2020届高三文科数学精准培优专练：三视图与体积、表面积(附解析)

2020届高三好教育精准培优专练例1：中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．【答案】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．例2：如图，在长方体1111ABCD A B C D-中，点P是棱CD上一点，则三棱锥11P A B A-的侧视图是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】在长方体1111ABCD A B C D-中，从左侧看三棱锥11P A B A-，1B、1A、A的射影分别是1C、1D、D，1AB的射影为1C D，且为实线，一、根据几何体的结构特征确认其三视图培优点十三三视图与体积、表面积1PA 的射影为1PD ，且为虚线．故选D ．例3：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【答案】B【解析】由题三视图得直观图如图所示，为三棱柱．故选B ．例4：若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱． 故选D ．二、根据三视图还原几何体的直观图例5：如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由正视图和俯视图可知，该几何体是一个圆柱挖去一个圆锥构成的， 结合正视图的宽及俯视图的直径知其侧视图应为A ．故选A ．例6：一个几何体的三视图中，正视图和侧视图如图所示，则俯视图不可以为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】A 中，该几何体是直三棱柱，所以A 有可能； B 中，该几何体是直四棱柱，所以B 有可能； C 中，由题干中正视图的中间为虚线知，C 不可能； D 中，该几何体是直四棱柱，所以D 有可能． 综上，故选C．四、根据几何体的三视图计算表面积三、已知几何体的三视图中某两个视图，确定另外一种视图例7：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，则该几何体的表面积 为（ ）A ．5π18+B ．6π18+C ．8π6+D ．10π6+【答案】C【解析】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2211124π12π1232π138π6222⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯+⨯⨯⨯=+． 故选C ．例8：如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的 体积是28π3，则它的表面积是（ ）A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π【答案】A【解析】由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图． 设球的半径为R ，则3341428πππ3833R R -⨯=，解得2R =． 因此它的表面积为22734ππ17π84R R ⨯+=．故选A ．例9：某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：3cm)是（）A．π12+B．π32+C．3π12+D．3π32+【答案】A【解析】由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边3的三棱锥的组合体，∴该几何体的体积21111ππ22323221331⨯⨯⨯⨯+=+．故选A．例10：如图所示，已知多面体ABCDEFG中，AB、AC、AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，2AB AD DG===，1AC EF==，则该多面体的体积为________．【答案】4【解析】法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH DG⊥于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH ABC-和一个斜三棱柱BEF CHG-．由题意，知三棱柱DEH ABC-的体积11(2221)2DEHV S AD=⨯⨯⨯=⨯=△，五、根据几何体的三视图计算体积三棱柱BEF CHG -的体积21(2221)2BEF V S DE =⨯⨯⨯=⨯=△， 故所求多面体ABCDEFG 的体积为12224V V V =+=+=．法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半．又正方体ABHI DEKG -的体积328V '==，故所求多面体ABCDEFG 的体积为118422V V '==⨯=．一、选择题1．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的各个面中是直角三角形的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【解析】三视图还原为如图所示三棱锥A BCD -，由正方体的性质得ABC △、BCD △、ACD △为直角三角形，ABD △为正三角形，故选C ．2．某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积（ ）对点增分集训A ．5πB ．6πC ．6π2+D ．5π2+【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体为两个半圆柱构成，其表面积为22π1π12π11215π2⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯=+，故选D ． 3．已知一个几何体的三视图如图所示，则其体积为（ ）A ．12πB ．16πC ．32π3D ．403π【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体为圆柱挖去其16后的剩余部分，该圆柱的底面半径为2，高为4， 故其体积为圆柱体积的56，25540ππ16π663V R h ==⨯=．故选D ．4．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（ ）A ．23B ．43C ．83D【答案】C【解析】该三视图还原成直观图后的几何体是如图所示的四棱锥A BCDE -，CBA △和ACD △是两个全等的直角三角形，且2AC CD BC ===， 故几何体的体积为1822233⨯⨯⨯=，故选C ．5．我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为刍童．如图是一个刍童的三视图， 其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和6，高为2，则该刍童的体积为（ ）A ．1003B ．1043C ．27D ．18【答案】B【解析】由题意几何体原图为正四棱台，底面的边长分别为2和6，高为2，所以几何体体积1104(436233V =++⨯=．故选B ． 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，则该多面体的各棱中， 最长的棱的长度为（ ）A ．B ．6C ．D ．4【答案】B【解析】三视图还原成如图所示的几何体，三棱锥S ABC -，则4SB BC ==，SC =AC AB ==6SA =．故选B ．7．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 、G 分别为棱CD 、1CC 、11A B 的中点，用过点E 、F 、G 的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧视图为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】过点E ，F ，G 截正方体的平面为如图所示的平面EFKGHI ， 由图知位于截面以下部分的几何体的侧视图为C 选项，故选C ．8．如图所示的网格是由边长为1的小正方形构成，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．40B ．103C ．163D ．803【答案】D【解析】根据几何体三视图可得，该几何体是三棱柱BCE AGF -割去一个三棱锥A BCD -所得的几何体，如图所示，所以其体积为111180444(44)423223V =⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=．故选D ．9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积是（ ）A．π3B．π2C ．3π D．【答案】B【解析】根据几何体的三视图知，该几何体是由一个正方体切去正方体的一角得到的，故该几何体的外接球为正方体的外接球，所以球的半径2r ==则34π3V =⋅⋅=⎝⎭B ． 10．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球半径为（ ）ABCD．【答案】C【解析】由三视图可知三棱锥的直观图如图，由三视图可知底面三角形是边长为2，顶角120︒的三角形， 所以其外接圆半径结合正弦定理可得，224sin30r ==︒，由侧面为两等腰直角三角形，可确定出外接圆圆心，利用球的几何性质可确定出球心，且球心到底面的距离1d =，所以球半径R ==C ．11．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的体积为（ ）A ．6B ．8C ．62D ．【答案】B【解析】由三视图可得四棱锥为如图所示的长方体1111ABCD A B C D -中的四棱锥11C DEE D -，其中在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB =，2AD =，13AA =，点E 、1E 分别为AB 、11A B 的中点， 由题意得CE DE ==CE DE ⊥，又1CE EE ⊥，所以CE ⊥平面11DEE D ，即线段CE 即为四棱锥11C DEE D -的高，所以四棱锥11C DEE D -的体积1111(3833DEE D V S CE =⋅⋅=⨯⨯⨯=．故选B ．12．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别为线段CD 和11A B 上的动点，且满足1CE A F =，则四边形1D FBE 所围成的图形（如图所示阴影部分）分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和（ ）A ．有最小值32B ．有最大值52C ．为定值3D ．为定值2【答案】D【解析】依题意，设四边形1D FBE 的四个顶点在后面、上面、左面的投影点分别为'D 、F '、B '、E '，则四边形1D FBE 在上面、后面、左面的投影分别如下图， 所以在后面的投影的面积为1111S =⨯=， 在上面的投影面积211S D E DE DE ''=⨯=⨯=， 在左面的投影面积311S B E CE CE ''=⨯=⨯=，所以四边形1D FBE 所围成的图形分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和为123112S S S S DE CE CD =++=++=+=．故选D ．二、填空题13．某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积是 ．【答案】64+【解析】由三视图可知，该几何体的直观图为如图所示的四棱柱， 则11111(24)4122ABCD A B C D S S ==⨯+⨯=，11114416BCC B CC D D S S ==⨯=，11428ABB A S =⨯=，114AA D D S =⨯=所以该四棱柱的表面积为2432864S =+++=+14．《九章算术》是我国古代数学名著，在《九章算术》中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．若某“阳马”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，则该“阳马”的表面积为 ．【答案】2【解析】由三视图可得该“阳马”的底面是边长为1的正方形，且高为1，故该“阳马”的表面积为11211212122+⨯⨯⨯+⨯=+15．已知圆锥的高为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 ．【答案】32π3【解析】设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，222()3R R +-=，解得2R =， 故所求球的体积334432ππ2π333V R ==⨯=． 16．已知点P 、A 、B 、C 是半径为2的球面上的点，2PA PB PC ===，90ABC ∠=︒，点B 在AC 上的射影为D ，则三棱锥P ABD -体积的最大值是 ．【答案】8【解析】设点P 在平面ABC 上的射影为G ，如图， 由2PA PB PC ===，90ABC ∠=︒知，点P 在平面ABC 上的射影G 为ABC △的外心，即AC 的中点， 设球的球心为O ，连接PG ，则O 在PG 的延长线上， 连接OB 、BG ，设PG h =，则2OG h =-，所以2222OB OG PB PG -=-，即22()424h h --=-，解得1h =，则AG CG ==设AD x =，则3GD x AG x =-=3BG =所以BD ==12ABD S AD BD ==⋅△令43()f x x =-+，则32()4f x x '=-+，由()0f x '=，得0x =或2x =，易知当2x =时，函数()f x 取得最大值24316，所以max 1()248ABD S =⨯=△．又1PG =，所以三棱锥P ABD -体积的最大值为11388⨯=．。

2020届高三好教育精准培优专练例1：中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．例2：如图，在长方体1111ABCD A B C D-中，点P是棱CD上一点，则三棱锥11P A B A-的侧视图是（）A．B．C．D．例3：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（）二、根据三视图还原几何体的直观图一、根据几何体的结构特征确认其三视图培优点十三三视图与体积、表面积A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱例4：若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（）A．B．C．D．例5：如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为（）A．B．C．D．例6：一个几何体的三视图中，正视图和侧视图如图所示，则俯视图不可以为（）A．B．C．D．三、已知几何体的三视图中某两个视图，确定另外一种视图例7：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，则该几何体的表面积为（）A．5π18+B．6π18+C．8π6+D．10π6+例8：如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（）A．17πB．18πC．20πD．28π例9：某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：3cm)是（）A．π12+B．π32+C．3π12+D．3π32+例10：如图所示，已知多面体ABCDEFG中，AB、AC、AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，2AB AD DG===，1AC EF==，则该多面体的体积为________．五、根据几何体的三视图计算体积四、根据几何体的三视图计算表面积一、选择题1．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的各个面中是直角三角形的个数为（）A．1B．2C．3D．42．某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积（）A．5πB．6πC．6π2+D．5π2+3．已知一个几何体的三视图如图所示，则其体积为（）A．12πB．16πC．32π3D．403π4．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（）对点增分集训A ．23B ．43C ．83D5．我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为刍童．如图是一个刍童的三视图， 其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和6，高为2，则该刍童的体积为（ ）A ．1003B ．1043C ．27D ．186．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，则该多面体的各棱中， 最长的棱的长度为（ ）A ．B ．6C ．D ．47．在正方体1111ABCD A B C D 中，E 、F 、G 分别为棱CD 、1CC 、11A B 的中点，用过点E 、F 、G 的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧视图为（ ）A．B．C．D．8．如图所示的网格是由边长为1的小正方形构成，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．40B．103C．163D．8039．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积是（）A．π3B．π2C．3πD．10．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球半径为（）ABCD．11．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的体积为（）A．6B．8C．D．12．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别为线段CD 和11A B 上的动点，且满足1CE A F =，则四边形1D FBE 所围成的图形（如图所示阴影部分）分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和（ ）A ．有最小值32B ．有最大值52C ．为定值3D ．为定值2二、填空题13．某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积是 ．14．《九章算术》是我国古代数学名著，在《九章算术》中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．若某“阳马”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，则该“阳马”的表面积为 ．15．已知圆锥的高为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 ．16．已知点P 、A 、B 、C 是半径为2的球面上的点，2PA PB PC ===，90ABC ∠=︒，点B 在AC 上的射影为D ，则三棱锥P ABD -体积的最大值是 ．例1：【答案】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．例2：【答案】D【解析】在长方体1111ABCD A B C D-中，从左侧看三棱锥11P A B A-，1B、1A、A的射影分别是1C、1D、D，1AB的射影为1C D，且为实线，1PA的射影为1PD，且为虚线．故选D．例3：【答案】B【解析】由题三视图得直观图如图所示，为三棱柱．故选B．例4：【答案】D【解析】由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱．故选D．例5：【答案】A【解析】由正视图和俯视图可知，该几何体是一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径知其侧视图应为A．故选A．例6：【答案】C【解析】A中，该几何体是直三棱柱，所以A有可能；B中，该几何体是直四棱柱，所以B有可能；C中，由题干中正视图的中间为虚线知，C不可能；D中，该几何体是直四棱柱，所以D有可能．综上，故选C．例7：【答案】C【解析】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，培优点十三三视图与体积、表面积答案故该几何体的表面积为2211124π12π1232π138π6222⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯+⨯⨯⨯=+． 故选C ． 例8：【答案】A【解析】由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图． 设球的半径为R ，则3341428πππ3833R R -⨯=，解得2R =． 因此它的表面积为22734ππ17π84R R ⨯+=．故选A ．例9：【答案】A【解析】由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边3的三棱锥的组合体，∴该几何体的体积21111ππ323221331⨯⨯⨯⨯+=+．故选A ． 例10：【答案】4【解析】法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C 作CH DG ⊥于H ，连接EH ，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH ABC -和一个斜三棱柱BEF CHG -． 由题意，知三棱柱DEH ABC -的体积11(2221)2DEH V S AD =⨯⨯⨯=⨯=△， 三棱柱BEF CHG -的体积21(2221)2BEF V S DE =⨯⨯⨯=⨯=△， 故所求多面体ABCDEFG 的体积为12224V V V =+=+=．法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半．又正方体ABHI DEKG -的体积328V '==， 故所求多面体ABCDEFG 的体积为118422V V '==⨯=．一、选择题 1．【答案】C【解析】三视图还原为如图所示三棱锥A BCD -，由正方体的性质得ABC △、BCD △、ACD △为直角三角形，ABD △为正三角形，故选C ．2．【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体为两个半圆柱构成，其表面积为22π1π12π11215π2⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯=+，故选D ． 3．【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体为圆柱挖去其16后的剩余部分，该圆柱的底面半径为2，高为4， 故其体积为圆柱体积的56，25540ππ16π663V R h ==⨯=．故选D ．4．【答案】C【解析】该三视图还原成直观图后的几何体是如图所示的四棱锥A BCDE -，CBA △和ACD △是两个全等的直角三角形，且2AC CD BC ===，故几何体的体积为1822233⨯⨯⨯=，故选C ．5．【答案】B【解析】由题意几何体原图为正四棱台，底面的边长分别为2和6，高为2，所以几何体体积1104(436233V =++⨯=．故选B ． 6．【答案】B【解析】三视图还原成如图所示的几何体，三棱锥S ABC -，则4SB BC ==，SC =AC AB ==6SA =．故选B ．7．【答案】C【解析】过点E ，F ，G 截正方体的平面为如图所示的平面EFKGHI ， 由图知位于截面以下部分的几何体的侧视图为C 选项，故选C ．8．【答案】D【解析】根据几何体三视图可得，该几何体是三棱柱BCE AGF -割去一个三棱锥A BCD -所得的几何体，如图所示，所以其体积为111180444(44)423223V =⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=．故选D ．9．【答案】B【解析】根据几何体的三视图知，该几何体是由一个正方体切去正方体的一角得到的，故该几何体的外接球为正方体的外接球，所以球的半径22r ==，则34π3V =⋅⋅=⎝⎭B ． 10．【答案】C【解析】由三视图可知三棱锥的直观图如图，由三视图可知底面三角形是边长为2，顶角120︒的三角形， 所以其外接圆半径结合正弦定理可得，224sin30r ==︒，由侧面为两等腰直角三角形，可确定出外接圆圆心，利用球的几何性质可确定出球心，且球心到底面的距离1d =，所以球半径R ==C ．11．【答案】B【解析】由三视图可得四棱锥为如图所示的长方体1111ABCD A B C D -中的四棱锥11C DEE D -，其中在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB =，2AD =，13AA =，点E 、1E 分别为AB 、11A B 的中点， 由题意得CE DE ==CE DE ⊥，又1CE EE ⊥，所以CE ⊥平面11DEE D ，即线段CE 即为四棱锥11C DEE D -的高，所以四棱锥11C DEE D -的体积1111(3833DEE D V S CE =⋅⋅=⨯⨯⨯=．故选B ．12．【答案】D【解析】依题意，设四边形1D FBE 的四个顶点在后面、上面、左面的投影点分别为'D 、F '、B '、E '，则四边形1D FBE 在上面、后面、左面的投影分别如下图， 所以在后面的投影的面积为1111S =⨯=， 在上面的投影面积211S D E DE DE ''=⨯=⨯=， 在左面的投影面积311S B E CE CE ''=⨯=⨯=，所以四边形1D FBE 所围成的图形分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和为123112S S S S DE CE CD =++=++=+=．故选D ．二、填空题13．【答案】64+【解析】由三视图可知，该几何体的直观图为如图所示的四棱柱， 则11111(24)4122ABCD A B C D S S ==⨯+⨯=，11114416BCC B CC D D S S ==⨯=，11428ABB A S =⨯=，114AA D D S =⨯=所以该四棱柱的表面积为2432864S =+++=+14．【答案】2+【解析】由三视图可得该“阳马”的底面是边长为1的正方形，且高为1，故该“阳马”的表面积为11211212122+⨯⨯⨯+⨯=+15．【答案】32π3【解析】设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，222()3R R +-=，解得2R =， 故所求球的体积334432ππ2π333V R ==⨯=．16．【解析】设点P 在平面ABC 上的射影为G ，如图， 由2PA PB PC ===，90ABC ∠=︒知，点P 在平面ABC 上的射影G 为ABC △的外心，即AC 的中点， 设球的球心为O ，连接PG ，则O 在PG 的延长线上， 连接OB 、BG ，设PG h =，则2OG h =-，所以2222OB OG PB PG -=-，即22()424h h --=-，解得1h =，则AG CG ==设AD x =，则GD x AG x =-=BG =所以BD ==12ABD S AD BD ==⋅△令43()f x x =-+，则32()4f x x '=-+，由()0f x '=，得0x =或x =，易知当x =时，函数()f x 取得最大值24316，所以max 1()2ABD S ==△又1PG =，所以三棱锥P ABD -体积的最大值为113=．。

第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积[做真题]1．(2018·高考全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()解析：选A.由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.2．(2018·高考全国卷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．2 5C．3 D．2解析：选B.设过点M 的高与圆柱的下底面交于点O ，将圆柱沿MO 剪开，则M ，N 的位置如图所示，连接MN ，易知OM ＝2，ON ＝4，则从M 到N 的最短路径为OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.3．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π解析：选B.因为过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋22π×22＝12π.4．(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：由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm 和4 cm ，故V 挖去的四棱锥＝13×12×4×6×3＝12(cm 3)．又V长方体＝6×6×4＝144(cm3)，所以模型的体积为V长方形－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．答案：118.8[明考情]1．“立体几何”在高考中一般会以“两小一大”或“一小一大”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积，空间点、线、面的位置关系(特别是平行与垂直)．2．考查一个小题时，此小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查两个小题时，其中一个小题难度一般，另一个小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，此小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查．空间几何体的三视图(基础型)[知识整合]一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．[考法全练]1．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图可能是()①长、宽不相等的长方形；②正方形；③圆；④椭圆．A．①②B．①④C．②③D．③④解析：选B.由题设条件知，正视图中的长与侧视图中的长不一致，对于①，俯视图是长方形是可能的，比如此几何体为一个长方体时，满足题意；对于②，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是正方形；对于③，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是圆形；对于④，如果此几何体是一个椭圆柱，满足正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图可能是椭圆．综上知①④是可能的图形．2．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A．10 B．12C．14 D．16解析：选B.由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，所以这些梯形的面积之和为（2＋4）×22×2＝12，故选B. 3．如图1，在三棱锥D -ABC 中，已知AC ＝BC ＝CD ＝2，CD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°.若其正视图、俯视图如图2所示，则其侧视图的面积为( )A. 6B ．2 C. 3 D. 2解析：选D.由题意知侧视图为直角三角形，因为正视图的高即几何体的高，所以正视图的高为2，则侧视图的高，即侧视图一直角边长也为2.因为俯视图为边长为2的等腰直角三角形，所以侧视图的另一直角边长为 2.所以侧视图的面积为2，故选D.空间几何体的表面积与体积(综合型)[知识整合]柱体、锥体、台体的侧面积公式(1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)．(2)S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．柱体、锥体、台体的体积公式(1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)．(2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)．(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ，S ′分别为上下底面面积，h 为高)(不要求记忆)．[典型例题](1)(2019·广州市综合检测(一))一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )A.13π2B ．7π C.15π2 D ．8π(2)(2019·高考浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体＝Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm 3)是( )A. 158B. 162C. 182D. 324【解析】 (1)由三视图可知该几何体是一个圆柱体和一个球体的四分之一的组合体，则所求的几何体的表面积为14×4π×12＋π×12＋π×12＋2π×1×2＝7π，选B.(2)如图，该柱体是一个直五棱柱，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.则底面面积S ＝2＋62×3＋4＋62×3＝27，因此，该柱体的体积V ＝27×6＝162.故选B.【答案】 (1)B (2)B(1)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此几何体的表面积．(2)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·唐山市摸底考试)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为( )A ．1－π4B ．3＋π2C ．2＋π4D ．4解析：选D.由题设知，该几何体是棱长为1的正方体被截去底面半径为1的14圆柱后得到的，如图所示，所以表面积S ＝2×(1×1－14×π×12)＋2×(1×1)＋14×2π×1×1＝4.故选D.2．(2019·长春市质量监测(二))一个几何体的三视图如图中粗线所示，每个小方格都是边长为1的正方形，则这个几何体的体积为( )A ．32B.643C.323 D ．8解析：选B.如图所示四棱锥P -ABCD 为该几何体的直观图，底面ABCD 是边长为4的正方形．取CD 的中点为E ，连接PE ，则PE ⊥平面ABCD ，且PE＝4.所以这个几何体的体积V ＝13×4×4×4＝643，故选B.3．(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(综合型)[典型例题](1)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 ．4π B.163πC.323π D ．16π(2)(2019·洛阳尖子生第二次联考)四棱锥S -ABCD 的所有顶点都在同一个球面上，底面ABCD 是正方形且和球心O 在同一平面内，当此四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于8＋83，则球O 的体积等于( )A.32π3B.322π3 C ．16πD.162π3【解析】(1)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.(2)由题意得，当此四棱锥的体积取得最大值时，四棱锥为正四棱锥．如图，连接AC ，则球心O 为AC 的中点，连接SO ，设球O 的半径为R ，则AC ＝2R ，SO ＝R ，所以AB ＝BC ＝2R .取AB 的中点为E ，连接OE ，SE ，则OE ＝12BC ＝22R ，SE ＝SO 2＋OE 2＝62R .因为该四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于8＋83，所以(2R )2＋4×12×2R ×62R ＝8＋83，解得R ＝2，所以球O 的体积等于43πR 3＝32π3.故选A.【答案】 (1)D (2)A解决与球有关的切、接问题的策略(1)“接”的处理①构造正(长)方体，转化为正(长)方体的外接球问题．②空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中，作出适当截面(过球心，接点等)．③利用球心与截面圆心的连线垂直于截面定球心所在直线．(2)“切”的处理①体积分割法求内切球半径．②作出合适的截面(过球心，切点等)，在平面上求解．③多球相切问题，连接各球球心，转化为处理多面体问题．[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.83π B.323π C ．16π D ．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·重庆市学业质量调研)三棱锥S -ABC 中，SA ，SB ，SC 两两垂直，已知SA ＝a ，SB ＝b ，SC ＝2，且2a ＋b ＝52，则此三棱锥的外接球的表面积的最小值为( )A.21π4B.17π4 C ．4 π D ．6π解析：选A.由题意，设三棱锥的外接球的半径为R ，因为SA ，SB ，SC 两两垂直，所以以SA ，SB ，SC 为棱构造长方体，其体对角线即三棱锥的外接球的直径，因为SA ＝a ，SB ＝b ，SC ＝2，所以4R 2＝a 2＋b 2＋4＝a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫52－2a 2＋4＝5(a －1)2＋214，所以当a ＝1时，(4R 2)min ＝214，所以三棱锥的外接球的表面积的最小值为21π4，故选A.3．(2019·福建五校第二次联考)已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的直径为______．解析：如图，设BC 的中点为D ，B 1C 1的中点为D 1，连接DD 1，取其中点O ′，连接AD ，A 1D 1，则DA ＝DB ＝DC ，D 1A 1＝D 1B 1＝D 1C 1，且DD 1垂直于直三棱柱的上、下底面，所以点O ′到直三棱柱的各个顶点的距离相等，即点O ′为直三棱柱的外接球的球心O ，连接OB ，则球O 的直径为2BO ＝2BD 2＋DO 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×122＝13.答案：13一、选择题1．一个几何体的正视图和侧视图如图所示，则这个几何体的俯视图不可能是()解析：选D.如果该几何体是一个底面是等腰直角三角形，且侧棱与底面垂直的直三棱柱，故A可能；如果该几何体是一个圆柱，则其俯视图必为圆，故B可能；如果该几何体是一个正方体，则其俯视图必为正方形，故C可能；如果该几何体是一个长方体，则其正视图和侧视图中必有一个为长方形，故D错误；根据排除法可知，选项D符合题意．2．某几何体的三视图中的三角形都是直角三角形．如图所示，则该几何体中直角三角形的个数为()A．1B．2C．3 D．4解析：选D.依题意，该几何体是一个底面为直角三角形，一条侧棱垂直于底面的三棱锥，其四个面均为直角三角形．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．平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为3，则球O 的表面积为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π解析：选C.如图，因为球心与截面圆圆心的连线垂直于截面，所以R 2＝(3)2＋12＝4，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝16π，故选C.5．(2019·蓉城名校第一次联考)已知一个几何体的正视图和侧视图如图1所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形(如图2所示)，则此几何体的体积为( )A ．1 B. 2 C ．2 D ．2 2解析：选B.根据直观图可得该几何体的俯视图是一个直角边长分别是2和2的直角三角形(如图所示)，根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为3，所以体积V ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×3＝ 2.故选B. 6．某几何体三视图如图所示，则此几何体的体积为( )A ．640＋48πB ．176πC ．640＋16πD ．704解析：选C.由三视图可知，该几何体是上面是底面半径为4，高是3的圆锥，下面是底面边长为8的正方形，高是10的长方体，所以该几何体的体积V ＝8×8×10＋13×π×42×3＝640＋16π.7．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积为( )A ．27＋43＋2B ．27＋10C ．10＋7D ．12＋4 3解析：选B.由三视图可知，该三棱锥的直观图P -ABC 如图所示，其中三角形P AB 与三角形PCB 为全等的直角三角形，其面积为12×2×4＝4，△ABC 为等腰直角三角形，面积为12×2×2＝2，△P AC 为等腰三角形，面积为12×22×14＝27，所以表面积是4＋4＋2＋27＝10＋27.8．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．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.63 C ．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.10．(2019·湖南省五市十校联考)某四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是等腰直角三角形，俯视图的轮廓是直角梯形，则该四棱锥的各侧面中，面积的最大值为( )A ．8B ．4 5C ．8 2D ．12 2 解析：选D.由三视图可知该几何体是一个底面为直角梯形，高为4的四棱锥，如图，其中侧棱P A ⊥平面ABCD ，P A ＝4，AB ＝4，BC ＝4，CD ＝6，所以AD ＝25，PD ＝6，PB ＝42，连接AC ，则AC ＝42，所以PC ＝43，显然在各侧面面积中△PCD 的面积最大，又PD ＝CD ＝6，所以PC 边上的高为62－⎝ ⎛⎭⎪⎫4322＝26，所以S △PCD ＝12×43×26＝122，故该四棱锥的各侧面中，面积的最大值为12 2.故选D.11．(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知正三角形ABC 的三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面圆面积的最小值是( )A.7π4B ．2π C.9π4 D ．3π解析：选C.设正三角形ABC 的中心为O 1，连接OO 1，OA ，O 1A ，由题意得O 1O ⊥平面ABC ，O 1O ＝1，OA ＝2，所以在Rt △O 1OA 中，O 1A ＝3，所以AB ＝3.因为E 为AB 的中点，所以AE ＝32.连接OE ，则OE ⊥AB .过点E 作球O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径r ＝32，可得截面圆面积的最小值为πr 2＝9π4，故选C.12．(2019·河北省九校第二次联考)已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有顶点都在球O 的球面上，若球O 的表面积为4π，则该三棱柱的体积的最大值为( )A ．1 B. 3 C ．2D ．2 3解析：选A.如图，取△ABC 的中心O ′，连接OO ′，O ′A ，OA ，则OO ′⊥平面ABC ，设OO ′＝x ，球O 的半径为R ，因为球O 的表面积为4π，所以4πR 2＝4π，所以R ＝1，0<x <1，所以AO ′＝R 2－OO ′2＝1－x 2，AB ＝3AO ′＝3·1－x 2，所以三棱柱的体积V ＝S △ABC ·2OO ′＝12AB 2·sin π3·2x ＝332(x －x 3)，V ′＝332(1－3x 2)，所以V 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，33上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1上单调递减，所以V max ＝332×⎣⎢⎡⎦⎥⎤33－⎝ ⎛⎭⎪⎫333 ＝1，选A.二、填空题13．(一题多解)(2018·高考天津卷)如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1­BB 1D 1D 的体积为________．解析：法一：连接A 1C 1交B 1D 1于点E ，则A 1E ⊥B 1D 1，A 1E ⊥BB 1，则A 1E ⊥平面BB 1D 1D ，所以A 1E 为四棱锥A 1­BB 1D 1D 的高，且A 1E ＝22，矩形BB 1D 1D的长和宽分别为2，1，故VA 1­BB 1D 1D ＝13×1×2×22＝13.法二：连接BD 1，则四棱锥A 1­BB 1D 1D 分成两个三棱锥B -A 1DD 1与B -A 1B 1D 1，VA 1­BB 1D 1D ＝VB ­A 1DD 1＋VB ­A 1B 1D 1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13. 答案：1314．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：依题意，题中的几何体是一个直三棱柱(其底面左、右相对)，其中底面是直角边长分别为1，2的直角三角形，侧棱长为3，因此其体积为⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×2×3＝3.答案：315．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是________．解析：由三视图知，该几何体是由一个棱长为2的正方体挖去一个底面半径为1、高为1的圆锥后所剩余的部分，所以该几何体的表面积S ＝6×22－π×12＋π×1×2＝24＋(2－1)π.答案：24＋()2－1π16．将1个半径为1的小铁球与1个底面周长为2π，高为4的铁制圆柱重新锻造成一个大铁球，则该大铁球的表面积为________．解析：V 球＝43π×13＝43π，V 柱＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫2π2π2×4＝4π.设重新锻造成一个大铁球的半径为R ，则43πR 3＝43π＋4π，R ＝34，则该大铁球的表面积S ＝4π(34)2＝832π.答案：832π17.(2019·江西省五校协作体试题)某几何体的三视图如图所示，正视图是一个上底为2，下底为4的直角梯形，俯视图是一个边长为4的等边三角形，则该几何体的体积为________．解析：把三视图还原成几何体ABC -DEF ，如图所示，在AD 上取点G ，使得AG ＝2，连接GE ，GF ，则把几何体ABC -DEF 分割成三棱柱ABC -GEF 和三棱锥D -GEF ，所以V ABC ­DEF ＝V ABC ­GEF ＋V D ­GEF ＝43×2＋13×43×2＝3233.答案：323318．(2019·武汉市调研测试)将一个表面积为100π的木质球削成一个体积最大的圆柱，则该圆柱的高为______．解析：如图，设球的球心为O ，半径为R ，则4πR 2＝100π，解得R ＝5.设圆柱的高为x (0<x <10)，圆柱底面圆的圆心为O 1，A 是圆柱底面圆周上一点，连接OO 1，OA ，O 1A ，则OO 1＝x 2，圆柱底面圆的半径O 1A ＝R 2－OO 21＝25－x 24，所以圆柱的体积V ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫25－x 24·x ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫25x －x 34(0<x <10)，则V ′＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫25－3x 24，易知函数V ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫25x －x 34(0<x <10)在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1033上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1033，10上单调递减，所以当x ＝1033时，圆柱的体积V 取得最大值．答案：1033。

专题升级训练11 空间几何体的三视图、表面积及体积(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．下列四个几何体中，每个几何体的三视图中有且仅有两个视图相同的是( )．A．①② B．①③ C．③④ D．②④2．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )．3．在一个几何体的三视图中，正(主)视图和俯视图如图所示，则相应的侧(左)视图可以为( )．4．(2020·北京丰台区三月模拟，5)若正四棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该几何体的表面积是( )．A．4 B．4＋410C．8 D．4＋4115．(2020·浙江宁波十校联考，12)已知某几何体的三视图如图所示，其中侧(左)视图是等腰直角三角形，正视图是直角三角形，俯视图ABCD是直角梯形，则此几何体的体积为( )．A ．1B ．2C ．3D ．46．(2020·山东济南三月模拟，8)若一个螺栓的底面是正六边形，它的正(主)视图和俯视图如图所示，则它的体积是( )．A ．273＋12πB ．93＋12πC ．273＋3πD ．543＋3π7．(2020·浙江宁波模拟，13)已知一个正三棱锥的正(主)视图为等腰直角三角形，其尺寸如图所示，则其侧(左)视图的周长为( )．A ．53＋21B ．53＋6C ．63＋6D ．33＋12 8．长方体的三条棱长分别为1，2，6，则此长方体外接球的体积与面积之比为( )． A ．43 B ．1 C ．2 D ．12二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)9．(2020·浙江宁波十校联考，15)已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面圆周都在半径为3的同一个球面上．若两圆锥的高的比为1∶2，则两圆锥的体积之和为__________．10．(2020·江苏南京二模，11)一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥容器，当x ＝6 cm 时，该容器的容积为__________cm 3.11．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝5，AA1＝3，M为线段BB1上的一动点，则当AM＋MC1最小时，△AMC1的面积为__________．12．(2020·浙江湖州中学模拟，16)底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E是侧棱AA1的中点，F是正方形ABCD的中心，则直线EF被球O所截得的线段长为__________．三、解答题(本大题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)13．(本小题满分10分)如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)．(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)；(2)求这个几何体的表面积及体积．14．(本小题满分10分)斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为a的正三角形，侧棱长等于b，一条侧棱AA1与底面相邻两边AB，AC都成45°角．(1)求这个三棱柱的侧面积；(2)求这个三棱柱的体积．15．(本小题满分12分)(2020·安徽安庆二模，18)如图，几何体ABC－EFD是由直三棱柱截得的，EF∥AB，∠ABC＝90°，AC＝2AB＝2，CD＝2AE＝ 6.(1)求三棱锥D－BCE的体积；(2)求证：CE⊥DB．16．(本小题满分12分)(2020·河北邯郸一模，19)已知四棱锥E－ABCD的底面为菱形，且∠ABC＝60°，AB＝EC＝2，AE＝BE＝2，O为AB的中点．(1)求证：EO⊥平面ABCD；(2)求点D到平面AEC的距离．参考答案一、选择题1．D 解析：图①的三种视图均相同；图②的正(主)视图与侧(左)视图相同；图③的三种视图均不相同；图④的正(主)视图与侧(左)视图相同．2．A 解析：由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为22，故选A.3．D 解析：由题目所给的几何体的正(主)视图和俯视图，可知该几何体为半圆锥和三棱锥的组合体，如图所示：可知侧(左)视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D. 4．B5．D 解析：由三视图可得该几何体是四棱锥，记为棱锥P －ABCD ，且PD ⊥底面ABCD .从而此几何体的体积为13×2＋42×2×2＝4.6．C 解析：该螺栓是由一个正六棱柱和一个圆柱组合而成的，V 总＝V 正六棱柱＋V 圆柱＝34×32×6×2＋π×12×3＝273＋3π.7．A 解析：由正(主)视图可知正三棱锥的底边长为6，高为3，从而可得侧棱长为21.而侧(左)视图是一个三角形，三条边分别是底面正三角形的高、侧棱和侧面等腰三角形底边上的高，其长度依次为33，21和23，故侧(左)视图的周长为53＋21.8．D二、填空题9．16π 解析：设两圆锥的高分别为h,2h ，圆锥的底面圆半径为r ，则r 2＝2h 2.又球的半径R ＝3h2＝3，则h ＝2.故两圆锥的体积之和为V ＝13πr 2(2h ＋h )＝πr 2h ＝2πh 3＝16π.10．4811． 3 解析：将直三棱柱沿侧棱A 1A 剪开，得平面图形如图所示，A ′C 1为定长，当A ，M ，C 1共线时AM ＋MC 1最短，此时AM ＝2，MC 1＝2 2.又在原图形中AC 1＝14，易知∠AMC 1＝120°，∴1AMC S ＝12×2×22×sin 120°＝ 3.12．423解析：O ，E ，F 三点在平面ACC 1A 1内，且矩形ACC 1A 1的外接圆是球的一个大圆． 又EF ∥A 1C ，设A 到直线A 1C 的距离为d ，则d 2＝26，得d ＝23，故圆心O 到直线EF 的距离为13.又球的半径为62，故直线EF 被球O 所截得的线段长为2⎝ ⎛⎭⎪⎫622－⎝⎛⎭⎪⎫132＝423. 三、解答题13．解：(1)这个几何体的直观图如图所示．(2)这个几何体可看成是正方体AC 1及直三棱柱B 1C 1Q －A 1D 1P 的组合体． 由PA 1＝PD 1＝2，A 1D 1＝AD ＝2，可得PA 1⊥PD 1.故所求几何体的表面积S ＝5×22＋2×2×2＋2×12×(2)2＝22＋42(cm 2)．所求几何体的体积V ＝23＋12×(2)2×2＝10(cm 3)．14．解：(1)由题可知AA 1⊥BC ，S 侧＝SBCC 1B 1＋2SABB 1A 1＝(1＋2)ab . (2)设O 为A 1在平面ABC 内的射影，则由题可知O 在∠BAC 的平分线上，可得AO ＝(b ·cos45°)÷cos 30°＝63b ，则斜三棱柱的高A 1O ＝33b ，所以三棱柱的体积V ＝3a 24·3b 3＝a 2b4.15．(1)解：BC 2＝AC 2－AB 2＝3⇒BC ＝ 3.几何体ABC －EFD 是由直三棱柱截得，由图可知DC ⊥平面ABC ， ∴DC ⊥AB .又∵∠ABC ＝90°，∴AB ⊥BC .∴AB ⊥平面BDC . 又EF ∥AB ，∴EF ⊥平面BCD .故V D －BCE ＝V E －BCD ＝13S △BCD ·EF ＝13×12×3×6×1＝22.(2)证明：连接CF .依题意⎭⎪⎬⎪⎫AB ⊥BFAB ⊥BC BF ∩BC ＝B ⇒⎭⎪⎬⎪⎫AB ⊥平面BFD BD ⊂平面BFD ⇒⎭⎪⎬⎪⎫AB ⊥BD EF ∥AB ⇒EF ⊥BD .①又在Rt△BCF 和Rt△CDB 中，BF BC ＝623＝22，BC CD ＝36＝22⇒BF BC ＝BC CD⇒Rt△BCF ∽Rt△CDB ⇒∠BDC ＝∠BCF ⇒∠BDC ＋∠DCF ＝∠BCF ＋∠DCF ＝90°⇒CF ⊥BD .②由①②⇒BD ⊥平面CEF .又CE ⊂平面CEF ，∴BD ⊥CE . 16．(1)证明：连接CO .∵AE ＝EB ＝2，AB ＝2，∴△AEB 为等腰直角三角形． ∵O 为AB 的中点，∴EO ⊥AB ，EO ＝1. 又∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°， ∴△ACB 是等边三角形，∴CO ＝ 3.又EC ＝2，∴EC 2＝EO 2＋CO 2，∴EO ⊥CO .又CO ⊂平面ABCD ，EO 平面ABCD ，∴EO ⊥平面ABCD . (2)解：设点D 到平面AEC 的距离为h .∵AE ＝2，AC ＝EC ＝2，∴S △AEC ＝72.∵S △ADC ＝3，E 到平面ACB 的距离EO ＝1，V D －AEC ＝V E －ADC ，∴S △AEC ·h ＝S △ADC ·EO ，∴h ＝2217，∴点D 到平面AEC 的距离为2217.。

2020届高考数学复习备考-空间几何体的三视图、表面积及体积高考考点聚焦高考考点考点解读空间几何体的三视图与直观图的关系1.根据某几何体的部分三视图，判断该几何体的其他三视图；或者已知某几何体的三视图，判断该几何体的形状2．考查三视图的画法以及数量关系空间几何体的表面积与体积的计算1.以三视图为命题背景，考查空间几何体体积、表面积的计算方法2．以空间几何体为命题背景考查空间几何体体积、表面积的计算方法多面体与球的切、接问题以球与多面体为背景，考查球的截面性质高考真题体验1．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A．π2＋1B．π2＋3C．3π2＋1 D．3π2＋32．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．36π3．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()A．60 B．30C．20 D．104．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A．3 2 B．2 3C．2 2 D．25．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．12πB．32 3πC．8πD．4π6．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____.命题热点突破热点1空间几何体的三视图例1(1)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正(主)视图中的x的值是()A．2B．9 2C．32D．3（2）一只蚂蚁从正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A处出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1处，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是()A ．(1)(2)B ．(1)(3)C ．(2)(4)D ．(3)(4)热点2 空间几何体的表面积与体积例2 (1)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（2）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为 ( )A ．18 B ．17 C ．16D ．15(3)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如下，则该几何体的体积为 _____热点3多面体与球例3(1)已知正四棱锥P－ABCD内接于一个半径为R的球，则正四棱锥P－ABCD体积的最大值是()A．16R381B．32R381C．64R381D．R3(2)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为______.强化训练提升1.已知三棱锥P－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，PC为球O的直径，该三棱锥的体积为26，则球O的表面积为()A．4πB．8πC．12πD．16π．2．已知三棱锥D－ABC中，AB＝BC＝1，AD＝2，BD＝5，AC＝2，BC⊥AD，则该三棱锥的外接球的表面积为()3.若某棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该棱锥的体积等于()A．10 cm3B．20 cm3C．30 cm3D．40 cm34．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A ．18＋2πB ．20＋πC ．20＋π2 D ．16＋π5．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 ( )A ．2 2B ．2 3C ．4D ．2 66．三棱锥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 ( )A ．211B ．4 2C ．38D ．16 37．三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC 且P A ＝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 ( )A ．4π3B ．4πC ．8πD ．20π8．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______.9．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 外接球的体积为______10．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_____.11．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_____.。

课后限时集训（三十七) 空间几何体的三视图和直观图、表面积与体积(建议用时：60分钟)A组基础达标一、选择题1．（2018·合肥二模)在正方体ABCD。

A1B1C1D1中，E，F，G 分别为棱CD,CC1,A1B1的中点，用过点E，F，G的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧视图为（)A B C DC［过点E，F，G截正方体的平面为如图所示的平面EFKGHI，由图知位于截面以下部分的几何体的侧视图为C选项，故选C。

]2．（2019·山西六校联考）如图，一个水平放置的圆柱形玻璃杯的底面半径为9 cm,高为36 cm.玻璃杯内水深为33 cm，将一个球放在杯口，球面恰好与水面接触,并且球面与杯口密闭．如果不计玻璃杯的厚度，则球的表面积为( ）A．900π cm2B．450π cm2C．800π cm2D．400π cm2A[由题意，知球嵌入玻璃杯的高度h＝36－33＝3 cm。

设球的半径为R,则有R2＝92＋(R－3)2,解得R＝15 cm,所以该球的表面积S ＝4πR2＝900π cm2,故选A。

]3．《九章算术》是我国古代数学名著，在《九章算术》中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．若某“阳马”的三视图如图所示,其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形,则该“阳马”的表面积为（）A．1＋ 2 B．1＋22C．2＋ 2 D．2＋22C［由三视图可得该“阳马"的底面是边长为1的正方形，高为1,则表面积为1＋2×12×1×1＋2×错误!×错误!×1＝2＋错误!,故选C.] 4．(2019·福州模拟）已知圆锥的高为3，底面半径为错误!,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.错误!π B．错误!πC．16π D．32πB[设该圆锥的外接球的半径为R,依题意得,R2＝（3－R）2＋（错误!)2，解得R＝2,所以所求球的体积V＝错误!πR3＝错误!π×23＝错误!π,故选B．]5．(2019·郑州模拟)已知点P，A，B,C是半径为2的球面上的点，PA＝PB＝PC＝2，∠ABC＝90°,点B在AC上的射影为D，则三棱锥P.ABD体积的最大值是（）A。

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)(20xx·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 ＝23.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.所以AS 为三棱锥S -ABC 的高，所以V S ­ABC ＝13×6×2×12×23＝43，故选C.2．(20xx·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：233与球有关的切、接问题[典型例题]A.12B.14C.16D.112解析：选C.V A ­BC 1M ＝V C 1­ABM ＝13S △ABM ·C 1C ＝13×12AB ×AD ×C 1C ＝16.故选C.3．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 ．103 C ．102D ．53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＝103.4．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 ．4π B.163π C.323π D ．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 ＝OA2＋AB2＝12＋（3）2＝2.故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.故选D.5．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 ．1 D.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 ＝AD21－AO 2＝3.设点B 到平面D 1AC 的距离为h ，则由V B ­D 1AC ＝V D 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. 6．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. 7．(20xx·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 2D.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. 8．(20xx·××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 ．63D ．43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 ＝OP2－OF2＝23.因为△OPF ∽△DPE ，所以OF DE ＝PF PE，得DE ＝23，AD ＝3DE ＝63，AB ＝23AD ＝12.故选B. 9．(多选)下列说法正确的是( )A ．用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面B ．圆台的任意两条母线延长后一定交于一点C ．有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体叫作棱锥D ．若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥不可能是正六棱锥解析：选ABD.在A 中，用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面，故A 正确；在B 中，由圆台的概念知圆台的任意两条母线延长后一定交于一点，故B 正确；在C 中，依照棱锥的定义，其余各面的三角形必须有公共的顶点，故C 错误；在D 中，若六棱锥的底面边长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长一定大于底面边长，故D 正确．10．(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．正三棱锥的高为18－12＝6.答案：614．(20xx·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：π415．(20xx·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：216．(20xx·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＝33.由题意知，当球与三棱锥的四个面都相切时，其体积最大．设三棱锥的内切球的半径为r ，则三棱锥的体积V 锥＝13S 表·r ＝13S 底·1，所以33r ＝3，所以r ＝13，所以三棱锥的内切球的体积最大为V max ＝43πr 3＝4π81. 答案：334π81。

2020届高三文科数学精准培优专练：外接球（附解析）例1：已知直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上，若3AB =，4AC =，AB AC ⊥，112AA =，则球O 的半径为（ ）A．2 B．．132D．例2：一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上， 则该正三棱锥的体积是（ ）A ．4 B ．3 C ．4 D ．12例3：已知,A B 是球O 的球面上的两点，90AOB ∠=︒，C 为该球面上的动点，若三棱锥O ABC -体积的最大值为36，则球O 的表面积为（ ） A ．36π B ．64π C ．144π D ．256π三、其他柱体、锥体的外接球问题二、与正棱锥有关的外接球问题一、构造正方体与长方体的外接球问题一、选择题1．一个四棱柱的底面是正方形，侧棱与底面垂直，其长度为4，棱柱的体积为16，棱柱的各项点在一个球面上，则这个球的表面积是（ ） A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π2．一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形， 则几何体的外接球的表面积为（ ）A ．3πB ．C ．12πD ．3．直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，12AB BC AA ===，则该三棱柱的外接球的表面积为（ ）A ．4πB ．8πC ．12πD ．32π34．点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，AB BC AC ===，若四面体ABCD 体积的最大值 ） A ．169π16 B ．289π16 C ．25π16D ．8π 5，四个顶点在同一个球面上，则此球的表面积为（ ）A ．3πB ．4πC ．D ．6π6．已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在同一个球面上，底面ABC △满足BA BC ==90B ∠=︒，若该三棱锥体积最大值为3，则其外接球的表面积为（ ）对点增分集训A ．21πB ．32π3 C ．16π3D ．16π7．已知四面体ABCD 中，6AB AD ==，4AC =，CD =AB ⊥平面ACD ，则四面体ABCD 外接球的表面积为（ ）A ．36πB ．88πC ．92πD ．128π8．已知A ，B 是球O 的球面上两点，60AOB ∠=︒，C 为该球面上的动点，若三棱锥O ABC -体积的最大值为O 的体积为（ ） A ．81π B ．128π C ．144π D ．288π9．已知A ，B ，C ，D 是同一个球面上的四个点，其中ABC △是正三角形，AD ⊥平面ABC ，26AD AB ==，则该球的表面积为（ ）A ．16πB ．24πC ．D ．48π10．已知三棱锥P ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，PA AB ⊥，PA AC ⊥，60BAC ∠=︒，2PA =，2AB =，3AC =，则球O 的表面积为（ ）A ．40π3 B ．30π3 C ．20π3 D ．10π311．如图，在四面体P ABC -中，4PA PB PC ===，点O 是点P 在平面ABC 上的投影，且tan 2APO ∠=P ABC -的外接球的体积为（ ）A ．B ．24πC ．D ．48π12．已知四面体ABCD 的外接球球心O 恰好在棱AD 上，且AB BC ==2AC =，DC = 则这个四面体的体积为（ ）A ．23B ．3C ．3D ．3二、填空题13．一个三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积为 ．14．已知点P ，A ，B ，C ，D 是球O 表面上的点，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是边长为PA =，则OAB △的面积为 ．15．在直三棱柱111ABC A B C -中，4AB =，6AC =，π3A =，14AA =，则直三棱柱111ABC ABC -的外接球的表面积 ．16．已知某一多面体内接于球构成-个简单组合体，如果该组合体的正视图、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 ．例1：【答案】C【解析】∵AB AC⊥，∴直三棱柱111ABC A B C-的底面ABC为直角三角形，把直三棱柱111ABC A B C-补成长方体，则长方体的体对角线就是球O的直径，即球O的半径为1322=．例2：【答案】C【解析】∵正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，且底面的三个顶点在该球的大圆上，∴球心是底面三角形的中心，∵球的半径为1211344⨯⨯=．例3：【答案】C【解析】设球O的半径为R，则212AOBS R=△，当OC⊥平面AOB时，三棱锥O ABC-的体积最大，此时2113632V R R=⨯⨯=，解得6R=，所以球O的表面积为24π6144πS=⨯=．一、选择题1．【答案】C【解析】正四棱柱的高为4，体积为16，则底面面积为4，即底面正方形的边长为2，正四棱柱的对角线长即球的直径为，球的表面积为24π．2．【答案】A外接球答案【解析】把原来的几何体补成以DA ，DC ，DP 为长、宽、高的长方体， 原几何体四棱锥与长方体是同一个外接球，2R l ==2R =，23=4π4π3π4S R =⨯=球． 3．【答案】C【解析】∵在直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，12AB BC AA ===， ∴AB ，BC ，1AA 为棱构造一个正方体，则外接球的半径2R ==，故表面积为24π12πS R ==． 4．【答案】B【解析】设ABC △的中心为E ，过点E 作平面ABC 的垂线l ，则有题意可知，点D 在直线l 上，ABC △的面积为1sin 602S =︒=．由体积的最大值可得1133S DE DE ⨯⨯==，则4DE =．由题意易知，外接球的球心在DE 上， 设球心为点O ，半径OD OB R ==．ABC △的外接圆半径满足2sin a r A=，即2sin 60r =︒，∴1r BE ==．在OBE Rt △中，222OE BE OB +=，即222(4)1R R -+=，解得178R =． 据此可得这个球的表面积为22892894π4ππ6416S R ==⨯=．5．【答案】A【解析】如图，将四面体补成正方体，则正方体的棱长是1，即此球的半径2R =，故球的表面积24π3πS R ==．6．【答案】D【解析】因为ABC △为等腰三角形，所以AC 为截面圆的直径，AC =，即该三棱锥的外接球的球心O 在截面ABC 中的射影为AC 的中点D ，当P ，O ，D 三点共线且P ，O 位于截面同一侧时，三棱锥的体积最大，此时三棱锥的高为PD ，所以11=332PD ⨯，解得=3PD ，设外接球的半径为R ，则3OD R =-，OC R =，在OCD Rt △中，12CD AC ==222(3)R R -+=，解得2R =， 所以外接球的表面积为24π216πS =⨯=．7．【答案】B【解析】在ACD △中，由6AD =，4AC =，CD =， 可得222AD AC CD +=，则AC AD ⊥，又AB ⊥平面ACD ，故2R ==则24π88πV =⨯=． 8．【答案】D【解析】由题意可知221111(sin 60)(sin 60)3232C OAB V R h R R -=︒≤︒=6R =，34=π288π3V R =球．9．【答案】C【解析】把A ，B ，C ，D 扩展为三棱锥，上下地面中心连线的中点与A 的距离为球的半径，26AD AB ==，3OE =，ABC △是正三角形，所以AE ==AO ==所以球的体积为34π3⨯=．10．【答案】A【解析】设ABC △外接圆半径为r ，三棱锥外接球半径为R ， ∵2AB =，3AC =，60BAC ∠=︒，∴22212cos604922372BC AB AC AB AC =+-⋅︒=+-⨯⨯⨯=，即BC =∴2sin 603BC r ==︒，解得3r =，∵PA AB ⊥，PA AC ⊥，∴PA ⊥平面ABC ，则将三棱锥补成三棱柱可得，2222110()1293PA R r =+=+=， 即球O 的表面积为21040π4π4π33S R ==⨯=． 11．【答案】A【解析】∵在四面体P ABC -中，4PA PB PC ===，点O 是点P 在平面ABC 上的投影，且tan 2APO ∠=．∴sin 3APO ∠=，cos 3APO ∠=，∴3AO =，3PO =． 由题意知四面体P ABC -的外接球的球心O '在线段PO 上，∴222O O AO AO ''+=，∴222()(33R R -+=，解得R =∴四面体P ABC -的外接球的体积为．12．【答案】B【解析】∵AB BC ==2AC =，∴222AB BC AC +=．∴AB BC ⊥，∴ABC △外接圆的直径为AC ，球心O '为AC 的中点． ∵球心O 恰好在侧棱DA 上，∴OO '⊥面ABC ，又外接球球心O 恰好在棱AD 上，所以O 为AD 中点，所以AD BC ∥．即BC ⊥面ABC ，DC =则四面体的体积为111332ABC S DC ⋅=⨯=△． 二、填空题 13．【答案】29π【解析】由三视图可知该三棱锥为边长为2，3，4的长方体切去四个小棱锥得到的几何体， 设该三棱锥的外接球半径为R ，∴2R ==，∴R =． ∴外接球的表面积为24π29πS R ==．14．【答案】【解析】∵ABCD是边长为PA ⊥平面ABCD，PA =∴222242448PC AP AC =+=+=，∴2R =R OP ==∴1sin 602AOB S =⨯︒=△ 15．【答案】160π3 【解析】由题的直三棱柱111ABC A B C -的外接球的球心就是直三棱柱上底面外接圆的圆心2O 和下底面外接圆的圆心1O 的连线12O O 的中点O ．在三角形ABC 中，由余弦定理得222π46246cos 283BC =+-⨯⨯⨯=，∴BC =由正弦定理得2πsin 3r ==r = 在直角三角形1O OA 中，OA R =，12OO =，1O A r ==∴2428404214933R =+⨯=+=． ∴球的表面积为240160π4π4π33S R ==⨯=．16．【答案】12π【解析】由三视图可知，组合体是求内接正方体，正方体的棱长为2，球的直径就是正方体的体对角线的长，所以2r =，r =所以球的表面积为24π12πS R ==．。

第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积[高考导航]1．由直观图判断三视图或由三视图想象直观图，以三视图为载体，考查面积、体积的计算．2．空间几何体的表面积与体积的计算，通常以几何体为载体与球进行交汇考查，或蕴含在两几何体的“接”或“切”形态中．考点一空间几何体的三视图与直观图1．三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝2 4S.1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()[解析]两个木构件咬合成长方体时，小长方体(榫头)完全嵌入带卯眼的木构件，易知俯视图可以为A.故选A.[答案]A2．(2019·河北衡水中学调研)正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为()[解析]过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C.[答案]C3．(2019·江西南昌二中模拟)一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最小的面的面积为()A．8 B．4 C．4 3 D．42[解析]由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AB⊥AC，P A＝AB＝AC＝4，DB＝2，则易得S△P AC＝S△ABC＝8，S△CPD＝12，S 梯形ABDP ＝12，S △BCD ＝12×42×2＝42，故选D.[答案] D4．(2019·湖北恩施二模)某圆锥的母线长为2，高为423，其三视图如图所示，圆锥表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆锥表面上的点N 在侧视图上的对应点为B ，则在此圆锥侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．2B ．22 C.8＋2 3D ．22－3[解析] 因为圆锥的母线长为2，高为423，所以底面半径r ＝22－⎝⎛⎭⎫4232＝23，所以底面周长为2πr ＝43π，所以侧面展开图中扇形中心角为2πr 2＝43π2＝23π，所以从M 到N 的路径中，最短路径的长度为22＋22－2×2×2cos π6＝22－ 3.[答案] D5．(2019·湖南衡阳二模)如图，正方体AC 1的顶点A ，B 在平面α上，AB ＝2，若平面A 1B 1C 1D 1与平面α所成角为30°，由如图所示的俯视方向，正方体AC 1在平面α上的俯视图的面积为( )A．2 B．1＋ 3 C．2 3 D．22[解析]依题意知，直线AB在平面α内，且平面α与平面ABCD所成的角为30°，与平面B1A1AB所成的角为60°，故所得的俯视图的面积S＝2(cos30°＋cos60°)＝1＋ 3.[答案]B6．(2019·山西运城联考)如图所示，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积为________．[解析]直观图的面积S′＝12×(1＋1＋2)×22＝2＋12.故原平面图形的面积S＝S′24＝2＋ 2.[答案]2＋2(1)根据空间几何体的三视图还原空间几何体时，要善于把空间几何体放置在长方体、正方体中，既容易得出空间几何体的实际形状，又容易进行计算；(2)根据空间几何体得出其三视图时，要抓住其顶点在投影面上的正投影，并注意几何体的轮廓线“眼见为实、不见为虚”，在数量关系上注意“高平齐、长对正、宽相等”的原则．考点二 空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的侧面积公式 (1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)；(2)S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)；(2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．3．球的表面积和体积公式S 表＝4πR 2(R 为球的半径)，V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．1．(2019·唐山摸底考试)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为( )A ．1－π4B ．3＋π2C ．2＋π4D ．4[解析] 由题设知，该几何体是棱长为1的正方体被截去底面半径为1的14圆柱后得到的，如图所示，所以表面积S ＝2×⎝⎛⎭⎫1×1－14×π×12＋2×(1×1)＋14×2π×1×1＝4.故选D.[答案] D2．(2019·浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是()A．158 B．162 C．182 D．324[解析]由三视图知该柱体的直观图为如图所示的五棱柱ABCDE－A1B1C1D1E1，取CD中点G，连接AG，由侧视图知AG⊥CD，AG＝6，∴底面积S＝S梯形AGCB＋S梯形AGDE＝12×(2＋6)×3＋12×(4＋6)×3＝27，∴该柱体体积V＝Sh＝27×6＝162.故选B.[答案]B3．(2019·河北唐山统考)某几何体的三视图如图所示(在如图的网格线中，每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．54C ．60D ．64[解析] 还原几何体如图所示，该几何体是底面为矩形的四棱锥．∴该几何体的表面积S ＝3×6＋12×6×4＋12×5×3×2＋12×6×5＝18＋12＋15＋15＝60.故选C.[答案] C4．(2019·福建泉州模拟)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] 由已知易得该几何体是一个以正视图为底面，高为2的四棱锥．由于正视图是一个上底边为2，下底边为4，高为2的直角梯形，故该四棱锥的底面积S ＝12×(2＋4)×2＝6，则V ＝13Sh ＝13×6×2＝4.故选D.[答案] D5．(2019·太原一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．6π＋1 B.(24＋2)π4＋1C.(23＋2)π4＋12D.(23＋2)π4＋1[解析] 由几何体的三视图知，该几何体为一个组合体，其中下部是底面直径为2，高为2的圆柱，上部是底面直径为2，高为1的圆锥的四分之一，所以该几何体的表面积为4π＋π＋3π4＋2π4＋1＝(23＋2)π4＋1，故选D.[答案] D6．(2019·广州调研)如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A ．6B ．7 C.223 D.233[解析] 如图，根据三视图可画出对应多面体的直观图，该多面体是由棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1被截去三棱锥A －PQA 1和三棱锥D －PC 1D 1之后得到的一个几何体，其中P ，Q 分别是棱A 1D 1，A 1B 1的中点．故所求多面体的体积V ＝V 正方体－V 三棱锥A －PQA 1－V 三棱锥D －PC 1D 1＝23－13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×2－13×⎝⎛⎭⎫12×1×2×2＝7.故选B.[答案] B求几何体表面积和体积关键过好“两关”(1)还原关，即利用“长对正、宽相等、高平齐”还原空间几何体的直观图，不规则几何体采取分割和补形的方法．(2)公式关，即会利用空间几何体的体积或表面积公式求简单组合体的体积或表面积．考点三 多面体与球1．多面体与球的切接问题处理方法与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．2．重要结论(1)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．(2)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．(3)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．【例】 (1)(2019·安徽蚌埠二模)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.9π2 C ．6π D.32π3(2)(2019·山西太原一模)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．[解析] (1)由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r .则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2. 2r ＝4>3，不合题意．球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大．由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π.(2)如图所示，设SC ＝2r ，取SC 的中点O ，连接AO ，OB .因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，所以OA ⊥SC ，OB ⊥SC .所以S △SBC ＝12SC ·OB ＝12×2r ·r ＝r 2.又因为平面SAC ⊥平面SBC ，平面SAC ∩平面SBC ＝SC ，OA ⊥SC ， 所以OA ⊥平面SBC .所以V S －ABC ＝V A －SBC ＝13S △SBC ·OA ＝13r 3＝9.解得r ＝3，所以S 表＝4πr 2＝36π. [答案] (1)B (2)36π“切”“接”问题的处理方法(1)“切”的处理：解决与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时要先找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则多通过多面体过球心的对角面来作截面．(2)“接”的处理：把一个多面体的几个顶点放在球面上即球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．1．(2019·皖中摸底考试)将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的体积为( )A.2π3B.3π3C.4π3D ．2π[解析] 设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则2πr ＝2π3×3，∴r ＝1，∴h ＝32－12＝2 2.设圆锥内切球的半径为R ，则R 22－R ＝13，∴R ＝22，∴V 球＝43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫223＝23π，故选A.[答案] A2．(2019·武汉调研)一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图为等腰直角三角形，正视图和侧视图是全等的等腰三角形，则此三棱锥外接球的表面积为( )A ．16πB ．9πC ．4πD ．π [解析] 三棱锥如图，设外接球半径为R ，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝90°，D 为BC 中点．SD ⊥面ABC .球心O 在SD 上，SD ＝2.在直角△ODC 中，OC ＝R ，OD ＝2－R ，DC ＝ 2.则(2－R )2＋(2)2＝R 2，即R ＝32，故V －ABC 的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝9π，选B.[答案] B1．(2018·全国卷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 ．2 5C ．3D ．2[解析] 由圆柱的三视图及已知条件可知点M 与点N 的位置如图1所示，设ME 与FN 为圆柱的两条母线，沿FN 将圆柱的侧面展开，如图2所示，连接MN ，MN 即为从M 到N 的最短路径，由题意知，ME ＝2，EN ＝4，∴MN ＝42＋22＝2 5.故选B.[答案] B2．(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A．1 B．2 C．3 D．4[解析]由三视图得四棱锥的直观图如图所示．其中SD⊥底面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，SD＝AD＝CD＝2，AB＝1.由SD⊥底面ABCD，AD，DC，AB⊂底面ABCD，得SD⊥AD，SD⊥DC，SD⊥AB，故△SDC，△SDA为直角三角形，又∵AB⊥AD，AB⊥SD，AD，SD⊂平面SAD，AD∩SD＝D，∴AB⊥平面SAD，又SA⊂平面SAD，∴AB⊥SA，即△SAB也是直角三角形，从而SB＝SD2＋AD2＋AB2＝3，又BC＝22＋12＝5，SC＝22，∴BC2＋SC2≠SB2，∴△SBC不是直角三角形，故选C.[答案]C3．(2018·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A ．2B ．4C ．6D ．8[解析] 由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为1 cm,2 cm ，高为2 cm ，直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V ＝1＋22×2×2＝6 cm 3.[答案] C4．(2019·天津卷)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为 5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．[解析] 如图所示，圆柱的高O 1O ＝12PO ＝12P A 2－AO 2＝12×5－1＝1，圆柱的底面半径r ＝12AO ＝12.所以圆柱的体积V ＝πr 2·O 1O ＝π×14×1＝π4.[答案] π45.(2019·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] 依题意，知该模型是长方体中挖去一个四棱锥，故其体积V ＝V 长方体－V 四棱锥＝6×6×4－13×12×4×6×3＝132(cm 3)．又制作该模型所需的原料密度为0.9 g/cm 3，故制作该模型所需原料的质量为0.9×132＝118.8(g)． [答案] 118.81.该部分在高考中一般会以“两小”或“一小”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积．2.考查一个小题时，本小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查2个小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查．热点课题3 补形法求几何体的表面积与体积1．(2019·太原一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2 B.83 C ．4 D.209[解析] 观察三视图并依托正方体，可得该几何体直观图为A 1－ABEF ，如图所示，其体积为V 正方体－V AFD －BEC －VA 1－BEC 1B 1－VA 1－FEC 1D 1＝2×2×2－12×2×1×2－13×2×(1＋2)×2×12－13×1×2×2＝83.[答案] B2．(2019·合肥联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线(实线和虚线)表示的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的体积为( )A ．24πB ．29πC ．48πD ．58π[解析] 如图，在3×2×4的长方体中构造符合题意的几何体(三棱锥A －BCD )，其外接球即为长方体的外接球，表面积为4πR 2＝π(32＋22＋42)＝29π.[答案] B专题强化训练(十七)一、选择题1．(2019·辽宁沈阳二模)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A．3 2 B．2 3 C．2 2 D．2[解析]由三视图得该四棱锥的直观图如图中S－ABCD所示，由图可知，其最长棱为SD，且底面ABCD是边长为2的正方形，SB⊥面ABCD，SB＝2，所以SD＝22＋22＋22＝2 3.故选B.[答案]B2．(2019·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABC－DEF截去一个三棱锥A－BCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是()[解析] 由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB ⊥平面DEF ，△DEF 是等边三角形，所以CD 在后侧面上的投影为AB 的中点与D 的连线，CD 的投影与底面不垂直．故选C.[答案] C3．(2019·益阳、湘潭高三调考)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为( )A.23B.43C.83D ．4 [解析] 由三视图可得三棱锥为如图所示的三棱锥A －PBC (放到棱长为2的正方体中)，则V A －PBC ＝13×S △PBC ×AB ＝13×12×2×2×2＝43.故选B.[答案] B4．(2019·安徽六校第二次联考)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为r的圆，若该几何体的体积为98π，则它的表面积是( )A.92π B ．9π C.454π D.544π [解析] 由三视图可知该几何体是一个圆柱挖去了一个半径等于圆柱底面半径的半球体，其中圆柱的高等于半球的半径r ，所以该几何体的体积V ＝πr 2×r －12×43πr 3＝13πr 3＝98π，∴r 3＝278，又知r >0，∴r ＝32，∴该几何体的表面积S ＝πr 2＋2πr ×r ＋12×4πr 2＝5πr 2＝5π×94＝454π，故选C. [答案] C5．(2019·辽宁五校联考)一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．36B ．48C ．64D ．72[解析] 由几何体的三视图可得该几何体的直观图如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为12×3×4×4＋12×3×4×4＝48，故选B.[答案] B6．(2019·河南濮阳二模)已知三棱锥A －BCD 中，△ABD 与△BCD 是边长为2的等边三角形且二面角A －BD －C 为直二面角，则三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为( )A.10π3B ．5πC ．6π D.20π3[解析] 取BD 的中点M ，连接AM ，CM ，取△ABD ，△CBD 的中心即AM ，CM 的靠近BD 的三等分点P ，Q ，过P 作面ABD 的垂线，过Q 作面CBD 的垂线，两垂线相交于点O ，则点O 为外接球的球心，其中OQ ＝33，CQ ＝233，连接OC ，则外接球的半径R ＝OC ＝153，则外接球的表面积为4πR 2＝20π3，故选D.[答案] D7．(2019·洛阳市高三第一次联考)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.823π B.833π C.863π D.1623π [解析] 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体相应面上的对角线，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 的直径为正方体的棱长，其长为22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π，故选A. [答案] A8．(2019·湖北武汉2月调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则此四面体的体积为( )A.323B ．16C ．32D ．48 [解析] 由三视图知，该四面体可以看作正方体中的三棱锥P －ABC ，如图，由已知得AB ＝4，AC ＝4，△ABC 是直角三角形，所以S △ABC ＝12AB ×AC ＝12×4×4＝8，所以四面体P ABC 的体积V ＝13×8×4＝323，故选A.[答案] A9．(2019·湖南长沙一中第八次月考)《九章算术》给出求羡除体积的“术”是：“并三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一．”其中的“广”指羡除的三条平行侧棱的长，“深”指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离，“袤”指这两条侧棱所在平行线之间的距离．用现代语言描述：在羡除ABC －A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1∥CC 1，AA 1＝a ，BB 1＝b ，CC 1＝c ，两条平行线AA 1与BB 1间的距离为h ，直线CC 1到平面AA 1B 1B 的距离为h ′，则该羡除的体积为V ＝h ′h 6(a ＋b ＋c )．已知某羡除的三视图如图所示，则该羡除的体积为( )A ．3 3 B.43 C.53D ．23 [解析] 如图，由三视图还原几何体可知，羡除ADE －BCF 中，AB ∥CD ∥EF ，四边形ABCD 是矩形，AB ＝AD ＝2，EF ＝1，平面ADE ⊥平面ABCD ，AB ，CD 间的距离h ＝AD ＝2，取AD 的中点G ，连接EG ，∵平面ADE ⊥平面ABCD ，∴EG ⊥平面ABCD ，由正视图及侧视图知直线EF 到平面ABCD 的距离h ′＝1.∴V ＝1×26×(2＋2＋1)＝53，故选C.[答案] C10．(2019·河北衡水中学3月联考)已知半球内有一个内接正四棱柱，其三视图如图所示，则该内接正四棱柱的体积最大值为( )A ．12 6B ．6 6C ．24 3D ．123[解析] 由三视图可知，半球的半径为3，设内接正四棱柱底面正方形的边长为2a ，正四棱柱的高为h ，底面中心为O ，则OC ＝2a ，所以h 2＝OC ′2－OC 2＝32－(2a )2＝9－2a 2，a 2＝9－h 22.正四棱柱体积V ＝(2a )2h ＝4a 2h ＝18h －2h 3，设f (x )＝18x －2x 3(0<x <3)，则f ′(x )＝18－6x 2＝6(3－x 2)，易知f (x )在x ＝3处取得最大值，即当h ＝3时，V 最大为123，所以该内接正四棱柱的体积的最大值为12 3.故选D.[答案] D11．(2019·安徽A10联盟3月联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积为( )A.17＋2＋5B.17＋2＋9C.17＋2＋10 D ．217＋22＋10[解析] 由三视图可知，该几何体是一个四棱锥(侧棱P A 垂直于底面ABCD )，其直观图如图所示，CD ＝(AD －BC )2＋AB 2＝(3－1)2＋22＝22，PB ＝P A 2＋AB 2＝22＋22＝22，PD ＝P A 2＋AD 2＝22＋32＝13，PC ＝PB 2＋BC 2＝(22)2＋12＝3，在△PCD 中，cos ∠PCD ＝PC 2＋CD 2－PD 22·PC ·CD ＝32＋(22)2－(13)22×3×22＝26，∴sin ∠PCD ＝1－⎝⎛⎭⎫262＝346.∴S △PCD ＝12PC ·CD ·sin ∠PCD ＝12×3×22×346＝17，又S △P AB ＝12P A ·AB ＝12×2×2＝2，S △P AD ＝12P A ·AD ＝12×2×3＝3，S △PBC ＝12PB ·BC ＝12×22×1＝2，∴该四棱锥的侧面积S ＝S △PCD ＋S △P AB ＋S △P AD ＋S △PBC ＝17＋2＋3＋2＝17＋2＋5.故选A.[答案] A12．(2019·广东惠州二模)已知三棱锥S －ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，AB ＝2，SA ＝SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的球心到平面ABC 的距离是( )A.33 B ．1 C. 3 D.332[解析] ∵三棱锥S －ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，SA ＝SB ＝SC ＝2，∴S 在底面ABC 内的射影为AB 的中点，设AB 的中点为H ，连接SH ，CH ，∴SH ⊥平面ABC ，∴SH 上任意一点到A ，B ，C 的距离相等，易知SH ＝3，CH ＝1，∴Rt △SHC 中，∠HSC ＝30°.在面SHC 内作SC 的垂直平分线MO ，交SH 于点O ，交SC 于点M ，则O 为三棱锥S－ABC 的外接球的球心．∵SC ＝2，∴SM ＝1，又∠OSM ＝30°，∴SO ＝233，OH ＝33，∴球心O 到平面ABC 的距离为33，故选A. [答案] A二、填空题13．(2019·成都二诊)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．[解析] 由三视图可知，该几何体为正方体切去一个三棱锥形成．V ＝2×2×2－13×12×2×2×1＝223.[答案] 22314．(2019·广东揭阳一模)某几何体三视图如图所示，则此几何体的表面积为________．[解析] 由三视图知，该几何体是一个棱长为2的正方体和一个底面半径为2、高为1的圆柱的组合体，其表面积S 表＝5×22＋2π·2·1＋2π·(2)2－22＝2(2＋2)π＋16.[答案] 2(2＋2)π＋1615．(2019·福建三明三校12月联考)已知点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，AB ＝33，AC ＝6，∠BAC ＝30°.若四面体ABCD 体积的最大值为272，则这个球的表面积为________． [解析] 在△ABC 中，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos ∠BAC ＝(33)2＋62－2×33×6×cos30°＝9，∴BC ＝3，∴BC 2＋AB 2＝AC 2，即△ABC 为直角三角形，且AC 为斜边，其面积S ＝12×3×33＝932，为定值．要使四面体ABCD 的体积最大，则高h 最大，设AC 的中点为Q ，则Q 为△ABC 外接圆的圆心，连接DQ ，所以当DQ ⊥面ABC ，且球心O 在DQ 上时，高h 最大，即体积取得最大值272，∴V max ＝13×932×DQ ＝272，∴DQ ＝3 3.设球的半径为R ，则在Rt △AQO 中，OA 2＝AQ 2＋OQ 2，即R 2＝32＋(33－R )2，解得R ＝2 3.∴球的表面积S ＝4πR 2＝48π.[答案] 48π16．(2019·河南百校联盟4月联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，图中粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为________．[解析] 根据三视图，利用棱长为2的正方体分析知，该多面体是一个三棱锥，即三棱锥A 1－MNP ，如图所示，其中M ，N ，P 是棱长为2的正方体相应棱的中点，可得棱A 1M 最长，A 1M ＝22＋22＋12＝3，故最长的棱的长度为3.[答案] 3。