高中高考数学三视图选择题综合训练

专题21三视图SUBA. 2 n B • 3 n C【答案】B【解析】综合三视圄可知』几何体是一个半轻炸1的半个球体.且表面积是底面积与半球面积的和丿其表面枳3=丄敦4“+疋2=31t-故选B.2点睛：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.2.已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，则该三棱锥的侧1 •某几何体的三视图如图所示，则其表面积为(【解析】由正视图和俯视图还原几何体如图所示，由正视图和俯视图对应线段可得AB BD AD 2，当BC 平面ABD时，BC=2，ABD的边AB上的高为、3，只有B选项符合，当BC不垂直平面ABD时，没有符合条件的选项，故选 B.点睛：1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图. 2•三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据3.某个长方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）B【答案】BA. 4 B . 2.2 C . 20 D . 83【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体如图所示，其底面为正方形』正方形的边长为2. 口D=3,BF=1,将相同的两个几何体拼在V』构成一个高为斗的长方饥所臥该几何体的体积為煜x仁仪4.如图，正三棱柱ABC ABG的主视图是边长为4的正方形，则此正三棱柱的左视图的面积为（）【答案】D【解析】依题意知，此正三棱拄底面定边长为4的正三角形，接柱高为也其侧视囹为矩形，其一边长为2語,一启一边长訶4,故其面积2斗><2曲=8曲；故选D点睛：三视图问题的常见类型及解题策略⑴由几何体的直观图求三视图.注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示.(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图•先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式•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.(3)由几何体的三视图还原几何体的形状.要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图.原几何体为组合体;上面是长方体，下面是圆柱的一半(如图所示),A. 16 B 2 3 C . 4 3 D . 8,35.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )8 8 (C) 16 16 (D) 8 16将三视图还原为原来的几何体,再利用体积公式求解.其体积为V 4 2 2122 4 16 8 .故选A; 26•如图5，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，则该多面体的几条棱中，最长的棱的长度为( )(A) 6,2 (B) 4、2 (C) 6 (D)4【答案】C原几何体为三機锥D-A^C, M 中Aff^BC=i r AC=^D^ = DC=2^ ?QN二旳*叭庁)+4 = 6,故最长的棱的长度为= 选C点睛：对于小方格中的三视图，可以放到长方体，或者正方体里面去找到原图，这样比较好找；7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()24 2【解析】如图所示A【解析】由已知三视图得到几何体是一个正方怀割去半轻为2的丄个球」所以表面积为S3 12试4&一亦於+ —><4亦囚・24巧故选：A4S&已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）iEttffl 博视图A. 12十2&+2后B . 12+ 也+2 后C . 12 + 2辽十曲D . |12 +V2 + .J【答案】A【解析】由三视图知：几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直,1=-5< 2*2 = 221 =-X2M4=421S ABCD =~X（2+4）X2=69.一个几何体由多面体和旋转体的整体或一部分组合而成，其三视图如图所示，则该几何体如图，P A丄平面ABCD , 朋=2 , AD = 4,医=2 ,经计算，PD = 2石，P匚=«亍，Dt = 2調，•••可••.,故选A.3D. 35 2.2【答案】A 【解析】试題分析；扌艮据三视图可知几何体是组合体；左边罡直三棱柱、右边是半个圆柱，直三棱柱的底面是等腰 亶角三角形，直角边是1,侧犧长是茶圆柱的底面半径是1,母线长是2,二该几何体的体积V =ixlxlx2十丄芝二臥十1・故选；乩2 2考点：由三视图求体积.10•如图是一个由两个半圆锥与一个长方体组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积【答案】C 【解析】A.1 B2C. 2 1的体积是（为（3D. 41 2 体积为—2 2 2 1 4 —3 3试题分析：相当于一个圆锥和一个长方体，故考点：三视图.11. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（【解析】试题分析：该几何休的直观團如园所示，连接妙,则该几何体由直三棱柱血D-和四棱锥一吨组合而成，其和易22 +扌心后专詈故应选扎12. 一个几何体的三视图如图所示 ，则该几何体的体积为A.14~316~3D. 6【答案】A考点：三视图.1【答案】-3【解析】本题考查三视图、四棱锥的体积计算等知识，难度中等•由三视图可知该几何体是底1 1面为长和高均为1的平行四边形，高为1的四棱锥，故其体积为V - 1 1 1 - •3 3。

三视图及参数方程（含答案）一．选择题（共9小题）1．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器﹣﹣商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），若π取3，其体积为12.6（立方寸），则图中的x为（）A．1.2 B．1.6 C．1.8 D．2.42．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各面中，面积最大的是（）A．8 B．C．12 D．163．如图是某空间几何体的三视图其中主视图、侧视图、俯视图依次为直角三角形、直角梯形、等边三角形，则该几何体的体积（）A．B．C．D．4．若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，其中左视图是一个边长为2的正三角形，则这个几何体的体积是（）A．2cm2B．cm3C．3cm3D．3cm35．某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积为（）A．80 B．40 C．D．6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为（）A．B．C．D．37．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．16+8πB．8+8πC．16+16πD．8+16π8．高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的（）A．B．C．D．9．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是（）A．B．1 C．D．2二．选择题（共21小题）10．已知椭圆C中心在原点、焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点的最大值为3，最小值为1．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）若直线l：y=kx+m（k≠0）与椭圆交于不同的两点M、N（M、N不是左、右顶点），且以MN为直径的圆经过椭圆的右顶点A．求证：直线l过定点，并求出定点的坐标．11．在极坐标系中，已知圆C的圆心，半径r=3．（1）求圆C的极坐标方程；（2）若点Q在圆C上运动，P在OQ的延长线上，且|OQ|：|QP|=3：2，求动点P的轨迹方程．12．以平面直角坐标系的原点为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．设曲线C的参数方程为（α是参数），直线l的极坐标方程为ρcos（θ+）=2．（1）求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；（2）设点P为曲线C上任意一点，求点P到直线l的距离的最大值．13．在平面直角坐标系中，直线l过点P（2，）且倾斜角为α，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=4cos （θ﹣），直线l与曲线C相交于A，B两点；（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）若，求直线l的倾斜角α的值．14．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（θ为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcosθ=﹣2．（Ⅰ）求C1和C2在直角坐标系下的普通方程；（Ⅱ）已知直线l：y=x和曲线C1交于M，N两点，求弦MN中点的极坐标．15．在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C1的参数方程为为参数），曲线C2的极坐标方程为．（1）求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）设P为曲线C1上一点，Q曲线C2上一点，求|PQ|的最小值．16．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（α为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为级轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程ρsin（π+）=4（I）求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；（Ⅱ）设P为曲线C1上的动点，求点P到曲线C2上的距离的最小值的值．17．在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立坐标系，直线l 的参数方程为，（t为参数），曲线C1的方程为ρ（ρ﹣4sinθ）=12，定点A （6，0），点P是曲线C1上的动点，Q为AP的中点．（1）求点Q的轨迹C2的直角坐标方程；（2）直线l与直线C2交于M，N两点，若|MN|≥2，求实数a的取值范围．18．已知圆C的极坐标方程为ρ=4cosθ﹣6sinθ，直线l的参数方程为（t为参数）．若直线l与圆C相交于不同的两点P，Q．（1）写出圆C的直角坐标方程，并求圆心的坐标与半径；（2）若弦长|PQ|=4，求直线l的斜率．19．已知曲线C1的极坐标方程为ρcosθ﹣ρsinθ+2=0，曲线C2的参数方程为（α为参数），将曲线C2上的所有点的横坐标变为原来的3倍，纵坐标变为原来的倍，得到曲线C3．（1）写出曲线C1的参数方程和曲线C3的普通方程；（2）已知点P（0，2），曲线C1与曲线C3相交于A，B，求|PA|+|PB|．20．在极坐标系中，射线l：θ=与圆C：ρ=2交于点A，椭圆Γ的方程为ρ2=，以极点为原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系xOy （Ⅰ）求点A的直角坐标和椭圆Γ的参数方程；（Ⅱ）若E为椭圆Γ的下顶点，F为椭圆Γ上任意一点，求•的取值范围．21．已知曲线C的参数方程是（α为参数）（1）将C的参数方程化为普通方程；（2）在直角坐标系xOy中，P（0，2），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcosθ+ρsinθ+2=0，Q为C上的动点，求线段PQ的中点M到直线l的距离的最小值．22．已知在直角坐标系中，曲线的C参数方程为（φ为参数），现以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρ=．（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）在曲线C上是否存在一点P，使点P到直线l的距离最小？若存在，求出距离的最小值及点P的直角坐标；若不存在，请说明理由．23．已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合，若直线l的极坐标方程为psin（θ﹣）=2．（1）把直线l的极坐标方程化为直角坐标系方程；（2）已知P为椭圆C：上一点，求P到直线l的距离的最小值．24．在平面直角坐标系xOy中，已知直线为参数）．现以坐标原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，设圆C的极坐标方程为ρ=2cosθ，直线l与圆C交于A，B两点，求弦AB的长．25．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（α为参数）．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线．（Ⅰ）写出曲线C1，C2的普通方程；（Ⅱ）过曲线C1的左焦点且倾斜角为的直线l交曲线C2于A，B两点，求|AB|．26．在极坐标系中，曲线C1：ρ=2cosθ，曲线．以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴建立直角坐标系xOy，曲线C的参数方程为（t为参数）．（Ⅰ）求C1，C2的直角坐标方程；（Ⅱ）C与C1，C2交于不同四点，这四点在C上的排列顺次为P，Q，R，S，求||PQ|﹣|RS||的值．27．极坐标系的极点为直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，两种坐标系中的长度单位相同，已知曲线C的极坐标方程为ρ=2（cosθ+sinθ）．（1）求C的直角坐标方程；（2）直线l：为参数）与曲线C交于A，B两点，与y轴交于E，求|EA|+|EB|的值．28．在直角坐标系中，以原点O为极点，x轴为正半轴为极轴，建立极坐标系．设曲线C：（α为参数）；直线l：ρ（cosθ+sinθ）=4．（Ⅰ）写出曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（Ⅱ）求曲线C上的点到直线l的最大距离．29．在直角坐标系xoy 中，直线l的参数方程为，（t为参数）．在极坐标系（与直角坐标系xoy取相同的长度单位，且以原点o为极点，以x轴正半轴为极轴）中，圆C的方程为ρ=4cosθ．（Ⅰ）求圆C在直角坐标系中的方程；（Ⅱ）若圆C与直线l相切，求实数a的值．30．已知极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合，圆C的极坐标是ρ=2asinθ，直线l的参数方程是（t为参数）．（1）若a=2，M为直线l与x轴的交点，N是圆C上一动点，求|MN|的最大值；（2）若直线l被圆C截得的弦长为，求a的值．2017年02月14日茕翾熙的高中数学组卷参考答案与试题解析一．选择题（共9小题）1．（2017•武昌区模拟）中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器﹣﹣商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），若π取3，其体积为12.6（立方寸），则图中的x为（）A．1.2 B．1.6 C．1.8 D．2.4【分析】由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成．利用体积求出x．【解答】解：由三视图知，商鞅铜方升由一圆柱和一长方体组合而成．由题意得：1，（5.4﹣x）×3×1+π•（2）2x=12.6，x=1.6．故选：B．【点评】本题考查三视图，考查体积的计算，确定直观图是关键．2．（2017•本溪模拟）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各面中，面积最大的是（）A．8 B．C．12 D．16【分析】根据三视图得出该几何体是在棱长为4的正方体中的三棱锥，画出图形，求出各个面积即可．【解答】解：根据题意，得；该几何体是如图所示的三棱锥A﹣BCD，且该三棱锥是放在棱长为4的正方体中，所以，在三棱锥A﹣BCD中，BD=4，AC=AB==，AD==6，S△ABC=×4×4=8．S△ADC==4，S△DBC=×4×4=8，在三角形ABC 中，作CE⊥E，连结DE，则CE==，DE==，S△ABD==12．故选：C．【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是由三视图还原为几何体，是中档题．3．（2017•淮北一模）如图是某空间几何体的三视图其中主视图、侧视图、俯视图依次为直角三角形、直角梯形、等边三角形，则该几何体的体积（）A．B．C．D．【分析】如图所示，该几何体为四棱锥，其中侧面ACBD⊥底面PAB．侧面ACBD 为直角梯形，PA⊥AB．【解答】解：如图所示，该几何体为四棱锥，其中侧面ACBD⊥底面PAB．侧面ACBD为直角梯形，PA⊥AB．该几何体的体积V==．故选：D．【点评】本题考查了四棱锥的三视图、等边三角形与直角梯形的面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．4．（2016•湖南模拟）若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，其中左视图是一个边长为2的正三角形，则这个几何体的体积是（）A．2cm2B．cm3C．3cm3D．3cm3【分析】由几何体的三视图得到原几何体的底面积与高，进而得到该几何体的体积．【解答】解：由几何体的三视图可知，该几何体为底面是直角梯形，高为的四棱锥，其中直角梯形两底长分别为1和2，高是2．故这个几何体的体积是×[（1+2）×2]×=（cm3）．故选：B．【点评】本题考查由几何体的三视图求原几何体的体积问题，属于基础题．5．（2016•榆林一模）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积为（）A．80 B．40 C．D．【分析】由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥：PO⊥平面ABC，PO=4，AO=2，CO=3，BC⊥AC，BC=4．据此可计算出该几何体的体积．【解答】解：由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥：PO⊥平面ABC，PO=4，AO=2，CO=3，BC⊥AC，BC=4．从图中可知，三棱锥的底是两直角边分别为4和5的直角三角形，高为4，体积为V=．故选D．【点评】本题主要考查了由三视图求面积、体积，由三视图正确恢复原几何体是解决问题的关键．6．（2016•太原校级二模）某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为（）A．B．C．D．3【分析】由三视图可知，几何体的直观图如图所示，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，分别计算侧面积，即可得出结论．【解答】解：由三视图可知，几何体的直观图如图所示，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，则S△==，S△ABC=S△ADE==，S△ACD==，AED故选：B．【点评】本题考查三视图与几何体的关系，几何体的侧面积的求法，考查计算能力．7．（2016•衡水模拟）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．16+8πB．8+8πC．16+16πD．8+16π【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是下面为半圆柱，上面为长方体的组合体，由此求出它的体积．【解答】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是下面为半圆柱，上面为长方体的组合体，半圆柱的底面半径为2，高为4，∴半圆柱的体积为：×π•22×4=8π；长方体的长宽高分别为4，2，2，∴长方体的体积为4×2×2=16，∴该几何体的体积为V=16+8π．故选：A．【点评】本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，解题时应根据几何体的三视图得出该几何体的结构特征，是基础题目．8．（2016•泰安一模）高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的（）A．B．C．D．【分析】剩余几何体为四棱锥，分别计算出三棱柱和剩余几何体的体积．【解答】解：由俯视图可知三棱柱的底面积为=2，∴原直三棱柱的体积为2×4=8．由剩余几何体的直观图可知剩余几何体为四棱锥，四棱锥的底面为侧视图梯形的面积=6，由俯视图可知四棱锥的高为2，∴四棱锥的体积为=4．∴该几何体体积与原三棱柱的体积比为．故选C．【点评】本题考查了几何体的三视图与体积计算，属于中档题．9．（2016•衡水模拟）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是（）A．B．1 C．D．2【分析】由已知中三视图，我们可以判断出几何体的形状及几何特征，求出其底面面积、高等关键几何量后，代入棱锥体积公式，即可得到答案．【解答】解：由已知易得该几何体是一个以正视图为底面，以1为高的四棱锥由于正视图是一个上底为1，下底为2，高为1的直角梯形故棱锥的底面面积S==则V===故选A【点评】本题考查的知识点是由三视图由面积、体积，其中根据已知中的三视图，确定出几何体的形状及几何特征是解答本题的关键．二．选择题（共21小题）10．（2007•山东）已知椭圆C中心在原点、焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点的最大值为3，最小值为1．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）若直线l：y=kx+m（k≠0）与椭圆交于不同的两点M、N（M、N不是左、右顶点），且以MN为直径的圆经过椭圆的右顶点A．求证：直线l过定点，并求出定点的坐标．【分析】（Ⅰ）由题设条件可知解得，由此能够推导出椭圆C的标准方程．（Ⅱ）由方程组消去y，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12=0，然后结合题设条件利用根的判别式和根与系数的关系求解．【解答】解：（Ⅰ）设椭圆的长半轴为a，半焦距为c，则解得∴椭圆C的标准方程为．（Ⅱ）由方程组消去y，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12=0由题意：△=（8km）2﹣4（3+4k2）（4m2﹣12）＞0整理得：3+4k2﹣m2＞0 ①设M（x1，y1）、N（x2，y2），则，由已知，AM⊥AN，且椭圆的右顶点为A（2，0）∴（x1﹣2）（x2﹣2）+y1y2=0即（1+k2）x1x2+（km﹣2）（x1+x2）+m2+4=0也即整理得：7m2+16mk+4k2=0解得：m=﹣2k或，均满足①当m=﹣2k时，直线l的方程为y=kx﹣2k，过定点（2，0），舍去当时，直线l的方程为，过定点，故直线l过定点，且定点的坐标为．【点评】本题综合考查椭圆的性质及应用和直线与椭圆的位置关系，具有较大的难度，解题时要注意的灵活运用．11．（2017•枣阳市校级一模）在极坐标系中，已知圆C的圆心，半径r=3．（1）求圆C的极坐标方程；（2）若点Q在圆C上运动，P在OQ的延长线上，且|OQ|：|QP|=3：2，求动点P的轨迹方程．【分析】（1）设M（ρ，θ）为圆C上任一点，OM的中点为N，由垂径定理能求出圆C的极坐标方程．（2）设点P的极坐标为（ρ，θ），由已知求出点Q的极坐标为（，θ），由此能求出点P的轨迹方程．【解答】解：（1）设M（ρ，θ）为圆C上任一点，OM的中点为N，∵O在圆C上，∴△OCM为等腰三角形，由垂径定理得|ON|=|OC|cos（），∴|OM|=2×3cos（），即ρ=6cos（）为所求圆C的极坐标方程．（5分）（2）设点P的极坐标为（ρ，θ），∵P在OQ的延长线上，且|OQ|：|QP|=3：2，∴点Q的极坐标为（，θ），由于点Q在圆上，所以ρ=6cos（）．故点P的轨迹方程为ρ=10cos（）．（10分）【点评】本题考查圆的极坐标方程的求法，考查动点的轨迹方程的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意极坐标和直角坐标互化公式的合理运用．12．（2017•淮北一模）以平面直角坐标系的原点为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．设曲线C的参数方程为（α是参数），直线l的极坐标方程为ρcos（θ+）=2．（1）求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；（2）设点P为曲线C上任意一点，求点P到直线l的距离的最大值．【分析】（1）利用极坐标和直角坐标的互化公式把直线l的极坐标方程化为直角坐标方程．利用同角三角函数的基本关系消去α，把曲线C的参数方程化为直角坐标方程．（2）设点P（2cosα，sinα），求得点P到直线l的距离d=，tanβ=，由此求得d的最大值．【解答】解：（1）∵直线l的极坐标方程为ρcos（θ+）=2，即ρ（cosθ﹣sinθ）=2，即x﹣y﹣4=0．曲线C的参数方程为（α是参数），利用同角三角函数的基本关系消去α，可得+=1．（2）设点P（2cosα，sinα）为曲线C上任意一点，则点P到直线l的距离d===，其中，cosβ=，sinβ=，即tanβ=，故当cos（α+β）=﹣1时，d取得最大值为．【点评】本题主要考查把极坐标方程、参数方程化为直角坐标方程的方法，点到直线的距离公式、辅助角公式的应用，属于中档题．13．（2017•枣阳市校级一模）在平面直角坐标系中，直线l过点P（2，）且倾斜角为α，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=4cos（θ﹣），直线l与曲线C相交于A，B两点；（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）若，求直线l的倾斜角α的值．【分析】（1）由ρ2=x2+y2，ρcosθ=x，ρsinθ=y，能求出曲线C的直角坐标方程．（2）设出直线方程，求出圆心到直线的距离，由已知求出直线的斜率，由此能求出直线l的倾斜角α的值．【解答】解：（1）∵，∴…（3分）∴，∴，∴曲线C的直角坐标方程为．…（5分）（2）当α=900时，直线l：x=2，∴，∴α=900舍…（6分）当α≠900时，设tanα=k，则，∴圆心到直线的距离由，∴，∵α∈（0，π），∴．…（10分）【点评】本题考查曲线的直角坐标的求法，考查直线的倾斜角的求法，是基础题，解题时要注意极坐标方程、直角坐标方程互化公式的合理运用．14．（2017•山西一模）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（θ为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcosθ=﹣2．（Ⅰ）求C1和C2在直角坐标系下的普通方程；（Ⅱ）已知直线l：y=x和曲线C1交于M，N两点，求弦MN中点的极坐标．【分析】（Ⅰ）消调参数θ，即可得到普通方程，由极坐标方程即可直接得到普通方程；（Ⅱ）根据韦达定理，即可求出弦MN中点的坐标，再化为极坐标即可．【解答】解：（Ⅰ）由得，得（x﹣1）2+（y﹣2）2=cos2θ+sin2θ=1，所以C1的普通方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2=1．因为x=ρcosθ，所以C2的普通方程为x=﹣2．（Ⅱ）由，得x2﹣3x+2=0，，弦MN中点的横坐标为，代入y=x得纵坐标为，弦MN中点的极坐标为：【点评】本题考查了把极坐标方程及参数方程化为直角坐标方程、极坐标与直角坐标的互化方法，属于基础题．15．（2017•福建模拟）在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C1的参数方程为为参数），曲线C2的极坐标方程为．（1）求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）设P为曲线C1上一点，Q曲线C2上一点，求|PQ|的最小值．【分析】（1）由消去参数α，得曲线C1的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化方法，得到曲线C2的直角坐标方程；（2）设P（2cosα，2sinα），利用点到直线的距离公式，即可求|PQ|的最小值．【解答】解：（1）由消去参数α，得曲线C1的普通方程为．由得，曲线C2的直角坐标方程为．（2）设P（2cosα，2sinα），则点P到曲线C2的距离为．当时，d有最小值，所以|PQ|的最小值为．【点评】本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查点到直线距离公式的运用，属于中档题．16．（2017•广东一模）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（α为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为级轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程ρsin（π+）=4（I）求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；（Ⅱ）设P为曲线C1上的动点，求点P到曲线C2上的距离的最小值的值．【分析】（Ⅰ）由曲线C1：（α为参数），利用平方关系可得曲线C1的普通方程．由曲线C2：ρsin（π+）=4，展开可得：（sinθ+cosθ）=4，利用互化公式可得直角坐标方程．（Ⅱ）椭圆上的点到直线O的距离为，利用三角函数的单调性与值域即可得出．【解答】解：（Ⅰ）由曲线C1：（α为参数），曲线C1的普通方程为：．由曲线C2：ρsin（π+）=4，展开可得：（sinθ+cosθ）=4，化为：x+y=8．即：曲线B的直角坐标方程为：x+y=8．…（5分）（Ⅱ）椭圆上的点到直线O的距离为∴当sin（α+φ）=1时，P的最小值为．…（10分）【点评】本题考查参数方程化为普通方程、极坐标方程化为直角坐标方程、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17．（2017•抚顺一模）在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立坐标系，直线l的参数方程为，（t为参数），曲线C1的方程为ρ（ρ﹣4sinθ）=12，定点A（6，0），点P是曲线C1上的动点，Q为AP的中点．（1）求点Q的轨迹C2的直角坐标方程；（2）直线l与直线C2交于M，N两点，若|MN|≥2，求实数a的取值范围．【分析】（1）首先，将曲线C1化为直角坐标方程，然后，根据中点坐标公式，建立关系，从而确定点Q的轨迹C2的直角坐标方程；（2）首先，将直线方程化为普通方程，然后，运用点到直线的距离公式和弦长公式，解不等式即可得到取值范围．【解答】解：（1）根据题意，由x=ρcosθ，y=ρsinθ，x2+y2=ρ2，曲线C1的极坐标方程ρ（ρ﹣4sinθ）=12，可得曲线C1的直角坐标方程为：x2+y2﹣4y=12，设点P（x′，y′），Q（x，y），根据中点坐标公式，得，代入x2+y2﹣4y=12，得点Q的轨迹C2的直角坐标方程为：（x﹣3）2+（y﹣1）2=4；（2）直线l的普通方程为：y=ax，设圆心到直线的距离为d，由弦长公式可得，|MN|=2≥2，可得圆心（3，1）到直线的距离为d=≤，即为4a2﹣3a≤0，解得实数a的取值范围为：[0，]．【点评】本题重点考查了圆的极坐标方程、直线的参数方程，直线与圆的位置关系等知识，考查比较综合，属于中档题，解题关键是准确运用直线和圆的特定方程求解．18．（2017•福建模拟）已知圆C的极坐标方程为ρ=4cosθ﹣6sinθ，直线l的参数方程为（t为参数）．若直线l与圆C相交于不同的两点P，Q．（1）写出圆C的直角坐标方程，并求圆心的坐标与半径；（2）若弦长|PQ|=4，求直线l的斜率．【分析】（1）利用极坐标化为直角坐标的方法，写出圆C的直角坐标方程，并求圆心的坐标与半径；（2）若弦长|PQ|=4，所以=3，即可求直线l的斜率．【解答】解：（1）由ρ=4cosθ﹣6sinθ，得圆C的直角坐标方程x2+y2﹣4x+6y=0，配方，得（x﹣2）2+（y+3）2=13，所以圆心为（2，﹣3），半径为…（5分）（2）由直线l的参数方程知直线过定点M（4，0），则由题意，知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y=k（x﹣4），因为弦长|PQ|=4，所以=3，解得k=0或k=﹣…（10分）【点评】本题考查极坐标化为直角坐标的方法，考查点到直线距离公式的运用，属于中档题．19．（2017•本溪模拟）已知曲线C1的极坐标方程为ρcosθ﹣ρsinθ+2=0，曲线C2的参数方程为（α为参数），将曲线C2上的所有点的横坐标变为原来的3倍，纵坐标变为原来的倍，得到曲线C3．（1）写出曲线C1的参数方程和曲线C3的普通方程；（2）已知点P（0，2），曲线C1与曲线C3相交于A，B，求|PA|+|PB|．【分析】（1）由x=ρcosθ，y=ρsinθ化直线方程为普通方程，写出过P（0，2）的直线参数方程，由题意可得，运用同角平方关系化为普通方程；（2）将直线的参数方程代入曲线C3的普通方程，可得t的方程，运用韦达定理和参数的几何意义，即可得到所求和．【解答】解：（1）曲线C1的极坐标方程为ρcosθ﹣ρsinθ+2=0，可得普通方程为x﹣y+2=0，则C1的参数方程为（t为参数），由曲线C2的参数方程为（α为参数），可得，即有C3的普通方程为x2+y2=9．…（5分）（2）C1的标准参数方程为（t为参数），与C3联立可得t2+2t﹣5=0，令|PA|=|t1|，|PB|=|t2|，由韦达定理，则有t1+t2=﹣2，t1t2=﹣5，则|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=|t1﹣t2|===2…（10分）【点评】本题考查极坐标方程、参数方程和普通方程的互化，考查直线的参数方程的运用，考查运算能力，属于中档题．20．（2017•佛山一模）在极坐标系中，射线l：θ=与圆C：ρ=2交于点A，椭圆Γ的方程为ρ2=，以极点为原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系xOy（Ⅰ）求点A的直角坐标和椭圆Γ的参数方程；（Ⅱ）若E为椭圆Γ的下顶点，F为椭圆Γ上任意一点，求•的取值范围．【分析】（Ⅰ）射线l：θ=与圆C：ρ=2交于点A（2，），可得点A的直角坐标；求出椭圆直角坐标方程，即可求出椭圆Γ的参数方程；（Ⅱ）设F（cosθ，sinθ），E（0，﹣1），求出相应的向量，即可求•的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）射线l：θ=与圆C：ρ=2交于点A（2，），点A的直角坐标（，1）；椭圆Γ的方程为ρ2=，直角坐标方程为+y2=1，参数方程为（θ为参数）；（Ⅱ）设F（cosθ，sinθ），∵E（0，﹣1），∴=（﹣，﹣2），=（cosθ﹣，sinθ﹣1），∴•=﹣3cosθ+3﹣2（sinθ﹣1）=sin（θ+α）+5，∴•的取值范围是[5﹣，5+]．【点评】本题考查极坐标方程、直角坐标方程、参数方程的转化，考查向量的数量积公式，考查学生的计算能力，属于中档题．21．（2017•绵阳模拟）已知曲线C的参数方程是（α为参数）（1）将C的参数方程化为普通方程；（2）在直角坐标系xOy中，P（0，2），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcosθ+ρsinθ+2=0，Q为C上的动点，求线段PQ的中点M到直线l的距离的最小值．【分析】（1）消去参数，将C的参数方程化为普通方程；（2）将直线l 的方程化为普通方程为x+y+2=0．设Q（cosα，sinα），则M（cosα，1+sinα），利用点到直线的距离公式，即可求线段PQ的中点M 到直线l的距离的最小值．【解答】解：（1）消去参数得，曲线C的普通方程得=1．…（5分）（2）将直线l 的方程化为普通方程为x+y+2=0．设Q（cosα，sinα），则M（cosα，1+sinα），∴d==，∴最小值是．…（10分）【点评】本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程的转化，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，属于中档题．22．（2017•大理州一模）已知在直角坐标系中，曲线的C参数方程为（φ为参数），现以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρ=．（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）在曲线C上是否存在一点P，使点P到直线l的距离最小？若存在，求出距离的最小值及点P的直角坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用坐标的互化方法，求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）点P到直线l的距离d==，即可求出距离的最小值及点P的直角坐标．【解答】解：（1）曲线的C参数方程为（φ为参数），普通方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2=4，直线l的极坐标方程为ρ=，直角坐标方程为x﹣y﹣4=0；（2）点P到直线l的距离d==，∴φ﹣=2kπ﹣，即φ=2kπ﹣（k∈Z），距离的最小值为，点P的直角坐标（1+，1﹣）．【点评】本题考查三种方程的互化，考查参数方程的运用，属于中档题．23．（2017•南京一模）已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x 轴的正半轴重合，若直线l的极坐标方程为psin（θ﹣）=2．（1）把直线l的极坐标方程化为直角坐标系方程；（2）已知P为椭圆C：上一点，求P到直线l的距离的最小值．【分析】（1）把直线l的极坐标方程化为直角坐标系方程即可；（2）设P（cosα，3sinα），利用点到直线的距离公式表示出P到直线l的距离。

三视图高考题选一、知识点1、三视图的名称几何体的三视图包括：主视图、左视图、俯视图．2、三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的主视图、左视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．【题型一】空间几何体的三视图1、若某几何体的三视图如图7－1－4所示，则这个几何体的直观图可以是( )图7－1－4【解析】根据主视图与俯视图可排除A、C，根据左视图可排除D.故选B.2、(2012·高考)将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的左视图为( )图7－1－73、[2014·卷] 某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A．圆柱 B．圆锥 C．四面体 D．三棱柱[解析] A由空间几何体的三视图可知，圆柱的正视图、侧视图、俯视图都不可能是三角形．4、[2014·卷] 一几何体的直观图如图1­1所示，下列给出的四个俯视图中正确的是( )图1­ 1A B C D图1­ 2[解析] B 易知该几何体的俯视图为选项B 中的图形． 【题型二】三视图与面积1、(2013·高考)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧(左)视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正(主)视图的面积等于( )A.32 B ．1 C.2＋12 D. 2 【解析】 由于该正方体的俯视图是面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，因此该几何体的主视图是一个长为2，宽为1的矩形，其面积为 2.【答案】 D2、[2014·卷] 一个多面体的三视图如图1­2所示，则该多面体的表面积为( )A ．21＋ 3B ．8＋ 2C ．21D ．18图1­ 2[解析] A 如图，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其表面积S ＝6×4－12×6＋2×12×2×62＝21＋ 3.3、[2014·卷] 几何体的三视图(单位：cm)如图1­1所示，则此几何体的表面积是( )1­ 1A ．90 cm 2B ．129 cm 2C ．132 cm 2D ．138 cm 2[解析] ．D 此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其直观图如图，所以该几何体的表面积为2(4×3＋6×3＋6×4)＋2×12×3×4＋4×3＋3×5－3×3＝138(cm 2)，故选D.4、[2014·卷] 某几何体的三视图如图1­2所示，则该几何体的表面积为( )图1­ 2A ．54B ．60C ．66D ．72[解析] B 由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥所得，三棱柱的底面是一个两直角边长分别为3和4的直角三角形，高为5，截去的锥体的底面是两直角边的边长分别为3和4的直角三角形，高为3，所以表面积为S ＝12×3×4＋3×52＋2＋52×4＋2＋52×5＋3×5＝60.【题型三】三视图与体积1、(2013·高考)某三棱锥的三视图如图7－1－8所示，则该三棱锥的体积是( )图7－1－8A.16B.13C.23D ．1【解析】 如图，三棱锥的底面是一个直角边长为1的等腰直角三角形，有一条侧棱和底面垂直，且其长度为2，故三棱锥的高为2，故其体积V ＝13×12×1×1×2＝13，故选B.【答案】 B2、[2014·卷] 某几何体三视图如图1­1所示，则该几何体的体积为( )A ．8－2πB ．8－πC ．8－π2D ．8－π4图1­ 1[解析] B 根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分⎝ ⎛⎭⎪⎫占圆柱的14后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2×14×π×2＝8－π. 3、[2014·卷] 一个儿何体的三视图如图1­3所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.图1­ 3[解析]由三视图可得，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积V ＝π×12×4＋13π×22×2＝20π3.4、（2013年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（ ）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+【答案】A5、（2013年（理））某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是 （ ）A ．4B ．143 C ．163D ．6【答案】B1 221 1正视图俯视图侧视图第5题图。

三视图
1．某四面体三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是（ ）
A ．8
B ．62
C ．10
D ．82
2．某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）
A ．2865+
B ．3065+
C ．56125+
D ．60125+
3．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，该几何体的体积是_____；若该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的表面积是_____．
4．在空间直角坐标系Oxyz 中，已知(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(1,1,2)A B C D ．若123,,S S S 分别是三棱锥D ABC -在,,xOy yOz zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则（ ）
A ．123S S S ==
B ．21S S =且23S S ≠
C ．31S S =且32S S ≠
D ．32S S =且31S S ≠ 5．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（ ）
A ．213+
B ．183+
C ．21
D ．18
4
34
正（主）视图侧（左）视图
俯视图。

俯视图侧（左）视图24主（正）视图三视图专题练习：1.一个几何体的三视图如图所示，其中 俯视图为正三角形，则该几何体的表面积为___________.2.一个几何体的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为______.3.如右图所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的表面积为（ ）正视图俯视图12第3题图主视图俯视图左视图4.右图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为A．6 B．8 C．16D．245.一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ).A.223π+B.423π+ C. 2323π+D.2343π+7.若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积是3cm ．2 22正(主)视图22侧(左)视图俯视图8.设某几何体的三视图如下则该几何体的体积为3m9.如图是一个几何体的三视图，若它的体积是33，则 a_______10.如图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为1。

2则该几何体的俯视图可以是11.图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是 (A)9π（B）10π(C)11π (D)12π答案：1. 243+ 2. 2412π+ 3.A. 4.B 5.C. 6.A. 7.18. 8.4. 9. 3 10.C 11.D1 ．某几何体的三视图所示,则该几何体的表面积为（）A．180B．200C．220D．2402 ．某几何体的三视图如图所示,则该几何的体积为（）A．168π+B．88π+C．1616π+816π+D．3 ．已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是（图 21俯视图侧视图正视图21A ．108cm 3B ．100 cm 3C ．92cm 3D ．84cm 34 ．某三棱锥的三视图如图2所示,则该三棱锥的体积是（ ）A．16B．13C．23D．15 ．已知正方体的棱长为1,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,则该正方体的正视图的面积等于（）A ．32B．1 C ．212D ．26．一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其正(主)视图如右图所示，该四棱锥侧面积和体积分别是行（）A ．45,8B ．845,3C．84(51),D．8,837．一几何体的三视图如右所示,则该几何体的体积为（）A．200+9πB．200+18π C ．140+9πD ．140+18π 8．已知正四棱锥O-ABCD 的体积为,底面边长为,则以O 为球心,OA 为半径的球的表面积为________. 9．已知H 是球O 的直径AB 上一点,:1:2AH HB =,AB ⊥平面α,H 为垂足,α截球O 所得截面的面积为π,则球O 的表面积为_______.10．某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的体积为__________.11．某几何体的三视图如图所示, 则其表面积为________.1俯视图侧（左）视图正（主）视图2 1 1 212．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上. 若球的体积为92,则正方体的棱长为 ______. 13．某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.7.若某空间几何体的三视图如图所示， 则该几何体的体积是A ．13B ．23C ．1D ．25. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为.A 2 .B 1.C 23 .D 135．如图是一个几何体的三视图，则此三视图所描述几何体的表面积为（ ）A ．π)3412(+B ．20πC ．π)3420(+D ．28π。

专题28 空间几何体的直观图与三视图一、单选题（本大题共12小题，共60分）1.已知一个几何体的正视图和侧视图如图(1)所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形(如图(2)所示)，则此几何体的体积为()A. 1B. √2C. 2D. 2√22.正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图(如图)，则原图形的周长是()A. 6cmB. 8cmC. (2+3√2)cmD. (2+2√3)cm3.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A. 3π2+1+√32B. 3π+12+√32C. 3π+1+√32D. 3π+1+√324.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A. 3π+4+√3B. 3π+5+√3C. 52π+6+√3 D. 52π+4+√35.已知某几何体的一条棱长为l，该棱在正视图中的投影长为√2020，在侧视图与俯视图中的投影长为a与b，且a+b=2√1011，则l的最小值为()A. √20212B. √40422C. √2021D. 20216.已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A. √24π+72B. √24π+4 C. 1+√24π+72D. 1+√24π+47.某圆柱的正视图是如图所示的边长为2的正方形，圆柱表面上的点A，B，C，D，F在正视图中分别对应点A，B，C，E，F.其中E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线AC与DF所成角的余弦值为()A. 13B. √23C. √33D. √638.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. 22π3B. 28π3C. 34π3D. 40π39.如图，网络纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的某几何体的三视图，则该几何体的体积是()A. 18πB. 21πC. 27πD. 36π10.如图所是某一容器三视图，现容中匀速注水，容器中的度h随时间变可能图象是()A. B. C. D.11.如图是一个四棱锥的三视图，则该几何体的体积为()A. 403B. 323C. 163D. 28312.如图所示，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. 64−8√2π3B. 64−4√2π3C. 64−8π3D. 64−4π3二、单空题（本大题共4小题，共20分）13.某组合体的正视图和侧视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是图(2)中粗线所表示的平面图形，其中四边形O′A′B′C′为平行四边形，D′为C′B′的中点，则图(2)中平行四边形O′A′B′C′的面积为___________．14.以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和附视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_____________(写出符合求的一组答案即可)．15.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别是棱B1C1，C1D1的中点，过A，M，N三点作正方体的截面，将截面多边形向平面ADD1A1作投影，则投影图形的面积为．16.把平面图形α上的所有点在另一个平面上的射影所构成的图形β称为图形α在这个平面上的射影，如图所示，在三棱锥A−BCD中，BC⊥DC，AD⊥DC，BC⊥AB，BC= CD=4，AC=4√3，则△ADB在平面ABC上的射影的面积是________．三、解答题（本大题共2小题，共20分）13．设某几何体的三视图如图(尺寸的长度单位为cm)，（1）用斜二测画法画出该几何体的直观图(不写画法)；（2）求该几何体最长的棱长.14．设一正方形纸片ABCD边长为4厘米，切去阴影部分所示的四个全等的等腰三角形，剩余为一正方形纸片和四个全等的等腰三角形，沿虚线折起，恰好能做成一个正四棱锥，O为正四棱锥底面中心．，（粘接损耗不计），图中AH PQ（1）若正四棱锥的棱长都相等，请求出它的棱长并画出它的直观图示意图；（2）设等腰三角形APQ的底角为x，试把正四棱锥的侧面积表示为x的函数，并求S范围．专题28 空间几何体的直观图与三视图一、单选题（本大题共12小题，共60分）17.已知一个几何体的正视图和侧视图如图(1)所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形(如图(2)所示)，则此几何体的体积为()A. 1B. √2C. 2D. 2√2【答案】B【解析】解：根据直观图可得该几何体的俯视图是一个直角边长分别是2和√2的直角三角形，根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为3，所以体积V=13×(12×2×√2)×3=√2．故选B．18.正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图(如图)，则原图形的周长是()A. 6cmB. 8cmC. (2+3√2)cmD. (2+2√3)cm【答案】B【解析】解：如图，OA=1cm，在Rt△OAB中，OB=2√2 cm，∴AB=√OA2+OB2=3cm．∴四边形OABC的周长为8cm．故选B．19.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A. 3π2+1+√32B. 3π+12+√32C. 3π+1+√32D. 3π+1+√32【答案】C【解析】解：由三视图可知几何体上部为三棱锥，下部为半球，三棱锥的底面和2个侧面均为等腰直角三角形，直角边为1，另一个侧面为边长为√2的等边三角形，半球的直径2r=√2，故r=√22．∴S表面积=12×1×1×2+√34×(√2)2+12×4π×(√22)2+π×(√22)2−12×1×1=12+√32+3π2．故选：C．20.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A. 3π+4+√3B. 3π+5+√3C. 52π+6+√3 D. 52π+4+√3【答案】A【解析】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个半圆柱和三棱锥的组合体半圆柱的半径为1高2，所以该组合体的面积故选A．21.已知某几何体的一条棱长为l，该棱在正视图中的投影长为√2020，在侧视图与俯视图中的投影长为a与b，且a+b=2√1011，则l的最小值为()A. √20212B. √40422C. √2021D. 2021【答案】C【解析】解：如图所示：设长方体中AB=m，BD为正投影，BE为侧投影，AC为俯视图的投影．故：BD=√2020，BE=a，AC=b，设AE=x，CE=y，BC=z，则：x2+y2+z2=l2，x2+y2=b2，y2+z2=a2，x2+z2=2020，所以2(x2+y2+z2)=a2+b2+2020，故：2l2=a2+b2+2020，因为a2+b2≥(a+b)22=2022，所以2l2≥2022+2020，则l≥√2021．故l的最小值为√2021．故选C．22.已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A. √24π+72B. √24π+4 C. 1+√24π+72D. 1+√24π+4【答案】D【解析】解：几何体左边为四分之一圆锥，圆锥的半径为1，高为1，右边为三棱锥，三棱锥底面是直角边长为1和2的直角三角形，高为1，所以几何体的表面积为：+12×(2+1)×1+12×√2×√(√5)2−(√22)2，故选D．23.某圆柱的正视图是如图所示的边长为2的正方形，圆柱表面上的点A，B，C，D，F在正视图中分别对应点A，B，C，E，F.其中E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线AC与DF所成角的余弦值为()A. 13B. √23C. √33D. √63【答案】D【解析】解：如图所示，连结DE，EF，易知EF//AC，所以异面直线AC与DF所成角为∠DFE，由正视图可知，DE⊥平面ABC，所以DE⊥EF．由于AB=BC=2，所以EF=√2，又DE=1，所以DF=√3，在RtΔEFM中，cos∠DFE=√2√3=√63，故选D．24.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. 22π3B. 28π3C. 34π3D. 40π3【答案】C【解析】解：根据几何体得三视图转换为几何体为：该几何体是由一个底面半径为2，高为3的半圆柱和一个半径为2的半球组成，故：V=12⋅π×22×3+12×43×π×23=34π3．故选C．25.如图，网络纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的某几何体的三视图，则该几何体的体积是()A. 18πB. 21πC. 27πD. 36π【答案】A【解析】解：该几何体是一个四分之一的圆和圆锥的组合体，如图：有题意知该圆的直径为6cm，圆锥的高为3cm，则该几何体的体积为13×π×32×3+1 4×43π×33=18π，故选A．26.如图所是某一容器三视图，现容中匀速注水，容器中的度h随时间变可能图象是()A. B. C. D.【答案】B【解析】解：三视图表示的容器倒的圆锥，下细，上面，刚开始度增加的相快些．曲越竖直”，后，高度增加来越慢，图越平稳．故B．27.如图是一个四棱锥的三视图，则该几何体的体积为()A. 403B. 323C. 163D. 283【答案】A【解析】解：由三视图得到其直观图(下图所示)，则体积为：13×[12(1+4)×4]×4=403，故选A ．28.如图所示，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. 64−8√2π3B. 64−4√2π3C. 64−8π3D. 64−4π3【答案】A【解析】解：这是一个有一条侧棱垂直于底面的四棱锥内部挖去了一个八分之一的球，四棱锥的底面边长和高都等于4，八分之一球的半径为2√2，，故选A ．二、单空题（本大题共4小题，共20分）29. 某组合体的正视图和侧视图如图(1)所示，它的俯视图的直观图是图(2)中粗线所表示的平面图形，其中四边形O ′A ′B ′C ′为平行四边形，D ′为C ′B ′的中点，则图(2)中平行四边形O ′A ′B ′C ′的面积为___________．【答案】3√2【解析】解：由正视图和侧视图可得俯视图如下：∴|O′A′|=4，|O′C′|=32，∠A′O′C′=45°，∴S ΔA′O′C′=12|O′A′|·|O′C′|·sin∠A′O′C′ =12×4×32×√22=3√22， ∴S ▱O′A′B′C′=2S △A′O′C′=3√2， 故答案为3√2．30.以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和附视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_____________(写出符合求的一组答案即可)．【答案】②⑤或③④【解析】解：由高度可知，侧视图只能为②或③，侧视图为②，如图(1)平面PAC⊥平面ABC，PA=PC=√2，BA=BC=√5,AC=2，俯视图为⑤；侧视图为③，如图(2)，PA⊥平面ABC，PA=1,AC=AB=√5,BC=2，俯视图为④．故答案为②⑤或③④．31.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别是棱B1C1，C1D1的中点，过A，M，N三点作正方体的截面，将截面多边形向平面ADD1A1作投影，则投影图形的面积为．【答案】712【解析】解：直线MN分别与直线A1D1，A1B1交于E，F两点，连接AE，AF，分别与棱DD1，BB1交于G，H两点，连接GN，MH，得到截面五边形AGNMH，向平面ADD1A1作投影，得到五边形AH1M1D1G，由点M，N分别是棱B1C1，C1D1的中点，可得D1E=D1N=12，由△D1EG∽△DAG，可得DG=2D1G=23，同理BH=2B1H=23，则AH1=2A1H1=23，A1M1=D1M1=12，则S AH1M1D1G =1−S A1H1M1−S ADG=1−12×12×13−12×1×23=712，故答案为：712．32.把平面图形α上的所有点在另一个平面上的射影所构成的图形β称为图形α在这个平面上的射影，如图所示，在三棱锥A−BCD中，BC⊥DC，AD⊥DC，BC⊥AB，BC= CD=4，AC=4√3，则△ADB在平面ABC上的射影的面积是________．【答案】8√2【解析】解：因为BC⊥DC，AD⊥DC，BC⊥AB，BC=CD=4，AC=4√3，把三棱锥A−BCD放入如图所示的棱长为4的正方体中，过点D作CE的垂线DF，垂足为F，连接AF，BF，因为BC⊥平面CE，DF⊂平面CE，故BC⊥DF又BC∩CE=C，BC，CE⊂平面ABC则DF⊥平面ABC，故△ADB在平面ABC上的射影为△AFB，因为AB=√42+42=4√2，×4×4√2=8√2，所以△AFB的面积为12即△ADB在平面ABC上的射影的面积为8√2．故答案为8√2．三、解答题（本大题共2小题，共20分）13．设某几何体的三视图如图(尺寸的长度单位为cm)，（1）用斜二测画法画出该几何体的直观图(不写画法)；（2）求该几何体最长的棱长.【答案】（1）答案见解析；（2）4cm.【解析】（1）（2）如下图，SE⊥面ABC，线段AC中点为D2,3,1,4,2,=1======，BD AC SE cm AE cm CE cm AC cm AD DC cm DE cm⊥，=，3BD cm在等腰ABC中，AB AC=在Rt SEA△中，SA=在Rt SEC△中，SC△中，BE==在Rt BDE∴⊥SE⊥面ABC，SE BE在Rt SEB△中，SB=<==<<，在三梭锥S-ABC中，SC AB AC SA SB AC所以最长的棱为AC ，长为4cm14．设一正方形纸片ABCD 边长为4厘米，切去阴影部分所示的四个全等的等腰三角形，剩余为一正方形纸片和四个全等的等腰三角形，沿虚线折起，恰好能做成一个正四棱锥（粘接损耗不计），图中AH PQ ⊥，O 为正四棱锥底面中心．，（1）若正四棱锥的棱长都相等，请求出它的棱长并画出它的直观图示意图；（2）设等腰三角形APQ 的底角为x ，试把正四棱锥的侧面积表示为x 的函数，并求S 范围．【答案】（1），画图见解析；（2）161tan 2tan S x x=++，()0,4.【解析】（1）由题意，设正四棱锥的棱长为a，则AH =，2a AC a +===（2）设PH b =，则tan AH b x =，由2tan 2a x a ⋅+=a =，从而22116tan 442tan 2(tan 1)APQ x S S PQ AH a x x ==⋅⋅⋅==+△，其中(tan 1),x ∈+∞，∴16(0,4)1tan 2tan S x x=∈++。

俯视侧（左）视24主（正）视图三视图专题练习：1.一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正三角形，则该几何体的表面积为___________.2.一个几何体的三视图如下图所示， 则该几何体的表面积为______.3.如右图所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的表面积为（ ） A ． π3 B ． π2 C ． π23 D ． π44.右图是一个几何体的三视图，则该几何体 的体积为 （ ） A ．6 B ．8 C ．16D ．24正视图侧视图俯视图1223112231第3题图主视图俯视图左视图5.一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ).A.223π+ B. 423π+ C. 323π+ D.2343π+6.一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：c2m）为（A）2（B）2（C）2（D）27.若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是3cm．222正(主)视图22侧(左)视图俯视图8.设某几何体的三视图如下（尺寸的长度单位为m）。

则该几何体的体积为3m 9.如图是一个几何体的三视图，若它的体积是33，则a_______10.如右图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12。

则该集合体的俯视图可以是11.右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是(A)9π （B ）10π (C)11π (D)12π答案：1. 24+ 2. 2412π+ 3.A. 4.B 5.C. 6.A. 7.18. 8.4. 9.10.C 11.D注意第6题二项分布与超几何分布辨析山东 韩文文二项分布与超几何分布是两个非常重要的、应用广泛的概率模型，实际中的许多问题都可以利用这两个概率模型来解决．在实际应用中，理解并区分两个概率模型是至关重要的．下面举例进行对比辨析．例 袋中有8个白球、2个黑球，从中随机地连续抽取3次，每次取1个球．求： （1）有放回抽样时，取到黑球的个数Ｘ的分布列； （2）不放回抽样时，取到黑球的个数Ｙ的分布列． 解：（1）有放回抽样时，取到的黑球数Ｘ可能的取值为０，1，2，3．又由于每次取到黑球的概率均为，3次取球可以看成3次独立重复试验，则1~35X B ⎛⎫⎪⎝⎭，．3031464(0)55125P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴；12131448(1)55125P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； 21231412(2)55125P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；333141(3)55125P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，X 的分布列为2．不放回抽样时，取到的黑球数Ｙ可能的取值为０，1，2，且有：03283107(0)15C C P Y C ===；12283107(1)15C C P Y C ===；21283101(2)15C CP Y C ===．因此，Y 的分布列为辨析：通过此例可以看出：有放回抽样时，每次抽取时的总体没有改变，因而每次抽到某物的概率都是相同的，可以看成是独立重复试验，此种抽样是二项分布模型．而不放回抽样时，取出一个则总体中就少一个，因此每次取到某物的概率是不同的，此种抽样为超几何分布模型．因此，二项分布模型和超几何分布模型最主要的区别在于是有放回抽样还是不放回抽样．所以，在解有关二项分布和超几何分布问题时，仔细阅读、辨析题目条件是非常重要的．超几何分布和二项分布都是离散型分布 超几何分布和二项分布的区别：超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要； 超几何分布是不放回抽取，而二项分布是放回抽取（独立重复）当总体的容量非常大时，超几何分布近似于二项分布.........。

高考数学三视图与直观图选择题1. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个正方体。

2. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个圆柱体。

3. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个圆锥体。

4. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个球体。

5. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个长方体。

6. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个正四面体。

7. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个圆台体。

8. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个圆柱体。

9. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个圆锥体。

10. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个球体。

12. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个正四面体。

13. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个圆台体。

14. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个圆柱体。

15. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个圆锥体。

16. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个球体。

17. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个长方体。

18. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个正四面体。

19. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个圆台体。

20. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个圆柱体。

22. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个球体。

23. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个长方体。

24. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个正四面体。

25. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个圆台体。

26. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个圆柱体。

27. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个圆锥体。

28. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个球体。

29. 请选择一个正确的三视图，使其对应的直观图是一个长方体。

三视图高考题选一、知识点1、三视图的名称几何体的三视图包括：主视图、左视图、俯视图．2、三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的主视图、左视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图．【题型一】空间几何体的三视图1、若某几何体的三视图如图7－1－4所示，则这个几何体的直观图可以是( )图7－1－4【解析】根据主视图与俯视图可排除A、C，根据左视图可排除D.故选B.2、(2012·陕西高考)将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的左视图为( )图7－1－73、[2014·福建卷]某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱[解析]A由空间几何体的三视图可知，圆柱的正视图、侧视图、俯视图都不可能是三角形．4、[2014·江西卷]一几何体的直观图如图1-1所示，下列给出的四个俯视图中正确的是( )图1-1A B C D图1-2[解析]B易知该几何体的俯视图为选项B中的图形．【题型二】三视图与面积1、(2013·湖南高考)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧(左)视图是一个面积为的矩形，则该正方体的正(主)视图的面积等于( )A. B．1 C. D.【解析】由于该正方体的俯视图是面积为1的正方形，侧视图是一个面积为的矩形，因此该几何体的主视图是一个长为，宽为1的矩形，其面积为.【答案】D2、[2014·安徽卷]一个多面体的三视图如图1-2所示，则该多面体的表面积为( )A．21＋B．8＋C．21D．18图1-2[解析]A如图，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其表面积S＝6×4－×6＋2×××＝21＋.3、[2014·浙江卷]几何体的三视图(单位：cm)如图1-1所示，则此几何体的表面积是( )图1-1A．90 cm2B．129 cm2 C．132 cm2D．138 cm2[解析]．D此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其直观图如图，所以该几何体的表面积为2(4×3＋6×3＋6×4)＋2××3×4＋4×3＋3×5－3×3＝138(cm2)，故选D.4、[2014·重庆卷]某几何体的三视图如图1-2所示，则该几何体的表面积为( )图1-2A．54B．60 C．66D．72[解析]B由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥所得，三棱柱的底面是一个两直角边长分别为3和4的直角三角形，高为5，截去的锥体的底面是两直角边的边长分别为3和4的直角三角形，高为3，所以表面积为S＝×3×4＋＋×4＋×5＋3×5＝60.【题型三】三视图与体积1、(2013·广东高考)某三棱锥的三视图如图7－1－8所示，则该三棱锥的体积是( )图7－1－8A. B.C. D．1【解析】如图，三棱锥的底面是一个直角边长为1的等腰直角三角形，有一条侧棱和底面垂直，且其长度为2，故三棱锥的高为2，故其体积V＝××1×1×2＝，故选B.【答案】B2、[2014·辽宁卷]某几何体三视图如图1-1所示，则该几何体的体积为( )A．8－2πB．8－πC．8－D．8－图1-1[解析]B根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2××π×2＝8－π.3、[2014·天津卷]一个儿何体的三视图如图1-3所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.图1-3[解析]由三视图可得，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积V＝π×12×4＋π×22×2＝.4、（2013年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（）A ．168π+B ．88π+C ．1616π+D ．816π+ 【答案】A 5、（2013年广东（理））某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是（ ）A ．4B ．143C ．163D ．6 【答案】B 正视俯视侧视第5题。

1．如图，某多面体的三视图中正视图、侧视图和俯视图的外轮廓分别为直角三角形、直角梯形和直角三角形，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）A．22 B. 10 C. 23 D. 13【答案】C.【解析】AC=+=，故试题分析：由题意得，该多面体为如下几何体，最长的棱长为8423选C．考点：空间几何体三视图．2．如图网格纸上小正方形的边长为l，粗实线画出的是某几何体的三视图，则这个几何体的体积为A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】AD面试题分析：由题意，得该几何体是由两个三棱锥组合而成（如图所示），其中⊥ABC ，⊥CE 面ABC , BCAC ⊥,4,2====CE AD BC AC ，则4)4221(312)2221(3121=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=+=V V V ；故选D ．考点：1.三视图；2.棱锥的体积．3．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是( )A ．54B ．27C ．18D ．9 【答案】C 【解析】 试题分析：由三视图可知该几何体为四棱锥，底面为矩形，两边为6,3，棱锥的高为3，所以体积为1633183V =⨯⨯⨯= 考点：三视图4．如图， 一个四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则这个四棱锥的侧面积为 ( )A ．2B ．6C ．2(23)+D ．2(23)+2+【答案】C 【解析】试题分析：由三视图可知该几何体为四棱锥，底面为正方形，对角线为2，高为2，所以侧面为四个直角三角形，面积为112222622(23)22S =⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+ 考点：三视图及棱锥侧面积5．某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是（ ）A ．56+12B ．60+12C ．30+6D ．28+6 【答案】C 【解析】试题分析：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，求出各个面的面积，相加可得答案．解：根据题意，还原出如图的三棱锥A ﹣BCD 底面Rt △BCD 中，BC ⊥CD ，且BC=5，CD=4侧面△ABC 中，高AE ⊥BC 于E ，且AE=4，BE=2，CE=3 侧面△ACD 中，AC==5∵平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC∩平面BCD=BC ，AE ⊥BC ∴AE ⊥平面BCD ，结合CD ⊂平面BCD ，得AE ⊥CD ∵BC ⊥CD ，AE∩BC=E∴CD ⊥平面ABC ，结合AC ⊂平面ABC ，得CD ⊥AC 因此，△ADB 中，AB==2，BD==，AD==，∴cos ∠ADB==，得sin ∠ADB==，由三角形面积公式，得S △ADB =×××=6，又∵S △ACB =×5×4=10，S △ADC =S △CBD =×4×5=10 ∴三棱锥的表面积是S 表=S △ADB +S △ADC +S △CBD +S △ACB =30+6，故选：C考点：由三视图求面积、体积．6．如图，'''O A B ∆是水平放置的OAB ∆的直观图，则OAB ∆的面积是( )A ．12B ．62C ．6D ．32 【答案】A 【解析】试题分析：根据斜二测画法知OAB ∆为边长6OA =，高2''224OB O B ==⨯=，故OAB ∆的面积是164122S =⨯⨯=.考点：平面图形的直观图.7．已知正方体的棱长为1，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，则该正方体的正视图的面积等于( )A ． 32 B.1 C.212+ D.2【答案】D 【解析】试题分析：因为正方体的棱长为1，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，说明侧视图是底面对角线为边，正方体的高为一条边的矩形，几何体放置如图：那么正视图的图形与侧视图的图形相同，所以正视图的面积为：2 考点：三视图8．如图，'''Rt O A B ∆是OAB ∆的斜二测直观图，斜边''2O A =，则OAB ∆的面积是（ ）A ．22B ．1C ．2D ．22 【答案】D 【解析】 试题分析：2,90,45,2,O A B A O B O B ''''''''=∠=︒∠=︒∴=2,22,90,OA OB AOB ∴==∠=︒OAB ∴∆的面积为112222222AOB S OA OB ∆=⋅=⨯⨯=，故选D ．考点：斜二测画法．【方法点晴】本题要求我们将一个直观图形进行还原，由斜二测画法法则可知原图是一个两边分别在,x y 轴的直角三角形，x 轴上的边长与原图形相等，而y 轴上的边长是原图形边长的一半，由此求出原三角形的面积，本题着重考查了斜二测画法中直观图与原图形面积之间的关系的问题和三角形的面积公式，本题着重考查了斜二测画法和三角形的面积公式，属于基础题．9．如下图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积是12，则该几何体的俯视图可以是（ ）【答案】C 【解析】 试题分析： 若俯视图为A ，则几何体为边长为1的正方体，所以体积为1，不满足条件；若为B ，则该几何体为底面直径为1，高为1的圆柱，此时体积为2112π⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭14π=，不满足条件；若为D ，几何体为底面半径为1，高为1141144ππ⨯⨯=，不满足条件；若为C ，该几何体为底面是直角三角形且两直角边为1，高为1的三棱柱，所以体积为1112⨯⨯=12，满足条件，所以选C.考点：三视图与几何体的表面积与体积.10．一个锥体的正视图和左视图如下图，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是（ ）【答案】C 【解析】试题分析：本题中给出了正视图和左视图，故可以根据正俯同长，左俯同宽来找出正确选项.A 、B 、D 中的视图满足三视图法则；C 中的视图不满足三视图中左俯同宽，故其错误，故选C.考点：三视图的作图规则.11．某四棱锥三视图如图所示，则该四棱锥体积为（ ）A ．B ．16C ．32D ．【答案】D 【解析】试题分析：四棱锥为正四棱锥，底面边长为4，高为2．解：由三视图可知四棱锥为正四棱锥，棱锥的底面边长为4，棱锥的高为2． 所以四棱锥的体积V==．故选：D ．考点：由三视图求面积、体积．12．某几何体的主视图与俯视图如图所示，左视图与主视图相同，且图中的四边形都是边长为2的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是（ ）A． B． C．6 D．4【答案】A【解析】试题分析：根据三视图，还原成几何体，再根据长度关系，即可求得几何体的体积解：由三视图知，原几何体为一个正方体挖掉一个正四棱锥其中正方体的棱为2，正四棱柱的底面边长为正方体的上底面，高为1∴原几何体的体积为故选A考点：由三视图求面积、体积．13．如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A．36 B．9 C．72 D．48【答案】B【解析】试题分析：由已知中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，进而可得答案．解：由已知中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，底面面积S=×6×3=9，棱锥的高h=3，故几何体的体积V==9，故选：B考点：由三视图求面积、体积．14．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A． B． C．40 D．80【答案】A【解析】试题分析:几何体为其中一个侧面在下面的四棱锥，结合直观图判断棱锥的高及底面相关线段的长，把数据代入棱锥的体积公式计算．解：由三视图知：几何体为其中一个侧面在下面的四棱锥，如图：其中SA⊥平面ABCD，SA=4，底面ABCD为直角梯形，且AD=4，BC=1，AB=4，∴几何体的体积V=××4×4=．故选：A．考点：由三视图求面积、体积．15．定义：底面是正三角形，侧棱与底面垂直的三棱柱叫做正三棱柱，将正三棱柱截去一个角，（如图1所示，M，N分别为AB，BC的中点）得到几何体如图2．则该几何体按图2所示方向的侧视图为（）A． B．C． D．【答案】B【解析】试题分析:结合几何体的结构特征，利用左视图的定义求解．解：解题时在图2的右边放扇墙（心中有墙），图2所示方向的侧视图，由于平面EMN在平面ADFC上，故侧视图中仍然看到矩形中的两条斜线段，∴该几何体按图2所示方向的侧视图为B．故选：B考点：棱柱的结构特征；简单空间图形的三视图．16．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【解析】试题分析：由题意可知，几何体为三棱锥，将其放置在长方体模型中即可得出正确答案．解：由题意可知，几何体是三棱锥，其放置在长方体中形状如图所示（图中红色部分），利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面中，全部是直角三角形．故选：D．考点：由三视图还原实物图．17．若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，其中左视图是一个边长为2的正三角形，则这个几何体的体积是（）A．2cm2B．cm3C．3cm3D．3cm3【答案】B【解析】试题分析：由几何体的三视图得到原几何体的底面积与高，进而得到该几何体的体积．解：由几何体的三视图可知，该几何体为底面是直角梯形，高为的四棱锥，其中直角梯形两底长分别为1和2，高是2．故这个几何体的体积是×[（1+2）×2]×=（cm3）．故选：B．考点：由三视图求面积、体积．18．已知一个几何的三视图如图所示，图中小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（）A．B．4 C．6 D．10【答案】C试题分析：由三视图得该几何体是直三棱柱ABC﹣A1B1C1、三棱锥D﹣ABC和三棱锥D ﹣BCE组合体，其中AD⊥平面ABC，且AD=AC=AB=AA1=2，CE=1，AB⊥AC，由此能求出该几何体的体积．解：由三视图得该几何体是直三棱柱ABC﹣A1B1C1、三棱锥D﹣ABC和三棱锥D﹣BCE组合体，其中AD⊥平面ABC，且AD=AC=AB=AA1=2，CE=1，AB⊥AC∴该几何体的体积：V=+V D﹣ABC+V D﹣DCE=+=6．故选：C．考点：由三视图求面积、体积．19．一几何体的直观图如图所示，下列给出的四个俯视图中正确的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】试题分析：通过几何体结合三视图的画图方法，判断选项即可．解：几何体的俯视图，轮廓是矩形，几何体的上部的棱都是可见线段，所以C、D不正确；几何体的上部的棱与正视图方向垂直，所以A不正确，故选：B．考点：简单空间图形的三视图．20．如图所示的直观图的平面图形ABCD是（）A．任意梯形B．直角梯形C．任意四边形D．平行四边形【答案】B试题分析：由直观图可知，BC ，AD 两条边与横轴平行且不等，边AB 与纵轴平行，得到AB 与两条相邻的边之间是垂直关系，而另外一条边CD 不和上下两条边垂直，得到平面图形是一个直角梯形．解：根据直观图可知，BC ，AD 两条边与横轴平行且不等， 边AB 与纵轴平行， ∴AB ⊥AD ，AB ⊥BC∴平面图形ABCD 是一个直角梯形， 故选B ．考点：平面图形的直观图．21．某饮用水器具的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A ．6πB ．8πC ．7πD ．11π 【答案】C 【解析】试题分析：根据三视图可知，该几何体为圆柱斜切去四分之一得到，并且由于几何体是饮用水用具，没有盖子，所以表面积由两部分组成，底面是圆，侧面是矩形的四分之三，故表面积2312474S πππ=⋅+⋅⋅=. 考点：立体几何三视图——表面积.22．如图是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是（ ）1俯视图侧视图正视图333A ．4B ．5C ．32D ．33 【答案】D 【解析】试题分析：作出直观图如下图所示，通过计算得到最长为2233AF BF AB =+=.31333ABC FEDG考点：立体几何三视图与直观图.23．一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz中的坐标分别是)0,0,0)(0,1,1)(1,0,1)(1,1,0(，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（）【答案】A【解析】试题分析：由四个顶点坐标可知四面体的直观图如图1所示，是棱长为1的正方体的一个顶点与其中三个面的中心所围成的，所以以zOx平面为投影面，则得到的正视图如图2.图1图2考点：三视图，投影，空间坐标系.【思路点睛】解答本题，首先要能够根据四个顶点的空间坐标，画出（或者在脑海中想象出）四面体在空间坐标系中的具体位置，由坐标可知点)1,1,0)(1,0,1)(0,1,1(在zOx平面投影坐标分别为)1,0,0)(1,0,1)(0,0,1(，所以正视图应该为正方形，也可以直接根据空间几何图得出投影正视图.24．如图，一个几何体的三视图是三个全等的等腰直角三角形，且直角边长为2，则这个几何体的外接球的表面积为（）A ．16π B． C ．8π D．4π 【答案】B 【解析】试题分析：仔细观察三视图，很容易得知，此几何体实为一个边长为的正方体经过两次切割而成，两切割都是沿着相对的边所在面进行切割，所以此几何体的外接球实为正方体的外接球，则外接球半径为，所以表面积为，故正确选项为B.考点：三视图，球体表面积.25．某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的体积是 ( )A.10B.20C.30D.40 【答案】B 【解析】试题分析：如图，几何体为四棱锥，43==AB AC ，,090=∠BAC ,所以5=BC ,点A 到BC 的距离就是点A 到平面11B BCC 的距离，距离等于512543=⨯，所以三棱锥的体积205125531=⨯⨯⨯=V ,故选B.考点：1.三视图；2.几何体的体积.26．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积是（ ）A.36πB. 52πC. 72πD.100π 【答案】B 【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体为如下图所示的三棱柱，其中42AC =，4BD =，所以()2422426AB BC ==+=2O D x =，则224O A O B x ==-，所以()22222(4)x x +=-，解之得1x =，所以223O A O B ==，设三棱柱的外接球半径为R ，则2223213R =+=，外接球的表面积2452S R ππ==，故选B.OD D 1BCA 1C 1B 1AO 1O 2考点：1.三视图；2.球的表面各与体积.【名师点睛】本题主要考查三视图与球的表面积与体积等知识，属中档题；空间几何体的三视图是每年高考的热点，题型为选择题或填空题，难度适中，高考对三视图的考查有以下几个命题角度：1.由几何体的直观图求三视图；2.由几何体的部分视图画出剩余视图；3.由三视图还原出几何体的形状，再求其体积或表面积等相关的问题. 27．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积等于（ ）A．822+ B ．1122+ C ．1422+ D ．15【答案】A 【解析】试题分析：几何体为上下底面为直角梯形的直四棱柱，梯形的一个腰长为1，另一个腰长为21122=+，所以侧面积为：2282222221+=⨯+⨯+⨯⨯，所以选A ．考点：1.几何体的三视图；2.几何体的表面积．28．一个长方体被一个平面截去一部分后所剩几何体的三视图如下图所示（单位：cm ），则该几何体的体积为（ ）A ．1203cmB ．803cmC ．1003cmD ．603cm 【答案】C 【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体为如下图所示的几何体，其体积1145645610032V =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=，故选C.BCDB'D'C'A考点：1.三视图；2.多面体的体积与表面积.29．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，则此四面体的外接球的体积是（ ）A ． π12B ． π34C ．π48D ．π332 【答案】B 【解析】 试题分析：由三视图，得该几何体是一个三棱锥，且各顶点都在棱长为2 的正方体上，则该几何体的外接球即为正方体的外接球，则322=R ，即3=R ，则所求外接球的体积为ππ34343==R V ；故选B ． 考点：1.三视图;2.球与多面体的组合．30．某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）A ．4B ．203 C ．263D ．8 【答案】B【解析】试题分析：由三视图可得到几何体的直观图如图所示，该几何体是由一个四棱锥A CDEF -和一个三棱锥F ABC -组成，四棱锥A CDEF -的底面面积为4，高为4，所以体积是1164433V =⨯⨯=；三棱锥F ABC -的底面积为2，高为2，故体积是43，所以该几何体的体积为203，故选B.考点：三视图与几何体的体积.【方法点睛】三视图问题几乎是各地的必考题目，通常考查考生的空间想象能力，最常见的题型是结合三视图考查几何体的体积、表面积或其与球的组合体问题.若考查体积，只需要确定几何体的形状，哪是底面，哪是高，根据三视图之间的关系“主俯同长，左俯同宽，主左同高”求出底面积和高，根据各多面体的体积公式即可求解；若研究其表面积往往就需要还原几何体，通常的做法是从一个明显的视图沿相反的方向“拉出”，在利用另外两个几何体进行验证；研究多面体与球的组合体最重要的是确定其与球的关系，确定球心的位置.31．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A ．37 B ．217C ．13D ．210317+【答案】C【解析】试题分析：由三视图可知几何体为三棱台，作出直观图如图所示，则CC '⊥平面ABC ，上下底均为等腰直角三角形，12AC BC AC BC A C B C C C ⊥==''=''='=，，，∴222AB A B =''=，．∴棱台的上底面积为122111⨯⨯=，下底面积为12222⨯⨯=，梯形ACC A ''的面积为112232⨯+⨯=（），梯形BCC B ''的面积为()112232⨯+⨯=，过A 作AD AC ⊥''于D ，过D 作DE A B ⊥''，则2AD CC ='=，DE 为A B C ∆'''斜边高的12，∴22DE =，∴2232AE AD DE =+=．∴梯形ABB A ''的面积为()122322292⨯+⨯=．∴几何体的表面积123319232S =++++=．故选：C ． 考点：由三视图求面积、体积．32．一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为（ ）A.3＋6B.3＋5C.2＋6D.2＋5 【答案】C 【解析】试题分析：由三视图还原为空间几何体，如图所示，则有1 2.OAOB AB ＝＝，＝ 又22215123PB ABCD PB BD PB AB PD PA ⊥∴⊥⊥∴++平面，，，＝＝，＝＝，从而有222PA DA PD PA DA ∴⊥＋＝，，∴该几何体的侧面积112212236 2.22S ⨯⨯⨯⨯⨯⨯＝＋＝＋ 考点：三视图，几何体的体积33．有一个几何体的三视图如下图所示，这个几何体应是一个（ ）A ．棱台B ．棱锥C ．棱柱D ．都不对 【答案】A 【解析】试题分析：由题为已知三视图来判断几何体的形状。

高考数学空间几何体三视图表面积与体积专题测试（含答案解析）试题可以协助考生停止查缺补漏，为此查字典数学网整理了空间几何体三视图、外表积与体积专题测试，请考生停止练习。

一、选择题1.(2021武汉调研)一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的直观图可以是()解析 A、B、C与仰望图不符.答案 D2.将长方体截去一个四棱锥，失掉的几何体如下图，那么该几何体的侧(左)视图为()解析抓住其一条对角线被遮住应为虚线，可知正确答案在C，D中，又结合直观图知，D正确.答案 D3.(2021安徽卷)一个多面体的三视图如下图，那么该多面体的外表积为()A.21+3B.18+3C.21D.18解析由三视图知，该多面体是由正方体割去两个角所成的图形，如下图，那么S=S正方体-2S三棱锥侧+2S三棱锥底=24-231211+234(2)2=21+3.答案 A4.S，A，B，C是球O外表上的点，SA平面ABCD，ABBC，SA=AB=1，BC=2，那么球O的外表积等于()A.4B.3C.2解析如下图，由ABBC知，AC为过A，B，C，D四点小圆直径，所以ADDC.又SA平面ABCD，设SB1C1D1-ABCD为SA，AB，BC为棱长结构的长方体，得体对角线长为12+12+22=2R，所以R=1，球O的外表积S=4.故选A.答案 A5.(2021湖南卷)一块石材表示的几何体的三视图如下图.将该石材切削、打磨，加工成球，那么能失掉的最大球的半径等于()A.1B.2C.3D.4解析由三视图可得原石材为如下图的直三棱柱A1B1C1-ABC，且AB=8，BC=6，BB1=12.假定要失掉半径最大的球，那么此球与平面A1B1BA，BCC1B1，ACC1A1相切，故此时球的半径与△ABC内切圆的半径相等，故半径r=6+8-102=2.应选B.答案 B6.点A，B，C，D均在同一球面上，其中△ABC是正三角形，AD平面ABC，AD=2AB=6，那么该球的体积为()A.323B.48C.643D.163解析如下图，O1为三角形ABC的外心，过O做OEAD，OO1面ABC，AO1=33AB=3.∵OD=O A，E为DA的中点.∵AD面ABC，AD∥OO1，EO=AO1=3.DO=DE2+OE2=23.R=DO= 23.V=43(23)3=323.答案 A二、填空题7.某四棱锥的三视图如下图，该四棱锥的体积是________. 解析由三视图可知，四棱锥的高为2，底面为直角梯形ABCD.其中DC=2，AB=3，BC=3，所以四棱锥的体积为132+3322=533. 答案 5338.如图，在三棱柱A1B1C1-ABC中，D，E，F区分是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F-ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1-ABC 的体积为V2，那么V1V2=________.解析设三棱柱A1B1C1-ABC的高为h，底面三角形ABC的面积为S，那么V1=1314S12h=124Sh=124V2，即V1V2=124. 答案 1249.在四面体ABCD中，AB=CD=6，AC=BD=4，AD=BC=5，那么四面体ABCD的外接球的外表积为________.解析结构一个长方体，使得它的三条面对角线区分为4、5、6，设长方体的三条边区分为x，y，z，那么x2+y2+z2=772，而长方体的外接球就是四面体的外接球，所以S=4R2=772. 答案 772三、解答题10.以下三个图中，左边是一个正方体截去一个角后所得多面体的直观图.左边两个是其正(主)视图和侧(左)视图. (1)请在正(主)视图的下方，依照画三视图的要求画出该多面体的仰望图(不要求表达作图进程).(2)求该多面体的体积(尺寸如图).解 (1)作出仰望图如下图.(2)依题意，该多面体是由一个正方体(ABCD-A1B1C1D1)截去一个三棱锥(E-A1B1D1)失掉的，所以截去的三棱锥体积VE-A1B1D1=13S△A1B1D1A1E=1312221=23，正方体体积V正方体AC1=23=8，所以所求多面体的体积V=8-23=223.11.(2021安徽卷)如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A底面ABCD.四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD=2BC.过 A1，C，D三点的平面记为，BB1与的交点为Q.(1)证明：Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱被平面所分红上下两局部的体积之比.解 (1)证明：由于BQ∥AA1，BC∥AD，BCBQ=B，ADAA1=A，所以平面QBC∥平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QC∥A1D.故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，于是△QBC∽△A1AD.所以BQBB1=BQAA1=BCAD=12，即Q为BB1的中点.(2)如图，衔接QA，QD.设AA1=h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面所分红上下两局部的体积区分为V上和V下，BC=a，那么AD=2a.VQ-A1AD=13122ahd=13ahd，VQ-ABCD=13a+2a2d12h=14ahd，所以V下=VQ-A1AD+VQ-ABCD=712ahd，又V四棱柱A1B1C1D1-ABCD=32ahd，所以V上=V四棱柱A1B1C1D1-ABCD-V下=32ahd-712ahd=1112ahd.故V上V下=117.B级才干提高组1.(2021北京卷)在空间直角坐标系Oxyz中，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，2).假定S1，S2，S3区分是三棱锥D-ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，那么()A.S1=S2=S3B.S2=S1且S2S3C.S3=S1且S3 S2D.S3=S2且S3S1解析作出三棱锥在三个坐标平面上的正投影，计算三角形的面积.如下图，△ABC为三棱锥在坐标平面xOy上的正投影，所以S1=1222=2.三棱锥在坐标平面yOz上的正投影与△DE F(E，F 区分为OA，BC的中点)全等，所以S2=1222=2.三棱锥在坐标平面xOz上的正投影与△DGH(G，H区分为AB，OC 的中点)全等，所以S3=1222=2.所以S2=S3且S1S3.应选D. 答案 D2.(2021山东卷)三棱锥P-ABC中，D，E区分为PB，PC的中点，记三棱锥D-ABE的体积为V1，P-ABC的体积为V2，那么V1V2=________.解析由于VP-ABE=VC-ABE，所以VP-ABE=12VP-ABC，又因VD-ABE=12VP-ABE，所以VD-ABE=14VP-ABC，V1V2=14.答案 143.(理)(2021课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 为矩形，PA平面ABCD，E为PD的中点.(1)证明：PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.解 (1)衔接BD交AC于点O，衔接EO.由于ABCD为矩形，所以O为BD的中点.又E为PD的中点，所以EO∥PB.EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)由于PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直.如图，以A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，|PA|为单位长，树立空间直角坐标系A-xyz.那么D(0，3，0)，E0，32，12， AE=0，32，12.设B(m,0,0)(m0)，那么C(m，3，0)，AC=(m，3，0)，设n1=(x，y，z)为平面ACE的法向量，那么n1AC=0，n1AE=0，即mx+3y=0，32y+12z=0，可取n1=3m，-1，3.又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量，由题设|cos〈n1，n2〉|=12，即 33+4m2=12，解得m=32.由于E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为12.三棱锥E-ACD的体积V=131233212=38.3.(文)如图，在Rt△ABC中，AB=BC=4，点E在线段AB上.过点E作EF∥BC交AC于点F，将△AEF沿EF折起到△PEF 的位置(点A与P重合)，使得PEB=30.(1)求证：EF(2)试问：当点E在何处时，四棱锥P-EFCB的正面PEB的面积最大?并求此时四棱锥P-EFCB的体积.解 (1)证明：∵AB=BC，BCAB，又∵EF∥BC，EFAB，即EFBE，EFPE.又BEPE=E，EF平面PBE，EFPB.(2)设BE=x，PE=y，那么x+y=4.S△PEB=12BEPEsinPEB=14xy14x+y22=1.当且仅当x=y=2时，S△PEB的面积最大.此时，BE=PE=2.由(1)知EF平面PBE，平面PBE平面EFCB，在平面PBE中，作POBE于O，那么PO平面EFCB.即PO为四棱锥P-EFCB的高.又PO=PEsin30=212=1.S梯形EFCB =12(2+4)2=6.VP-BCFE=1361=2.空间几何体三视图、外表积与体积专题测试的答案和解析希望考生好好应用，提高效果。

历年高考数学真题精选（按考点分类）专题27 三视图（学生版）一．选择题（共12小题）1．（2019•浙江）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 Sh 柱体，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：3)cm 是A ．158B ．162C ．182D ．3242．（2018•北京）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 3．（2018•新课标Ⅰ）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A．217B．25C．3D．2 4．（2017•新课标Ⅱ）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为()A．90πB．63πC．42πD．36π5．（2017•北京）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．32B．23C．22D．2 6．（2017•新课标Ⅰ）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A．10B．12C．14D．16 7．（2016•新课标Ⅲ）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，则该多面体的表面积为()A．18365+B．54185+C．90D．81 8．（2016•山东）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为()A．1233π+B．123C．123+D．21+9．（2016•北京）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()A．16B．13C．12D．110．（2016•新课标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．20πB．24πC．28πD．32π11．（2016•新课标Ⅰ）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是283π，则它的表面积是()A．17πB．18πC．20πD．28π12．（2015•重庆）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．123π+B．136πC．73πD．52π二．填空题（共2小题）13．（2019•北京）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．14．（2016•天津）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：)m，则该四棱锥的体积为3m历年高考数学真题精选（按考点分类）专题27 三视图（教师版）一．选择题（共12小题）1．（2019•浙江）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 Sh 柱体，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：3)cm 是( )A ．158B ．162C ．182D ．324【答案】B【解析】由三视图还原原几何体如图，该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解， 即()()114632632722ABCDE S =+⨯++⨯=五边形， 高为6，则该柱体的体积是276162V =⨯=．故选：B ．2．（2018•北京）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 【答案】C【解析】四棱锥的三视图对应的直观图为：PA ⊥底面ABCD ，5AC ，5CD =，3PC =，22PD =，可得三角形PCD 不是直角三角形． 所以侧面中有3个直角三角形，分别为：PAB ∆，PBC ∆，PAD ∆．故选：C ．3．（2018•新课标Ⅰ）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A．217B．25C．3D．2【答案】B【解析】由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：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22+2425故选：B．4．（2017•新课标Ⅱ）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为()A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π【答案】B【解析】由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半， 22131036632V πππ=⨯-⨯=，故选：B ．5．（2017•北京）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 ．32B ．23C ．22D ．2【答案】B【解析】由三视图可得直观图，再四棱锥P ABCD -中，最长的棱为PA ， 即22222(22)PA PB PC =+=+23=，故选：B ．6．（2017•新课标Ⅰ）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16【答案】B【解析】由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，()122462S =⨯⨯+=梯形，∴这些梯形的面积之和为6212⨯=，故选：B ．7．（2016•新课标Ⅲ）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，则该多面体的表面积为()A．18365+C．90D．81+B．54185【答案】B【解析】由已知中的三视图可得，该几何体是一个斜四棱柱，如图所示：其上底面和下底面面积为：33218⨯⨯=，侧面的面积为：22⨯+⨯+⨯=+，(36336)218185故棱柱的表面积为：1821818554185⨯++=+．故选：B．8．（2016•山东）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为()A．1233π+B．123π+C．123π+D．21π+【答案】C【解析】由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个半球，下部是一个四棱锥，半球的直径为棱锥的底面对角线，由棱锥的底底面棱长为1，可得22R=．故2R=，故半球的体积为：3222()3ππ=，棱锥的底面面积为：1，高为1，故棱锥的体积13V=，故组合体的体积为：123π+，故选：C．9．（2016•北京）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()A ．16B ．13C ．12D ．1【答案】A【解析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，棱锥的底面面积111122S =⨯⨯=，高为1，故棱锥的体积1136V Sh ==，故选：A ． 10．（2016•新课标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 ．20πB ．24πC ．28πD ．32π【答案】C【解析】由三视图知，空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是4，圆锥的高是23∴1244+，∴圆锥的侧面积是248ππ⨯⨯=， 下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是4，圆柱的高是4，∴圆柱表现出来的表面积是2222420πππ⨯+⨯⨯=∴空间组合体的表面积是28π，故选：C ．11．（2016•新课标Ⅰ）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是283π，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π【答案】A【解析】由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉18后的几何体，如图： 可得：37428833R ππ⨯=，2R =． 它的表面积是：22734221784πππ⨯+⨯=． 故选：A ．12．（2015•重庆）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．123π+B ．136πC ．73πD ．52π 【答案】B【解析】由题意可知几何体的形状是放倒的圆柱，底面半径为1，高为2，左侧与一个底面半径为1，高为1的半圆锥组成的组合体，几何体的体积为：2211131112236πππ⨯⨯⨯+⨯=． 故选：B ．二．填空题（共2小题）13．（2019•北京）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为 ．【答案】40【解析】由三视图还原原几何体如图，该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，则该几何体的体积1422(24)24402V=⨯⨯++⨯⨯=．14．（2016•天津）已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：)m，则该四棱锥的体积为23m【答案】2【解析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥， 棱锥的底面是底为2，高为1的平行四边形，故底面面积2212S m =⨯=， 棱锥的高3h m =， 故体积3123V Sh m ==， 故答案为：2。

专题21 三视图1．某几何体的三视图如图所示，则其表面积为（）A．2π B．3π C．4π D．5π【答案】B点睛：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．2．已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，则该三棱锥的侧视图可能为( )A． B． C． D．【答案】B【解析】由正视图和俯视图还原几何体如图所示，由正视图和俯视图对应线段可得2AB BD AD ===，当BC ABD ⊥平面时， BC=2， ABD ∆的边AB 上的高为3，只有B 选项符合，当BC 不垂直平面ABD 时，没有符合条件的选项，故选B ．点睛：1．解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据3．某个长方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( )A ． 4B ． 22C ．203D ． 8 【答案】D4．如图，正三棱柱111ABC A B C -的主视图是边长为4的正方形，则此正三棱柱的左视图的面积为( )A ． 16B ． 23C ． 43D ． 83【答案】D点睛：三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．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．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．5．某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( )(A) 168π+ (B) 88π+ (C) 1616π+ (D) 816π+【答案】A【解析】将三视图还原为原来的几何体,再利用体积公式求解．原几何体为组合体;上面是长方体,下面是圆柱的一半(如图所示),其体积为21422241682V ππ=⨯⨯+⨯⨯=+．故选A;6．如图5，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，则该多面体的几条棱中，最长的棱的长度为（ ）(A) 62 (B) 42 (C) 6 (D)4【答案】C【解析】如图所示点睛：对于小方格中的三视图，可以放到长方体，或者正方体里面去找到原图，这样比较好找；7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ． 24π-B ． 24π+C ． 20π-D ． 20π+【答案】A8．已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由三视图知：几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图，平面，，，，，经计算，，，，∴，∴，，，，∴，故选A．9．一个几何体由多面体和旋转体的整体或一部分组合而成，其三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A ．1π+B ．2π+C ．21π+D ．3522π++【答案】A【解析】考点：由三视图求体积．10．如图是一个由两个半圆锥与一个长方体组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．263π+B ．83π+C ．243π+D ．43π+【答案】C【解析】试题分析：相当于一个圆锥和一个长方体，故体积为122221433ππ⋅+⋅⋅=+．考点：三视图．11．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．143B． 5 C．163D．6【答案】A【解析】考点：三视图．12．一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为____．【答案】1 3【解析】本题考查三视图、四棱锥的体积计算等知识,难度中等．由三视图可知该几何体是底面为长和高均为1的平行四边形,高为1的四棱锥,故其体积为1111133V=⨯⨯⨯=．业主在物业管理中的权利和义务《物业管理条例》规定业主在物业管理中享有的10项权利:一、是按照物业服务合同的约定，接受物业管理企业提供的服务。

1.在一个儿何体的三视图中，正视图与俯视图如左图所示，则相应的侧视图可以为（）【答案】D【解析】试题分析：由止视图、俯视图，还原几何体为半个闘锥和冇一个侧面垂直于地面的三棱锥组成的简单组合体，故侧视图为D.考点：三视图.2.如图，网格纸上正方形小格的边长为1,图中粗线価出的是某儿何体的三视图，贝IJ儿何体的体积为（）1114A.- C. D.6323【答案】D【解析】试题分析：由题意，原几何体为三棱锥，如图所示:1 1 4r=-x-x2x2x2=-.故D」E确.3 2 3考点：三视图.【方法点睛】本题主要考查的是三视图和空间儿何体的体积，属于容易题.本题先根据三视图判断儿何体的结构特征，再计算出儿何体的体积即可.3. 若某圆柱体的上部挖掉一个半球，下部挖掉一个圆锥后所得的几何体的三视图中的 正视图和俯视图如图所示，则此儿何体的表面积是（）正视图 侧视图A. 24兀B. 24兀+&返兀C. 24兀+4返兀D. 32兀 【答案】c—【解析】 试题分析：几何体的表面积是闘柱的侧面积与半个求的表面积、関锥的侧面积的和.解：圆柱的侧而积为Si=2n X2X4=16 JT ,半球的表面积为$2二2兀X22二8兀, 圆锥的侧面积为S 台丄X2兀X2X 2逅二4逅兀, ° 2所以儿何体的表面积为s 二S1 + S 2+ s 3=247T+4V2兀；故选C.考点：由三视图求面积、体积.4. 某一简单几何体的三视图如所示，该几何体的外接球的表面积是（）A. 13nB. 16nC. 25nD. 27n【答案】C【解析】试题分析：几何体为底面为正方形的长方体，底面对角线为4,高为3.则长方体的对 角线为外接球的直径.解：几何体为底面为正方形的长方体，底面对角线为4,高为3,・••长方体底面边长为 2V2. 则长方体外接球半径为「则2珂（切）2+（2西）2+3纭5・・・・r-|.・••长方体 外接球的表面积s 二4 K 宀25 JT .故选C.考点：山三视图求面积、体积.5. 某四而体的三视图如图所示，则该四而体的所有棱中最长的是（）k 4 ----------------- ■— 3 —♦A. 5^2B. V41C. 4V|D. 5【答案］B —~【解析】试题分析：本题只要画出原儿何体，理清位置及数量关系，山勾股定理可得答案. 解：由三视图可知原几何体为三棱锥，其屮底WAABC为俯视图屮的玄角三角形，ZBAC为肓角，其中AC=3, AB二4, BC=5, PB丄底面ABC,且PB=4,由以上条件可知，ZPBC为直角，最长的棱为PC,在直角三角形PBC中，山勾股定理得，PC二Jp/7齐二姮，6•点M、N分别是正方体ABCD- A.BiCiD.的棱AB、AJ）冲点,用过A、M、N和D、N、C）的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图h则该几何体的正视图、侧视图（左视图）、俯视图依次为图2 中的（）S 1 图2A.①、②、③B.②、③、④C.①、③、④D.②、④、③【答案】B【解析】试题分析：肓接利用三视图的定义，正视图是光线从几何体的前而向示面正投影得到的投影图，据此可以判断出其正视图.左视图是光线从儿何体的左侧向右侧正投影得到的投影图，据此可以判断出其左视图.类似判断俯视图即可.解：由正视图的定义可知:点A、B、在后面的投影点分别是点D、C、Ci,线段AN在后面的投影面上的投影是以D 为端点几与线段CG 平行几相等的线段，即止视图为匸方 形，另外线段AM 在麻面的投影线要呦成实线，被遮挡的线段DG 耍働成虚线，止视图为 ②，左视图为③，俯视图为④；故选B.考点：简单空间图形的三视图.7.如图是一个儿何体的三视图，根据图中数据，可得该儿何体的表面积为（）【答案】C【解析】试题分析：由题意可知，几何体是由一个球和一个闘柱组合而成的，分别求表面积即可• 解：从三视图可以看出该儿何体是由一•个球和一个圆柱纽合而成的，球的半径为1，圆 柱的高为3,底面半径为1.所以球的表面积为4 n X 12=4 n .圆柱的侧面积为2n X3=6n,圆柱的两个底面积为 2 兀 X 12=2n ,D. 71 + y/i 【答案】A【解析】试题分析：由三视图知该儿何体是锥D-ABC^AC 是圆柱底而血径，3在底面圆周上，DO 丄平面ABC, O 是圆心, 尺寸见三视图，则 C. 12 n D. 13 n—xFxl + '»lx2xR •故选A.•个组合体，下血是圆柱, 上血是三棱锥，如图三棱侧视图)C. 2TT + V3所以该几何体的表面积为4n+2n+6n=12n. 故选C.考点：山三视图求而积、体积.考点：三视图，组合体的体积.9. 某儿何体的三视图如图所示，则它的表而积为（）.A. 6龙B. 571C. 4兀D. 3龙【答案】B【解析】 试题分析：由三视图可知儿何体为圆锥和半球的组合体•半球的半径为1,圆锥的高为 为2近，故圆锥的母线长为&2近$ + ]2 = 3 ,故儿何体的表血积1 9 5 = —x4>rxP+^xlx3 = 5^. 2考点：1.三视图还原主观图；2.圆锥的表面积；3.球的表面积.10. 某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积是正视图 匸I俯視图,・一B. 63 【答案】C 【解析】 试题分析：将三视图还原成几何体。

三视图类型题题型一三视图识图例1将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的侧(左)视图为()破题切入点根据三视图先确定原几何体的直观图和形状，然后再解题．答案 B解析还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线．D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线．题型二空间几何体的表面积和体积例2如图是某简单组合体的三视图，则该组合体的体积为()A．363(π＋2) B．363(π＋2)C．1083π D．108(3π＋2)破题切入点先根据三视图的结构特征确定几何体的构成——半圆锥与棱锥的组合体，然后把三视图中的数据转化为该组合体的数字特征，分别求出对应几何体的体积，则两者体积之和即该组合体的体积．答案 B解析由俯视图，可知该几何体的底面由三角形和半圆两部分构成，结合正视图和侧视图可知该几何体是由半个圆锥与一个三棱锥组合而成的，并且圆锥的轴截面与三棱锥的一个侧面重合，两个锥体的高相等．由三视图中的数据，可得该圆锥的底面半径r ＝6，三棱锥的底面是一个底边长为12，高为6的等腰三角形，两个锥体的高h ＝122－62＝63， 故半圆锥的体积V 1＝12×13π×62×63＝363π.三棱锥的底面积S ＝12×12×6＝36，三棱锥的体积V 2＝13Sh ＝13×36×63＝72 3.故该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝363π＋72 3 ＝363(π＋2)．故选B.题型三 立体几何中的计算综合问题例3 (2014·陕西)四面体ABCD 及其三视图如图所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB ，BD ，DC ，CA 于点E ，F ，G ，H .(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四面体EFGH 是矩形．破题切入点 由三视图和几何体得知原几何体中各元素的量和性质来求解． (1)解 由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1， ∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体ABCD 体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明 ∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ， ∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH . 同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ， ∴四边形EFGH 是平行四边形，又∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG . ∴四边形EFGH 是矩形．总结提高 (1)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高． (2)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样．(3)立体几何中有关表面积、体积的计算首先要熟悉几何体的特征，其次运用好公式，作好辅助线等．1．(2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )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.2．如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727 B.59C.1027D.13答案 C解析 由三视图可知几何体是如图所示的两个圆柱的组合体．其中左面圆柱的高为4 cm ，底面半径为2 cm ，右面圆柱的高为2 cm ，底面半径为3 cm ，则组合体的体积V 1＝π×22×4＋π×32×2＝16π＋18π＝34π(cm 3)，原毛坯体积V 2＝π×32×6＝54π(cm 3)，则所求比值为54π－34π54π＝1027.3．(2014·浙江)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )A ．90 cm 2B ．129 cm 2C ．132 cm 2D ．138 cm 2答案 D解析 该几何体如图所示，长方体的长、宽、高分别为6 cm,4 cm ，3 cm ，直三棱柱的底面是直角三角形，边长分别为3 cm,4 cm,5 cm ，所以表面积S ＝[2×(4×6＋4×3)＋3×6＋3×3]＋⎝⎛⎭⎫5×3＋4×3＋2×12×4×3＝99＋39＝138(cm 2)．4．(2014·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．54B ．60C ．66D ．72答案 B解析 由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形，由正视图和侧视图可以判断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的．在长方体中分析还原，如图(1)所示，故该几何体的直观图如图(2)所示．在图(1)中，直角梯形ABP A 1的面积为12×(2＋5)×4＝14，计算可得A 1P ＝5.直角梯形BCC 1P 的面积为12×(2＋5)×5＝352.因为A 1C 1⊥平面A 1ABP ，A 1P ⊂平面A 1ABP ，所以A 1C 1⊥A 1P ，故Rt △A 1PC 1的面积为12×5×3＝152.又Rt △ABC 的面积为12×4×3＝6，矩形ACC 1A 1的面积为5×3＝15，故几何体ABC －A 1PC 1的表面积为14＋352＋152＋6＋15＝60.5．两球O 1和O 2在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内部，且互相外切，若球O 1与过点A 的正方体的三个面相切，球O 2与过点C 1的正方体的三个面相切，则球O 1和球O 2的表面积之和的最小值为( ) A ．(6－33)π B ．(8－43)π C ．(6＋33)πD ．(8＋43)π答案 A解析 设球O 1，O 2的半径分别为r 1，r 2， 由题意知O 1A ＋O 1O 2＋O 2C 1＝3，而O 1A ＝3r 1，O 1O 2＝r 1＋r 2，O 2C 1＝3r 2， ∵3r 1＋r 1＋r 2＋3r 2＝ 3.∴r 1＋r 2＝3－32， 从而S 1＋S 2＝4πr 21＋4πr 22＝4π(r 21＋r 22)≥4π·(r 1＋r 2)22＝(6－33)π.6．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S —ABC 的体积为( ) A ．3 3B ．2 3C. 3D ．1答案 C解析 如图，过A 作AD 垂直SC 于D ，连接BD .由于SC 是球的直径，所以∠SAC ＝∠SBC ＝90°，又∠ASC ＝∠BSC ＝30°，又SC 为公共边， 所以△SAC ≌△SBC . 由于AD ⊥SC ，所以BD ⊥SC . 由此得SC ⊥平面ABD .所以V S —ABC ＝V S —ABD ＋V C —ABD ＝13S △ABD ·SC .由于在Rt △SAC 中，∠ASC ＝30°，SC ＝4， 所以AC ＝2，SA ＝23，由于AD ＝SA ·CA SC ＝ 3.同理在Rt △BSC 中也有BD ＝SB ·CBSC ＝ 3.又AB ＝3，所以△ABD 为正三角形，所以V S —ABC ＝13S △ABD ·SC ＝13×12×(3)2·sin 60°×4＝3，所以选C.7．(2014·辽宁)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8－2πB ．8－πC ．8－π2D ．8－π4答案 B解析 这是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体，如图，几何体的高为2， V ＝23－14×π×12×2×2＝8－π.8．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均由直角三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得几何体的体积为( )A.2π3＋12 B.4π3＋16 C.2π6＋16D.2π3＋12答案 C解析 由三视图确定该几何体是一个半球体与三棱锥构成的组合体，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，所以三棱锥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，所以球的直径2R ＝BC ＝2，解得R ＝22，所以半球的体积V 2＝12×4π3×(22)3＝2π6，故所求几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝16＋2π6.9．(2014·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．答案 2 2解析 根据三视图还原几何体，得如图所示的三棱锥P －ABC .由三视图的形状特征及数据，可推知P A ⊥平面ABC ，且P A ＝2. 底面为等腰三角形，AB ＝BC ， 设D 为AC 的中点，AC ＝2， 则AD ＝DC ＝1，且BD ＝1，易得AB ＝BC ＝2，所以最长的棱为PC ， PC ＝P A 2＋AC 2＝2 2.10．已知正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，若P A ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________． 答案33解析 如图，作PM ⊥平面ABC ，设P A ＝a ，则AB ＝2a ，CM ＝63a ， PM ＝33a . 设球的半径为R ， 所以⎝⎛⎭⎫33a －R 2＋⎝⎛⎭⎫63a 2＝R 2， 将R ＝3代入上式，解得a ＝2，所以d ＝3－233＝33.11．已知一个圆锥的底面半径为R ，高为H ，在其内部有一个高为x 的内接圆柱． (1)求圆柱的侧面积；(2)x 为何值时，圆柱的侧面积最大？ 解 (1)作圆锥的轴截面，如图所示．因为r R ＝H －x H ，所以r ＝R －R H x ，所以S 圆柱侧＝2πrx ＝2πRx －2πR H x 2(0<x <H )．(2)因为－2πRH<0，所以当x ＝2πR 4πR H＝H2时，S 圆柱侧最大．故当x ＝H2，即圆柱的高为圆锥高的一半时，圆柱的侧面积最大．12．(2014·北京)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点． (1)求证：平面ABE ⊥平面B 1BCC 1； (2)求证：C 1F ∥平面ABE ； (3)求三棱锥E －ABC 的体积．(1)证明 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中， BB 1⊥底面ABC ，所以BB 1⊥AB . 又因为AB ⊥BC ， 所以AB ⊥平面B 1BCC 1， 又因为AB ⊂平面ABE ， 所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(2)证明 取AB 的中点G ，连接EG ，FG . 因为E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点， 所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC .因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1，所以四边形FGEC 1为平行四边形．所以C 1F ∥EG . 又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE .(3)解 因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3.所以三棱锥E －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33.。

全国高考数学（理）三视图整精编一、选择题1、（新课标全国Ι）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）2、（广东5）某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是为（）3、（湖北8）一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为V1、V2、V3、V4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均，多面体，则有( )4、（2013重庆卷5）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）5、（2013四川卷3）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是（）二、填空题6、（2013浙江卷12）若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的体积等于cm2.（第6题）7、（2013福建卷12）已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2 的正方形，则该球的表面积是8、（2013陕西卷12）某几何体的三视图如图所示，则其体积为（第7题）第8题9、（2013辽宁卷13）某几何体的全视图如图所示，则该几何体的体积是三视图10.文理（15）设某几何体的三视图如下（尺寸的长度单位为m）。

m则该几何体的体积为311.文理（15）如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为______.2，它的三视12.文理7一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为3图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是A．42B．3C．2D．313理13．一个几何体的三视图如图1-3所示.则该几何体的表面积为________.图1-314文13．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为__________．15.文理13）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是.16.若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A ．2B ．1C ．2/3D ．1/3一、 三视图考点⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧画图邻关系判断几何体各个面的相个数，判断几何体给出某一视图和几何体判断几何体个数体形状给出三视图，判断几何图给出几何体，判断三视例题1：如图所示的几何体的俯视图是（ ）．A ．B ．C ．D ．例题2：下图是由几个相同的小正方体搭成的一个几何体,它的俯视图是( )第1题图BCA例题3：一个物体的三视图如图所示，该物体是（ ） A ．圆柱 B ．圆锥 C ．棱锥 D ．棱柱例题4：如图是一个包装纸盒的三视图（单位：cm ），则制作一个纸盒所需纸板的面积是A ．75（1+3）cm 2B ．75（1+23）cm 2C ．75（2+3）cm 2D ．75（2+23）cm 2例题5：下图是由几个相同的小正方体搭成的几何体的三视图， 则搭成这个几何体的小正方体的个数是A ．5B ．6C ．7D ．8例题6：如图是由大小相同的小正方体组成的简单几何体的主视图和左视图，那么组成这个几何体的小正方体的个数最多为.左视图俯视图例题7：在如图所示的正方体的三个面上，分别画了填充不同的圆，下面的4个图中，是这个正方体展开图的有( )．例题8：如图是正方体的展开图，则原正方体相对两个面上的数字和最小的是( ).A. 4B. 6C. 7D.8例题9：骰子是一种特别的数字立方体，它符合规则：相对两面的点数之和总是7.下面四幅图中可以折成符合规则的骰子的是例题101 42 5 36第8题图从正面看从左面看主视图左视图俯视图例题11：由一些大小相同的小正方体组成的几何体的主视图和俯视图（1）请你画出这个几何体的一种左视图；（2）若组成这个几何体的小正方形的块数n，请你写出n的所有可能值。

8.1 空间几何体的三视图、表面积和体积一、选择题1.(2022届山东烟台一中开学考,2)已知圆锥的表面积等于12πcm 2,其侧面展开图是一个半圆,则圆锥的底面半径为( ) A.1cm B.2cm C.3cm D.32cm答案 B 设圆锥的底面圆的半径为rcm,母线长为lcm,∵侧面展开图是一个半圆,∴πl=2πr ⇒l=2r,∵圆锥的表面积为12πcm 2,∴πr 2+πrl=3πr 2=12π,∴r=2,故圆锥的底面半径为2cm.故选B.2.(2022届黑龙江六校11月联考,4)已知圆锥的轴截面为等边三角形,且圆锥的表面积为3π,则圆锥的底面半径为( )A.12 B.1 C.√2 D.√3答案 B 设圆锥的母线长为l,底面半径为r,根据题意,得l=2r,所以圆锥的表面积S=πr 2+πrl=3πr 2=3π,解得r=1,故选B.3. (2022届河北邢台入学考,4)六氟化硫,化学式为SF 6,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体,有良好的绝缘性,在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体(每个面都是正三角形的八面体),如图所示,硫原子位于正八面体的中心,6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点.若相邻两个氟原子间的距离为2a,则六氟化硫分子中6个氟原子构成的正八面体的体积是(不计氟原子的大小)( )A.4√23a 3B.8√23a 3C.4√2a 3D.8√2a 3答案 B 如图,连接AC,BD,设AC∩BD=O,则O 为正方形ABCD 的中心,连接OE.因为AE=CE,BE=DE,所以OE⊥AC,OE⊥BD,又AC∩BD=O,所以OE⊥平面ABCD.因为AB=BC=AE=2a,所以AC=√AA 2+B A 2=2√2a.因为四边形ABCD 是正方形,所以AO=12AC=√2a,则OE=√AA 2-A A 2=√2a,故该正八面体的体积为13×(2a)2×√2a×2=8√23a 3.4.(2022届河南焦作一模,6)底面是边长为1的正方形,侧面均是等边三角形的四棱锥的体积为( )A.√26 B.√24 C.√23 D.√22答案 A 由题意可知该四棱锥为正四棱锥,底面正方形对角线长为√2,则正四棱锥的高h=√12-(√22)2=√22,所以正四棱锥的体积V=13×12×√22=√26,故选A.5.(2022届河南洛阳期中,7)某四面体的三视图如图所示,已知其正视图、侧视图、俯视图是全等的等腰直角三角形,则该四面体的四个面中直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4答案 D 由三视图及已知可知该四面体可补形成正方体,如图所示.易知△DAB,△ABC 均为直角三角形.由正方体的性质可知CB⊥平面DAB,所以CB⊥BD,即△DBC 是直角三角形;又知DA⊥平面ABC,所以DA⊥AC,即△DAC 是直角三角形,所以该四面体的四个面中直角三角形的个数为4,故选D.6.(2022届江西吉安9月月考,8)如图,网格图中小正方形的边长为1,粗线是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( )A.2π+4B.2π+2C.π+4D.6π+12答案 A 由三视图可知,该几何体由半圆锥和三棱锥拼接而成,半圆锥的底面半径为2,高为3,三棱锥的底面是斜边长为4的等腰直角三角形,三棱锥的高为3,故该几何体的体积V=13×(12π×22+4×2×12)×3=2π+4,故选A.7.(2022届江苏海安高级中学期中,8)如图所示,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1=1,AB=BC=√3,cos∠ABC=13,P 是A 1B 上的一动点,则AP+PC 1的最小值为( )A.√5B.√7C.1+√3D.3答案 B 连接BC 1,得△A 1BC 1,以A 1B 所在直线为轴,将△A 1BC 1所在平面旋转到平面ABB 1A 1,设点C 1的新位置为C',连接AC', 则AC'的长即为AP+PC 1的最小值.∵AB=BC=√3,cos∠ABC=13,∴由余弦定理可得,AC=2,∴A 1C 1=2,即A 1C'=2,∵AA 1=1,AB=√3,∴A 1B=2,且∠AA 1B=60°.易求得C 1B=2,∵A 1B=BC 1=A 1C 1=2,∴△A 1BC 1为等边三角形,∴∠BA 1C 1=60°.∴在三角形AA 1C'中,∠AA 1C'=120°,又AA 1=1,A 1C'=2,∴AC'=√1+4−2×1×2×(-12)=√7.故选B.8.(2022届吉林顶级名校11月月考,10)已知球O,过球面上A,B,C 三点作截面,若点O 到该截面的距离是球半径的一半,且AB=BC=2,∠B=120°,则球O 的表面积为( ) A.643π B.83π C.323π D.169π答案 A 如图,设球的半径为r,O 1是△ABC 的外心,外接圆半径为R,连接OO 1,OB,O 1B,则OO 1⊥平面ABC,在△ABC 中,AB=BC=2,∠ABC=120°,则∠A=30°,由正弦定理得2sin A =2R,∴R=2,即O 1B=2.在Rt△OBO 1中,由已知得r 2-14r 2=4,得r 2=163,所以球O 的表面积S=4πr 2=4π×163=643π.故选A.9.(2022届合肥联考(一),9)一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积为( )A.2√3+√2+1B.√3+2√2+1C.√3+√2+2D.√3+√2+1答案 B 如图,在棱长等于√2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1上取四面体ABB 1D 1,即为所求四面体,易得该四面体的表面积为12×√2×√2+12×√2×2×2+√34×22=√3+2√2+1.故选B.10.(2022届贵阳摸底,9)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的外接球的体积为( )A.13√136π B.13π C.9π D.92π答案 A 由三视图可知,此空间几何体是一放倒的圆柱,圆柱的底面半径为1,高为3,如图所示,该圆柱的上、下底面圆周在其外接球的表面上,外接球的半径为OA,因为OO 1=32,O 1A=1,所以OA=√(32)2+12=√132,所以圆柱外接球的体积为43π(√132)3=13√136π,故选A.11.张衡(78年—139年)是中国东汉时期伟大的天文学家、文学家、数学家,他的数学著作有《算罔论》,他曾经得出结论:圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点A,B,若线段AB 的最小值为√3-1,利用张衡的结论可得该正方体的外接球的表面积为( )A.30B.10√10C.12√10D.36答案 C 设正方体的棱长为a,则正方体的内切球半径为r=A2,正方体的外接球半径R 满足:R 2=(A 2)2+(√22a )2,解得R=√32a,由题意知:R-r=√32a-A2=√3-1,则a=2,R=√3,则该正方体的外接球的表面积为12π,又因为圆周率的平方除以十六等于八分之五,即π216=58,所以π=√10,所以外接球的表面积为12√10.故选C.二、填空题12.(2022届甘肃九校联考,16)某零件的结构是在一个圆锥中挖去了一个正方体,且正方体的一个面在圆锥底面上,该面所对的面的四个顶点在圆锥侧面内.在图①②③④⑤⑥⑦⑧中选两个分别作为该零件的主视图和俯视图,则所选主视图和俯视图的编号依次可能为(写出符合要求的一组即可).答案⑤⑦(或①⑧)解析根据题意可知,圆锥和正方体的位置关系如图所示,当主视图为①时,俯视图为⑧;当主视图为⑤时,俯视图为⑦,故符合题意的编号为⑤⑦(或①⑧).13.(2022届浙江浙南名校联盟联考一,15)一圆锥母线长为定值a(a>0),母线与底面所成角),当圆锥体积V最大时,sinθ=.大小为θ(0<A<π2答案√33解析如图,设圆锥的高为h,底面半径为r,则h=asinθ,r=acosθ,∴V=13πr 2h=13πa 2cos 2θ·asinθ=π3a 3(1-sin 2θ)·sinθ=π3a 3(sinθ-s in 3θ),则V'=π3a 3(cosθ-3sin 2θ·cosθ)=π3a 3·cosθ(1-3sin 2θ),令V'=0, ∵0<θ<π2,∴1-3sin 2θ=0,即sin 2θ=13,∴sinθ=√33.∴当sinθ∈(0,√33)时,V'>0,V=π3a 3(sinθ-sin 3θ)单调递增;当sinθ∈(√33,1)时,V'<0,V=π3a 3(sinθ-sin 3θ)单调递减.∴sinθ=√33时,V 最大.14.(2022届河南洛阳期中,15)在三棱锥P-ABC 中,AB=2√6,BC=1,AC=5,侧面PAB 是以P 为直角顶点的直角三角形,若平面PAB⊥平面ABC,则该三棱锥体积的最大值为 . 答案 2解析 因为AB=2√6,BC=1,AC=5,所以AB 2+BC 2=AC 2,所以AB⊥BC,在Rt△PAB 中,过P 作PE⊥AB 交AB 于点E,又平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PE ⊂平面PAB,所以PE⊥平面ABC,所以PE 是三棱锥P-ABC 的高,设AE=x,则BE=2√6-x,在Rt△PAB 中,PE 2=AE·BE,所以PE=√A (2√6-x).所以V 三棱锥P-ABC =13S △ABC ·PE=13×12×2√6×1×√A (2√6-x)=√63√A (2√6-x),当x=√6时,三棱锥的体积取得最大值2.15.(2020甘肃金昌永昌一高期末,16)已知△ABC 中,P 在边BC 上且AP⊥BC,现以AP 为折痕将△ABC 折起,使得∠BPC=π2.若PA=2PB=2PC=4,则该三棱锥P-ABC 的外接球的体积是 ;内切球的表面积是 . 答案 8√6π;π解析 因为AP⊥BP 且AP⊥PC,且∠BPC=90°,所以PA,PB,PC 两两垂直,所以将三棱锥P-ABC 补成如图所示的长方体,设三棱锥P-ABC 的外接球的半径为R,则(2R)2=PA 2+PB 2+PC 2=16+4+4=24,解得R=√6,所以三棱锥P-ABC 的外接球的体积为43πR 3=43π(√6)3=8√6π.设三棱锥P-ABC 内切球的半径为r,三棱锥P-ABC 的表面积为S,由已知得BC=√22+22=2√2,AB=AC=√42+22=2√5,则S=12×4×2×2+12×2×2+12×2√2×√(2√5)2-(√2)2=16,所以V P-ABC =V B-APC =13×12×4×2×2=13×16r,解得r=12,所以三棱锥P-ABC 内切球的表面积为4πr 2=4π×(12)2=π.16.(2022届北京顺义一中期中,15)如图所示,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱CC1上的一个动点,若平面BED1交棱AA1于点F,给出下列命题:①截面四边形BED1F可以是正方形;②三棱锥B1-BED1的体积恒为定值;③截面四边形BED1F周长的最小值为2√5a.其中是真命题的是(填写所有正确答案的序号).答案②③解析对于①,易得BD1=√3a,设C1E=b(0≤b≤a),则D1E=√A2+A2,BE=√A2+(A-A)2,假设截面四边形BED1F是正方形,则△BED1是以BD1为斜边的等腰直角三角形,从而有{√2·√A2+A2=√3a,√2·√A2+(A-A)2=√3a,由b=a-b得a=2b,则√2·√4A2+A2=2√3b,显然√2·√4A2+A2=2√3b不成立,所以截面四边形BED1F不可能是正方形,①错误;对于②,因为点E到平面BB1D1的距离为定值,又A A1-BE A1=A A-AA1A1,所以三棱锥B1-BED1的体积恒为定值,②正确;对于③,当点E与点C或C1重合时,截面四边形BED1F周长取得最大值2(a+√2a)=2(1+√2)a,当点E是CC1中点时,截面四边形BED1F周长取得最小值2×2·√A2+(A2)2=2√5a,③正确.综上②③正确.。