2021届高考二轮数学人教版专题训练：11 空间几何体、三视图、表面积与体积(文理) Word版

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2021届高考数学文全国版二轮复习参考专题检测(十) 空间几何体、三视图、表面积与体积

专题检测（十）空间几何体、三视图、表面积与体积A 组——“12＋4”满分练一、选择题1.(2019·福州市第一学期抽测)如图，为一圆柱切削后的几何体及其正视图，则相应的侧视图可以是( )解析：选B 由题意，根据切削后的几何体及其正视图，可得相应的侧视图的切口为椭圆，故选B.2.如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 为BD 1的中点，则△P AC 在该正方体各个面上的正投影可能是( )A.①②B.①④C.②③D.②④解析：选B 连接A 1C 1，则点P 在上、下底面的正投影落在A 1C 1或AC 上，所以△P AC 在上底面或下底面的正投影为①，在前面、后面、左面、右面的正投影为④.故选B.3.(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.12B.14C.16D.112解析：选C VA BC 1M ＝VC 1ABM ＝13S △ABM ·C 1C ＝13×12AB ×AD ×C 1C ＝16.故选C.4.设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的体积为( )A.100πB.2563πC.4003π D.5003π 解析：选D 因为切面圆的半径r ＝4，球心到切面的距离d ＝3，所以球的半径R ＝r 2＋d 2＝42＋32＝5，故球的体积V ＝43πR 3＝43π×53＝5003π，即该西瓜的体积为5003π.故选D.5.(2019届高三·开封高三定位考试)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为( )A.4πB.2πC.4π3D.π解析：选B 由题意知该几何体的直观图如图所示，该几何体为圆柱的一部分，设底面扇形的圆心角为α，由tan α＝31＝3，得α＝π3，故底面面积为12×π3×22＝2π3，则该几何体的体积为2π3×3＝2π.故选B.6.某圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为2π3的扇形，此圆锥的体积为( )A.πB.22π3C.2πD.22π解析：选B 设圆锥的母线为R ，底面圆的半径为r ，扇形的圆心角为α，则S ＝12αR 2＝12×2π3×R 2＝3π，解得R ＝3，底面圆的半径r 满足rR ＝2π32π，解得r ＝1，所以这个圆锥的高h ＝32－12＝22，故圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝22π3.故选B.7.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.4解析：选B 设BC ＝a ，AB ＝2a ，所以S 1＝2π·a ·2a ＝4πa 2，S 2＝2π·2a ·a ＝4πa 2，S 1∶S 2＝1.故选B.8.(2019·广东省七校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积和体积分别是( )A.24＋62和40B.24＋62和72C.64＋62和40D.64＋62和72解析：选C 把三视图还原成几何体，如图所示.由题意知S 四边形ABCD ＝12，S 四边形BCC 1B 1＝8，S 四边形ABB 1A 1＝6，S 四边形ADSA 1＝(2＋6)×4×12＝16，S 四边形DCC 1S ＝(2＋6)×3×12＝12.易得B 1A 1⊥SA 1，B 1C 1⊥SC 1，且SA 1＝42，SC 1＝5，所以S △SA 1B 1＝3×42×12＝62，S △SB 1C 1＝4×5×12＝10，所以该几何体的表面积为12＋8＋6＋16＋12＋62＋10＝64＋6 2.在棱SD 上取一点D 1，使得DD 1＝2，连接A 1D 1，C 1D 1，则该几何体的体积V ＝V S -A 1B 1C 1D 1＋V ABCD -A 1B 1C 1D 1＝13×12×4＋12×2＝40.故选C. 9.(2019·蓉城名校第一次联考)已知一个几何体的正视图和侧视图如图1所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形(如图2所示)，则此几何体的体积为( )A.1B. 2C.2D.2 2解析：选B 根据直观图可得该几何体的俯视图是一个直角边长分别是2和2的直角三角形(如图所示)，根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为3，所以体积V ＝13×⎝⎛⎭⎫12×2×2×3＝ 2.故选B. 10.《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.8 3B.8＋8 3C.62＋2 3D.8＋62＋2 3解析：选B 如图所示，取BC 的中点P ，连接PF ，则PF ⊥BC ，过F 作FQ ⊥AB ，垂足为Q .因为△ADE 和△BCF 都是边长为2的等边三角形，且EF ∥AB ，所以四边形ABFE 为等腰梯形，FP ＝3，则BQ ＝12(AB －EF )＝1，FQ ＝BF 2－BQ 2＝3，所以S 梯形EFBA ＝S 梯形EFCD ＝12×(2＋4)×3＝33，又S △ADE ＝S △BCF ＝12×2×3＝3，S 矩形ABCD ＝4×2＝8，所以该几何体的表面积S ＝33×2＋3×2＋8＝8＋8 3.故选B.11.古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成.一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为( )A.63πB.72πC.79πD.99π解析：选A 由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为5，底面圆的半径为3，半球的半径为3，所以组合体的体积为π×32×5＋12×43π×33＝63π.故选A.12.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( )A.10πB.25πC.50πD.100π解析：选D 设球O 的半径为R ，由平面ABC 截球O 所得截面的面积为9π，得△ABC 的外接圆的半径为3.设该外接圆的圆心为D ，因为AB ⊥BC ，所以点D 为AC 的中点，所以DC ＝3.因为P A ⊥平面ABC ，易证PB ⊥BC ，所以PC 为球O 的直径.又P A ＝8，所以OD ＝12P A＝4，所以R ＝OC ＝42＋32＝5，所以球O 的表面积为S ＝4πR 2＝100π.故选D. 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________.解析：记所有棱长都是2的三棱锥为P -ABC ，如图所示，取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，作PO ⊥AD 于点O ，则PO ⊥平面ABC ，且OP ＝63×2＝233，故三棱锥P -ABC 的体积V ＝13S △ABC ·OP ＝13×34×(2)2×233＝13. 答案：1314.如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点.若AA 1＝4，AB ＝2，则四棱锥B -ACC 1D 的体积为________.解析：取AC 的中点O ，连接BO (图略)，则BO ⊥AC ，所以BO ⊥平面ACC 1D . 因为AB ＝2，所以BO ＝ 3.因为D 为棱AA 1的中点，AA 1＝4，所以AD ＝2，所以S 梯形ACC 1D ＝12×(2＋4)×2＝6，所以四棱锥B -ACC 1D 的体积为13×6×3＝2 3.答案：2 315.如图，半径为4的球O 中有一内接圆柱，则圆柱的侧面积最大值是________.解析：设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝4cosα，圆柱的高为8sin α.所以圆柱的侧面积为32πsin 2α.当且仅当α＝π4时，sin 2α＝1，圆柱的侧面积最大，所以圆柱的侧面积的最大值为32π. 答案：32π16.(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________.解析：把三视图还原成几何体ABC -DEF ，如图所示，在AD 上取点G ，使得AG ＝2，连接GE ，GF ，则把几何体ABC -DEF 分割成三棱柱ABC -GEF 和三棱锥D -GEF ，所以V ABC -DEF ＝V ABC -GEF ＋V D -GEF ＝43×2＋13×43×2＝3233. 答案：3233B 组——“5＋3”提速练1.(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.3B.32 3 C. 2D.1解析：选A 棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1木块在平面α内的正投影是三个全等的菱形，如图，正投影可以看成两个边长为2的等边三角形，所以木块在平面α内的正投影面积是2×12×2×2×32＝ 3.故选A.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.92D.与M 点的位置有关解析：选B ∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BCC 1B 1的距离是D 1到平面BCC 1B 1距离的13，即为D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点，∴S △MBC ＝12×3×3＝92， ∴V M PBC ＝V P MBC ＝13×92×1＝32.故选B.3.(2019·重庆市学业质量调研)三棱锥S -ABC 中，SA ，SB ，SC 两两垂直，已知SA ＝a ，SB ＝b ，SC ＝2，且2a ＋b ＝52，则此三棱锥的外接球的表面积的最小值为( )A.21π4B.17π4C.4πD.6π解析：选A 由题意，设三棱锥的外接球的半径为R ，因为SA ，SB ，SC 两两垂直，所以以SA ，SB ，SC 为棱构造长方体，其体对角线即三棱锥的外接球的直径，因为SA ＝a ，SB ＝b ，SC ＝2，所以4R 2＝a 2＋b 2＋4＝a 2＋⎝⎛⎭⎫52－2a 2＋4＝5(a －1)2＋214，所以a ＝1时，(4R 2)min ＝214，所以三棱锥的外接球的表面积的最小值为21π4.故选A.4.(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知正三角形ABC 的三个项点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面圆面积的最小值是( )A.7π4B.2πC.9π4D.3π解析：选C 设正三角形ABC 的中心为O 1，连接OO 1，OA ，O 1A ，由题意得O 1O ⊥平面ABC ，O 1O ＝1，OA ＝2，∴在Rt △O 1OA 中，O 1A ＝3，∴AB ＝3.∵E 为AB 的中点，∴AE ＝32.连接OE ，则OE ⊥AB .过点E 作球O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径r ＝32，可得截面圆面积的最小值为πr 2＝9π4.故选C.5.(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解析：选D 设P A ＝PB ＝PC ＝2a ，则EF ＝a ，FC ＝3，∴EC 2＝3－a 2.在△PEC 中，cos ∠PEC ＝a 2＋3－a 2－（2a ）22a 3－a 2.在△AEC 中，cos ∠AEC ＝a 2＋3－a 2－42a 3－a 2.∵∠PEC 与∠AEC 互补，∴3－4a 2＝1，a ＝22，故P A ＝PB ＝PC ＝ 2.又∵AB ＝BC ＝AC ＝2，∴P A ⊥PB ⊥PC ， ∴外接球的直径2R ＝（2）2＋（2）2＋（2）2＝6，∴R ＝62，∴V ＝43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫623＝6π.故选D.6.(2019·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 作PO ⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离.再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ，连接PC ，PE ，PF ，则PE ⊥AC ，PF ⊥BC .又PE ＝PF ＝3，所以OE ＝OF ，所以CO 为∠ACB 的平分线，即∠ACO ＝45°.在Rt △PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1，所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝（3）2－12＝ 2.答案： 27.(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________.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＝3 3.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：334π818.已知在正四棱锥S -ABCD 中，SA ＝63，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为________. 解析：设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ，因为在正四棱锥S -ABCD 中，SA ＝63，所以a 22＋h 2＝108，即a 2＝216－2h 2，所以正四棱锥的体积V S -ABCD ＝13a 2h ＝72h －23h 3，令y ＝72h －23h 3，则y ′＝72－2h 2，令y ′>0，得0<h <6，令y ′<0，得h >6，所以当该棱锥的体积最大时，它的高为6.答案：6。

2021年高考理数第二轮第1讲空间几何体的三视图、表面积和体积

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1.(2018·全国Ⅲ卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )
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解析由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，其对角线长分别为 6 cm 和 4 cm，故 V 挖去的四棱锥＝13×12×4×6×3＝12(cm3). 又 V 长方体＝6×6×4＝144(cm3)，所以模型的体积为 V 长方体－V 挖去的四棱锥＝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
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解析由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A. 答案 A
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2.(2019·全国 Ⅰ 卷 ) 已知三棱锥 P － ABC 的四个顶点在球 O 的球面上， PA ＝ PB ＝ PC ， △ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为( )
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2.空间几何体的两组常用公式 (1)柱体、锥体、台体、球的表面积公式： ①圆柱的表面积 S＝2πr(r＋l)； ②圆锥的表面积 S＝πr(r＋l)； ③圆台的表面积 S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)； ④球的表面积 S＝4πR2. (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh(S 为底面面积，h 为高)；②V 锥体＝13Sh(S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR3.

(新课标)高考数学二轮复习专题能力训练11空间几何体的三视图、表面积与体积理(2021学年)

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专题能力训练11 空间几何体的三视图、表面积与体积（时间：60分钟满分:100分)一、选择题（本大题共８小题，每小题5分,共4０分）１。

下列结论正确的是(）A。

各个面都是三角形的几何体是三棱锥B。

以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥Ｃ．若一棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则该棱锥可能是正六棱锥D。

圆锥的顶点与其底面圆周上的任意一点的连线都是母线2。

（201７浙江台州实验中学模拟)某几何体的三视图如图所示，则它的体积为(）A.8—ﻩB。

８—Ｃ。

8—2πD３.一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为(）4．如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为()A.９0πB。

63πＣ．４2πD.36π5。

某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(）AﻩBﻩCﻩＤ６。

一只小球放入一长方体容器内，且与共点的三个面相接触。

若小球上一点Ｐ到这三个面的距离分别为4,5,5，则这只小球的半径是()A。

3或8 Ｂ.8或11C．5或8ﻩ D.３或117。

全国版2021届高考数学二轮复习专题检测十空间几何体的三视图表面积及体积理含解析2021032514

专题检测（十）空间几何体的三视图、表面积及体积A 组——“12＋4”满分练一、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( )解析：选A 由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A.故选A.2．(2019·某某市质量检测)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.3B ．32 3C.2D ．1解析：选A 棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1木块在平面α内的正投影是三个全等的菱形，如图，正投影可以看成两个边长为2的等边三角形，所以木块在平面α内的正投影面积是2×12×2×2×32＝3.故选A.3．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.12B ．1 C ．2D ．4解析：选B 设BC ＝a ，AB ＝2a ，所以S 1＝2π·a ·2a ＝4πa 2，S 2＝2π·2a ·a ＝4πa 2，S 1∶S 2＝1.故选B.4．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.32B ．3 C.32D ． 3解析：选B 如图，易知B 1D 过球心O ，且B 1D ⊥平面ACD 1，不妨设垂足为M ，正方体棱长为a ，则球半径R ＝a2，易知DM ＝13DB 1，∴OM ＝16DB 1＝36a ，∴截面圆半径r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－OM 2＝66a ，由截面圆面积S ＝πr 2＝6π，得r ＝66a ＝6，a ＝6，∴球O 的半径为R ＝a2＝3.故选B.5．(2019·某某市调研测试)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.12B ．14 C.16D ．112解析：选C VA BC 1M ＝VC 1ABM ＝13S △ABM ·C 1C ＝13×12AB ×AD ×C 1C ＝16.故选C.6．(2019·某某市调研测试)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.23πB ．43π C ．2πD ．25π解析：选B 由三视图知，该几何体是由两个底面半径为1，高为2的圆锥组成的，所以该几何体的体积V ＝2×13×12×π×2＝4π3.故选B.7．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.6B ．66C ．6D ．26解析：选B 由△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积分别为22，32，62，且AB ，AC ，AD 两两垂直，可得⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧12AB ·AC ＝22，12AD ·AC ＝32，12AB ·AD ＝62，三个式子相乘可得(AB ·AC ·AD )2＝6，∴该三棱锥的体积V ＝13×12AB ·AC ·AD ＝66.故选B.8．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．3π4C.π2D ．π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，过圆柱的轴线作一截面，如图．由勾股定理得r ＝R 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32.∴该圆柱的体积V＝Sh ＝π×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322×1＝3π4.故选B.9．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 ．3π2解析：选B 将棱长为2的正四面体放入棱长为1的正方体中，则正四面体的棱为正方体的面对角线，所以正四面体的棱切球即为正方体的内切球，则球的半径R ＝12，体积V ＝43πR 3＝π6.故选B. 10．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 ．163π解析：选B 设△ABC 的外接圆的半径为r ，∵AB ＝BC ＝3，AC ＝3，∴∠ABC ＝120°，∴2r ＝3sin 120°＝23，∴S △ABC ＝334，△ABC 的外接圆的半径为3.∵三棱锥D ABC 的体积的最大值为334，∴点D 到平面ABC 的最大距离为3.设球O 的半径为R ，则r 2＝R 2－(3－R )2，解得R ＝2，∴球O 的表面积为4πR 2＝16π.故选B.11．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 ．8解析：选A 设正三棱柱的棱长为2a ，如图，取球心为O ，过点O 作OO ′垂直三棱柱的上底面于点O ′，连接点O ′与上底面顶点A 交对棱于点B .则AB ＝3a ，AO ′＝233a ，OO ′＝a .在Rt △OO ′A 中，由勾股定理，得OA 2＝OO ′2＋O ′A 2. ∵OA ＝7，∴7＝a 2＋43a 2＝73a 2.整理得a 2＝3，∴a ＝ 3.∴棱长为2a ＝23.∴正三棱柱的体积V ＝12×23×23× sin 60°×23＝18.故选A.12.(2019·某某市质量检测)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.3π4B ．2πC.3π2D ．9π4解析：选C 正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A 1为圆心，1为半径的圆周长的14，所以所有弧长之和为3×2π4＝3π2.故选C.二、填空题13．(2019·某某市质量监测(一))已知一所有棱长都是2的三棱锥，则该三棱锥的体积为______．解析：记所有棱长都是2的三棱锥为P ABC ，如图所示，取BC的中点D ，连接AD ，PD ，作PO ⊥AD 于点O ，则PO ⊥平面ABC ，且OP ＝63×2＝233，故三棱锥P ABC 的体积V ＝13S △ABC ·OP ＝13×34×(2)2×233＝13. 答案：1314.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______．解析：依题意知，四棱锥M EFGH 为正四棱锥，正方形EFGH 的边长为⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22，四棱锥M EFGH 的高为12，所以四棱锥M EFGH 的体积为13×⎝⎛⎭⎪⎪⎫222×12＝112.答案：11215．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______．解析：由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为5，底面圆的半径为3，半球的半径为3，所以组合体的体积为π×32×5＋12×43π×33＝63π.答案：63π16．已知三棱锥PABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝8.若平面ABC截球O所得截面的面积为9π，则球O的表面积为______．解析：设球O的半径为R，由平面ABC截球O所得截面的面积为9π，得△ABC的外接圆的半径为3.设该外接圆的圆心为D，因为AB⊥BC，所以点D为AC的中点，所以DC＝3.因为PA⊥平面ABC，易证PB⊥BC，所以PC为球O的直径．又PA＝8，所以OD＝12PA＝4，所以R＝OC＝42＋32＝5，所以球O的表面积为S＝4πR2＝100π.答案：100πB组——“5＋3”提速练1.(2019·某某市第二次质量检测)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对解析：选C 由三视图知该几何体是一个四棱锥，它有一个侧面与底面垂直，且顶点在底面上的射影在底面的一条边的中点处，即如图所示的四棱锥S ABCD ，平面SCD ⊥平面ABCD .因为AD ⊥DC ，BC ⊥DC ，且平面SCD ∩平面ABCD ＝DC ，所以AD ⊥平面SCD ，BC ⊥平面SCD ，所以平面SAD ⊥平面SCD ，平面SBC ⊥平面SCD .又由三视图知SC ⊥SD ，同时由AD ⊥平面SCD ，知AD ⊥SC ，又SD ∩AD ＝D, 所以SC ⊥平面SAD ，所以平面SBC ⊥平面SAD .综上可知，该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．故选C.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BPPD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M PBC 的体积为( )A ．1B ．32C.92D ．与M 点的位置有关解析：选B ∵BPPD 1＝12，∴点P 到平面BCC 1B 1的距离是D 1到平面BCC 1B 1距离的13，即为D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点，∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M PBC ＝V P MBC ＝13×92×1＝32.故选B.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X 围为( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，23 解析：选B 由题意，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，如图所示，当点M 为线段BC 的中点时，截面为四边形AMND 1，当0＜BM ≤12时，截面为四边形，当BM ＞12时，截面为五边形．故选B.4．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 ．4解析：选C 如图，不妨设N 在B 处，设AM ＝h ，CQ ＝m ，则MB 2＝h 2＋4，BQ 2＝m 2＋4，MQ 2＝(h －m )2＋4，由MB 2＝BQ 2＋MQ 2，得m 2－hm ＋2＝0.Δ＝h 2－8≥0⇒h 2≥8，该直角三角形斜边MB ＝4＋h 2≥23，故该直角三角形斜边长的最小值为2 3.故选C.5．(2019·某某市第二次质量预测)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A BCD ，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X 围是( )A ．(0，23)B ．(3，6) C ．(6，23)D ．(23，26)解析：选C 将△ABD 沿BD 折起，得到三棱锥A BCD ，且点A 在底面BCD 上的射影M 在线段BC 上，所以在图b 中，AM ⊥平面BCD ，MN ，AN 都与BD 垂直，因此，折叠前在图a 中，AM ⊥BD ，垂足为N ，在图a 中可得当D 点与C 点无限接近时，折痕BD 接近BC ，此时M 与点M 1无限接近．在图b 中，由于AB 是Rt △ABM 的斜边，BM 是直角边，所以BM＜AB ，由此可得BM 1＜BM ＜AB ，因为在Rt △AM 1B 中，BM 1＝AB cos 45°＝23×22＝6，所以6＜BM ＜23，即6＜x ＜23.故选C.6.如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点．若AA 1＝4，AB ＝2，则四棱锥B ACC 1D 的体积为________．解析：取AC 的中点O ，连接BO (图略)，则BO ⊥AC ，所以BO ⊥平面ACC 1D . 因为AB ＝2，所以BO ＝3.因为D 为棱AA 1的中点，AA 1＝4，所以AD ＝2，所以S 梯形ACC 1D ＝12×(2＋4)×2＝6，所以四棱锥B ACC 1D 的体积为13×6×3＝23.答案：237．已知在正四棱锥S ABCD 中，SA ＝63，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为________．解析：设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ，因为在正四棱锥S ABCD 中，SA ＝63，所以a 22＋h 2＝108，即a 2＝216－2h 2，所以正四棱锥的体积V S ABCD ＝13a 2h ＝72h－23h 3，令y ＝72h －23h 3，则y ′＝72－2h 2，令y ′>0，得0<h <6，令y ′<0，得h >6，所以当该棱锥的体积最大时，它的高为6.答案：6高考- 11 - / 11 8．(2019·某某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＝3 3.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。

【配套K12】高考数学二轮专题复习专题五 5.1 空间几何体的三视图、表面积与体积能力训练新人教

专题能力训练11 空间几何体的三视图、表面积与体积(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共7小题,每小题5分,共35分)1.把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起,形成的三棱锥A-BCD的正视图与俯视图如图所示,则其侧视图的面积为()A. B. C. D.2.(2015浙江嘉兴教学测试(二),文2)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.πB.C.D.3.如图,网格纸中的小正方形的边长均为1,图中粗线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体的表面积为()A.+3+4)B.+3+8)C.+8)D.+2+8)4.(2015浙江温州二适,文4)若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是()A.(18π-20) cm3B.(24π-20) cm3C.(18π-28) cm3D.(24π-28) cm35.正三棱锥的高和底面边长都等于6,则其外接球的表面积为()A.64πB.32πC.16πD.8π6.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为()A.6B.6C.4D.47.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A.54B.60C.66D.72二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)8.(2015浙江温州三适应,文11)下面是某几何体的三视图(单位:cm),则该几何体的表面积是cm2,体积为cm3.9.(2015浙江绍兴教学质量检查,文11)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的最长棱长为,体积为.10.(2014浙江台州质检)已知正方形ABCD的边长为12,动点M(不在平面ABCD内)满足MA⊥MB,则三棱锥A-BCM的体积的取值范围为.11.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,侧面BCC1B1的面积为2,则直三棱柱ABC-A1B1C1外接球表面积的最小值为.三、解答题(本大题共3小题,共45分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)12.(本小题满分14分)(2014陕西,文17)四面体ABCD及其三视图如图所示,平行于棱AD,BC的平面分别交四面体的棱AB,BD,DC,CA于点E,F,G,H.(1)求四面体ABCD的体积;(2)证明:四边形EFGH是矩形.13.(本小题满分15分)(2015课标全国Ⅰ,文18)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,求该三棱锥的侧面积.14.(本小题满分16分)如图,在Rt△ABC中,AB=BC=4,点E在线段AB上.过点E作EF∥BC交AC 于点F,将△AEF沿EF折起到△PEF的位置(点A与P重合),使得∠PEB=30°.(1)求证:EF⊥PB;(2)试问:当点E在何处时,四棱锥P-EFCB的侧面PEB的面积最大?并求此时四棱锥P-EFCB的体积.参考答案专题能力训练11空间几何体的三视图、表面积与体积1.D解析:由正视图与俯视图可得三棱锥A-BCD的一个侧面与底面垂直,其侧视图是直角三角形,且直角边长均为,所以侧视图的面积为S=.故选D.2.D解析:由题中所给的三视图可知,该几何体为一半圆锥,底面直径为2,半径为1,高为1,体积V=·π·12·1=.故选D.3.B解析:根据三视图可知该几何体是底面为直角三角形的三棱锥,其表面积S=×3+×2×3++3+8).故选B.4.D解析:由题中所给的三视图可知,该几何体为一个圆柱中间挖去了一个上、下底面为正方形且底面边长分别为4 cm和2 cm的棱台,由三视图可知,圆柱的底面半径为=2 cm,则该几何体的体积为V=π·(2)2·3-(42++22)·3=(24π-28) cm3.故选D.5.A解析:作PM⊥平面ABC于点M,则球心O在PM上,|PM|=6,连接AM,AO,则|OP|=|OA|=R.在Rt△OAM 中,|OM|=6-R,|OA|=R,又|AB|=6,且△ABC为等边三角形,故|AM|==2,则R2-(6-R)2=(2)2, 解得R=4,所以球的表面积S=4πR2=64π.6.B解析:如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4.取B1B的中点G,即三棱锥G-CC1D1为满足要求的几何体,其中最长棱为D1G,D1G==6.7.B解析:根据几何体的三视图可得该几何体的直观图为如图所示的ABC-DEF,故其表面积为S=S△DEF+S△ABC+S梯形ABED+S梯形CBEF+S矩形ACFD=×3×5+×3×4+×(5+2)×4+×(5+2)×5+3×5=60.故选B.8.14+24解析:由题中所给的三视图知,对应的几何体为如下图所示的三棱锥P-ABC,PC⊥平面ABC,PC=2,底面△ABC中,AC=5,AB=4,BC=3,所以AC2=AB2+BC2.所以AB⊥BC.所以PB⊥AB.在直角三角形PCB中,PB=,所以该几何体的表面积为×5×2+×3×2+×4×3+×4×=14+2,该几何体的体积为×4×3×2=4.9. 解析:由题中所给的三视图可知,该几何体是一个三棱锥,底面三角形是底边为2,高为1的等腰三角形,几何体的高为2,有一侧面与底面垂直,且该侧面是等腰三角形(如图).其最长的棱为PB=,体积为×2×1×2=.10.(0,144]解析:因为动点M(不在平面ABCD内)满足MA⊥MB,所以动点M的轨迹是以AB的中点为球心,以6为半径的一个球面去除与平面ABCD相交的部分.因V A-BCM=V M-ABC=×S△ABC×h≤×6=144,故三棱锥A-BCM的体积的取值范围为(0,144].11.4π解析:如图所示,设BC,B1C1的中点分别为E,F,则知三棱柱ABC-A1B1C1外接球的球心为线段EF的中点O,且BC·EF=2.设外接球的半径为R,则R2=BE2+OE2=×2BC·EF=1,当且仅当BC=EF=时取等号.故直三棱柱ABC-A1B1C1外接球表面积的最小值为4π×12=4π.12.(1)解:由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1,∴AD⊥平面BDC.∴四面体体积V=×2×2×1=.(2)证明:∵BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH.∴FG∥EH.同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG.∴四边形EFGH是平行四边形.又∵AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC.∴EF⊥FG.∴四边形EFGH是矩形.13.(1)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD,所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED.(2)解:设AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°,可得AG=GC=x,GB=GD=.因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC中,可得EG=x.由BE⊥平面ABCD,知△EBG为直角三角形,可得BE=x.由已知得,三棱锥E-ACD的体积V E-ACD=AC·GD·BE=x3=.故x=2.从而可得AE=EC=ED=.所以△EAC的面积为3,△EAD的面积与△ECD的面积均为.故三棱锥E-ACD的侧面积为3+2.14.(1)证明:∵EF∥BC,且BC⊥AB,∴EF⊥AB,即EF⊥BE,EF⊥PE.又BE∩PE=E,∴EF⊥平面PBE.又PB⊂平面PBE,∴EF⊥PB.(2)解:设BE=x,PE=y,则x+y=4.∴S△PEB=BE·PE·sin∠PEB=xy≤=1,当且仅当x=y=2时,S△PEB的面积最大.此时,BE=PE=2.由(1)知EF⊥平面PBE,∴平面PBE⊥平面EFCB.在平面PBE中,作PO⊥BE于O,则PO⊥平面EFCB.即PO为四棱锥P-EFCB的高.又PO=PE·sin 30°=2×=1,S EFCB=×(2+4)×2=6,∴V P-BCFE=×6×1=2.。

2021高考数学命题区间精讲精讲10 空间几何体的三视图、表面积、体积

空间几何体的三视图、表面积、体积命题点1 空间几何体的三视图、展开图、截面图三视图、展开图、截面图中的几何度量（1）空间几何体的三视图：①在长方体或正方体中根据三视图还原几何体的直观图,能快速确定几何体中线面位置关系；②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．(2）空间几何体表面距离最短问题：其解题思路常常是将几何体展开．一般地，多面体以棱所在的直线为剪开线展开,旋转体以母线为剪开线展开．（3)空间几何体的三类截面:轴截面、横截面与斜截面．利用截面图可将空间问题转化为平面问题解决．［高考题型全通关］1．［教材改编]已知圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，有以下结论：①l∶r＝4∶3；②圆锥的侧面积与底面面积之比为4∶3;③圆锥的轴截面是锐角三角形．其中所有正确结论的序号是( )A．①② B．②③ C．①③ D．①②③A［对于①，由题意得错误!＝错误!π，∴错误!＝错误!，∴l∶r＝4∶3，∴该结论正确；对于②，由题意得错误!＝错误!＝错误!＝错误!，∴圆锥的侧面积与底面面积之比为4∶3，∴该结论正确；对于③，由题意得轴截面的三角形的三边长分别为错误!r,错误!r，2r,顶角α最大，其余弦值为cos α＝错误!＝－错误!〈0，∴顶角为钝角，∴轴截面三角形是钝角三角形，∴该结论错误．］2.在正方体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，则剩余几何体的侧（左)视图为（)C［过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分后，剩余部分的直观图如图，则该几何体的侧(左）视图为C．故选C．]3。

(2020·芜湖仿真模拟一）如图，在正方体ABCD。

A1B1C1D1中，P为BD1的中点，则△PAC在该正方体各个面上的射影可能是( ）A．①④ B．②③ C．②④ D．①②A[从上下方向上看,△PAC的投影为①图所示的情况;从左右方向上看,△PAC的投影为④图所示的情况；从前后方向上看，△PAC 的投影为④图所示的情况，故选A．］4．（2020·全国卷Ⅱ）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M,在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）A．E B．FC．G D．HA[该几何体是两个长方体拼接而成，如图所示，显然选A．]5．［高考改编]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．错误!B．错误!C．错误!D．错误!D[在棱长为2的正方体中还原该四面体PABC．如图所示，其中最短的棱为AB和BC，最长的棱为PC．因为正方体的棱长为2，所以AB＝BC＝2,PC＝3，所以该四面体最长的棱长与最短的棱长的比值为错误!,故选D．]6．圆锥的母线长为l ，过顶点的最大截面的面积为12l 2，则圆锥底面半径与母线长的比r l的取值范围是( ) A ．错误!B ．错误!C ．错误!D ．错误!D [设圆锥的高为h ，过顶点的截面的顶角为θ，则过顶点的截面的面积S ＝12l 2sin θ，而0＜sin θ≤1，所以当sin θ＝1，即截面为等腰直角三角形时取得最大值,故圆锥的轴截面的顶角必须大于或等于90°，得l ＞r ≥l cos 45°＝错误!l ,所以错误!≤错误!＜1.]7．如图,已知正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝错误!,AA 1＝4,若点P 从点A 出发，沿着正三棱柱的表面,经过棱A 1B 1运动到点C 1，则点P 运动的最短路程为( ）A ．5B ．错误!C．4错误!D．6B［将三棱柱展开成如图的图形，让点C1与ABB1A1在同一平面内,C1D⊥AB交A1B1于Q，则C1Q⊥A1B1，∴A1Q＝AD＝错误!,两点之间线段最短，故AC1即为所求的最短距离，因为C1Q＝A1C1×sin 60°＝错误!×错误!＝错误!，所以C1D＝错误!＋4＝错误!，AD＝错误!，所以AC1＝错误!＝错误!＝错误!.]命题点2 空间几何体的表面积、体积求解几何体的表面积或体积的策略（1）直接法:对于规则几何体可直接利用公式计算;（2)割补法：对于不规则几何体，可采用“分割、补体"的思想,采用化整为零或化零为整求解．（3）轴截面法：对于旋转体的表面积问题,常常借助轴截面求解．(4）等体积转化法：对于某些动态三棱锥的体积问题，直接求解1．(2020·潍坊模拟）若圆锥的高等于底面直径,侧面积为5π，则该圆锥的体积为（)A．错误!π B．错误!π C．2π D．错误!πB[圆锥的高等于底面直径,侧面积为错误!π，设底面半径为r，则高h＝2r，∴母线长l＝错误!＝错误!r,∴s＝π×r×错误!r＝错误!π，解得r＝1,该圆锥的体积为V＝错误!π×12×2＝错误!π.故选B．]2．[高考改编］榫卯(sǔn mǎo)是两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式．凸出部分叫榫，凹进去的部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用．代表建筑有北京的紫禁城、天坛祈年殿、山西悬空寺等，如图是一种榫卯构件中榫的三视图,则该榫的表面积和体积为( )A．8＋16π，2＋8π B．9＋16π，2＋8πC．8＋16π,4＋8π D．9＋16π，4＋8πA[由三视图知该榫头是由上下两部分构成:上方为长方体(底面为边长是1的正方形，高为2)，下方为圆柱（底面圆半径为2，高为2）．其表面积为圆柱的表面积加上长方体的侧面积，2π×2＋2×错误!＋4×错误!＝8＋16π.所以S＝2×（⎭⎫其体积为圆柱与长方体体积之和，所以V＝错误!×2＋1×1×2＝8π＋2。

2021年高考数学二轮复习空间几何体的三视图、表面积与体积

2021年高考数学二轮复习空间几何体的三视图、表面积与体积1．(xx·江西高考)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( )【解析】由三视图的知识得B正确．【答案】B2．(xx·浙江高考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A．72 cm3 B．90 cm3 C．108 cm3 D．138 cm3【解析】由题中三视图知，该几何体由一个长方体与一个三棱柱组成，体积V＝3×4×6＋12×3×4×3＝90(cm3)，故选B.【答案】 B3．(xx·陕西高考)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( )A．4π B．3π C．2π D．π【解析】∵圆柱侧面展开图为矩形，底面圆半径为1，S侧＝2πr·l＝2π×1×1＝2π，故选C.【答案】 C4．(xx·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．54B ．60C ．66D ．72【解析】 S 表＝S 底＋S 上＋S 左＋S 前＋前＝12×3×4＋12×3×5＋5×3＋12×(2＋5)×4＋12×(2＋5)×5 ＝60.【答案】 B5．(xx·全国大纲高考)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.81π4 B ．16π C．9π D.27π4【解析】易知SO ′＝4O ′D ＝1222＋22＝ 2 设球的半径为R ，则(4－R )2＋22＝R 2∴R ＝94，∴S 球＝4πR 2＝81π4. 【答案】 A从近三年高考来看，该部分高考命题的热点考向为：1．空间几何体的三视图及确定应用①此类问题多为考查三视图的还原问题，且常与空间几何体的表面积、体积等问题结合，主要考查学生的空间想象能力，是每年的必考内容之一．②试题多以选择题的形式出现，属基础题．2．计算空间几何体的表面积与体积①该考向主要以三视图为载体，通常是给出某几何体面积或体积，作为新课标教材的新增内容，日益成为了高考中新的增加点和亮点．主要考查学生的计算能力和空间想象能力及识图能力．②试题多以选择题、填空题为主，多属于中档题．3．多面体与球的切、接问题①该考向命题背景宽，以棱柱、棱锥、圆柱、圆锥与球的内切、外接的形式出现，也是高考中的一大热点．主要考查学生的空间想象能力和计算能力．②试题多以选择题、填空题的形式出现，属于中档题.空间几何体的三视图及应用【例1】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱(2)(xx·湖北高考)在如图所示的空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A．①和② B．③和① C．④和③ D．④和②【解析】(1)直观图为：(2)在空间直角坐标系O－xyz中作出棱长为2的正方体，在该正方体中作出四面体，如图所示，由图可知，该四面体的正视图为④，俯视图为②.【答案】(1)B (2)D【规律方法】识与画三视图的关键点：(1)要牢记三视图的观察方向和长、宽、高的关系．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廊线的正投影围成的平面图形，反映了一个几何体各个侧面的特点．正视图反映物体的主要形状特征，是三视图中最重要的视图；俯视图要和正视图对正，画在正视图的正下方；侧视图要画在正视图的正右方，高度要与正视图平齐．(2)要熟悉各种基本几何体的三视图．[创新预测]1．(1)(xx·武汉调研)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )(2)(xx·昆明调研)一个几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是等边三角形．若该几何体的四个顶点在空间直角坐标系0xyz中的坐标分别是(0,0,0)，(2,0,0)，(2,2,0)，(0,2,0)，则第五个顶点的坐标可能为( )A．(1,1,1) B．(1,1，2)C．(1,1，3) D．(2,2，3)【解析】(1)由已知得选项A、B、C与俯视图不符，故选D.(2)因为正视图和侧视图是等边三角形，俯视图是正方形，所以该几何体是正四棱锥，还原几何体并结合其中四个顶点的坐标，建立空间直角坐标系，设O(0,0,0)，A(2，0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，所求的第五个顶点的坐标为S(1,1，z)，正视图为等边三角形，且边长为2，故其高为4－1＝3，又正四棱锥的高与正视图的高相等，故z＝±3，故第五个顶点的坐标可能为(1,1，3)．【答案】(1)D (2)C空间几何体的表面积与体积【例2】(1)(xx·山东高考)一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．(2)(xx·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.(3)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( )A ．21＋ 3B ．18＋ 3C ．21D ．18【解析】 (1)设棱锥的高为h ，∵V ＝23，∴V ＝13×S 底·h ＝13×6×34×22×h ＝2 3. ∴h ＝1，由勾股定理知：侧棱长为22＋1＝ 5. ∵六棱锥六个侧面全等，且侧面三角形的高为52－12＝2，∴S 侧＝12×2×2×6＝12. (2)由几何体的三视图知，该几何体由两部分组成，一部分是底面半径为 1 m ，高为 4 m 的圆柱，另一部分是底面半径为2 m ，高为2 m 的圆锥．∴V ＝V 柱＋V 锥＝π×12×4＋13π×22×2＝20π3(m 3)． (3)根据几何体的三视图画出其直观图，根据直观图特征求其表面积．由几何体的三视图如题图可知，则几何体的直观图如图所示．因此该几何体的表面积为6×⎝ ⎛⎭⎪⎫4－12＋2×34×(2)2＝21＋ 3.故选A. 【答案】 (1)12 (2)20π3(3)A 【规律方法】 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：(1)根据给出的三视图判断该几何体的形状．(2)由三视图中的大小标示确定该几何体的各个度量．(3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解．[创新预测]2．(1)(xx·全国新课标Ⅰ高考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A ．6 2B ．4 2C ．6D ．4(2)(xx·辽宁高考)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8－π4B ．8－π2C ．8－πD ．8－2π 【解析】(1)还原为直观图放在正方体中如图所示三棱锥D －ABC .AB ＝BC ＝4，AC ＝42， DB ＝DC ＝25，DA ＝422＋4＝6.故最长的棱长为6.故选C. (2)该几何体是一个正方体截去两个四分之一圆柱形成的组合体，其体积V ＝23－12×2π＝8－π，故选C.【答案】 (1)C (2)C多面体与球的切、接问题【例3】 (1)(xx·陕西高考)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( )A.32π3 B ．4π C ．2π D.4π3(2)(xx·湖南高考)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 ．1B ． 2C ．3D ．4【解析】 (1)连接AC ，BD 相交于O 1，连接A 1C 1，B 1D 1，相交于O 2并连接O 1O 2，则线段O 1O 2的中点为球心．∴半径R ＝|OB |＝|OO 1|2＋|O 1B |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝1，∴V 球＝43πR 3＝43π，故选D. (2)由题意知，几何体为三棱柱，设最大球的半径为R .∴2R ＝(6＋8)－10＝4，∴R ＝2.【答案】 (1)D (2)B【规律方法】多面体与球接、切问题的求解策略：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且PA ＝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．[创新预测]3．(1)(xx·辽宁高考)已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172B ．210 C.132D ．310 (2)(xx·全国课标Ⅱ高考)已知正四棱锥O ABCD 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________．【解析】 (1)根据球的内接三棱柱的性质求解．因为直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径．取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球直径，所以2R ＝122＋52＝13，即R ＝132. (2)本题先求出正四棱锥的高h ，然后求出侧棱的长，再运用球的表面积公式求解．V 四棱锥O ABCD ＝13×3×3h ＝322，得h ＝322， ∴OA 2＝h 2＋(AC 2)2＝184＋64＝6. ∴S 球＝4πOA 2＝24π.【答案】 (1)C (2)24π[总结提升] 通过本节课的学习，需掌握如下三点：失分盲点1．(1)台体的构成：台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行．(2)三视图的不唯一性：空间几何体的不同放置位置对三视图会有影响．(3)三视图轮廓线的虚实：正确确定三视图的轮廓线，可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线为虚线．(4)元素与位置的变与不变：几何体的展开与折叠问题，准确确定前后两个图形间的联系及元素与位置之间的变化与稳定．2．(1)球的外切四棱锥与内接四棱锥是不一样的，两者不能混淆．(2)球的体积公式与锥体的体积公式的系数不一样，两者不能混淆．答题指导1．(1)看到三视图，想到几何体的直观图．(2)看到三棱锥的体积，想到定底定高．(3)看到求几何体的表面积、体积，想到几何体的表面积、体积公式．2．(1)看到球的表面积、体积问题，想到球的表面积、体积公式．(2)看到球的组合体问题，想到寻找一个合适的轴截面．(3)看到球的截面，想到球的截面性质．方法规律1．(1)画三视图的规则：长对正，高平齐，宽相等．(2)转化思想的应用：将空间问题转化为平面问题．(3)几何体体积：注意割补法(将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则的几何体求解)．(4)几何体表面上最短距离问题：常常利用几何体的表面展开图解决．2．(1)球的直径：球的直径等于它的内接正方体的对角线长，等于它的外切正方体的棱长．(2)与球有关的接切问题：要注意球心的位置以及球心与其他点形成的直角三角形．有关球的组合体的图形与数据处理所谓空间想象力，就是人们对客观事物的空间形式进行观察、分析和抽象概括的能力，空间想象能力在立体几何中主要体现在能对空间几何体的各个元素在空间中的位置进行准确判断，能画出空间几何体的直观图，并在直观图中把各种位置关系表达出来．球是基本的空间几何体之一，单一的球的直观图容易画出，但是当球与其他空间几何体组成组合体时，其直观图就很难作出，因此与球有关的组合体的图形处理成为空间想象能力考查的重要问题．【典例】若三棱锥SABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，AB＝SA＝SB＝SC＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A.83π B.433πC.43π D.163π【解析】如图所示，由SA＝SB＝SC可知点S在底面上的射影为△ABC的外心．由于底面是直角三角形，故其外心为斜边的中点O′，设该三棱锥外接球的球心为O，半径为R，则OO′＝3－R，在△OO′A中，R2＝(3－R)2＋12，即R＝23，所以球的表面积为4πR2＝16π3.【答案】 D【规律感悟】多面体的外接球的球心是到多面体的各个顶点距离相等的点，在确定多面体外接球的球心时要抓住这个特点．> egJ24089 5E19 帙727299 6AA3 檣39547 9A7B 驻21772 550C 唌29000 7148 煈 25066 61EA 懪h27745 6C61 污。

2021年高考数学二轮复习空间几何体的三视图、表面积与体积专题训练(含解析)

2021年高考数学二轮复习空间几何体的三视图、表面积与体积专题训练（含解析）一、选择题1．(xx·武汉调研)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )解析A、B、C与俯视图不符．答案D2．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )解析抓住其一条对角线被遮住应为虚线，可知正确答案在C，D中，又结合直观图知，D正确．答案D3．(xx·安徽卷)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( )A．21＋ 3 B．18＋ 3C．21 D．18解析由三视图知，该多面体是由正方体割去两个角所成的图形，如图所示，则S＝S正方体－2S三棱锥侧＋2S三棱锥底＝24－2×3×12×1×1＋2×34×(2)2＝21＋ 3.答案 A4．已知S，A，B，C是球O表面上的点，SA⊥平面ABCD，AB⊥BC，SA＝AB＝1，BC＝2，则球O的表面积等于( )A．4πB．3πC．2πD．π解析如图所示，由AB⊥BC知，AC为过A，B，C，D四点小圆直径，所以AD⊥DC.又SA⊥平面ABCD，设SB1C1D1－ABCD为SA，AB，BC为棱长构造的长方体，得体对角线长为12＋12＋22＝2R，所以R＝1，球O的表面积S＝4πR2＝4π.故选A.答案 A5．(xx·湖南卷)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 ．1B ．2C ．3D ．4解析由三视图可得原石材为如图所示的直三棱柱A 1B 1C 1－ABC ，且AB ＝8，BC ＝6，BB 1＝12.若要得到半径最大的球，则此球与平面A 1B 1BA ，BCC 1B 1，ACC 1A 1相切，故此时球的半径与△ABC 内切圆的半径相等，故半径r ＝6＋8－102＝2.故选B.答案 B6．点A ，B ，C ，D 均在同一球面上，其中△ABC 是正三角形，AD ⊥平面ABC ，AD ＝2AB ＝6，则该球的体积为( )A ．323π B．48π C．643π D．163π 解析如图所示，O1为三角形ABC的外心，过O做OE⊥AD，∴OO1⊥面ABC，∴AO1＝33AB＝ 3.∵OD＝OA，∴E为DA的中点．∵AD⊥面ABC，∴AD∥OO1，∴EO＝AO1＝ 3.∴DO＝DE2＋OE2＝2 3.∴R＝DO＝2 3.∴V＝43π(23)3＝323π.答案 A二、填空题7．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积是________．解析由三视图可知，四棱锥的高为2，底面为直角梯形ABCD .其中DC ＝2，AB ＝3，BC ＝3，所以四棱锥的体积为13×2＋3×32×2＝533.答案5338．如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 分别是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，则V 1V 2＝________.解析设三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的高为h ，底面三角形ABC 的面积为S ，则V 1＝13×14S ·12h ＝124Sh＝124V 2，即V 1V 2＝124.答案 1249．在四面体ABCD 中，AB ＝CD ＝6，AC ＝BD ＝4，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为________．解析构造一个长方体，使得它的三条面对角线分别为4、5、6，设长方体的三条边分别为x ，y ，z ，则x 2＋y 2＋z 2＝772，而长方体的外接球就是四面体的外接球，所以S ＝4πR 2＝772π.答案772π 三、解答题10．下列三个图中，左边是一个正方体截去一个角后所得多面体的直观图．右边两个是其正(主)视图和侧(左)视图．(1)请在正(主)视图的下方，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图(不要求叙述作图过程)．(2)求该多面体的体积(尺寸如图)．解 (1)作出俯视图如图所示．(2)依题意，该多面体是由一个正方体(ABCD －A 1B 1C 1D 1)截去一个三棱锥(E －A 1B 1D 1)得到的，所以截去的三棱锥体积VE －A 1B 1D 1＝13·S △A 1B 1D 1·A 1E ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×1＝23，正方体体积V 正方体AC 1＝23＝8，所以所求多面体的体积V ＝8－23＝223.11.(xx·安徽卷)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD .四边形ABCD 为梯形，AD ∥BC ，且AD ＝2BC .过A 1，C ，D 三点的平面记为α，BB 1与α的交点为Q .(1)证明：Q 为BB 1的中点；(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比．解 (1)证明：因为BQ ∥AA 1，BC ∥AD ，BC ∩BQ ＝B ，AD ∩AA 1＝A ，所以平面QBC ∥平面A 1AD .从而平面A 1CD 与这两个平面的交线相互平行，即QC ∥A 1D . 故△QBC 与△A 1AD 的对应边相互平行，于是△QBC ∽△A 1AD . 所以BQ BB 1＝BQ AA 1＝BC AD ＝12，即Q 为BB 1的中点．(2)如图，连接QA ，QD .设AA 1＝h ，梯形ABCD 的高为d ，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V 上和V 下，BC ＝a ，则AD ＝2a .VQ －A 1AD ＝13·12·2a ·h ·d ＝13ahd ，V Q －ABCD ＝13·a ＋2a 2·d ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12h ＝14ahd ，所以V 下＝VQ －A 1AD ＋V Q －ABCD ＝712ahd ，又V 四棱柱A 1B 1C 1D 1－ABCD ＝32ahd ，所以V 上＝V 四棱柱A 1B 1C 1D 1－ABCD －V 下＝32ahd －712ahd ＝1112ahd .故V 上V 下＝117.B 级——能力提高组1．(xx·北京卷)在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，D (1,1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D －ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( )A ．S 1＝S 2＝S 3B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2D ．S 3＝S 2且S 3≠S 1解析作出三棱锥在三个坐标平面上的正投影，计算三角形的面积．如图所示，△ABC 为三棱锥在坐标平面xOy 上的正投影，所以S 1＝12×2×2＝2.三棱锥在坐标平面yOz 上的正投影与△DEF (E ，F 分别为OA ，BC 的中点)全等，所以S 2＝12×2×2＝ 2.三棱锥在坐标平面xOz 上的正投影与△DGH (G ，H 分别为AB ，OC 的中点)全等，所以S 3＝12×2×2＝ 2.所以S 2＝S 3且S 1≠S 3.故选D.答案 D2．(xx·山东卷)三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.解析由于V P －ABE ＝V C －ABE ，所以V P －ABE ＝12V P －ABC ，又因V D －ABE ＝12V P －ABE ，所以V D －ABE ＝14V P －ABC ，∴V 1V 2＝14.答案143.(理)(xx·课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D －AE －C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E －ACD 的体积．解 (1)连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)因为PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|PA →|为单位长，建立空间直角坐标系A －xyz .则D (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12.设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量，由题设|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即 33＋4m 2＝12，解得m ＝32.因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E －ACD 的高为12.三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38. 3．(文)如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝4，点E 在线段AB 上．过点E 作EF ∥BC 交AC 于点F ，将△AEF 沿EF 折起到△PEF 的位置(点A 与P 重合)，使得∠PEB ＝30°.(1)求证：EF ⊥PB ；(2)试问：当点E 在何处时，四棱锥P －EFCB 的侧面PEB 的面积最大？并求此时四棱锥P －EFCB 的体积．解 (1)证明：∵AB ＝BC ，∴BC ⊥AB ，又∵EF ∥BC ，∴EF ⊥AB ，即EF ⊥BE ，EF ⊥PE .又BE ∩PE ＝E ，∴EF ⊥平面PBE ，∴EF ⊥PB .(2)设BE ＝x ，PE ＝y ，则x ＋y ＝4.∴S △PEB ＝12BE ·PE ·sin∠PEB ＝14xy ≤14⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝1. 当且仅当x ＝y ＝2时，S △PEB 的面积最大．此时，BE ＝PE ＝2.由(1)知EF ⊥平面PBE ， ∴平面PBE ⊥平面EFCB ，在平面PBE 中，作PO ⊥BE 于O ，则PO ⊥平面EFCB .即PO 为四棱锥P －EFCB 的高．又PO ＝PE ·sin30°＝2×12＝1. S 梯形EFCB ＝12(2＋4)×2＝6. ∴V P －BCFE ＝13×6×1＝2.028641 6FE1 濡35338 8A0A 訊38464 9640 陀30342 7686 皆v 36147 8D33 贳29087 719F 熟39357 99BD 馽x33830 8426 萦33383 8267 艧23814 5D06 崆.。

高考第二轮复习数学浙江文科专题升级训练11 空间几何体的三视图、表面积及体积专题升级训练卷(附答案).pdf

专题升级训练11　空间几何体的三视图、表面积及体积 (时间：60分钟　满分：100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分) 1．下列四个几何体中，每个几何体的三视图中有且仅有两个视图相同的是( )． A．①② B．①③ C．③④ D．②④ 2．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )． 3．在一个几何体的三视图中，正(主)视图和俯视图如图所示，则相应的侧(左)视图可以为( )． 4．(2012·北京丰台区三月模拟，5)若正四棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该几何体的表面积是( )． A．4B．4＋4 C．8D．4＋4 5．(2012·浙江宁波十校联考，12)已知某几何体的三视图如图所示，其中侧(左)视图是等腰直角三角形，正视图是直角三角形，俯视图ABCD是直角梯形，则此几何体的体积为( )． A．1 B．2 C．3 D．4 6．(2012·山东济南三月模拟，8)若一个螺栓的底面是正六边形，它的正(主)视图和俯视图如图所示，则它的体积是( )． A．27＋12πB．9＋12π C．27＋3πD．54＋3π 7．(2012·浙江宁波模拟，13)已知一个正三棱锥的正(主)视图为等腰直角三角形，其尺寸如图所示，则其侧(左)视图的周长为( )． A．5＋ B．5＋6 C．6＋6 D．3＋12 8．长方体的三条棱长分别为1，，，则此长方体外接球的体积与面积之比为( )． A． B．1 C．2 D．二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分) 9．(2012·浙江宁波十校联考，15)已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面圆周都在半径为3的同一个球面上．若两圆锥的高的比为1∶2，则两圆锥的体积之和为__________． 10．(2012·江苏南京二模，11)一块边长为10 cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥容器，当x＝6 cm时，该容器的容积为__________cm3. 11．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝，AA1＝3，M为线段BB1上的一动点，则当AM＋MC1最小时，△AMC1的面积为__________． 12．(2012·浙江湖州中学模拟，16)底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E是侧棱AA1的中点，F是正方形ABCD的中心，则直线EF被球O所截得的线段长为__________．三、解答题(本大题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 13．(本小题满分10分)如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)． (1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)； (2)求这个几何体的表面积及体积． 14．(本小题满分10分)斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为a的正三角形，侧棱长等于b，一条侧棱AA1与底面相邻两边AB，AC都成45°角． (1)求这个三棱柱的侧面积； (2)求这个三棱柱的体积． 15．(本小题满分12分)(2012·安徽安庆二模，18)如图，几何体ABC－EFD是由直三棱柱截得的，EF∥AB，∠ABC＝90°，AC＝2AB＝2，CD＝2AE＝. (1)求三棱锥D－BCE的体积； (2)求证：CE⊥DB． 16．(本小题满分12分)(2012·河北邯郸一模，19)已知四棱锥E－ABCD的底面为菱形，且∠ABC＝60°，AB＝EC＝2，AE＝BE＝，O为AB的中点． (1)求证：EO⊥平面ABCD； (2)求点D到平面AEC的距离．一、选择题 1．D　解析：图①的三种视图均相同；图②的正(主)视图与侧(左)视图相同；图③的三种视图均不相同；图④的正(主)视图与侧(左)视图相同． 2．A　解析：由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2，故选A. 3．D　解析：由题目所给的几何体的正(主)视图和俯视图，可知该几何体为半圆锥和三棱锥的组合体，如图所示：可知侧(左)视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D. 4．B 5．D　解析：由三视图可得该几何体是四棱锥，记为棱锥PABCD，且PD⊥底面ABCD. 从而此几何体的体积为××2×2＝4. 6．C　解析：该螺栓是由一个正六棱柱和一个圆柱组合而成的， V总＝V正六棱柱＋V圆柱＝×32×6×2＋π×12×3＝27＋3π. 7．A　解析：由正(主)视图可知正三棱锥的底边长为6，高为3，从而可得侧棱长为.而侧(左)视图是一个三角形，三条边分别是底面正三角形的高、侧棱和侧面等腰三角形底边上的高，其长度依次为3，和2，故侧(左)视图的周长为5＋. 8．D 二、填空题 9．16π　解析：设两圆锥的高分别为h,2h，圆锥的底面圆半径为r，则r2＝2h2. 又球的半径R＝＝3，则h＝2. 故两圆锥的体积之和为V＝πr2(2h＋h)＝πr2h＝2πh3＝16π. 10．48 11．　解析：将直三棱柱沿侧棱A1A剪开，得平面图形如图所示，A′C1为定长，当A，M，C1共线时AM＋MC1最短，此时AM＝，MC1＝2. 又在原图形中AC1＝，易知∠AMC1＝120°， ∴＝××2×sin 120°＝. 12．　解析：O，E，F三点在平面ACC1A1内，且矩形ACC1A1的外接圆是球的一个大圆．又EF∥A1C，设A到直线A1C的距离为d，则＝，得d＝，故圆心O到直线EF的距离为. 又球的半径为，故直线EF被球O所截得的线段长为2＝. 三、解答题 13．解：(1)这个几何体的直观图如图所示． (2)这个几何体可看成是正方体AC1及直三棱柱B1C1Q－A1D1P的组合体．由PA1＝PD1＝，A1D1＝AD＝2，可得PA1⊥PD1. 故所求几何体的表面积S＝5×22＋2×2×＋2××()2＝22＋4(cm2)．所求几何体的体积V＝23＋×()2×2＝10(cm3)． 14．解：(1)由题可知AA1⊥BC，S侧＝SBCC1B1＋2SABB1A1＝(1＋)ab. (2)设O为A1在平面ABC内的射影，则由题可知O在∠BAC的平分线上，可得AO＝(b·cos 45°)÷cos 30°＝b，则斜三棱柱的高A1O＝b，所以三棱柱的体积V＝·＝. 15．(1)解：BC2＝AC2－AB2＝3BC＝. 几何体ABC－EFD是由直三棱柱截得，由图可知DC⊥平面ABC， ∴DC⊥AB. 又∵∠ABC＝90°，∴AB⊥BC.∴AB⊥平面BDC. 又EF∥AB，∴EF⊥平面BCD. 故VD－BCE＝VE－BCD＝S△BCD·EF＝××××1＝. CF. 依题意?EF⊥BD.① 又在Rt△BCF和Rt△CDB中，＝＝，＝＝＝ Rt△BCF∽Rt△CDB?∠BDC＝∠BCF∠BDC＋∠DCF＝∠BCF＋∠DCF＝90°CF⊥BD.② 由①②BD⊥平面CEF. 又CE平面CEF，∴BD⊥CE. 16．(1)证明：连接CO. ∵AE＝EB＝，AB＝2，∴△AEB为等腰直角三角形． ∵O为AB的中点，∴EO⊥AB，EO＝1. 又∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴△ACB是等边三角形，∴CO＝. 又EC＝2，∴EC2＝EO2＋CO2，∴EO⊥CO. 又CO平面ABCD，EO平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD. (2)解：设点D到平面AEC的距离为h. ∵AE＝，AC＝EC＝2，∴S△AEC＝. ∵S△ADC＝，E到平面ACB的距离EO＝1，VD－AEC＝VE－ADC， ∴S△AEC·h＝S△ADC·EO，∴h＝， ∴点D到平面AEC的距离为.。

2021年高考数学二轮复习专题提分教程专题四立体几何与空间几何体的三视图表面积与体积练习

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□01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□03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：□05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□01各个面的面积的和．(2)圆柱的表面积公式：□02S＝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：□03S＝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：□04S＝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：□05S＝4πR2(其中球的半径为R)．3．空间几何体的体积(1)V柱体＝□01Sh(S为底面面积，h为高)．(2)V锥体＝□0213Sh(S为底面面积，h为高)．(3)V球＝□0343πR3(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.(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．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和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )答案 C解析若俯视图为C 中的图形，则对应的几何体为如图所示的正方体(棱长为2)中的四棱锥P －ABCD ，所以该四棱锥的体积V ＝13·S 正方形ABCD ·PA ＝13×(2×2)×2＝83，显然符合题意．经验证知其他选项不满足题意．故选C.2.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( )答案 C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 .考向2 空间几何体的表面积与体积例2 (1)(2019·湖南永州高三第三次模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3B.4π3C.π3D.2π3答案 D解析由三视图可知原几何体为半个圆柱中间去掉半个圆锥，则半个圆柱体积为V 1＝12π×12×2＝π，半个圆锥体积为V 2＝12×13π×12×2＝π3，则该几何体的体积为V ＝V 1－V 2＝2π3.故选D .(2)(2019·重庆南开中学高三第三次教学质量检测)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．42B ．45C ．46D ．48答案 C解析由三视图可知原几何体为如图所示的多面体ABEHM －CDGF ，所以该几何体的体积为4×3×4－13×12×2×3×2＝48－2＝46.故选C .(3)(2019·山东省济宁市高三第一次模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．24＋9πB ．12＋9πC ．12＋5πD ．24＋4π答案 B解析由三视图可知，几何体是一个高为3，底面半径为4的圆锥的14，故该几何体的表面积S ＝12×3×4＋12×3×4＋14×π×42＋14×π×4×32＋42＝12＋9π.故选B .(1)由三视图求表面积和体积时，解题的关键是对所给三视图进行分析，得到几何体的直观图．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和，求组合体的表面积时要注意重合部分的面积． (3)求规则几何体的体积，只需确定底面积与相应的高，而一些不规则几何体的体积往往需采用分割或补形的方法，转化求解．1.(2019·马鞍山高考数学一模)如图，网格纸的各小格都是边长为1的正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体的表面积是( )A ．(2＋2)πB ．(2＋22)πC ．(4＋2)πD ．(4＋22)π 答案 D解析由三视图得到该几何体是上、下两个圆锥与中间圆柱体的组合体．其中底面圆的半径为1，圆锥的高为1，圆柱的高为2，所以组合体的表面积为S ＝2×π×1×12＋12＋2π×1×2＝22π＋4π.故选D .2．某几何体的三视图如图所示(在如图的网格纸中，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答案 C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．所以该几何体的表面积S ＝3×6＋12×6×4＋12×5×3×2＋12×6×5＝18＋12＋15＋15＝60.故选C .3.(2019·毛坦厂中学高三4月联考)中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3,27立方寸＝1升，则商鞅铜方升的容积约为( )A ．0.456升B ．0.467升C ．0.486升D ．0.487升答案 B解析由三视图得，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成(如图所示)，故其体积V≈(5.4－1.6)×3×1＋3×（12）2×1.6＝12.6(立方寸)，12.6÷27≈0.467(升)．故选B .考向3 多面体与球例3 (1)(2019·河北省唐山市高三第二次模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．16πB ．14πC ．10πD ．8π答案 C解析将三视图还原为如图所示的几何体，该几何体为半个球挖去一个圆锥，球半径为R ＝3，圆锥底面半径r ＝1，由题知母线长为2，则该几何体的表面积S ＝12×4πR 2＋πR 2－πr2＋12×2πr×2＝10π，故选C.(2)(2019·安徽省马鞍山市高考一模)在三棱锥A －BCD 中，BC⊥BD，AB ＝AD ＝BD ＝43，BC ＝6，平面ABD⊥平面BCD ，则三棱锥A －BCD 的外接球体积为( )A ．36π B.256π3C.500π3D ．288π答案 C解析 ∵平面ABD⊥平面BCD ，平面ABD∩平面BCD ＝BD ，BC⊥BD，BC ⊂平面BCD ，∴BC⊥平面ABD ，∵AB＝AD ＝BD ＝43，所以△ABD 是边长为43的等边三角形，由正弦定理得△ABD 的外接圆的直径为2r ＝AB sinπ3＝8，所以该球的直径为2R ＝(2r )2＋BC 2＝10，则R ＝5.因此，三棱锥A －BCD 的外接球体积为V ＝43πR 3＝43π×53＝500π3.故选C.多面体与球切、接问题的求解方法(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，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．(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．1.(2018·襄阳五中一模)如图，在△ABC中，AB＝BC＝6，∠ABC＝90°，点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都在同一球面上，则该球的表面积是( )A．πB．3πC．5πD．7π答案 D解析由题意得该三棱锥的面PCD是边长为3的正三角形，且BD⊥平面PCD，设三棱锥P－BDC外接球的球心为O，△PCD外接圆的圆心为O1，则OO1⊥平面PCD，所以四边形OO1DB为直角梯形，由BD＝3，O1D＝1，及OB＝OD，得OB＝72，所以外接球半径为R＝72，所以该球的表面积S＝4πR2＝4π×74＝7π.故选D.2．表面积为16π的球面上有四个点P，A，B，C，且△ABC是边长为23的等边三角形，若平面PAB⊥平面ABC，则棱锥P－ABC体积的最大值为________．答案 3解析设球半径为r，∵4πr2＝16π，∴r＝2.又∵△ABC 是边长为23的等边三角形， ∴△ABC 外接圆半径r 1＝23×32×23＝2， ∵r＝r 1，∴外接球的球心，即为△ABC 外接圆圆心．当P 在AB 上投影在AB 中点时，棱锥高达到最大，体积最大．设高为h ，则h 2＝4－1＝3，∴h＝ 3.∴V＝13×34×(23)2×3＝3.真题押题『真题模拟』1．(2019·新疆维吾尔族自治区普通高考第二次适应性检测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．240B ．220C ．200D ．260答案 A解析根据三视图可以画出该几何体的直观图为如图所示的四棱柱，侧棱与底面垂直，底面是等腰梯形，侧棱长为10，等腰梯形上底为2，下底为8，高为4，腰为5，所以表面积S ＝2×12×(2＋8)×4＋2×10＋8×10＋2×(5×10)＝240.故选A.2．(2019·东北三省四市高三第一次模拟)我国古代数学名著《九章算术·商功》中阐述：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵．其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”若称为“阳马”的某几何体的三视图如图所示，图中网格纸上小正方形的边长为1，则对该几何体描述：①四个侧面都是直角三角形；②最长的侧棱长为26；③四个侧面中有三个侧面是全等的直角三角形；④外接球的表面积为24π.其中所有正确结论的编号为( )A．①②③B．②③C．①③④D．①②④答案 D解析由三视图可知，该几何体为四棱锥P－ABCD，四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝2，PD⊥平面ABCD，PD＝2，对于①，易证AB⊥平面PAD，BC⊥平面PCD，故四个侧面都是直角三角形；对于②，PB＝4＋16＋4＝26，故正确；对于③，四个侧面中没有全等的三角形，故错误；对于④，外接球的直径为PB＝26，故外接球的表面积为24π，正确，故选D.3．(2019·江西八所重点中学高三4月联考)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是( )A.52 B. 2 C.355 D.32答案 D解析由三视图得该四面体的直观图如图，图中三角形ABC 是等腰三角形，且三角形的中线AO 是三棱锥A －BCD 的高，且AO ＝2，底面△BCD 是直角边为2的等腰直角三角形，6条棱长分别是BC ＝CD ＝2，AB ＝AC ＝5，BD ＝22，AD ＝3，该四面体最长的棱长与最短的棱长分别为3,2，所以该四面体最长的棱长与最短的棱长的比是32，故选D.4．(2019·北京高考)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为________．答案 40解析由题意知去掉的四棱柱的底面为直角梯形，底面积S ＝(2＋4)×2÷2＝6，高为正方体的棱长4，所以去掉的四棱柱的体积为6×4＝24.又正方体的体积为43＝64，所以该几何体的体积为64－24＝40.『金版押题』5．如图是某个几何体的三视图，则这个几何体的体积是( )A ．2＋π2B ．2＋π3C ．4＋π3D ．4＋π2答案 A解析该几何体由一个三棱柱和半个圆柱组成，其中三棱柱底面为等腰直角三角形，高为2，圆柱底面半径为1，高为1.∴V ＝V 三棱柱＋12V 圆柱＝12×2×2×2＋12×π×12×1＝2＋π2.故选A.6．一个几何体的三视图如图所示，其中主(正)视图是边长为2的正三角形，则该几何体的外接球的体积为( )A.83π27 B.323π27C.643π27D.2563π27答案 B解析如图，该几何体的直观图是三棱锥P －ABC .主视图是边长为2的正三角形PAC ，平面PAC ⊥平面ABC ，三棱锥的高是3，其中DA ＝DB ＝DC ＝1，PD ⊥平面ABC ，球心O 在PD 上，设球的半径为r ，则r 2＝(3－r )2＋12，解得r ＝233，故V ＝323π27.故选B.配套作业一、选择题1．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )答案 C解析侧视图从图形的左面向右面看，看到一个矩形，在矩形上有一条对角线，对角线是由左下角到右上角的线，故选C.2．如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A ．3B ．3 2C ．9D ．9 2答案 A解析由题中的三视图，可得该几何体是一个以俯视图中的梯形为底面的四棱锥，其底面面积S ＝12×(2＋4)×1＝3，高h ＝3，故其体积V ＝13Sh ＝3，故选A.3．(2019·成都市外国语学校高三一诊)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16π－163B ．16π－323C ．8π－163D ．8π－323答案 D解析由三视图可知，该几何体为一个半圆柱挖去一个倒立的四棱锥．∴该几何体的体积V ＝12×π×22×4－13×42×2＝8π－323.故选D.4．(2019·安徽马鞍山高中毕业班第二次教学质量监测)已知某几何体的三视图如图所示，网格中小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为( )A ．20B ．22C ．24D ．19＋2 2答案 B解析通过三视图可知，该几何体是正方体去掉两个“角”．所以表面积S ＝12×(1＋2)×2×2＋12×(1＋2)×2×2＋4＋3＋12×2×322×2＝22.故选B.5．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积等于( )A ．4＋2π3(cm 3)B ．4＋3π2(cm 3)C ．6＋2π3(cm 3)D ．6＋3π2(cm 3)答案 D解析根据该几何体的三视图，可得该几何体是一个直三棱柱与一个半圆柱的组合体，该直三棱柱的底面是边长为2 cm 的等腰直角三角形，高为3 cm ，半圆柱的底面半圆的半径为1 cm ，高为3 cm ，因此该几何体的体积V ＝12×2×2×3＋12×π×12×3＝6＋3π2(cm 3)．故选D.6．如图所示为一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．6πB ．4＋4πC ．8＋6πD ．4＋6π答案 C解析由三视图知该几何体是一个底面半径为1，高为4的圆柱上下部各截去一个高为2的半圆柱，如图所示，则该几何体的表面积为2π×12＋2π×1×2＋2×2×2＝8＋6π，故选C.7．(2019·广东东莞市高三教学质量监测)如图，半径为R 的球的两个内接圆锥有公共的底面，若两个圆锥的体积之和为球的体积的38，则这两个圆锥高之差的绝对值为( )A.R2 B.2R3 C.4R 3D ．R答案 D解析如题图，设球的球心为O ，体积为V ，上面圆锥的高为h ，体积为V 1，下面圆锥的高为H ，体积为V 2；圆锥的底面的圆心为O 1，半径为r .由球和圆锥的对称性可知，h ＋H ＝2R ，|OO 1|＝H －R ，由题意可知，V 1＋V 2＝38V ⇒13πr 2h ＋13πr 2H ＝38×43πR 3⇒r 2(h ＋H )＝32R 3，而h ＋H＝2R ，∴r ＝32R ，由于OO 1垂直于圆锥的底面，所以OO 1垂直于底面的半径，由勾股定理可知，R 2＝r 2＋|OO 1|2，∴R 2＝r 2＋(H －R )2⇒H ＝32R ，可知h ＝12R ，这两个圆锥高之差的绝对值为R ，故选D.8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.323 B.503 C.643 D.803答案 D解析如图所示，三视图对应的几何体为ABCDEF ，其体积为12×43－13×12×42×2＝803.故选D.9．(2019·江西南昌外国语学校高三高考适应性测试)在三棱锥S －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2，SA ＝SC ＝2，二面角S －AC －B 的余弦值是－33，若S ，A ，B ，C 都在同一球面上，则该球的表面积是( )A ．4πB ．6πC ．8πD ．9π答案 B解析如图，取AC 的中点D ，连接SD ，BD .因为SA ＝SC ，AB ＝BC ，所以SD ⊥AC ，BD ⊥AC ，可得∠SDB 即为二面角S －AC －B 的平面角，故cos ∠SDB ＝－33，在Rt △SDC 中，SD ＝SC 2－CD 2＝4－1＝3，同理可得BD ＝1，由余弦定理得cos ∠SDB ＝3＋1－SB22×3×1＝－33，解得SB ＝6，在△SCB 中，SC 2＋CB 2＝4＋2＝(6)2＝SB 2，所以△SCB 为直角三角形，同理可得△SAB 为直角三角形，取SB 的中点E ，则SE ＝EB ＝62，在Rt △SCB 与Rt △SAB 中，EA ＝SB 2＝62，EC ＝SB2＝62，所以点E 为该球的球心，半径为62，所以该球的表面积为S ＝4×π×（62）2＝6π，故选B.10．(2019·广州高中毕业班综合测试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )A.13π2 B ．7π C.15π2D ．8π答案 B解析由题意可知，几何体是一个圆柱与一个14的球的组合体，球的半径为1，圆柱的高为2，可得该几何体的表面积为14×4π×12＋2×π×12＋2π×2＝7π.故选B.11．如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为( )A ．27πB ．30πC ．32πD ．34π答案 D解析根据三视图可知，此多面体为三棱锥A －BCD ，且侧面ABC ⊥底面BCD ，△ABC 与△BCD 都为等腰三角形，如图所示．根据题意可知，三棱锥A －BCD 的外接球的球心O 位于过△BCD 的外心O ′，且垂直于底面BCD 的垂线上，取BC 的中点M ′，连接AM ′，DM ′，OO ′，O ′B ，易知O ′在DM ′上，过O 作OM ⊥AM ′于点M ，连接OA ，OB ，根据三视图可知M ′D ＝4，BD ＝CD ＝25，故sin ∠BCD ＝255，设△BCD 的外接圆半径为r ，根据正弦定理可知，2r ＝BD sin ∠BCD ＝5，故BO ′＝r ＝52，M ′O ′＝32，设OO ′＝x ，该多面体的外接球半径为R ，在Rt △BOO ′中，R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋x 2，在Rt △AMO 中，R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋(4－x )2，所以R ＝342，故该多面体的外接球的表面积S ＝4πR 2＝34π.故选D.12．(2019·大兴区高三4月一模)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为( )A.13 B ．2 3 C ．3 D ．2 2答案 B解析由三视图得该几何体的直观图是图中的三棱锥A －BCD ，所以CD ＝3，BD ＝22＋12＝5，AB ＝22＋12＝5，AC ＝ (22)2＋12＝3，BC ＝22＋22＝22，AD ＝(22)2＋22＝2 3.所以AD 是最长的棱，即三棱锥最长棱的棱长为23，故选B.二、填空题13．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为________．答案 50π解析由题意知，该几何体是三棱锥S －ABC ，将其放入长方体中，情形如图所示．于是该长方体的对角线长为32＋42＋52＝5 2.长方体的外接球也就是该三棱锥的外接球，于是其半径为522，从而外接球的表面积是50π.14．(2019·玉溪一中高三下学期第五次调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线和粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为________．答案 23解析画出三视图对应的直观图如图所示三棱锥A －BCD .故体积为13×12×1×2×2＝23.。

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 .。

高考数学二轮复习专题十二空间几何体的三视图、表面积及体积练习理

专题限时集训(十二)A[空间几何体的三视图、表面积及体积](时间：5分钟＋30分钟)基础演练夯知识1. 某几何体的三视图如图121所示，根据图中标出的尺寸(单位：cm)可得这个几何体的体积是( )A.13cm3 B.23cm3 C.43cm3 D.83cm3图121图1222. 图122是一个封闭几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A．7π B．8πC．9π D．11π3. 沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图X123所示，则该几何体的侧视图为( )A B C D图123图124图1254. 某四棱锥的三视图如图125所示，记A为此棱锥所有棱的长度的集合，则( )A．2∈A，且4∈AB.2∈A，且4∈AC. 2∈A，且25∈AD.2∈A，且17∈A提升训练强能力5. 如图126所示，三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA1⊥底面A1B1C1，正视图是边长为2的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的侧视图的面积为( )A. 3 B．2 3 C．4 D. 4 36. 一个机器零件的三视图如图127所示，其中俯视图是一个半圆内切于边长为2的正方形，则该机器零件的体积为( )A．8＋π3B．8＋2π3C．8＋8π3D．8＋16π3图126图1277．若某棱锥的三视图(单位：cm)如图128所示，则该棱锥的体积等于( )A．10 cm3 B．20 cm3C．30 cm3 D．40 cm3图128图1298. 一个简单组合体的三视图及尺寸如图129所示，则该组合体的体积为( )A．42 B．48 C．56 D．449. 某由圆柱切割获得的几何体的三视图如图1210所示，其中俯视图是中心角为60°的扇形，则该几何体的侧面积为( )A．12＋103π B．6＋103πC. 12＋2π D．6＋4π图1210图121110. 如图1211，一个几何体的三视图为两个等腰直角三角形和一个边长为1的正方形，则其外接球的表面积为( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π11. 设扇形的圆心角为2π3，面积为3π，若将它围成一个圆锥，则此圆锥的体积是________．专题限时集训(十二)B[空间几何体的三视图、表面积及体积](时间：5分钟＋30分钟)基础演练夯知识1. 某空间几何体的三视图如图1212所示，则该几何体的体积为( ) A.83 B ．8 C.323D ．16图1212 图12132. 一个几何体的三视图如图1213所示，则该几何体的体积为( ) A.13 B.23 C ．2 D ．1图12143. 如图1214所示是棱长为2的正方体的表面展开图，则多面体ABCDE 的体积为( )A ．2 B.23C.43D.834. 一个四面体的四个顶点在空间直角坐标系O xyz 中的坐标分别是(0，0，0)，(1，2，0)，(0，2，2)，(3，0，1)，则该四面体以yOz 平面为投影面的正视图的面积为( )A ．3 B.52C. 2D.72提升训练强能力5. 一个几何体的三视图如图1215所示，其中正视图是边长为2的正三角形，俯视图为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为( )A.32 B ．1 C.52 D.12图1215 图12166. 一个几何体的三视图如图1216所示，则它的体积为( ) A.203 B.403C ．20D ．40 7. 一个几何体的三视图如图1217所示，则这个几何体的体积为( )A ．64－16π3B ．64－32π3C ．64－16πD ．64－64π3图1217 图12188. 图1218是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是( ) A ．54 B ．27 C. 18 D ．9图12199. 如图1219所示，在三棱锥P ABC 中，PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且PA ＝3，PB ＝2，PC ＝1，设M 是底面三角形ABC 内一动点，定义：f (M )＝(m ，n ，p )，其中m ，n ，p 分别表示三棱锥M PAB ，M PBC ，M PAC 的体积，若f (M )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2x ，y ，且1x ＋a y ≥8恒成立，则正实数a 的最小值是( )A ．2＋ 2B ．2－ 2C ．3－2 2D ．6－4 210. 直三棱柱ABC A 1B 1C 1的各顶点都在同一个球面上．若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积为________．图122011. 如图1220所示，已知球O是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为________．专题限时集训(十二)A【基础演练】1．C [解析] 该几何体的直观图如图所示，所以V ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×2＝43(cm 3)．2．C[解析] 易知该几何体是一个直径为2，高为3的圆柱上部挖去一个直径为2的半球后剩下的部分，故该几何体的表面积为π·12＋2π·3＋12(4π·12)＝9π.3．B [解析] 由直观图知，侧视图是正方形，且从左上到右下有实对角线，选B.4．D [解析] 该空间几何体是底面边长为2，高为4的正四棱锥，则其侧棱长为42＋12＝17，故A ＝{2，17}，所以2∈A ，且17∈A .【提升训练】5．B [解析] 由题知，三棱柱的侧视图是边长分别为3，2的矩形，其面积为2 3. 6．A [解析] 由三视图知，几何体是下部为正方体、上部是四分之一球体组成的组合体，其体积V ＝23＋14×43×π×13＝8＋π3.7．B [解析] 由三视图知，该几何体为在一个直三棱柱上面截去一个三棱锥后剩下的部分，且直三棱柱的底面是直角边分别为3，4的直角三角形，高为5，所以该几何体的体积V ＝12×3×4×5－13×12×3×4×5＝20(cm 3)．8．D [解析] 由三视图可知该几何体是一个长、宽、高分别为6，4，1的长方体和一个底面积为12×4×5＝10，高为2的三棱柱组合而成的，其体积V ＝1×4×6＋10×2＝44.9．C [解析] 该几何体为底面半径为2，母线长为3的圆柱的六分之一，故所求侧面积为16×2π×2×3＋2×2×3＝2π＋12.10．C [解析] 由三视图知几何体是底面是正方形，顶点在底面的射影是正方形的一个顶点的四棱锥，其最长的侧棱是外接球的直径，因此r ＝32，外接球的表面积S ＝4πr 2＝3π .11．22π3 [解析] 设扇形的半径为R ，由S ＝12×2π3R 2＝3π得R ＝3.扇形的弧长为2π，因此圆锥的底面半径为r ＝1，从而圆锥的高为32－12＝22，圆锥的体积为V ＝13×π×12×22＝22π3.专题限时集训(十二)B【基础演练】1．B [解析] 由三视图可知，该几何体的体积为12×2×2×4＝8.2．B [解析] 由三视图知该几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个边长为2的正方形，四棱锥的高为1，所以该几何体的体积V ＝13×2×2×1＝23.3．D [解析] 多面体ABCDE 为四棱锥，利用割补法可得其体积V ＝4－43＝83，选D.4．A [解析] 1，下底边为2，高为2的梯形，所以该梯形的面积为12(1＋2)×2＝3.【提升训练】5．A [解析] 该几何体为正六棱锥，其侧视图是底边长为3，高为3的等腰三角形，其面积为12×3×3＝32.6．B [解析] 此几何体的直观图如图所示，易知其体积V ＝13×12()1＋4×4×4＝403.7．A [解析] 由三视图知该几何体是正方体内挖去两个底面在上、下底，且共顶点的圆锥，因此其体积V ＝43－13π×22×(1＋3)＝64－16π3.8．C [解析] 由题可知，该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，该四棱锥的高为3，底面是边长分别为3，6的矩形，故其体积为13×3×6×3＝18.9．D [解析] 由三棱锥P ABC 的体积为V ＝13×12×3×2×1＝1，得12＋2x ＋y ＝1，从而4x ＋2y ＝1，所以1x ＋a y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y (4x ＋2y )＝4＋2a ＋2y x ＋4axy≥4＋2a ＋28a ，依题意得4＋2a＋42a ≥8，又a >0得a ≥2－2⇒a ≥6－4 2.10．20π [解析] 设半径为R 的球的内接直三棱柱ABC A 1B 1C 1的上、下底面外接圆的圆心分别为O 1，O 2，则球心O 在线段O 1O 2的中点处．连接OO 1，OA ，O 1A ，则R 2＝OA 2＝OO 21＋O 1A2＝1＋O 1A 2.在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，∴ BC ＝2 3.又BC sin ∠BAC＝2O 1A ，∴ O 1A＝232sin ∠BAC＝2，∴ R ＝5，∴此球的表面积为4πR 2＝20π. 11.π6[解析] 根据题意知，平面ACD 1是边长为2的正三角形，球O 与以点D 为公共点的三个面的切点恰为三角形ACD 1三边的中点，故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积．易知△ACD 1内切圆的半径是2×32×13＝66，则所求的截面圆的面积是π×⎝ ⎛⎭⎪⎫662＝π6.。

【高考推荐】2020-2021高考数学二轮复习专题三立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积和体积练习

第1讲空间几何体的三视图、表面积和体积高考定位 1.三视图的识别和简单应用；2.简单几何体的表面积与体积计算，主要以选择题、填空题的形式呈现，在解答题中，有时与空间线、面位置证明相结合，面积与体积的计算作为其中的一问.真题感悟1.(2018·全国Ⅲ卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来.构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )解析由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.答案 A2.(2018·全国Ⅰ卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A.122πB.12πC.82πD.10π解析因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为2 2.所以S表面积＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.答案 B3.(2018·天津卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M－EFGH的体积为________.解析连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC .因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC .所以EH ∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形.又点M到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M －EFGH 的体积为13×⎝ ⎛⎭⎪⎫222×12＝112.答案1124.(2017·全国Ⅰ卷)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径.若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________.解析如图，连接OA ，OB ，因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径，所以OA ⊥SC ，OB ⊥SC .因为平面SAC ⊥平面SBC ，平面SAC ∩平面SBC ＝SC ，且OA ⊂平面SAC ，所以OA ⊥平面SBC .设球的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ，所以V A －SBC ＝13×S △SBC ×OA ＝13×12×2r ×r ×r ＝13r 3，所以13r 3＝9⇒r ＝3，所以球的表面积为4πr 2＝36π.答案 36π考点整合1.空间几何体的三视图(1)几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正、高平齐、宽相等. (2)由三视图还原几何体：一般先从俯视图确定底面，再利用正视图与侧视图确定几何体. 2.空间几何体的两组常用公式 (1)柱体、锥体、台体的表面积公式： ①圆柱的表面积S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2. (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)；②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR 3.热点一空间几何体的三视图与直观图【例1】 (1)(2018·兰州模拟)中国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直棱柱称为“堑堵”.已知某“堑堵”的正视图和俯视图如图所示，则该“堑堵”的侧视图的面积为( ) A.18 6 B.18 3 C.18 2D.2722(2)(2018·全国Ⅰ卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A.217B.2 5C.3D.2解析 (1)在俯视图Rt △ABC 中，作AH ⊥BC 交于H . 由三视图的意义，则BH ＝6，HC ＝3，根据射影定理，AH 2＝BH ·HC ，∴AH ＝3 2.易知该“堑堵”的侧视图是矩形，长为6，宽为AH ＝3 2.故侧视图的面积S ＝6×32＝18 2. (2)由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN ，则MS ＝2，SN ＝4.则从M 到N 的路径中，最短路径的长度为MS 2＋SN 2＝22＋42＝2 5.答案 (1)C (2)B探究提高 1.由直观图确定三视图，一要根据三视图的含义及画法和摆放规则确认.二要熟悉常见几何体的三视图.2.由三视图还原到直观图的思路 (1)根据俯视图确定几何体的底面.(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置. (3)确定几何体的直观图形状.【训练1】 (1)如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P －BCD 的正视图与侧视图的面积之和为( )A.1B.2C.3D.4(2)(2017·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.3 2B.2 3C.2 2D.2解析 (1)设点P 在平面A 1ADD 1的射影为P ′，在平面C 1CDD 1的射影为P ″，如图所示.∴三棱锥P －BCD 的正视图与侧视图分别为△P ′AD 与△P ″CD ，因此所求面积S ＝S △P ′AD ＋S △P ″CD ＝12×1×2＋12×1×2＝2. (2)根据三视图可得该四棱锥的直观图(四棱锥P －ABCD )如图所示，将该四棱锥放入棱长为2的正方体中.由图可知该四棱锥的最长棱为PD ，PD ＝22＋22＋22＝2 3. 答案 (1)B (2)B热点二几何体的表面积与体积考法1 空间几何体的表面积【例2－1】 (1)(2017·全国Ⅰ卷)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( ) A.10 B.12C.14D.16(2)(2018·西安模拟)如图，网格纸上正方形小格的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A.20πB.24πC.28πD.32π解析 (1)由三视图可画出直观图，该直观图各面内只有两个相同的梯形的面，S 梯＝12×(2＋4)×2＝6，S 全梯＝6×2＝12.(2)由三视图知，该几何体由一圆锥和一个圆柱构成的组合体，∵S 圆锥侧＝π×3×32＋42＝15π，S 圆柱侧＝2π×1×2＝4π，S 圆锥底＝π×32＝9π. 故几何体的表面积S ＝15π＋4π＋9π＝28π. 答案 (1)B (2)C探究提高 1.由几何体的三视图求其表面积：(1)关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及度量大小；(2)还原几何体的直观图，套用相应的面积公式.2.(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理. (2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.【训练2】 (1)(2016·全国Ⅰ卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A.17πB.18πC.20πD.28π(2)(2018·烟台二模)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图右侧曲线为半圆弧，则几何体的表面积为( )A.3π＋42－2B.3π＋22－2C.3π2＋22－2D.3π2＋22＋2 解析 (1)由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O 且互相垂直的三个平面)切掉左上角的18后得到的组合体，其表面积是球面面积的78和三个14圆面积之和，易得球的半径为2，则得S ＝78×4π×22＋3×14π×22＝17π.(2)由三视图，该几何体是一个半圆柱挖去一直三棱柱，由对称性，几何体的底面面积S 底＝π×12－(2)2＝π－2.∴几何体表面积S ＝2(2×2)＋12(2π×1×2)＋S 底＝42＋2π＋π－2＝3π＋42－2. 答案 (1)A (2)A考法2 空间几何体的体积【例2－2】 (1)(2018·河北衡水中学调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.6B.4C.223D.203(2)由一个长方体和两个14圆柱构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________.解析 (1)由三视图知该几何体是边长为2的正方体挖去一个三棱柱(如图)，且挖去的三棱柱的高为1，底面是等腰直角三角形，等腰直角三角形的直角边长为2.故几何体体积V ＝23－12×2×2×1＝6.(2)该几何体由一个长、宽、高分别为2，1，1的长方体和两个底面半径为1，高为1的14圆柱体构成.所以V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案 (1)A (2)2＋π2探究提高 1.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.2.求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.【训练3】 (1)(2018·江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________.(2)(2018·北京燕博园质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.8π－163B.4π－163C.8π－4D.4π＋83解析 (1)正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是 2.则该正八面体的体积为13×(2)2×1×2＝43.(2)该图形为一个半圆柱中间挖去一个四面体，∴体积V ＝12π×22×4－13×12×2×4×4＝8π－163.答案 (1)43(2)A热点三多面体与球的切、接问题【例3】 (2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r .则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2.2r ＝4＞3，不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大. 由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π.答案 B【迁移探究1】若本例中的条件变为“直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上”，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，求球O 的表面积.解将直三棱柱补形为长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1，则球O 是长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1的外接球. ∴体对角线BC 1的长为球O 的直径. 因此2R ＝32＋42＋122＝13. 故S 球＝4πR 2＝169π.【迁移探究2】若将题目的条件变为“如图所示是一个几何体的三视图”试求该几何体外接球的体积.解该几何体为四棱锥，如图所示，设正方形ABCD 的中心为O ，连接OP . 由三视图，PH ＝OH ＝1，则OP ＝OH 2＋PH 2＝ 2. 又OB ＝OC ＝OD ＝OA ＝ 2. ∴点O 为几何体外接球的球心，则R ＝2，V 球＝43πR 3＝823π.探究提高 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.2.若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.【训练4】 (2018·广州三模)三棱锥P －ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝PC ＝AC ＝2，AB ＝4，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( )A.23πB.234π C.64πD.643π解析如图，设O ′为正△PAC 的中心，D 为Rt △ABC 斜边的中点，H 为AC 中点.由平面PAC ⊥平面ABC .则O ′H ⊥平面ABC .作O ′O ∥HD ，OD ∥O ′H ，则交点O 为三棱锥外接球的球心，连接OP ，又O ′P ＝23PH ＝23×32×2＝233，OO ′＝DH ＝12AB ＝2.∴R 2＝OP 2＝O ′P 2＋O ′O 2＝43＋4＝163.故几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝643π.答案 D1.求解几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算.(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解. (3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用.(4)求解几何体的表面积时要注意S 表＝S 侧＋S 底.2.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a 的正方体的外接球、内切球、棱切球的半径分别为32a ，a 2，22a . 3.锥体体积公式为V ＝13Sh ，在求解锥体体积中，不能漏掉13.一、选择题1.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖).其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析由直观图知，俯视图应为正方形，又上半部分相邻两曲面的交线为可见线，在俯视图中应为实线，因此，选项B可以是几何体的俯视图.答案 B2.(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥P－ABCD，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，是△PAD，△PCD，△PAB.答案 C3.(2018·湖南师大附中联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.8(π＋4)B.8(π＋8)C.16(π＋4)D.16(π＋8)解析由三视图还原原几何体如右图：该几何体为两个空心半圆柱相切，半圆柱的半径为2，母线长为4，左右为边长是4的正方形.∴该几何体的表面积为2×4×4＋2π×2×4＋2(4×4－π×22)＝64＋8π＝8(π＋8).答案 B4.(2017·全国Ⅲ卷)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A.πB.3π4C.π2D.π4解析如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球半径R ＝OA ＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12.∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32，故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4. 答案 B5.(2018·北京燕博园押题)某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为( )A.4π3B.5π3C.7π6D.11π6解析由三视图可知，该几何体是由半个圆柱与18个球组成的组合体，其体积为12×π×12×3＋18×4π3×13＝5π3.答案 B6.(2018·全国Ⅲ卷)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D －ABC 体积的最大值为( ) A.12 3B.18 3C.24 3D.54 3解析设等边△ABC 的边长为x ，则12x 2sin 60°＝93，得x ＝6.设△ABC 的外接圆半径为r ，则2r ＝6sin 60°，解得r ＝23，所以球心到△ABC 所在平面的距离d ＝42－（23）2＝2，则点D到平面ABC 的最大距离d 1＝d ＋4＝6.所以三棱锥D －ABC 体积的最大值V max ＝13S △ABC ×6＝13×93×6＝18 3.答案 B 二、填空题7.(2018·浙江卷改编)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)为________.解析由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V ＝12×(1＋2)×2×2＝6. 答案 68.(2018·郑州质检)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内接于球O ，底面ABCD 是边长为2的正方形，E 为AA 1的中点，OA ⊥平面BDE ，则球O 的表面积为________.解析取BD 的中点为O 1，连接OO 1，OE ，O 1E ，O 1A ，则四边形OO 1AE 为矩形，∵OA ⊥平面BDE ，∴OA ⊥EO 1，即四边形OO 1AE 为正方形，则球O 的半径R ＝OA ＝2，∴球O 的表面积S ＝4π×22＝16π. 答案 16π9.(2018·武汉模拟)某几何体的三视图如图所示，其中正视图的轮廓是底边为23，高为1的等腰三角形，俯视图的轮廓为菱形，侧视图是个半圆.则该几何体的体积为________.解析由三视图知，几何体是由两个大小相同的半圆锥的组合体. 其中r ＝1，高h ＝ 3.故几何体的体积V ＝13π×12×3＝33π.答案33π 三、解答题10.在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝AB ＝BC ＝2，且点O 为AC 中点. (1)证明：A 1O ⊥平面ABC ； (2)求三棱锥C 1－ABC 的体积.(1)证明因为AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点，所以A 1O ⊥AC ，又面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，且A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解 ∵A 1C 1∥AC ，A 1C 1⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴A 1C 1∥平面ABC ，即C 1到平面ABC 的距离等于A 1到平面ABC 的距离. 由(1)知A 1O ⊥平面ABC 且A 1O ＝AA 21－AO 2＝3，∴VC 1－ABC ＝VA 1－ABC ＝13S △ABC ·A 1O ＝13×12×2×3×3＝1.11.(2018·长春模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，PA＝PB ，AD ∥BC ，AB ＝AC ，AD ＝12BC ＝1，PD ＝3，∠BAD ＝120°，M 为PC 的中点.(1)证明：DM ∥平面PAB ； (2)求四面体MABD 的体积.(1)证明取PB 中点N ，连接MN ，AN . ∵M 为PC 的中点，∴MN ∥BC 且MN ＝12BC ，又AD ∥BC ，且AD ＝12BC ，得MN 綉AD .∴ADMN 为平行四边形，∴DM ∥AN .又AN ⊂平面PAB ，DM ⊄平面PAB ，∴DM ∥平面PAB . (2)解取AB 中点O ，连接PO ，∵PA ＝PB ，∴PO ⊥AB ，又∵平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，PO ⊂平面PAB ，则PO ⊥平面ABCD ，取BC 中点H ，连接AH ， ∵AB ＝AC ，∴AH ⊥BC ，又∵AD ∥BC ，∠BAD ＝120°， ∴∠ABC ＝60°，Rt △ABH 中，BH ＝12BC ＝1，AB ＝2，∴AO ＝1，又AD ＝1，△AOD 中，由余弦定理知，OD ＝ 3. Rt △POD 中，PO ＝PD 2－OD 2＝ 6. 又S △ABD ＝12AB ·AD sin 120°＝32，∴V M －ABD ＝13·S △ABD ·12PO ＝24.。

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