1、课时作业 11 空间几何体12018南昌模拟 已知某空间几何体的俯视图如图所示，则此几何体的正视图不可能为( )解析：选项 A，可想象为三个圆柱叠放在一起；选项 B，可想象为三个球粘合在一起；选项 C，可想象为一个圆台和一个圆柱叠放在一起；选项 D，可想象为上面是一个小圆柱，下面是一个空心球，但其俯视图中的中间圆应为虚线，与题不符故选 D.答案：D22018福州四校联考已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A. B27272C 27 D272 3解析：在长、宽、高分别为 3,3 ，3 的长方体中，由几何3 3体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥 CBAP，其中底面BAP 是B
2、AP90 的直角三角形， AB 3，AP3 ，所以3BP6，又棱 CB平面 BAP 且 CB3 ，所以 AC6，所以该3几何体的表面积是33 33 63 63 27 ，故选12 3 12 3 12 3 12 3 3D.答案：D32018唐山摸底考试如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A3 B.113C 7 D.233解析：由题中的三视图可得，该几何体是由一个长方体切去一个三棱锥所得的几何体，长方体的长，宽，高分别为 2,1,2，体积为 4，切去的三棱锥的体积为 ，故该几何体的体积 V4 13 13.选择 B.113答案：B42018北京卷 某
3、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( )A1 B 2C 3 D4解析：由三视图得到空间几何体，如图所示，则 PA平面 ABCD，平面 ABCD 为直角梯形，PAAB AD2，BC 1，所以 PAAD，PAAB，PA BC.又 BCAB，ABPA A ，所以 BC平面 PAB，所以 BCPB.在PCD 中，PD 2 ，PC3，CD ，所以PCD 为锐角三2 5角形所以侧面中的直角三角形为PAB，PAD ，PBC，共 3个故选 C.答案：C52018山西联考 已知一个球的表面上有 A，B，C 三个点，且 ABAC BC2 ，若球心到平面 ABC 的距离为 1，3则该球的
4、表面积为( )A20 B15C 10 D2解析：设球心为 O，ABC 的中心为 O，因为AB AC BC2 ，所以 AO 3 2，因为球心到平面323ABC 的距离 为 1，所以 OO1，所以 AO ，故该22 12 5球的表面积 S4 (OA)220.故选 A.答案：A62018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：cm 3)是( )A2 B 4C 6 D8解析：由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为 2 的直四棱柱，直角梯形的长、下底边长分别为 2,1，高为 2， 该几何体的体积为V2 6.122 12故选 C.答案：C72018山东、
5、湖北省质量检测已知正方体ABCDA 1B1C1D1 的棱长为 4，E 为棱 BB1 的中点，F 为棱 DD1上靠近 D1 的四等分点，平面 A1EF 交棱 CC1 于点 G，则截面A1EGF 的面积为( )A2 B1065 3C 4 D221 21解析：平面 A1ADD1平面 B1BCC1，A 1FEG.同理，A1E GF，四边形 A1EGF 为平行四边形如图，连接 EF，取棱DD1的中点 K，连接 EK，则 EK 4 ，FK1，在42 42 2RtFEK 中，EF ，在 RtA 1B1E 中，A 1E32 1 33 2 ，在 RtA 1D1F 中，A 1F ，在42 22 5 42 11 1
6、7A1EF 中， cosEA 1F ，故 sinEA 1F20 17 3322517 185，故截面 A1EGF 的面积为 2 2 4 ，22185 12 5 17 22185 21故选 C.答案：C82018合肥质量检测在正方体 ABCDA 1B1C1D1 中，E，F ，G 分别为棱 CD，CC 1，A 1B1 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(左)视图为( )解析：用过点 E，F，G 的平面截正方体，得到的截面为正六边形，即如图所示的正六边形 EFHGMN，则位于截面以下部分的几何体的侧(左) 视图为 C.答案：C92018成都诊断性检测九章算术中将
7、底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马” 现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形. 若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A. B8 863 6C. D246解析：由题意可知，该几何体的直观图是如图所示的四棱锥 SABCD，其中底面 ABCD 为矩形， 侧棱 SA底面 ABCD，所以可以将该四棱锥放入一个长、宽、高分别为 2、1、1 的长方体中，则该 球的直径即该长方体的体对角线，所以该球的半径 R ，该球的体积 V R3 ，故选 C.22 12 122 62 43 6答案：C102018 福州期末考试 如图，网格纸上小正方体的边长为 1，粗线画出的
8、是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A14 B10 4 2C. 4 D. 4212 2 21 32 2解析：解法一 由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示所以该多面体的表面积 S2 (221 2) 2222 (22 1211) 12 12 2 ( )2 4 ，故选 D.12 32 2 21 32 2解法二 由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示所以该多面体的表面积SS 三棱柱表 S 三棱锥侧 S 三棱锥底 3 2 2 222 21222 (1211) 12 32( )2 4 ，故选 D.221 32 2答案：
9、D112018 惠州调研 某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三个三角形均为直角三角形，则 xy 的最大值为( )A32 B 32 7C 64 D64 7解析：将三视图还原为如图所示的三棱锥 PABC ，其中底面 ABC 是直角三角形，ABBC，PA平面ABC，BC 2 ，PA2y 210 2，(2 )2 PA2x 2，所以 xyx7 7 x 64，当且仅102 x2 272 128 x2x2 128 x22当 x2128x 2，即 x8 时取等号，因此 xy 的最大值是 64.选 C.答案：C122018 全国卷 已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，则 截此正方体所得
10、截面面积的最大值为( )A. B.334 233C. D.324 32解析：如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，平面AB1D1 与棱 A1A，A1B1，A1D1 所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与 A1A，A1B1，A1D1 平行，故正方体 ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面 AB1D1 所成的角都相等如图所示，取棱 AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD 的中点E，F，G，H，M，N，则 正六边形 EFGHMN 所在平面与平面AB1D1 平行且面积最大，此截面面积为 S 正六边形EFGHMN 6 sin 60 .12 22 22 334故选 A.答案：
11、A132018 云南玉溪模拟 若一个底面是正三角形的三棱柱的主视图如图所示，则其表面积为_解析：根据几何体的三视图，得出该几何体是高为 1 的正三棱柱，其底面为边长等于 2 的正三角形，它的表面积为 3212 22 62 .12 32 3答案：62 3142018 天津卷如图，已知正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1，则四棱锥 A1BB1D1D 的体积为_解析： 正方体棱长为 1， 矩形 BB1D1D 的长和宽分别为 1， .2 四棱 锥 A1BB1D1D 的高是正方形 A1B1C1D1对角线长的一半，即为 ，22 V 四棱锥 A1BB1D1D Sh (1 ) .13 13 2 22
12、 13答案：13152018 全国卷 已知圆锥的顶点为 S，母线 SA，SB互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为 30.若SAB 的面积为 8，则该圆锥的体积为_解析：在 RtSAB 中， SASB，S SAB SA28，12解得 SA4.设圆锥的底面圆心为 O，底面半径 为 r，高为 h，在 RtSAO 中，SAO30 ，所以 r2 ，h2，3所以圆锥的体积为 r2h (2 )228 .13 13 3答案：8162018 山东潍坊模拟 已知正四棱柱的顶点在同一个球面上，且球的表面积为 12，当正四棱柱的体积最大时，正四棱柱的高为_解析：设正四棱柱的底面边长为 a，高为 h，球的半径为 r，由题意知 4r212，所以 r23，又 2a2h 2(2r) 212，所以a26 ，所以正四棱柱的体积 Va 2h h，则h22 (6 h22)V6 h2，由 V0，得 02，所以当32h2 时，正四棱柱的体积最大，V max8.答案：2
