2020年浙江高考数学复习练习课件：§8.1　空间几何体的三视图、面积和体积.pptx

1、A组 自主命题浙江卷题组,五年高考,1.(2019浙江,4,4分)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,答案 B 本题考查空间几何体的三视图、直观图;以三视图还原直观图为背景考查学生的 空间想象能力和运算求解能力;体现直观想象的核心素养;以祖暅原理为背景旨在弘扬中华优 秀传统文化,指导学生树立正确的历史观、民族观、国家观. 由三视图知该柱体

2、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AGCD,AG=6, 底面积S=S梯形AGCB+S梯形AGDE= (2+6)3+ (4+6)3=27, 该柱体体积V=Sh=276=162.故选B.,解题关键 正确利用正视图与俯视图“长对正”的原理确定AG,BC的长.,2.(2018浙江,3,4分)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是 ( ) A.2 B.4 C.6 D.8,答案 C 本题考查空间几何体的三视图和直观图以及几何体的体积公式. 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

3、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= 22=6 cm3.,思路分析 (1)利用三视图可判断几何体是直四棱柱; (2)利用“长对正,高平齐,宽相等”的原则,可得直四棱柱的各条棱长.,3.(2017浙江,3,4分)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. +1 B. +3 C. +1 D. +3,答案 A 本题考查三视图和直观图,三棱锥和圆锥的体积计算. 由三视图可知该几何体是由底面半径为1 cm,高为3 cm的半个圆锥和三棱锥S-ABC组成的,如 图,三棱锥的高为3 cm,底面ABC中,AB=2

4、 cm,OC=1 cm,ABOC.故其体积V= 123+ 213= cm3.故选A.,4.(2015浙江,2,5分)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是 ( ) A.8 cm3 B.12 cm3 C. cm3 D. cm3,答案 C 该几何体是由棱长为2的正方体和底面边长为2,高为2的正四棱锥组合而成的几何 体.故其体积为V=222+ 222= cm3.,5.(2016浙江,14,4分)如图,在ABC中,AB=BC=2,ABC=120.若平面ABC外的点P和线段AC上 的点D,满足PD=DA,PB=BA,则四面体PBCD的体积的最大值是 .,解析 连接PA,取PA的中点N

5、,连接BN,DN,PD=DA,PB=BA,DNPA,BNPA,又DNBN =N,PA面BDN,PABD,过A作AMBD,交BD的延长线于M,连接PM,又PAAM=A, BD面PAM,又BD面ABC,面PAM面ABC,过P作PHAM,垂足为H,又面PAM面 ABC=AM,PH面ABC,即PH为四面体PBCD的高.设PD=AD=x(0x2 ),而PHPMPD= x,VP-BCD= SBCDPH= 2(2 -x)sin 30PH (2 -x)x= (-x2+2 x)= -(x- )2+3 ,当且仅当x= 时,等号成立.当点D为AC的中点时,四面体PBCD的体积取得最大值 .,答案,评析 本题主要考查

6、空间点、线、面的位置关系以及几何体的体积,函数的最值问题,考查 学生的空间想象能力以及逻辑思维能力,考查数形结合思想、函数思想以及转化与化归思想 的应用.正确表示出四面体PBCD的高是解决本题的关键.求解有关体积的最值问题一般采用 函数思想的方法.,考点一 空间几何体的结构特征、三视图和直观图,B组 统一命题、省（区、市）卷题组,1.(2018课标全国文,9,5分)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.2 B.2 C.3 D.2,答案 B

7、 本题主要考查空间几何体的三视图、直观图以及最短路径. 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将圆柱侧面展开,如图2所示,MN即为从M到N的最短路径,由题知,ME=2,EN=4,MN= =2 .故选B. 图1 图2,方法点拨 1.由三视图还原直观图需遵循以下三步: (1)看视图明关系;(2)分部分想整体;(3)合起来定整体.,2.解决空间几何体表面上两点间的距离的常用方法:把立体图形展为平面图形,利用两点之间 线段最短进行求解.,2.(2018北京理,5,5分)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.

8、1 B.2 C.3 D.4,答案 C 本题考查空间几何体的三视图和直观图,空间线、面的位置关系. 由三视图得四棱锥的直观图如图所示. 其中SD底面ABCD,ABAD,ABCD,SD=AD=CD=2,AB=1.由SD底面ABCD,AD,DC,AB 底面ABCD,得SDAD,SDDC,SDAB,故SDC,SDA为直角三角形,又ABAD,AB SD,AD,SD平面SAD,ADSD=D,AB平面SAD,又SA平面SAD,ABSA,即SAB也是 直角三角形,从而SB= =3,又BC= = ,SC=2 ,BC2+SC2SB2, SBC不是直角三角形,故选C.,3.(2018课标全国文,3,5分)中国古建筑

9、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 ( ),答案 A 本题考查空间几何体的三视图. 两木构件咬合成长方体时,榫头完全进入卯眼,易知咬合时带卯眼的木构件的俯视图为A.故选A.,4.(2017课标全国理,7,5分)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和 等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若 干个是梯形,这些梯形的面积之和为 ( ) A.10 B.12 C.14 D.16,答案 B

10、本题考查立体几何中的三视图问题,考查学生的运算求解能力和空间想象能力. 由多面体的三视图还原直观图如图. 该多面体由上方的三棱锥A-BCE和下方的三棱柱BCE-B1C1A1构成,其中面CC1A1A和面BB1A1A 是梯形,则梯形的面积之和为2 =12.故选B.,题型归纳 有关三视图的基本问题一般有两类:一类是根据给定的空间几何体(或物体模型) 画出该几何体(或物体模型)的三视图;另一类是已知某几何体的三视图,想象该几何体的结构 特征,画出该几何体的空间图形.,5.(2017北京理,7,5分)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 B.2 C.2 D.2,答案 B

11、本题考查空间几何体的三视图,考查空间想象能力. 根据三视图可得该四棱锥的直观图(四棱锥P-ABCD)如图所示,将该四棱锥放入棱长为2的正 方体中.由图可知该四棱锥的最长棱为PD,PD= =2 .故选B.,6.(2019北京理,11,5分)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示.如 果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为 .,解析 本题考查了直观图和三视图,考查了空间几何体的体积,考查了空间想象能力和数学运 算能力.考查的核心素养为直观想象与数学运算. 由三视图可知,该几何体的直观图如图所示.它是由棱长为4的正方体去掉一个底面为直角梯 形、高为4的直四棱柱后的几何

12、体,其体积V=43- (2+4)24=40.,答案 40,解题关键 由三视图正确得到直观图是关键.该几何体也可看作由一个长方体与一个直三棱 柱组合而成.,7.(2019课标全国理,16,5分)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形 状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体” (图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对 称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方 体的棱长为1.则该半正多面体共有 个面,其棱长为 .(本题第一空2分,第二空 3分) 图1,

13、图2,答案 26; -1,解析 本题考查空间几何体的结构特征,空间几何体的直观图等知识;考查空间想象能力,运算 求解能力和应用意识;考查的核心素养为直观想象和数学运算.通过金石文化体现和弘扬中华 优秀传统文化. 半正多面体面数从上至下依次为1,8,8,8,1,故共有1+8+8+8+1=26个面.半正多面体的所有顶点 都在同一个正方体表面上,如图1,该正方体被半正多面体顶点A,B,C所在平面截得的图形如图 2.八边形ABCDEFGH为正八边形. 图1,图2 设AB=a,则1=2 a+a,解得a= -1.,解题关键 将半正多面体顶点所在的正方体画出是关键,再选取合适的截面即可求解.,思路分析 该题

14、是多面体切接问题,尽量选取多个顶点所在的截面ABCDEFGH,并确定其形状 为正八边形,根据边之间的关系列出方程求解即可.,疑难突破 将半正多面体放置在相应的正方体中,有更强的对称性和直观性,解题将有突破性 的进展.,1.(2018课标全国文,5,5分)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截 该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为 ( ) A.12 B.12 C.8 D.10,考点二 空间几何体的表面积,答案 B 本题主要考查圆柱的表面积及圆柱的轴截面. 设圆柱的底面半径为r,高为h,由题意可知2r=h=2 ,圆柱的表面积S=2r2+2rh=4+8=

15、12. 故选B.,解题关键 正确理解圆柱的轴截面及熟记圆柱的表面积公式是解决本题的关键.,2.(2016课标全国,6,5分)下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.20 B.24 C.28 D.32,答案 C 由三视图可得圆锥的母线长为 =4,S圆锥侧=24=8.又S圆柱侧=224= 16,S圆柱底=4,该几何体的表面积为8+16+4=28.故选C.,思路分析 先求圆锥的母线长,从而可求得圆锥的侧面积,再求圆柱的侧面积与底面积,最后求 该几何体的表面积.,3.(2016课标全国,9,5分)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

16、,则该多面体的表面积为 ( ) A.18+36 B.54+18 C.90 D.81,答案 B 由三视图可知,该几何体的底面是边长为3的正方形,高为6,侧棱长为3 ,则该几何 体的表面积S=232+233 +236=54+18 .故选B.,易错警示 由于空间想象能力较差,误认为侧棱长为6,或漏算了两底面的面积是造成失分的 主要原因.,评析 本题考查了几何体的三视图和柱体的表面积,考查了空间想象能力.掌握侧面的形状 是求解的关键.,4.(2016课标全国,6,5分)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相 垂直的半径.若该几何体的体积是 ,则它的表面积是 ( ) A.17 B.1

17、8 C.20 D.28,答案 A 由三视图可知,该几何体是一个球被截去 后剩下的部分,设球的半径为R,则该几 何体的体积为 R3,即 = R3,解得R=2.故其表面积为 422+3 22=17.选A.,评析 三视图问题主要考查空间想象能力.本题考查内容较多,其中包括球的体积、表面积 的求法.属中等难度题.,5.(2015课标,9,5分)已知A,B是球O的球面上两点,AOB=90,C为该球面上的动点.若三棱锥 O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为 ( ) A.36 B.64 C.144 D.256,答案 C SOAB是定值,且VO-ABC=VC-OAB, 当OC平面OAB时,VC-OA

18、B最大,即VO-ABC最大.设球O的半径为R,则(VO-ABC)max= R2R= R3=3 6,R=6,球O的表面积S=4R2=462=144.,评析 点C是动点,如果以ABC为底面,则底面面积与高都是变量,因此转化成以OAB为 底面(SOAB为定值),这样高越大,体积越大.,6.(2015安徽,7,5分)一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的表面积是 ( ) A.1+ B.2+ C.1+2 D.2,答案 B 四面体的直观图如图所示. 侧面SAC底面ABC,且SAC与ABC均为腰长是 的等腰直角三角形,SA=SC=AB=BC= ,AC=2.设AC的中点为O,连接SO,BO,则SOAC,SO

19、平面ABC,SOBO.又OS=OB=1, SB= ,故SAB与SBC均是边长为 的正三角形,故该四面体的表面积为2 + 2 ( )2=2+ .,7.(2017课标全国文,16,5分)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 .,答案 36,解析 由题意作出图形,如图.,设球O的半径为R,由题意知SBBC,SAAC,又SB=BC,SA=AC,则SB=BC=SA=AC= R.连接 OA,OB, 则OASC,OBSC,因为平面SCA平面SCB,平面SCA平面SCB=SC,所以OA平

20、面SCB,所 以OAOB,则AB= R, 所以ABC是边长为 R的等边三角形,设ABC的中心为O1,连接OO1,CO1. 则OO1平面ABC,CO1= R= R,则OO1= = R, 则VS-ABC=2VO-ABC=2 ( R)2 R= R3=9, 所以R=3.,所以球O的表面积S=4R2=36.,1.(2019课标全国理,12,5分)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC, ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,CEF=90,则球O的体积为 ( ) A.8 B.4 C.2 D. ,考点三 空间几何体的体积,答案 D 本题考查线面垂直的位置关系、三棱

21、锥的性质和球的体积公式,考查空间想象能 力和数学运算能力,考查的核心素养是直观想象和数学建模. 解法一:E、F分别是PA、AB的中点,EFPB. CEF=90,EFEC,PBEC, 又三棱锥P-ABC为正三棱锥,PBAC,从而PB平面PAC,三条侧棱PA、PB、PC两两 垂直. ABC是边长为2的正三角形,PA=PB=PC= , 则球O是棱长为 的正方体的外接球,设球O的半径为R, 则2R= ,R= ,球O的体积V= R3= .故选D.,解法二:令PA=PB=PC=2x(x0),则EF=x,连接FC,由题意可得FC= .在PAC中,cosAPC=,= . 在PEC中,EC2=PC2+PE2-2

22、PCPEcosEPC=4x2+x2-22xx =x2+2,在FEC中,CEF= 90,FC2=EF2+EC2,即x2+2+x2=3,x= ,PA=PB=PC=2x= . AB=BC=CA=2,三棱锥P-ABC的三个侧面为等腰直角三角形,PA、PB、PC两两垂直,故 球O是棱长为 的正方体的外接球,设球O的半径为R,则2R= ,R= ,球O的体积V= R3= .故选D.,解题关键 三棱锥与球的切、接问题,关键是确定三棱锥的特殊性.本题中确定三棱锥的侧棱 长是关键.通常情况下,把空间问题转化为平面问题后通过解三角形完成,充分利用平行、垂直 的特殊位置关系更有利于解题.,2.(2018课标全国文,1

23、0,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的 角为30,则该长方体的体积为 ( ) A.8 B.6 C.8 D.8,答案 C 本题主要考查长方体的体积及直线与平面所成的角. 如图,由长方体的性质可得AB平面BCC1B1, BC1为直线AC1在平面BCC1B1内的射影, AC1B为直线AC1与平面BCC1B1所成的角, 即AC1B=30, 在RtABC1中,AB=2,AC1B=30,BC1=2 , 在RtBCC1中,CC1= = =2 , 该长方体的体积V=222 =8 ,故选C.,易错警示 不能准确理解线面角的定义,无法找出直线与平面所成的角,

24、从而导致失分.,方法总结 用定义法求线面角的步骤: (1)找出斜线上的某一点在平面内的射影; (2)连接该射影与直线和平面的交点即可得出线面角; (3)构建直角三角形,求解得出结论.,3.(2018课标全国文,12,5分)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,ABC为等边三 角形且其面积为9 ,则三棱锥D-ABC体积的最大值为 ( ) A.12 B.18 C.24 D.54,答案 B 本题考查空间几何体的体积及与球有关的切接问题. 设等边ABC的边长为a,则有SABC= aasin 60=9 ,解得a=6.设ABC外接圆的半径为r,则2 r= ,解得r=2 ,则球心到平面ABC的距

25、离为 =2,所以点D到平面ABC的最大 距离为2+4=6,所以三棱锥D-ABC体积的最大值为 9 6=18 ,故选B.,方法总结 解决与球有关的切、接问题的策略: (1)“接”的处理: 构造正(长)方体,转化为正(长)方体的外接球问题. 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). 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: 体积分割法求内切球半径. 作出合适的截面(过球心,切点等),在平面上求解. 多球相切问题,连接各球球心,转化为处理多面体问题.,4.(2017课标全国理,8,5分)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为

26、2的同一个球的 球面上,则该圆柱的体积为 ( ) A. B. C. D.,答案 B 本题考查球的内接圆柱的体积. 设圆柱的底面半径为r,则r2+ =12,解得r= , V圆柱= 1= ,故选B.,5.(2017北京文,6,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为 ( ) A.60 B.30 C.20 D.10,答案 D 本题考查三视图的相关知识,三棱锥体积的计算,考查学生的空间想象能力. 根据三视图将三棱锥P-ABC还原到长方体中,如图所示, VP-ABC= 354=10.故选D.,6.(2016课标全国,10,5分)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若ABB

27、C, AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是 ( ) A.4 B. C.6 D.,答案 B 易知AC=10.设底面ABC的内切圆的半径为r,则 68= (6+8+10)r,所以r=2,因 为2r=43,所以最大球的直径2R=3,即R= .此时球的体积V= R3= .故选B.,评析 本题考查了球的体积公式和空间想象能力.弄懂“当球面与柱体的侧面或底面相切 时体积最大”是求解的关键.,7.(2015重庆,5,5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( ) A. + B. + C. +2 D. +2,答案 A 由三视图知,该几何体是一个三棱锥与半个圆柱的组合体.V=V三棱锥+ V

28、圆柱= 2 11+ 122= +.选A.,评析 本题考查三视图、棱锥与圆柱的体积公式,属容易题.,8.(2015课标,6,5分)九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题: “今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米 (如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆 放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有 ( ) A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛,答案 B 设圆锥底面的半径为R尺,由 2R=8得R= ,从而米堆的体积V= R25=

29、(立方尺),因此堆放的米约有 22(斛).故选B.,9.(2015湖南,10,5分)某工件的三视图如图所示,现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能 大的长方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为 材料利用率= ( ) A. B. C. D.,答案 A 原工件是一个底面半径为1,高为2的圆锥,依题意加工后的新工件是圆锥的内接长 方体,且落在圆锥底面上的面是正方形,设正方形的边长为a,长方体的高为h,则0a ,0h2. 于是 = ,h=2- a. 令f(a)=V长方体=a2h=2a2- a3, f (a)=4a-3 a2, 当f (a)=0时,a= . 易知f(

30、a)max=f = . 材料利用率= = .故选A.,10.(2015山东,7,5分)在梯形ABCD中,ABC= ,ADBC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为 ( ) A. B. C. D.2,答案 C 如图,此几何体是底面半径为1,高为2的圆柱挖去一个底面半径为1,高为1的圆锥,故 所求体积V=2- = .,评析 本题主要考查几何体的体积及空间想象能力.,11.(2019天津文,12,5分)已知四棱锥的底面是边长为 的正方形,侧棱长均为 .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,

31、则该圆柱 的体积为 .,答案,解析 本题考查圆柱、正四棱锥的性质,通过计算圆柱的底面半径、高、体积考查学生的空 间想象能力,体现了直观想象的核心素养. 如图所示,圆柱的高|O1O|= |PO|= = =1,圆柱的底面半径r= |AO|= ,所以圆 柱的体积V=r2|O1O|= 1= .,12.(2019课标全国文,16,5分)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-A1B1C1D1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,AA1=4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.

32、不考虑打印 损耗,制作该模型所需原料的质量为 g.,解析 本题考查长方体、四棱锥的体积公式;考查学生的空间想象能力和运算能力,以及应用 意识与数形结合的思想;考查的核心素养是直观想象和数学运算. 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=664- 463=132(cm3). 又该模型的原料密度为0.9 g/cm3, 故制作该模型所需原料的质量为0.9132=118.8(g).,答案 118.8,易错警示 计算被挖去的四棱锥底面面积时,容易误认为四边形HEFG为正方形,由勾股定理 求得HE= = ,错认为底面面积为13.,13.(2019江苏,9,5分)如图,长

33、方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD 的体积是 .,答案 10,解析 本题考查长方体、三棱锥的体积公式,考查学生的空间想象能力、运算求解能力,考查 的核心素养是直观想象、数学运算. 因为长方体的体积是120,所以2SBCDCC1=120, 则SBCDCC1=60.所以VE-BCD= SBCDEC= SBCD CC1= 60=10.,评析 本题通过长方体考查体积之间的关系,通过体积公式,找出底面面积与高的关系,不需要 求出具体的底面面积和高是多少.,14.(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积 为

34、 .,答案,解析 本题考查组合体体积的计算. 多面体由两个完全相同的正四棱锥组合而成,其中正四棱锥的底面边长为 ,高为1,其体积 为 ( )21= ,多面体的体积为 .,15.(2018天津文,11,5分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体 积为 .,答案,解析 本题主要考查正方体的性质和四棱锥的体积. 四棱锥的底面BB1D1D为矩形,其面积为1 = , 又点A1到底面BB1D1D的距离,即四棱锥A1-BB1D1D的高为 A1C1= ,所以四棱锥A1-BB1D1D的 体积为 = .,16.(2018天津理,11,5分)已知正方体ABCD-A1B

35、1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各 面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M-EFGH的体积为 .,答案,解析 本题主要考查正方体的性质和正四棱锥的体积. 由题意知四棱锥的底面EFGH为正方形,其边长为 ,即底面面积为 ,由正方体的性质知,四 棱锥的高为 .故四棱锥M-EFGH的体积V= = .,17.(2017天津理,10,5分)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为1 8,则这个球的体积为 .,答案 ,解析 本题考查正方体的表面积及外接球的体积. 设这个正方体的棱长为a,由题意可知6a2=18,所以a= ,所以这个正方体的外接球半径R=

36、 a = ,所以这个正方体外接球的体积V= R3= = .,18.(2017山东理,13,5分)由一个长方体和两个 圆柱体构成的几何体的三视图如下图,则该几 何体的体积为 .,答案 2+,解析 本题考查几何体的三视图和体积的计算. 由三视图得该几何体的直观图(如图). 其中,长方体的长,宽,高分别为2,1,1,圆柱体的底面半径为1,高为1.所以该几何体的体积V=21 1+ 121=2+ .,C组 教师专用题组,1.(2017课标全国理,4,5分)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.90 B

37、.63 C.42 D.36,答案 B 本题考查三视图和空间几何体的体积. 由三视图可知两个同样的几何体可以拼成一个底面直径为6,高为14的圆柱,所以该几何体的 体积V= 3214=63.故选B.,2.(2016北京,6,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为 ( ) A. B. C. D.1,答案 A 由三视图可画出三棱锥的直观图如图所示, 其底面是等腰直角三角形ACB,直角边长为1,三棱锥的高为1,故体积为V= 111= .故选A.,评析 本题考查学生的空间想象能力,由侧视图可知该三棱锥的高为1.,3.(2016山东,5,5分)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如图所示.则

38、该几何体的体积 为 ( ) A. + B. + C. + D.1+ ,答案 C 由三视图可知四棱锥为正四棱锥,底面正方形的边长为1,四棱锥的高为1,球的直径 为正四棱锥底面正方形的外接圆的直径,所以球的直径2R= ,则R= ,所以半球的体积为 R3= ,又正四棱锥的体积为 121= ,所以该几何体的体积为 + .故选C.,易错警示 没有从俯视图中正确得到球的半径,而错误地从正视图中得到球的半径R= 造成 错解.或解题粗心,误认为半径R=1造成错解.,评析 本题考查了空间几何体的三视图和体积公式,正确得到几何体的直观图是解题关键.,4.(2015北京,5,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱

39、锥的表面积是 ( ) A.2+ B.4+ C.2+2 D.5,答案 C 由三视图可得该三棱锥的直观图如图所示,其中PA=1,BC=2,取BC的中点M,连接 AM,MP,则AM=2,AMBC,故AC=AB= = = ,由正视图和侧视图可知PA平 面ABC,因此可得PC=PB= = = ,PM= = = ,所以三棱锥的表 面积为SABC+SPAB+SPAC+SPBC= 22+ 1+ 1+ 2 =2+2 ,故选C.,5.(2015课标,6,5分)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图所示,则截 去部分体积与剩余部分体积的比值为 ( ) A. B. C. D.,答案 D 如图,由已知条

40、件可知,截去部分是以ABC为底面且三条侧棱两两垂直的正三棱 锥D-ABC.设正方体的棱长为a,则截去部分的体积为 a3,剩余部分的体积为a3- a3= a3.它们的 体积之比为 .故选D.,评析 本题主要考查几何体的三视图和体积的计算,考查空间想象能力.,6.(2015课标,11,5分)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何 体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20,则r= ( ) A.1 B.2 C.4 D.8,答案 B 由已知可知,该几何体的直观图如图所示,其表面积为2r2+r2+4r2+2r2=5r2+4r2.由 5r2+4r2=16

41、+20,得r=2.故选B.,7.(2015陕西,5,5分)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为 ( ) A.3 B.4 C.2+4 D.3+4,答案 D 由题中三视图知该几何体是底面半径为1,高为2的半个圆柱,故其表面积S=2 12+12+22=3+4.,评析 本题考查三视图的概念和性质以及圆柱的表面积,考查运算及推理能力和空间想象 能力.由三视图确定几何体的直观图是解题的关键.,8.(2017课标全国文,15,5分)长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O 的表面积为 .,答案 14,解析 本题考查长方体和球的性质,考查了球的表面积公式. 由题意知长方体

42、的体对角线为球O的直径,设球O的半径为R,则(2R)2=32+22+12=14,得R2= ,所以 球O的表面积为4R2=14.,疑难突破 长方体的体对角线为球的直径是求解的关键.,易错警示 易因用错球的表面积公式而致错.,9.(2017课标全国理,16,5分)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形 ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,DBC,ECA,FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰 三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起DBC,ECA,FAB,使得D,E,F重合,得 到三棱锥.当ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为

43、 .,答案 4,解析 本题考查简单几何体的空间直观图与平面展开图,考查学生的空间想象能力、数学建 模能力和运算求解能力. 解法一:由题意可知,折起后所得三棱锥为正三棱锥,设ABC的边长为a(a0)cm,则ABC的面 积为 a2cm2,点O到ABC三边的距离都为 a cm,DBC的高为 cm,则正三棱锥的 高为 = cm,25- a0,0a5 ,所得三棱锥的体积V= a2 = cm3.令t=25a4- a5,则t=100a3- a4,由t=0,得a=4 (满足0a5 ),易知此时所得三棱锥的体积最大,为4 cm3. 解法二:由题意知折起以后所得三棱锥的直观图如图所示, 连接CO并延长交AB于H,

44、连接DO、DH.则DO平面ABC.,令OH=x cm,则OC=2x cm,DH=(5-x)cm,得OD= = cm,AB=2 x cm. 则VD-ABC= = x2 = x2 cm3, 令f(x)= x2 , 则f (x)= = , 则当x(0,2)时, f(x)单调递增,当x(2,2.5)时, f(x)单调递减,所以当x=2时,体积取最大值,为 4 =4 cm3.,方法总结 求解立体几何中的最值问题. 在求解立体几何中的最值问题时,注意先要引入自变量,再根据几何体的点、线、面的位置关 系,表示几何体中的相关量,进而建立起目标函数,最后,利用函数的性质来求解最值.,10.(2016江苏,17,

45、14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1 B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱 锥的高PO1的4倍. (1)若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少? (2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?,解析 (1)由PO1=2 m知O1O=4PO1=8 m. 因为A1B1=AB=6 m, 所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积 V锥= A1 PO1= 622=24(m3); 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积 V柱=AB2O1O=628=288(m3)

46、. 所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3). (2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则0h6,O1O=4h(m).连接O1B1. 因为在RtPO1B1中,O1 +P =P , 所以 +h2=36,即a2=2(36-h2).,于是仓库的容积V=V柱+V锥=a24h+ a2h= a2h= (36h-h3),00,V是单调增函数; 当2 h6时,V0,V是单调减函数. 故h=2 时,V取得极大值,也是最大值. 因此,当PO1=2 m时,仓库的容积最大.,方法小结 (1)注意正四棱锥与正四棱柱底面相同,高的倍数关系. (2)选择中间关联变量PO1为主变量把相关边长与高用主变

47、量表示出来,再把容积表示成主变 量的函数.转化成求函数最值的问题,再考虑用导数求解.,11.(2015天津,10,5分)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为 m 3.,答案 ,解析 由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成.其中,圆锥的底面半径和圆柱 的底面半径均为1,圆锥的高均为1,圆柱的高为2.因此该几何体的体积为V=2 121+122 = (m3).,12.(2015江苏,9,5分)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的 圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱 各一个,则新的底面半径为 .,答案,解析 原两个几何体的总体积V= 524+228= .由题意知新圆锥的高为4,新圆柱的 高为8,且它们的底面半径相同,可设两几何体的底面半径均为r(r0