【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
2020版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、表面积与体积练习理
第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积一、选择题1.如图是一个正方体，A，B，C为三个顶点，D是棱的中点,则三棱锥ABCD的正视图和俯视图是（注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图）( ）解析：选A．正视图和俯视图中棱AD和BD均看不见,故为虚线，易知选A．2．(2019·武汉市调研测试)如图，在棱长为1的正方体ABCD.A1B1C1D1中，M为CD的中点，则三棱锥A。
BC1M的体积VA。
BC1M＝（)A．错误!B．错误!C．16D．错误!解析：选C．V错误!＝V错误!＝错误!S△ABM·C1C＝错误!×错误! AB×AD×C1C＝错误!。
故选C．3．（2019·昆明市质量检测)一个三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱的侧面积为( )A．12错误!B．24C．12＋错误!D．24＋2错误!解析:选B．根据三视图可知该三棱柱的直观图如图所示，所以该三棱柱的侧面积S＝[2错误!＋2]×4＝(2×2＋2）×4＝24.4．(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．1 B．错误!C．2 D．22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和错误!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＝错误!×(错误!×2×错误!）×3＝错误!.故选B．5．(2019·昆明市质量检测）一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A．4＋错误!B．4＋错误!C．12＋错误!D．12＋错误!解析：选C ．三视图对应的几何体是一个半球与一个长方体的组合体，半球的半径为1,体积为错误!，长方体的长、宽、高分别为2、2、3，体积为12。
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
2019数学(理)二轮精选讲义专题五 立体几何 第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积 含答案
专题五立体几何第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积考点一空间几何体的三视图与直观图1．三视图的排列规则俯视图放在正（主)视图的下面,长度与正（主）视图的长度一样，侧（左）视图放在正(主）视图的右面，高度与正（主）视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝错误!S。
[对点训练]1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(）［解析］两个木构件咬合成长方体时，小长方体（榫头)完全嵌入带卯眼的木构件，易知俯视图可以为A.故选A。
[答案］A2．（2018·河北衡水中学调研）正方体ABCD－A1B1C1D1中,E 为棱BB1的中点(如图),用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（）[解析］过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C。
［答案］C3．（2018·江西南昌二中模拟）一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中,面积最小的面的面积为()A．8 B．4 C．4错误!D．4错误![解析］由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AB⊥AC，P A＝AB ＝AC＝4，DB＝2，则易得S△P AC＝S△ABC＝8，S△CPD＝12，S梯形ABDP ＝12，S△BCD＝错误!×4错误!×2＝4错误!，故选D。
［答案]D4．如图所示，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积为________．[解析]直观图的面积S′＝错误!×（1＋1＋错误!)×错误!＝错误!.故原平面图形的面积S＝错误!＝2＋错误!.[答案]2＋错误![快速审题］（1)看到三视图，想到常见几何体的三视图，进而还原空间几何体．(2）看到平面图形直观图的面积计算，想到斜二侧画法,想到原图形与直观图的面积比为错误!.由三视图还原到直观图的3步骤(1）根据俯视图确定几何体的底面．(2）根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．（3）确定几何体的直观图形状．考点二空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的侧面积公式（1)S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高）；(2)S锥侧＝错误!ch′(c为底面周长,h′为斜高)；(3）S台侧＝错误!（c＋c′）h′（c′,c分别为上下底面的周长，h′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高）；(2)V锥体＝错误!Sh（S为底面面积，h为高）；(3)V台＝错误!(S＋错误!＋S′）h(不要求记忆）．3．球的表面积和体积公式S表＝4πR2(R为球的半径）,V球＝43πR3(R为球的半径）．[对点训练]1．(2018·浙江卷）某几何体的三视图如图所示(单位:cm）,则该几何体的体积(单位:cm3）是（）A．2 B．4 C．6 D．8［解析]由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为1 cm，2 cm，高为2 cm,直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V＝1＋22×2×2＝6 cm3.[答案]C2．（2018·哈尔滨师范大学附中、东北师范大学附中联考）某几何体的三视图如图所示，其中正视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是（)A.错误!＋2B.错误!＋2C.错误!＋3 D。
高考数学第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积及空间位置关系的判定(小题速做)
限时规范训练(十一)(建议限时45分钟，实际用时________分钟)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2019·济南模拟)如图，网格纸上正方形小格的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的最长棱的长度为( )A ．62B ．6 3C ．8D ．9解析：选D.由三视图可知，该几何体为三棱锥，如图所示：AB ＝6，BC ＝32，BD ＝CD ＝35，AD ＝9.2．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A.22 B ．32 C.52 D ．72解析：选C.如图，连接BE ，因为AB ∥CD ，所以异面直线AE 与CD 所成的角等于相交直线AE 与AB 所成的角，即∠EAB .不妨设正方体的棱长为2，则CE ＝1，BC ＝2，由勾股定理得BE ＝ 5.又由AB ⊥平面BCC 1B 1可得AB ⊥BE ，所以tan ∠EAB ＝BE AB ＝52.故选C.3．(2019·潍坊模拟)已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( )A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l解析：选D.若α∥β，则m∥n，这与m、n为异面直线矛盾，所以A不正确．将已知条件转化到正方体中，易知α与β不一定垂直，但α与β的交线一定平行于l，从而排除B、C.故选D.4．(2019·南宁二模)一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图可能是()①长、宽不相等的长方形；②正方形；③圆；④椭圆．A．①②B．①④C．②③D．③④解析：选B.由题设条件知，正视图中的长与侧视图中的长不一致，对于①，俯视图是长方形是可能的，比如此几何体为一个长方体时，满足题意；对于②，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是正方形；对于③，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是圆形；对于④，如果此几何体是一个椭圆柱，满足正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图可能是椭圆．综上知①④是可能的图形．5．在空间内，下列命题成立的是()A．平行直线的平行投影重合B．平行于同一直线的两个平面平行C．垂直于同一平面的两个平面平行D．垂直于同一平面的两条直线平行解析：选D.对于A，平行直线的平行投影也可能互相平行，或为两个点，故A错误；对于B，平行于同一直线的两个平面也可能相交，故B错误；对于C，垂直于同一平面的两个平面也可能相交，故C错误；对于D，为直线和平面垂直的性质定理，正确．6．(2019·昆明调研)设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且l⊂α，m⊂β.下列结论正确的是()A．若α⊥β，则l⊥βB．若l⊥m，则α⊥βC．若α∥β，则l∥βD．若l∥m，则α∥β解析：选C.α⊥β，l⊂α，加上l垂直于α与β的交线，才有l⊥β，所以A项错误；若l⊥m，l⊂α，m⊂β，则α与β平行或相交，所以B项错误；若α∥β，l⊂α，则l∥β，所以C项正确；若l∥m，l⊂α，m⊂β，则α与β平行或相交，所以D项错误．故选C.7．(2019·河北承德模拟)如图，在边长为2的正方形ABCD中，将△ABD沿BD折起，得三棱锥A1BCD，则下列说法中，错误的是()A．直线BD⊥平面A1OCB．三棱锥A1BCD的外接球的半径为 2C．A1B⊥CDD．若E为CD的中点，则BC∥平面A1OE解析：选C.由题图知，BD⊥OC，BO⊥OA1，OC∩OA1＝O，∴直线BD⊥平面A1OC，选项A正确；∵O到A1，B，C，D的距离都为2，则O为三棱锥A1BCD外接球的球心，且外接球的半径为2，故选项B正确；连接A1E，OE，∵O，E分别为BD，CD的中点，∴OE∥BC，∴BC∥平面A1OE，选项D正确．故选C.8．(2019·石家庄质检)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；③若α∩β＝n，m∥n，m∥α，则m∥β；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β其中真命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选B.①m∥n或m，n异面，故①错误；易知②正确；③m∥β或m⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误．9．(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线解析：选B.取CD 的中点O ，连接ON ，EO ，因为△ECD 为正三角形，所以EO ⊥CD ，又平面ECD ⊥平面ABCD ，平面ECD ∩平面ABCD ＝CD ，所以EO ⊥平面ABCD .设正方形ABCD 的边长为2，则EO ＝3，ON ＝1，所以EN 2＝EO 2＋ON 2＝4，得EN ＝2.过M 作CD的垂线，垂足为P ，连接BP ，则MP ＝32，CP ＝32，所以BM 2＝MP 2＋BP 2＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫322＋22＝7，得BM ＝7，所以BM ≠EN .连接BD ，BE ，因为四边形ABCD 为正方形，所以N 为BD 的中点，即EN ，MB 均在平面BDE 内，所以直线BM ，EN 是相交直线，选B. 10．(2019·苏州质检)刘徽的 《九章算术注》中有这样的记载：“邪解立方，得两堑堵，邪解堑者，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意思是说：把一块立方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫作堑堵，再把一块堑堵沿斜线分成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积比为2∶1，这个比率是不变的．如图是一个阳马的三视图，则其表面积为( )A ．2B ．2＋ 2C ．3＋ 3D ．3＋ 2解析：选B.如图所示，根据题设条件可知三视图还原成的几何体为四棱锥D ′ABCD (正视的方向是BD →)，正方体的棱长为1，四棱锥D ′ABCD 的表面积S ＝S 四边形ABCD ＋S △D ′AB ＋S△D ′BC ＋S △D ′DC ＋S △D ′DA ＝1＋22＋22＋12＋12＝2＋ 2.11．(2019·广西南宁三模)已知三棱锥P -ABC 的四个顶点都在球O的球面上，PA ⊥平面ABC ，△ABC 是边长为2的等边三角形，若球O 的体积为823π，则直线PC 与平面PAB 所成角的正切值为( ) A.31111B ．21111 C.31010 D ．1010解析：选A.如图，设△ABC 的中心为E ，M 为AB 的中点，过球心O作OD ⊥PA .则D 为PA 的中点．由题意可得CM ⊥平面PAB ，∴∠CPM 是直线PC 与平面PAB 所成的角．∵△ABC 是边长为2的等边三角形，∴OD ＝AE ＝23CM ＝233. ∵43π·OP 3＝82π3，∴OP ＝2， ∴PA ＝2PD ＝2OP 2－OD 2＝263. ∴PM ＝PA 2＋AM 2＝333. ∴tan ∠CPM ＝CM PM ＝31111.故选A. 12．(2019·福建三明模拟)我国古代数学名著《九章算术》记载的刍甍是底面为矩形，顶部只有一条棱的几何体．图为某个刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则它的体积为( )A.1603B ．160C.2563 D ．64 解析：选A.由三视图可知，该刍甍是一个如图所示的几何体．解法一：一割为三如图，分别取QN ，PM 上的两个四等分点B ，E ，C ，F ，连接AB ，BC ，AC ，DE ，DF ，EF .则△ABC 与△DEF 所在的平面将该几何体分成一个直三棱柱ABC -DEF 和两个全等的四棱锥A -BCPQ 、四棱锥D -FENM .其中直三棱柱ABC -DEF 中的△ABC 与△DEF 是等腰三角形，BC ＝4，点A 到BC 的距离d ＝4，设△ABC 与△DEF 的面积为S 1，则S 1＝12×4×4＝8.易知BE ＝4，故直三棱柱ABC -DEF 的体积V 1＝S 1×BE ＝8×4＝32.四棱锥的底面是矩形，QB ＝2，PQ ＝4，故四棱锥的底面积S 2＝2×4＝8.由三视图可得四棱锥的高h ＝4，所以四棱锥的体积V 2＝13S 2h ＝13×8×4＝323. 所以该几何体的体积V ＝V 1＋2V 2＝32＋2×323＝1603.故选A.解法二：一割为二如图，分别取PM ，QN 的中点G ，H ，连接DG ，GH ，DH ，则△DGH所在平面将几何体分为一个三棱柱AQP -DHG 与一个四棱锥D -GHNM .其中四棱锥D -GHNM 的底面是边长为4的正方形，由三视图可得点D 到平面GHNM的距离h ＝4，故四棱锥D -GHNM 的体积V 1＝13×42×4＝643； 三棱柱AQP -DHG 的侧面QPGH 是边长为4的正方形，侧棱AD 到侧面QPGH 的距离d ＝4，故其体积V 2＝12×42×4＝32.所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝643＋32＝1603.故选A. 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2019·太原二模)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来，如图，若正四棱柱体的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为________．(容器壁的厚度忽略不计)解析：由题意，该球形容器的半径的最小值为32＋12＋⎝⎛⎭⎫122＝412，所以该球形容器的表面积的最小值为4π·414＝41π. 答案：41π14．(2019·天津卷)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为 5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．解析：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为12，易知四棱锥的高为5－1＝2，故圆柱的高为1，所以圆柱的体积为π×⎝⎛⎭⎫122×1＝π4. 答案：π415．在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠A ＝90°，∠C ＝45°，AB ＝AD ＝1，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 顶点在同一球面上，则该球的表面积为________．解析：设H 为梯形对角线BD 的中点，O 为DC 中点，依题意有AH ＝OH ＝22，四面体A ′BCD 中，平面A ′BD ⊥平面BCD ，所以A ′H ⊥平面BCD ，所以A ′O ＝A ′H 2＋HO 2＝1，又因为OD ＝OC ＝OB ＝1，所以O 为四面体A ′BCD 外接球的球心，故半径R ＝1.则该球的表面积为4πR 2＝4π.答案：4π16．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确结论的序号为________．解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，所以①②错误．点B，B1，N在平面BB1C1C中，点M在此平面外，所以BN，MB1是异面直线．同理AM，DD1也是异面直线．答案：③④。
高考数学复习：空间几何体的三视图、表面积及体积
V＝13×3×6×3＝18.
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专题五 立体几何
空间几何体的三视图与直观图的对应关系
典题例析 例 1 (1)下列三视图所对应的直观图是
二 轮 复 习
(C )
数 学
[解析] 由题意可知，几何体的直观图下部是长方体，上部是圆柱，并且高 相等，所以C选项符合题意．
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专题五 立体几何
(2)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
学
习
(r，r′为底面半径，h 为高)
球 V 球＝__43_π_R_3_____(R 为球的半径) S 球＝___4_π_R_2___(R 为球的半径)
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专题五 立体几何
2．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
＝π4.
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专题五 立体几何
7．(2019·北京卷，11)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__4_0___.
数 学
二 轮 复 习
[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.
(1)加强对空间几何体结构特征的理解，掌握各种几何体的体积、表面积公式．
(2)掌握空间几何三视图的画法规则，掌握几何直观图中各个元素之间的关系以
及三视图中长宽之间的关系．
数
第8章 第1讲 空间几何体的三视图、表面积和体积(2020高考帮·数理)
理科数学 第八章：立体几何
棱台
互相平行且相似 延长线交于一点,
但不一定相等 梯形
理科数学 第八章：立体几何
规律总结 特殊的棱柱和棱锥
(1)侧棱垂直于底面的棱柱叫作直棱柱,底面是正多边形的直棱柱叫作正 棱柱.反之,正棱柱的底面是正多边形,侧棱垂直于底面,侧面是矩形. (2)底面是正多边形,顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫 作正棱锥.特别地,各棱均相等的正三棱锥叫正四面体.反过来,正棱锥的 底面是正多边形,且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心.
E1.…………(圆柱EE1是球的内接圆柱,直棱柱ABC-A1B1C1是圆柱EE1的 内接直棱柱)
理科数学 第八章：立体几何
理科数学 第八章：立体几何
理科数学 第八章：立体几何
解后反思 求解几何体外接球的半径主要从两个方面考虑:
一是根据球的截面的性质,如该题的解法一,利用球的半径R、截面圆 的半径r及球心到截面圆的距离d三者的关系R2=r2+d2求解,其中,确定球心 的位置是关键;二是将几何体补成长方体,如该题的解法二,利用该几何体 与长方体共有外接球的特征,由外接球的直径等于长方体体对角线长求解.
只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形,利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积.
可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手,将其展开后求表面积,但要搞清它们的底面半径、 母线长与对应侧面展开图中的边长关系.
通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体,先求出这些基本的柱体、锥体、台体的 表面积,再通过求和或作差,求出所给几何体的表面积.
理科数学 第八章：立体几何
理科数学 第八章：立体几何
考法4 与球有关的切、接问题
理科数学 第八章：立体几何
高考数学二轮立体几何第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积
1．求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，
即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．
2．求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、 锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积．
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______．
[解题方略]
求空间几何体体积的常用方法 公式法 直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算
(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对
应的棱、面的位置；
(3)确定几何体的直观图形状． 3．由几何体的部分视图判断剩余的视图的思路 先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分视图
的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．
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
新高考 核心考点与题型 立体几何 第1讲 空间几何体的结构及其表面积、体积-解析
第1讲空间几何体的结构及其表面积、体积1.空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征(2)旋转体的结构特征2.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、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 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半. 3.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＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l4.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 ＝4πR 2V ＝43πR 3[微点提醒] 1.球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2. 2.几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ，①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ；①若球为正方体的内切球，则2R ＝a ；①若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3①1.考点一空间几何体的结构特征【例1】(1)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②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；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是()A.0B.1C.2D.3(2)给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；③存在每个面都是直角三角形的四面体；④棱台的侧棱延长后交于一点.其中正确命题的序号是________.【答案】(1)A(2)②③④【解析】(1)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，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，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.(2)①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；③正确，如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形；④正确，由棱台的概念可知.规律方法1.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例.2.圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.3.既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.【变式1】下列命题正确的是()A.两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台B.两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C.以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台D.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形解析如图所示，可排除A，B选项.只有截面与圆柱的母线平行或垂直，则截得的截面为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分.答案C考点二空间几何体的直观图【例2】已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为()A.34a2 B.38a2 C.68a2 D.616a2【答案】D【解析】如图①②所示的实际图形和直观图.由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝12OC＝34a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝22O′C′＝68a.所以S△A′B′C′＝12A′B′·C′D′＝12×a×68a＝616a2.故选D.规律方法1.画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y轴的线段长度减半，平行于x轴和z轴的线段长度不变)来掌握.2.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图＝24S原图形.【变式1】如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是()A.2＋ 2B.1＋22C.2＋22D.1＋2解析 恢复后的原图形为一直角梯形，所以S ＝12(1＋2＋1)×2＝2＋ 2.故选A.用斜二【变式2】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( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为2 2.故选A. 考点三 空间几何体的表面积【例3】 (1)若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其全面积为________.(2)圆台的上、下底面半径分别是10 cm 和20 cm ，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180°，那么圆台的表面积为________(结果中保留π).(3)如图直平行六面体的底面为菱形，若过不相邻两条侧棱的截面的面积分别为Q 1，Q 2，则它的侧面积为______.【解析】 (1)因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，如图.由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，则正四棱锥的斜高PE ＝22＋12＝ 5. 所以该四棱锥的侧面积S ＝4×12×2×5＝45，∴S 全＝2×2＋45＝4＋4 5.(2)如图所示，设圆台的上底周长为C ，因为扇环的圆心角是180°，所以C ＝π·SA .又C ＝2π×10＝20π，所以SA ＝20.同理SB ＝40.所以AB ＝SB －SA ＝20.S 表＝S 侧＋S 上底＋S 下底＝π(r 1＋r 2)·AB ＋πr 21＋πr 22＝π(10＋20)×20＋π×102＋π×202＝1 100π(cm 2).(3)设直平行六面体的底面边长为a ，侧棱长为l ，则S 侧＝4al ，因为过A 1A ，C 1C 与过B 1B ，D 1D 的截面都为矩形，从而⎩⎪⎨⎪⎧Q 1＝AC ·l ，Q 2＝BD ·l ，则AC ＝Q 1l ，BD ＝Q 2l .又AC ⊥BD ，∴⎝⎛⎭⎫AC 22＋⎝⎛⎭⎫BD 22＝a 2.∴⎝⎛⎭⎫Q 12l 2＋⎝⎛⎭⎫Q 22l 2＝a 2. ∴4a 2l 2＝Q 21＋Q 22，2al ＝Q 21＋Q 22，∴S 侧＝4al ＝2Q 21＋Q 22. 规律方法 求解几何体表面积的类型及求法考点四 空间几何体的体积【例4】 (1)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V 球∶V 柱为( ) A.1∶2 B.2∶3 C.3∶4 D.1∶3(2)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】 (1)设球的半径为R ，则V 球V 柱＝43πR 3πR 2×2R ＝23.(2)连接AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1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.规律方法 求空间几何体的体积的常用方法角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23B.33C.43D.32解析 如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，取AD 的中点O ，连接GO ，易得GO ＝22，∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴多面体的体积V ＝V 三棱锥E －ADG ＋V 三棱锥F －BCH ＋V 三棱柱AGD －BHC ＝2V 三棱锥E －ADG ＋ V 三棱柱AGD －BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.故选A.【变式2】 如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( )A.3B.32C.1D.32解析 如题图，在正△ABC 中，D 为BC 中点，则有AD ＝32AB ＝3， 又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，平面BB 1C 1∩平面ABC ＝BC ，AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A －B 1DC 1的底面B 1DC 1上的高， ∴V A －B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1.【变式3】如图所示，已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1ABC 1的体积为( )A.312B.34C.612D.64解析：选A 三棱锥B 1ABC 1的体积等于三棱锥A B 1BC 1的体积，三棱锥A B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.考点五 多面体与球的切、接问题 类型1 外接球的问题 1.必备知识：(1)简单多面体外接球的球心的结论.结论1：正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点. 结论2：正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点. 结论3：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点. (2)构造正方体或长方体确定球心.(3)利用球心O 与截面圆圆心O 1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. 2.方法技巧：几何体补成正方体或长方体.【例5】（1） 已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，沿AD 进行折叠，使折叠后的∠BDC ＝π2，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为( ) A.3πB.4πC.5πD.6π解析 连接BC ，由题知几何体ABCD 为三棱锥，BD ＝CD ＝1，AD ＝3，BD ⊥AD ，CD ⊥AD ，BD ⊥CD ，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是3，1，1的长方体，其体对角线长为1＋1＋3＝5，故该三棱锥外接球的半径是52，其表面积为5π. (2)体积为3的三棱锥P －ABC 的顶点都在球O 的球面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2，∠ABC ＝120°，则球O 的体积的最小值为( )A.773πB.2873πC.19193πD.76193π解析 设AB ＝c ，BC ＝a ，AC ＝b ，由题可得3＝13×S △ABC ×2，解得S △ABC ＝332.因为∠ABC ＝120°，S △ABC＝332＝12ac sin 120°，所以ac ＝6，由余弦定理可得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos 120°＝a 2＋c 2＋ac ≥2ac ＋ac ＝3ac ＝18，当且仅当a ＝c 时取等号，此时b min ＝3 2.设△ABC 外接圆的半径为r ，则b sin 120°＝2r (b 最小，则外接圆半径最小)，故3232＝2r min ，所以r min ＝ 6.如图，设O 1为△ABC 外接圆的圆心，D 为P A 的中点，R 为球的半径，连接O 1A ，O 1O ，OA ，OD ，PO ，易得OO 1＝1，R 2＝r 2＋OO 21＝r 2＋1，当r min ＝6时，R 2min ＝6＋1＝7，R min ＝7，故球O 体积的最小值为43πR 3min ＝43π×(7)3＝287π3.类型2 内切球问题 1.必备知识：(1)内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等. (2)正多面体的内切球和外接球的球心重合.(3)正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合. 2.方法技巧：体积分割是求内切球半径的通用做法.【例6】（1）体积为4π3的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________.解析 设球的半径为R ，由4π3R 3＝4π3，得R ＝1，所以正三棱柱的高h ＝2. 设底面边长为a ，则13×32a ＝1，所以a ＝23；所以V ＝34×(23)2×2＝6 3.（2）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.规律方法1.解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：2.若球面上四点P ，A ，B ，C 中P A ，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.【变式1】 若本例（2）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. ①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.【变式2】 三棱锥P －ABC 中，平面P AC ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝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△P AC 的中心，D 为Rt △ABC 斜边的中点，H 为AC 中点.由平面P AC ⊥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.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)1．下列说法正确的是( )A ．通过圆台侧面上一点可以做出无数条母线B ．直角三角形绕其一边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥C ．圆柱的上底面下底面互相平行D ．五棱锥只有五条棱【分析】对于A ，通过圆台侧面上一点只能做出1条母线；对于B ，直角三角形绕其绕其斜边旋转一周，得到的是两个圆锥的组合体；对于C ，由圆柱的定义得圆柱的上底面、下底面互相平行；对于D ，五棱锥有十条棱．2．底面边长为2，高为1的正三棱柱的体积是( )A B ．1C D ．13【分析】先求出正三棱柱的底面积，由此能求出正三棱柱的体积． 【解答】解：底面边长为2，高为1的正三棱柱的体积是： 122sin 6012V SH ==⨯⨯︒⨯A ．3．已知圆锥的底面半径为4，母线长为5，则该圆锥的侧面积为( ) A ．16πB ．20πC ．36πD ．40π【分析】根据圆锥的侧面积公式计算即可．【解答】解：由圆锥的底面半径为4，母线长为5，则圆锥的侧面积为4520S ππ=⨯⨯=侧．故选：B ．4．若棱长为( ) A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π【分析】正方体的对角线就是球的直径，求出半径后，即可求出球的表面积． 【解答】解：由题意，正方体的对角线就是球的直径，所以26R =，所以3R =，2436S R ππ==．故选：C ． 5．已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，1O 为ABC ∆的外接圆．若1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为( )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【分析】画出图形，利用已知条件求出1OO ，然后求解球的半径，即可求解球的表面积． 【解答】解：由题意可知图形如图：1O 的面积为4π，可得12O A =，则13sin 602AO AB =︒，132AO AB =，1AB BC AC OO ∴====外接球的半径为：4R =，球O 的表面积：24464ππ⨯⨯=．故选：A ．6．如图，在圆柱12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．若122O O =，则圆柱12O O 的表面积为( )A ．4πB ．5πC ．6πD ．7π【分析】根据图形可以得出22h r ==；代入圆柱的表面积公式即可得到结论．【解答】解：由题意可得：221h r r ==⇒=；222266S r r h r ππππ∴=⨯+⨯==；故选：C ．7．（2020•新课标①）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( ) ABCD【分析】先根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而求解结论．【解答】解：设正四棱锥的高为h ，底面边长为a ，侧面三角形底边上的高为h '，则依题意有：222212()2h ah a h h ⎧='⎪⎪⎨⎪='-⎪⎩，因此有2221()4()2()1022a h h h h ah a a a ''''-='⇒--=⇒=；8．连接正方体各表面的中心构成一个正八面体，则正八面体的体积和正方体的体积之比为( ) A ．112B ．16C ．14 D ．13【分析】设正方体的棱长是1，构成的八面体可以看作是由两个正四棱锥组成，一个正四棱锥的高等于正，求出正四棱锥的体积，得到正八面体的体积，得到比值．【解答】解：解：设正方体的棱长是1，构成的八面体可以看作是由两个正四棱锥组成，以上面一个正四棱锥为例，它的高等于正方体棱长的一半12，∴这个正四棱锥的体积是1113212=， ∴构成的八面体的体积是112126⨯=，∴八面体的体积是1V ，正方体体积是2V ，12:1:6V V =．9．已知三棱锥P ABC -四个顶点都在球O上，PA PB PC ===3BC =，60BAC ∠=︒．则球O 的表面积为( ) A ．36πB ．16πC ．12πD ．163π 【分析】先求解出底面外接圆半径和高，结合球心在高线上，利用球心到各顶点距离等于球半径即可求解．进一步求出球的表面积．【解答】解：由题知三棱锥P ABC - 四个顶点都在球O 上，故该球为三棱锥P ABC - 的外接球， 在ABC ∆ 中，3BC =，60BAC ∠=︒，根据三角形的外接圆半径公式2sin ar A=， 可得ABC ∆ 的外接圆半径1323r ==，因此，三棱锥PABC - 的外接球半径R = 因为2PA =，所以R =P ABC - 的外接球半径为2，根据球体的表面积公式24S R π=，可得球O 的表面积为24216S ππ=⨯=．10．魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为:4π，若“牟合方盖”的体积为18，则正方体的棱长为( ) A ．18B ．6C ．3D ．2【分析】先求出正方体的内切球的体积，再求出正方体内切球半径，由此能求出正方体的棱长． 【解答】解：正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为:4π，“牟合方盖”的体积为18， ∴正方体的内切球的体积91842V ππ=⨯=球，设正方体内切球半径为r ，则34932r ππ=，解得32r =， ∴正方体的棱长为23r =．故选：C ．11．我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的三棱锥称之为“鳖臑”．现有一鳖臑P ABC -如图所示，PB ⊥底面ABC ，AC BC ⊥，4PB AC ==，其体积为8，则这个鳖臑的表面积为()A ．4+B ．32C ．8+D ．24+【分析】根据三棱锥的体积求出BC 的长，再求出三棱锥的表面积．【解答】解：三棱锥P ABC -的体积为11441632P ABC V BC -=⨯⨯⨯=三棱锥，所以3BC =，所以5AB PC ==，又PB ⊥底面ABC ，所以PB AC ⊥，又AC BC ⊥，所以AC ⊥平面PBC ， 所以AC PC ⊥，所以13462PBC ABC S S ∆∆==⨯⨯=，154102PAC PAB S S ∆∆==⨯⨯=，所以这个鳖臑的表面积为66101032S =+++=．故选：B ．12．如图所示，已知正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均为1，则四棱锥11A B BCC -的体积为( )A B C D 【分析】取BC 中点O ，连接AO ，求得AO 并证明AO ⊥平面11B BCC ，再由棱锥体积公式求解． 【解答】解：如图，取BC 中点O ，连接AO ，三棱柱111ABC A B C -是正三棱柱，AO BC ∴⊥，又正三角形ABC 的边长为1，AO ∴=． 而平面BAC ⊥平面11B BCC ，且平面BAC ⋂平面11B BCC BC =， AO ∴⊥平面11B BCC ，又四边形11B BCC 是边长为1的正方形，∴四棱锥11A B BCC -的体积为1113V =⨯⨯=．故选：D ．13．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，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为( )A ．B ．C ．D【分析】由题意画出图形，证明三棱锥P ABC -为正三棱锥，且三条侧棱两两互相垂直，再由补形法求外接球球O 的体积． 【解答】解：如图，由PA PB PC ==，ABC ∆是边长为2的正三角形，可知三棱锥P ABC -为正三棱锥， 则顶点P 在底面的射影1O 为底面三角形的中心，连接1BO 并延长，交AC 于G ， 则AC BG ⊥，又1PO AC ⊥，11PO BG O =，可得AC ⊥平面PBG ，则PB AC ⊥，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，//EF PB ∴，又90CEF ∠=︒，即EF CE ⊥，PB CE ∴⊥，得PB ⊥平面PAC ， ∴正三棱锥P ABC -的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D ==．O 的体积为343π⨯=． 故选：D ．14．（多选）正三棱锥底面边长为3，侧棱长为( )A ．正三棱锥高为3． BC D【分析】正三棱锥S ABCk -，底面ABC ∆是边长为3的等边三角形，侧棱长为SA SB SC ===取BC 中点D ，连结SD ，AD ，过S 作SO ⊥平面ABC ，交AD 于O ，由此能求出正三棱锥高、斜高、体积和侧面积．【解答】解：正三棱锥S ABCk -，底面ABC ∆是边长为3的等边三角形，侧棱长为SA SB SC ===取BC 中点D ，连结SD ，AD ，过S 作SO ⊥平面ABC ，交AD 于O ，AD ==2233AO AD ===∴正三棱锥高为：3SO ==，故A 正确；正三棱锥的斜高为：SD =，故B 正确；正三棱锥的体积为：11133332ABC V S SO ∆==⨯⨯=C 错误；正三棱锥侧面积为：1332S =⨯⨯=，故D 错误． 故选：AB ．15．棱长为a 的正四面体的外接球的表面积为 ．【分析】将正四面体补成一个正方体，正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，即可得出结论．，正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，∴外接球的表面积的值为2234)2a ππ⨯=． 故答案为：232a π． 16．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为 ．【分析】由题意画出图形，再由等体积法求三棱锥1A NMD -的体积． 【解答】解：如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，∴111122ANM S ∆=⨯⨯=，∴111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯=．故答案为：13．17．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 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 ．【分析】利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径． 【解答】解：圆锥侧面展开图是半圆，面积为22cm π，设圆锥的母线长为acm ，则2122a ππ⨯=，2a cm ∴=，∴侧面展开扇形的弧长为2cm π，设圆锥的底面半径OC rcm =，则22r ππ=，解得1r cm =．故答案为：1cm ．18．已知平面α截球O 的球面所得圆的面积为π，O 到α的距离为3，则球O 的表面积为 ． 【分析】根据球心到平面的距离结合球的截面圆性质，利用勾股定理算出球半径R 的值，再根据球的表面积公式，可得球的表面积．【解答】解：平面α截球O 的球面所得圆的面积为π，则圆的半径为1，该平面与球心的距离3d =，∴球半径R =∴球的表面积2440S R ππ==．故答案为：40π．19．（2020•新课标①）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 ． 【分析】易知圆锥内半径最大的球应为圆锥的内切球，作图，求得出该内切球的半径即可求出球的体积． 【解答】解：因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，如图，圆锥母线3BS =，底面半径1BC =，则其高SC =不妨设该内切球与母线BS 切于点D ，令OD OC r ==，由SOD SBC ∆∆∽，则OD BCOS BS=，13=，解得r =，343V r π==．20．（2020•江苏）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm ，高为2cm ，内孔半径为0.5cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是 3cm ．【分析】通过棱柱的体积减去圆柱的体积，即可推出结果．【解答】解：六棱柱的体积为：1622sin 6022⨯⨯⨯⨯︒⨯=2(0.5)22ππ⨯⨯=，所以此六角螺帽毛坯的体积是：3)2cm π-，故答案为：2π．21．（2019•江苏）如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E BCD -的体积是 ．【分析】推导出11111120ABCD A B C D V AB BC DD -=⨯⨯=，三棱锥E BCD -的体积：1111133212E BCD BCD V S CE BC DC CE AB BC DD -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯，由此能求出结果．【解答】解：长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点， ∴11111120ABCD A B C D V AB BC DD -=⨯⨯=，∴三棱锥E BCD -的体积：13E BCD BCD V S CE -∆=⨯⨯1132BC DC CE =⨯⨯⨯⨯1112AB BC DD =⨯⨯⨯10=．22.在①PA ⊥平面ABC ，②60ABC ∠=︒，③点P 在平面ABC 内的射影为ABC ∆的垂心．这三个条件中任选两个补充在下面的问题中，并解答．三棱锥P ABC -中，6PA AB AC ===，若_____，求三棱锥P ABC -的体积． 注：如果选择多种条件组合分别解答，按第一种解答计分．【分析】情形一：若选择①和②，由题意求出三角形ABC 的面积，又因为三棱锥P ABC -的高即为PA 的长度，于是直接利用三棱锥体积公式直接求解即可；情形二：若选择①和③，由题意得到A 即为ABC ∆的垂心，进而求出ABC ∆的面积，又因为三棱锥P ABC -的高即为PA 的长度，于是直接利用三棱锥体积公式直接求解即可；情形三：若选择②和③，由题意得到点P 在平面ABC 内的射影为ABC ∆的垂心即等边ABC ∆的中心O ，于是PO 即为三棱锥P ABC -的高，再利用三棱锥体积公式直接求解即可． 【解答】解：情形一：若选择①和②，6AB AC ==，60ABC ∠=︒，ABC ∴∆ 为等边三角形，∴26ABC S ∆== PA ⊥平面ABC ，PA ∴ 即为点P 到平面ABC 的距离，且6PA =，∴11633P ABC ABC V S PA -∆==⨯=． 情形二：若选择①和③，PA ⊥平面ABC ，∴ 点A 为点P 在平面ABC 内的射影，又因为点P 在平面ABC 内的射影为ABC ∆ 的垂心，∴ 点A 即为ABC ∆ 的垂心，90BAC ∴∠=︒， 6AB AC ==，∴216182ABC S ∆=⨯=， PA ⊥平面ABC ，PA ∴ 即为点P 到平面ABC 的距离，且6PA =， ∴111863633P ABC ABC V S PA -∆==⨯⨯=． 情形三：若选择②和③，6AB AC ==，60ABC ∠=︒，ABC ∴∆ 为等边三角形，∴26ABC S ∆==设ABC ∆ 的中心为点O ，则点O 即为ABC ∆ 的垂心，且6OA == 因为点P 在平面ABC 内的射影为ABC ∆ 的垂心，PO ∴⊥平面ABC ，PO ∴ 即为点P 到平面ABC的距离，且2PO ==∴1133P ABC ABC V S PO -∆==⨯= 23．已知圆柱Γ和圆柱Λ的侧面展开图为两个全等的矩形，若该矩形的两边分别为4和9，设圆柱Γ的高为1h ，体积为1V ，圆柱Λ的高为2h ，体积为2V ，其中12h h >． （1）求12h h 的值；（2）求12V V 的值． 【分析】（1）设圆柱Γ的底面半径为1r ，圆柱Λ的底面半径为2r ，由题意列式求得1h ，2h 的值，则12h h 的值可求；（2）由（1）求得1r ，1h ，2r ，2h 的值，代入圆柱体积公式可得1V ，2V ，则答案可求． 【解答】解：（1）设圆柱Γ的底面半径为1r ，圆柱Λ的底面半径为2r ， 已知圆柱Γ的高为1h ，圆柱Λ的高为2h ，12h h >． 由圆柱Γ和圆柱Λ的侧面展开图为两个全等的矩形，可得：12212924h r h r ππ==⎧⎨==⎩，∴1294h h =；（2）由（1）可得，19h =，12r π=，24h =，292r π=． ∴211136V r h ππ==，222281V r h ππ==．∴123636481819V V ππ===． 24．据说伟大的阿基米德逝世后，敌军将领马塞拉斯给他建了块墓碑，在墓碑上刻了一个如图所示的图案，图案中球的直径、圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面．（①）试计算出图案中圆柱与球的体积比；（①）假设球半径2r =，试计算出图案中圆锥的体积和表面积．第 21 页 共 21 页 【分析】（①）球的直径、圆柱底面的直径和圆柱的高相等，设为a ，先求出圆柱的体积和球的体积，由此能求出图案中圆柱与球的体积比．（①）假设球半径2r =，利用圆锥的体积公式和表面积公式直接求解．【解答】解：（①）球的直径、圆柱底面的直径和圆柱的高相等，设为a ， 则圆柱的体积32()24a a V a ππ=⨯⨯=圆柱， 球的体积334()326a a V ππ=⨯=球， ∴图案中圆柱与球的体积比为：333426a V a V ππ==圆柱球． （①）假设球半径2r =， 图案中圆锥的体积为：2211162222333V r r πππ=⨯=⨯⨯⨯=．圆锥的表面积为：22224S rl r πππππ=+=⨯⨯=+．。
高考数学(理)之立体几何与空间向量 专题01 空间几何体的结构及其三视图和直观图(解析版)
立体几何与空间向量01 空间几何体的结构及其三视图和直观图【考点讲解】一、具体目标：①能画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合）的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图。
②会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式。
③会画某些建筑物的视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求）.二、知识概述：1.空间几何体的直观图简单几何体的直观图常用斜二测画法来画，基本步骤是：(1)画几何体的底面：在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°或135°，已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观图中平行于x′轴、y′轴．已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半．(2)画几何体的高：在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z′轴，也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度不变．2.空间几何体的三视图三视图：几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．3.三视图中的数据与原几何体中的数据不一定一一对应，识图要注意甄别. 揭示空间几何体的结构特征，包括几何体的形状，平行垂直等结构特征，这些正是数据运算的依据.4.还原几何体的基本要素是“长对齐，高平直，宽相等”. 简单几何体的三视图是该几何体在三个两两垂直的平面上的正投影，并不是从三个方向看到的该几何体的侧面表示的图形．在画三视图时，重叠的线只画一条，能看见的轮廓线和棱用实线表示，挡住的线要画成虚线．三、备考策略：1.以考查三视图、几何体的结构特征以及几何体的面积体积计算为主，三视图基本稳定为选择题或填空题，难度中等以下；几何体的结构特征往往在解答题中考查，与平行关系、垂直关系等相结合.2.与立体几何相关的“数学文化”等相结合，考查数学应用的.3.备考重点：(1) 掌握三视图与直观图的相互转换方法是关键；(2)掌握常见几何体的结构特征.四、常考题型：三视图是高考重点考查的内容，考查内容有三视图的识别；三视图与直观图的联系与转化；求与三视图对应的几何体的表面积与体积．命题形式为用客观题考查识读图形和面积体积计算，解答题往往以常见几何体为载体考查空间想象能力和推理运算能力，期间需要灵活应用几何体的结构特征． 4. 三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽．由三视图画出直观图的步骤和思考方法：（1）首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；（2）观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；（3）画出整体，然后再根据三视图进行调整． 1. 【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．158B ．162C ．182D ．324【解析】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭.故选B. 【答案】B2.【2018年高考全国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（ ）【真题分析】A ．172B ．52C ．3D ．2【分析】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，知点M 在上底面上，点N 在下底面上，且可以确定点M 和点N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为√42+22=2√5，故选B ． 【答案】B3.【2018年高考全国Ⅰ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】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A ． 【答案】A4.【2018年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）俯视图正视图A ．2B ．4C ．6D ．8【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为()112226,2⨯+⨯⨯=故选C. 【答案】C5.【2018年高考北京卷文数】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】本题要求会利用三视图的性质还原原立体图形，然后再应用立体图形的性质进行计算或验证. 由三视图可得四棱锥P ABCD -如图所示，在四棱锥P ABCD -中，2,2,2,1PD AD CD AB ====，由勾股定理可知：3,PA PC PB BC ====则在四棱锥中，直角三角形有：,,PAD PCD PAB △△△，共3个，故选C. 【答案】C6.【2017年高考全国Ⅰ卷理数】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（ ）A．10 B．12 C．14 D．16【解析】解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状和结构特征，要求熟悉常见几何体的三视图.由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为12(24)2122⨯+⨯⨯=，故选B．【答案】B7.【2017年高考北京卷理数】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A．B．C．D．2【解析】几何体是四棱锥P ABCD-，如图.最长的棱长为补成的正方体的体对角线，即该四棱锥的最长棱的长度为22222223l=++=，故选B．【答案】B8.【2017年高考全国Ⅱ卷】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所得，则该几何体的体积为（）A．90πB．63πC．42πD．36π【解析】由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积213436V =π⨯⨯=π，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积221(36)272V =⨯π⨯⨯=π，故该组合体的体积12362763V V V =+=π+π=π．故选B ．【答案】B9.【2017年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ．332π+ 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为21113(21)13222V π⨯π=⨯⨯+⨯⨯=+，故选A ．【答案】A10.【2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=. 【答案】401.【2017北京，文6】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）A.60B.30C.20D.10【解析】本题主要考查的将三视图还原成几何体后求体积的问题。
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 .。
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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________．。