高三 空间几何体的三视图、表面积与体积(一)
高考数学一轮复习-81-空间几何体的三视图-直观图-表面积与体积课件-新人教A
＝172a2.所以 S 球＝4πR2＝4π×172a2＝73πa2.
(2)这个几何体是一个圆台被轴截面割出来的一半．
根据图中数据可知圆台的上底面半径为 1，下底面半径为 2，高为 3，母线长为 2，几何体的表面积是两个半圆的面 积、圆台侧面积的一半和轴截面的面积之和，故这个几何 体的表面积为 S＝12π×12＋12π×22＋12π×(1＋2)×2＋12 ×(2＋4)× 3＝112π＋3 3. 答案 (1)B (2)112π＋3 3
可能是圆柱，排除选项C；又由俯视图可知，该几何体
不可能是棱柱或棱台，排除选项A，B，故选D.
(2)如图，在原图形OABC中， 应有 OD＝2O′D′＝2×2 2 ＝4 2(cm)， CD＝C′D′＝2 cm. ∴OC＝ OD2＋CD2 ＝ （4 2）2＋22＝6(cm)， ∴OA＝OC， 故四边形 OABC 是菱形． 答案 (1)D (2)C
诊断自测
1．判断正误(在括号内打“√”或“×”) 精彩PPT展示
(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是
棱柱．
(×)
(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是
棱锥．
( ×)
(3)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．
(×)
(4)圆柱的侧面展开图是矩形．
(√)
2．(2014·福建卷)某空间几何体的正视图是三角形，则该几
(2)画出坐标系 x′O′y′，作出△OAB 的 直观图 O′A′B′(如图)．D′为 O′A′的中 点．易知 D′B′＝12DB(D 为 OA 的中点)， ∴S△O′A′B′＝12× 22S△OAB＝ 42× 43a2＝ 166a2.
空间几何体的表面积与体积
V柱 = pR2·2R
面积, 再减去渗水孔的面积.
组合体的体积怎样计算?
柱体、锥体、台体 京沪铁路全长1462 km,
球的表面积公式是怎样的? 是用什么方法得到的?
京沪高铁全长1318 km. 0230568 (kg),
的表面积与体积
∴ h(a+c)>bh,
≈1197 (cm2).
球的体积和表面积
柱体、锥体、台体 的表面积与体积
12
解: 这个零件的表面积为
S = S棱柱表+S圆柱侧
p = 2 [ 6 3 ( 2 + 1 4 )+ 6 2 ] 1 5 + 2 6 25
≈1579.485 (mm2),
10000个零件的表面积约为15794850 mm2,
约合15.795平方米.
2. 如图是一种机器零件, 零件
下面是六棱柱 (底面是正六边形, 侧
种零件需要用锌, 已知每平方米用锌 0.
某街心花园有许多钢球(钢的密度是7.
在△SBC中, 边长为 a,
五棱台的上、下底面均是正五边形, 边长分别是 8 cm 和 18 cm, 侧面是全等的等腰梯形, 侧棱长是 13 cm, 求它的侧面面积.
≈2956 (mm3)
圆柱、圆锥、圆台的表面积
当半球切得的片数无限多,
2. 圆柱、圆锥、圆台的表面积 底面积加侧面积.
底面积: S底=p r2. 圆柱侧面积: S柱侧=2p rh. 圆锥侧面积: S锥侧=p rl. 圆台侧面积: S台侧=p l (r+r).
【课时小结】
3. 柱体、锥体、台体体积
柱体体积: V柱 = Sh.
锥体体积:
V锥
=
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》
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 ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．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 ＝2×12×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 ．163－16π3B.163－16π3C ．83－8π3D.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12×4×4×sin 60°＝3×⎝⎛⎭⎫12×4×r ，解得r ＝233.故V 圆柱＝πr 2h ＝π×⎝⎛⎭⎫2332×4＝16π3.∴几何体的体积V ＝V 三棱柱－V 圆柱＝163－16π3.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.18 B.17 C.16 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＝56a 3.它们的体积之比为15.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＋ 3B ．2＋3C ．1＋2 2D ．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＋2×34×(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.32π3 B ．4π C ．2πD.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32π3，那么这个三棱柱的体积是( D )A ．963B ．163C ．24 3D ．48 3解析 如图，设球的半径为R ，由43πR 3＝32π3，得R ＝2. 所以正三棱柱的高h ＝4. 设其底面边长为a ， 则13·32a ＝2，所以a ＝43， 所以V ＝34×(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 ．66B ．68C ．70D ．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 ＝52.所以R ＝OC ＝OM 2＋CM 2＝412，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 83π 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 ＝2×13π×12×1＋π×12×2＝83π (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 ＝163.(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 ＝13×22×2，即V ＝23－13×22×2＝163.。
高考数学(文)《立体几何》专题复习
(2)两个平面垂直的判定和性质
✓ 考法5 线面垂直的判定与性质
1.证明直线 与平面垂直 的方法
2.线面垂直 的性质与线 线垂直
（1）判定定理（常用方法）： 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线
与此平面垂直.判定定理中的两条相交直线必须保证“在平面 内相交”这一条件. （2）性质： ①应用面面垂直的性质（常用方法）：若两平面垂直,则在一 个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面，是证明线 面垂直的主要方法； ②（客观题常用）若两条平行直线中的一条垂直于一个平面, 则另一条也垂直于这个平面.
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✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.证明平面 与平面平行 的常用方法 2.空间平行关系 之间的转化
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✓ 考法3 面面平行的判定与性质
1.证明平面 与平面平行 的常用方法
这是立体几何中证明平行关系常用的思路,三 种平行关系的转化可结合下图记忆
2.空间平行关系 之间的转化
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600分基础 考点&考法
定义 判定方法
2.等角定理
判定定理 反证法 两条异面直线所成的角
✓ 考法2 异面直线所成的角
常考形式
直接求 求其三角函数值
常用方法
作角
正弦值 余弦值 正切值
证明 求值 取舍
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600分基础 考点&考法
➢ 考点46 线面、面面平行的判定与性质 ✓ 考法3 线面平行的判定与性质 ✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.计算有关 线段的长
2.外接球、内切 球的计算问题
观察几何体的特征 利用一些常用定理与公式 (如正弦定理、余弦定理、勾股定理、 三角函数公式等) 结合题目的已知条件求解
专题由三视图求表面积和体积
由三视图求表面积与体积一、方法与技巧1.（括如下: 二（1）梭柱：两矩形和一多边形； —（2）棱锥：两三角形和一多边形； |_ （3）梭台：两梯形和两多边形（多 n 边形相似且顶点相连）；—（4）圆柱：两矩形和一圆；（5）圆锥：两三角形和一个带有圆心的圆；务（6）圆台：两梯形和两同心圆；A.60 （7）球：三个大小相等的圆.【解1•技巧：根据几何体的三视图想 心；象其直观图时，可以从熟知的某 •故选一视图出发，想象出朮观图，再验2. 证其他視图是否正确.图如图P 视图知，三棱锥一条侧枝与底面垂克，结合其直观图判断三视图 的数据在克观图中对应的几何童. 解法阐释二：将三视图还原成直 观图是解决该类问题的关键•其 解题技巧是熟练学握一些简单几 何体的三视图，想象该几何体的 构成，或将三个方向获得的信息 综合,绘制儿何图形，然后检验其 三视图是否与已知相符合•确保 无误后再进行计算. 提醒：以三视图为栽体考查几何 体的表面积、体积，关键是能够对 给出的三视图进行恰当的分析, 小图所示从三视图中发现几何体中务元素A 的三视图也不一致. 【解答】解:由三视图可知，该几何体为放到得直四棱柱，且中间挖去半个圆柱，由三视图中得数据可得：四棱柱得高为3,底而为等腰梯形，梯形得上、下底边分别为2、4,高为2, 圆柱得高为3,圆柱底面得半径都就是1,几何体得体积V==,故选:B.4. （2016・广元二模）一个多而体得三视图分别就是正方形.等腰三角形与矩形，其尺寸如图，则该多而体得体积为（）A. 4 8cm'B.2 4cm*C 。
32cm»D ・28cm'二、提醒：简单几何体的三视图可概 4.技巧：本題中根据正视图和侧2.技巧：根据几何体的直观图想 A 6 ;解 象其三视图时，若几何体是某一 其底熟悉的几何图形通过分割形成 故棱 的，可以将几何体还原后求解. 故选3.技巧：同一几何体的三视图，由 3，（2°于几何体放置位置不同，几何体间的位置关系及数量关系. :以俯视图为底面得四棱锥 ，图如图所示，则该几何体得体积为（）I 而向下） ，4,斜【解答】解：由三视图可知该几何体就是平放得直三棱柱，高为4,底面三角形一边长为6,此边上得髙为4 体积V=S h == 4 8cnr故选A5. （20 1 6＜江门模拟）一个几何体得三视图及其尺寸如下，则该几何体得表而积为（）A. 12n B .1 5 H C. 24n D.36n【解答】解：由三视图可知该几何体为一个圆锥，底而直径为6,母线长为5, 底而圆得而积s i=nx （） 2=9n・侧面积S 2=nx3x5=15n,表面积为S I+S?=24TI.故选C.6. （2016•安康二模）一空间几何体得三视图如图所示，则该几何体得体积为（）Ao oBeCo D.【解答】解：三视图复原得几何体就是三棱锥，底面就是底边长为2,髙为2得等腰三角形，三棱锥得一条侧棱垂直底而，高为2。
2020届高考数学(理)课标版二轮课件：重难考点专题三第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积
为 7 ,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
8
为
.
答案 40 2 π
解析 因为母线SA与圆锥底面所成的角为45°,所以圆锥的轴截面为等腰直
角三角形.设底面圆的半径为r,则母线长l= 2 r.在△SAB中,cos∠ASB= 7 ,所以
8
sin∠ASB= 15 .因为△SAB的面积为5 15,即 1 SA·SBsin∠ASB=1 · 2 r·2 r×
A.20π C.28π
B.24π D.32π
答案 C 由三视图知圆锥的高为2 3,底面半径为2,则圆锥的母线长为4,所
以圆锥的侧面积为 1 ×4π×4=8π.圆柱的底面积为4π,圆柱的侧面积为4×4π=
2
16π,从而该几何体的表面积为8π+16π+4π=28π,故选C.
2.(2018课标全国Ⅱ,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值
BC=3,AA1=5.设△ABC内切圆半径为r,则S△ABC=
1 2
×3×4=
1 2
×(3+4+5)r,解得r=1,
所以内切球最大半径为1,直径为2,由AA1=5得,最多可加工出2个球.
2.(2019洛阳联考)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 )
A.8 2 π
3
B.8 3 π
在△ACD中,AD⊥CD,S△ACD= 5 ;
2
在△BCD中,BD⊥CD,S△BCD=1 ,
2
所以表面积为 3 + 2 + 5 .故选A.
2
2
命题角度二 空间几何体的体积
1.(2018课标全国Ⅱ文,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA与
高中数学立体几何知识点总结(全)
高中数学立体几何知识点总结(全)垂直直线：两条直线的夹角为90度。
XXX.三．点与平面的位置关系点在平面上：点在平面内部；点在平面外：点在平面的一侧；点在平面上方或下方：需要指定一个方向向量，点在平面的哪一侧就取决于该方向向量与平面法向量的夹角。
四．直线与平面的位置关系直线在平面上：直线的每一点都在平面上；直线在平面内部：直线与平面没有交点；直线与平面相交：直线与平面有且只有一个交点；直线平行于平面：直线与平面没有交点，且方向向量与平面法向量垂直。
改写后：一、空间几何体的三视图空间几何体的三视图包括正视图、侧视图和俯视图。
其中，正视图是指从几何体的前面向后面正投影得到的投影图，反映了物体的高度和长度；侧视图是指从几何体的左面向右面正投影得到的投影图，反映了物体的高度和宽度；俯视图是指从几何体的上面向下面正投影得到的投影图，反映了物体的长度和宽度。
在三视图中，长对正，高平齐，宽相等是反映长、宽、高特点的简洁表述。
二、空间几何体的直观图斜二测画法是一种用于绘制空间几何体直观图的方法。
基本步骤包括建立适当的直角坐标系xOy，建立斜坐标系x'O'y'，并画出对应图形。
在直观图中，已知图形平行于X轴的线段画成平行于X'轴，长度不变；已知图形平行于Y轴的线段画成平行于Y'轴，长度变为原来的一半。
直观图与原图形的面积关系是直观图面积为原图形面积的四分之一。
三、空间几何体的表面积与体积圆柱、圆锥、圆台的侧面积分别为2πrl、πrl和πr(l+R)，其中r表示底面半径，l表示母线长度，R表示上底面半径。
圆柱、圆锥、圆台的体积分别为Sh、S/3h和S(h/3)，其中S为底面积，h为高度。
球的表面积和体积分别为4πR²和(4/3)πR³。
四、点、直线、平面之间的位置关系平面的基本性质包括三条公理，分别是公理1、公理2和公理3.直线与直线的位置关系有相交、平行和垂直；点与平面的位置关系有在平面上、在平面内部、在平面外部、在平面上方或下方；直线与平面的位置关系有在平面上、在平面内部、相交和平行。
高考专题练习： 空间几何体的表面积与体积
1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r＋r′)l2．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝S底h锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13S底h台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S＝4πR2V＝43πR3常用结论1．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球的半径(1)外接球：球心是正方体的中心；半径r＝32a(a为正方体的棱长)．(2)内切球：球心是正方体的中心；半径r＝a2(a为正方体的棱长)．(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心；半径r＝22a(a为正方体的棱长)．2．正四面体的外接球、内切球的球心和半径(1)外接球：球心是正四面体的中心；半径r＝64a(a为正四面体的棱长)．(2)内切球：球心是正四面体的中心；半径r＝612a(a为正四面体的棱长)．一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( ) (2)锥体的体积等于底面积与高之积．( ) (3)球的体积之比等于半径比的平方．( )(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．( ) (5)长方体既有外接球又有内切球．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× 二、易错纠偏常见误区| (1)考虑不周，忽视分类讨论； (2)锥体的底面及其对应高不清楚； (3)组合体的表面积没注意衔接部分．1．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是________．解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2，故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.答案：32π2＋8π或32π2＋32π2．已知三棱锥S -ABC 中，∠SAB ＝∠ABC ＝π2，SB ＝4，SC ＝213，AB ＝2，BC ＝6，则三棱锥S -ABC 的体积是________．解析：由∠ABC ＝π2，AB ＝2，BC ＝6，得AC ＝210.由∠SAB ＝π2，AB ＝2，SB ＝4，得SA ＝2 3.由SA 2＋AC 2＝SC 2，得SA ⊥AC ，又SA ⊥AB ，所以SA ⊥平面ABC .所以三棱锥S -ABC 的体积为13S △ABC ·SA ＝13×12×2×6×23＝4 3.答案：4 33．已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的边长为22，该几何体的表面积S＝12×4π×22＋π×22＋22×2×4＝12π＋16.答案：12π＋16空间几何体的表面积(师生共研)(1)在梯形ABCD中，∠ABC＝π2，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为()A．(5＋2)πB．(4＋2)πC．(5＋22)πD．(3＋2)π(2)(2021·吉林梅河口五中模拟)阳马和鳖臑(biē nào)是《九章算术·商功》里对两种锥体的称谓．如图所示，取一个长方体，按下图斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱，称为堑堵．再沿其中一个堑堵的一个顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，有一棱与底面垂直的四棱锥称为阳马(四棱锥S-ABCD)，余下三棱锥称为鳖臑(三棱锥S-ECD)，若将某长方体沿上述切割方法得到一个阳马和一个鳖臑，且该阳马的正视图和鳖臑的侧视图如图所示，则该阳马和鳖臑的表面积之和为()A．12＋13＋3 5 B．11＋13＋3 5 C．12＋313＋ 5 D．11＋313＋ 5【解析】(1)因为在梯形ABCD中，∠ABC＝π2，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，所以将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为AB＝1，高为BC＝2的圆柱挖去一个底面半径为AB＝1，高为BC－AD＝1的圆锥，所以该几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.故选A．(2)由三视图可知，在阳马中，AS＝2，AD＝3，CD＝1，SD＝13，SB＝5，所以S阳马＝S△SAD＋S△SCD＋S△SBC＋S△SAB＋S矩形ABCD＝3×22＋1×132＋3×52＋1×2 2＋3＝7＋13＋352.S鳖臑＝S△SCD＋S△CDE＋S△SDE＋S△SCE＝132＋1×22＋2×32＋3×52＝4＋13＋352，所以所求表面积之和＝11＋13＋35，故选B．【答案】(1)A(2)B空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．某几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图均为直角梯形，俯视图为两个正方形，则该几何体的表面积为()A．992B．61C．62 D．73解析：选C．由三视图画出几何体的直观图如图所示，上、下底面分别为边长是1，4的正方形；图中朝里的两个侧面是上底为1，下底为4，高为4的梯形；图中朝外的两个侧面是上底为1，下底为4，高为5的梯形，其表面积为S＝1×1＋4×4＋12×(1＋4)×4×2＋12×(1＋4)×5×2＝62.空间几何体的体积(多维探究)角度一求简单几何体的体积(1)(2020·石家庄质量检测)某几何体的三视图如图所示(图中小正方形网格的边长为1)，则该几何体的体积是()A ．8B ．6C ．4D ．2(2)如图，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是平行四边形，点E 是棱BB 1的中点，点F 是棱CC 1上靠近C 1的三等分点，且三棱锥A 1AEF 的体积为2，则四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为( )A ．12B ．8C ．20D ．18【解析】 (1)由三视图可得该几何体为底面是直角梯形的直四棱柱(如图所示)，其中底面直角梯形的上、下底分别为1，2，高为2，直四棱柱的高为2，所以该几何体的体积为（1＋2）×22×2＝6，故选B ．(2)设点F 到平面ABB 1A 1的距离为h ，由题意得V A 1AEF＝VF A 1AE.又VF A 1AE＝13S△A 1AE ·h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12AA 1·AB ·h ＝16(AA 1·AB )·h ＝16S 四边形ABB 1A 1·h ＝16V ABCD A 1B 1C 1D1，所以VABCD A 1B 1C 1D 1＝6VA 1AEF＝6×2＝12.所以四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为12.故选A ．【答案】 (1)B (2)A 角度二 求组合体的体积(1)(2020·高考浙江卷)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：cm3)是()A．73B．143C．3 D．6(2)(2021·贵阳市第一学期监测考试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(俯视图中弧线是14圆弧)()A．4－πB．π－2C．1－π2D．1－π4【解析】(1)由三视图可知，该几何体是三棱柱和三棱锥的组合体，结合图中数据可得该几何体的体积V＝12×2×1×2＋13×12×2×1×1＝73(cm3)，故选A．(2)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圆柱后剩下的部分，直观图如图所示，该几何体的体积V＝1×1×1－14×π×12×1＝1－π4，故选D．【答案】(1)A (2)D(1)处理体积问题的思路(2)求体积的常用方法直接法对于规则的几何体，利用相关公式直接计算割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算等体积法选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换1．《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1)，那么该刍甍的体积为()A．4 B．5C．6 D．12解析：选B．如图所示，由三视图可还原得到几何体ABCDEF，过E，F分别作垂直于底面的截面EGH和FMN，可将原几何体切割成三棱柱EHG-FNM，四棱锥EADHG和四棱锥F-MBCN，易知三棱柱的体积为12×3×1×2＝3，两个四棱锥的体积相同，都为13×1×3×1＝1，则原几何体的体积为3＋1＋1＝5.故选B．2．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-A1B1C1D1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，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.解析：由题易得长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即12)，所以V四棱锥O-EFGH＝13×3×122×6×4＝12(cm＝12(cm3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．答案：118.8球与空间几何体的接、切问题(多维探究) 角度一 外接球(1)已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是边长为6的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球的表面积为12π，则该三棱柱的体积为________．(2)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)设球的半径为R ，上，下底面中心设为M ，N ，由题意，外接球球心为MN 的中点，设为O ，则OA ＝R ，由4πR 2＝12π，得R ＝OA ＝ 3.又易得AN ＝2，由勾股定理可知ON ＝1，所以MN ＝2，即棱柱的高h ＝2，所以该三棱柱的体积为34×(6)2×2＝3 3.(2)设球O 的半径为R ，因为SC 为球O 的直径，所以点O 为SC 的中点，连接AO ，OB ，因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，所以AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，因为平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，所以AO ⊥平面SCB ，所以V S ABC ＝V A SBC ＝13×S △SBC ×AO ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×SC ×OB ×AO ，即9＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2R ×R ×R ，解得R ＝3，所以球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π.【答案】 (1)33 (2)36π(1)求解多面体的外接球时，经常用到截面圆．如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.(2)求解球的内接正方体、长方体等问题的关键是把握球的直径即是几何体的体对角线．(3)若球面上四点P，A，B，C的连线中P A，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，则可构造长方体或正方体解决问题．角度二内切球(1)(2021·重庆七校联考)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．18 B．12C．6 3 D．4 3(2)(2020·高考全国卷Ⅲ)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________．【解析】(1)如图，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＝4πR2＝16π，所以R＝2.所以OE＝OF＝2，OP＝4.在Rt△OPF中，PF＝OP2－OF2＝2 3.因为△OPF∽△DPE，所以OFDE＝PFPE，得DE＝23，AD＝3DE＝63，AB＝23AD＝12.故选B．(2)易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin∠BPE＝ROP ＝BEPB＝13，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝PB2－BE2＝32－12＝22，所以R＝22，所以内切球的体积V＝43πR3＝23π，即该圆锥内半径最大的球的体积为2 3π.【答案】(1)B(2)2 3π(1)在求四面体内切球的半径时，应重视分割的思想方法，即将该四面体分割为以球心为顶点，各面为底面的四个三棱锥，通过其体积关系求得半径．(2)与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常作出它们的轴截面解题；球与多面体的组合，一般通过多面体的一条侧棱和球心，并结合“切点”或“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题求解．1．已知正四棱锥P-ABCD内接于一个半径为R的球，则正四棱锥P-ABCD 体积的最大值是()A．16R381B．32R381C．64R381D．R3解析：选C．如图，记O为正四棱锥PABCD外接球的球心，O1为底面ABCD 的中心，则P，O，O1三点共线，连接PO1，OA，O1A.设OO 1＝x ，则O 1A ＝R 2－x 2，AB ＝2·R 2－x 2，PO 1＝R ＋x ，所以正四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13AB 2·PO 1＝13×2(R 2－x 2)(R ＋x )＝23(－x 3－Rx 2＋R 2x ＋R 3)，求导得V ′＝23(－3x 2－2Rx ＋R 2)＝－23(x ＋R )·(3x －R )，当x ＝R3时，体积V 有最大值64R 381，故选C ．2．设球O 内切于正三棱柱ABC -A 1B 1C 1，则球O 的体积与正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积的比值为________．解析：设球O 的半径为R ，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为a ，则R ＝33×a 2＝36a ，即a ＝23R .又正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的高为2R ，所以球O 的体积与正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积的比值为43πR 334a 2×2R ＝43πR 334×12R 2×2R ＝23π27.答案：23π27核心素养系列14 直观想象——确定球心位置的三种方法决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．方法一 由球的定义确定球心若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点； (2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是()A．16πB．20πC．24πD．32π【解析】已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为22＋22＋42＝26，则半径为6，故球的表面积为24π，故选C．【答案】 C方法二构造长方体或正方体确定球心(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△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()A． 2 B．6 2C．112D．52【解析】 易知四面体A ′EFD 的三条侧棱A ′E ，A ′F ，A ′D 两两垂直，且A ′E ＝1，A ′F ＝1，A ′D ＝2，把四面体A ′EFD 补成从顶点A ′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体A ′EFD 的外接球，球的半径为r ＝1212＋12＋22＝62.故选B ．【答案】 B方法三 由性质确定球心利用球心O 与截面圆圆心O ′的连线垂直于截面圆及球心O 与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．正三棱锥A -BCD 内接于球O ，且底面边长为3，侧棱长为2，则球O 的表面积为________．【解析】 如图，M 为底面△BCD 的中心，易知AM ⊥MD ，DM ＝1，AM ＝ 3.在Rt △DOM 中，OD 2＝OM 2＋MD 2，即OD 2＝(3－OD )2＋1，解得OD ＝233，故球O 的表面积为4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝163π.【答案】 163π[A 级 基础练]1．(2020·高考全国卷Ⅲ)如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋42B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3解析：选C ．由三视图知该几何体为如图所示的三棱锥P -ABC ，其中P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝AP ＝2，故其表面积S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×3＋12×(22)2×sin 60°＝6＋2 3.2．(2021·贵阳市适应性考试)某几何体的三视图如图所示，已知正视图和侧视图是全等的直角三角形，俯视图是圆心角为90°的扇形，则该几何体的体积是( )A ．2πB ．π2C ．3π2D ．3π解析：选D ．依题意，题中的几何体是一个圆锥的14(其中该圆锥的底面半径为23，高为3)，如图所示，因此该几何体的体积为14×⎣⎢⎡⎦⎥⎤13×π×（23）2×3＝3π，选D ．3．(2020·高考全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64πB．48πC．36πD．32π解析：选A．如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以ABsin 60°＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO21＋r2＝(23)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A．4．(2021·东北三校第一次联考)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，ED＝2FC＝2，则三棱锥A-BEF的体积为()A．13B．23C．1 D．4 3解析：选B．如图，分别取BC，ED，AD的中点G，P，Q，连接FG，FP，PQ，QG，因为ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，ED＝2FC＝2，所以PD∥＝FC，所以四边形FCDP为平行四边形，所以PF∥DC.又Q，G分别为DA，CB的中点，所以QG ∥DC ，且QG ＝DC ，所以QG ∥PF ，且QG ＝PF ，所以四边形QGFP 为平行四边形，所以PQ ∥FG .又P 为DE 的中点，所以PQ ∥EA ，所以FG ∥EA ，因为EA ⊂平面EAB ，FG ⊄平面EAB ，所以FG ∥平面EAB .连接EG ，AG ，则V 三棱锥A -BEF ＝V 三棱锥F -ABE ＝V 三棱锥G -ABE ＝V 三棱锥E -ABG ＝13·ED ·S △ABG＝23，故选B ．5．(2021·福建省质量检测)某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内．若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是( )A ．16π9 B ．8π9 C ．16π27D ．8π27解析：选A ．方法一：如图，OC ＝2，OA ＝3，由△AED ∽△AOC 可得EDOC ＝AEAO .设圆柱体的底面半径r ＝ED ＝2x (0<x <1)，可得AE ＝3x ，则圆柱体的高h ＝OE ＝3－3x ，圆柱体的体积V ＝π(2x )2(3－3x )＝12π(x 2－x 3)，令V (x )＝12π(x 2－x 3)，则V ′(x )＝12π(2x －3x 2)，令V ′(x )＝0，解得x ＝23或x ＝0(舍去)，可得V (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1上单调递减，故当x ＝23时，V (x )取得最大值，V (x )max ＝16π9，即圆柱体的最大体积是16π9.方法二：同方法一，则圆柱体的体积V ＝12πx 2(1－x )＝6π·x ·x (2－2x )≤6π·⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋x ＋（2－2x ）33＝16π9，当且仅当x ＝2－2x ，即x ＝23时等号成立，故圆柱体的最大体积是16π9.6．已知圆柱的底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是________．解析：由πr 2＝S 得圆柱的底面半径是Sπ，故侧面展开图的边长为2π·S π＝2πS ，所以圆柱的侧面积是4πS .答案：4πS7．(2020·高考浙江卷)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，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________．解析：方法一：设该圆锥的母线长为l ，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2π，所以12πl 2 ＝2π，解得l ＝2，所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R ，则2πR ＝2π，解得R ＝1.方法二：设该圆锥的底面半径为R ，则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR .因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r ，则πr ＝ 2πR ，即r ＝2R ，所以侧面展开图的面积为12·2R ·2πR ＝2πR 2＝2π，解得R ＝1.答案：18．(2021·长沙市统一模拟考试)在四面体P ABC 中，△ABC 为等边三角形，且边长为6，P A ＝6，PB ＝8，PC ＝10，则四面体P ABC 的体积为________．解析：如图，延长CA 到D ，使得AD ＝6，连接DB ，PD .因为AD ＝AB ＝6，所以△ADB 为等腰三角形，又∠DAB ＝180°－∠CAB ＝120°，所以∠ABD ＝12(180°－120°)＝30°，所以∠ABD ＋∠CBA ＝90°，即∠DBC ＝90°，故CB ⊥DB .因为PB ＝8，PC ＝10，BC ＝6，所以PC 2＝PB 2＋BC 2，所以CB ⊥PB .因为DB ∩PB ＝B ，DB ⊂平面PBD ，PB ⊂平面PBD ，所以CB ⊥平面PBD ，所以V三棱锥C -PBD＝13×CB ×S △PBD .因为DA ＝AC ＝AP ＝6，所以△PDC 为直角三角形，所以PD ＝CD 2－PC 2＝144－100＝211.又DB ＝3AD ＝63，PB ＝8，所以DB 2＝PD 2＋PB 2，故BP ⊥DP ，即△PBD 为直角三角形，所以S △PBD ＝12×8×211＝811.因为A 为DC 的中点，所以V 四面体P ABC ＝12V 三棱锥P -CBD ＝12V 三棱锥C -PBD ＝12×13×6×811＝811.答案：8119．已知一个几何体的三视图如图所示．(1)求此几何体的表面积；(2)如果点P ，Q 在正视图中所示位置，P 为所在线段的中点，Q 为顶点，求在几何体表面上，从P 点到Q 点的最短路径的长．解：(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．S 圆锥侧＝12(2πa )·(2a )＝2πa 2， S 圆柱侧＝(2πa )·(2a )＝4πa 2， S 圆柱底＝πa 2，所以S 表＝2πa 2＋4πa 2＋πa 2＝(2＋5)πa 2.(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图．则PQ＝AP2＋AQ2＝a2＋（πa）2＝a1＋π2，所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a1＋π2.10.如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.因为BD∩BE＝B，BD⊂平面BED，BE⊂平面BED，所以AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x 2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝32x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝22x.由已知得，三棱锥E-ACD的体积V三棱锥E-ACD＝13×12·AC·GD·BE＝624x3＝63，故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝ 6.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为 5.故三棱锥E-ACD的侧面积为3＋2 5.[B级综合练]11．(2021·安徽省部分重点学校联考)已知三棱锥D-ABC的体积为2，△ABC 是边长为2的等边三角形，且三棱锥D-ABC的外接球的球心O恰好是CD的中点，则球O的表面积为()A．52π3B．24πC．56π3D．20π3解析：选A．设球O的半径为R，球心O到平面ABC的距离为d，因为O是CD的中点，所以点D到平面ABC的距离为2d，则V DABC＝13S△ABC2d＝13×34×22×2d＝2，解得d＝ 3.过点O向平面ABC作垂线，垂足为O′，则O′为等边三角形ABC的外心，连接O′A，则O′A＝2×32×23＝233，R2＝d2＋O′A2＝3＋43＝133，所以球O的表面积S＝4πR2＝52π3.12．(2021·南充市第一次适应性考试)如图，在正三棱锥A-BCD中，AB＝BC，E为棱AD的中点．若△BCE的面积为2，则三棱锥A-BCD的体积为()A．23B．33C．233D．223解析：选D．因为AB＝BC，所以正三棱锥A-BCD为正四面体，因为E为AD 的中点，所以AD ⊥BE ，AD ⊥CE ，又CE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面BCE .设AD ＝a ，则BE ＝CE ＝32a ，所以等腰三角形BCE 的面积S △BCE ＝12×BC × BE 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝12×a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝12×22a 2＝2，所以a ＝2，所以V 三棱锥A -BCD ＝V 三棱锥A -BCE ＋V 三棱锥D -BCE ＝2V 三棱锥A -BCE ＝2×13S △BCE ×AE ＝2×13×2×a 2＝223.13．如图所示是一个几何体的三视图，根据图中所给的数据，这个几何体的表面积为________，体积为________．解析：如图所示是还原后的几何体的直观图，分别取BC ，AD 的中点E ，F ，连接SE ，EF ，SF ，由图中数据有AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝SE ＝EF ＝2，BE ＝EC ＝1，因为△SBC 是等腰三角形，所以SB ＝SC ＝ 5. 因为△SBA 为直角三角形，所以SA ＝3. 又因为△SAD 是等腰三角形，所以SF ⊥AD . 所以SF ＝2 2.所以S 正方形ABCD ＝4，S △SBC ＝2，S △SAB ＝S △SCD ＝5，S △SAD ＝2 2. 所以S S ABCD ＝6＋2(2＋5)． 所以V S ABCD ＝13·S 正方形ABCD ·SE ＝83. 答案：6＋2(2＋5) 8314．(2020·河北九校第二次联考)如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，E ，F ，G 分别是DD 1，AB ，BC 的中点，过点E ，F ，G 的截面将正方体分割成两部分，则较大几何体的体积为________．解析：如图所示，延长GF ，DA 交于点M ，延长FG ，DC 交于点N ，连接EM ，EN 分别与A 1A ，C 1C 交于点P ，Q ，连接PF ，QG ，则五边形EPFGQ 即为过点E ，F ，G 的平面与正方体的截面图形．易得P A ＝QC ＝a6，连接EA ，EC ，截面下面部分可分割成三部分，分别是三棱锥E -P AF 、三棱锥E -CGQ 、五棱锥E -AFGCD ，则截面下面部分的体积V 1＝V E P AF ＋V E CGQ ＋V E AFGCD ＝13×12×a 6×a2×a ＋13×12×a 6×a 2×a ＋13(a 2－12×a 2×a 2)×a 2＝25144a 3，则较大几何体的体积V ＝a 3－25144a 3＝119144a 3.答案：119144a 3[C级提升练]15．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上的四点，△ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D-ABC体积的最大值为() A．12 3 B．18 3C．24 3 D．54 3解析：选B．如图，E是AC的中点，M是△ABC的重心，O为球心，连接BE，OM，OD，BO.因为S△ABC＝34AB2＝93，所以AB＝6，BM＝23BE＝23AB2－AE2＝2 3.易知OM⊥平面ABC，所以在Rt△OBM中，OM＝OB2－BM2＝2，所以当D，O，M三点共线且DM＝OD＋OM时，三棱锥D-ABC的体积取得最大值，且最大值V max＝13S△ABC×(4＋OM)＝13×93×6＝18 3.故选B．16．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论正确的有________．(填序号)①AE∥平面C1BD；②四面体ACEF的体积为定值；③三棱锥A-BEF的体积为定值；④四面体ACDF 的体积为定值．解析：对于①，如图1，AB 1∥DC 1，易证AB 1∥平面C 1BD ，同理AD 1∥平面C 1BD ，且AB 1∩AD 1＝A ，所以平面AB 1D 1∥平面C 1BD ，又AE ⊂平面AB 1D 1，所以AE ∥平面C 1BD ，①正确；对于②，如图2，S △AEF ＝12EF ·h 1＝12×1×（32）2－⎝⎛⎭⎪⎫3222＝364，点C 到平面AEF 的距离为点C 到平面AB 1D 1的距离d 为定值，所以V A CEF ＝V C AEF ＝13×364×d ＝64d 为定值，所以②正确；对于③，如图3，S △BEF ＝12×1×3＝32，点A 到平面BEF 的距离为A 到平面BB 1D 1D 的距离d 为定值，所以V A BEF ＝13×32×d ＝12d 为定值，③正确；对于④，如图4，四面体ACDF 的体积为V A CDF ＝V F ACD ＝13×12×3×3×3＝92为定值，④正确．答案：①②③④。
高三数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析
高三数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析1.如图, 四棱柱的底面ABCD是正方形, O为底面中心, ⊥平面ABCD,．（1）证明: // 平面;（2）求三棱柱的体积．【答案】（1）证明详见解析；（2）体积为1.【解析】本题主要考查线线平行、面面平行、线面垂直、柱体的体积等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，由图象可得到，，，所以得到四边形为平行四边形，所以，利用面面平行的判定得证；第二问，由面ABCD，所以得到是三棱柱的高，利用体积转化法，得到三棱柱的体积.试题解析：（1）设线段的中点为，∵BD和是的对应棱，∴，同理，∵AO和是棱柱的对应线段，∴，且，且四边形为平行四边形且，面面.（2）∵面ABCD，∴是三棱柱的高，在正方形ABCD中，，在中，，，所以，.【考点】线线平行、面面平行、线面垂直、柱体的体积.2.（正四棱锥与球体积选做题）棱长为1的正方体的外接球的体积为________．【答案】.【解析】正方体的体对角线，就是正方体的外接球的直径，所以球的直径为：所以球的半径为：，∴正方体的外接球的体积V=．【考点】１．球的体积；２．球内接多面体．3.如图，ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，ED＝1，EF∥BD且EF＝BD．(1)求证：BF∥平面ACE；(2)求证：平面EAC⊥平面BDEF(3)求几何体ABCDEF的体积．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)2【解析】(1)利用线线平行，推证线面平行；(2)利用一个面内一条直线与另一个平面垂直，则这两个平面垂直，证明面面垂直；(3)将不规则几何体转化为主题或椎体的体积求解．试题解析：(1)证明：记AC与BD的交点为O，则DO＝BO＝BD，连接EO，∵EF∥BD且EF＝BD，∴EF∥BO且EF＝BO，则四边形EFBO是平行四边形，∴BF∥EO，又∵面ACE，面ACE，∴BF∥平面ACE；(2)证明：∵ED⊥平面ABCD，平面ABCD，∴ED⊥AC．∵ABCD为正方形，∴BD⊥AC，又ED∩BD＝D，∴AC⊥平面BDEF，又平面EAC，∴平面EAC⊥平面BDEF；(3)解：∵ED⊥平面ABCD，∴ED⊥BD，又∵EF∥BD且EF＝BD，∴BDEF是直角梯形，又∵ABCD是边长为2的正方形，BD＝2，EF＝，∴题型BDEF的面积为，由(1)知AC⊥平面BDEF，∴几何体的体积VABCDEF ＝2VA－BDEF＝2×S BDEF·AO＝．【考点】空间直线与平面位置关系，几何体的体积4.如图，多面体的直观图及三视图如图所示，分别为的中点．（1）求证：平面；(2）求多面体的体积．【答案】（1）证明：见解析；（2）多面体的体积．【解析】（1）由多面体的三视图知，三棱柱中,底面是等腰直角三角形，，平面,侧面都是边长为的正方形．连结，则是的中点，由三角形中位线定理得，得证.（2）利用平面，得到,再据⊥，得到⊥平面，从而可得：四边形是矩形,且侧面⊥平面. 取的中点得到,且平面．利用体积公式计算.所以多面体的体积． 12分试题解析：（1）证明：由多面体的三视图知，三棱柱中,底面是等腰直角三角形，，平面,侧面都是边长为的正方形．连结，则是的中点，在△中，，且平面，平面，∴∥平面． 6分（2）因为平面，平面,,又⊥，所以，⊥平面，∴四边形是矩形,且侧面⊥平面 8分取的中点,,且平面． 10分所以多面体的体积． 12分【考点】三视图，平行关系，垂直关系，几何体的体积.5.正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为A．B．C．D．【答案】C【解析】如下图所示，连接，因为是正三角形，且为中点，则，又因为面，故，且，所以面，所以是三棱锥的高，所以．【考点】1、直线和平面垂直的判断和性质；2、三棱锥体积．6.棱长为的正四面体的外接球半径为．【答案】【解析】记正四面体棱长为，外接球半径为，在正四面体中，利用棱，与棱共顶点的高及这条棱在对面上的射影构成的直角三角形可解得，因此中本题中.【考点】正四面体（正棱锥的性质）.7.如图，已知平面，，，且是的中点，.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求此多面体的体积.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.【解析】（1）取的中点，连结、，利用中位线证明，利用题中条件得到，进而得到，于是说明四边形为平行四边形，得到，最后利用直线与平面平行的判定定理证明平面；（2）由平面得到，再利用等腰三角形三线合一得到，利用直线与平面垂直的判定定理证明平面，结合（1）中的结论证明平面，最后利用平面与平面垂直的判定定理证明平面平面；（3）利用已知条件得到平面平面，然后利用平面与平面垂直的性质定理求出椎体的高，最后利用椎体的体积公式计算该几何体的体积.（1）取中点，连结、，为的中点，，且，又，且，且，为平行四边形，，又平面，平面，平面；（2），，所以为正三角形，，平面，，平面，又平面，，又，，平面，又，平面，又平面，平面平面；（3）此多面体是一个以为定点，以四边形为底边的四棱锥，，平面平面，等边三角形边上的高就是四棱锥的高，.【考点】1.直线与平面平行；2.平面与平面垂直；3.椎体体积的计算8.如图，在三棱锥中，，，°，平面平面，，分别为，中点．（1）求证：∥平面；（2）求证：；（3）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析；（3）.【解析】本题主要考查线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力.第一问，由于D、E分别为AB、AC中点，所以利用三角形的中位线得出∥，再利用线面平行的判定直接得到结论；第二问，由，而∥得，而D为AB中点，PA=PB，得，所以利用线面垂直的判定得平面，再利用线面垂直的性质得；第三问，由于，利用面面垂直的性质得平面，所以PD是三棱锥的高，而，所以. （1）因为，分别为，中点，所以∥，又平面，平面，所以∥平面. 4分（2）连结，因为∥，又°，所以.又，为中点，所以.所以平面，所以. 9分（3）因为平面平面，有，所以平面，所以. 14分【考点】线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积.9.棱长为1的正方体及其内部一动点，集合,则集合构成的几何体表面积为 .【答案】【解析】 .【考点】几何体的表面积.10.已知等腰梯形PDCB中(如图),PB=3,DC=1,PD=BC=,A为PB边上一点,且PA=1,将△PAD沿AD折起,使平面PAD⊥平面ABCD(如图).(1)证明：平面PAD⊥平面PCD.(2)试在棱PB上确定一点M,使截面AMC把几何体分成的两部分VPDCMA ∶VMACB=2∶1.(3)在M满足(2)的情况下,判断直线PD是否平行平面AMC.【答案】（1）见解析（2）M为线段PB的中点时（3）不平行【解析】(1)因为PDCB为等腰梯形,PB=3,DC=1,PA=1,则PA⊥AD,CD⊥AD.又因为面PAD⊥面ABCD,面PAD∩面ABCD=AD,CD⊂面ABCD,故CD⊥面PAD. 又因为CD⊂面PCD,所以平面PAD⊥平面PCD.(2)所求的点M即为线段PB的中点.证明如下：设三棱锥M-ACB的高为h1,四棱锥P-ABCD的高为h2,当M为线段PB的中点时,==,所以===,所以截面AMC把几何体分成的两部分VPDCMA ∶VMACB=2∶1.(3)当M为线段PB的中点时,直线PD与面AMC不平行.证明如下：(反证法)假设PD∥面AMC,连接DB交AC于点O,连接MO.因为PD⊂面PBD,且面AMC∩面PBD=MO,所以PD∥MO.因为M为线段PB的中点时,则O为线段BD的中点,即=,而AB∥DC,故==,故矛盾.所以假设不成立,故当M为线段PB的中点时,直线PD与平面AMC不平行.11.棱长为2的三棱锥的外接球的表面积为（）A．6πB．4πC．2πD．π【答案】A【解析】由题意知,此三棱锥为正四面体,以此正四面体的各棱为正方形的对角线拓展出一个正方体,则三棱锥外接球的半径为正方体外接球的半径.因三棱锥棱长为2,所以正方体棱长为,其外接球的直径为所以三棱锥的外接球的表面积为6π．12.如图，在三棱锥中，，，平面平面，为中点，点分别为线段上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为________．【答案】【解析】因为且为中点，所以，因为平面平面，由面面垂直的性质定理可得，即。
空间几何体的三视图直观图表面积与体积
必修2 空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积（2月22日）(一)空间几何体的三视图和直观图1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征(2)旋转体的形成2.空间几何体的三视图(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图．(2)三视图的画法①在画三视图时，能看见的轮廓线和棱用实线表示，重叠的线只画一条，不能看见的轮廓线和棱用虚线表示．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．3．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半．空间几何体的结构特征[例1](1)用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体(2)下列说法正确的是()A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点空间几何体的三视图1.画三视图的规则长对正、高平齐、宽相等，即俯视图与正视图一样长；正视图与侧视图一样高；侧视图与俯视图一样宽．2．三视图的排列顺序先画正视图，俯视图放在正视图的下方，侧视图放在正视图的右方．[例2](1)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，按正视图，侧视图，俯视图的顺序排列)()A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥D．③④⑤(2)将一个长方体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()空间几何体的直观图直观图与原图形面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：(1)S直观图＝24S原图形．(2)S原图形＝22S直观图．[例3]用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()1．如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下四个命题中，假命题是()A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上2．一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()3．已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()4．用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm25．如图，在正四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P-BCD的正视图与侧视图的面积之比为()A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2突破点(二)空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r＋r′)l2．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh(棱柱和圆柱)锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S＝4πR2V＝43πR3空间几何体的表面积[例1](1)某几何体的三视图如图所示，其中侧视图的下半部分曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为()A．4π＋16＋4 3 B．5π＋16＋4 3C．4π＋16＋2 3 D．5π＋16＋2 3(2)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是()A．1＋ 3 B．2＋ 3C．1＋2 2 D．2 2空间几何体的体积柱体、锥体、台体体积间的关系[例2](1)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()A.16 B.13 C.12D．1(2)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.5π21．一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.13＋23π B.13＋23πC.13＋26π D．1＋26π2．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.5π3cm3B．2π cm3 C.7π3cm3D．3π cm33.某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为()A．125＋20 B．242＋20C．44 D．12 54．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 ．155．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)：若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 的值为________．突破点(三) 与球有关的切、接应用问题1.球的表面积和体积是每年高考的热点，且多与三视图、多面体等综合命题，常以选择题、填空题的形式出现.解决此类问题时，一是要善于把空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中处理；二是要将变化的模型转化到固定的长方体或正方体中.2.与球有关的组合体问题主要有两种，一种是内切问题，一种是外接问题.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.多面体的内切球问题[例1] 若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.多面体的外接球问题处理与球有关外接问题的策略把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．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．[例2](1)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6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.3172B．210 C.132D．310(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为()A.81π4B．16πC．9π D.27π4(3)一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．1．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于()A．1 B．2 C．3 D．42．如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为()A．200πB．150π C．100π D．50π3．如图，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，则该球的表面积为()A．3π B.32π C．4π D.34π4．设一个球的表面积为S1，它的内接正方体的表面积为S2，则S1S2的值等于()A.2π B.6π C.π6 D.π2全国卷5年真题集中演练——明规律1．(2016·全国卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A．20πB．24πC．28πD．32π2．(2016·全国卷)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB ⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是()A．4π B.9π2C．6π D.32π33．(2015·全国卷)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()A.18 B.17 C.16 D.154．(2015·全国卷)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为() A．36π B．64π C．144π D．256π5．(2015·全国卷)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝()A．1 B．2C．4 D．86．(2015全国卷)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有() A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛7．(2014·全国卷)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.1727 B.59 C.1027 D.138．(2013·全国卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π9．(2012·全国卷)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.26 B.36 C.23 D.22。
空间几何体三视图、表面积及体积
面积，h为高)；
4 3 (7)球的表面积和体积公式：S＝4πR ，V＝ πR (R为球的半径)． 3
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必记知识 重要结论
1．一个物体的三视图的排列规则 俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧(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”．
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类型一
三视图与直观图的辨识和画法
[ 例1]
某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图 )
不可能是(
(基本法) 从正视图和侧视图想像直观图，再检验答案． 若下部分是圆柱，上部分可以是圆柱或者棱柱，A、B、C适合题意， 若是D答案，其正视图应为(如右图)中间有虚线．
2 1 3 到的，根据三视图可知其表面积为6 2 － ×1×1 ＋2× ×( 2 4
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2．(1)设长方体的相邻的三条棱长为a、b、c则对角线长为 a2＋b2＋c2 (2)棱长为a的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即 3a＝2R. (3)若球面上四点P、A、B、C构成的线段PA、PB、PC两两垂直，且PA ＝a，PB＝b，PC＝c，则4R2＝a2＋b2＋c2，把有关元素“补形”成为 一个球内接长方体(或其他图)．
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高考数学立体几何专题1空间立体几何的三视图、表面积和体积
专题1空间立体几何的三视图、表面积和体积【考点点击】1．以选择、填空题形式考查空间位置关系的判断，及文字语言、图形语言、符号语言的转换，难度适中；2．以熟悉的几何体为背景，考查多面体或旋转体的侧面积、表面积和体积计算，间接考查空间位置关系的判断及转化思想等，常以三视图形式给出几何体，辅以考查识图、用图能力及空间想象能力，难度中等．3.几何体的三视图与表（侧）面积、体积计算结合；【重点知识】一、空间几何体1．柱体、锥体、台体、球的结构特征名称几何特征棱柱①有两个面互相平行(底面可以是任意多边形)；②其余各面都是平行四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行棱锥①有一个面是多边形(底面)；②其余各面是有公共顶点的三角形．棱台①底面互相平行；②所有侧棱延长后交于一点(即原棱锥的顶点)圆柱①有两个互相平行的圆面(底面)；②有一个侧面是曲面(母线绕轴旋转一周形成的)，且母线与底面垂直圆台①底面互相平行；②有一个侧面是曲面，可以看成母线绕轴旋转一周形成的球①有一个曲面是球面；②有一个球心和一条半径长R，球是一个几何体(包括内部)，可以看成半圆以它的直径所在直线为旋转轴旋转一周形成的2.柱体、锥体、台体、球的表面积与体积名称体积表面积棱柱V棱柱＝Sh(S为底面积，h为高)S棱柱＝2S底面＋S侧面棱锥V棱锥＝13Sh(S为底面积，h为高)S棱锥＝S底面＋S侧面棱台V棱台＝13h(S＋SS′＋S′)S棱台＝S上底＋S下底＋S侧面圆柱V圆柱＝πr2h(r为底面半径，h为高)S圆柱＝2πrl＋2πr2(r为底面半径，l为母线长)圆锥V圆锥＝13πr2h(r为底面半径，h为高)S圆锥＝πrl＋πr2(r为底面半径，l为母线长)圆台V圆台＝13πh(r2＋rr′＋r′2)S圆台＝π(r＋r′)l＋πr2＋πr′2球V球＝43πR3(R为球的半径)S球＝4πR2(R为球的半径)3.空间几何体的三视图和直观图(1)空间几何体的三视图三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形，三视图的画法规则为“长对正、高平齐、宽相等”．(2)空间几何体的直观图空间几何体直观图的画法常采用斜二测画法．用斜二测画法画平面图形的直观图规则为“轴夹角45°(或135°)，平行长不变，垂直长减半”．4．几何体沿表面某两点的最短距离问题一般用展开图解决；不规则几何体求体积一般用割补法和等积法求解；三视图问题要特别留意各种视图与观察者的相对位置关系.【考点分析】考点一空间几何体的结构【例1】已知正三棱锥PABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，若PA ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________．【答案】33【解析】正三棱锥PABC 可看作由正方体PADCBEFG 截得，如图所示，PF 为三棱锥PABC 的外接球的直径，且PF ⊥平面ABC.设正方体棱长为a ，则22,2,1232=====BC AC AB a a ，3223222221=⨯⨯⨯=∆ABC S ，由,PAC B ABC P V V --=得222213131⨯⨯⨯⨯=⋅∆ABC S h ，所以332=h 因此球心到平面ABC 得距离为33考点二三视图、直观图【例2】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】由题意可知，圆柱的侧面积为12π2416πS =⋅⋅=，圆锥的侧面积为2π248πS =⋅⋅=，圆柱的底面面积为23π24πS =⋅=，故该几何体的表面积为12328πS S S S =++=，故选C.【例3】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是()A ．2＋5B ．4＋5C ．2＋25D ．5【答案】C【解析】该三棱锥的直观图如图所示：过D 作DE ⊥BC ，交BC 于E ，连接AE ，则BC ＝2，EC ＝1，AD ＝1，ED ＝2，ABCABD ACD BCD S S S S S ∆∆∆∆+++=表5225221152115212221+=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=考点三几何体的表面积【例4】长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为【答案】14π.【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以222232114,4π14π.R S R =++===【例5】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328π,则它的表面积是（）（A ）17π（B ）18π（C ）20π（D ）28π【答案】A【解析】该几何体直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的81,设球的半径为R ,则32834873ππ=⨯=R V ,解得R 2=,所以它的表面积是87的球面面积和三个扇形面积之和πππ172413248722=⨯⨯+⨯⨯=S 故选A ．考点四几何体的体积【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 ．πB ．3π4C ．π2D ．π4【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：11,2AC AB ==，结合勾股定理，底面半径2213122r ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是2233ππ1π24V r h ⎛==⨯⨯= ⎝⎭，故选B.考点五与球的组合体问题纵观近几年高考对于组合体的考查，重点放在与球相关的外接与内切问题上.要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答.从实际教学来看，这部分知识是学生掌握最为模糊，看到就头疼的题目.分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理.本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨.【例7】棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E F ，分别是棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为（）A ．22B ．1C ．212+D ．2解：由题意可知，球为正方体的外接球.平面11AA DD 截面所得圆面的半径12,22AD R ==11EF AA DD ⊂ 面，∴直线EF 被球O 截得的线段为球的截面圆的直径22R =.【例8】正四棱柱1111ABCD A B C D -的各顶点都在半径为R 的球面上，则正四棱柱的侧面积有最值，为.【例9】在正三棱锥S ABC -中，M N 、分别是棱SC BC 、的中点，且AM MN ⊥,若侧棱23SA =,则正三棱锥S ABC -外接球的表面积是.解：如图，正三棱锥对棱相互垂直，即,AC SB ⊥又,,,.SB MN MN AC MN AM MN SAC ∴⊥⊥∴⊥∥又平面于是,,,SB SAC SB SA SB SC ⊥∴⊥⊥平面从而.SA SC ⊥此时正三棱锥S ABC -的三条侧棱互相垂直并且相等，故将正三棱锥补形为正方体.球的半径23,3,436.2R SA R S R ππ=∴=∴==【例10】一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为()A ．12πB ．C ．3πD ．【答案】C【解析】把原来的几何体补成以DA DC DP 、、为长、宽、高的长方体，原几何体四棱锥与长方体是同一个外接球，2=R l ，=2R ，234434S R πππ==⨯=球.【例11】在三棱锥P －ABC 中，PA ＝,侧棱PA 与底面ABC 所成的角为60°，则该三棱锥外接球的体积为（）A ．πB.3π C.4πD.43π解：如图所示，过P 点作底面ABC 的垂线，垂足为O ，设H 为外接球的球心，连接,,AH AO 因60,PAO PA ∠== 故2AO =,32PO =又△AHO 为直角三角形，222,,AH PH r AH AO OH ==∴=+22233344(),1,1.2233r r r V ππ∴=+-∴=∴=⨯=【例12】矩形ABCD 中，4,3,AB BC ==沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B ACD --,则四面体ABCD 的外接球的体积是()A.π12125 B.π9125C.π6125D.π3125解：由题意分析可知，四面体ABCD 的外接球的球心落在AC 的中点，此时满足,OA OD OB OC ===522AC R ∴==,343V R π=1256π=.【总结归纳】1个特征——三视图的长度特征“长对正，宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高，正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽。
空间几何体表面积与体积含经典例题讲解
考向 1 几何体的折叠与展开 【典例1】(1)如图，在三棱柱 ABC -A′B′C′中，△ABC为等 边三角形，AA′⊥平面ABC，AB =3,AA′=4，M为AA′的中点，P 是BC上一点，且由P沿棱柱侧面 经过棱CC′到M的最短路线长为 2 9 ，设这条路线与CC′的交点 为N，则PC=_____，NC=_____.
【拓展提升】 1.求几何体表面上两点间的最短距离的方法 常用方法是选择恰当的母线或棱将几何体展开，转化为求平面 上两点间的距离.
2.解决折叠问题的技巧 (1)解决折叠问题时，要分清折叠前后两图形中(折叠前的平面 图形和折叠后的空间图形)元素间的位置关系和数量关系哪些 发生了变化，哪些没有发生变化. (2)折叠问题中的前后两个图形，在折线同侧的元素的位置关 系和数量关系不发生变化；在折线异侧的元素的位置关系和数 量关系发生变化.
(2)如图为一几何体的展开图，其中 四边形ABCD是边长为6的正方形，SD =PD=6，CR=SC，AQ=AP，点S，D，A， Q及点P，D，C，R分别共线，沿图中 虚线将它们折叠起来，使P，Q，R， S四点重合，则需要_______个这样的几何体，可以拼成一个棱 长为6的正方体.
【思路点拨】(1)可将该三棱柱的侧面沿棱BB′展开，然后利用 平面几何的知识解决.(2)将平面图形折叠后得到一个四棱锥， 然后利用体积相等求解.
3.直角三角形两直角边AB=3，AC=4，以AB为轴旋转一周所得的
几何体的体积为( )
(A)12π
(B)16π (C)9π (D)24π
【解析】选B.由题意知，该几何体是底面半径为4，
高为3的圆锥，故其体积 V142316.
3
4.若某几何体的三视图(单位：cm)
如图所示，则此几何体的侧面积为
空间几何体的三视图、表面积及体积
2022年高考数学总复习：空间几何体的三视图、表面积及体积1．柱体、锥体、台体、球的表面积与体积(1)空间几何体的三视图三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形，三视图的画法规则为“长对正、高平齐、宽相等”．画三视图的基本要求：正(主)俯一样长，俯侧(左)一样宽，正(主)侧(左)一样高．三视图排列规则：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)空间几何体的直观图空间几何体直观图的画法常采用斜二测画法．用斜二测画法画平面图形的直观图规则为“轴夹角45°(或135°)，平行长不变，垂直长减半”．Y易错警示i cuo jing shi1．未注意三视图中实、虚线的区别在画三视图时应注意看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线．2．不能准确分析组合体的结构致误对简单组合体表面积与体积的计算要注意其构成几何体的面积、体积是和还是差．3．台体可以看成是由锥体截得的，此时截面一定与底面平行．4．空间几何放置的方式不同时，对三视图可能会有影响．1．(2018·全国卷Ⅲ，3)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 )[解析]选A．由直观图可知选A．2．(文)(2018·全国卷Ⅰ，5)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( B ) A．122π B．12πC．82π D．10π[解析]截面面积为8，所以高h＝22，底面半径r＝2，所以该圆柱表面积S＝π·(2)2·2＋2π·2·22＝12π.(理)(2018·全国卷Ⅰ，7)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在侧视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( B )A．217 B．25C．3 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 5.3．(2018·浙江卷，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( C )A ．2B ．4C ．6D ．8[解析] 选C ． 由三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱，底面面积S ＝(1＋2)×22＝3，高h ＝2，所以V ＝Sh ＝6.4．(2018·北京卷，5)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( C )A ．1B ．2C ．3D ．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△P AB ，△PBC ，△PCD ，△P AD ， 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 ，△P AD 是直角三角形．因为AB ⊥AD ，PD ⊥AB ，PD ，AD ⊂平面P AD ，PD ∩AD ＝D ， 所以AB ⊥平面P AD ，又P A ⊂平面P AD ， 所以AB ⊥P A ，△P AB 是直角三角形． 因为AB ＝1，CD ＝2，AD ＝2，PD ＝2，所以P A ＝PD 2＋AD 2＝22，PC ＝PD 2＋CD 2＝22， PB ＝P A 2＋AB 2＝3，在梯形ABCD 中，易知BC ＝5，△PBC 三条边长为22，3，5，△PBC 不是直角三角形． 综上，侧面中直角三角形个数为3.5．(文)(2018·全国卷Ⅰ，10)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( C )A ．8B ．6 2C ．8 2D ．83[解析]选C ．如图，连接AC 1和BC 1，因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，AC 1与平面BB 1C 1C 所成角为30°，所以∠AC 1B ＝30°， 所以AB BC 1＝tan30°，BC 1＝23，所以CC 1＝22，所以V ＝2×2×22＝8 2.(理)(2018·全国卷Ⅲ，10)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( B )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．543[解析] 设△ABC 的边长为a ，则S △ABC ＝12a 2sin C ＝34a 2＝93，解得a ＝6，如图所示，当点D 在底面上的射影为三角形ABC 的中心H 时，三棱锥D ABC 的体积最大，设球心为O ，则在直角三角形AHO 中，AH ＝23×32×6＝23，OA ＝R ＝4，则OH＝OA 2－AH 2＝16－12＝2，所以DH ＝2＋4＝6，所以三棱锥D ABC 的体积最大值为V ＝13S △ABC ×DH ＝13×93×6＝18 3. 6.(文)(2018·天津卷，11)如图，已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为13.[解析] 连接A 1C 1，交B 1D 1于O 1点，依题意得A 1O 1⊥平面BB 1D 1D ，即A 1O 1为四棱锥A 1BB 1D 1D 的高，且A 1O 1＝22，而四棱锥A 1BB 1D 1D 的底面为矩形，其面积为2，所以四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积V ＝13Sh ＝13×2×22＝13.(理)(2018·天津卷，11)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为112.[解析] 依题意得：该四棱锥M EFGH 为正四棱锥，其高为正方体棱长的一半，即为12，正方形EFGH 的边长为22，其面积为12，所以四棱锥M EFGH 的体积V M EFGH ＝13Sh ＝13×12×12＝112. 7．(2018·全国卷Ⅱ，16)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为402π.[解析] 如图：设SA ＝SB ＝l ，底面圆半径为r ，因为SA 与圆锥底面所成角为45°，所以l ＝2r ，在△SAB 中，AB 2＝SA 2＋SB 2－2SA ·SB ·cos ∠ASB ＝12r 2，AB ＝22r ，AB 边上的高为(2r )2－⎝⎛⎭⎫24r 2＝304r ，△SAB 的面积为515， 所以12·22r ·304r ＝515，解得r ＝210，所以该圆锥的侧面积为πrl ＝π2r 2＝402π.8．(2017·全国卷Ⅰ，16)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为36π.[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.。
2021届高考数学 8.1空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积配套文档 理
§8.1空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积1．多面体的结构特点2.3.空间几何体的直观图经常使用斜二测画法来画，其规那么：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中维持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中长度为原先的一半．4．空间几何体的三视图(1)三视图的主视图、俯视图、左视图别离是从物体的正前方、正上方、正左方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形．(2)三视图的特点：三视图知足“长对正、高平齐、宽相等”或说“主左一样高、主俯一样长、俯左一样宽”．5．柱、锥、台和球的侧面积和体积1． (1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱． ( × ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( × )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A 时，假设∠A 的两边别离平行于x 轴和y 轴，且∠A ＝90°，那么在直观图中，∠A ＝45°.( × ) (4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同． ( × ) (5)圆柱的侧面展开图是矩形．( √ ) (6)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差来计算．( √ )2． (2021·四川)一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的直观图能够是 ( )答案 D解析 由三视图可知上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.3． (2021·课标全国Ⅰ)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 ，若是不计容器的厚度，那么球的体积为( )A.500π3cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3答案 A解析 作出该球轴截面的图象如下图，依题意BE ＝2，AE ＝CE ＝4，设DE ＝x ，故AD ＝2＋x ，因为AD 2＝AE 2＋DE 2，解得x ＝3，故该球的半径AD ＝5， 因此V ＝43πR 3＝500π3. 4． 一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形，原三角形的面积为________．答案62解析 由斜二测画法，知直观图是边长为1的正三角形，其原图是一个底为1，高为6的三角形，因此原三角形的面积为62.5． 假设一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，那么该圆锥的体积为________．答案33π 解析 侧面展开图扇形的半径为2，圆锥底面半径为1， ∴h ＝22－1＝3，∴V ＝13π×1×3＝33π.题型一 空间几何体的结构特点 例1 (1)以下说法正确的选项是( )A ．有两个平面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B ．四棱锥的四个侧面都能够是直角三角形C ．有两个平面相互平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D ．棱台的各侧棱延长后不必然交于一点 (2)给出以下命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，那么这两点的连线是圆柱的母线； ②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； ③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面能够不相似，但侧棱长必然相等． 其中正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3思维启发 从多面体、旋转体的概念入手，能够借助实例或几何模型明白得几何体的结构特点． 答案 (1)B (2)A解析 (1)A 错，如图1；B 正确，如图2，其中底面ABCD 是矩形，可证明∠PAB ，∠PCB 都是直角，如此四个侧面都是直角三角形；C 错，如图3；D 错，由棱台的概念知，其侧棱必相交于同一点．(2)①不必然，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②不必然，因为“其余各面都是三角形”并非等价于“其余各面都是有一个公共极点的三角形”，如图1所示；③不必然，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，可是侧棱长不必然相等． 思维升华 (1)有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的几何体不必然是棱柱． (2)既然棱台是由棱锥概念的，因此在解决棱台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略． (3)旋转体的形成不仅要看由何种图形旋转取得，还要看旋转轴是哪条直线．如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A ，B ，C是展开图上的三点，那么在正方体盒子中，∠ABC 的值为 ( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 C解析 还原正方体，如下图，连接AB ，BC ，AC ，可得△ABC 是正三角形，那么∠ABC ＝60°. 题型二 空间几何体的三视图和直观图例2 (1)如图，某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且体积为12，那么该几何体的俯视图能够是( )(2)正三角形AOB 的边长为a ，成立如下图的直角坐标系xOy ，那么它的直观图的面积是________．思维启发 (1)由主视图和左视图可知该几何体的高是1，由体积是12可求出底面积．由底面积的大小可判定其俯视图是哪个．(2)依照直观图画法规那么确信平面图形和其直观图面积的关系． 答案 (1)C (2)616a 2解析 (1)由该几何体的主视图和左视图可知该几何体是柱体，且其高为1，由其体积是12可知该几何体的底面积是12，由图知A 的面积是1，B 的面积是π4，C 的面积是12，D 的面积是π4，应选C.(2)画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图)．D ′为O ′A ′的中点． 易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2.思维升华 (1)三视图中，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．即“长对正，宽相等，高平齐”．(2)解决有关“斜二测画法”问题时，一样在已知图形中成立直角坐标系，尽可能运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系．(1)(2021·湖南)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，那么该正方体的主视图的面积不可能等于( )A ．1 B.2 C.2－12D.2＋12(2)如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6 cm ，O ′C ′＝2 cm ，那么原图形是 ( ) A ．正方形 B ．矩形C ．菱形D ．一样的平行四边形答案 (1)C (2)C解析 (1)由俯视图知正方体的底面水平放置，其主视图为矩形，以正方体的高为一边长，另一边长最小为1，最大为2，面积范围应为[1，2]，不可能等于2－12.(2)如图，在原图形OABC 中， 应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝42 cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm.∴OC ＝OD 2＋CD 2＝422＋22＝6 cm ，∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形． 题型三 空间几何体的表面积与体积例3 (1)一个空间几何体的三视图如下图，那么该几何体的表面积为 ( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80(2)已知某几何体的三视图如下图，其中主视图、左视图均由直角三角形与半圆组成，俯视图由圆与内接三角形组成，依照图中的数据可得几何体的体积为 ( ) A.2π3＋12B.4π3＋16 C.2π6＋16D.2π3＋12思维启发 先由三视图确信几何体的组成及气宇，然后求表面积或体积． 答案 (1)C (2)C解析 (1)由三视图知该几何体的直观图如下图，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12＝17.因此S表＝42＋2×4＋12×(2＋4)×4×2＋4×17×2＝48＋817.(2)由三视图确信该几何体是一个半球体与三棱锥组成的组合体，如图，其中AP ，AB ，AC 两两垂直，且AP ＝AB ＝AC ＝1，故AP ⊥平面ABC ，S △ABC ＝12AB ×AC ＝12，因此三棱锥P －ABC 的体积V 1＝13×S △ABC ×AP ＝13×12×1＝16，又Rt△ABC 是半球底面的内接三角形，因此球的直径2R ＝BC ＝2，解得R ＝22，因此半球的体积V 2＝12×4π3×(22)3＝2π6，故所求几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝16＋2π6.思维升华 解决此类问题需先由三视图确信几何体的结构特点，判定是不是为组合体，由哪些简单几何体组成，并准确判定这些几何体之间的关系，将其切割为一些简单的几何体，再求出各个简单几何体的体积，最后求出组合体的体积．(2021·课标全国)已知三棱锥S －ABC 的所有极点都在球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，那么此棱锥的体积为 ( ) A.26 B.36 C.23 D.22答案 A解析 由于三棱锥S －ABC 与三棱锥O －ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S －ABC 的高是三棱锥O －ABC 高的2倍，因此三棱锥S －ABC 的体积也是三棱锥O －ABC 体积的2倍． 在三棱锥O －ABC 中，其棱长都是1，如下图， S △ABC ＝34×AB 2＝34，高OD ＝ 12－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫332＝63， ∴V S －ABC ＝2V O －ABC ＝2×13×34×63＝26.转化思想在立体几何计算中的应用典例：(12分)如图，在直棱柱ABC —A ′B ′C ′中，底面是边长为3的等边三角形，AA ′＝4，M 为AA ′的中点，P 是BC 上一点，且由P 沿 棱柱侧面通过棱CC ′到M 的最短线路长为29，设这条最短线路与CC ′的交点为N ，求：(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长； (2)PC 与NC 的长；(3)三棱锥C —MNP 的体积．思维启发 (1)侧面展开图从哪里剪开展平；(2)MN ＋NP 最短在展开图上呈现如何的形式；(3)三棱锥以谁做底好． 标准解答解 (1)该三棱柱的侧面展开图为一边长别离为4和9的矩形，故对角线长为42＋92＝97.[2分](2)将该三棱柱的侧面沿棱BB ′展开，如以下图，设PC ＝x ，那么MP 2＝MA 2＋(AC ＋x )2. ∵MP ＝29，MA ＝2，AC ＝3，∴x ＝2，即PC ＝2.又NC ∥AM ，故PC PA ＝NCAM ，即25＝NC 2.∴NC ＝45.[8分](3)S △PCN ＝12×CP ×CN ＝12×2×45＝45.在三棱锥M —PCN 中，M 到面PCN 的距离， 即h ＝32×3＝332.∴V C —MNP ＝V M —PCN ＝13·h ·S △PCN＝13×332×45＝235.[12分] 温馨提示 (1)解决空间几何体表面上的最值问题的全然思路是“展开”，即将空间几何体的“面”展开后铺在一个平面上，将问题转化为平面上的最值问题．(2)若是已知的空间几何体是多面体，那么依照问题的具体情形能够将那个多面体沿多面体中某条棱或两个面的交线展开，把不在一个平面上的问题转化到一个平面上．若是是圆柱、圆锥那么可沿母线展开，把曲面上的问题转化为平面上的问题．(3)此题的易错点是，不明白从哪条侧棱剪开展平，不能正确地画出侧面展开图．缺乏空间图形向平面图形的转化意识.方式与技术1．棱柱、棱锥要把握各部份的结构特点，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决．2．旋转体要抓住“旋转”特点，弄清底面、侧面及展开图形状．3．三视图画法：(1)实虚线的画法：分界限和可见轮廓线用实线，看不见的轮廓线用虚线；(2)明白得“长对正、宽平齐、高相等”．4．直观图画法：平行性、长度两个要素．5．求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规那么的几何体通过度割或补形将其转化为规那么的几何体求解．6．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，确信有关元素间的数量关系，并作出适合的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的极点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．失误与防范1．台体能够看成是由锥体截得的，但必然强调截面与底面平行．2．注意空间几何体的不同放置对三视图的阻碍．3．几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系．A组专项基础训练(时刻：40分钟)一、选择题1．正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两极点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有( )A．20 B．15C．12 D．10答案D解析如图，在正五棱柱ABCDE－A1B1C1D1E1中，从极点A动身的对角线有两条：AC1，AD1，同理从B，C，D，E点动身的对角线均有两条，共2×5＝10(条)．2．(2021·福建)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么那个几何体不能够是( )A ．球B ．三棱锥C ．正方体D ．圆柱答案 D解析 考虑选项中几何体的三视图的形状、大小，分析可得． 球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等，第一排除选项A 和C. 关于如下图三棱锥O －ABC ，当OA 、OB 、OC 两两垂直且OA ＝OB ＝OC 时， 其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B. 不论圆柱如何设置，其三视图的形状都可不能完全相同， 故答案选D.3． (2021·重庆)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为( )A.5603B.5803 C ．200 D ．240答案 C解析 由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长为8，高为4，故面积为S ＝2＋8×42＝20.又棱柱的高为10，因此体积V ＝Sh ＝20×10＝200.4． 如图是一个物体的三视图，那么此三视图所描述物体的直观图是( ) 答案 D解析 由俯视图可知是B 和D 中的一个，由主视图和左视图可知B 错．5． 某几何体的三视图如下图，其中俯视图是个半圆，那么该几何体的表面积为( )A.32π B ．π＋3C.32π＋ 3D.52π＋3答案 C解析 由三视图可知该几何体为一个半圆锥，底面半径为1，高为3，∴表面积S ＝12×2×3＋12×π×12＋12×π×1×2＝3＋3π2.二、填空题6. 如下图，E 、F 别离为正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的面ADD 1A 1、面BCC 1B 1的中心，那么四边形BFD 1E 在该正方体的面DCC 1D 1上的正投影是________．(填序号)答案 ②解析 四边形在面DCC 1D 1上的正投影为②：B 在面DCC 1D 1上的正投影为C ，F 、E 在面DCC 1D 1上的投影应在边CC 1与DD 1上，而不在四边形的内部，故①③④错误．7． 已知三棱锥A —BCD 的所有棱长都为2，那么该三棱锥的外接球的表面积为________． 答案 3π 解析 如图，构造正方体ANDM —FBEC .因为三棱锥A —BCD 的所有棱长都为2，因此正方体ANDM —FBEC 的棱长为1.因此该正方体的外接球的半径为32. 易知三棱锥A —BCD 的外接球确实是正方体ANDM —FBEC 的外接球，因此三棱锥A —BCD 的外接球的半径为32.因此三棱锥A —BCD 的外接球的表面积为S 球＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＝3π. 8． (2021·江苏)如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 别离是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F －ADE的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，那么V 1∶V 2＝________.答案 1∶24解析 设三棱锥F －ADE 的高为h ，则V 1V 2＝13h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12AD ·AE ·sin∠DAE 2h 122AD 2AE sin∠DAE＝124. 三、解答题9．一个几何体的三视图及其相关数据如下图，求那个几何体的表面积．解 那个几何体是一个圆台被轴截面割出来的一半．依照图中数据可知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为3，母线长为2，几何体的表面积是两个半圆的面积、圆台侧面积的一半和轴截面的面积之和，故那个几何体的表面积为S ＝12π×12＋12π×22＋12π×(1＋2)×2＋12×(2＋4)×3＝11π2＋3 3.10．已知一个正三棱台的两底面边长别离为30 cm 和20 cm ，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高．解 如下图，三棱台ABC —A 1B 1C 1中，O 、O 1别离为两底面中心，D 、D 1别离为BC和B 1C 1的中点，那么DD 1为棱台的斜高．由题意知A 1B 1＝20，AB ＝30，则OD ＝53，O 1D 1＝1033， 由S 侧＝S 上＋S 下，得12×(20＋30)×3DD 1＝34×(202＋302)， 解得DD 1＝1333，在直角梯形O 1ODD 1中，O 1O ＝DD 21－OD －O 1D 12＝43，因此棱台的高为4 3 cm. B 组 专项能力提升(时刻：30分钟)1． 在四棱锥E —ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD,2AB ＝3CD ，M 为AE 的中点，设E —ABCD 的体积为V ，那么三棱锥M —EBC 的体积为( )A.25VB.13VC.23VD.310V 答案 D解析 设点B 到平面EMC 的距离为h 1，点D 到平面EMC 的距离为h 2.连接MD .因为M 是AE 的中点，因此V M —ABCD ＝12V . 因此V E —MBC ＝12V －V E —MDC . 而V E —MBC ＝V B —EMC ，V E —MDC ＝V D —EMC ，因此V E —MBCV E —MDC ＝V B —EMC V D —EMC ＝h 1h 2.因为B ，D 到平面EMC 的距离即为到平面EAC 的距离，而AB ∥CD ，且2AB ＝3CD ，因此h 1h 2＝32. 因此V E —MBC ＝V M －EBC ＝310V .2． 某三棱锥的三视图如下图，该三棱锥的表面积是( ) A ．28＋6 5 B ．30＋65C ．56＋125 D ．60＋125 答案 B 解析 由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如下图，其中AE ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，且CD ＝4，BD ＝5，BE ＝2，ED ＝3，AE ＝4.∵AE ＝4，ED ＝3，∴AD ＝5.又CD ⊥BD ，CD ⊥AE ，则CD ⊥平面ABD ，故CD ⊥AD ，因此AC ＝41且S △ACD ＝10.在Rt△ABE 中，AE ＝4，BE ＝2，故AB ＝25. 在Rt△BCD 中，BD ＝5，CD ＝4，故S △BCD ＝10，且BC ＝41.在△ABD 中，AE ＝4，BD ＝5，故S △ABD ＝10.在△ABC 中，AB ＝25，BC ＝AC ＝41，则AB 边上的高h ＝6，故S △ABC ＝12×25×6＝6 5. 因此，该三棱锥的表面积为S ＝30＋65. 3． 表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，那么该圆锥的底面直径为________．答案 2解析 设圆锥的母线为l ，圆锥底面半径为r .那么12πl 2＋πr 2＝3π，πl ＝2πr ，∴r ＝1，即圆锥的底面直径为2.4. 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，图为该四棱锥的主视图和左视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)依照图所给的主视图、左视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA .解 (1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)，边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2.(2)由左视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2.由主视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，因此在Rt△APD 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝622＋62＝6 3 cm.5． 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝a ，PA ＝PC ＝2a ，假设在那个四棱锥内放一球，求此球的最大半径．解 当球内切于四棱锥，即与四棱锥各面均相切时球半径最大，设球的半径为r ，球心为O ，连接OP 、OA 、OB 、OC 、OD ，那么把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥，这些小棱锥的高都是r ，底面别离为原四棱锥的侧面和底面，则V P －ABCD ＝13r (S △PAB ＋S △PBC ＋S △PCD ＋S △PAD ＋S 正方形ABCD )＝13r (2＋2)a 2.由题意，知PD ⊥底面ABCD ，∴V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝13a 3. 由体积相等， 得13r (2＋2)a 2＝13a 3，解得r ＝12(2－2)a .。
【高考数学】第三部分_重点板块_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
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[全国卷3年考情分析]年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019三棱锥的外接球、球的体积·T12空间几何体的结构特征、直观图、几何运算、数学文化·T16空间两直线的位置关系的判定·T8简单几何体的组合体、长方体和棱锥的体积·T16 2018空间几何体的三视图、直观图及最短路径问题·T7圆锥的性质及侧面积的计算·T16三视图与数学文化·T3与外接球有关的空间几何体体积的最值问题·T10 2017空间几何体的三视图与直观图、面积的计算·T7空间几何体的三视图及组合体体积的计算·T4球的内接圆柱、圆柱的体积的计算·T8“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积，空间点、线、面位置关系(特别是平行与垂直)．(2)考查一个小题时，本小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查两个小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度稍高，一般会出现在第12或16题的位置上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查．考点一空间几何体的三视图、直观图与截面图[例1](1)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()(2)(2019·江西八所重点中学联考)某四面体的三视图如图所示，则该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值是()A ．52B ．2C ．355D ．32(3)(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A ．334B ．233C ．324D ．321.(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在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 ．25C ．3D ．22．已知球O 是正三棱锥A BCD 的外接球，BC ＝3，AB ＝23，点E 在线段BD 上，且BD ＝3BE ，过点E 作球O 的截面，则所得截面中面积最小的截面圆的面积是________．考点二 几何体的表面积与体积 题型一 求空间几何体的表面积[例2] (1)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD 为矩形，棱EF ∥AB .若此几何体中，AB ＝4，EF ＝2，△ADE 和△BCF 都是边长为2的等边三角形，则该几何体的表面积为( )A ．83B ．8＋83C ．62＋23D ．8＋62＋23(2)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“今有倚壁外角堆米，下周九十尺，高十二尺．”其意思为：在屋外墙角处堆放米(其三视图如图所示)，米堆底部的弧长为90尺，米堆的高为12尺．圆周率约为3.若将此堆米用草席盖上，则此草席的面积至少约为(计算结果保留整数，如544≈23，550≈23)( )A ．250平方尺B ．990平方尺C ．1 035平方尺D ．518平方尺题型二 求空间几何体的体积[例3] (1)(2019·天津高考)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________．(2)(2019·江西省五校协作体试题)某几何体的三视图如图所示，正视图是一个上底为2，下底为4的直角梯形，俯视图是一个边长为4的等边三角形，则该几何体的体积为______．1．(2019·重庆市学业质量调研)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.323 B ．643C.1283 D ．16032．已知一个底面是菱形、侧面是矩形的四棱柱，侧棱长为5，菱形的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )A ．3034B ．6034C ．3034＋135D ．1353．已知直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的所有棱长都是1，∠ABC ＝60°，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，点H 在线段OB 1上，OH ＝3HB 1，点M 是线段BD 上的动点，则三棱锥M C 1O 1H 的体积的最小值为________．考点三 与球有关的切、接问题 题型一 外接球[例4] (2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF ＝90°，则球O 的体积为( )A ．86πB ．46πC ．26πD ．6π题型二 内切球[例5] 已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O (重量忽略不计)，现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于( )A.7π6 B ．4π3C.2π3 D ．π2题型三 与球有关的最值问题[例6] (2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( )A ．123B ．183C ．243D ．5431．已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )A ．83πB ．323πC ．16πD ．32π2．(2019·福建五校第二次联考)已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的直径为______．3．已知四棱锥S ABCD 的所有顶点在同一球面上，底面ABCD 是正方形且球心O 在此平面内，当四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于16＋163，则球O 的体积为______．4.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于( )A ．2π＋4B ．4π＋2 C.2π3＋4 D ．4π3＋8【课后专项练习】A 组一、选择题1．如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为( )2．(2019·福州市质量检测)棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1木块的直观图如图所示，平面α过点D 且平行于平面ACD 1，则该木块在平面α内的正投影面积是( )A.3 B ．323C.2D ．13．已知矩形ABCD ，AB ＝2BC ，把这个矩形分别以AB ，BC 所在直线为轴旋转一周，所成几何体的侧面积分别记为S 1，S 2，则S 1与S 2的比值等于( )A.12 B ．1 C ．2D ．44．设球O 是正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的内切球，若平面ACD 1截球O 所得的截面面积为6π，则球O 的半径为( )A.32 B ．3 C.32D ．35．(2019·武汉市调研测试)如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 为CD 的中点，则三棱锥A BC 1M 的体积VA BC 1M ＝( )A.12 B ．14C.16 D ．1126．(2019·武汉市调研测试)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，则该几何体的体积为( )A.23π B ．43πC ．2πD ．25π7．在三棱锥A BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积分别为22，32，62，则该三棱锥的体积为( ) A. 6 B ．66 C ．6 D ．268．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.π2 D ．π49．若一个球与四面体的六条棱都相切，则称此球为四面体的棱切球．已知正四面体的棱长为2，则它的棱切球的体积为( )A ．3π54B ．π6C ．π3D ．3π210．已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝3，AC ＝3.若三棱锥D ABC 体积的最大值为334，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．16πC ．12πD ．163π11．已知一个半径为7的球中有一个各条棱长都相等的内接正三棱柱，则正三棱柱的体积是( )A ．18B ．16C ．12D ．812.(2019·福州市质量检测)如图，以棱长为1的正方体的顶点A 为球心，以2为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )A.3π4 B ．2π C.3π2 D ．9π4二、填空题13．(2019·长春市质量监测(一))已知一所有棱长都是2的三棱锥，则该三棱锥的体积为______．14.已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为______．15．古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为______．16．已知三棱锥P ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，且P A ＝8.若平面ABC 截球O 所得截面的面积为9π，则球O 的表面积为______．B 组1.(2019·合肥市第二次质量检测)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2．在棱长为3的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M PBC 的体积为( )A ．1B ．32C.92 D ．与M 点的位置有关3．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为1，点M 在线段BC 上(点M 异于B ，C 两点)，点N 为线段CC 1的中点，若平面AMN 截正方体ABCD A 1B 1C 1D 1所得的截面为四边形，则线段BM 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎤0，13 B ．⎝⎛⎦⎤0，12 C.⎣⎡⎭⎫12，1 D ．⎣⎡⎦⎤12，234．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA 1，BB 1，CC 1分别交于三点M ，N ，Q ，若△MNQ 为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )A ．22B ．3C．23D．45．(2019·郑州市第二次质量预测)在△ABC中，已知AB＝23，BC＝26，∠ABC＝45°，D是边AC上的一点，将△ABD沿BD折叠，得到三棱锥ABCD，若该三棱锥的顶点A在底面BCD上的射影M在线段BC上，设BM＝x，则x的取值范围是() A．(0，23)B．(3，6)C．(6，23)D．(23，26)6.如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D为棱AA1的中点．若AA1＝4，AB＝2，则四棱锥BACC1D的体积为________．7．已知在正四棱锥SABCD中，SA＝63，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为________．8．(2019·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________．。
2023版高考数学一轮总复习专题检测8-1空间几何体的三视图表面积和体积
8.1 空间几何体的三视图、表面积和体积一、选择题1.(2022届山东烟台一中开学考,2)已知圆锥的表面积等于12πcm 2,其侧面展开图是一个半圆,则圆锥的底面半径为( ) A.1cm B.2cm C.3cm D.32cm答案 B 设圆锥的底面圆的半径为rcm,母线长为lcm,∵侧面展开图是一个半圆,∴πl=2πr ⇒l=2r,∵圆锥的表面积为12πcm 2,∴πr 2+πrl=3πr 2=12π,∴r=2,故圆锥的底面半径为2cm.故选B.2.(2022届黑龙江六校11月联考,4)已知圆锥的轴截面为等边三角形,且圆锥的表面积为3π,则圆锥的底面半径为( )A.12 B.1 C.√2 D.√3答案 B 设圆锥的母线长为l,底面半径为r,根据题意,得l=2r,所以圆锥的表面积S=πr 2+πrl=3πr 2=3π,解得r=1,故选B.3. (2022届河北邢台入学考,4)六氟化硫,化学式为SF 6,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体,有良好的绝缘性,在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体(每个面都是正三角形的八面体),如图所示,硫原子位于正八面体的中心,6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点.若相邻两个氟原子间的距离为2a,则六氟化硫分子中6个氟原子构成的正八面体的体积是(不计氟原子的大小)( )A.4√23a 3B.8√23a 3C.4√2a 3D.8√2a 3答案 B 如图,连接AC,BD,设AC∩BD=O,则O 为正方形ABCD 的中心,连接OE.因为AE=CE,BE=DE,所以OE⊥AC,OE⊥BD,又AC∩BD=O,所以OE⊥平面ABCD.因为AB=BC=AE=2a,所以AC=√AA 2+B A 2=2√2a.因为四边形ABCD 是正方形,所以AO=12AC=√2a,则OE=√AA 2-A A 2=√2a,故该正八面体的体积为13×(2a)2×√2a×2=8√23a 3.4.(2022届河南焦作一模,6)底面是边长为1的正方形,侧面均是等边三角形的四棱锥的体积为( )A.√26 B.√24 C.√23 D.√22答案 A 由题意可知该四棱锥为正四棱锥,底面正方形对角线长为√2,则正四棱锥的高h=√12-(√22)2=√22,所以正四棱锥的体积V=13×12×√22=√26,故选A.5.(2022届河南洛阳期中,7)某四面体的三视图如图所示,已知其正视图、侧视图、俯视图是全等的等腰直角三角形,则该四面体的四个面中直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4答案 D 由三视图及已知可知该四面体可补形成正方体,如图所示.易知△DAB,△ABC 均为直角三角形.由正方体的性质可知CB⊥平面DAB,所以CB⊥BD,即△DBC 是直角三角形;又知DA⊥平面ABC,所以DA⊥AC,即△DAC 是直角三角形,所以该四面体的四个面中直角三角形的个数为4,故选D.6.(2022届江西吉安9月月考,8)如图,网格图中小正方形的边长为1,粗线是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( )A.2π+4B.2π+2C.π+4D.6π+12答案 A 由三视图可知,该几何体由半圆锥和三棱锥拼接而成,半圆锥的底面半径为2,高为3,三棱锥的底面是斜边长为4的等腰直角三角形,三棱锥的高为3,故该几何体的体积V=13×(12π×22+4×2×12)×3=2π+4,故选A.7.(2022届江苏海安高级中学期中,8)如图所示,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1=1,AB=BC=√3,cos∠ABC=13,P 是A 1B 上的一动点,则AP+PC 1的最小值为( )A.√5B.√7C.1+√3D.3答案 B 连接BC 1,得△A 1BC 1,以A 1B 所在直线为轴,将△A 1BC 1所在平面旋转到平面ABB 1A 1,设点C 1的新位置为C',连接AC', 则AC'的长即为AP+PC 1的最小值.∵AB=BC=√3,cos∠ABC=13,∴由余弦定理可得,AC=2,∴A 1C 1=2,即A 1C'=2,∵AA 1=1,AB=√3,∴A 1B=2,且∠AA 1B=60°.易求得C 1B=2,∵A 1B=BC 1=A 1C 1=2,∴△A 1BC 1为等边三角形,∴∠BA 1C 1=60°.∴在三角形AA 1C'中,∠AA 1C'=120°,又AA 1=1,A 1C'=2,∴AC'=√1+4−2×1×2×(-12)=√7.故选B.8.(2022届吉林顶级名校11月月考,10)已知球O,过球面上A,B,C 三点作截面,若点O 到该截面的距离是球半径的一半,且AB=BC=2,∠B=120°,则球O 的表面积为( ) A.643π B.83π C.323π D.169π答案 A 如图,设球的半径为r,O 1是△ABC 的外心,外接圆半径为R,连接OO 1,OB,O 1B,则OO 1⊥平面ABC,在△ABC 中,AB=BC=2,∠ABC=120°,则∠A=30°,由正弦定理得2sin A =2R,∴R=2,即O 1B=2.在Rt△OBO 1中,由已知得r 2-14r 2=4,得r 2=163,所以球O 的表面积S=4πr 2=4π×163=643π.故选A.9.(2022届合肥联考(一),9)一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积为( )A.2√3+√2+1B.√3+2√2+1C.√3+√2+2D.√3+√2+1答案 B 如图,在棱长等于√2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1上取四面体ABB 1D 1,即为所求四面体,易得该四面体的表面积为12×√2×√2+12×√2×2×2+√34×22=√3+2√2+1.故选B.10.(2022届贵阳摸底,9)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,则该几何体的外接球的体积为( )A.13√136π B.13π C.9π D.92π答案 A 由三视图可知,此空间几何体是一放倒的圆柱,圆柱的底面半径为1,高为3,如图所示,该圆柱的上、下底面圆周在其外接球的表面上,外接球的半径为OA,因为OO 1=32,O 1A=1,所以OA=√(32)2+12=√132,所以圆柱外接球的体积为43π(√132)3=13√136π,故选A.11.张衡(78年—139年)是中国东汉时期伟大的天文学家、文学家、数学家,他的数学著作有《算罔论》,他曾经得出结论:圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点A,B,若线段AB 的最小值为√3-1,利用张衡的结论可得该正方体的外接球的表面积为( )A.30B.10√10C.12√10D.36答案 C 设正方体的棱长为a,则正方体的内切球半径为r=A2,正方体的外接球半径R 满足:R 2=(A 2)2+(√22a )2,解得R=√32a,由题意知:R-r=√32a-A2=√3-1,则a=2,R=√3,则该正方体的外接球的表面积为12π,又因为圆周率的平方除以十六等于八分之五,即π216=58,所以π=√10,所以外接球的表面积为12√10.故选C.二、填空题12.(2022届甘肃九校联考,16)某零件的结构是在一个圆锥中挖去了一个正方体,且正方体的一个面在圆锥底面上,该面所对的面的四个顶点在圆锥侧面内.在图①②③④⑤⑥⑦⑧中选两个分别作为该零件的主视图和俯视图,则所选主视图和俯视图的编号依次可能为(写出符合要求的一组即可).答案⑤⑦(或①⑧)解析根据题意可知,圆锥和正方体的位置关系如图所示,当主视图为①时,俯视图为⑧;当主视图为⑤时,俯视图为⑦,故符合题意的编号为⑤⑦(或①⑧).13.(2022届浙江浙南名校联盟联考一,15)一圆锥母线长为定值a(a>0),母线与底面所成角),当圆锥体积V最大时,sinθ=.大小为θ(0<A<π2答案√33解析如图,设圆锥的高为h,底面半径为r,则h=asinθ,r=acosθ,∴V=13πr 2h=13πa 2cos 2θ·asinθ=π3a 3(1-sin 2θ)·sinθ=π3a 3(sinθ-s in 3θ),则V'=π3a 3(cosθ-3sin 2θ·cosθ)=π3a 3·cosθ(1-3sin 2θ),令V'=0, ∵0<θ<π2,∴1-3sin 2θ=0,即sin 2θ=13,∴sinθ=√33.∴当sinθ∈(0,√33)时,V'>0,V=π3a 3(sinθ-sin 3θ)单调递增;当sinθ∈(√33,1)时,V'<0,V=π3a 3(sinθ-sin 3θ)单调递减.∴sinθ=√33时,V 最大.14.(2022届河南洛阳期中,15)在三棱锥P-ABC 中,AB=2√6,BC=1,AC=5,侧面PAB 是以P 为直角顶点的直角三角形,若平面PAB⊥平面ABC,则该三棱锥体积的最大值为 . 答案 2解析 因为AB=2√6,BC=1,AC=5,所以AB 2+BC 2=AC 2,所以AB⊥BC,在Rt△PAB 中,过P 作PE⊥AB 交AB 于点E,又平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PE ⊂平面PAB,所以PE⊥平面ABC,所以PE 是三棱锥P-ABC 的高,设AE=x,则BE=2√6-x,在Rt△PAB 中,PE 2=AE·BE,所以PE=√A (2√6-x).所以V 三棱锥P-ABC =13S △ABC ·PE=13×12×2√6×1×√A (2√6-x)=√63√A (2√6-x),当x=√6时,三棱锥的体积取得最大值2.15.(2020甘肃金昌永昌一高期末,16)已知△ABC 中,P 在边BC 上且AP⊥BC,现以AP 为折痕将△ABC 折起,使得∠BPC=π2.若PA=2PB=2PC=4,则该三棱锥P-ABC 的外接球的体积是 ;内切球的表面积是 . 答案 8√6π;π解析 因为AP⊥BP 且AP⊥PC,且∠BPC=90°,所以PA,PB,PC 两两垂直,所以将三棱锥P-ABC 补成如图所示的长方体,设三棱锥P-ABC 的外接球的半径为R,则(2R)2=PA 2+PB 2+PC 2=16+4+4=24,解得R=√6,所以三棱锥P-ABC 的外接球的体积为43πR 3=43π(√6)3=8√6π.设三棱锥P-ABC 内切球的半径为r,三棱锥P-ABC 的表面积为S,由已知得BC=√22+22=2√2,AB=AC=√42+22=2√5,则S=12×4×2×2+12×2×2+12×2√2×√(2√5)2-(√2)2=16,所以V P-ABC =V B-APC =13×12×4×2×2=13×16r,解得r=12,所以三棱锥P-ABC 内切球的表面积为4πr 2=4π×(12)2=π.16.(2022届北京顺义一中期中,15)如图所示,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱CC1上的一个动点,若平面BED1交棱AA1于点F,给出下列命题:①截面四边形BED1F可以是正方形;②三棱锥B1-BED1的体积恒为定值;③截面四边形BED1F周长的最小值为2√5a.其中是真命题的是(填写所有正确答案的序号).答案②③解析对于①,易得BD1=√3a,设C1E=b(0≤b≤a),则D1E=√A2+A2,BE=√A2+(A-A)2,假设截面四边形BED1F是正方形,则△BED1是以BD1为斜边的等腰直角三角形,从而有{√2·√A2+A2=√3a,√2·√A2+(A-A)2=√3a,由b=a-b得a=2b,则√2·√4A2+A2=2√3b,显然√2·√4A2+A2=2√3b不成立,所以截面四边形BED1F不可能是正方形,①错误;对于②,因为点E到平面BB1D1的距离为定值,又A A1-BE A1=A A-AA1A1,所以三棱锥B1-BED1的体积恒为定值,②正确;对于③,当点E与点C或C1重合时,截面四边形BED1F周长取得最大值2(a+√2a)=2(1+√2)a,当点E是CC1中点时,截面四边形BED1F周长取得最小值2×2·√A2+(A2)2=2√5a,③正确.综上②③正确.。
高三数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析
高三数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析1.（本题满分12分）底面边长为2的正三棱锥,其表面展开图是三角形，如图，求△的各边长及此三棱锥的体积.【答案】边长为4，体积为．【解析】由于展开图是，分别是所在边的中点，根据三角形的性质，是正三角形，其边长为4，原三棱锥的侧棱也是2，要求棱锥的体积需要求出棱锥的高，由于是正棱锥，顶点在底面上的射影是底面的中心，由相应的直角三角形可求得高，得到体积．试题解析：由题意中，，，所以是的中位线，因此是正三角形，且边长为4．即，三棱锥是边长为2的正四面体∴如右图所示作图，设顶点在底面内的投影为，连接，并延长交于∴为中点，为的重心，底面∴，，【考点】图象的翻折，几何体的体积．2.设甲，乙两个圆柱的底面面积分别为，体积为，若它们的侧面积相等且，则的值是 .【答案】【解析】设甲、乙两个圆柱的底面和高分别为，，则，，又，所以，则．【考点】圆柱的侧面积与体积．3.正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为A．B．C．D．【答案】C【解析】如下图所示，连接，因为是正三角形，且为中点，则，又因为面，故，且，所以面，所以是三棱锥的高，所以．【考点】1、直线和平面垂直的判断和性质；2、三棱锥体积．4.如图，在三棱锥中，，，°，平面平面，，分别为，中点．（1）求证：∥平面；（2）求证：；（3）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析；（3）.【解析】本题主要考查线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力.第一问，由于D、E分别为AB、AC中点，所以利用三角形的中位线得出∥，再利用线面平行的判定直接得到结论；第二问，由，而∥得，而D为AB中点，PA=PB，得，所以利用线面垂直的判定得平面，再利用线面垂直的性质得；第三问，由于，利用面面垂直的性质得平面，所以PD是三棱锥的高，而，所以.（1）因为，分别为，中点，所以∥，又平面，平面，所以∥平面. 4分（2）连结，因为∥，又°，所以.又，为中点，所以.所以平面，所以. 9分（3）因为平面平面，有，所以平面，所以. 14分【考点】线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积.5.如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,DA⊥面ABP,AB=1,PA=2,∠PAB=60°.(1)求证:平面PBC⊥面PDC(2)设E为PC上一点,若二面角B-EA-P的余弦值为-,求三棱锥E-PAB的体积.【答案】(1)见解析(2)【解析】(1)∵AB=1,PA=2,∠PAB=60°,∴在△PAB中,由余弦定理得PB2=PA2+AB2-2AB·PAcos600=4+1-2×1×2×=3∴PA2=PB2+AB2,即AB⊥PB∵DA⊥面ABP,CB∥DA∴CB⊥面ABP CB⊥AB ,∴AB⊥面PBC又DC∥AB,∴DC∥面PBC∵DC面PDC,∴平面PBC⊥面PDC(2)如图建立空间直角坐标系则A(0,1,0),P(,0,0),C(0,0,1)设E(x,y,z),= (0<<1)则(-,0,1)=(x-,y,z)x=(1-),y=0,z=设面ABE的法向量为n=(a,b,c),则令c=n=(,0,)同理可求平面PAE的法向量为m=(1,,)∵cos<n,m>====∴=或=1(舍去)∴E(,0,)为PC的中点,其竖坐标即为点E到底面PAB的距离∴V=××1××=E-PAB6.某圆锥体的侧面展开图是半圆，当侧面积是时，则该圆锥体的体积是 .【答案】【解析】设圆锥的母线长为，底面半径为，则，，，，所以圆锥的高为，体积为.【考点】圆锥的侧面展开图与体积.7.如图，在三棱锥中，，，平面平面，为中点，点分别为线段上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为________．【答案】【解析】因为且为中点，所以，因为平面平面，由面面垂直的性质定理可得，即。
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空间几何体的三视图专题复习题1．已知一个几何体是由上、下两部分构成的组合体，其三视图如图所示，若图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为5，则该几何体的体积是．A ．43πB ．2πC ．83πD ．103π2．一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．13πB ．12πC ．2πD ．π3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 A ．54 B ．60 C ．66 D ．724．已知体积为3的正三棱柱（底面是正三角形且侧棱垂直底面）的三视图如图所示，则此三棱柱的高为A ．31B ．32C ．1D ．34 俯视图侧视图正视图俯视图侧视图正视图21222俯视图左视图正视图32545．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为A．3B．C．6D．86．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是A．2B．4C．2+D．57．已知一个三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱的表面积为A．5B．52CD．38．一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的体积为．A．28 3B．3C．28D．22+222433侧视图俯视图正视图俯视图侧（左）视图正（主）视图11215212俯视图侧（左）视图正（主）视图222244229．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图、俯视图中的圆以及侧视图中的圆弧的半径都相等，侧视图中的两条半径互相垂直，若该几何体的体积是π，则它的表面积是A．πB．4π3C．3πD．4π10．如图为某几何体的三视图，则该几何体的内切球的表面积为A．4πB．3πC．4πD．4 3π11．已知某几何体的外接球的半径为3，其三视图如图所示，图中均为正方形，则该几何体的体积为．A．16B．16 3C．8 3D．812．若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A．15B．20C．25D．303 32俯视图正视图13．如图所示，网格纸上小正方体的边长是1，粗实数及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为．A．8πB．25 2πC．12πD．41 4π14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．BCD．315．某几何体的三视图，则该几何体体积是A．4B．4 3C．8 3D．2正视图俯视图俯视图侧（左）视图正（主）视图侧视图俯视图正视图16．某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的是 A．B． C． D．17．若四面体的三视图如右图所示，则该四面体的外接球表面积为 ．18．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ．19．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ．正（主）视图俯视图侧视图俯视图正视图3侧视图俯视图正视图复习题详解1．已知一个几何体是由上、下两部分构成的组合体，其三视图如图所示，若图中圆的半径为1，则该几何体的体积是．A ．43πB ．2πC ．83πD ．103π解：由三视图可得该几何体是半径为1的半球，和底面半径为1， 高为2的圆锥的组合体，所以3314141122333V π=⨯π⨯+⨯π⨯⨯=．故选A ．2．一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．13πB ．12πC ．2πD ．π解：分析知该几何体为圆柱的一半，故体积为()2122V =⨯π⨯1⨯=π．故选D ． 3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 A ．54 B ．60 C ．66 D ．72俯视图侧视图正视图侧视图正视图俯视图左视图正视图32545解：该几何体的直观图如图所示，易知该几何体的表面积是由两个直角三角形，两个直角梯形和一个矩形组成的，则其表面积()()25525411343535602222S +⨯+⨯=⨯⨯+⨯⨯+++⨯=．故选B ． 4．已知体积为3的正三棱柱（底面是正三角形且侧棱垂直底面）的三视图如图所示，则此三棱柱的高为A ．31B ．32C ．1D ．34解：由正三棱柱的三视图还原几何体，如图所示．据侧视图知，底面正三角形的高为3，则其边长为2，1112323ABC A B C ABC V S h h -=⋅=⨯⨯=△，1h =．故选C ．5．已知四棱锥P ABCD -的三视图如图所示，则四棱锥P ABCD -的四个侧面中的最大面积为A ．3B ．25C ．6D ．8 解：由几何体的三视图，画出其立体图形P ABCD -，如图所示．由题可知，顶点P 在底面上的投影是边CD 的中点，底面是边长为4AB =，2BC =的矩形．PCD △的高为22325-=，所以侧面PCD △的面积为C 1B 1A 1CBA222433侧视图俯视图正视图P142⨯=． 两个侧面PAD △，PBC △的面积相等为12332⨯⨯=．侧面PAB △的面积为1462⨯=．所以四个侧面中的最大面积为6．故选C ．6．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是A ．2B ．4C ．2+D ．5 解：据三棱锥的三视图，还原几何体P ABC -，且PA ⊥平面ABC ，底面ABC △为等腰三角形，12222ABC S =⨯⨯=△，1122PAB PAC S S ==⨯=△△，122PBC S =⨯=△2222PAB PAC ABC PBC S S S S +++=+++=+△△△△．7．已知一个三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱的表面积为A．5B．52C．33D．3俯视图侧（左）视图正（主）视图11215212俯视图侧（左）视图正（主）视图2111P CB A解：由三视图可得该几何体是一个直三棱柱，如图所示． 解法一:3个侧面的面积为2(125)S =++侧，由余弦定理可以求得底面的钝角为34π，所以一个底面三角形的面积为13112sin 242S π=⨯⨯=底，所以总面积为2S 底+S 侧=122(125)322252⨯+++=++．故选D ．解法二:侧面积同解法一．由左视图中的1得棱锥的底面三角形的高为1,所以一个底面三角形的面积为111122S =⨯⨯=底,所以总面积为2S 底+S 侧=32225++．故选D ． 8．一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的体积为． A ．283B ．2823C ．28D ．2263+ 解：由题意,还原的几何体ABC DEF -如图所示,上底面ABC △是直角边长为2的等腰直角三角形,下底面DEF △是直角边长为4的等腰直角三角形,高2CF =．则几何体ABC DEF -的体积为11112844422232323⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=．故选A ． 9．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图、俯视图中的圆以及侧视图中的圆弧的半径都相等，侧视图中的两条半径互相垂直，若该几何体的体积是π，则它的表面积是 A ．π22224422FEDCBAB ．4π3C ．3πD ．4π 解：由三视图知，原几何体为球体挖去14的部分而形成的几何体，设球的半径为r ，334=43V r =⨯ππ，1r =，2234+=44S r r =⨯πππ．故选D ．10．如图为某几何体的三视图，则该几何体的内切球的表面积为A ．4πB ．3πC ．4πD ．43π 解：由三视图可得几何体为如图所示的四棱锥，其中PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是边长为3的正方形，4PA =，所以5PB PD ==，所以13462PAD PAB S S ==⨯⨯=△△，115=3522PCD PBC S S =⨯⨯=△△，239ABCD S ==，所以11491233P ABCD ABCD V PA S -=⋅⋅=⨯⨯=，1562+2+9=362P ABCD S -=⨯⨯．设内切圆半径为R ，则球心到棱锥各面的距离均为R ，所以13P ABCD P ABCD S R V --⋅=，所以1R =，所以内切球的表面积244S R =π=π．故选C ．11，其三视图如图所示，图中均为正方形，则该几何体的体积为． A ．16俯视图正视图PDABCB ．163C ．83D ．8 解：为了便于理解，在正方体中还原此几何体，如图所示． 设正方体棱长为a ，则323a =，得2a =， 三棱锥的体积1182224222323V =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=．故选C ．12．若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 A ．15 B ．20 C ．25 D ．30 解：该几何体的直观图如图所示，1134345520232V ⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯=．故选B ．13．如图所示，网格纸上小正方体的边长是1，粗实数及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为． A ．8π B ．252π C ．12π D ．414π 解：由三视图可知，该多面体是四棱锥S ABCD -，如图所示，四棱锥所在正方体的棱长为2，SC BC ==()222223cos 52SCB ⨯-∠==⨯，则4sin 5SCB ∠=，所以SBC △的外接圆的半径152sin 4SB r SCB =⋅=∠，所以四棱锥的外接球的半径4R ==，故外接球的表面积24144S R π=π=．故选D ． 14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 A．BC．3 D．3解：体积为1(12)2×32+⨯=．故选B ．15．某几何体的三视图，则该几何体体积是 A ．4B ．43C ．83D ．2正视图俯视图P俯视图侧（左）视图正（主）视图解：借助长方体，在长方体中构建几何体．据三视图分析可得，还原后的几何体如图所示，三棱锥P ABC -．该几何体的体积1142323V =⨯⨯⨯=．故选B ．16．某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的是 A．B． C．D． 解：由三视图还原几何体四棱锥D ABC -，如图所示，由主视图知CD ABC ⊥平面，设AC 的中点为E ，则BE AC ⊥，BE =2AE CE ==，由左视图得4CD =，BE =Rt BCE △中，4BC ===，同理4AB =，在Rt BCD△中，BD == 在Rt ACD△中，AD ===综上，四面体的六条棱中，长度最长的是A ．DCBA正（主）视图俯视图侧视图俯视图正视图解：由三视图得四面体的直观图，如图所示为三棱锥A BCD -，且该四面体的外接球即为图中的长方体的外接球，得()222222219R =++=，则249S R=π=π表．18．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ．解：由几何体的三视图，在长为22的长方体中，还原其立体图形，如图中所示的AEF BCD -．故13V S h S h =-柱锥底底 =1112221232⨯-⨯⨯=．19．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ．DCBA 122侧视图俯视图正视图32侧视图俯视图正视图解：如图所示,还原该几何体为四棱锥B ACED -,其中CE ⊥底面ABC ,AD ⊥底面ABC ,且四边形ACED 为矩形,ABC △为等腰三角形,AC AB ⊥,2EC DA BC ===,AC AB ==则=ABC DAB ECB EDB ACED S S S S S S ++++△△△△四边形=21111222232222+⨯⨯⨯+=+故填3+．EDCBA。