2019版高考数学一轮复习 第7章 立体几何（课件+学案+练习）（打包20套）文.zip

课后作业夯关7.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图 17．1 空间几何体的结构及其三视图和直观图[知识梳理]1．多面体的结构特征2．旋转体的结构特征23．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则①原图形中 x轴、 y轴、 z轴两两垂直，直观图中， x′轴与 y′轴的夹角为 45°(或135°)， z′轴与 x′轴(或 y′轴)垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于 x轴和 z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于 y轴的线段的长度在直观图中变为原来的一半．4．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、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．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[诊断自测]1．概念思辨(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)用斜二测画法画水平放置的∠ A时，若∠ A的两边分别平行于 x轴和 y轴，且∠ A＝ 90°，则在直观图中，∠ A＝45°.( )(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )3答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2．教材衍化(1)(必修 A2P15T4)如图所示为一个简单几何体的三视图，则其对应的几何体是( )答案 A解析 对于 A，该几何体的三视图恰好与已知图形相符，故 A符合题意；对于 B，该几何体的正视图的矩形中，对角线应该是虚线，故不符合题意；对于 C，该几何体的正视图的矩形中，对角线应该是从左上到右下的方向，故不符合题意；对于 D，该几何体的侧视图的矩形中，对角线应该是虚线，不符合题意．故选 A.(2)(必修 A2P28T3)如图 1所示，是一个棱长为 2的正方体被削去一个角后所得到的几何体的直观图，其中 DD1＝1， AB＝ BC＝ AA1＝2，若此几何体的俯视图如图 2所示，则可以作为其正视图的是( )答案 C4解析 由直观图和俯视图知，正视图中点 D1的射影是 B1，侧棱 B1B是看不见的，在直观图中用虚线表示．所以正视图是选项 C中的图形．故选 C.3．小题热身(1)(2017·长沙模拟)如图是一个正方体， A， B， C为三个顶点， D是棱的中点，则三棱锥 A－ BCD的正视图，俯视图是(注：选项中的上图是正视图，下图是俯视图)( )答案 A解析 正视图是等腰直角三角形，且 AD棱属于看不见的部分，用虚线表示，俯视图也是等腰直角三角形，且 BD棱属于看不见的部分，用虚线表示．故选 A.(2)(2017·北京高考)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．22 3 2答案 B解析 在正方体中还原该四棱锥，如图所示，5可知 SD为该四棱锥的最长棱．由三视图可知正方体的棱长为 2，故 SD＝ ＝2 .22＋ 22＋ 22 3故选 B.题型 1 空间几何体的结构特征下列结论正确的个数是________． 典 例(1)有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱；(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；(3)有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台；(4)直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；(5)若在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线．举反例．答案 0 个解析 (1)(2)(3)(4)的反例见下面四个图．(5)平行于轴的连线才是母线．方法技巧6空间几何体结构特征有关问题的解题策略1．关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可．2．圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．3．既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意应用“还台为锥”的解题策略．冲关针对训练下列结论正确的是________．①各个面都是三角形的几何体是三棱锥．②若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．③四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形．④一个平面去截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．答案 ③解析 ①错误，如图 1；②错误，若两个垂直于底面的侧面平行，则可为斜棱柱；③正确，如图 2，底面 ABCD为矩形， PD⊥平面 ABCD，那么四棱锥 P－ ABCD四个侧面都是直角三角形；④错误，当截面与底面不平行时，不正确．题型 2 空间几何体的直观图(2017·桂林模拟)已知正三角形 ABC的边长为 a，那么△ ABC的平面直观图△ 典 例A′ B′ C′的面积为( )A. a2 B. a2 C. a2 D. a234 38 68 616根据平面图形的原图形与直观图的关系求解．答案 D解析 如图(1)所示的是△ ABC的实际图形，图(2)是△ ABC的直观图．7由图(2)可知 A′ B′＝ AB＝ a， O′ C′＝ OC＝ a，在图(2)中作 C′ D′⊥ A′ B′于12 34D′，则 C′ D′＝ O′ C′＝ a.∴ S△ A′ B′ C′ ＝ A′ B′· C′ D′＝ ×a× a＝ a2.故选22 68 12 12 68 616D.[条件探究] 若将典例条件变为“△ ABC的直观图△ A1B1C1是边长为 a的正三角形” ，则△ ABC的面积是多少？解 在△ A1D1C1中，由正弦定理 ＝ ，asin45° xsin120°得 x＝ a，∴ S△ ABC＝ ×a× a＝ a2.62 12 6 62方法技巧用斜二测画法画直观图的技巧1．在原图形中与 x轴或 y轴平行的线段在直观图中仍然与 x′轴或 y′轴平行．2．原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线．3．原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点，然后用平滑曲线连接．冲关针对训练用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边 AB平行于 y轴， BC， AD平行于 x轴．已知四边形 ABCD的面积为 2 cm2，则原平面图形的面积为( )28A．4 cm 2 B．4 cm22C．8 cm 2 D．8 cm22答案 C解析 依题意可知∠ BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与 BC， AD相等，高为梯形 ABCD的高的 2 倍，所以原平面图形的面积为 8 cm2.故选 C.2题型 3 空间几何体的三视图角度 1 已知几何体识别三视图(2018·湖南长沙三校一模)已知点 E， F， G分别是正方体 ABCD－ A1B1C1D1的 典 例棱 AA1， CC1， DD1的中点，点 M， N， Q， P分别在线段 DF， AG， BE， C1B1上．以 M， N， Q， P为顶点的三棱锥 P－ MNQ的俯视图不可能是( )答案 C解析 当 M与 F重合、 N与 G重合、 Q与 E重合、 P与 B1重合时，三棱锥 P－ MNQ的俯视图为 A；当 M， N， Q， P是所在线段的中点时，三棱锥 P－ MNQ的俯视图为 B；当M， N， Q， P位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥 P－ MNQ，使其俯视图为 D.不管9M， N， P， Q在什么位置，三棱锥 P－ MNQ的俯视图都不可能是正三角形．故选 C.角度 2 已知三视图还原几何体(2018·河北名师俱乐部模拟)某几何体的三视图如图所示，记 A为此几何体 典 例所有棱的长度构成的集合，则 ( )A．3∈ A B．5∈ A C．2 ∈ A D．4 ∈ A6 3答案 D解析 由三视图可得，该几何体的直观图如图所示，其中底面是边长为 4的正方形，AF⊥平面 ABCD， AF∥ DE， AF＝2， DE＝4，可求得 BE的长为 4 ， BF的长为 2 ， EF的长3 5为 2 ， EC的长为 4 .故选 D.5 2方法技巧1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)一般情况下，根据正视图、侧视图确定是柱体、锥体还是组合体．(2)根据俯视图确定是否为旋转体，确定柱体、锥体类型、确定几何体摆放位置．(3)综合三个视图特别是在俯视图的基础上想象判断几何体．提醒：对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．冲关针对训练10(2017·文登市三模)空间几何体的三视图如图所示，则此空间几何体的直观图为( )答案 A解析 由已知三视图的上部分是锥体，是三棱锥，三棱锥的底面是等腰三角形，但不是直角三角形，排除 B，C.等腰三角形的一个顶点在正方体一条棱的中点，故排除 D.故选A.1．(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧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．1611答案 B解析 观察三视图可知该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为 2的等腰直角三角形，侧棱长为 2.三棱锥的底面是直角边长为 2的等腰直角三角形，高为 2，如图所示．因此该多面体各个面中共有 2个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为 2，下底长为 4，高为 2，故这些梯形的面积之和为 2× ×(2＋4)×2＝12.12故选 B.2．(2016·全国卷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互相垂直的半径．若该几何体的体积是 ，则它的表面积是( )28π3A．17π B．18π C．20π D．28π答案 A解析 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18该几何体的体积为 × π R3，即 π＝ × π R3，解得 R＝2.故其表面积为78 43 283 78 43×4π×2 2＋3× ×π×2 2＝17π.故选 A.78 143．(2018·山西模拟)某几何体的正(主)视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧(左)视图的面积为( )12A.152B．6＋ 3C. ＋332 3D．4 3答案 A解析 由题图可知该几何体的侧视图如图，则该几何体的侧(左)视图的面积为 3×2＋× × ＝ ，故选 A.12 3 3 1524．(2018·济宁模拟)点 M， N分别是正方体 ABCD－ A1B1C1D1的棱 A1B1， A1D1的中点，用过 A， M， N和 D， N， C1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图 1，则该几何体的正视图、侧视图、俯视图依次为图 2中的 ( )13A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．②④③答案 B解析 由正视图的定义可知：点 A， B， B1在后面的投影点分别是点 D， C， C1，线段AN在后面的投影面上的投影是以 D为端点且与线段 CC1平行且相等的线段，另外线段 AM在后面的投影线要画成实线，被遮挡的线段 DC1要画成虚线，正视图为②；同理可得侧视图为③，俯视图为④.故选 B.[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．一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 由俯视图是圆环可排除 A，B，C，进一步将已知三视图还原为几何体，故选 D.2．如图所示，在正方体 ABCD－ A′ B′ C′ D′中， M， E是 AB的三等分点， G， N是 CD的三等分点， F， H分别是 BC， MN的中点，则四棱锥 A′－ EFGH的侧视图为 ( )14答案 C解析 侧视图中 A′ E， A′ G重合， A′ H成为 A′ N， A′ F， A′ B重合，侧视图为向左倾斜的三角形．故选 C.3．(2017·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( )答案 C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.4．(2018·江西景德镇质检)如图所示，正方体 ABCD－ A1B1C1D1上、下底面中心分别为O1， O2，将正方体绕直线 O1O2旋转一周，其中由线段 BC1旋转所得图形是( )15答案 D解析 由图形的形成过程可知，在图形的面上能够找到直线，在 B，D 中选，显然 B不对，因为 BC1中点绕 O1O2旋转得到的圆比 B点和 C1点的小．故选 D.5．(2017·内江模拟)如图，已知三棱锥 P－ ABC的底面是等腰直角三角形，且∠ ACB＝，侧面 PAB⊥底面 ABC， AB＝ PA＝ PB＝2.则这个三棱锥的三视图中标注的尺寸 x， y， z分π2别是( )A. ，1， B. ，1,1 C ．2,1， D．2,1,13 2 3 2答案 B解析 ∵三棱锥 P－ ABC的底面是等腰直角三角形，且∠ ACB＝ ，侧面 PAB⊥底面π2ABC， AB＝ PA＝ PB＝2；∴ x是等边△ PAB边 AB上的高， x＝2sin60°＝ ，3y是边 AB的一半， y＝ AB＝1， z是等腰直角△ ABC斜边 AB上的中线， z＝ AB＝1；12 12∴ x， y， z分别是 ，1,1.故选 B.3166．(2017·南昌二模)一个四面体的顶点在空间直角坐标系 Oxyz中的坐标分别是(0,0,0)，(1,0,1)，(0,1,1)， ，绘制该四面体三视图时，按照如图所示的方向画(12， 1， 0)正视图，则得到侧(左)视图可以为( )答案 B解析 满足条件的四面体如下图，依题意投影到 yOz平面为正投影，所以侧(左)视方向如图所示，所以得到侧(左)视图效果如上图．故选 B.7．(2018·湖南郴州模拟)一只蚂蚁从正方体 ABCD－ A1B1C1D1的顶点 A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点 C1的位置，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( )17A．①② B．①③ C．③④ D．②④答案 D解析 由点 A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点 C1的位置，共有 6种路线(对应 6种不同的展开方式)，若把平面 ABB1A1和平面 BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则 AC1是最短路线，且 AC1会经过 BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面 CDD1C1展到同一个平面内，连接 AC1，则 AC1是最短路线，且 AC1会经过 CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选 D.8．(2018·山西康杰中学模拟)已知某锥体的正视图和侧视图如图所示，其体积为 ，233则该锥体的俯视图可能是( )答案 C解析 由正视图得该锥体的高是 h＝ ＝ ，因为该锥体的体积为 ，所以该22－ 12 3233锥体的底面面积是 S＝18＝ ＝2，A 项的正方形的面积是 2×2＝4，B 项的圆的面积是 π×1 2＝π，C 项的23313h23333大三角形的面积是 ×2×2＝2，D 项图形不满足三视图“宽相等”原则，所以不可能是该12锥体的俯视图．故选 C.9．早在公元前三百多年我国已经运用“以度审容”的科学方法，其中商鞅铜方升是公元前 344年商鞅督造的一种标准量器，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答案 B解析 由三视图知，商鞅铜方升是由一个圆柱和一个长方体组合而成的，利用体积及已知线段长度即可求出 x.故其体积为(5.4－ x)×3×1＋π× 2×x＝16.2－3 x＋ π x＝12.6，又 π＝3，故 x＝1.6.故选 B.(12) 1410．(2018·辽宁六校联考)如图所示是某一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度 h随时间 t变化的可能图象是( )19答案 B解析 根据所给的三视图可知原几何体是倒放的圆锥，设圆锥的底面半径为 R，高为H，水流的速度是 v，则由题意得 vt＝ π 2R2h.当 vt0时，解得 h＝ ，这是一个13 (hH) 33vH2tπ R2幂型函数，所以容器中水面的高度 h随时间 t变化的图象类似于幂函数 y＝ 的图象，故3x选 B.二、填空题11．如图所示，正方形 O′ A′ B′ C′的边长为 1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是________cm.答案 8解析 根据直观图的画法可知，在原几何图形中， OABC为平行四边形，且有OB⊥ OA， OB＝2 ， OA＝1，所以 AB＝3.从而原图的周长为 8 cm.212．如图，点 O为正方体 ABCD－ A′ B′ C′ D′的中心，点 E为平面 B′ BCC′的中心，点 F为 B′ C′的中点，则空间四边形 D′ OEF在该正方体的各个面上的投影可能是 (填出所有可能的序号)．20答案 ①②③解析 空间四边形 D′ OEF在正方体的平面 DCC′ D′上的投影是①；在平面 BCC′ B′上的投影是②；在平面 ABCD上的投影是③，而不可能出现的投影为④的情况．13．一四面体的三视图如图所示，则该四面体四个面中最大的面积是________．答案 2 3解析 由三视图可知该四面体为 D－ BD1C1，由直观图可知面积最大的面为△ BDC1.在正三角形 BDC1中， BD＝2 ，所以面积 S＝ ×(2 )2× ＝ 2 .212 2 32 32114．(2018·大连模拟)某四面体的三视图如图所示．该四面体的六条棱的长度中，最大的是________．答案 2 7解析 由三视图可知该四面体为 V－ ABC，如图所示．其中 AE⊥ BE， VC⊥平面ABE.EC＝ CB＝2， AE＝2 ， VC＝2，所以 VB2＝ VC2＋ CB2＝8， AC2＝ AE2＋ EC2＝(2 )3 32＋2 2＝16，所以 VA2＝ AC2＋ VC2＝16＋2 2＝20， VA＝ ＝2 .AB2＝ AE2＋ EB2＝(2 )20 5 32＋4 2＝28，所以 AB＝ ＝2 2 ，所以该四面体的六条棱的长度中，最大的为 2 .28 7 5 7三、解答题15．已知正三棱锥 V－ ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．22(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积．解 (1)如下图所示．(2)根据三视图间的关系可得 BC＝2 ，3∴侧视图中 VA＝42－ (23×32 ×23)2＝2 .3∴ S△ VBC＝ ×2 ×2 ＝6.12 3 316．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8，高为 4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为 6，高为 4的等腰三角形．23(1)求该几何体的体积 V；(2)求该几何体的侧面积 S.解 由正视图和侧视图的三角形结合俯视图可知该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥，如图．(1)V＝ ×(8×6)×4＝64.13(2)四棱锥的两个侧面 VAD， VBC是全等的等腰三角形，取 BC的中点 E，连接 OE， VE，则△ VOE为直角三角形， VE为△ VBC边上的高， VE＝ ＝4 .VO2＋ OE2 2同理侧面 VAB、 VCD也是全等的等腰三角形， AB边上的高 h＝ ＝5.42＋ (62)2∴ S 侧 ＝2× ＝40＋24 .(12×6×42＋ 12×8×5) 2 第 7章 立体几何 7.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图 基础知识过关经典题型冲关17．1 空间几何体的结构及其三视图和直观图[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．一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 由俯视图是圆环可排除 A，B，C，进一步将已知三视图还原为几何体，故选 D.2．如图所示，在正方体 ABCD－ A′ B′ C′ D′中， M， E 是 AB 的三等分点， G， N 是 CD的三等分点， F， H 分别是 BC， MN 的中点，则四棱锥 A′－ EFGH 的侧视图为 ( )2答案 C解析 侧视图中 A′ E， A′ G 重合， A′ H 成为 A′ N， A′ F， A′ B 重合，侧视图为向左倾斜的三角形．故选 C.3．(2017·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( )答案 C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.4．(2018·江西景德镇质检)如图所示，正方体 ABCD－ A1B1C1D1上、下底面中心分别为O1， O2，将正方体绕直线 O1O2旋转一周，其中由线段 BC1旋转所得图形是( )3答案 D解析 由图形的形成过程可知，在图形的面上能够找到直线，在 B，D 中选，显然 B 不对，因为 BC1中点绕 O1O2旋转得到的圆比 B 点和 C1点的小．故选 D.5．(2017·内江模拟)如图，已知三棱锥 P－ ABC 的底面是等腰直角三角形，且∠ ACB＝，侧面 PAB⊥底面 ABC， AB＝ PA＝ PB＝2.则这个三棱锥的三视图中标注的尺寸 x， y， z 分π 2别是( )A. ，1， B. ，1,1 C ．2,1， D．2,1,13 2 3 2答案 B解析 ∵三棱锥 P－ ABC 的底面是等腰直角三角形，且∠ ACB＝ ，侧面 PAB⊥底面π 2ABC， AB＝ PA＝ PB＝2；∴ x 是等边△ PAB 边 AB 上的高， x＝2sin60°＝ ，3y 是边 AB 的一半， y＝ AB＝1， z 是等腰直角△ ABC 斜边 AB 上的中线， z＝ AB＝1；12 12∴ x， y， z 分别是 ，1,1.故选 B.36．(2017·南昌二模)一个四面体的顶点在空间直角坐标系 Oxyz 中的坐标分别是(0,0,0)，(1,0,1)，(0,1,1)， ，绘制该四面体三视图时，按照如图所示的方向画正视图，则(12， 1， 0)得到侧(左)视图可以为( )4答案 B解析 满足条件的四面体如下图，依题意投影到 yOz 平面为正投影，所以侧(左)视方向如图所示，所以得到侧(左)视图效果如上图．故选 B.7．(2018·湖南郴州模拟)一只蚂蚁从正方体 ABCD－ A1B1C1D1的顶点 A 出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点 C1的位置，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( )5A．①② B．①③ C．③④ D．②④答案 D解析 由点 A 经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点 C1的位置，共有 6 种路线(对应 6 种不同的展开方式)，若把平面 ABB1A1和平面 BCC1B1展到同一个平面内，连接 AC1，则AC1是最短路线，且 AC1会经过 BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面 ABCD 和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接 AC1，则 AC1是最短路线，且 AC1会经过 CD 的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选 D.8．(2018·山西康杰中学模拟)已知某锥体的正视图和侧视图如图所示，其体积为 ，233则该锥体的俯视图可能是( )答案 C解析 由正视图得该锥体的高是 h＝ ＝ ，因为该锥体的体积为 ，所以该锥22－ 12 3233体的底面面积是 S＝＝ ＝2，A 项的正方形的面积是 2×2＝4，B 项的圆的面积是 π×1 2＝π，C 项的23313h23333大三角形的面积是 ×2×2＝2，D 项图形不满足三视图“宽相等”原则，所以不可能是该锥12体的俯视图．故选 C.9．早在公元前三百多年我国已经运用“以度审容”的科学方法，其中商鞅铜方升是公元前 344 年商鞅督造的一种标准量器，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( )6A．1.2 B．1.6 C．1.8 D．2.4答案 B解析 由三视图知，商鞅铜方升是由一个圆柱和一个长方体组合而成的，利用体积及已知线段长度即可求出 x.故其体积为(5.4－ x)×3×1＋π× 2×x＝16.2－3 x＋ π x＝12.6，又 π＝3，故 x＝1.6.故选 B.(12) 1410．(2018·辽宁六校联考)如图所示是某一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度 h 随时间 t 变化的可能图象是( )答案 B解析 根据所给的三视图可知原几何体是倒放的圆锥，设圆锥的底面半径为 R，高为7H，水流的速度是 v，则由题意得 vt＝ π 2R2h.当 vt0 时，解得 h＝ ，这是一个幂13 (hH) 33vH2tπ R2型函数，所以容器中水面的高度 h 随时间 t 变化的图象类似于幂函数 y＝ 的图象，故选 B.3x二、填空题11．如图所示，正方形 O′ A′ B′ C′的边长为 1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是________cm.答案 8解析 根据直观图的画法可知，在原几何图形中， OABC 为平行四边形，且有OB⊥ OA， OB＝2 ， OA＝1，所以 AB＝3.从而原图的周长为 8 cm.212．如图，点 O 为正方体 ABCD－ A′ B′ C′ D′的中心，点 E 为平面 B′ BCC′的中心，点 F 为 B′ C′的中点，则空间四边形 D′ OEF 在该正方体的各个面上的投影可能是 (填出所有可能的序号)．答案 ①②③解析 空间四边形 D′ OEF 在正方体的平面 DCC′ D′上的投影是①；在平面 BCC′ B′上的投影是②；在平面 ABCD 上的投影是③，而不可能出现的投影为④的情况．13．一四面体的三视图如图所示，则该四面体四个面中最大的面积是________．8答案 2 3解析 由三视图可知该四面体为 D－ BD1C1，由直观图可知面积最大的面为△ BDC1.在正三角形 BDC1中， BD＝2 ，所以面积 S＝ ×(2 )2× ＝ 2 .212 2 32 314．(2018·大连模拟)某四面体的三视图如图所示．该四面体的六条棱的长度中，最大的是________．答案 2 7解析 由三视图可知该四面体为 V－ ABC，如图所示．其中 AE⊥ BE， VC⊥平面ABE.EC＝ CB＝2， AE＝2 ， VC＝2，所以 VB2＝ VC2＋ CB2＝8， AC2＝ AE2＋ EC2＝(2 )3 32＋2 2＝16，所以 VA2＝ AC2＋ VC2＝16＋2 2＝20， VA＝ ＝2 .AB2＝ AE2＋ EB2＝(2 )20 5 32＋4 2＝28，所以 AB＝ ＝2 2 ，所以该四面体的六条棱的长度中，最大的为 2 .28 7 5 79三、解答题15．已知正三棱锥 V－ ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积．解 (1)如下图所示．(2)根据三视图间的关系可得 BC＝2 ，3∴侧视图中 VA＝42－ (23×32 ×23)2＝2 .310∴ S△ VBC＝ ×2 ×2 ＝6.12 3 316．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8，高为 4 的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为 6，高为 4 的等腰三角形．(1)求该几何体的体积 V；(2)求该几何体的侧面积 S.解 由正视图和侧视图的三角形结合俯视图可知该几何体是一个底面为矩形，高为 4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥，如图．(1)V＝ ×(8×6)×4＝64.13(2)四棱锥的两个侧面 VAD， VBC 是全等的等腰三角形，取 BC 的中点 E，连接 OE， VE，则△ VOE 为直角三角形， VE 为△ VBC 边上的高， VE＝ ＝4 .VO2＋ OE2 2同理侧面 VAB、 VCD 也是全等的等腰三角形， AB 边上的高 h＝ ＝5.42＋ (62)2∴ S 侧 ＝2× ＝40＋24 .(12×6×42＋ 12×8×5) 2课后作业夯关7． 2 空间几何体的表面积与体积 17.2 空间几何体的表面积与体积[知识梳理]1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2．柱、锥、台和球的表面积和体积2[诊断自测]1．概念思辨(1)圆柱的一个底面积为 S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2π S.( )(2)设长方体的长、宽、高分别为 2a， a， a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为 3π a2.( )(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( )(4)已知球 O 的半径为 R，其内接正方体的边长为 a，则 R＝ a.( )32答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√2．教材衍化(1)(必修 A2P28A 组 T3)如图，在多面体 ABCDEF 中，已知 ABCD 是边长为 1 的正方形，且△ ADE，△ BCF 均为正三角形， EF∥ AB， EF＝2，则该多面体的体积为( )3A. B. C. D.23 33 43 32答案 A解析 如图，分别过点 A， B 作 EF 的垂线，垂足分别为 G， H，连接 DG，CH，容易求得 EG＝ HF＝ ， AG12＝ GD＝ BH＝ HC＝ ，32∴ S△ AGD＝ S△ BHC＝ × ×1＝ ，12 22 24∴ V＝ VE－ ADG＋ VF－ BCH＋ VAGD－ BHC＝2 VE－ ADG＋ VAGD－ BHC＝ × × ×2＋ ×1＝ .故选 A.13 24 12 24 23(2)(必修 A2P29B 组 T1)若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．答案 72＋16 2解析 由三视图易知该几何体是由一个长方体和一个直四棱柱构成的组合体(如图所示)．其表面积为 2×4×3＋2×2×2＋ (2＋6)×2×2＋2 ×4×2＋4×6＝72＋16 .12 2 243．小题热身(1)(2015·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A．2＋ B．4＋ C．2＋2 D．55 5 5答案 C解析 根据三视图画出该空间几何体的立体图：S△ ABC＝ ×2×2＝2；12S△ ABD＝ × ×1＝ ；12 5 52S△ CBD＝ × ×1＝ ；12 5 52S△ ACD＝ ×2× ＝ ，所以12 5 5S 表 ＝ S△ ABC＋ S△ ABD＋ S△ CBD＋ S△ ACD5＝2＋ ＋ ＋ ＝2 ＋2.故选 C.52 52 5 5(2)(2016·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm2，体积是________ cm 3.答案 72 32解析 由几何体的三视图可得该几何体的直观图如图所示．该几何体由两个完全相同的长方体组合而成，其中 AB＝ BC＝2 cm， BD＝4 cm，所以该几何体的体积V＝2×2×4×2＝32 cm 3，表面积 S＝(2×2×3＋2×4×3)×2＝36×2＝72 cm 2.题型 1 空间几何体的侧面积与表面积(2016·全国卷Ⅱ)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几 典 例何体的表面积为( )6A．20π B．24π C．28π D．32π搞清组合体构成部分，分别求其表面积．答案 C解析 由三视图可得圆锥的母线长为 ＝4，∴ S 圆锥侧 ＝π×2×4＝8π.又 S22＋ 232圆柱侧 ＝2π×2×4＝16π， S 圆柱底 ＝4π，∴该几何体的表面积为 8π＋16π＋4π＝28π.故选 C.方法技巧几何体表面积的求法1．简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删或补．2．若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．提醒：求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积要减去．冲关针对训练(2016·全国卷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．18＋36 B．54＋185 5C．90 D．81答案 B7解析 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的平行六面体，则该几何体的表面积 S＝2×3 2＋2×3×3 ＋2×3×6＝54＋18 .故选 B.5 5 5题型 2 空间几何体的体积角度 1 根据几何体的三视图计算体积(2017·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体 典 例积(单位：cm 3)是( )A. ＋1π 2B. ＋3π 2C. ＋13π2D. ＋33π2还原几何体，分清组合体构成部分．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长是 的等腰直角三角形，高为 3 的三棱锥的组合体，2∴该几何体的体积V＝ × ×12×3＋ × × × ×3＝ ＋1.13 π 2 13 12 2 2 π 2故选 A.角度 2 根据几何体的直观图计算体积中国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有羡除” ．刘徽注：“羡除，隧 典 例道也．其所穿地，上平下邪． ”现有一个羡除如图所示，四边形 ABCD、 ABFE、 CDEF 均为等腰梯形， AB∥ CD∥ EF， AB＝6， CD＝8， EF＝10, EF 到平面 ABCD 的距离为 3， CD 与 AB 间的8距离为 10，则这个羡除的体积是( )A．110 B．116 C．118 D．120此题应采用割补法求解．答案 D解析 如图，过点 A 作 AP⊥ CD， AM⊥ EF，过点 B 作 BQ⊥ CD， BN⊥ EF，垂足分别为P， M， Q， N，连接 PM， QN，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，底面积为×10×3＝15.棱柱的高为 8，体积 V＝15×8＝120.故选 D.12方法技巧空间几何体体积问题的常见类型及解题策略1．若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．如角度 1 典例．2．若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解如角度 2 典例．冲关针对训练1．(2014·全国卷Ⅱ)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( )9A. B. C. D.1727 59 1027 13答案 C解析 由三视图知该零件是两个圆柱的组合体．一个圆柱的底面半径为 2 cm，高为 4 cm；另一个圆柱的底面半径为 3 cm，高为 2 cm.则零件的体积V1＝π×2 2×4＋π×3 2×2＝34π(cm 3)．而毛坯的体积 V＝π×3 2×6＝54π(cm 3)，因此切削掉部分的体积 V2＝ V－ V1＝54π－34π＝20π(cm 3)，所以 ＝ ＝ .故选 C.V2V 20π54π 10272．(2017·青岛模拟)如图，在△ ABC 中， AB＝8， BC＝10， AC＝6， DB⊥平面 ABC，且AE∥ FC∥ BD， BD＝3， FC＝4， AE＝5，则此几何体的积体为________．答案 96解析 用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使 AA′＝ BB′＝ CC′＝8，所以 V 几何体 ＝ V 三棱柱 ＝ ×S△ ABC×AA′＝ ×24×8＝96.12 12 12题型 3 几何体与球的切、接问题 10(2015·全国卷Ⅱ)已知 A， B 是球 O 的球面上两点，∠ AOB＝90°， C 为该球 典 例面上的动点．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变化中寻求不变的量．答案 C解析 ∵ S△ OAB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＝ × R2×R＝ R3＝36，∴ R＝6，∴球 O 的表面积 S＝4π R2＝4π×6 2＝144π.故选 C.13 12 16[条件探究 1] 若典例中的条件变为“直三棱柱 ABC－ A1B1C1的 6 个顶点都在球 O 的球面上” ，若 AB＝3， AC＝4， AB⊥ AC， AA1＝12，求球 O 的表面积．解 将直三棱柱补形为长方体 ABEC－ A1B1E1C1，则球 O 是长方体 ABEC－ A1B1E1C1的外接球．所以体对角线 BC1的长为球 O 的直径．因此 2R＝ ＝13.32＋ 42＋ 122故 S 球 ＝4π R2＝169π.[条件探究 2] 若将典例条件变为“正四棱锥的顶点都在球 O 的球面上” ，若该棱锥的高为 4，底面边长为 2，求该球的体积．解 如图，设球心为 O，半径为 r，则在 Rt△ AOF 中，(4－ r)2＋( )2＝ r2，2解得 r＝ ，94则球 O 的体积 V 球 ＝ π r3＝ π× 3＝ .43 43 (94) 243π16方法探究空间几何体与球接、切问题的求解方法1．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点” “接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．112．若球面上四点 P， A， B， C 中 PA， PB， PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．如条件探究 1.冲关针对训练1．(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A．π B. C. D.3π4 π 2 π 4答案 B解析 设圆柱的底面半径为 r，球的半径为 R，且 R＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r， R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴ r＝ ＝ .12－ (12)2 32∴圆柱的体积为 V＝π r2h＝ π×1＝ .故选 B.34 3π42．正三棱锥 A－ BCD 内接于球 O，且底面边长为 ，侧棱长为 2，则球 O 的表面积为3________．答案 16π3解析 如图，设三棱锥 A－ BCD 的外接球的半径为 r， M 为正△ BCD 的中心，因为BC＝ CD＝ BD＝ ， AB＝ AC＝ AD＝2， AM⊥平面 BCD，所以 DM＝1， AM＝ ，又 OA＝ OD＝ r，3 3所以( － r)2＋1＝ r2，解得 r＝ ，所以球 O 的表面积 S＝4π r2＝ .3233 16π31.(2017·全国卷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( )12A．90π B．63π C．42π D．36π答案 B解析 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点 A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的 ，所以该几何体的体积12V＝π×3 2×4＋π×3 2×6× ＝63π.故选 B.122．(2017·山西五校 3 月联考)《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：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊柱的楔体，下底面宽 3 丈，长 4 丈；上棱长 2 丈，高一丈，问它的体积是多少？”已知 1 丈为 10 尺，现将该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为 1 丈，则该楔体的体积为( )13A．5000 立方尺 B．5500 立方尺C．6000 立方尺 D．6500 立方尺答案 A解析 该楔体的直观图如图中的几何体 ABCDEF.取 AB 的中点 G， CD 的中点 H，连接FG， GH， HF，则该几何体的体积为四棱锥 F－ GBCH 与三棱柱 ADE－ GHF 的体积之和．又可以将三棱柱 ADE－ GHF 割补成高为 EF，底面积为 S＝ ×3×1＝ 平方丈的一个直棱柱，故该楔12 32体的体积 V＝ ×2＋ ×2×3×1＝5 立方丈＝5000 立方尺．故选 A.32 133．(2018·河南中原名校联考)如图，四棱柱 ABCD－ A1B1C1D1是棱长为 1 的正方体，四棱锥 S－ ABCD 是高为 1 的正四棱锥，若点 S， A1， B1， C1， D1在同一个球面上，则该球的表面积为( )A. B.9π16 25π16C. D.49π16 81π1614答案 D解析 作如图所示的辅助线，其中 O 为球心，设 OG1＝ x，则 OB1＝ SO＝2－ x.易知B1G1＝ ，在 Rt△ OB1G1中， OB ＝ G1B ＋ OG ，则(2－ x)2＝ x2＋ 2，解得 x＝ ，所以球的22 21 21 21 (22) 78半径 R＝ OB1＝ ，所以球的表面积为 S＝4π R2＝ .故选 D.98 81π164．(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥 S－ ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上， SC 是球 O 的直径．若平面 SCA⊥平面 SCB， SA＝ AC， SB＝ BC，三棱锥 S－ ABC 的体积为 9，则球 O 的表面积为________．答案 36π解析 如图，连接 OA， OB.由 SA＝ AC， SB＝ BC， SC 为球 O 的直径，知 OA⊥ SC， OB⊥ SC.由平面 SCA⊥平面 SCB，平面 SCA∩平面 SCB＝ SC， OA⊥ SC，知 OA⊥平面 SCB.设球 O 的半径为 r，则OA＝ OB＝ r， SC＝2 r，∴三棱锥 S－ ABC 的体积V＝ × ·OA＝ ，13 (12SC·OB) r33即 ＝9，∴ r＝3，∴ S 球表 ＝4π r2＝36π.r33[基础送分 提速狂刷练]15一、选择题1．(2017·东北五校联考)如左图所示，在三棱锥 D－ ABC 中，已知AC＝ BC＝ CD＝2， CD⊥平面 ABC，∠ ACB＝90°.若其正视图、俯视图如右图所示，则其侧视图的面积为( )A. B．2 C. D.6 3 2答案 D解析 由几何体的结构特征和正视图、俯视图，得该几何体的侧视图是一个直角三角形，其中一直角边为 CD，其长度为 2，另一直角边为底面三角形 ABC 的边 AB 上的中线，其长度为 ，则其侧视图的面积为 S＝ ×2× ＝ ，故选 D.212 2 22．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π答案 A解析 由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成(如图)，其中长方体的长、宽、高分别为 4,2,2，圆柱的底面半径为 2，高为 4.所以该几何体的体积V＝4×2×2＋ π×2 2×4＝16＋8π.故选 A.12163．(2018·合肥质检)一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为( )A．72＋6π B．72＋4π C．48＋6π D．48＋4π答案 A解析 由三视图知，该几何体由一个正方体的 部分与一个圆柱的 部分组合而成(如图34 14所示)，其表面积为 16×2＋(16－4＋π)×2＋4×(2＋2＋π)＝72＋6π.故选 A.4．三棱锥 P－ ABC 的四个顶点都在体积为 的球的表面上，底面 ABC 所在的小圆面500π3积为 16π，则该三棱锥的高的最大值为( )A．4 B．6 C．8 D．10答案 C17解析 依题意，设题中球的球心为 O、半径为 R，△ ABC 的外接圆半径为 r，则 ＝4π R33，解得 R＝5，由 π r2＝16π，解得 r＝4，又球心 O 到平面 ABC 的距离为500π3＝3，因此三棱锥 P－ ABC 的高的最大值为 5＋3＝8.故选 C.R2－ r25．(2017·广东广州一模)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．若三棱锥 P－ ABC 为鳖臑，PA⊥平面 ABC， PA＝ AB＝2， AC＝4，三棱锥 P－ ABC 的四个顶点都在球 O 的球面上，则球 O的表面积为( )A．8π B．12π C．20π D．24π答案 C解析 如图，因为四个面都是直角三角形，所以 PC 的中点到每一个顶点的距离都相等，即 PC 的中点为球心 O，易得 2R＝ PC＝ ，所以 R＝ ，球 O 的表面积为 4π R2＝20π.故20202选 C.6．(2016·山东高考)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( )18A. ＋ B. ＋ C. ＋ D．1＋13 2π3 13 2π3 13 2π6 2π6答案 C解析 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222球的体积为 π R3＝ ，又正四棱锥的体积为 ×12×1＝ ，所以该几何体的体积为 ＋23 2π6 13 13 13.故选 C.2π67．(2018·河南郑州质检)某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则 xy 的最大值为( )A．32 B．32 C．64 D．647 7答案 C解析 由三视图知三棱锥如图所示，底面 ABC 是直角三角形， AB⊥ BC， PA⊥平面ABC， BC＝2 ， PA2＋ y2＝10 2，(2 )2＋ PA2＝ x2，因此 xy＝ x ＝7 7 102－ [x2－ 272]x ≤ ＝64，当且仅当 x2＝128－ x2，即 x＝8 时取等号，因此 xy128－ x2x2＋ 128－ x22的最大值是 64.选 C.8．(2018·福建质检)空间四边形 ABCD 的四个顶点都在同一球面上， E， F 分别是AB， CD 的中点，且 EF⊥ AB, EF⊥ CD.若 AB＝8， CD＝ EF＝4，则该球的半径等于( )19A. B. C. D.65216 6528 652 65答案 C解析 如图，连接 BF， AF， DE， CE，因为 AE＝ BE， EF⊥ AB，所以 AF＝ BF.同理可得EC＝ ED.又空间四边形 ABCD 的四个顶点都在同一球面上，所以球心 O 必在 EF 上，连接OA， OC.设该球的半径为 R， OE＝ x，则 R2＝ AE2＋ OE2＝16＋ x2①， R2＝ CF2＋ OF2＝4＋(4－ x)2②，由①②解得 R＝ .故选 C.6529．(2018·雁塔区校级期末)在六条棱长分别为 2,3,3,4,5,5 的所有四面体中，最大的体积是( )A. B. C. D． 2823 5116 4624 6答案 A解析 由题意可知，由棱长 2、3、3、4、5、5 构成的四面体有如下三种情况：下图中，由于 32＋4 2＝5 2，即图中 AD⊥平面 BCD，∴ V1＝ × ×2 ×4＝ ；13 12 32－ 12 823中间图，由于此情况的底面与上相同，但 AC 不与底垂直，故高小于 4，于是得 V2小于V1；右图中，高小于 2，底面积 ×5× ＝ .12 32－ (52)2 5114∴ V3＜ × ×2＝ ＜ .13 5114 5116 823∴最大体积为 .故选 A.8232010．(2017·衡水中学三调)已知正方体 ABCD－ A′ B′ C′ D′的外接球的体积为 ，3π2将正方体割去部分后，剩余几何体的三视图如图所示，则剩余几何体的表面积为( )A. ＋ B．3＋ 或 ＋92 32 3 92 32C．2＋ D. ＋ 或 2＋392 32 3答案 B解析 设正方体的棱长为 a，依题意得， × ＝ ，解得 a＝1.由三视图可知，4π3 33a38 3π2该几何体的直观图有以下两种可能，图 1 对应的几何体的表面积为 ＋ ，图 2 对应的几何92 32体的表面积为 3＋ .故选 B.3二、填空题11．(2017·天津高考)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 π92解析 设正方体的棱长为 a，则 6a2＝18，∴ a＝ .3设球的半径为 R，则由题意知 2R＝ ＝3，a2＋ a2＋ a2∴ R＝ .故球的体积 V＝ π R3＝ × 3＝ .32 43 4π3 (32) 9π212．(2016·四川高考)已知三棱锥的四个面都是腰长为 2 的等腰三角形，该三棱锥的21正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．答案 33解析 由题意及正视图可知三棱锥的底面等腰三角形的底长为 2 ，三棱锥的高为 1，3则三棱锥的底面积为 × ×2 ＝ ，12 22－ 32 3 3∴该三棱锥的体积为 × ×1＝ .13 3 3313．(2017·江苏高考)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________．V1V2答案 32解析 设球 O 的半径为 R，∵球 O 与圆柱 O1O2的上、下底面及母线均相切，∴圆柱 O1O2的高为 2R，圆柱 O1O2的底面半径为 R.∴ ＝ ＝ .V1V2 π R2·2R43π R3 3214．(2018·太原模拟)已知三棱锥 A－ BCD 中， AB＝ AC＝ BC＝2， BD＝ CD＝ ，点 E 是2BC 的中点，点 A 在平面 BCD 内的射影恰好为 DE 的中点，则该三棱锥外接球的表面积为________．答案 60π11解析 如图，作出三棱锥 A－ BCD 的外接球，设球的半径为 r，球心 O 到底面 BCD 的距离为 d， DE 的中点为 F，连接 AF，过球心 O 作 AF 的垂线 OH，垂足为 H，连接OA， OD， OE， AE.因为 BD＝ ， CD＝ ， BC＝2，所以 BD⊥ CD，则 OE⊥平面 BCD， OE∥ AF，2 222所以 HF＝ OE＝ d.所以在 Rt△ BCD 中， DE＝1， EF＝ .12又 AB＝ AC＝ BC＝2，所以 AE＝ ，所以在 Rt△ AFE 中， AF＝ ，所以 r2＝ d2＋1＝31122＋ ，解得 r2＝ ，所以三棱锥 A－ BCD 的外接球的表面积 S＝4π r2＝ .(112－ d) 14 1511 60π11三、解答题15．(2017·梅州一模)如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面 AEFG 所截后得到的，其中∠ BAE＝∠ GAD＝45°， AB＝2 AD＝2，∠ BAD＝60°.(1)求此多面体的全面积；(2)求此多面体的体积．解 (1)在△ BAD 中，∵ AB＝2 AD＝2，∠ BAD＝60°，∴由余弦定理可得 BD＝ ，3则 AB2＝ AD2＋ BD2，23∴ AD⊥ BD.由已知可得， AG∥ EF， AE∥ GF，∴四边形 AEFG 为平行四边形，GD＝ AD＝1，∴ EF＝ AG＝ .2EB＝ AB＝2，∴ GF＝ AE＝2 .2过 G 作 GH∥ DC 交 CF 于 H，得 FH＝2，∴ FC＝3.过 G 作 GM∥ DB 交 BE 于 M，得 GM＝ DB＝ ， ME＝1，∴ GE＝2.3cos∠ GAE＝ ＝ ，∴sin∠ GAE＝ .8＋ 2－ 42×22×2 34 74S▱AEFG＝2× × ×2 × ＝ .12 2 2 74 7该几何体的全面积 S＝ ＋2× ×1× ＋ ×1×1＋ ×2×2＋ ×(1＋3)712 3 12 12 12×2＋ ×(2＋3)×1＝ ＋ ＋9.12 7 3(2)V 多面体的体积 ＝ VA－ BEGD＋ VG－ BCD＋ VG－ BCFE＝ SBEGD·AD＋ S△ BCD·DG＋ S 四边形 BCFE·BD13 13 13＝ · (DG＋ BE)·BD·AD＋ · BC·CD·sin60°·DG＋ · (BE＋ CF)·BC·BD＝ .13 12 13 12 13 12 33216．一几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m)．(1)试画出它的直观图；(2)求它的表面积和体积．解 (1)直观图如图所示：24(2)由三视图可知该几何体是长方体被截去一个三棱柱，且该几何体的体积是以A1A， A1D1， A1B1为棱的长方体的体积的 ， 34在直角梯形 AA1B1B 中，作 BE⊥ A1B1于 E，则四边形 AA1EB 是正方形，∴ AA1＝ BE＝1，在 Rt△ BEB1中， BE＝1， EB1＝1，∴ BB1＝ ，2∴几何体的表面积＝1＋2×1＋2× ×(1＋2)×1＋1× ＋112 2＝7＋ (m2)．2∴几何体的体积 V＝ ×1×2×1＝ (m3)，34 32∴该几何体的表面积为(7＋ ) m2，体积为 m3.232