥AC ，所以D 1O ＝AD21－AO 2＝3.设点B 到平面D 1AC 的距离为h ，则由V B D 1AC ＝V D 1ABC ，即13S △D 1AC ·h ＝13S △ABC ·D 1D ，又S △D 1AC ＝12D 1O ·AC ＝12×3×22＝6，S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×2×2＝2，所以h ＝63.故选B. 6．在三棱锥S -ABC 中，SB ⊥BC ，SA ⊥AC ，SB ＝BC ，SA ＝AC ，AB ＝12SC ，且三棱锥S -ABC 的体积为932，则该三棱锥的外接球半径是( ) A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.取SC 的中点O ，连接OA ，OB ，则OA ＝OB ＝OC ＝OS ，即O 为三棱锥的外接球球心，设半径为r ，则13×2r ×34r 2＝932，所以r ＝3. 7．(20xx·安徽省江南十校3月检测)我国南北朝时期的科学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：如果两个等高的几何体在等高处的水平截面的面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．利用此原理求以下几何体的体积：如图，曲线y ＝x 2(0≤y ≤L )和直线y ＝L 围成的封闭图形绕y 轴旋转一周得几何体Z ，将Z 放在与y 轴垂直的水平面α上，用平行于平面α，且与Z 的顶点O 距离为l 的平面截几何体Z ，得截面圆的面积为π(l )2＝πl .由此构造右边的几何体Z 1(三棱柱ABC -A 1B 1C 1)，其中AC ⊥平面α，BB 1C 1C ∥α，EFPQ ∥α，AC ＝L ，AA 1⊂α，AA 1＝π，Z 1与Z 在等高处的截面面积都相等，图中EFPQ 和BB 1C 1C 为矩形，且PQ ＝π，FP ＝l ，则几何体Z 1的体积为( )A ．πL 2B ．πL 3C.12πL 2D.12πL 3 解析：选C.由题意可知，在高为L 处，几何体Z 和Z 1的水平截面面积相等，为πL ，所以S 矩形BB 1C 1C ＝πL ，所以BC ＝L ，所以V 三棱柱ABC -A 1B 1C 1＝S △ABC ·π＝12πL 2，故选C. 8．(20xx·××市七校联合考试)已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为( )A ．18B ．12C ．63D ．43解析：选B.由题意知，球心在三棱锥的高PE 上，设内切球的半径为R ，则S 球＝4πR 2＝16π，所以R ＝2，所以OE ＝OF ＝2，OP ＝4.在Rt △OPF 中，PF ＝OP2－OF2＝23.因为△OPF ∽△DPE ，所以OF DE ＝PF PE，得DE ＝23，AD ＝3DE ＝63，AB ＝23AD ＝12.故选B. 9．(多选)下列说法正确的是( )A ．用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面B ．圆台的任意两条母线延长后一定交于一点C ．有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体叫作棱锥D ．若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥不可能是正六棱锥解析：选ABD.在A 中，用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面，故A 正确；在B 中，由圆台的概念知圆台的任意两条母线延长后一定交于一点，故B 正确；在C 中，依照棱锥的定义，其余各面的三角形必须有公共的顶点，故C 错误；在D 中，若六棱锥的底面边长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长一定大于底面边长，故D 正确．10．(多选)在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下几种几何图形的4个顶点，这些几何图形可以是( )A ．矩形B ．有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体C ．每个面都是直角三角形的四面体D ．每个面都是等边三角形的四面体解析：选ABCD.4个顶点连成矩形的情形显然成立；图(1)中四面体A 1D 1B 1A 是B 中描述的情形；图(2)中四面体D -A 1C 1B 是D 中描述的情形；图(3)中四面体A 1D 1B 1D 是C 中描述的情形．正三棱锥的高为18－12＝6.答案：614．(20xx·高考天津卷)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5.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________．解析：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为12，易知四棱锥的高为5－1＝2，故圆柱的高为1，所以圆柱的体积为π×⎝⎛⎭⎫122×1＝π4. 答案：π415．(20xx·高考全国卷Ⅰ)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____________．解析：如图，过点P 分别作PE ⊥BC 交BC 于点E ，作PF ⊥AC 交AC于点F .由题意知PE ＝PF ＝3.过P 作PH ⊥平面ABC 于点H ，连接HE ，HF ，HC ，易知HE ＝HF ，则点H 在∠ACB 的平分线上，又∠ACB ＝90°，故△CEH 为等腰直角三角形．在Rt △PCE 中，PC ＝2，PE ＝3，则CE ＝1，故CH ＝2，在Rt △PCH 中，可得PH ＝2，即点P 到平面ABC 的距离为2.答案：216．(20xx·河南八市重点高中联盟测评改编)已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，则三棱锥的表面积为________，若三棱锥内有一个体积为V 的球，则V 的最大值为________．解析：该三棱锥侧面的斜高为⎝⎛⎭⎫13×32＋12＝233，则S 侧＝3×12×2×233＝23，S 底＝12×3×2＝3，所以三棱锥的表面积S 表＝23＋3＝33.由题意知，当球与三棱锥的四个面都相切时，其体积最大．设三棱锥的内切球的半径为r ，则三棱锥的体积V 锥＝13S 表·r ＝13S 底·1，所以33r ＝3，所以r ＝13，所以三棱锥的内切球的体积最大为V max ＝43πr 3＝4π81. 答案：334π81。
2020届新课标高考二轮复习名师精品课件1-5-1第1讲 空间几何体的三视图、表面积、体积
调研 2 空间几何体的表面积、体积 a．圆锥的侧面积 1．(2018·全国Ⅱ，16,5 分)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 5 15，则该圆锥的侧面积为_4_0___2_π__．
解析：如图，∵SA 与底面成 45°角，Fra bibliotek专题五 立体几何
第1讲 空间几何体的三视图、 表面积、体积
重点要点排查报告
[记牢方能用活] 一、空间几何体的三视图 1．三视图为三个三角形，一般对应三棱锥； 2．三视图为两个三角形、一个四边形，一般对应四棱锥； 3．三视图为两个三角形、一个圆，一般对应圆锥； 4．三视图为两个矩形、一个四边形，一般对应直四棱柱； 5．三视图为两个矩形、一个圆，一般对应圆柱．
A．2 17 B．2 5 C．3 D．2
解析：先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知，点 M， N 的位置如图 1 所示．
图1
图2
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|＝ OM2＋ON2＝ 22＋42＝2 5. 故选 B.
小提示： 利用底面半径与母线的关系，以及△SAB 的面积值求出底面 半径是解题的突破口，把条件转化为方程，从而寻求 l 和 r 之间 的关系．
b．球内接棱锥体积的最值问题 2．(2018·全国Ⅲ，10,5 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( B ) A．12 3 B．18 3 C．24 3 D．54 3
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题5 第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析] 选 C．将四棱锥三视图转化为直观图，如图，
侧面共有 4 个三角形，即△PAB，△PBC，△PCD，△PAD，
由已知，PD⊥平面 ABCD，又 AD⊂ 平面 ABCD，
所以 PD⊥AD，同理 PD⊥CD，PD⊥AB，
所以△PCD，△PAD 是直角三角形．
因为 AB⊥AD，PD⊥AB，PD，AD⊂ 平面 PAD，PD∩AD＝D，
名称
体积
棱柱
V 棱柱＝Sh (S 为底面积，h 为高)
棱锥
V 棱锥＝！！！！
1Sh 3
(S 为底面积，h 为高)
棱台
V
棱台
＝1h(S＋ 3
SS′＋S′)
(S、S′为底面积，h 为高)
圆柱
V 圆柱＝πr2h (r 为底面半径，h 为高)
圆锥
V 圆锥＝！！！！
1πr 2h 3
(r 为底面半径，h 为高)
(3)掌握球及球的截面的性质．
预测 2020 年命题热点为：
(1)已知空间几何体的三视图，求空间几何体的体积、表面积．
(2)已知空间几何体中各元素间的关系，求几何体的体积、表面积．
(3)给出球体与多面体，利用球的性质求解球的体积、表面积等．
知识整合 Zhi shi zheng he 1．柱体、锥体、台体、球的表面积与体积
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( B ) A．2 17 C．3
B．2 5 D．2
[解析] 选 B．将三视图还原为圆柱，M，N 的位置如图 1 所示，将侧面展开，最短路径为 M，N 连线的距离， 所以 MN＝ 42＋22＝2 5.
高中数学知识点：空间几何体的三视图精选全文完整版
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高中数学知识点：空间几何体的三视图
1．三视图的概念
把一个空间几何体投影到一个平面上，可以获得一个平面图形，但是只有一个平面图形很难把握几何体的全貌，因此我们需要从多个角度进行投影，这样才能较好地把握几何体的形状和大小．通常，我们总是选择三种投影．
（1）光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图叫做几何体的正视图；
（2）光线从几何体的左面向右面正投影，得到的投影图叫做几何体的侧视图；
（3）光线从几何体的上面向下面正投影，得到的投影图叫做几何体的俯视图．
几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图．
2．三视图的画法规则
画三视图时，以正视图为准，俯视图在正视图的正下方，侧视图在正视图的正右方，正、俯、侧三个视图之间必须互相对齐，不能错位．
正视图反映物体的长度和高度，俯视图反映物体的长度和宽度，侧视图反映物体的宽度和高度，由此，每两个视图之间有一定的对应关系，根据这种对应关系得到三视图的画法规则：
（1）正、俯视图都反映物体的长度——“长对正”；
（2）正、侧视图都反映物体的高度——“高平齐”；（3）俯、侧视图都反映物体的宽度——“宽相等”．。
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
2020高考数学核心突破《专题5 立体几何 第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积》
突破点拨 由几何体的三视图画出直观图，根据直观图的特点判断和计算．
解析 如图，由三视图还原的几何体是三棱锥 C′-BCD，是长方体的一部分，且长方体的底面是边长 为 2 的正方形，高为 4，∴三棱锥 C′-BCD 中，最长 的棱为 BC′＝DC′＝2 5，最短的棱长为 BC＝CD＝ 2.∴最长的棱和最短的棱长度之和为 2 5＋2.
【变式考法】 如图，ABCDA1B1C1D1是棱长为1的正方体，SABCD是高为1的正 四棱锥，若点S，A1，B1，C1，D1在同一个球面上，则该球的表面积为( D)
9 A.16π B.2156π C.4196π
81 D.16π
解析 按如图所示作辅助线，O为球心．设OG1＝x，则OB1＝SO＝2－x.由正 方体的性质知B1G1＝，则在Rt△OB1G1中，OB＝G1B＋OG，即(2－x)2＝2＋x2， 解得x＝，所以球的半径R＝OB1＝，所以球的表面积S＝4πR2＝π.故选D.
第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积
考情回顾
①三视图的识别与 计算
设问 ②求表面积 方式
③求体积
[例](2017·北京卷，7)(2016·天津卷， 11)
[例](2017·全国卷Ⅰ，7)(2016·全国卷 Ⅰ，6)
[例](2017·浙江卷，3)(2017·全国卷Ⅱ ，4) (2016·北京卷，6)(2016·天津卷，11)
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)( B )
A．①②⑥ B．①②③ C．④⑤⑥ D．③④⑤
突破点拨 按三视图的定义，依次判断即可． 解析 正视图应该是相邻两边长为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；侧视图应该是相邻两边长为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；俯视图应该是相邻 两边长为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，故选B.
2020版高考数学大一轮复习第8章立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积和体积课件文
答题模板 已知几何体,识别三视图的步骤 (1)弄清几何体的结构特征及具体形状、明确几何体的摆放位置; (2)根据三视图的有关定义和规则先确定正视图,再确定俯视图,最后确定 侧视图; (3)被遮住的轮廓线应为虚线,若相邻两个物体的表面相交,表面的交线是 它们的分界线,对于简单的组合体,要注意它们的组合方式,特别是它们的 交线位置.
只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形,利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积. 可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手,将其展开后求表面积,但要搞清它们的底面半径、 母线长与对应侧面展开图中的边长关系. 通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体,先求出这些基本的柱体、锥体、台体的 表面积,再通过求和或作差,求出所给几何体的表面积.
2.旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
旋转图形 旋转轴
矩形 任一边所在的直线 互相平行且 相等,垂直于底面 全等的矩形
直角三角形 任一直角边所在的直 线 相交于一点 全等的 等腰三角形 扇形
直角梯形 垂直于底边的腰所在的直 线 延长线交 于一点 全等的 等腰梯形 扇环
半圆 直径所在的直线
考法4 与球有关的切、接问题
解析
解法一
(直接法)如图8-1-20,作出直棱柱ABC-A1B1C1的外接
球O.
图8-1-20由题意,直三棱柱的底面ABC是直角三角形,所以底面△ABC外 接圆的圆心是BC的中点E,底面△A1B1C1外接圆的圆心是B1C1的中点 E1.…………(圆柱EE1是球的内接圆柱,直棱柱ABC-A1B1C1是圆柱EE1 的内接直棱柱)
母线
轴截面
圆
侧面
展开图
矩形
考点2 空间几何体的三视图与直观图（重点） 1.三视图的定义
2020年高考数学(理)总复习：空间几何体的三视图、表面积与体积(原卷版)
2020年高考数学（理）总复习： 空间几何体的三视图、表面积与体积题型一 空间几何体的三视图与直观图【题型要点】 三视图往往与几何体的体积、表面积以及空间线面关系、角、距离等问题相结合，解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征并且熟悉常见几何体的三视图．由三视图还原几何体的步骤(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)确定几何体的形状，即可得到结果．【例1】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【例2】．已知某锥体的正(主)视图和侧(左)视图如图，则该锥体的俯视图不可能是( )题组训练一 空间几何体的三视图与直观图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( )2．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，则此几何体的体积为()A．12 B．18C．24 D．30题型二空间几何体的表面积与体积【题型要点】(1)求解几何体的表面积及体积的技巧①求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积，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．(2)根据几何体的三视图求其表面积与体积的三个步骤第一步：根据给出的三视图判断该几何体的形状．第二步：由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量．第三步：套用相应的面积公式与体积公式计算求解．【例3】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．63πC．42π D．36π【例4】．某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为12π＋8，则该几何体的表面积为()A．18π＋82＋4 B．20π＋8 2C．10π＋4 2 D．45π＋272＋9题组训练二空间几何体的表面积与体积1．《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(单位：cm)，则该“阳马”的外接球的体积为()A ．100π cm 3B.500π3 cm 3C ．400π cm 3D.4 000π3cm 32．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图，则该几何体的体积为________．3．一个四棱锥的三视图如图所示，其俯视图为等腰直角三角形，则该几何体的体积为( )A.223B.43 C. 2D ．4题型三 多面体与球 【题型要点】(1)解决球与几何体的切、接问题的关键在于确定球的半径与几何体的度量之间的关系，这就需要灵活利用球的截面性持以及组合体的截面特征来确定．对于旋转体与球的组合体，主要利用它们的轴截面性质建立相关数据之间的关系；而对于多面体，应抓住多面体的结构特征灵活选择过球心的截面，把多面体的相关数据和球的半径在截面图形中体现出来．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．【例5】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积为( )A.43πB.32327πC.28327πD.282127π【例6】．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 ．π B.3π4 C.π2 D.π4题组训练三 多面体与球1．等腰△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将△ABC 沿BC 边上的高AD 折成直二面角B －AD －C ，则三棱锥B －ACD 的外接球的表面积为( )A ．5π B.203π C ．10πD ．34π 2．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3B.866π3 cm 3C.1 372π3cm 3D.2 048π3cm 3题型四 转化思想在三视图与直观图中的应用空间几何体的三视图还原为直观图求其表面积与体积能让学生经历由三视图到实物图，再到直观图的过程，能较好地考查学生的空间想象能力，命题涉及几何体的结构特征、表面积和体积问题是课标区高考的热点之一．(1)根据三视图判断空间几何体的形状，应特别注意三个视图中的实线与虚线，知道为什么是实线或虚线，为什么有这些线或没有某些线，对于正视图、侧视图中的直角，更要弄清楚它们是直角的原因．(2)要弄清三视图的有关数据与空间几何体的哪些数据相当，只需搞清由空间几何体如何得到三视图即可，平时应多加练习，总结规律．【例7】 已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是________cm 3.题组训练四 转化思想在三视图与直观图中的应用1.如图，网络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，则在该几何体中，最长的棱与最短的棱所成角的余弦值是( )A.22B.32 C.12D.33【专题训练】 一、选择题1．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 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 ．36π3．如图所示是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.163πB.643C.16π＋643D ．16π＋644．如图所示，将图(1)中的正方体截去两个三棱锥，得到图(2)中的几何体，则该几何体的侧视图为()5．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P－BCD 的俯视图与正视图面积之比的最大值为()A．1 B. 2C. 3 D．26．一个长方体被一个平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．24 B．48C．72 D．967．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，则三棱锥的外接球的表面积为()A．64π B．68πC．72π D．100π8．下图中，是某几何体的三视图，且该几何体的顶点都在同一球面上，则该几何体的外接球的表面积为()A．32π B．48πC．50π D．64π9．如图所示，平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝2，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，若四面体A′BCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为()A.32π B．3πC.23π D．2π10．一光源P在桌面A的正上方，半径为2的球与桌面相切，且P A与球相切，小球在光源P的中心投影下在桌面产生的投影为一椭圆，如图所示，形成一个空间几何体，且正视图是Rt△P AB，其中P A＝6，则该椭圆的短轴长为()A．6 B．8C．4 3 D．311．已知在三棱锥P—ABC中，P A⊥平面ABC，AB＝AC＝P A＝2，且在△ABC中，∠BAC＝120°，则三棱锥P —ABC 的外接球的体积为________．12．如图是某组合体的三视图，则内部几何体的体积的最大值为( )A.52()2－1π B.254()3－22π C ．25()3－22π D.1256()52－7π 二、填空题13．如图所示，三棱锥P －ABC 中， △ABC 是边长为3的等边三角形， D 是线段AB 的中点， DE ∩PB ＝E ，且DE ⊥AB ，若∠EDC ＝120°， P A ＝32， PB ＝332，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为________．14．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥平面AB 1C 1，AA 1＝1，底面△ABC 是边长为2的正三角形，则此三棱柱的体积为________．15．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 上的射影恰好为DE 的中点，则该三棱锥外接球的表面积为________．16．如图，四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD .若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，则四棱锥P －ABCD 的体积最大值为________．11。
2020版高三新课标专题辅导与增分攻略数学(文)讲义：3-3-1第一讲 空间几何体的三视图、表面积与体积
第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积[高考导航]1．由直观图判断三视图或由三视图想象直观图，以三视图为载体，考查面积、体积的计算．2．空间几何体的表面积与体积的计算，通常以几何体为载体与球进行交汇考查，或蕴含在两几何体的“接”或“切”形态中．考点一空间几何体的三视图与直观图1．三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝2 4S.1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()[解析]两个木构件咬合成长方体时，小长方体(榫头)完全嵌入带卯眼的木构件，易知俯视图可以为A.故选A.[答案]A2．(2019·河北衡水中学调研)正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为()[解析]过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C.[答案]C3．(2019·江西南昌二中模拟)一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最小的面的面积为()A．8 B．4 C．4 3 D．42[解析]由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AB⊥AC，P A＝AB＝AC＝4，DB＝2，则易得S△P AC＝S△ABC＝8，S△CPD＝12，S 梯形ABDP ＝12，S △BCD ＝12×42×2＝42，故选D.[答案] D4．(2019·湖北恩施二模)某圆锥的母线长为2，高为423，其三视图如图所示，圆锥表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆锥表面上的点N 在侧视图上的对应点为B ，则在此圆锥侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．2B ．22 C.8＋2 3D ．22－3[解析] 因为圆锥的母线长为2，高为423，所以底面半径r ＝22－⎝⎛⎭⎫4232＝23，所以底面周长为2πr ＝43π，所以侧面展开图中扇形中心角为2πr 2＝43π2＝23π，所以从M 到N 的路径中，最短路径的长度为22＋22－2×2×2cos π6＝22－ 3.[答案] D5．(2019·湖南衡阳二模)如图，正方体AC 1的顶点A ，B 在平面α上，AB ＝2，若平面A 1B 1C 1D 1与平面α所成角为30°，由如图所示的俯视方向，正方体AC 1在平面α上的俯视图的面积为( )A．2 B．1＋ 3 C．2 3 D．22[解析]依题意知，直线AB在平面α内，且平面α与平面ABCD所成的角为30°，与平面B1A1AB所成的角为60°，故所得的俯视图的面积S＝2(cos30°＋cos60°)＝1＋ 3.[答案]B6．(2019·山西运城联考)如图所示，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积为________．[解析]直观图的面积S′＝12×(1＋1＋2)×22＝2＋12.故原平面图形的面积S＝S′24＝2＋ 2.[答案]2＋2(1)根据空间几何体的三视图还原空间几何体时，要善于把空间几何体放置在长方体、正方体中，既容易得出空间几何体的实际形状，又容易进行计算；(2)根据空间几何体得出其三视图时，要抓住其顶点在投影面上的正投影，并注意几何体的轮廓线“眼见为实、不见为虚”，在数量关系上注意“高平齐、长对正、宽相等”的原则．考点二 空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的侧面积公式 (1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)；(2)S 锥侧＝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)．2．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)；(2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．3．球的表面积和体积公式S 表＝4πR 2(R 为球的半径)，V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．1．(2019·唐山摸底考试)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为( )A ．1－π4B ．3＋π2C ．2＋π4D ．4[解析] 由题设知，该几何体是棱长为1的正方体被截去底面半径为1的14圆柱后得到的，如图所示，所以表面积S ＝2×⎝⎛⎭⎫1×1－14×π×12＋2×(1×1)＋14×2π×1×1＝4.故选D.[答案] D2．(2019·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．162 C．182 D．324[解析]由三视图知该柱体的直观图为如图所示的五棱柱ABCDE－A1B1C1D1E1，取CD中点G，连接AG，由侧视图知AG⊥CD，AG＝6，∴底面积S＝S梯形AGCB＋S梯形AGDE＝12×(2＋6)×3＋12×(4＋6)×3＝27，∴该柱体体积V＝Sh＝27×6＝162.故选B.[答案]B3．(2019·河北唐山统考)某几何体的三视图如图所示(在如图的网格线中，每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．54C ．60D ．64[解析] 还原几何体如图所示，该几何体是底面为矩形的四棱锥．∴该几何体的表面积S ＝3×6＋12×6×4＋12×5×3×2＋12×6×5＝18＋12＋15＋15＝60.故选C.[答案] C4．(2019·福建泉州模拟)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] 由已知易得该几何体是一个以正视图为底面，高为2的四棱锥．由于正视图是一个上底边为2，下底边为4，高为2的直角梯形，故该四棱锥的底面积S ＝12×(2＋4)×2＝6，则V ＝13Sh ＝13×6×2＝4.故选D.[答案] D5．(2019·太原一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．6π＋1 B.(24＋2)π4＋1C.(23＋2)π4＋12D.(23＋2)π4＋1[解析] 由几何体的三视图知，该几何体为一个组合体，其中下部是底面直径为2，高为2的圆柱，上部是底面直径为2，高为1的圆锥的四分之一，所以该几何体的表面积为4π＋π＋3π4＋2π4＋1＝(23＋2)π4＋1，故选D.[答案] D6．(2019·广州调研)如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A ．6B ．7 C.223 D.233[解析] 如图，根据三视图可画出对应多面体的直观图，该多面体是由棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1被截去三棱锥A －PQA 1和三棱锥D －PC 1D 1之后得到的一个几何体，其中P ，Q 分别是棱A 1D 1，A 1B 1的中点．故所求多面体的体积V ＝V 正方体－V 三棱锥A －PQA 1－V 三棱锥D －PC 1D 1＝23－13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×2－13×⎝⎛⎭⎫12×1×2×2＝7.故选B.[答案] B求几何体表面积和体积关键过好“两关”(1)还原关，即利用“长对正、宽相等、高平齐”还原空间几何体的直观图，不规则几何体采取分割和补形的方法．(2)公式关，即会利用空间几何体的体积或表面积公式求简单组合体的体积或表面积．考点三 多面体与球1．多面体与球的切接问题处理方法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．2．重要结论(1)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．(2)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．(3)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．【例】 (1)(2019·安徽蚌埠二模)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4π B.9π2 C ．6π D.32π3(2)(2019·山西太原一模)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．[解析] (1)由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r .则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2. 2r ＝4>3，不合题意．球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大．由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π.(2)如图所示，设SC ＝2r ，取SC 的中点O ，连接AO ，OB .因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，所以OA ⊥SC ，OB ⊥SC .所以S △SBC ＝12SC ·OB ＝12×2r ·r ＝r 2.又因为平面SAC ⊥平面SBC ，平面SAC ∩平面SBC ＝SC ，OA ⊥SC ， 所以OA ⊥平面SBC .所以V S －ABC ＝V A －SBC ＝13S △SBC ·OA ＝13r 3＝9.解得r ＝3，所以S 表＝4πr 2＝36π. [答案] (1)B (2)36π“切”“接”问题的处理方法(1)“切”的处理：解决与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时要先找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则多通过多面体过球心的对角面来作截面．(2)“接”的处理：把一个多面体的几个顶点放在球面上即球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．1．(2019·皖中摸底考试)将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的体积为( )A.2π3B.3π3C.4π3D ．2π[解析] 设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则2πr ＝2π3×3，∴r ＝1，∴h ＝32－12＝2 2.设圆锥内切球的半径为R ，则R 22－R ＝13，∴R ＝22，∴V 球＝43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫223＝23π，故选A.[答案] A2．(2019·武汉调研)一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图为等腰直角三角形，正视图和侧视图是全等的等腰三角形，则此三棱锥外接球的表面积为( )A ．16πB ．9πC ．4πD ．π [解析] 三棱锥如图，设外接球半径为R ，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝90°，D 为BC 中点．SD ⊥面ABC .球心O 在SD 上，SD ＝2.在直角△ODC 中，OC ＝R ，OD ＝2－R ，DC ＝ 2.则(2－R )2＋(2)2＝R 2，即R ＝32，故V －ABC 的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝9π，选B.[答案] B1．(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 ．217B ．2 5C ．3D ．2[解析] 由圆柱的三视图及已知条件可知点M 与点N 的位置如图1所示，设ME 与FN 为圆柱的两条母线，沿FN 将圆柱的侧面展开，如图2所示，连接MN ，MN 即为从M 到N 的最短路径，由题意知，ME ＝2，EN ＝4，∴MN ＝42＋22＝2 5.故选B.[答案] B2．(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A．1 B．2 C．3 D．4[解析]由三视图得四棱锥的直观图如图所示．其中SD⊥底面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，SD＝AD＝CD＝2，AB＝1.由SD⊥底面ABCD，AD，DC，AB⊂底面ABCD，得SD⊥AD，SD⊥DC，SD⊥AB，故△SDC，△SDA为直角三角形，又∵AB⊥AD，AB⊥SD，AD，SD⊂平面SAD，AD∩SD＝D，∴AB⊥平面SAD，又SA⊂平面SAD，∴AB⊥SA，即△SAB也是直角三角形，从而SB＝SD2＋AD2＋AB2＝3，又BC＝22＋12＝5，SC＝22，∴BC2＋SC2≠SB2，∴△SBC不是直角三角形，故选C.[答案]C3．(2018·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A ．2B ．4C ．6D ．8[解析] 由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为1 cm,2 cm ，高为2 cm ，直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V ＝1＋22×2×2＝6 cm 3.[答案] C4．(2019·天津卷)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为 5.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________．[解析] 如图所示，圆柱的高O 1O ＝12PO ＝12P A 2－AO 2＝12×5－1＝1，圆柱的底面半径r ＝12AO ＝12.所以圆柱的体积V ＝πr 2·O 1O ＝π×14×1＝π4.[答案] π45.(2019·全国卷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.[解析] 依题意，知该模型是长方体中挖去一个四棱锥，故其体积V ＝V 长方体－V 四棱锥＝6×6×4－13×12×4×6×3＝132(cm 3)．又制作该模型所需的原料密度为0.9 g/cm 3，故制作该模型所需原料的质量为0.9×132＝118.8(g)． [答案] 118.81.该部分在高考中一般会以“两小”或“一小”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积．2.考查一个小题时，本小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查2个小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查．热点课题3 补形法求几何体的表面积与体积1．(2019·太原一模)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 ．4 D.209[解析] 观察三视图并依托正方体，可得该几何体直观图为A 1－ABEF ，如图所示，其体积为V 正方体－V AFD －BEC －VA 1－BEC 1B 1－VA 1－FEC 1D 1＝2×2×2－12×2×1×2－13×2×(1＋2)×2×12－13×1×2×2＝83.[答案] B2．(2019·合肥联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线(实线和虚线)表示的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的体积为( )A ．24πB ．29πC ．48πD ．58π[解析] 如图，在3×2×4的长方体中构造符合题意的几何体(三棱锥A －BCD )，其外接球即为长方体的外接球，表面积为4πR 2＝π(32＋22＋42)＝29π.[答案] B专题强化训练(十七)一、选择题1．(2019·辽宁沈阳二模)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 2 B．2 3 C．2 2 D．2[解析]由三视图得该四棱锥的直观图如图中S－ABCD所示，由图可知，其最长棱为SD，且底面ABCD是边长为2的正方形，SB⊥面ABCD，SB＝2，所以SD＝22＋22＋22＝2 3.故选B.[答案]B2．(2019·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABC－DEF截去一个三棱锥A－BCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是()[解析] 由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB ⊥平面DEF ，△DEF 是等边三角形，所以CD 在后侧面上的投影为AB 的中点与D 的连线，CD 的投影与底面不垂直．故选C.[答案] C3．(2019·益阳、湘潭高三调考)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为( )A.23B.43C.83D ．4 [解析] 由三视图可得三棱锥为如图所示的三棱锥A －PBC (放到棱长为2的正方体中)，则V A －PBC ＝13×S △PBC ×AB ＝13×12×2×2×2＝43.故选B.[答案] B4．(2019·安徽六校第二次联考)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为r的圆，若该几何体的体积为98π，则它的表面积是( )A.92π B ．9π C.454π D.544π [解析] 由三视图可知该几何体是一个圆柱挖去了一个半径等于圆柱底面半径的半球体，其中圆柱的高等于半球的半径r ，所以该几何体的体积V ＝πr 2×r －12×43πr 3＝13πr 3＝98π，∴r 3＝278，又知r >0，∴r ＝32，∴该几何体的表面积S ＝πr 2＋2πr ×r ＋12×4πr 2＝5πr 2＝5π×94＝454π，故选C. [答案] C5．(2019·辽宁五校联考)一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．36B ．48C ．64D ．72[解析] 由几何体的三视图可得该几何体的直观图如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为12×3×4×4＋12×3×4×4＝48，故选B.[答案] B6．(2019·河南濮阳二模)已知三棱锥A －BCD 中，△ABD 与△BCD 是边长为2的等边三角形且二面角A －BD －C 为直二面角，则三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为( )A.10π3B ．5πC ．6π D.20π3[解析] 取BD 的中点M ，连接AM ，CM ，取△ABD ，△CBD 的中心即AM ，CM 的靠近BD 的三等分点P ，Q ，过P 作面ABD 的垂线，过Q 作面CBD 的垂线，两垂线相交于点O ，则点O 为外接球的球心，其中OQ ＝33，CQ ＝233，连接OC ，则外接球的半径R ＝OC ＝153，则外接球的表面积为4πR 2＝20π3，故选D.[答案] D7．(2019·洛阳市高三第一次联考)已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为( ) A.823π B.833π C.863π D.1623π [解析] 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体相应面上的对角线，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，其长为22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π，故选A. [答案] A8．(2019·湖北武汉2月调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则此四面体的体积为( )A.323B ．16C ．32D ．48 [解析] 由三视图知，该四面体可以看作正方体中的三棱锥P －ABC ，如图，由已知得AB ＝4，AC ＝4，△ABC 是直角三角形，所以S △ABC ＝12AB ×AC ＝12×4×4＝8，所以四面体P ABC 的体积V ＝13×8×4＝323，故选A.[答案] A9．(2019·湖南长沙一中第八次月考)《九章算术》给出求羡除体积的“术”是：“并三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一．”其中的“广”指羡除的三条平行侧棱的长，“深”指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离，“袤”指这两条侧棱所在平行线之间的距离．用现代语言描述：在羡除ABC －A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1∥CC 1，AA 1＝a ，BB 1＝b ，CC 1＝c ，两条平行线AA 1与BB 1间的距离为h ，直线CC 1到平面AA 1B 1B 的距离为h ′，则该羡除的体积为V ＝h ′h 6(a ＋b ＋c )．已知某羡除的三视图如图所示，则该羡除的体积为( )A ．3 3 B.43 C.53D ．23 [解析] 如图，由三视图还原几何体可知，羡除ADE －BCF 中，AB ∥CD ∥EF ，四边形ABCD 是矩形，AB ＝AD ＝2，EF ＝1，平面ADE ⊥平面ABCD ，AB ，CD 间的距离h ＝AD ＝2，取AD 的中点G ，连接EG ，∵平面ADE ⊥平面ABCD ，∴EG ⊥平面ABCD ，由正视图及侧视图知直线EF 到平面ABCD 的距离h ′＝1.∴V ＝1×26×(2＋2＋1)＝53，故选C.[答案] C10．(2019·河北衡水中学3月联考)已知半球内有一个内接正四棱柱，其三视图如图所示，则该内接正四棱柱的体积最大值为( )A ．12 6B ．6 6C ．24 3D ．123[解析] 由三视图可知，半球的半径为3，设内接正四棱柱底面正方形的边长为2a ，正四棱柱的高为h ，底面中心为O ，则OC ＝2a ，所以h 2＝OC ′2－OC 2＝32－(2a )2＝9－2a 2，a 2＝9－h 22.正四棱柱体积V ＝(2a )2h ＝4a 2h ＝18h －2h 3，设f (x )＝18x －2x 3(0<x <3)，则f ′(x )＝18－6x 2＝6(3－x 2)，易知f (x )在x ＝3处取得最大值，即当h ＝3时，V 最大为123，所以该内接正四棱柱的体积的最大值为12 3.故选D.[答案] D11．(2019·安徽A10联盟3月联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积为( )A.17＋2＋5B.17＋2＋9C.17＋2＋10 D ．217＋22＋10[解析] 由三视图可知，该几何体是一个四棱锥(侧棱P A 垂直于底面ABCD )，其直观图如图所示，CD ＝(AD －BC )2＋AB 2＝(3－1)2＋22＝22，PB ＝P A 2＋AB 2＝22＋22＝22，PD ＝P A 2＋AD 2＝22＋32＝13，PC ＝PB 2＋BC 2＝(22)2＋12＝3，在△PCD 中，cos ∠PCD ＝PC 2＋CD 2－PD 22·PC ·CD ＝32＋(22)2－(13)22×3×22＝26，∴sin ∠PCD ＝1－⎝⎛⎭⎫262＝346.∴S △PCD ＝12PC ·CD ·sin ∠PCD ＝12×3×22×346＝17，又S △P AB ＝12P A ·AB ＝12×2×2＝2，S △P AD ＝12P A ·AD ＝12×2×3＝3，S △PBC ＝12PB ·BC ＝12×22×1＝2，∴该四棱锥的侧面积S ＝S △PCD ＋S △P AB ＋S △P AD ＋S △PBC ＝17＋2＋3＋2＝17＋2＋5.故选A.[答案] A12．(2019·广东惠州二模)已知三棱锥S －ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，AB ＝2，SA ＝SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的球心到平面ABC 的距离是( )A.33 B ．1 C. 3 D.332[解析] ∵三棱锥S －ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，SA ＝SB ＝SC ＝2，∴S 在底面ABC 内的射影为AB 的中点，设AB 的中点为H ，连接SH ，CH ，∴SH ⊥平面ABC ，∴SH 上任意一点到A ，B ，C 的距离相等，易知SH ＝3，CH ＝1，∴Rt △SHC 中，∠HSC ＝30°.在面SHC 内作SC 的垂直平分线MO ，交SH 于点O ，交SC 于点M ，则O 为三棱锥S－ABC 的外接球的球心．∵SC ＝2，∴SM ＝1，又∠OSM ＝30°，∴SO ＝233，OH ＝33，∴球心O 到平面ABC 的距离为33，故选A. [答案] A二、填空题13．(2019·成都二诊)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．[解析] 由三视图可知，该几何体为正方体切去一个三棱锥形成．V ＝2×2×2－13×12×2×2×1＝223.[答案] 22314．(2019·广东揭阳一模)某几何体三视图如图所示，则此几何体的表面积为________．[解析] 由三视图知，该几何体是一个棱长为2的正方体和一个底面半径为2、高为1的圆柱的组合体，其表面积S 表＝5×22＋2π·2·1＋2π·(2)2－22＝2(2＋2)π＋16.[答案] 2(2＋2)π＋1615．(2019·福建三明三校12月联考)已知点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，AB ＝33，AC ＝6，∠BAC ＝30°.若四面体ABCD 体积的最大值为272，则这个球的表面积为________． [解析] 在△ABC 中，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos ∠BAC ＝(33)2＋62－2×33×6×cos30°＝9，∴BC ＝3，∴BC 2＋AB 2＝AC 2，即△ABC 为直角三角形，且AC 为斜边，其面积S ＝12×3×33＝932，为定值．要使四面体ABCD 的体积最大，则高h 最大，设AC 的中点为Q ，则Q 为△ABC 外接圆的圆心，连接DQ ，所以当DQ ⊥面ABC ，且球心O 在DQ 上时，高h 最大，即体积取得最大值272，∴V max ＝13×932×DQ ＝272，∴DQ ＝3 3.设球的半径为R ，则在Rt △AQO 中，OA 2＝AQ 2＋OQ 2，即R 2＝32＋(33－R )2，解得R ＝2 3.∴球的表面积S ＝4πR 2＝48π.[答案] 48π16．(2019·河南百校联盟4月联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，图中粗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________．[解析] 根据三视图，利用棱长为2的正方体分析知，该多面体是一个三棱锥，即三棱锥A 1－MNP ，如图所示，其中M ，N ，P 是棱长为2的正方体相应棱的中点，可得棱A 1M 最长，A 1M ＝22＋22＋12＝3，故最长的棱的长度为3.[答案] 3。
2020高考数学核心突破《专题5 立体几何 第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积》 (2)
专题五 第1讲1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( D )解析 先观察俯视图，由俯视图可知B 项和D 项中的一个正确，由正视图和侧视图可知D 项正确．2．如图是某三棱锥的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( D )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π解析 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到，该长方体的长、宽、高分别为5,4,3，所以其外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以该几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π.故选D. 3．(2017·湖南长沙模拟)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( A )A ．2 B.83 C ．3D.103解析 该几何体还原后是一个四棱锥，其中底面是以1,2为上、下底边长，高为2的直角梯形，该棱锥的高为2，所以其体积为V ＝(1＋2)×2×12×2×13＝2.4．某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy 的最大值为( C )A ．32B ．327C ．64D ．647解析 由三视图知三棱锥如图所示，底面ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，P A ⊥平面ABC ，BC ＝27，P A 2＋y 2＝102，(27)2＋P A 2＝x 2，因此xy ＝x 102－[x 2－(27)2] ＝x128－x 2≤x 2＋(128－x 2)2＝64，当且仅当x 2＝128－x 2，即x ＝8时取等号，因此xy 的最大值是64，故选C.5．(2017·湖北襄阳质检)如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( B )A.23 B.43 C.83D ．4解析 由几何体的三视图可知该几何体为四棱锥P -ABCD ，将其放在正方体中，如图所示，由于正方体的棱长为2，且△PBC 为直角三角形，其面积为S △PBC ＝12×1×2＝1.连接BD ，而点D 到平面PBC 的距离为2.因此V D -PBC ＝13S △PBC ×2.故V P -ABCD ＝2V D -PBC ＝43.6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( A )A.2π3 B ．π C.4π3D ．2π解析 由三视图可知，该几何体是在一个圆柱中挖去两个半球而形成的，且圆柱的底面圆半径为1，母线长为2，则圆柱的体积V 柱＝π×12×2＝2π，挖去的两个半球的半径均为1，因此挖去部分的体积为V 球＝2×12×43π×13＝43π，因此，几何体的体积为V ＝V 柱－V 球＝2π－4π3＝2π3，故选A. 7．(2017·山西太原质检)已知球O 是棱长为6的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面BDC 1截球O 所得的截面面积为__6π__.解析 设BD ，DC 1，BC 1的中点分别为I 1，I 2，I 3，它们也是球O 与正方体的三个切点．根据题意知，平面BDC 1截球O 的截面为△I 1I 2I 3的外接圆，△BDC 1是边长为62的正三角形，△I 1I 2I 3的外接圆的半径是32×33＝6，则所求的截面圆的面积是π×(6)2＝6π.8．如图①，已知在直角梯形ABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，将直角梯形ABCD 沿AC 折叠成三棱锥D -ABC ，如图②，当三棱锥D -ABC 的体积取最大值时，其外接球的体积为 43π .图① 图②解析 当平面DAC ⊥平面ABC 时，三棱锥D -ABC 的体积取最大值．此时易知BC ⊥平面DAC ，∴BC ⊥AD ，又AD ⊥DC ，∴AD ⊥平面BCD ，∴AD ⊥BD ，取AB 的中点O ，易得OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝1，故O 为所求外接球的球心，故半径r ＝1，体积V ＝43πr 3＝43π.9．表面积为60π的球面上有四点S ，A ，B ，C ，且△ABC 是等边三角形，球心O 到平面ABC 的距离为3，若平面SAB ⊥平面ABC ，则三棱锥S -ABC 体积的最大值为__27__.解析 设球O 的半径为R ，则有4πR 2＝60π，解得R ＝15.由于平面SAB ⊥平面ABC ，所以点S 在平面ABC 上的射影D 在AB 上，如图，当球心O 在三棱锥S -ABC 中，且D 为AB 的中点时，SD 最大，三棱锥S -ABC 的体积最大．设O ′为等边三角形ABC 的中心，则OO ′⊥平面ABC ，即有OO ′∥SD .由于OC ＝15，OO ′＝3，则CO ′＝CO 2－OO ′2＝23，则DO ′＝3，则△ABC 是边长为6的等边三角形，则△ABC 的面积为12×6×33＝93，在直角梯形SDO ′O 中，作OM ⊥SD 于M ，则OM ＝DO ′＝3，DM ＝OO ′＝3，所以SD ＝DM ＋MS ＝3＋(15)2－(3)2＝33，所以三棱锥S -ABC 体积的最大值为13×93×33＝27.10．(2017·江苏南京调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是163.解析 如图所示，该几何体是一个斜四棱柱与一个四棱锥的组合体． 四棱柱底面的面积为2，高为2，四棱锥底面的面积为25，高为255.则该几何体的体积V ＝2×2＋13×25×255＝4＋43＝163.11．如图，三棱锥V -ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直，且VA ＝VC ，已知其正视图的面积为23，则其侧视图的面积为 33.解析 设三棱锥V -ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ·h ＝12×32×43＝33.12．已知某四棱锥的底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示．(1)若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为 43 ；(2)关于该四棱锥的下列结论中： ①四棱锥中至少有两组侧面互相垂直； ②四棱锥的侧面中可能存在三个直角三角形； ③四棱锥中不可能存在四组互相垂直的侧面． 所有正确结论的序号是__①②③__.解析 (1)由三视图可知该几何体是底面边长为2的正方形、高为1的四棱锥，如图所示，所以该四棱锥的体积为13×2×2×1＝43.(2)由图可知PQ ⊥平面ABCD ，则有PQ ⊥AB ，又AB ⊥BC ，所以AB ⊥平面PBC ，于是侧面P AB ⊥侧面PBC ，同理可知侧面PDC ⊥侧面PBC ，故①正确；由上述易知AB ⊥PB ，CD ⊥PC ，所以△P AB ，△PCD 为直角三角形，又四棱锥的侧视图为直角三角形，所以△PBC 为直角三角形，故②正确；由图易判断平面P AB 与平面P AD 不垂直，故③正确．综上知①②③均正确．1．如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝6，∠ABC ＝90°，D 为AC 的中点．将△ABD 沿BD 折起到△PBD 的位置，使PC ＝PD ，连接PC ，得到三棱锥P -BCD ，若该三棱锥的所有顶点在同一球面上，则该球的表面积为__7π__.解析 由题意可得三角形PCD 是边长为3的正三角形，又PD ⊥BD ，BD ⊥CD ，PD ∩CD ＝D ，所以BD ⊥平面PCD .设三棱锥P -BCD 外接球的球心为O ，△PCD 外接圆的圆心为O 1，则OO 1⊥平面PCD ，所以四边形OO 1DB 为直角梯形(其中O 1O ∥BD ，O 1D ⊥DB )．由BD ＝DC ＝3，O 1D ＝33DC ＝1及OB ＝OD ，可得OB ＝72，即外接球的半径为72，则其表面积为7π. 2．(2017·山东济南二模)已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为__9__万件．解析 ∵y ＝f (x )＝－13x 3＋81x －234，∴y ′＝－x 2＋81.令y ′＝0，得x ＝9或x ＝－9(舍去)．当0<x <9时，y ′>0，函数f (x )单调递增；当x >9时，y ′<0，函数f (x )单调递减．故当x ＝9时，y 取最大值．3．(2017·福建厦门质检)某工厂需要建一个面积为512 m 2的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，则要使砌墙所用的材料最省，则堆料场的长和宽各为__32__m 和__16__m.解析 如图所示，设场地一边长为x m ，则另一边长为512x m ，因此新墙总长度L ＝2x ＋512x (x >0)，L ′＝2－512x 2.令L ′＝2－512x2＝0，得x ＝16或x ＝－16.∵x >0，∴x ＝16.∵L 在(0，＋∞)上只有一个极小值点， ∴它必是最小值点．∵x ＝16，∴512x ＝32.故当堆料场的宽为16 m ，长为32 m 时，可使砌墙所用的材料最省．4．(2017·江西南昌调考)要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm ，要使体积最大，则其高应为2033cm. 解析 设圆锥底面半径为r ，高为h ，则h 2＋r 2＝202，∴r ＝400－h 2.∴圆锥体积V ＝13πr 2h＝13π(400－h 2)h ＝13π(400h －h 3)．令V ′＝13π(400－3h 2)＝0，得h ＝2033，当0<h <2033时，V ′>0；当h >2033时，V ′<0，∴h ＝2033时，V 最大．5．(2017·江苏苏州模拟)要做一个底面为长方形的带盖的盒子，其体积为72 cm 3，其底面两邻边边长之比为1∶2，则它的长为__6_cm__、宽为__3_cm__、高为__4_cm__时，可使表面积最小．解析 设底面的长为2x cm ，宽为x cm ，则高为36x 2 cm ，表面积S ＝2×2x ·x ＋2×x ·36x 2＋2×2x ·36x 2＝4x 2＋216x (x >0)，S ′＝8x －216x 2，由S ′＝0，得x ＝3，x ∈(0,3)时，S ′<0，x ∈(3，＋∞)时，S ′>0，∴x ＝3时，S 最小．此时，长为6 cm ，宽为3 cm ，高为4 cm.6．(2017·北京西城一模)如图所示，设P 为正四面体ABCD 表面(含棱)上与顶点不重合的一点，由点P 到四个顶点的距离组成的集合记为M ，如果集合M 中有且只有2个元素，那么符合条件的点P 有__10__个．解析 分以下两种情况讨论：①点P 到其中两个点的距离相等，到另外两点的距离也相等，且这两个距离不相等，此时点P 位于正四面体各棱的中点，符合条件的共有6个点；②点P 到其中三个点的距离相等，到另外一点的距离与它到其他三点的距离不相等，此时点P 位于正四面体各侧面的中心，符合条件的有4个点．故共有6＋4＝10个点．7．(2017·河北唐山一中调研)如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为3，以顶点A 为球心，2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和等于 56π .解析 由题意，得圆弧G F 在以B 为圆心，以BG 为半径的圆上，而圆弧E F 在以A 为圆心，AE 为半径的圆上．故lGF＝14·2π·BG ＝14·2π·AG 2－AB 2＝π2.由于cos ∠A 1AE ＝AA 1AE ＝32，所以∠A 1AE ＝π6，故∠EAF ＝π6，则lEF＝π6×2＝π3，所以l GF ＋lEF＝5π6. 8．(2017·浙江台州一模)长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，若E ，F 为BD 1的两个三等分点，G 为长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1表面上的动点，则∠EGF 的最大值是__90°__.解析 根据题意，画出图形，如图所示．因为长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，所以长方体的体对角线BD 1＝3.设BD 1的中点为O ，因为E ，F 是BD 1的三等分点，所以OE ＝OF ＝12，且长方体的高为1.现以EF 为直径作一个球，这个球与长方体的上下两个面相切于面的中心(即该球与长方体的表面仅有两个公共点)，因此，当G 位于这两个公共点处时，∠EGF 最大，此时EF 为直径，所以∠EGF ＝90°.若G 在长方体表面的其他位置时，则G 必在该球的外部，∠EGF 必小于90°，所以∠EGF 的最大值为90°.9．(2017·河北石家庄模拟)在三棱锥P -ABC 中，底面△ABC 为正三角形，且P A ＝PB ＝PC ，G 为△P AC 的重心，过点G 作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线AC 与PB ，若截面是边长为2的正方形，则三棱锥的体积为9114. 解析 如图所示，连接PG 并延长，交AC 于点D ，过G 作MN ∥AC ，交P A 于点M ，交PC 于点N ，过M 作MQ ∥PB 交AB 于点Q ，过N 作NF ∥PB 交BC 于点F .连接QF ，则四边形MNFQ 为符合条件的截面．∵G 是△P AC 的重心，∴PN PC ＝MN AC ＝PG PD ＝23，∴AC ＝3，CN CP ＝13.∵NF ∥PB ，∴NF PB ＝CN PC ＝13，∴PB ＝6.过P 作PE ⊥平面ABC ，垂足为E ，∵△ABC 为正三角形，∴E 是△ABC 的中心，∴BE ＝ 3.∴PE ＝PB 2－BE 2＝33.∴V P -ABC ＝13S △ABC ·PE ＝13×34×32×33＝9114.10．如图所示，边长为2的正方形ABCD 中，E ，F 分别是边AB ，BC 的中点，△AED ，△EBF ，△FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使A ，B ，C 三点重合于点A ′，若四面体A ′-EFD 的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为62.解析 由题意知DF ＝5，A ′E ＝A ′F ＝1，A ′D ＝2，以A ′E ，A ′F ，A ′D 为棱，建立一个长方体，则长方体的体对角线长为2R ＝12＋12＋22(R 为外接球的半径)，解得R＝62. 11．已知某几何体由正方体和直三棱柱组成，其三视图和直观图如图所示．记直观图中从点B 出发沿棱柱的侧面到达PD 1的中点R 的最短距离为d ，则d 2＝ 252＋62 .解析 将由正方体与直三棱柱构成的五棱柱沿侧棱BB 1剪开并展平，如图所示．由图易知BR 为从点B 出发沿棱柱的侧面到达PD 1的中点R 的最短距离，即d ＝BR .由三视图知A 1B 1＝2，A 1P ＝PD 1＝2，所以PR ＝12PD 1＝22，所以B 1R ＝A 1B 1＋A 1P ＋PR ＝2＋322，故d 2＝BR 2＝B 1R 2＋BB 21＝⎝⎛⎭⎫2＋3222＋22＝252＋6 2.12．艾萨克·牛顿(1643年1月4日～1727年3月21日)英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出的贡献．牛顿用“作切线”的方法求函数f (x )零点时给出一个数列{x n }满足x n ＋1＝x n －f (x n )f ′(x n )，我们把该数列叫做牛顿数列．如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，数列{x n }为牛顿数列，设a n ＝lnx n －2x n －1，已知a 1＝2，x n >2，则{a n }的通项公式a n ＝__2n __.解析 ∵函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＋c ＝0，4a ＋2b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2a ，b ＝－3a .∴f (x )＝ax 2－3ax ＋2a ，则f ′(x )＝2ax －3a ，则x n ＋1＝x n －ax 2n －3ax n ＋2a 2ax n －3a＝x n －x 2n －3x n ＋22x n －3＝x 2n －22x n －3， ∴x n ＋1－2x n ＋1－1＝x 2n －22x n －3－2x 2n －22x n －3－1＝x 2n －2－2(2x n －3)x 2n －2－(2x n －3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x n －2x n －12， 则⎩⎨⎧⎭⎬⎫ln x n ＋1－2x n ＋1－1是以2为公比的等比数列． ∵a n ＝ln x n －2x n －1，且a 1＝2，x n >2，∴数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n .。
2020版高考数学立体几何与空间向量第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积练习理
第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积「考情研析」1。
从具体内容上,主要考查：（1）空间几何体的三视图并结合几何量（线段长度、表面积、体积等)的计算等．(2）球与多面体的组合，并结合考查球的表面积和体积的计算等． 2.从高考特点上,题型为选择题或填空题,难度中等，分值约5分。
核心知识回顾1。
空间几何体的三视图(1)空间几何体三视图的画法规则①长对正，即错误!正(主)视图和俯视图的长相等；②高平齐，即□02正（主)视图和侧(左)视图的高相等;③宽相等，即错误!侧(左)视图和俯视图的宽相等;④看不见的轮廓线要用□04虚线表示．（2)空间几何体三视图的摆放规则：错误!俯视图放在正（主）视图的下面；侧（左）视图放在正（主)视图的右面．2．空间几何体的表面积（1）多面体的表面积为错误!各个面的面积的和．（2)圆柱的表面积公式:错误!S＝2πr2＋2πrl＝2πr（r＋l)(其中，r为底面半径，l为圆柱的高）．（3）圆锥的表面积公式：错误!S＝πr2＋πrl＝πr（r＋l）(其中圆锥的底面半径为r，母线长为l)．（4)圆台的表面积公式：错误!S＝π（r′2＋r2＋r′l＋rl)（其中圆台的上、下底面半径分别为r′和r，母线长为l）．（5）球的表面积公式:错误!S＝4πR2（其中球的半径为R)．3．空间几何体的体积（1)V柱体＝错误!Sh(S为底面面积，h为高）．(2)V锥体＝错误!错误!Sh（S为底面面积,h为高）．（3）V球＝错误!错误!πR3(其中R为球的半径)．热点考向探究考向1 空间几何体的三视图例1 (1)沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示,则该几何体的正视图、侧视图与俯视图分别为（）A．②①①B．②①②C．②④①D．③①①答案A解析由已知可得正视图应当是②，排除D;侧视图是一个正方形,中间的棱在侧视图中表现为一条对角线，对角线的方向应该从左上到右下，即侧视图应当是①，排除C；俯视图应当是①，排除B.故选A.(2)（2019·湖南永州高三第三次模拟)正方体被切去一个角后得到的几何体如图所示,其侧视图(由左往右看）是（）答案A解析从左往右看,是正方形从左上角有一条斜线．故选A。
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专题五 第1讲
1．(教材回归)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( D )
A ．3π
B ．4π
C ．2π＋4
D ．3π＋4
解析 由题中三视图知该几何体是底面半径为1，高为2的半个圆柱，故其表面积S ＝2×
1
2×π×12＋π×1×2＋2×2＝3π＋4.故选D.
2．(2017·山东烟台模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个正三角形及其内切圆，则该几何体的体积为( A )
A ．163－
16π
3
B.163－16π3
C ．83－8π
3
D.83－8π3
解析 由三视图可知，几何体为一个棱长为4的正三棱柱去掉了一个内切圆柱．V
三棱柱
＝⎝⎛⎭⎫12×4×4×sin 60°×4＝16 3.在俯视图中，设内切圆半径为r ，则内切圆圆心与各顶点连
接分三角形为3个全等的小三角形，由三角形面积可得1
2×4×4×sin 60°＝3×⎝⎛⎭⎫12×4×r ，解得r ＝23
3
.
故V 圆柱＝πr 2h ＝π×⎝⎛
⎭
⎫2332
×4＝16π3.
∴几何体的体积V ＝V 三棱柱－V 圆柱＝163－16π
3
.故选A.
3．一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( D )
A.1
8 B.1
7 C.1
6 D.15
解析 如图，由已知条件可知，截去部分是以△ABC 为底面且三条侧棱两两垂直的正三棱锥D -ABC .设正方体的棱长为a ，则截去部分的体积为16a 3，剩余部分的体积为a 3－16a 3＝5
6a 3.
它们的体积之比为1
5
.故选D.
4．(考点聚焦)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( B )
A ．1＋ 3
B ．2＋3
C ．1＋2 2
D ．2 2
解析 四面体的直观图如图所示．侧面SAC ⊥底面ABC ，且△SAC 与△ABC 均为腰长是2的等腰直角三角形，SA ＝SC ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2.设AC 的中点为O ，连结SO ，BO ，则SO ⊥AC ，∴SO ⊥平面ABC ，∴SO ⊥BO .又OS ＝OB ＝1，∴SB ＝2，故△SAB 与△SBC 均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×12×2×2＋2×3
4
×(2)2＝2＋ 3.
5．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( D )
A.32π
3 B ．4π C ．2π
D.4π3
解析 正四棱柱的外接球的球心为上下底面的中心连线的中点，所以球的半径r ＝
⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭
⎫222＝1，球的体积V ＝4π3r 3＝4π3.故选D.
6．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是32π
3
，那么这个三棱柱的体积是( D )
A ．963
B ．163
C ．24 3
D ．48 3
解析 如图，设球的半径为R ，
由43πR 3＝32π
3，得R ＝2. 所以正三棱柱的高h ＝4. 设其底面边长为a ， 则13·3
2a ＝2，所以a ＝43， 所以V ＝
3
4
×(43)2×4＝48 3.故选D. 7．(书中淘金)如图，在棱长为6的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在C 1D 1与C 1B 1
上，且C 1E ＝4，C 1F ＝3，连接EF ，FB ，BD ，DE ，DF ，则几何体EFC 1DBC 的体积为( A )
A ．66
B ．68
C ．70
D ．72
解析 如图，连接DC 1，那么几何体EFC 1-DBC 被分割成三棱锥D -EFC 1及四棱锥D -CBFC 1，那么几何体EFC 1DBC 的体积为V ＝13×12×3×4×6＋13×12×(3＋6)×6×6＝12＋
54＝66.
故所求几何体EFC 1DBC 的体积为66.
8．(2017·湖北八校联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为__41π__.
解析 由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥A -BCD ，将该三棱锥放在棱长为4的正方体中，E 是棱的中点，所以三棱锥A -BCD 和三棱柱EFD -ABC 的外接球相同．设外接球的球心为O ，半径为R ，△ABC 的外接圆的圆心是M ，则OM ＝2.在△ABC 中，AB ＝AC ＝25，由余弦定理得cos ∠CAB ＝AC 2＋AB 2－BC 22AC ·AB ＝20＋20－162×25×25＝35，所以sin ∠CAB ＝45，由正弦定
理得2CM ＝BC sin ∠CAB ＝5，则CM ＝5
2.所以R ＝OC ＝
OM 2＋CM 2＝
41
2
，则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝41π.
9．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为 8
3
π m 3.
解析 由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成．其中，圆锥的底面半径
和圆柱的底面半径均为1，圆锥的高均为1，圆柱的高为2.因此该几何体的体积为V ＝2×
1
3π×12×1＋π×12×2＝8
3
π (m 3)．
10．(数学文化)我国古代数学家祖暅是著名数学家祖冲之之子，祖暅原理叙述道：“夫叠基成立积，缘幂势既同，则积不容异：”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，其最著名之处是解决了“牟合方盖”中的体积问题，其核心过程为：如图中正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，求图中四分之一的圆柱体BB 1C 1-AA 1D 1和四分之一圆柱体AA 1B 1-DD 1C 1公共部分的体积V ，若图中正方体的棱长为2，则V ＝
16
3
.
(在高度h 处的截面：用平行于正方体上下底面的平面去截，记截得两圆柱体公共部分所得面积为S 1，截得正方体所得面积为S 2，截得四棱锥C 1-ABCD 所得面积S 3，S 1＝R 2－h 2，S 2＝R 2，S 3＝h 2，S 2－S 1＝S 3)
解析 由题意可知，用平行于底面的平面截得的面积满足S 2－S 1＝S 3，其中S 1表示两个圆柱的公共部分的截面面积，S 2表示截得正方体的截面面积，S 3表示截得锥体的截面面积．由祖暅原理可知：正方体体积减去两个圆柱的公共部分体积等于锥体体积，即23－V ＝1
3
×22×2，即V ＝23－13×22×2＝163
.。