2019高考数学理科二轮复习第一篇微型专题练习：微专题09 三视图、表面积与体积计算
高考数学二轮复习专题三立体几何与空间向量第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积课件新人教A版
【归纳拓展】 (1)正棱锥:底面是正多边形,顶点在底面的射影是底面的中心. (2)正四面体:各条棱均相等的三棱锥为正四面体,其特点是所有面均为正三 角形.
2.三视图与直观图 (1)三视图 三视图包括正视图、侧视图、俯视图,分别从几何体的前方、左方、上方观察 几何体的轮廓所得. (2)直观图 几何体的直观图常用斜二测画法,即原图形中的x轴与y轴在直观图中成45度角.
1 h(S 上底+S + 下底 3
S上底 S下底 )
表中S表示面积,c′,c分别表示上、下底面周长,h表示高,h′表示斜高,l表 示侧棱长. (2)旋转体的表面积和体积公式
名称 S侧 S全
V
圆柱 2π rl 2π r(l+r)
π r2h(即π r2l)
圆锥 π rl π r(l+r)
1 π r2h 3
3.(2017·嘉兴一模)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的表面
积是
cm2,体积是
cm3.
解析:根据几何体的三视图得该几何体是一个底面为直角梯形的四棱柱,其底面是 正视图中的直角梯形,上底为 1,下底为 4,高为 4,由侧视图可知这个四棱柱的高是 4,所以可求得它的表面积是 S 表=42+ 4 1 ×4×2+4× 32 42 +1×4+4×4=76,体积
中
2015
填空题·13·4分 三棱锥内异面直线所成角
中
解答题·17·15分
线面垂直的判定、二面角的求法、 空间直角坐标系
中
选择题·3·5分 三视图,几何体的表面积
易
2014
填空题·17·4分
立体几何的实际应用、线面角的最 大值
2019-2020年高考数学二轮复习第1部分专题五立体几何1空间几何体的三视图表面积与体积限时速解训练
2019-2020年高考数学二轮复习第1部分专题五立体几何1空间几何体的三视图表面积与体积限时速解训练一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)1．一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为( )解析：选A.设O(0,0,0)，A(1,0,1)，B(1,1,0)，C(0,1,1)，将以O、A、B、C为顶点的四面体补成一正方体后，由于OA⊥BC，所以该几何体以zOx平面为投影面的正视图为A.2．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．四棱柱解析：选B.原几何体为如图所示的三棱柱，故选B.3．一个几何体的三视图中，正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则俯视图不可能为( )解析：选C.若几何体的俯视图为C选项，则其正视图中矩形的中间应为实线，与题意不符，即俯视图不可能为C选项，故选C.4．某四棱锥的三视图如图所示，记A为此棱锥所有棱的长度的集合，则( )A．2∈A，且4∈A B.2∈A，且4∈AC．2∈A，且25∈A D.2∈A，且17∈A解析：选D.由俯视图可知，该四棱锥的底面边长为2，由主视图可知四棱锥的高为4，所以其侧棱长为16＋1＝17，故选D.5．如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为( )A．2 B．3C．4 D．5解析：选C.作出三棱锥的直观图如图所示，由三视图可知AB＝BD＝2，BC＝CD＝2，AD＝22，AC＝6，故△ABC，△ACD，△ABD，△BCD均为直角三角形，故选C.6．半径为R的球O中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是( )A．πR2B．2πR2C．3πR2D．4πR2解析：选B.设球的内接圆柱的底面圆半径为r ，母线长为l ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫l 22＋r 2＝R 2，该圆柱的侧面积为2πrl ＝π4r 2l 2＝π4R 2－l2l 2≤π×4R 2－l2＋l22＝2πR 2，当且仅当l ＝2R时取等号，所以该圆柱的侧面积的最大值是2πR 2，又球的表面积为4πR 2，所以球的表面积与该圆柱的侧面积之差是4πR 2－2πR 2＝2πR 2，故选B. 7．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积为( )A ．17B ．22C ．14＋213D ．22＋213解析：选D.作出四棱锥P ABCD 的直观图如图所示，AB ＝4，BC ＝2，PC ＝3，S 矩形ABCD＝2×4＝8，S △BCP ＝12×2×3＝3，S △ABP ＝12×22＋32×4＝213，S △CDP ＝12×3×4＝6，S △ADP ＝12×2×32＋42＝5，故四棱锥的表面积S ＝8＋3＋213＋6＋5＝22＋213，故选D.8．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．32＋87C ．48＋817D ．32解析：选C.由三视图可得该几何体是平放的直四棱柱，底面是上底边长为2、下底边长为4、高为4的等腰梯形，四棱柱的侧棱长(即高)为4，所以一个底面面积是12×(2＋4)×4＝12，侧面积为417×2＋2×4＋4×4＝24＋817，故表面积是12×2＋24＋817＝48＋817，故选C.9．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3D ．2π解析：选C.过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周所形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C. 10．(xx·山东淄博一模)某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为1的正方体，其中正(主)视图、侧(左)视图中的两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是( )A.56B.34C.12D.16解析：选A.由三视图可知该几何体为一正方体挖去一个倒置且高为12的正四棱锥，所以该几何体的体积为1－13×12×1×1＝56.故选A.11．(xx·吉林长春一模)下图为一个半球挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫83＋22πB.⎝ ⎛⎭⎪⎫83＋42πC ．(4＋22)πD ．(8＋42)π解析：选D.该几何体的表面积为半球面积与圆锥侧面积之和，即S ＝12·4πr 2＋πrl ＝8π＋42π＝(8＋42)π.故选D.12．某几何体的三视图如图所示，当xy 最大时，该几何体的体积为( )A ．27B ．47C ．87D ．167解析：选D.该几何体的直观图如图所示，由直观图可知PA 2＝102－y 2＝x 2－(27)2，∴x 2＋y 2＝128.又∵128＝x 2＋y 2≥2xy ，当且仅当x ＝y 时xy 取得最大值，∴此时⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝128，x ＝y ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝8，y ＝8.∴h ＝PA ＝6，∴V ＝13·S △ABC ·|PA |＝13×12×27×8×6＝167.二、填空题(把答案填在题中横线上)13．(xx·山东临沂模拟)四面体ABCD 中，共顶点A 的三条棱两两相互垂直，且其长分别为2,3,4.若四面体ABCD 的四个顶点在同一个球面上，则这个球的表面积为________． 解析：依题意，原几何体是一个三棱锥，可以看作一条棱与底面垂直且其长度为3，底面是一个直角三角形，两直角边长分别为2,4，这个几何体可以看作是长、宽、高分别为4,2,3的长方体的一部分，则其外接球的半径为R ＝1242＋22＋32＝292，故这个球的表面积为S＝4πR 2＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎫2922＝29π. 答案：29π14．(xx·山东德州模拟)一个几何体的三视图如图所示，其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积是________．解析：观察三视图可知，该几何体是圆锥的一半与一个四棱锥的组合体，圆锥底面半径为2，四棱锥底面边长分别为3,4，它们的高均为 42－⎝ ⎛⎭⎪⎫422＝23，所以该几何体的体积为12×13π×22×23＋13×4×3×23＝83＋433π.答案：433π＋8 315．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________． 解析：设甲、乙两个圆柱的底面半径和高分别为r 1、h 1，r 2、h 2，由侧面积相等，即2πr 1h 1＝2πr 2h 2，得h 1h 2＝r 2r 1.又S 1S 2＝πr 21πr 22＝94，所以r 1r 2＝32， 则V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝r 21r 22·h 1h 2＝r 21r 22·r 2r 1＝r 1r 2＝32. 答案：3216．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，其上部是一个圆锥，底面圆半径为2，高为2，下部是一个圆柱，底面圆半径为1，高为4，故该几何体的体积V ＝13×π×22×2＋π×12×4＝8π3＋4π＝20π3. 答案：20π3。
2019版高考数学二轮复习：专题检测(十一)空间几何体的三视图、表面积及体积理(普通生,含解析)
专题检测（十一） 空间几何体的三视图、表面积及体积一、选择题1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )解析：选D 先观察俯视图，由俯视图可知选项B 和D 中的一个正确，由正视图和侧视图可知选项D 正确．2．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 ．100π B.2563π C.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.3．(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 ．2π C.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.4．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．4＋6 2解析：选C 由三视图知，该几何体是直三棱柱ABC A 1B 1C 1，其直观图如图所示，其中AB ＝AA 1＝2，BC ＝AC ＝2，∠C ＝90°，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S ＝(2＋22)×2＝4＋4 2.5．(2018·惠州二调)如图，某几何体的三视图是三个全等的等腰直角三角形，且直角边长都等于1，则该几何体的外接球的体积为( )A.12π B.32π C ．3πD.43π 解析：选B 还原几何体为如图所示的三棱锥A BCD ，将其放入棱长为1的正方体中，如图所示，则三棱锥A BCD 外接球的半径R ＝32，该几何体的外接球的体积V ＝43πR 3＝32π，故选B.6．已知某几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是( )A.43 cm 3B.83 cm 3C ．2 cm 3D ．4 cm 3解析：选B 由三视图可知，该几何体为底面是正方形，且边长为2 cm ，高为2 cm 的四棱锥，如图，故V ＝13×22×2＝83(cm 3)．7．如图，已知△EAB 所在的平面与矩形ABCD 所在的平面互相垂直，EA ＝EB ＝3，AD ＝2，∠AEB ＝60°，则多面体E ABCD 的外接球的表面积为( )A.16π3B ．8πC ．16πD ．64π解析：选C 由题知△EAB 为等边三角形，设球心为O ，O 在平面ABCD 的射影为矩形ABCD 的中心，O 在平面ABE 上的射影为△EAB 的重心G ，又由平面EAB ⊥平面ABCD ，则△OGA 为直角三角形，OG ＝1，AG ＝3，所以R 2＝4，所以多面体E ABCD 的外接球的表面积为4πR 2＝16π.8．(2018·昆明摸底)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.9．(2019届高三·武汉调研)一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为( )A ．28B ．24＋2 5C ．20＋4 5D ．20＋2 5解析：选B 根据该几何体的三视图作出其直观图如图所示，可知该几何体是一个底面是梯形的四棱柱．根据三视图给出的数据，可得该几何体中梯形的上底长为2，下底长为3，高为2，所以该几何体的表面积S ＝ 12×(2＋3)×2×2＋2×2＋2×3＋2×2＋2×22＋12＝24＋25，故选B.10.如图是一个几何体的三视图，其中正视图是边长为2的等边三角形，侧视图是直角边长分别为1和3的直角三角形，俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的内接三棱锥的体积的最大值为( )A.36 B.33 C.433D.3π3解析：选B 由三视图可知该几何体为半个圆锥，圆锥的母线长l ＝2，底面半径r ＝1，高h ＝ 3.由半圆锥的直观图可得，当三棱锥的底面是斜边，为半圆直径，高为半径的等腰直角三角形，棱锥的高为半圆锥的高时，其内接三棱锥的体积达到最大值，最大体积为V ＝13×12×2×1×3＝33，故选B. 11．(2019届高三·贵阳摸底考试)某实心几何体是用棱长为1 cm 的正方体无缝粘合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．50 cm 2B ．61 cm 2C ．84 cm 2D ．86 cm 2解析：选D 根据题意可知该几何体由3个长方体(最下面长方体的长、宽、高分别为5 cm,5 cm, 1 cm ；中间长方体的长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm ；最上面长方体的长、宽、高分别为1 cm,1 cm,1 cm)叠合而成，长、宽、高分别为5 cm,5 cm,1 cm 的长方体的表面积为2(5×5＋5×1＋5×1)＝2×35＝70(cm 2)；长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm 的长方体的表面积为2(3×3＋3×1＋3×1)＝2×15＝30(cm 2)；长、宽、高分别为1 cm ，1 cm,1 cm 的长方体的表面积为2(1×1＋1×1＋1×1)＝2×3＝6(cm 2)．由于几何体的叠加而减少的面积为2×(3×3)＋2×(1×1)＝2×10＝20(cm 2)，所以所求表面积为70＋30＋6－20＝86(cm 2)．12．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 ．1 B.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＝32.13．(2018·洛阳尖子生第一次联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2B ．1 C.23D.13解析：选C 由题图可知该几何体是一个四棱锥，如图所示，其中PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是一个对角线长为2的正方形，底面积S ＝12×2×2＝2，高h ＝1，则该几何体的体积V ＝13Sh ＝23，故选C.14．(2018·武汉调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.12 B.22C.33D.23解析：选D 由三视图知，该几何体是在长、宽、高分别为2,1,1的长方体中，截去一个三棱柱AA 1D 1BB 1C 1和一个三棱锥C BC 1D 后剩下的几何体，即如图所示的四棱锥D ABC 1D 1，四棱锥D ABC 1D 1的底面积为S 四边形ABC 1D 1＝2×2＝22，高h ＝22， 其体积V ＝13S 四边形ABC 1D 1h ＝13×22×22＝23.15．(2019届高三·安徽知名示范高中联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1 B.12C.13D.14解析：选C 法一：该几何体的直观图为如图所示的四棱锥S ABCD ，SD ⊥平面ABCD ，且SD ＝1，四边形ABCD 是平行四边形，且AB ＝DC ＝1，连接BD ，由题意知BD ⊥DC ，BD ⊥AB ，且BD ＝1，所以S 四边形ABCD ＝1，所以V S ABCD ＝13S 四边形ABCD ·SD ＝13.法二：由三视图易知该几何体为锥体，所以V ＝13Sh ，其中S 指的是锥体的底面积，即俯视图中四边形的面积，易知S ＝1，h 指的是锥体的高，从正视图和侧视图易知h ＝1，所以V ＝13Sh ＝13.16．(2018·福州质检)已知三棱锥P ABC 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( )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 ＝4πR 2＝100π.二、填空题17．一个四棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为正三角形，则该四棱锥的体积是________．解析：由四棱锥的三视图可知，该四棱锥的直观图如图中四棱锥P ABCD 所示，底面ABCD 为边长为1的正方形，△PAD 是边长为1的等边三角形，作PO ⊥AD 于点O ，则O 为AD 的中点，所以四棱锥的体积为V ＝13×1×1×32＝36. 答案：3618.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：2 319.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 ＝4cos α，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：32π20．(2018·沈阳质检)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。
2019高考数学(理)二轮复习课件：1-4-13空间几何体的三视图、表面积及体积
320 尺)．故堆放的米约为 ÷ 1.62≈22(斛)．故选 B. 9
热 点 考 向 突 破
专 题 限 时 训 练
第一部分 专题四 第13讲
第14页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学 · 理
4．(2015· 天津卷)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，
高 考 真 题 体 验
则该几何体的体积为________m3.
第 2页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学 · 理
高 考 真 题 体 验
热 点 考 向 突 破
第13讲 空间几何体的三视图、表面积及体积
专 题 限 时 训 练
第一部分 专题四 第13讲
第 3页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学 · 理
高 考 真 题 体 验
高考真题体验
热 点 考 向 突 破
专 题 限 时 训 练
2
热 点 考 向 突 破
面半径，l 为母线长)；
V＝Sh (3)柱体的体积公式：
(S 为柱体的底面面积， h 为高)；
第一部分 专题四 第13讲
第 6页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学 · 理
高 考 真 题 体 验
1 V＝ Sh 3 (4)锥体的体积公式： (S 为底面面积，h 为高)； 4 3 2 S＝4πR ，V＝ πR 3 (5)球的表面积和体积公式： (R
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学 · 理
高 考 真 题 体 验
热 点 考 向 突 破
⊳第一部分
专题突破篇
专 题 限 时 训 练
第一部分 专题四 第13讲
第 1页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·数学 · 理
高 考 真 题 体 验
2019届高考数学二轮复习第一篇专题五立体几何第1讲空间几何体的三视图表面积与体积教案理
第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积1.(2018·全国Ⅲ卷,理3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( A )解析:由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示,由直观图可知其俯视图应选A.2.(2018·全国Ⅰ卷,理7)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( B )(A)2(B)2(C)3 (D)2解析:先画出圆柱的直观图,根据题图的三视图可知点M,N的位置如图①所示.圆柱的侧面展开图及M,N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示,连接MN,则图中MN即为M 到N的最短路径.ON=×16=4,OM=2,所以|MN|===2.故选B.3.(2017·全国Ⅰ卷,理7)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为( B )(A)10 (B)12 (C)14 (D)16解析:如图为该几何体的直观图,易知该几何体中有两个全等的梯形,其中一个梯形的面积为S=×(2+4)×2=6,故这些梯形面积之和为6×2=12.故选B.4.(2017·全国Ⅲ卷,理8)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为( B )(A)π(B)(C)(D)解析:球体与圆柱体的截面图如图,故S柱底=π×2=π,V柱=S柱底h=π.故选B.5.(2018·全国Ⅲ卷,理10)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且其面积为9,则三棱锥D ABC体积的最大值为( B )(A)12(B)18(C)24(D)54解析:由等边△ABC的面积为9可得AB2=9,所以AB=6,所以等边△ABC的外接圆的半径为r=AB=2.设球的半径为R,球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d,则d===2.所以三棱锥D ABC高的最大值为2+4=6,所以三棱锥D ABC体积的最大值为×9×6=18.故选B.6.(2018·全国Ⅱ卷,理16)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角为45°,若△SAB的面积为5,则该圆锥的侧面积为.解析:如图,因为SA与底面成45°角,所以△SAO为等腰直角三角形.设OA=r,则SO=r,SA=SB=r.在△SAB中,cos∠ASB=,所以sin∠ASB=,所以S△SAB=SA·SB·sin∠ASB=(r)2·=5,解得r=2,所以SA=r=4,即母线长l=4,所以S圆锥侧=πr·l=π×2×4=40π.答案:40π1.考查角度(1)几何体三视图的识别;(2)由三视图还原直观图求长度、面积、体积;(3)与球有关的“接”“切”问题.2.题型及难易度选择题、填空题,中低档.(对应学生用书第32~34页)空间几何体的三视图考向1 几何体三视图的识别【例1】(2018·济南市模拟)如图,在正方体ABCD A 1B1C1D1中,P为BD1的中点,则△PAC在该正方体各个面上的正投影可能是( )(A)①② (B)①④(C)②③ (D)②④解析:由题可知平面PAC⊥平面ABCD,且点P在各个面内的正投影均为正方形的中心.根据对称性,只需考虑△PAC在底面、后面、右面的正投影即可.显然△PAC在底面的正投影为正方形的对角线,在后面与右面的正投影相同,均为等腰直角三角形,故选B.考向2 由几何体的三视图还原几何体【例2】(2018·太原市模拟)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的各条棱中,最长棱的长度为( )(A)(B)(C)2 (D)1解析:由三视图可知,几何体的直观图如图(1)所示,平面AED⊥平面BCDE,四棱锥A BCDE的高为1,四边形BCDE是边长为1的正方形.如图(2),过点A作平面BCDE的垂线,垂足为点F,连接EF,FC,显然侧棱AC最长.CF===,AC===.故最长棱的长度为.故选A.由几何体的直观图画三视图时应注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向热点训练1:(2018·惠州市调研)如图,在底面边长为1,高为2的正四棱柱ABCD A 1B1C1D1(底面ABCD是正方形,侧棱AA1⊥底面ABCD)中,点P是正方形A 1B1C1D1内一点,则三棱锥P BCD的正视图与俯视图的面积之和的最小值为( )(A)(B)1(C)2 (D)解析:由题易知,其正视图面积为×1×2=1.当顶点P在底面ABCD上的投影在△BCD内部或其边上时,俯视图的面积最小,最小值为S △BCD=×1×1=,所以三棱锥P BCD的正视图与俯视图的面积之和的最小值为1+=.故选A.热点训练2:(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:在棱长为2的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,直角三角形有△PAD,△PDC,△PAB,共3个,故选C.空间几何体的表面积和体积考向1 由空间几何体的结构特征计算表面积与体积【例3】(2017·全国Ⅰ卷)如图,在四棱锥P ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥P ABCD的体积为,求该四棱锥的侧面积. (1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)解:在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.由(1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,AB⊥AD,可得PE⊥平面ABCD.设AB=x,则由已知可得AD=x,PE=x.故四棱锥P ABCD的体积=AB·AD·PE=x3.由题设得x3=,故x=2.从而PA=PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2.可得四棱锥P ABCD的侧面积为PA·PD+PA·AB+PD·DC+BC2sin 60°=6+2.考向2 由三视图计算空间几何体的表面积与体积【例4】(1)(2018·延安模拟)如图,在边长为1的正方形组成的网格中,画出的是一个几何体的三视图,则该几何体的体积是( )(A)9 (B)(C)18 (D)27(2)(2018·遂宁模拟)在一圆柱中挖去一圆锥所得的机械部件的三视图如图所示,则此机械部件的表面积为( )(A)(7+)π(B)(8+)π(C)(D)(1+)π+6解析:(1)根据三视图可知几何体是一个三棱锥 A BCD,如图,则三棱锥底是直角边为6,3的直角三角形,三棱锥高为3,所以几何体的体积V=××6×3×3=9.故选A.(2)该几何体是由一个圆柱挖去一个倒圆锥,圆锥的上底面与圆柱的上底面重合,所以此机械部件的表面积为π×12+2π×1×3+×2π×1×=7π+π.故选A.解题的关键是对所给三视图进行分析(A)16+π(B)16-(-1)π(C)16+(-1)π(D)20+(-1)π解析:由装饰品的三视图可知,该装饰品是由一个棱长为2的正方体,切去四个四分之一的圆锥所得的几何体,其中圆锥的底面半径为1,高为2,则该装饰品的表面积为22+22-4×π×12+4××2×2+4×π×1×=16+(-1)π.故选C.球与几何体的切、接问题考向1 外接球【例5】(2018·合肥市二次质检)已知四棱锥P ABCD的侧棱长相等,且底面是边长为3的正方形,它的五个顶点都在直径为10的球面上,则四棱锥P ABCD的体积为.解析:设底面ABCD的中心为O 1,四棱锥P ABCD的外接球的球心为O.易知O在四棱锥的高PO1(或延长线)上,连接AC,OA,由球的性质可知△OO1A为直角三角形,易得O1A=AC=×3=3,OA=5,所以OO1=4,所以PO1=4+5=9或PO1=5-4=1.当PO 1=9时,四棱锥P ABCD的体积为×3×3×9=54,当PO1=1时,四棱锥P ABCD的体积为×3×3×1=6.综上,四棱锥P ABCD的体积为6或54.答案:6或54考向2 内切球【例6】(2018·长沙市、南昌市部分学校二次联考)已知一块直三棱柱形状的玉石,记为三棱柱ABC A 1B1C1,其中AB=10 cm,AC=6 cm,BC=8 cm,AA1=4 cm,若将此玉石加工成一个球,则此球的最大体积为( )(A) cm3(B) cm3(C) cm3(D) cm3解析:在△ABC中,AB=10 cm,AC=6 cm,BC=8 cm,AB2=AC2+BC2,所以△ABC为直角三角形,在Rt△ABC中,设其内切圆的半径为r,则r=×(6+8-10)=2 cm,易知2r=AA1,所以当此玉石加工成的球是直三棱柱ABC A 1B1C1的内切球,即球的半径R为底面直角三角形内切圆的半径,即R=2 cm时,该球的体积最大,最大体积为πR3= cm3.故选C.空间几何体与球接、切问题的求解方法热点训练4:(2018·石家庄市质检)直三棱柱ABC A1B1C1的各顶点都在同一球面上,若AB=3,AC=5,BC=7,AA1=2,则此球的表面积为.解析:在△ABC中,由余弦定理,知cos∠CAB==-,所以sin∠CAB=.设△ABC外接圆的半径为r,则由正弦定理知,2r==,所以r=,设球的半径为R,则R==,所以此球的表面积S=4πR2=.答案:热点训练5:(2018·河南一模)在三棱锥S ABC中,SB⊥BC,SA⊥AC,SB=BC,SA=AC,AB=SC,且三棱锥S ABC的体积为,则该三棱锥的外接球的半径为( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:如图,取SC的中点O,连接OB,OA,因为SB⊥BC,SA⊥AC,SB=BC,SA=AC,所以OB⊥SC,OA⊥SC,OB=SC,OA=SC,所以SC⊥平面OAB,O为三棱锥的外接球的球心,SC为球O的直径,设球O的半径为R,则AB=SC=R,所以△AOB为正三角形,则∠BOA=60°,所以=+=2×R2sin 60°××R=.解得R=3.故选C.【例1】(2018·湖南省湘东五校联考)已知正三棱锥P ABC的正视图和俯视图如图所示,则此三棱锥外接球的表面积为( )(A)(B)(C)(D)12π解析:如图,作PG⊥CB于点G,连接AG,设点P在底面ABC内的射影为D,连接PD,依题易得AB=2,PG=,PA=4,AD=2,PD=2,PD⊥平面ABC.易知,正三棱锥P ABC外接球的球心在PD上,不妨设球心为O,半径为r,连接OA,则在Rt△AOD中,r2=22+(2-r)2⇒r2=,S=4πr2=.故选B.【例2】(2018·唐山市第一学期五校联考)把一个皮球放入如图所示的由8根长均为 20 cm 的铁丝接成的四棱锥形骨架内,使皮球的表面与8根铁丝都有接触点且皮球不变形,则皮球的半径为( )(A)10 cm (B)10 cm(C)10 cm (D)30 cm解析:如图,过点S作SM⊥平面ABCD,垂足为M,连接AM,由题意可知SM=10 cm,球心必在SM上,设球心为O,OM=d,过点O作OE⊥SA,垂足为E,则OE=R(R为球O的半径),因为△SEO∽△SMA,所以=,即=,所以d=10-R,过点O作OF⊥AB,垂足为F,连接MF,则R2=(10-R)2+2,解得R=10 cm或R=30 cm(舍去),故选B.。
2019(文理通用)高考数学大二轮复习 第1部分 专题5 立体几何 第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积练习
第一部分 专题五 第一讲 空间几何体的三视图、表面积及体积A 组1．如图1所示，是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体的直观图，其中DD 1＝1，AB ＝BC ＝AA 1＝2，若此几何体的俯视图如图2所示，则可以作为其正视图的是( C )[解析] 由直观图和俯视图知，正视图中点D 1的射影是B 1，所以正视图是选项C 中的图形，A 中少了虚线，故不正确．2．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( C )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π[解析] 该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r ＝2，底面圆的周长c ＝2πr ＝4π，圆锥的母线长l ＝22＋32＝4，圆柱的高h ＝4，所以该几何体的表面积S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π，故选C ．3．(文)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( A )A ．12－πB ．12－2πC ．6－πD ．4－π[解析] 由三视图知，该几何体是一个组合体，由一个长方体挖去一个圆柱构成，长方体的长、宽高为4,3,1，圆柱底半径1，高为1，∴体积V ＝4×3×1－π×12×1＝12－π.(理)若某棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该棱锥的体积等于( B )A ．10 cm 3B ．20 cm 3C ．30 cm 3D ．40 cm 3[解析] 由三视图知该几何体是四棱锥，可视作直三棱柱ABC －A 1B 1C 1沿平面AB 1C 1截去一个三棱锥A －A 1B 1C 1余下的部分．∴VA －BCC 1B 1＝VABC －A 1B 1C 1－VA －A 1B 1C 1＝12×4×3×5－13×(12×4×3)×5＝20cm 3.4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( B )A ．18＋2πB ．20＋πC ．20＋π2D ．16＋π[解析] 由三视图可知，这个几何体是一个边长为2的正方体割去了相对边对应的两个半径为1、高为1的14圆柱体，其表面积相当于正方体五个面的面积与两个14圆柱的侧面积的和，即该几何体的表面积S ＝4×5＋2×2π×1×1×14＝20＋π.故选B ．5．(2018·双鸭山一模)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为( A )A ．16π3B ．8π3C ．4 3D ．23π[解析] 由已知几何体的正视图是一个正三角形，侧视图和俯视图均为三角形，可得该几何体有一个侧面PAC 垂直于底面，高为3，底面是一个等腰直角三角形的三棱锥，如图．则这个几何体的外接球的球心O 在高线PD 上，且是等边三角形PAC 的中心， 这个几何体的外接球的半径R ＝23PD ＝233.则这个几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×(233)2＝16π3. 6．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为16.[解析] 利用三棱锥的体积公式直接求解．VD 1－EDF ＝VF －DD 1E ＝13SD 1DE ·AB ＝13×12×1×1×1＝16.7．已知E ，F 分别是矩形ABCD 的边BC 与AD 的中点，且BC ＝2AB ＝2，现沿EF 将平面ABEF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC ，则三棱锥A －FEC 2π. [解析] 如图，平面ABEF ⊥平面EFDC ，AF ⊥EF ，所以AF ⊥平面ECDF ，将三棱锥A －FEC 补成正方体ABC ′D ′－FECD ． 依题意，其棱长为1，外接球的半径R ＝32， 所以外接球的体积V ＝43πR 3＝43π·(32)3＝32π.8．(文)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C ＝6，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积． [解析] (1)取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B ． 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB ．由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB ． 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C ． 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C ．(2)由题设知△ABC 与△AA 1B 都是边长为2的等边三角形，所以OC ＝OA 1＝ 3. 又A 1C ＝6，则A 1C 2＝OC 2＋OA 21，故OA 1⊥OC ．因为OC ∩AB ＝O ，所以OA 1⊥平面ABC ，OA 1为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高． 又△ABC 的面积S △ABC ＝ 3.故三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝S △ABC ×OA 1＝3.(理)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面PAD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P －ABCD 的体积．[解析] (1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD ．又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ， 故BC ∥平面PAD ．(2)如图，取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD ．因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ， 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ． 因为CM ⊂底面ABCD ， 所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 如图，取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ， 所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27， 所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2. 于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.所以四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13×＋2×23＝4 3.B 组1．(文)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( D )A ．60B ．30C ．20D ．10[解析]由三视图画出如图所示的三棱锥P －ACD ，过点P 作PB ⊥平面ACD 于点B ，连接BA ，BD ，BC ，根据三视图可知底面ABCD 是矩形，AD ＝5，CD ＝3，PB ＝4，所以V 三棱锥P －ACD ＝13×12×3×5×4＝10.故选D ．(理)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( B )A ．3 2B ．2 3C ．2 2D ．2[解析] 在正方体中还原该四棱锥，如图所示，可知SD 为该四棱锥的最长棱． 由三视图可知正方体的棱长为2，故SD ＝22＋22＋22＝2 3. 故选B ．2．(2018·宜宾一模)三棱锥A －BCD 内接于半径为2的球O ，BC 过球心O ，当三棱锥A －BCD 体积取得最大值时，三棱锥A －BCD 的表面积为( D )A ．6＋4 3B ．8＋2 3C ．4＋6 3D ．8＋4 3[解析] 由题意，BC 为直径，△BCD 的最大面积为12×4×2＝4，三棱锥A －BCD 体积最大时，AO ⊥平面BCD ，三棱锥的高为2， 所以三棱锥A －BCD 的表面积为4×2＋2×12×22×6＝8＋4 3.3．三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC 且PA ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( C )A ．4π3B ．4πC ．8πD ．20π[解析] 由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以PA 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π，故选C ．4．某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为( B )A ．2 2B ．2 3C ．4D ．2 6[解析] 如图，四面体的直观图是棱长为2的正方体ABCD －MNPQ 中的三棱锥Q －BCN ，且QB ＝22＋22＝23，NC ＝QN ＝QC ＝22，四面体Q －BCN 各面的面积分别为S △QBN＝S △QBC ＝12×2×22＝22，S △BCN ＝12×2×2＝2，S △QCN ＝34×(22)2＝23，面积最大为2 3.5．三棱锥S －ABC 及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱SB 的长为( B )A ．211B ．4 2C ．38D ．16 3[解析] 由已知中的三视图可得SC ⊥平面ABC ，且底面△ABC 为等腰三角形， 在△ABC 中AC ＝4，AC 边上的高为23， 故BC ＝4，在Rt △SBC 中，由SC ＝4， 可得SB ＝4 2.6．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等且V 1V 2＝32，则S 1S 2的值是94. [解析] 设甲、乙两个圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则有2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，又V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2，∴V 1V 2＝r 1r 2，∴r 1r 2＝32，则S 1S 2＝(r 1r 2)2＝94.7．已知在直角梯形ABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，将直角梯形ABCD 沿AC 折叠成三棱锥D －ABC ，当三棱锥D －ABC 的体积取最大值时，其外接球的体积为43π.[解析] 当平面DAC ⊥平面ABC 时，三棱锥D －ABC 的体积取最大值．此时易知BC ⊥平面DAC ，∴BC ⊥AD ，又AD ⊥DC ，∴AD ⊥平面BCD ，∴AD ⊥BD ，取AB 的中点O ，易得OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝1，故O 为所求外接球的球心，故半径r ＝1，体积V ＝43πr 3＝43π.8．(文)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD ． (1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E ____ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．[解析] (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)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中， 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ， GB ＝GD ＝x2.因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E ACD 的体积V E ACD ＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63. 故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E ACD 的侧面积为3＋2 5.(理)如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，BF ＝3，G 和H 分别是CE 和CF 的中点．(1)求证：AC ⊥平面BDEF ；(2)求证：平面BDGH //平面AEF ； (3)求多面体ABCDEF 的体积．[解析] (1)证明：因为四边形ABCD 是正方形， 所以AC ⊥BD ．又因为平面BDEF ⊥平面ABCD ，平面BDEF ∩平面ABCD ＝BD ， 且AC ⊂平面ABCD ， 所以AC ⊥平面BDEF .(2)证明：在△CEF 中，因为G 、H 分别是CE 、CF 的中点， 所以GH ∥EF ，又因为GH ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， 所以GH ∥平面AEF . 设AC ∩BD ＝O ，连接OH ，在△ACF 中，因为OA ＝OC ，CH ＝HF ，所以OH ∥AF ，又因为OH ⊄平面AEF ，AF ⊂平面AEF ， 所以OH ∥平面AEF .又因为OH ∩GH ＝H ，OH ，GH ⊂平面BDGH ， 所以平面BDGH ∥平面AEF . (3)解：由(1)，得AC ⊥平面BDEF ，又因为AO ＝2，四边形BDEF 的面积S BDEF ＝3×22＝62， 所以四棱锥A －BDEF 的体积V 1＝13×AO ×S BDEF ＝4.同理，四棱锥C －BDEF 的体积V 2＝4. 所以多面体ABCDEF 的体积V ＝V 1＋V 2＝8.。
2019届高三数学专题练习三视图与体积
2019届高三数学专题练习三视图与体积、表面积1．由三视图求面积例1：一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_________．2．由三视图求体积例2：某个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）A ．4B ．C ．D ．8一、单选题1．某几何体的三视图如图所示，若该几何体的表面积为 ，则俯视图中圆的半径为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．42．正方体中，为棱的中点（如图）用过点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（ ）A ．B ．C ．D ．3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）1111ABCD A B C D E 1AA 1B E D 、、A ．B ．C ．D ．44．一个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为（ ）A ．B ．C ．D ．5．若某三棱柱截去一个三棱锥后所剩几何体的三视图如图所示，则所截去的三棱锥．．．．．．的外接球的表面积等于（ ）A ．B ．C ．D ．6．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，则该多面体的外接球的表面积为（ ）2367276)21+π21⎫++π⎪⎪⎝⎭122⎫++π⎪⎪⎝⎭12⎫+π⎪⎪⎝⎭34π32π17π172πA ．B ．C ．D ．7．一个四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．8．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三视图的长、宽、高分别为2，，，且，则此三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）A．B ．C ．D ．9．在四棱锥中，底面，底面为正方形，，该四棱锥被一平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）32π16π36π72π6+8+6+8+a b ()520,02a b a b +=>>174π214π4π5πP ABCD -PA ⊥ABCD ABCD PA AB =A ．B ．C ．D ．10．如图，画出的是某四棱锥的三视图，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（ ）A ．15B ．16C ．D ．11．某几何体的三视图如图（虚线刻画的小正方形边长为1）所示，则这个几何体的体积为（ ）A ．BC ．12D．12．如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为（ ）121314155035339483A ．B ．7C ．D ．二、填空题13．网格纸上小正方形的边长为1，粗虚、实线画出的是某个长方体挖去一个几何体得到的几何图形的三视图，则该被挖去的几何体的体积为__________．14．已知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为_______与_______．15．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为_________．16．已知某几何体的三视图如图所示，三视图的轮廓均为正方形，则该几何体的体积为__________．2032232331．由三视图求面积例1：一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_________．【答案】33π【解析】由三视图可得该几何体由一个半球和一个圆锥组成， 其表面积为半球面积和圆锥侧面积的和．球的半径为3， ∴半球的面积21143182S =⋅π⋅=π，圆锥的底面半径为3，母线长为5， ∴圆锥的侧面积为23515S rl =π=π⋅⋅=π，∴表面积为1233S S S =+=π．2．由三视图求体积例2：某个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）A ．4B ．C ．D ．8【答案】D【解析】由于长方体被平面所截，∴很难直接求出几何体的体积，可以考虑沿着截面再接上一个一模一样的几何体， 从而拼成了一个长方体，∵长方体由两个完全一样的几何体拼成，∴所求体积为长方体体积的一半。
高考数学二轮复习第二部分专题三立体几何第1讲空间几何体的三视图表面积与体积练习
第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积[做真题]题型一 空间几何体的表面积与体积1．(2019·高考全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O －EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.解析：由题易得长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为6×6×4＝144(cm 3)，四边形EFGH 为平行四边形，如图所示，连接GE ，HF ，易知四边形EFGH 的面积为矩形BCC 1B 1面积的一半，即12×6×4＝12(cm 2)，所以V四棱锥O EFGH＝13×3×12＝12(cm 3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．答案：118.82．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．解析：如图所示，设S 在底面的射影为S ′，连接AS ′，SS ′.△SAB 的面积为12·SA ·SB ·sin ∠ASB ＝12·SA 2·1－cos 2∠ASB ＝1516·SA 2＝515，所以SA 2＝80，SA ＝4 5.因为SA 与底面所成的角为45°，所以∠SAS ′＝45°，AS ′＝SA ·cos 45°＝45×22＝210.所以底面周长l ＝2π·AS ′＝410π，所以圆锥的侧面积为12×45×410π＝402π.答案：402π题型二 与球有关的切、接问题1．(2019·高考全国卷Ⅰ )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( )A ．86πB ．46πC ．26πD ．6π解析：选D.因为点E ，F 分别为PA ，AB 的中点，所以EF ∥PB ，因为∠CEF ＝90°，所以EF ⊥CE ，所以PB ⊥CE . 取AC 的中点D ，连接BD ，PD ，易证AC ⊥平面BDP ，所以PB ⊥AC ，又AC ∩CE ＝C ，AC ，CE ⊂平面PAC ，所以PB ⊥平面PAC ， 所以PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，因为PA ＝PB ＝PC ，△ABC 为正三角形，所以PA ⊥PC ，即PA ，PB ，PC 两两垂直，将三棱锥P ABC 放在正方体中如图所示．因为AB ＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P ABC 的外接球的半径R ＝62，所以球O 的体积V ＝43πR 3＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫623＝6π，故选D.2．(2018·高考全国卷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 ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3解析：选B.设等边三角形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 3.3．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，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 ，则r 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，所以，圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4，故选B. [山东省学习指导意见]1．利用实物模型．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．2．会用斜二测法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的直观图．3．了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式)．空间几何体的表面积和体积[典型例题]命题角度一 空间几何体的表面积(1)(2019·临沂调研)已知圆锥的高为3，底面半径长为 4.若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径长为( )A ．5B ． 5C ．9D ．3(2)(2019·上海浦东期中)在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm ，母线长最短50 cm ，最长80 cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________cm 2.【解析】 (1)因为圆锥的底面半径R ＝4，高h ＝3，所以圆锥的母线l ＝5，所以圆锥的侧面积S ＝πRl ＝20π.设球的半径为r ，则4πr 2＝20π，所以r ＝ 5.故选B.(2)将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S ＝12×(50＋80)×(π×40)＝2 600π(cm 2)．【答案】 (1)B (2)2 600π求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得不规则几何体的表面积．命题角度二 空间几何体的体积(1)(2019·河北衡水中学四调)如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )A ．2 000π9B ．4 000π27C ．81πD ．128π(2)(一题多解)如图，在直角梯形ABCD 中，AD ＝AB ＝4，BC ＝2，沿中位线EF 折起，使得∠AEB 为直角，连接AB ，CD ，则所得的几何体的表面积为________，体积为________．【解析】 (1)小圆柱的高分为上下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0＜h ＜5)，底面半径为r (0＜r ＜5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0＜h ＜5)，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0＜h ＜53时，V ′＞0，体积V 单调递增；当53＜h ＜5时，V ′＜0，体积V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值，即V max＝π⎝⎛⎭⎪⎫25－259×⎝ ⎛⎭⎪⎫53＋5＝4 000π27，故选B.(2)如图，过点C 作CM 平行于AB ，交AD 于点M ，作CN 平行于BE ，交EF 于点N ，连接MN .由题意可知ABCM ，BENC 都是矩形，AM ＝DM ＝2，CN ＝2，FN ＝1，AB ＝CM ＝22，所以S △AEB ＝12×2×2＝2，S 梯形ABCD ＝12×(2＋4)×22＝62， S 梯形BEFC ＝12×(2＋3)×2＝5， S 梯形AEFD ＝12×(3＋4)×2＝7，在直角三角形CMD 中，CM ＝22，MD ＝2， 所以CD ＝2 3.又因为DF ＝FC ＝5，所以S △DFC ＝12×23×2＝6，所以这个几何体的表面积为2＋62＋5＋7＋6＝14＋62＋ 6.法一：因为截面CMN 把这个几何体分割为直三棱柱ABE MCN 和四棱锥C MNFD ，又因为直三棱柱ABE MCN 的体积为V 1＝S △ABE ·AM ＝12×2×2×2＝4，四棱锥C MNFD 的体积为V 2＝13S 四边形MNFD ·BE ＝13×12(1＋2)×2×2＝2，所以所求几何体的体积为V 1＋V 2＝6.法二：如图，连接AC ，EC ，则几何体分割为四棱锥C ADFE 和三棱锥C ABE ，因为V C ADFE ＝13×⎝⎛⎭⎪⎫3＋42×2×2＝143，V C ABE ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫22×2×2＝43，所以几何体的体积为V C ADFE ＋V C ABE＝143＋43＝6.法三：如图，延长BC 至点M ，使得CM ＝2，延长EF 至点N ，使得FN ＝1，连接DM ，MN ，DN ，得到直三棱柱ABE DMN ，所以几何体的体积等于直三棱柱ABE DMN 的体积减去四棱锥D CMNF 的体积．因为V ABE DMN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×4＝8， V D CMNF ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋22×2×2＝2， 所以几何体的体积为V ABE DMN －V D CMNF ＝8－2＝6. 【答案】 (1)B (2)14＋62＋ 6 6求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．[对点训练]1．(2019·江苏南通联考)已知正三棱柱ABC A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D BB 1C 1的体积为________．解析：如图，取BC 中点O ，连接AO .因为正三棱柱ABC A 1B 1C 1的各棱长均为2，所以AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3.因为AA 1∥平面BCC 1B 1，所以点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3. 又S △BB 1C 1＝12×2×2＝2，所以VD BB 1C 1＝13×2×3＝233.答案：2332．(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：13与球有关的切、接问题[典型例题]命题角度一 外接球(2019·石家庄市质量检测)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PB ⊥底面ABCD ，O 为对角线AC 与BD 的交点，若PB ＝1，∠APB ＝∠BAD ＝π3，则三棱锥P AOB 的外接球的体积是________．【解析】 因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD ，即OA ⊥OB ，因为PB ⊥平面ABCD ，所以PB ⊥AO ，又OB ∩PB ＝B ，所以AO ⊥平面PBO ，所以AO ⊥PO ，即△PAO 是以PA 为斜边的直角三角形，因为PB ⊥AB ，所以△PAB 是以PA 为斜边的直角三角形，所以三棱锥P AOB 的外接球的直径为PA ，因为PB ＝1，∠APB ＝π3，所以PA ＝2，所以三棱锥P AOB 的外接球的半径为1，所以三棱锥P AOB 的外接球的体积为4π3.【答案】4π3解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．命题角度二 内切球(2019·广东省七校联考)在四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，PD⊥底面ABCD ，且PD ＝2a ，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大值为________．【解析】 通解：由题意知，球内切于四棱锥P ABCD 时半径最大，设该四棱锥的内切球的球心为O ，半径为r ，连接OA ，OB ，OC ，OD ，OP ，则V P ABCD ＝V O ABCD ＋V O PAD ＋V O PAB ＋V O PBC ＋V O PCD ，即13×2a ×2a ×2a ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 2＋2×12×2a ×2a ＋2×12×2a ×22a ×r ，解得r ＝(2－2)a . 优解：易知当球内切于四棱锥P ABCD ，即与四棱锥P ABCD 各个面均相切时，球的半径最大，作出相切时的侧视图如图所示，设四棱锥P ABCD 内切球的半径为r ，则12×2a ×2a ＝12×(2a ＋2a＋22a )×r ，解得r ＝(2－2)a .【答案】 (2－2)a求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．命题角度三 与球有关的最值问题(2019·济南市质量检测)三棱锥P ABC 的所有顶点都在半径为2的球O 的球面上．若△PAC 是等边三角形，平面PAC ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，则三棱锥P ABC 体积的最大值为( )A ．2B ．3C ．2 3D ．3 3【解析】 根据AB ⊥BC 可知AC 为三角形ABC 所在截面圆O 1的直径，又平面PAC ⊥平面ABC ，△APC 为等边三角形，所以P 在OO 1上，如图所示，设PA ＝x ，则AO 1＝12x ，PO 1＝32x ，所以PO 1＝32x ＝OO 1＋2＝4－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋2⇒⎝ ⎛⎭⎪⎫32x －22＝4－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2⇒x 2－23x ＝0⇒x ＝23，所以AO 1＝12×23＝3，PO 1＝32×23＝3，当底面三角形ABC 的面积最大时，即底面为等腰直角三角形时三棱锥P ABC 的体积最大，此时V ＝13S △ABC ×PO 1＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×3×3＝3.【答案】 B多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题，二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下，截面的最值问题．[对点训练]1．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 ．32π解析：选B.设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，R 2＝(3－R )2＋(3)2，解得R ＝2，所以所求球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π，故选B.2．(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 ．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.一、选择题1.水平放置的△ABC 的直观图如图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 是一个( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．三边中只有两边相等的等腰三角形D ．三边互不相等的三角形 解析：选A.AO ＝2A ′O ′＝2×32＝3，BC ＝B ′O ′＋C ′O ′＝1＋1＝2，在Rt △AOB 中，AB ＝12＋（3）2＝2，同理AC ＝2，所以△ABC 是等边三角形． 2．给出下列几个命题：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底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；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 ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选B.①错误，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台是上、下底面相似且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．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．把一个半径为20的半圆卷成圆锥的侧面，则这个圆锥的高为( ) A ．10 B ．10 3 C ．10 2D ．5 3解析：选B.设圆锥的底面半径为r ，高为h .因为半圆的弧长等于圆锥的底面周长，半圆的半径等于圆锥的母线，所以2πr ＝20π，所以r ＝10，所以h ＝202－102＝10 3.5．(2019·湖北武汉5月模拟)已知长方体全部棱长的和为36，表面积为52，则其体对角线的长为( )A ．4B ．29C ．223D ．417解析：选B.设长方体的长、宽、高分别为x ，y ，z ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧4（x ＋y ＋z ）＝36，①2（xy ＋xz ＋yz ）＝52，②①的两边同时平方得x 2＋y 2＋z 2＋2xy ＋2xz ＋2yz ＝81，把②代入得x 2＋y 2＋z 2＝29，所以长方体的体对角线的长为29.故选B.6．已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4πB ．163πC ．323πD ．16π解析：选 D.如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝12＋（3）2＝2.故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.故选D.7．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝2，AA 1＝1，则点B 到平面D 1AC 的距离等于( ) A ．33B ．63C ．1D ．2解析：选B.如图，连接BD 1，易知D 1D 就是三棱锥D 1ABC 的高，AD 1＝CD 1＝5，取AC 的中点O ，连接D 1O ，则D 1O ⊥AC ，所以D 1O ＝AD 21－AO 2＝ 3.设点B 到平面D 1AC 的距离为h ，则由VB D 1AC ＝VD 1ABC ，即13S △D 1AC ·h ＝13S △ABC ·D 1D ，又S △D 1AC ＝12D 1O ·AC ＝12×3×22＝6，S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×2×2＝2，所以h ＝63.故选B. 8．在三棱锥S ABC 中，SB ⊥BC ，SA ⊥AC ，SB ＝BC ，SA ＝AC ，AB ＝12SC ，且三棱锥S ABC的体积为932，则该三棱锥的外接球半径是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.取SC 的中点O ，连接OA ，OB ，则OA ＝OB ＝OC ＝OS ，即O 为三棱锥的外接球球心，设半径为r ，则13×2r ×34r 2＝932，所以r ＝3.9．(2019·安徽省江南十校3月检测)我国南北朝时期的科学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：如果两个等高的几何体在等高处的水平截面的面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．利用此原理求以下几何体的体积：如图，曲线y ＝x 2(0≤y ≤L )和直线y ＝L 围成的封闭图形绕y 轴旋转一周得几何体Z ，将Z 放在与y 轴垂直的水平面α上，用平行于平面α，且与Z 的顶点O 距离为l 的平面截几何体Z ，得截面圆的面积为π(l )2＝πl .由此构造右边的几何体Z 1(三棱柱ABC A 1B 1C 1)，其中AC ⊥平面α，BB 1C 1C ∥α，EFPQ ∥α，AC ＝L ，AA 1⊂α，AA 1＝π，Z 1与Z 在等高处的截面面积都相等，图中EFPQ 和BB 1C 1C 为矩形，且PQ ＝π，FP ＝l ，则几何体Z 1的体积为( )A ．πL 2B ．πL 3C ．12πL 2 D ．12πL 3 解析：选C.由题意可知，在高为L 处，几何体Z 和Z 1的水平截面面积相等，为πL ， 所以S 矩形BB 1C 1C ＝πL ，所以BC ＝L ，所以V 三棱柱ABC A 1B 1C 1＝S △ABC ·π＝12πL 2，故选C.10．(2019·重庆市七校联合考试)已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为( )A ．18B ．12C ．6 3D ．4 3解析：选B.由题意知，球心在三棱锥的高PE 上，设内切球的半径为R ，则S 球＝4πR 2＝16π，所以R ＝2，所以OE ＝OF ＝2，OP ＝4.在Rt △OPF 中，PF ＝OP 2－OF 2＝2 3.因为△OPF ∽△DPE ，所以OF DE ＝PF PE，得DE ＝23，AD ＝3DE ＝63，AB ＝23AD ＝12.故选B.11．(多选)在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下几种几何图形的4个顶点，这些几何图形可以是( )A ．矩形B ．有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体C ．每个面都是直角三角形的四面体D ．每个面都是等边三角形的四面体解析：选ABCD.4个顶点连成矩形的情形显然成立；图(1)中四面体A 1D 1B 1A 是B 中描述的情形；图(2)中四面体D A 1C 1B 是D 中描述的情形；图(3)中四面体A 1D 1B 1D 是C 中描述的情形．12．(多选)如图，已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则下列四个结论正确的是( ) A ．直线A 1C 1与AD 1为异面直线 B ．A 1C 1∥平面ACD 1 C ．BD 1⊥ACD ．三棱锥D 1ADC 的体积为83解析：选ABC.对于A ，直线A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，AD 1⊂平面ADD 1A 1，D 1∉直线A 1C 1，则易得直线A 1C 1与AD 1为异面直线，故A 正确；对于B ，因为A 1C 1∥AC ，A 1C 1⊄平面ACD 1，AC ⊂平面ACD 1， 所以A 1C 1∥平面ACD 1，故B 正确；对于C ，连接BD ，因为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥BD ，AC ⊥DD 1，BD ∩DD 1＝D ，所以AC ⊥平面BDD 1，所以BD 1⊥AC ，故C 正确；对于D ，三棱锥D 1ADC 的体积V 三棱锥D 1ADC ＝13×12×2×2×2＝43，故D 错误．13．(多选)如图，AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，AB ∥EF ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且AB ＝2，AD ＝EF ＝1.则( )A ．平面BCF ⊥平面ADFB ．EF ⊥平面DAFC ．△EFC 为直角三角形D ．V C BEF ∶V F ABCD ＝1∶4解析：选AD.因BF ⊥AF ，BF ⊥DA ，所以BF ⊥平面DAF ， 所以平面BCF ⊥平面ADF ，由题意可知，平面CBF 将几何体EFABCD 分成的两个锥体的体积分别为V 四棱锥F ABCD ，V 三棱锥F CBE .过点F 作FG ⊥AB 于点G ，因为平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，FG ⊂平面ABEF ，所以FG ⊥平面ABCD .所以V 四棱锥F ABCD ＝13×1×2×FG ＝23FG ，V 三棱锥F BCE ＝V 三棱锥C BEF ＝13×S △BEF×CB ＝13×12×FG ×1×1＝16FG ，由此可得V 三棱锥C BEF ∶V 四棱锥F ABCD ＝1∶4.二、填空题14．(一题多解)(2019·淄博市第一次模拟测试)底面边长为6，侧面为等腰直角三角形的正三棱锥的高为________．解析：法一：由题意得，三棱锥的侧棱长为32，设正三棱锥的高为h ，则13×12×32×32×32＝13×34×36h ，解得h ＝ 6.法二：由题意得，三棱锥的侧棱长为32，底面正三角形的外接圆的半径为23，所以正三棱锥的高为18－12＝ 6.答案： 615．(2019·高考天津卷)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为 5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．解析：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为12，易知四棱锥的高为5－1＝2，故圆柱的高为1，所以圆柱的体积为π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×1＝π4. 答案：π416．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为____________．解析：如图，过点P 分别作PE ⊥BC 交BC 于点E ，作PF ⊥AC 交AC 于点F .由题意知PE ＝PF ＝ 3.过P 作PH ⊥平面ABC 于点H ，连接HE ，HF ，HC ，易知HE ＝HF ，则点H 在∠ACB 的平分线上，又∠ACB ＝90°，故△CEH 为等腰直角三角形．在Rt △PCE 中，PC ＝2，PE ＝3，则CE ＝1，故CH ＝2，在Rt △PCH 中，可得PH ＝2，即点P 到平面ABC 的距离为 2.答案： 217．(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：3 3 4π81。
2019届高考数学二轮复习专题三立体几何课后综合提升练1.3.1空间几何体的三视图表面积及体积文
第一讲空间几何体的三视图、表面积及体积(40分钟70分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2018·北京高考)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【命题意图】本小题主要考查空间几何体的三视图,意在考查三视图与直观图的转化,培养学生的空间想象能力,体现了直观想象的数学素养.【解析】选C.将四棱锥三视图转化为直观图,如图,侧面共有4个三角形,即△PAB,△PBC,△PCD,△PAD,由已知,PD⊥平面ABCD,又AD⊂平面ABCD,所以PD⊥AD,同理PD⊥CD,PD⊥AB,所以△PCD,△PAD是直角三角形.因为AB⊥AD,PD⊥AB,PD,AD⊂平面PAD,PD∩AD=D,所以AB⊥平面PAD,又PA⊂平面PAD所以AB⊥PA,△PAB是直角三角形.因为AB=1,CD=2,AD=2,PD=2,所以PA==2,PC==2PB==3,在梯形ABCD中,易知BC=,△PBC三条边长为2,3,,△PBC不是直角三角形.综上,侧面中直角三角形个数为3.2.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A. B.32C. D.【解析】选A.由三视图可知, 该几何体是由底面为等腰直角三角形(腰长为4)、高为8的直三棱柱截去一个等底且高为4的三棱锥而得到的,所以该几何体的体积V=×4×4×8-××4×4×4=.3.(2018·湖南五市十校联考)如图,小方格是边长为1的正方形,一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为 ( )A.4π+96B.(2+6)π+96C.(4+4)π+64D.(4+4)π+96【解析】选D 由三视图可知,该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体,正方体的棱长为4,圆锥的高为4,底面半径为2,所以该几何体的表面积为S=6×42+π×22+π×2×=(4+4)π+96.4.一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示,则该三棱锥的侧(左)视图可能为( )【解析】选D.由题图可知,该几何体为如图所示的三棱锥,其中平面ACD⊥平面BCD,故选D.5.如图是一正方体被过棱的中点M,N和顶点A,D,C1的两个截面截去两个角后所得的几何体,则该几何体的正(主)视图为( )【解析】选B.还原正方体,如图所示,由题意可知,该几何体的正(主)视图是选项B.二、填空题(每小题5分,共15分)6.若一个几何体的表面积和体积相同,则称这个几何体为“同积几何体”.已知某几何体为“同积几何体”,其三视图如图所示,则a=____________.【解析】根据几何体的三视图可知该几何体是一个四棱柱,如图所示,可得其体积为(a+2a)·a·a=a3,其表面积为·(2a+a)·a·2+a2+a2+2a·a+a·a=7a2+a2,所以7a2+a2=a3,解得a=.答案:7.(2017·全国卷Ⅰ)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为____________.【解析】连接OB,连接OD,交BC于点G,由题意得,OD⊥BC,OG=BC,设OG=x,则BC=2x,DG=5-x,三棱锥的高h===, S△ABC=2x·3x·=3x2,则V=S△ABC·h=x2·=·,令f=25x4-10x5,x∈,f′=100x3-50x4,令f′>0,即x4-2x3<0,x<2,则f≤f=80,则V≤×=4,所以体积最大值为4 cm 3.答案:4cm38.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥侧面ABB1A1,AC=AA1=AB,∠AA1C1=60°,AB⊥AA1,H 为CC1的中点,D为BB1的中点.若AB=,则三棱柱ABC-A1B1C1的体积为____________.【解析】连接AC1,可知△ACC1为正三角形,又H为棱CC1的中点,所以AH⊥CC1,从而AH⊥AA1,又平面AA1C1C⊥平面ABB1A1,平面AA1C1C∩平面ABB1A1=AA1,AH⊂平面AA1C1C,所以AH⊥平面ABB1A1,又A1D⊂平面ABB1A1,所以AH⊥A1D ①.因为AB=.AC=AA1=AB,所以AC=AA1=2,DB1=1,==,又∠DB1A1=∠B1A1A=90°,所以△A1DB1∽△AB1A1,所以∠B1AA1=∠DA1B1,又∠DA1B1+∠AA1D=90°,所以∠B1AA1+∠AA1D=90°,所以A1D⊥AB1②,由①②及AB1∩AH=A,可得A1D⊥平面AB1H.取AA1的中点M,连接C1M,则C1M∥AH,所以C1M⊥平面ABB1A1,所以=·C1M=××=,所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积为3=.答案:三、解答题(每小题10分,共30分)9.如图,边长为的正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,其中AB∥CD,AB⊥BC,DC=BC=AB=1,点M在线段EC上.(1)证明:平面BDM⊥平面ADEF.(2)判断点M的位置,使得三棱锥B-CDM的体积为.【解析】(1)因为DC=BC=1,DC⊥BC,所以BD=.因为AD=,AB=2,所以AD2+BD2=AB2,所以∠ADB=90°,所以AD⊥BD,因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD.BD⊂平面ABCD,所以BD⊥平面ADEF,因为BD⊂平面BDM,所以平面BDM⊥平面ADEF.(2)如图,在平面DMC内,过M作MN⊥DC,垂足为点N,又因为ED⊥AD,平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,所以ED⊥平面ABCD,所以ED⊥CD,所以MN∥ED,因为ED⊥平面ABCD,所以MN⊥平面ABCD.因为V B-CDM=V M-CDB=MN·S△BDC=,所以××1×1×MN=,所以MN=.所以===,所以CM=CE,所以点M在线段CE的三等分点且靠近C处.10.如图,过四棱柱ABCD-A1B1C1D1形木块上底面内的一点P和下底面的对角线BD将木块锯开,得到截面BDFE.(1)请在木块的上表面作出过P的锯线EF,并说明理由.(2)若该四棱柱的底面为菱形,四边形BB1D1D是矩形,试证明:平面BDFE⊥平面A1C1CA.【解析】(1)在上底面内过点P作B1D1的平行线分别交A1D1,A1B1于F,E两点,则EF即为所作的锯线.理由如下:在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱BB1∥DD1,且BB1=DD1,所以四边形BB1D1D是平行四边形,B1D1∥BD.又平面ABCD∥平面A1B1C1D1,平面BDFE∩平面ABCD=BD,平面BDFE∩平面A1B1C1D1=EF,所以EF∥BD,从而EF∥B1D1.(2)由于四边形BB1D1D是矩形,所以BD⊥B1B.又A1A∥B1B,所以BD⊥A1A.又四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC.因为AC∩A1A=A,所以BD⊥平面A1C1CA.因为BD⊂平面BDFE,所以平面BDFE⊥平面A1C1CA.11.如图,平面PAD⊥平面ABCD,ABCD是边长为2的菱形,PA=PD,且∠APD=90°,∠DAB=60°.(1)若线段PC上存在一点M,使得直线PA∥平面MBD,试确定M点的位置,并给出证明.(2)在第(1)问的条件下,求三棱锥C-DMB的体积.【解析】(1)M为线段PC中点.证明:取线段PC中点M,连接MD,MB,连接AC,BD相交于O点,连接OM,因为ABCD为菱形,AC交BD于O点,所以O为AC中点,又M为PC中点,所以OM∥PA,又OM⊂平面MBD,PA⊄平面MBD,所以PA∥平面MBD.(2)因为PA=PD,取AD的中点N,连接PN,所以PN⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,所以PN⊥平面ABCD,因为∠APD=90°,AD=2,所以PN=AD=1,又M为PC中点,所以M到平面ABCD的距离h M=PN=.因为ABCD是边长为2的菱形,∠DAB=60°,所以S△BCD=×2×2×=,所以V C-DMB=V M-BCD=S△BCD h M=××=.(20分钟20分)1.(10分)如图所示,平行四边形ABCD中,∠DAB=60°,AB=2,AD=4.将△CBD沿BD折起到△EBD 的位置,使平面EBD⊥平面ABD.(1)求证:AB⊥DE.(2)求三棱锥E-ABD的侧面积和体积.【解析】(1)在△ABD中,因为AB=2,AD=4,∠DAB=60°,所以BD==2,所以AB2+BD2=AD2,所以AB⊥BD.又平面EBD⊥平面ABD,平面EBD∩平面ABD=BD,AB⊂平面ABD,所以AB⊥平面EBD.又DE⊂平面EBD,所以AB⊥DE.(2)由(1)知AB⊥BD.因为CD∥AB,所以CD⊥BD,从而DE⊥BD.在Rt△DBE中,因为DB=2,DE=DC=AB=2,所以S△EDB=DB·DE=2.因为AB⊥平面EBD,BE⊂平面EBD,所以AB⊥BE.因为BE=BC=AD=4,所以S△EAB=AB·BE=4.因为DE⊥BD,平面EBD⊥平面ABD,平面EBD∩平面ABD=BD,所以DE⊥平面ABD,而AD⊂平面ABD,所以DE⊥AD,故S△EAD=AD·DE=4.故三棱锥E-ABD的侧面积S=S△EDB+S△EAB+S△EAD=8+2.因为DE⊥平面ABD,且S△ABD=S△EBD =2,DE=2,所以V三棱锥E-ABD=S△ABD×DE=×2×2=.2.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PD⊥平面ABCD,点D1为棱PD的中点,过D1作与平面ABCD平行的平面与棱PA,PB,PC相交于点A1,B1,C1,∠BAD=60°.(1)求证:B1为PB的中点.(2)已知棱锥的高为3,且AB=2,AC,BD的交点为O,连接B1O.求三棱锥B1-ABO外接球的体积.【解析】(1)连接B1D1.由题意知,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,平面PBD∩平面ABCD=BD,平面PBD∩平面A1B1C1D1=B1D1,则BD∥B1D1,即B1D1为△PBD的中位线,即B1为PB的中点.(2)由(1)可得,OB1=,AO=,BO=1,且OA⊥OB,OA⊥OB1,OB⊥OB1,即三棱锥B1-ABO的外接球为以OA,OB,OB1为长、宽、高的长方体的外接球,则该长方体的体对角线长d==,即外接球半径R=.则三棱锥B1-ABO外接球的体积V=πR3=×π×=.。
2019版二轮复习数学通用版讲义：第一部分 专题八 空间几何体的三视图、表面积与体积 Word版含解析
专题八 ⎪⎪⎪空间几何体的三视图、表面积与体积[题组全练]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( )A 由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图解析：选应选A.2．(2019届高三·西安模拟)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，使得平面ABD ⊥平面CBD ，形成的三棱锥C -ABD 的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为( )A.12B.22C.24D.14解析：选D 由三棱锥C -ABD 的正视图、俯视图得三棱锥C -ABD 的侧视图为直角边长是22的等腰直角三角形，所以三棱锥C -ABD 的侧视图的面积为14.3.(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 ．2 解析：选B 先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M ，N 的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴MN ＝OM2＋ON2＝22＋42＝2 5.4．(2018·石家庄质检)如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中，最小面的面积是( )A ．2 3B ．22C ．2D.3在正方体中还原该几何体，如图中三棱锥D -ABC 所示，其中正方体解析：选C △ABC ＝2，S △DBC ＝22，S △ADB ＝22，S △ADC ＝23，故该三棱锥的四的棱长为2，则S 的面积是2.个面中，最小面[系统方法]1．确定几何体的三视图的方法判断几何体的三视图的基础是熟练掌握几何体的结构特征，其中三视图的画法是确定三视图的重要依据．(1)基本要求：长对正，高平齐，宽相等．(2)画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽．(3)看不到的线画虚线．2．由三视图确定几何体的方法熟练掌握规则几何体的三视图是由三视图还原几何体的基础，在明确三视图画法规则的基础上，按以下步骤可轻松解决此类问题： (1)定底面：根据俯视图确定．(2)定棱及侧面：根据正视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线、虚线对应棱的位置．(3)定形状：确定几何体的形状.[由题知法][典例](1)(2018·合肥质检)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，则该几何体的表面积为( )A ．5π＋18B ．6π＋18C ．8π＋6D ．10π＋6(2)(2018·洛阳统考)一个几何体的三视图如图所示，图中的三个正方形的边长均为2，则该几何体的体积为( )A ．8－2π3B ．4－π3C ．8－π3D ．4－2π3(3)(2018·天津高考)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)由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和两个半球构成的，故该几何体的表面积为2×12×4π×12＋2×12×π×12＋2×3＋12×2π×1×3＝8π＋6.可得该几何体的直观图如图所示，该几何体是一个棱长为2的正方体(2)由三视图上、下各挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，其体积为23－2×13×π×12×1＝8－2π3.(3)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 ＝因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC ，所以EH12AC ，FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四∥FG ，EH ＝为正方形，又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M -EFGH 的体边形EHGF ×⎝⎛⎭⎫222×12＝112. [答案](1)C (2)A (3)112积为13[答案](1)C (2)A (3)112[类题通法]1．三类几何体表面积的求法2．求体积的3种常用方法[应用通关]1．(2018·长春质检)《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1)，那么该刍甍的体积为( )A ．4B ．5C ．6D ．12选B 如图，由三视图可还原得几何体ABCDEF ，过E ，F 分别解析：底面的截面EGH 和FMN ，将原几何体拆分成两个底面积为3，作垂直于棱锥和一个底面积为32，高为2的三棱柱，所以V ABCDEF ＝2V 四棱高为1的四锥E -ADHG ＋V 三棱柱EHG -FNM ＝2×13×3×1＋32×2＝5.2．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 ．π B.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r R ＝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.3．(2018·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A ．14B ．10＋42C.212＋4 2D.21＋32＋42解析：选D 法一：由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示．所以该多面体的表面积S ＝2×⎝⎛⎭⎫22－12×1×1＋12×(22－12)＋12×22＋2×22＋12×32×(2)2＝21＋32＋4 2.三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几法二：由示．所以该多面体的表面积S ＝S 三棱柱表－S 三棱锥侧＋S 三棱锥底＝(2＋2＋何体，如图所2×12×22－3×⎝⎛⎭⎫12×1×1＋12×32×(2)2＝21＋32＋4 2.22)×2＋[考法全析]一、曾经这样考1．[三棱锥的外接球](2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．连接AO ，OB ，解析：如图，的直径， ∵SC 为球O 的中点， ∴点O 为SC SB ＝BC ，∵SA ＝AC ，∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，∴AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ，则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R .∴V S -ABC ＝V A -SBC ＝13×S △SBC ×AO＝13×⎝⎛⎭⎫12×SC×OB ×AO ，即9＝13×⎝⎛⎭⎫12×2R×R ×R ，解得 R ＝3， ∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π.答案：36π[启思维]本题考查了三棱锥的外接球问题．一般外接球需要求球心和半径，其步骤为：(1)应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的各顶点的距离相等，然后用同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线(这两个多边形需有公共点)，这样两条直线的交点，就是其外接球的球心；(2)根据半径、顶点到底面中心的距离、球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径(例三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球)．二、还可能这样考2．[圆锥的外接球]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 ．32π解析：选B 设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，R 2＝(3－R )2＋(3)2，解得R ＝2，所以所求球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π.[启思维]本题考查了圆锥的外接球问题，解决本题的关键是根据圆锥及球的结构特点确定球心一定在圆锥的高上，然后建立相关关系式求出球半径．3．[四棱柱的外接球]已知正四棱柱的顶点在同一个球面上，且球的表面积为12π，当正四棱柱的体积最大时，正四棱柱的高为________．解析：设正四棱柱的底面边长为a ，高为h ，球的半径为r ，由题意知4πr 2＝12π，所以r 2＝3，又2a 2＋h 2＝(2r )2＝12，所以a 2＝6－h22，所以正四棱柱的体积V ＝a 2h ＝⎝⎛⎭⎫6－h22h ，则V ′＝6－32h 2，由V ′＞0，得0＜h ＜2，由V ′＜0，得h ＞2，所以当h ＝2时，正四棱柱的体积最大.答案：2[启思维]本题考查了球与正四棱柱的综合问题．求解直棱柱的外接球问题时，结合球与直棱柱的有关性质，可知棱柱上、下底面外接圆的圆心连线的中心即为外接球的球心．4．[四棱锥的内切球问题]已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为6的正方形，且PA ＝PB ＝PC ＝PD ，若一个半径为1的球与此四棱锥的所有面都相切，则该四棱锥的高是( )A ．6B ．5 C.92D.94由题意，四棱锥P -ABCD 是正四棱锥，球的球心O 在四棱锥的高解析：选D 锥的高作组合体的轴截面如图所示．其中PE ，PF 是斜高，A 为球PH 上，过正四棱点，设PH ＝h ，由几何体可知Rt △PAO ∽Rt △PHF ，则OP FP ＝OAFH，∴面与侧面的切h －1h2＋32＝13，解得h ＝94.[启思维]球与多面体的“切”的问题，关键突破口是作出过它们的切点的轴截面，将空间问题转化为平面问题解决．在计算过程中要抓住球的半径这个主要元素，再利用平面几何、三角函数知识求解．[增分集训]1．(2015·全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.解V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∵点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大，为13×12R 2×R ∴当＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.2．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑．若三棱锥P -ABC 为鳖臑，侧棱PA ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，且PA ＝2，AC ＝3，BC ＝4，则该鳖臑的内切球的半径为________．解析：设内切球的半径为r ，由鳖臑的性质可知，PC ⊥CB ，PC ＝13，AB ＝5，BP ＝29，所以S △ABC ＝6，S △PAB ＝5，S △PBC ＝213，S △PCA ＝3，V P -ABC ＝13S △ABC ·PA ＝4，∵V P -ABC ＝13(S △ABC ＋S △PAB ＋S △PBC ＋S △PCA )·r ，故该鳖臑的内切球半径r ＝1214＋213＝7－136.答案：7－1363．(2018·贵阳模拟)如图，正方形网格的边长为1，粗线表示的是某几何体的三视图，该几何体的顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为________．解析：根据三视图可知该几何体为一个三棱锥，记为S -ABC ，将该三棱锥放入长方体中如图所示，则该三棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设球O 的半径为R ，所以(2R )2＝22＋22＋32＝17， R 2＝174，所以球O 的表面积为4πR 2＝17π. 答案：17π4．(2018·益阳、湘潭调研)已知三棱锥S -ABC 的顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为3的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝4，则此三棱锥的体积为________________________________________________________________________．根据题意作出图形．解析：为O ，过A ，B ，C 三点的小圆的圆心为O 1，则OO 1⊥平面ABC ，设球心CO 1交球于点D ，连接SD ，则SD ⊥平面ABC .延长OO 1，又O 为SC 的中点，∴SD ∥∴SD ＝2OO 1.∵CO 1＝23×332＝3，∴OO 1＝错误!＝1， ∴高SD ＝2OO 1＝2，∵△ABC 是边长为3的正三角形，∴S △ABC ＝934，∴V三棱锥S-ABC＝13×934×2＝332.答案：332[考法全析]一、曾经这样考1．[三棱锥的体积最值问题](2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．解析：由题意知折叠以后三棱锥的直观图如图所示．连接CO并延长交AB于H，连接DO，DH.则DO⊥平面ABC.令OH＝x，则OC＝2x，DH＝5－x，得OD＝错误!＝错误!，AB＝2错误!x.则V D-ABC＝13×⎝⎛⎭⎫12×23x×3x×25－10x＝3x2×25－10x＝3×25x4－10x5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝⎛⎭⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4， 由f ′(x )>0，得0<x <2. 由f ′(x )<0，得2<x <52.则当x ∈(0,2)时，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎫2，52时，f (x )单调递减，所以当x ＝2时，体积取最大值，为3×80＝415. 答案：415[启思维]本题考查了立体几何中的折叠问题、体积的求法及导数的应用．在求解立体几何中的最值问题时，注意先要引入自变量x ，再根据几何体的点、线、面的位置关系，表示几何体中的相关量，进而建立起目标函数，最后，利用函数的性质来求解最值．二、还可能这样考间几何体中线段最值问2.[空题]如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为4，点P ，Q 分别在底面ABCD 、棱AA 1上运动，且P Q ＝4，点M为线段P Q 的中点，则线段C 1M 的长度的最小值为( )A ．2B ．43－2C ．6D ．43B 连接AP ，AC 1，AM .由正方体的结构特征可得，Q A ⊥平面ABCD ，所以解析：选Q A ⊥AP .＝4，因为P Q 线段P Q 的中点，点M 为所以AM ＝12P Q ＝2，故点M 在以A 为球心，半径R ＝2的球面上，易知AC 1＝43，所以C1M的最小值为AC1－R＝43－2，故选B. [启思维]该题中限制点P，Q分别在底面ABCD、棱AA1上运动，所以点M的轨迹是以点A为球心，半径为2的球面的一部分．该题中的最值问题与圆上的点到定点距离的最值问题类似，对于后者，将圆上的点到定点距离的最值用圆心到定点的距离与半径的和与差表示，因此，球面上的点到定点的距离的最值，也可用球心到定点的距离与半径的和与差表示．3．[与立体几何的表面展开图有关的最值问题]已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为________．解析：由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则h＝9－r2，所以圆锥的体积V＝13πr2h＝13πr29－r2＝13π9r4－r6.设f (r)＝9r4－r6(r＞0)，则f ′(r)＝36r3－6r5，令f ′(r)＝36r3－6r5＝6r3(6－r2)＝0，得r＝6，所以当0＜r＜6时，f ′(r)＞0，f (r)单调递增；当r＞6时，f ′(r)＜0，f (r)单调递减，所以f (r)max＝f (6)＝108，所以V max＝13π×108＝23π.答案：23π[启思维]本题考查了圆锥的侧面展开图的性质，即侧面展开图中扇形的半径为圆锥的母线，扇形的弧长为底面圆的周长．本题还考查了圆锥体积的求法及导数在求最值中的应用．[增分集训]1．(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．12 3B．183C．24 3D．543解析：选B由等边△ABC的面积为93，可得34AB2＝93，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝33AB＝2 3.设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝R2－r2＝16－12＝2.所以三棱锥D-ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D-ABC体积的最大值为13×93×6＝18 3.2．已知点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB＝BC＝1，∠ABC＝120°.若四面体ABCD体积的最大值为34，则这个球的表面积为( )A.500π81B．4πC.25π9D.100π9选D 因为AB ＝BC ＝1，∠ABC ＝120°，所以由正弦定理知△ABC 外接圆解析：×AB sin 30°＝1，S △ABC ＝12AB ·BC sin 120°＝34.设外接圆的圆心为Q ，则当的半径r ＝12ABC 垂直时，四面体ABCD 的体积最大，所以13S △ABC ·D Q ＝34，所以D QD Q 与平面为O ，半径为R ，则在Rt △A Q O 中，OA 2＝A Q 2＋O Q 2，即R 2＝12＋(3－＝3.设球心R )2，解得R ＝53，所以球的表面积S ＝4πR 2＝100π9，故选D.3．正四面体ABCD 的外接球半径为2，过棱AB 作该球的截面，则截面面积的最小值为________．题意知面积最小的截面是以AB 为直径的圆，如图，在正四面体ABCD 解析：由BCD 的中心，连接AE ，BE ，则球心O 在AE 上，延长AE 交球面于F ，中，设E 为△的直径，∠ABF ＝90°，又AE ⊥BE ，在△ABF 中，由射影定理得AB 2＝AE ·AF 则AF 是球AE ＝AB2－BE2＝63AB ，所以AB ＝463，于是截面面积的最小值为＝4AE ，又π×⎝⎛⎭⎫2632＝8π3.答案：8π3[专题跟踪检测](对应配套卷P183)一、全练保分考法——保大分1．已知长方体的底面是边长为1的正方形，高为2，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该长方体的正视图的面积等于( )A ．1B.2C ．2D ．22解析：选C 依题意得，题中的长方体的正视图和侧视图的高都等于2，正视图的长是2，因此相应面积等于2×2＝2.的正视图的2.将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析：选B 由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①所示，故其侧视图为图②.3．若将半径为R 的半圆卷成一个圆锥，则该圆锥的体积为( )A.324πR 3B.38πR 3C.524πR 3D.58πR 3解析：选A 设该圆锥的底面半径为r ，则2πr ＝πR ，∴r ＝R 2，∴h ＝3R 2.因此V ＝13πr 2h ＝324πR 3.4．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为棱DD 1上的点，F 为AB 的中点，则三棱锥B 1-BFE的体积为( )A.13B.14C.112D.16解析：选C 由等体积法可知V ＝V ＝13S ·AD ＝16×1×12×1＝112.5．(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．25πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋()232＝4，S 表＝πr 2＋ch＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π.6．(2019届高三·河北“五个一名校联盟”模拟)某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A ．13B ．14C ．15D ．16C 所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的，在长方体解析：选何体如图中ABCD -A ′B ′C ′D ′所示，长方体的长、宽、高分别为中还原该几棱柱的高为2，底面是两直角边长分别为3和1.5的直角三角形，故该4,2,3，两个三几何体的体积V ＝4×2×3－2×12×3×32×2＝15.7．(2018·开封模拟)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.2π9B.π3C.16π3D.16π9解析：选D 由三视图知该几何体底面扇形的圆心角为120°，即该几何体是某圆锥的三分之一部分，又由侧视图知几何体的高为4，底面圆的半径为2，所以该几何体的体积V ＝13×13×π×22×4＝169π.8．(2018·沈阳质监)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为()A.4π3B.8π3C.16π3D.32π3解析：选A 由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V ＝12×13×π×22×2＝4π3.9．(2018·武汉调研)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.112B.94C.92D ．3选D 由三视图可知，该几何体为三棱锥，记为A -BCD ，将其放入棱长为3的解析：如图，则V A -BCD ＝13×12×2×3×3＝3.正方体中，10.如图，已知△EAB 所在的平面与矩形ABCD 所在的平面互相垂直，EA ＝EB ＝3，AD ＝2，∠AEB ＝60°，则多面体E -ABCD 的外接球的表面积为( )A.16π3B ．8πC ．16πD ．64π选C 由题知△EAB 为等边三角形，设球心为O ，O 在平面ABCD 的射解析：影为矩形ABCD 的中心，O 在平面ABE 上的射影为△EAB 的重心G ，又由平面EAB ⊥平面ABCD ，则△OGA 为直角三角形，OG ＝1，AG ＝3，所以R 2＝4，所以多面体E -ABCD 的外接球的表面积为4πR 2＝16π.11．(2018·昆明调研)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.12．(2019届高三·武汉调研)一个几何体的三视图如图，则它的表面积为( )A ．28B ．24＋25C ．20＋4 5D ．20＋25析：选B 根据该几何体的三视图作出其直观图如图所示，可以看出该几何体解面是梯形的四棱柱．根据三视图给出的数据，可得该几何体中梯形的上底长为是一个底为3，高为2，所以该几何体的表面积S ＝12×(2＋3)×2×2＋2×2＋2×3＋2×22，下底长2×22＋12＝24＋2 5.＋13．某几何体的三视图如图所示，则此几何体的外接球的表面积等于________．解析：由三视图可得该几何体的外接球等同于长、宽、高分别为5,3,3的长方体的外接球，故此几何体的外接球的表面积S ＝π(52＋32＋32)＝43π.答案：43π14．已知一个正三棱柱的所有棱长均等于2，它的俯视图是一个边长为2的正三角形，那么它的侧视图的面积的最小值是________．如图，在正三棱柱ABC -A1B 1C 1中，当CD ⊥AB ，C 1D 1⊥A 1B 1时，侧视图的解析：此时D ，D 1分别是AB ，A 1B 1的中点．易得CD ＝3，则侧视图面积的最面积最小，2×3＝2 3.小值为答案：2315．一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的体积为________．据三视图还原几何体，其是由一个长方体被挖去半个圆锥后形成的，解析：根示，因此所求的几何体的体积V ＝2×1×2－12×13×π×12×2＝4－π3＝12－π3.如图所答案：12－π316.我国古代数学家祖暅是著名数学家祖冲之之子，祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任意一平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．其著名的应用是解决了“牟和方盖”中的体积问题．核心过程：如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长R 为2，若图中四分之一圆柱体BB 1C 1-AA 1D 1和四分之一圆柱体AA 1B 1-DD 1C 1的公共部分的体积为V ，用平行于正方体上下底面的平面EFGH 在高度h 处去截两个四分之一圆柱体的公共部分，截得的面积为S 1，截正方体所得面积为S 2，截锥体C 1-ABCD 所得面积为S 3，S 1＝R 2－h 2，S 2＝R 2，S 2－S 1＝S 3，则V 的值为________．解析：由祖暅原理易得正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1除去两个四分之一圆柱体的公共部分后所得几何体的体积等于四棱锥C 1-ABCD 的体积， 所以V ＝23－13×2×22＝163.答案：163二、强化压轴考法——拉开分1．在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4π B.92πC ．6πD.323π解析：选B 要使球的体积V 最大，必须使球的半径R 最大．当球与三棱柱的三个侧面都相切时，球的半径为6＋8－102＝2，这时球的直径大于三棱柱的高，不符合题意．当球与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值32，此时球的体积为43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫323＝92π.2．(2018·南宁模拟)三棱锥P -ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，PA ⊥PB ，三棱锥P -ABC 的外接球的体积为( )A.272πB.2732πC ．273πD ．27π选B ∵在三棱锥P -ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，解析：PAB ≌△PBC ≌△PAC .∵PA ⊥PB ，∴PA ⊥PC ，PC ⊥P B.以PA ，PB ，PC 为过同一顶∴△棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P -ABC 的外接点的三条体的体对角线长为32＋32＋32＝33，∴其外接球半径R ＝332.因此三棱锥球．∵正方P -ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝⎛⎭⎫3323＝2732π.3．(2019届高三·洛阳第一次联考)已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为( )A.823πB.833πC.863πD.1623π解析：选A将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O与正四面体的各棱都相切，所以球O为正方体的内切球，即球O的直径2R＝22，则球O的体积V＝43πR3＝823π.山模拟)把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 4.(2018·唐cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形)，则皮球的半径为()A．10 3 cmB．10 cmC．10 2 cmD．30 cmB依题意，在四棱锥S-ABCD中，所有棱长均为20 cm，连接AC，解析：选O，连接SO，则SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10 2 cm，易知点O BD交于点CD，AD的距离均为10 cm，在等腰三角形OAS中，OA＝OS＝10 2 到AB，BC，cm，所以O到SA的距离d＝10 cm，同理可证O到SB，SC，SD cm，AS＝20 的距离也为10 cm，所以球心为四棱锥底面ABCD的中心，所以皮球的半径r＝10 cm.5.某几何体的三视图如图所示，网格纸的小方格是边长为1的正方形，则该几何体中最长棱的棱长是()A. 5B.6C.7D．3A由三视图可知该几何体为一个三棱锥D-ABC，如图，将其置于长方体解析：选的底面是边长为1的正方形，高为2.所以AB＝1，AC＝2，BC＝3，CD中，该长方体BD＝5，因此最长棱为BD，棱长是 5.＝2，DA＝2，6．(2018·长春质检)已知矩形ABCD的顶点都在球心为O，半径为R的球面上，AB＝6，BC＝23，且四棱锥O-ABCD的体积为83，则R等于( )A．4B．23C.479D.13A 如图，设矩形ABCD 的中心为E ，连接OE ，EC ，由球的性质可得解析：选ABCD ，所以V O -ABCD ＝13·OE ·S 矩形ABCD ＝13×OE ×6×23＝83，所以OE ⊥平面形ABCD 中，可得EC ＝23，则R ＝OE2＋EC2＝4＋12＝4.OE ＝2，在矩7．在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝1，AB ＝2，AA 1＝2，点M 在平面ACB 1内运动，则线段BM 的最小值为( )A.62 B.6 C.63D ．3解析：选C 线段BM 的最小值即点B 到平面ACB 1的距离h .在△ACB 1中，AC ＝B 1C ＝5，AB 1＝22，所以AB 1边上的高为5－2＝3，所以S △ACB 1＝12×22×3＝ 6.又三棱锥B -ACB 1的体积VB -ACB 1＝VA -BB 1C ＝13×12×2×1×2＝23，所以VB -ACB 1＝13×6h ＝23，所以h ＝63.8．(2019届高三·南昌调研)已知三棱锥P -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 满足AB ＝22，∠ACB ＝90°，PA 为球O 的直径且PA ＝4，则点P 到底面ABC 的距离为( )A. 2 B ．22 C. 3D ．23B 取AB 的中点O1，连接OO 1，如图，在△ABC 中，AB ＝22，∠ACB ＝解析：选ABC 所在小圆O 1是以AB 为直径的圆，所以O 1A ＝2，且OO 1⊥AO 1，又90°，所以△PA ＝4，所以OA ＝2，所以OO 1＝OA2－O1A2＝2，且OO 1⊥底面ABC ，球O 的直径所以点P 到平面ABC 的距离为2OO 1＝2 2.9．某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为________．解析：依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a ，则斜边长为2a ，圆锥的底面半径为22a 、母线长为a ，因此其俯视图中椭圆的长轴长为2a 、短轴长为a ，其离心率e ＝1－⎝⎛⎭⎫a 2a 2＝22.答案：2210．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________．解析：在Rt △SAB 中，SA ＝SB ，S △SAB ＝12·SA 2＝8，解得SA ＝4.设圆锥的底面圆心为O ，底面半径为r ，高为h ，在Rt △SAO 中，∠SAO ＝30°，所以r ＝23，h ＝2，所以圆锥的体积为13πr 2·h ＝13π×(23)2×2＝8π.答案：8π11．如图，AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，AB∥EF ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且AB ＝2，AD ＝EF ＝1.则平面CBF 将几何体EFABCD 分成的三棱锥与四棱锥的体积的比为________．解析：由题意可知，平面CBF 将几何体EFABCD 分成的两个锥体的体积分别为V 四棱锥F -ABCD ，V 三棱锥F -CBE .过点F 作FG ⊥AB 于点G (图略)，因为平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，FG⊂平面ABEF ，所以FG ⊥平面ABCD.所以V 四棱锥F -ABCD ＝13×1×2×FG ＝23FG ，V 三棱锥F -BCE ＝V 三棱锥C -BEF ＝13×S △BEF ×CB ＝13×12×FG ×1×1＝16FG ，由此可得V 三棱锥C -BEF ∶V 四棱锥F -ABCD ＝1∶4.答案：1∶412．(2018·开封模拟)已知正三角形ABC 的边长为2，将它沿高AD 翻折，使点B 与点C 间的距离为3，此时四面体ABCD 的外接球的表面积为________．解析：如图(1)，在正三角形ABC 中，AB ＝BC ＝AC ＝2，则BD ＝DC ＝1，AD ＝ 3.在翻折后所得的几何体中，如图(2)，AD ⊥BD ，AD ⊥CD ，BD ∩CD ＝D ，则AD ⊥平面BCD ，三棱锥A -BCD 的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，球心到截面BCD 的距离d ＝12AD ＝32.在△BCD 中，BC ＝3，则由余弦定理，得cos∠BDC ＝BD2＋DC2－BC22BD·DC＝错误!＝－错误!，所以∠BDC ＝120°.设球的半径为R ，△BCD 的外接圆半径为r，则由正弦定理，得2r＝BCsin∠BDC＝3sin 120°＝2，解得r＝1，则球的半径R＝d2＋r2＝⎝⎛⎭⎫322＋12＝72，故球的表面积S＝4πR2＝4π×⎝⎛⎭⎫722＝7π.答案：7π。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
1 2023年5月 09 三视图、表面积与体积计算
1.如图所示的几何体,其表面积为(5+√5)π,下部分圆柱的底面直径与该圆柱的高相等,上部分圆锥的母线长为√5,则该几何体的正(主)视图的面积为( ).
A.4 B.6 C.8 D.10 解+析▶ 设圆柱与圆锥底面半径都为a,则圆柱高为2a.因为圆
锥的母线长为√5,所以几何体的表面积为√5aπ+πa2+4πa2=(√5a+5a2)π=(5+√5)π,解得a=1,所以该几何体
的正(主)视图的面积为三角形面积与正方形面积之和,为12×2×√5-1+2×2=6,故选B.
答案▶ B
2.一个简单几何体的三视图如图所示,其中正(主)视图是等腰直角三角形,侧(左)视图是边长为2的等边三角形,则该几何体的体积等于 . 2
解+析▶ 由三视图还原可知,原图形是底面边长为2和√3的矩形,一个侧面是正三角形且垂直于底面的四棱锥,高为√3,所以该几何体的体积V=13×2×√3×√3=2. 答案▶ 2 3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( ).
A.8+2π B.16+4π C.16+2π D.8+4π 解+析▶ 由三视图可知,该几何体由一个正方体截去两个半圆柱而形成,则该几何体的表面积为2×2×4-π×12×2+π×1×2×2=16+2π,故选C. 答案▶ C
4.在如图所示的斜截圆柱中,已知圆柱底面的直径为40 cm,母线最长为80 cm,最短为50 cm,则斜截圆柱的侧面积S= cm2.
解+析▶ 如图,假设还有一个同样的斜截圆柱,拼在其上面,则构成一个圆柱,于是S=12S圆柱侧=12×40π×(80+50)=2600π cm2. 答案▶ 2600π 3
能力1 ▶ 能正确绘制几何体的三视图 【例1】 已知三棱柱HIG-EFD的底面为等边三角形,且侧棱垂直于底面,将该三棱柱截去三个角(如图(1)所示,A,B,C分别是△HIG三边的中点)后得到的几何体如图(2),则该几何体沿图(2)所示方向的侧(左)视图为( ).
(1) (2) 解+析▶ 因为平面DEHG⊥平面EFD,所以几何体的侧(左)视图为直角梯形,直角腰在侧(左)视图的左侧,故选A. 答案▶ A
本题主要考查空间想象力和投影知识,借助直三棱柱,即可画出侧(左)视图.
将长方体ABCD-A1B1C1D1截去一个直三棱柱,两个三棱锥(如图(1)所示)后得到的几何体如图(2),该几何体沿图(2)所示方向的侧(左)视图为( ).
(1) 4
(2) 解+析▶ 侧(左)视图轮廓为长方形,故选B. 答案▶ B
能力2 ▶ 会通过三视图还原几何体
【例2】 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积V=( ).
A.83 B.103 C.3 D.203 解+析▶ 由三视图还原几何体,可知该几何体为直三棱柱截去一个三棱锥后所得的部分,其中直三棱柱的底面是直角边为2的等腰直角三角形,高为2,三棱锥的底面与棱柱的底面相同,高为1,故该几何体的体积V=V柱-V锥=103,故选B. 答案▶ B 5
本题主要考查空间想象能力和体积公式.先还原出空间几何体,再利用V=V柱-V锥求体积.
如图,网格纸上正方形小格的边长为1,实线画出的是某几何体的三视图,则围成该几何体的所有面中的最大面的面积为( ).
A.272 B.9√5 C.9√292 D.25 解+析▶ 由三视图可知,该几何体为三棱锥,如图所示. 由题意知,AB=6,BC=3√2,BD=CD=3√5,AD=9,AC=3√6.因为△ABC
和△ABD为同高的直角三角形,且BCS△ABC因为
cos∠ADC=𝐷𝐶2+A𝐷2-A𝐶22·𝐷𝐶·𝐴𝐷=45+81-542×3√5×9=43√5,所以sin∠ADC=√293√5,所以S△ACD=12×9×3√5×√293√5=9√292,故选C. 答案▶ C 能力3 ▶ 会计算几何体的表面积
【例3】 如图所示的是某几何体的三视图,则该几何体的外接球的表面积为( ).
A.24π B.36π C.40π D.400π 6
解+析▶ 该几何体是底面为等腰三角形的直三棱柱,由图可知,底面是顶角为120°的等腰△ABC,侧棱AA1垂直底面,AC=2√3,AA1=2√6,AB=√3sin60°=2.设△ABC外接圆的半径为r,则S△ABC=12AB2sin 120°=𝐴𝐵2·AC4𝑟,得r=2.由直三棱柱的性质可知,球心到
底面外接圆圆心的距离d=𝐴𝐴12=√6.由球体的性质得R2=d2+r2=10,即外接球的表面积为40π,故选C. 答案▶ C
涉及球与棱柱、棱锥的切和接问题时,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.
某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( ).
A.14π+24 B.12π+32 C.12π+24 D.14π+32
解+析▶ 由三视图可知该空间几何体为12个圆柱和12个球和1个
长方体的组合体,S表=12S球+12S圆柱侧面+12S圆柱底面+S长方体-S长方体的一个底面-12S圆柱底
面=12×4π×22+12×2π×2×2+12×π×22+4×2+2×(2×2+2×4)-12×π×22=12π+32,故选B.
答案▶ B 7
能力4 ▶ 会计算几何体的体积 【例4】 如图所示的是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( ).
A.2√3 B.4√3 C.2√33 D.4√33 解+析▶ 由三视图可知几何体为直三棱柱,直观图如图所示. 其中底面为直角三角形,AD=2,AF=√3,高AB=2.
∴该几何体的体积V=12×2×√3×2=2√3,
故选A. 答案▶ A
先还原出几何体,并抓住几何体特征,再利用体积公式求解. 已知一个四棱锥的三视图如图所示,则此四棱锥的体积为 . 8
解+析▶ 该几何体是如图所示的四棱锥P-ABCD,其中PA⊥底面ABCD,底面四边形由直角梯形ABED与直角△DCE组
成,AB∥DE,AB⊥BC,AB=1,DE=2,BE=EC=1,PA=2.
∴S底面ABCD=1+22×1+12×2×1=52,∴V=13×52×2=53.
答案▶ 53
一、选择题 1.如图所示的是一个空间几何体的三视图,则该几何体的体积为( ).
A.43 B.2 C.6 D.83 解+析▶ 如图,该几何体还原后是一个底面为直角三角形的三棱锥S-ABD,VS-ABD=12×2×2×13×2=43,故选A. 答案▶ A 2.如图所示的是一个空间几何体的三视图,则该几何体的体积为( ). 9
A.4√23 B.4 C.83 D.163 解+析▶ 如图,该几何体还原后是一个底面为矩形的四棱锥A1-ABC1D1. 连接A1D交AD1于点O,因为A1D⊥AD1,A1D⊥AB,所以A1D⊥平面ABC1D1,
所以四棱锥的高H为A1O,AB=2,BC1=2√2,A1O=√2,
所以𝑉𝐴1-AB𝐶1𝐷1=2×2√2×13×√2=83, 故选C. 答案▶ C 3.如图所示的是一个空间几何体的三视图,则该几何体的最长棱长为( ).
A.√5 B.3 C.2√2 D.2√3 解+析▶ 如图,该几何体还原后是一个底面为直角三角形的三棱锥C1-MNC. 10
由图可知棱C1M最长,且C1M=√𝑀𝐶2+C𝐶12=√𝑀𝐵2+B𝐶2+C𝐶12=3,故选B. 答案▶ B
4.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,则这个几何体的外接球体积为( ).
A.4π B.4√3π
C.43π D.83π 解+析▶ 由题得几何体还原后为四棱锥P-ABCD,底面ABCD是边长为2的正方形,且PA⊥底面ABCD,PA=2.把几何体放在边长为2的正方体中,P,A,B,C,D恰好是正方体的五个顶点, 所以这个正方体的外接球和四棱锥的外接球是同一个球,
所以四棱锥的外接球半径为正方体的体对角线的一半,即√3,
所以几何体外接球的体积V=43π×(√3)3=4√3π,故答案为B. 答案▶ B 5.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积V=( ).
A.83 B.103 C.3 D.203