2021年新课标（老高考）理数复习练习课件：§8.1　空间几何体的三视图、表面积和体积1.pptx

1、考点考点1 1 空间几何体的三视图与直观图空间几何体的三视图与直观图 1.(2020课标,3,5分)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.以 该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上 的高与底面正方形的边长的比值为( ) A. B. C. D. 5-1 4 5-1 2 51 4 51 2 答案答案 C 如图,设正四棱锥的底面边长BC=a,侧面等腰三角形底边上的高PM=h,则正四棱锥的高PO= ,以PO的长为边长的正方形面积为h2-,一个侧面三角形面积为ah,h2-=ah,4h2 -2ah-a2=0,两边同除以a2可得4-2

2、-1=0,解得=,又0,=.故选C. 2 2- 4 a h 2 4 a1 2 2 4 a1 2 2 h a h a h a 15 4 h a h a 51 4 2.(2020课标,7,5分)如图是一个多面体的三视图,这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应 的点为M,在俯视图中对应的点为N,则该端点在侧视图中对应的点为( ) A.E B.F C.G D.H 答案答案 A 根据三视图可得直观图如图所示,图中的点U在正视图中对应的点为M,在俯视图中对 应的点为N,所以该端点在侧视图中对应的点为E.故选A. 3.(2018课标,3,5分)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

3、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( ) 答案答案 A 本题考查空间几何体的三视图. 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. 4.(2018课标,7,5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.2 175 答案答案 B 本题主要考查空间几何体的三视图、直观图以

4、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= =2.故选B. 图1 图2 图2 22 425 5.(2018北京,5,5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.1 B.2 C.3 D.4 答案答案 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

5、,AD,DC,AB底面 ABCD,得SDAD,SDDC,SDAB,故SDC,SDA为直角三角形,又ABAD,ABSD,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. 222 SDADAB 22 2152 6.(2017北京,7,5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.2 232 答案答案 B 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

6、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. 222 2223 7.(2020浙江,14,4分)已知圆锥的侧面积(单位:cm2)为2,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥 的底面半径(单位:cm)是 . 答案答案 1 解析解析 设圆锥的底面半径为r cm,母线长为l cm,如图. 由题意可得r=1.故圆锥的底面半径为1 cm. 2, 2 , Srl rl 侧 8.(2020新高考,16,5分)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,BAD=60.以D1为球心,为 半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 . 5 答案答案 2 2 解

7、析解析 易知四边形A1B1C1D1为菱形,B1A1D1=60,连接B1D1,则B1C1D1为正三角形, 取B1C1的中点O,连接D1O,易得D1OB1C1,D1O平面BCC1B1,取BB1的中点E,CC1的中点F,连接D1 E,D1F,OE,OF,EF,易知D1E=D1F=,易知以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线为以O 为圆心,OE为半径的,B1E=B1O=1,OE=,同理OF=,易知EF=2,EOF=90, 的长=(2)=. 55 EF 22 EF 1 4 2 2 2 9.(2019课标,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

8、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 图2 答案答案 26;-1 2 解析解析 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,

9、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=2a+a,解得a=-1. 2 2 2 思路分析思路分析 该题是多面体切接问题,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. 解题关键解题关键 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. 疑难突破疑难突破 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. (2018

10、上海,15,5分)九章算术中,称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马,设AA1 是正六棱柱的一条侧棱,如图,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点,以AA1为底面矩形的一边,则这 样的阳马的个数是( ) A.4 B.8 C.12 D.16 答案答案 D 如图所示,符合条件的面有4个,每个面对应符合条件的顶点有4个,阳马的个数是44 =16,故选D. 以下为教师用书专用 考点考点2 2 空间几何体的表面积空间几何体的表面积 1.(2020课标,10,5分)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,O1为ABC的外接圆.若O1的面积 为4,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为( ) A.64 B

11、.48 C.36 D.32 答案答案 A 如图,由题意知ABC为等边三角形,圆O1的半径r=2,即O1B=2,BC=2=OO1, 在RtOO1B中,OB2=O+O1B2=16,球O的半径R=OB=4,则S球O=4R2=64.故选A. 3 2 1 O 2.(2020课标,10,5分)已知ABC是面积为的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O 的表面积为16,则O到平面ABC的距离为( ) A. B. C.1 D. 9 3 4 3 3 2 3 2 答案答案 C 设等边ABC的边长为a,外接圆半径为r,球心O到平面ABC的距离为h,球的半径为R, 依题意得a2=,解得a=3(负值舍去), 则A

12、BC的外接圆半径为r=a=, 因为球O的表面积为16,即4R2=16,所以R=2. 由R2=h2+r2得h=1.故选C. 3 4 9 3 4 3 3 3 22 2 -( 3) 3.(2020课标,8,5分)如图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是( ) A.6+4 B.4+4 C.6+2 D.4+2 2233 答案答案 C 在正方体中还原几何体如图. 几何体为正方体的一部分:三棱锥P-ABC,S表面积=SPAC+SPAB+SPBC+SBAC =22+22+22+22=2+6.故选C. 1 2 22 3 2 1 2 1 2 1 2 3 4.(2020北京,4,4分)某三棱柱的底面为正三角形,

13、其三视图如图所示,该三棱柱的表面积为( ) A.6+ B.6+2 C.12+ D.12+2 3333 答案答案 D 由题图知,该三棱柱为正三棱柱,且底面是边长为2的正三角形,高为2,其表面积为2 22+322=12+2.故选D. 3 4 3 5.(2020天津,5,5分)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( ) A.12 B.24 C.36 D.144 3 答案答案 C 设球的半径为R,易知正方体的体对角线为球的直径,所以2=2R,R=3,该球的 表面积为4R2=36.故选C. 33 6.(2016课标,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

14、面积为 ( ) A.20 B.24 C.28 D.32 答案答案 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. 22 2(2 3) 思路分析思路分析 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. 7.(2016课标,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.18 C.20 D.28 28 3 答案答案 A 由三视图知该几何体为球去掉了所剩的几何体(如图

15、),设球的半径为R,则R3= ,故R=2,从而它的表面积S=4R2+R2=17.故选A. 1 8 7 8 4 3 28 3 7 8 3 4 8.(2016课标,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,则该 多面体的表面积为( ) A.18+36 B.54+18 C.90 D.81 55 答案案 B 由三视图可知,该几何体是底面为正方形(边长为3),高为6,侧棱长为3的斜四棱柱.其 表面积S=232+233+236=54+18.故选B. 5 55 9.(2017课标,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

16、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 答案答案 B 本题考查立体几何中的三视图问题. 由多面体的三视图还原直观图如图. 该几何体由上方的三棱锥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. (24)2 2 10.(2018课标,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角 为45.若SAB的面积为5,则该圆锥的侧面积为 . 7 8 15 答案答案 40 2 解析解析 本

17、题考查了圆锥的性质和侧面积的计算,考查了直线所成的角和线面角. 因为母线SA与圆锥底面所成的角为45,所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形.设底面圆的半径 为r,则母线长l=r.在SAB中,cosASB=,所以sinASB=.因为SAB的面积为5,即 SA SBsinASB=rr=5,所以r2=40,故圆锥的侧面积为rl=r2=40. 2 7 8 15 8 15 1 2 1 2 22 15 8 1522 疑难突破疑难突破 利用底面圆的半径与母线长的关系,以及SAB的面积值求出底面圆的半径是解题的 突破口. 1.(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

18、.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 以下为教师用书专用 答案答案 C SOAB是定值,且VO-ABC=VC-OAB, 当OC平面OAB时,VC-OAB最大,即VO-ABC最大.设球O的半径为R,则(VO-ABC)max=R2R=R3=36, R=6,球O的表面积S=4R2=462=144. 1 3 1 2 1 6 思路分析思路分析 由OAB的面积为定值分析出当OC平面OAB时,三棱锥O-ABC的体积最大,从而根 据已知条件列出关于R的方程,进而求出R值,利用球的表面积公式即可求出球O的表面积. 导师点睛导师点睛 点C是动

19、点,在三棱锥O-ABC中,如果以面ABC为底面,则底面面积与高都是变量,而SOAB 为定值,因此转化成以面OAB为底面,这样高越大,体积越大. 2.(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+20,得r=2.故选B. 方法归纳方法归纳 几何体的表面积是指各个面的面积之和;求组合体的表面积时应注意重合

20、部分的处理. 思路分析思路分析 根据题意及正视图和俯视图画出几何体的直观图,利用题图提供的数据表示出几何体 的表面积,从而构造出关于r的方程,由此可解出r的值.爱斯基摩人 考点考点3 3 空间几何体的体积空间几何体的体积 1.(2020浙江,5,4分)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积(单位:cm3)是( ) A. B. C.3 D.6 7 3 14 3 答案答案 A 由三视图可知,该几何体是由一个三棱柱和一个三棱锥组成的组合体,它们的公共面是等腰直角三 角形,所以该几何体的体积等于212+211=2+=(cm3),故选A. 1 2 1 3 1 2 1 3 7 3 2.(

21、2017课标,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.63 C.42 D.36 答案答案 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. 1 2 3.(2017课标,8,5分)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该 圆柱的体积为( ) A. B. C. D. 3 4 2 4 答案答案 B 本题考查球的内接圆柱的体积. 设圆柱的底面圆的

22、半径为r,则r2+=12,解得r=, V圆柱=1=,故选B. 2 1 2 3 2 2 3 2 3 4 4.(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 1 6 1 3 1 2 答案答案 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. 1 3 1 2 1 6 5.(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

23、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. 由三视图知该柱体的直观图为如图所示的五棱柱ABCDE-A1B1C1D1E1,取CD的中点G,连接AG,由侧 视图知AGCD,由正视图知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=27

24、6=162.故选B. 1 2 1 2 6.(2019课标,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. 66 66 答案答案 D 本题考查线面垂直的位置关系、三棱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,又ECAC=C,从而PB平面PAC,三条侧棱PA、 PB、P

25、C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+PE2-2PC PEcosEPC=4x2+x2-22x x=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 2 2 32

26、6 2 4 3 6 3 22 2 44-4 24 xx x 2 2 2-1 2 x x 2 2 2-1 2 x x 2 2 2 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. 232 6 2 4 3 6 7.(2020江苏,9,5分)如图,六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面 正六边形边长为2 cm,高为2 cm,内孔半径为0.5 cm,则此六角螺帽毛坯的体积是 cm3. 答案答案 12 3- 2 解析解析 此六角螺帽毛坯的体积V=V正六棱柱-V圆柱=6222-2=cm3. 3 4 1 4 12 3- 2 8.(2020

27、课标,15,5分)已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为 . 答案答案 2 3 解析解析 如图为圆锥内球半径最大时的轴截面图.其中球心为O,设其半径为r,AC=3,O1C=1,AO1= =2.OO1=OM=r,AO=AO1-OO1=2-r,又AMOAO1C,=,即= ,故3r=2-r,r=.该圆锥内半径最大的球的体积V=. 22 1 -ACOC22 1 OM OC AO AC1 r 2 2- 3 r 2 2 2 4 3 3 2 2 2 3 9.(2019江苏,9,5分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD的体 积

28、是 . 答案答案 10 解析解析 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2SBCD CC1=120, 则SBCD CC1=60.所以VE-BCD=SBCD EC=SBCDCC1=60=10. 1 3 1 3 1 2 1 6 10.(2017天津,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18,则这 个球的体积为 . 答案答案 9 2 解析解析 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

29、半径R=a=, 所以这个正方体外接球的体积V=R3=. 3 3 2 3 2 4 3 4 3 3 3 2 9 2 方法总结方法总结 找几何体外接球球心的方法:1.构造长方体(或正方体),将原几何体外接球转化成长方 体(或正方体)的外接球,进而易得球心位置;2.找几何体底面的外心O1,过O1作底面的垂线l1,再找几 何体一侧面的外心O2,过O2作该侧面的垂线l2,则l1与l2的交点即为外接球的球心. 11.(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 . 答案答案 4 3 解析解析 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

30、,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. 2 1 3 2 2 3 4 3 12.(2019课标,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.不考虑打印损耗,制作该模型 所需原料的质量为 g. 答案答案 118.8 解析解析 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

31、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). 1 3 1 2 13.(2017课标,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

32、,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为 . 答案答案 4 15 解析解析 由题意知折叠以后三棱锥的直观图如图所示. 连接CO并延长交AB于H,连接DO、DH,则DO平面ABC.令OH=x cm,则OC=2x cm,DH=(5-x)cm, 得OD= cm,AB=2x cm. 则VD-ABC= =x2=x2 cm3, 令f(x)=x2, 则f (x)=2x+x2=,则当x(0,2)时, f(x)单调递增,当x(2,2.5)时, f(x) 22 (5- ) -xx25-10 x3 1 3 1 2 33 2 xx 25-10 x 325-10 x155-2x 155-2x 155-2x -1 5-

33、2x 2 15(10 -5) 5-2 xx x 单调递减,所以当x=2时,体积取最大值,为4=4 cm3. 3515 一题多解一题多解 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a2,DBC的高为5-a,则正三棱锥的高为=,25-a0, 0a5,所得三棱锥的体积V=a2=.令t=25a4-a5,0a 5,则t=100a3-a4,令t=0,得a=4,此时所得三棱锥的体积最大,为4 cm3. 3 4 3 6 22 33 5- 66 aa 5 3 25- 3 a 5 3 3 3 1 3 3 4 5 3 25- 3 a 3 12 45 5 3 25- 3

34、 aa 5 3 3 3 25 3 3 315 1.(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 以下为教师用书专用 答案答案 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.故选C. 12 2 思路分析思路分析 (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

35、棱长. 2.(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 2 2 3 2 3 2 答案答案 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 cm,OC=1 cm,ABOC. 故该几何体的体积V=123+213=cm3.故选A. 1 2 1 3 1 3 1 2 1 2 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

36、.则该几何体的体积为 ( ) A.+ B.+ C.+ D.1+ 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 6 2 6 答案答案 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,球的直径等于 正四棱锥底面正方形的对角线的长,所以球的直径2R=,即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. 2 2 2 2 3 2 6 1 3 1 3 1 3 2 6 易错警示易错警示 没有从俯视图中正确地得到球的半径,而错误地从正视图中得到球的半径R=. 1 2 4.(2019北京,11,5分)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三

37、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 . 答案答案 40 解析解析 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体,其体积V=43-(2+4)24=40. 1 2 解题关键解题关键 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. 5.(2019天津,11,5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

38、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 . 25 答案答案 4 解析解析 本题考查了圆柱、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 想象能力和转化思想方法的应用,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=. 1 2 1 2 22 -PA AO 1 2 5-1 1 2 1 2 1 4 4 6.(2018天津,11,5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1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-E

39、FGH的体积为 . 答案答案 1 12 解析解析 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=. 2 2 1 2 1 2 1 3 1 2 1 2 1 12 7.(2017江苏,6,5分)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱 O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是 . 1 2 V V 答案答案 3 2 解析解析 本题考查空间几何体的体积. 设圆柱内切球的半径为R, 则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R,高为2R, =

40、. 1 2 V V 2 3 2 4 3 RR R 3 2 8.(2017山东,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 . 1 4 答案答案 2+ 2 解析解析 本题考查空间几何体的三视图及空间几何体的体积. 由几何体的三视图可画出该几何体的直观图如下: 该几何体的体积V=211+121=2+. 1 2 2 9.(2016天津,11,5分)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 m3. 答案答案 2 解析解析 四棱锥的底面是平行四边形,由三视图可知其面积为21=2 m2,四棱锥的高为3 m,所以四

41、棱 锥的体积V=23=2 m3. 1 3 易错警示易错警示 该题有两处容易出错:一是锥体的体积公式中的系数易漏写;二是底面平行四边形的 面积易错误地写成31=3 m2. 1 3 10.(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 . 答案答案 1 2 解析解析 连接PA,取PA的中点N,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 PA

42、M,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= SBCD PH=(2-x)2sin 30 PH(2-x) x=(-x2+2x)=-(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. 3 1 3 1 3 1 2 3 1 6 3 1 6 3 1 6 3 1 2 3 1 2 11.(2016江苏,17,14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-A1B1C 1D1,下部的形状是

43、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=AB2 O1O=628=288(m3). 所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3). (2)设A1B1=a(m),PO1=h(

44、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=a2 4h+a2 h=a2h=(36h-h3),0h6, 从而V=(36-3h2)=26(12-h2). 令V=0,得h=2或h=-2(舍). 1 3 2 1 B 1 3 2 1 B 2 1 O 2 1 B 2 2 2 a 1 3 13 3 26 3 26 3 33 当0h0,V是单调增函数; 当2h6时,V0,r= ,该几何体的表面积S=r2+2rr+4r2=5r2=5=,故选C. 1 2 4 3 1 3 9 8 27 8 3

45、 2 1 2 9 4 45 4 4.(2019宁夏银川一模,8)我国数学名著九章算术 商宫记载:“斜解立方,得两堑堵.其一为阳马, 一为鳖臑.”其中的阳马是指底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥.已知图中的网格是 由边长为1的小正方形组成,某阳马的三视图如图中的粗实线所示,则该阳马的表面积为( ) A.4+8+8 B.8+8+8 C.8+16+4 D.4+8+16 2323 2323 答案答案 B 由三视图知,该四棱锥的底面是边长为2的正方形,侧棱PD底面ABCD,如图所示. 所以四棱锥的表面积S=S正方形ABCD+2SPAD+2SPAB =(2)2+224+22=8+8+8.故选B.

46、2 2 1 2 2 1 2 2 22 (2 2)423 5.(2018甘肃张掖一模,7)如图,网格纸上的小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图, 则该多面体外接球的表面积为( ) A.52 B.45 C.41 D.34 答案答案 A 由三视图可知,该几何体为一个四棱锥, 底面ABCD是矩形,其中AB=4,AD=6,侧面PBC底面ABCD,设ACBD=O,则OA=OB=OC=OD= ,连接OP,则OP=,O是该多面体外接球的球心,半径R=,该多面体外接球的 表面积S=4R2=52,故选A. 13 22 231313 6.(2020四川成都二诊,15)已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)所有 顶点都在球O的表面上,若球O的表面积为28,则该三棱柱的侧面积为 . 答案答案 36 解析解析 本题主要考查直三棱柱的性质,直三棱柱的外接球以及球的表面积公式,考查的核心素养为 逻辑推理、直观想象和数学运算. 如图,三棱柱ABC-A1B1C1是所有棱长都相等的直三棱柱,设ABC、A1B1C1外接圆的圆心分别为 O1,O2,连接O1O2,则O点为O1O2的中点.设球半径为R,ABC外接圆的半径为r,三棱柱的棱长为a