高考數(shù)學二輪復習 專題跟蹤檢測（九）空間幾何體的三視圖、表面積與體積 理（重點生含解析）-人教版高三數(shù)學試題

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1、專題跟蹤檢測（九） 空間幾何體的三視圖、表面積與體積 一、全練保分考法——保大分 1．已知長方體的底面是邊長為1的正方形，高為，其俯視圖是一個面積為1的正方形，側視圖是一個面積為2的矩形，則該長方體的正視圖的面積等于(　　) A．1　　　　　　　　　　　 B. C．2 D．2 解析：選C　依題意得，題中的長方體的正視圖和側視圖的高都等于，正視圖的長是，因此相應的正視圖的面積等于×＝2. 2.將一個長方體沿相鄰三個面的對角線截去一個棱錐，得到的幾何體的正視圖與俯視圖如圖所示，則該幾何體的側視圖為(　　) 解析：選B　由幾何體的正視圖和俯視圖可知該幾何體為圖①所示，故其側視

2、圖為圖②. 3．若將半徑為R的半圓卷成一個圓錐，則該圓錐的體積為(　　) A.πR3 B.πR3 C.πR3 D.πR3 解析：選A　設該圓錐的底面半徑為r，則2πr＝πR，∴r＝，∴h＝.因此V＝πr2h＝πR3. 4．如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E為棱DD1上的點，F(xiàn)為AB的中點，則三棱錐B1-BFE的體積為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　由等體積法可知VB1-BFE＝VE-BFB1＝S△BB1F·AD＝×1××1＝. 5．(2016·全國卷Ⅱ)如圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為(　

3、　) A．25π B．24π C．28π D．32π 解析：選C　由三視圖知該幾何體是圓錐與圓柱的組合體，設圓柱底面半徑為r，周長為c，圓錐母線長為l，圓柱高為h.由圖得r＝2，c＝2πr＝4π，h＝4，由勾股定理得：l＝＝4，S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π. 6．(2019屆高三·河北“五個一名校聯(lián)盟”模擬)某幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積是(　　) A．13 B．14 C．15 D．16 解析：選C　所求幾何體可看作是將長方體截去兩個三棱柱得到的，在長方體中還原該幾何體如圖中ABCD-A′B′C′D′所示，長方體的長、

4、寬、高分別為4,2,3，兩個三棱柱的高為2，底面是兩直角邊長分別為3和1.5的直角三角形，故該幾何體的體積V＝4×2×3－2××3××2＝15. 7．(2018·開封模擬)某幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖為扇形，則該幾何體的體積為(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選D　由三視圖知該幾何體底面扇形的圓心角為120°，即該幾何體是某圓錐的三分之一部分，又由側視圖知幾何體的高為4，底面圓的半徑為2，所以該幾何體的體積V＝××π×22×4＝π. 8．(2018·沈陽質監(jiān))如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某簡單幾何體的三視圖，則該幾何體的體積

5、為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　由三視圖可得該幾何體為半圓錐，底面半圓的半徑為2，高為2，則其體積V＝××π×22×2＝. 9．(2018·武漢調研)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為(　　) A. B. C. D．3 解析：選D　由三視圖可知，該幾何體為三棱錐，記為A-BCD，將其放入棱長為3的正方體中，如圖，則VA-BCD＝××2×3×3＝3. 10.如圖，已知△EAB所在的平面與矩形ABCD所在的平面互相垂直，EA＝EB＝3，AD＝2，∠AEB＝60°，則多面體E-ABCD的外接球的表

6、面積為(　　) A. B．8π C．16π D．64π 解析：選C　由題知△EAB為等邊三角形，設球心為O，O在平面ABCD的射影為矩形ABCD的中心，O在平面ABE上的射影為△EAB的重心G，又由平面EAB⊥平面ABCD，則△OGA為直角三角形，OG＝1，AG＝，所以R2＝4，所以多面體E-ABCD的外接球的表面積為4πR2＝16π. 11．(2018·昆明調研)古人采取“用臼舂米”的方法脫去稻谷的外殼，獲得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石頭或木頭制成．一個“臼”的三視圖如圖所示，則鑿去部分(看成一個簡單的組合體)的體積為(　　) A．63π B．72π C

7、．79π D．99π 解析：選A　由三視圖得鑿去部分是圓柱與半球的組合體，其中圓柱的高為5，底面圓的半徑為3，半球的半徑為3，所以組合體的體積為π×32×5＋×π×33＝63π. 12．(2019屆高三·武漢調研)一個幾何體的三視圖如圖，則它的表面積為(　　) A．28 B．24＋2 C．20＋4 D．20＋2 解析：選B　根據(jù)該幾何體的三視圖作出其直觀圖如圖所示，可以看出該幾何體是一個底面是梯形的四棱柱．根據(jù)三視圖給出的數(shù)據(jù)，可得該幾何體中梯形的上底長為2，下底長為3，高為2，所以該幾何體的表面積S＝×(2＋3)×2×2＋2×2＋2×3＋2×2＋2×＝24＋2.

8、13．某幾何體的三視圖如圖所示，則此幾何體的外接球的表面積等于________． 解析：由三視圖可得該幾何體的外接球等同于長、寬、高分別為5,3,3的長方體的外接球，故此幾何體的外接球的表面積S＝π(52＋32＋32)＝43π. 答案：43π 14．已知一個正三棱柱的所有棱長均等于2，它的俯視圖是一個邊長為2的正三角形，那么它的側視圖的面積的最小值是________． 解析：如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，當CD⊥AB，C1D1⊥A1B1時，側視圖的面積最小，此時D，D1分別是AB，A1B1的中點．易得CD＝，則側視圖面積的最小值為2×＝2. 答案：2 15．一個幾何體

9、的三視圖及尺寸如圖所示，則該幾何體的體積為________． 解析：根據(jù)三視圖還原幾何體，其是由一個長方體被挖去半個圓錐后形成的， 如圖所示，因此所求的幾何體的體積V＝2×1×2－××π×12×2＝4－＝. 答案： 16.我國古代數(shù)學家祖暅是著名數(shù)學家祖沖之之子，祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異．”意思是：夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平行平面的任意一平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等．其著名的應用是解決了“牟和方蓋”中的體積問題．核心過程：如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長R為2，若圖中四分之一圓柱體BB1C1-AA1

10、D1和四分之一圓柱體AA1B1-DD1C1的公共部分的體積為V，用平行于正方體上下底面的平面EFGH在高度h處去截兩個四分之一圓柱體的公共部分，截得的面積為S1，截正方體所得面積為S2，截錐體C1-ABCD所得面積為S3，S1＝R2－h(huán)2，S2＝R2，S2－S1＝S3，則V的值為________． 解析：由祖暅原理易得正方體ABCD-A1B1C1D1除去兩個四分之一圓柱體的公共部分后所得幾何體的體積等于四棱錐C1-ABCD的體積， 所以V＝23－×2×22＝. 答案： 二、強化壓軸考法——拉開分 1．在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內有一個體積為V的球，若AB⊥BC，AB

11、＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是(　　) A．4π B.π C．6π D.π 解析：選B　要使球的體積V最大，必須使球的半徑R最大．當球與三棱柱的三個側面都相切時，球的半徑為＝2，這時球的直徑大于三棱柱的高，不符合題意．當球與直三棱柱的上下底面都相切時，球的半徑取得最大值，此時球的體積為πR3＝π×3＝π. 2．(2018·南寧模擬)三棱錐P-ABC中，△ABC為等邊三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，三棱錐P-ABC的外接球的體積為(　　) A.π B.π C．27π D．27π 解析：選B　∵在三棱錐P-ABC中，△ABC為等邊三角形，PA＝P

12、B＝PC＝3， ∴△PAB≌△PBC≌△PAC.∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥P B.以PA，PB，PC為過同一頂點的三條棱作正方體(如圖所示)，則正方體的外接球同時也是三棱錐P-ABC的外接球．∵正方體的體對角線長為＝3，∴其外接球半徑R＝.因此三棱錐P-ABC的外接球的體積V＝×3＝π. 3．(2019屆高三·洛陽第一次聯(lián)考)已知球O與棱長為4的正四面體的各棱相切，則球O的體積為(　　) A.π B.π C.π D.π 解析：選A　將正四面體補成正方體，則正四面體的棱為正方體面上的對角線，因為正四面體的棱長為4，所以正方體的棱長為2.因為球O與正四面體的各棱都相切，所

13、以球O為正方體的內切球，即球O的直徑2R＝2，則球O的體積V＝πR3＝π. 4.(2018·唐山模擬)把一個皮球放入如圖所示的由8根長均為20 cm的鐵絲接成的四棱錐形骨架內，使皮球的表面與8根鐵絲都有接觸點(皮球不變形)，則皮球的半徑為(　　) A．10 cm B．10 cm C．10 cm D．30 cm 解析：選B　依題意，在四棱錐S-ABCD中，所有棱長均為20 cm，連接AC，BD交于點O，連接SO，則SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10 cm，易知點O到AB，BC，CD，AD的距離均為10 cm，在等腰三角形OAS中，OA＝OS＝10 cm，AS＝20 cm，所以O到

14、SA的距離d＝10 cm，同理可證O到SB，SC，SD的距離也為10 cm，所以球心為四棱錐底面ABCD的中心，所以皮球的半徑r＝10 cm. 5.某幾何體的三視圖如圖所示，網(wǎng)格紙的小方格是邊長為1的正方形，則該幾何體中最長棱的棱長是(　　) A. B. C. D．3 解析：選A　由三視圖可知該幾何體為一個三棱錐D-ABC，如圖，將其置于長方體中，該長方體的底面是邊長為1的正方形，高為2.所以AB＝1，AC＝，BC＝，CD＝，DA＝2，BD＝，因此最長棱為BD，棱長是. 6．(2018·長春質檢)已知矩形ABCD的頂點都在球心為O，半徑為R的球面上，AB＝6，BC＝2，且四棱

15、錐O-ABCD的體積為8，則R等于(　　) A．4 B．2 C. D. 解析：選A　如圖，設矩形ABCD的中心為E，連接OE，EC，由球的性質可得OE⊥平面ABCD，所以VO-ABCD＝·OE·S矩形ABCD＝×OE×6×2＝8，所以OE＝2，在矩形ABCD中，可得EC＝2，則R＝＝＝4. 7．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AD＝1，AB＝2，AA1＝2，點M在平面ACB1內運動，則線段BM的最小值為(　　) A. B. C. D．3 解析：選C　線段BM的最小值即點B到平面ACB1的距離h.在△ACB1中，AC＝B1C＝，AB1＝2，所以AB1邊上的高為

16、＝，所以S△ACB1＝×2×＝.又三棱錐B-ACB1的體積VB-ACB1＝VA-BB1C＝××2×1×2＝，所以VB-ACB1＝×h＝，所以h＝. 8．(2019屆高三·南昌調研)已知三棱錐P-ABC的所有頂點都在球O的球面上，△ABC滿足AB＝2，∠ACB＝90°，PA為球O的直徑且PA＝4，則點P到底面ABC的距離為(　　) A. B．2 C. D．2 解析：選B　取AB的中點O1，連接OO1，如圖，在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝90°，所以△ABC所在小圓O1是以AB為直徑的圓，所以O1A＝，且OO1⊥AO1，又球O的直徑PA＝4，所以OA＝2，所以OO1＝＝，且OO

17、1⊥底面ABC，所以點P到平面ABC的距離為2OO1＝2. 9．某幾何體是直三棱柱與圓錐的組合體，其直觀圖和三視圖如圖所示，正視圖為正方形，其中俯視圖中橢圓的離心率為________． 解析：依題意得，題中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，設其直角邊長為a，則斜邊長為a，圓錐的底面半徑為a、母線長為a，因此其俯視圖中橢圓的長軸長為a、短軸長為a，其離心率e＝＝. 答案： 10．(2018·全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB互相垂直，SA與圓錐底面所成角為30°.若△SAB的面積為8，則該圓錐的體積為________． 解析：在Rt△SAB中，SA＝SB，S△SAB＝·S

18、A2＝8， 解得SA＝4.設圓錐的底面圓心為O，底面半徑為r，高為h，在Rt△SAO中，∠SAO＝30°，所以r＝2，h＝2，所以圓錐的體積為πr2·h＝π×(2)2×2＝8π. 答案：8π 11．如圖，AB為圓O的直徑，點E，F(xiàn)在圓O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圓O所在平面垂直，且AB＝2，AD＝EF＝1.則平面CBF將幾何體EFABCD分成的三棱錐與四棱錐的體積的比為________． 解析：由題意可知，平面CBF將幾何體EFABCD分成的兩個錐體的體積分別為V四棱錐F-ABCD，V三棱錐F-CBE.過點F作FG⊥AB于點G(圖略)，因為平面ABCD⊥平面ABEF，平

19、面ABCD∩平面ABEF＝AB，F(xiàn)G?平面ABEF，所以FG⊥平面ABC D.所以V四棱錐F-ABCD＝×1×2×FG＝FG，V三棱錐F-BCE＝V三棱錐C-BEF＝×S△BEF×CB＝××FG×1×1＝FG，由此可得V三棱錐C-BEF∶V四棱錐F-ABCD＝1∶4. 答案：1∶4 12．(2018·開封模擬)已知正三角形ABC的邊長為2，將它沿高AD翻折，使點B與點C間的距離為，此時四面體ABCD的外接球的表面積為________． 解析：如圖(1)，在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝2，則BD＝DC＝1，AD＝.在翻折后所得的幾何體中，如圖(2)，AD⊥BD，AD⊥CD，BD∩CD＝D，則AD⊥平面BCD，三棱錐A-BCD的外接球就是它擴展為三棱柱的外接球，球心到截面BCD的距離d＝AD＝.在△BCD中，BC＝，則由余弦定理，得cos∠BDC＝＝＝－，所以∠BDC＝120°.設球的半徑為R，△BCD的外接圓半徑為r，則由正弦定理，得2r＝＝＝2，解得r＝1，則球的半徑R＝＝＝，故球的表面積S＝4πR2＝4π×2＝7π. 答案：7π