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
2、4-2-1=0,解得=,又0,=.故选C. 2 2- 4 a h 2 4 a 1 2 2 4 a1 2 2 h a h a h a 15 4 h a h a 51 4 2.(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. 3.(2018课标,9,5分)某圆柱的高为2,底面周长
3、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 方法点拨方法点拨 1.由三视图还原直观图的步骤: (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最短路径问题的常用方法是把空间图形展开为平面图形,利用 两点之间线段最短进行求解. 答案答案 B 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
4、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 22 425 4.(2018北京,6,5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,AD,DC,AB底面 ABCD,得SDAD,SDDC,SDAB,故SDC,SDA为直角三角形,又ABAD,ABSD,A
5、D,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 5.(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 6.(2020新高考,16,5分)已知直四棱柱ABCD-A1B1C
6、1D1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D1E,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的交线是以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)=. 5 5 EF 2 2 EF 1
7、 4 2 2 2 7.(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
8、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=2a+a,解得a=-1. 2 2 2 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. 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
9、程求解即可. 1.(2018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 以下为教师用书专用 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. 2.(2016天津,3,5分)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到的几何体的正视图与 俯视图如图所示,则该几何体的侧(左)视图为( ) 答案答案 B 由几何体的正视图、俯视图以及题意可画
10、出几何体的直观图,如图所示. 该几何体的侧视图为选项B中图形.故选B. 3.(2015北京,7,5分)某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥最长棱的棱长为( ) A.1 B. C. D.2 23 答案答案 C 由四棱锥的三视图可知其直观图如图所示, 其中PA平面ABCD,四边形ABCD为正方形,由此可知PC是最长的棱,连接AC,则PC= =,故选C. 22 ACPA 22 ( 2)13 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,12,5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( )
11、 A.64 B.48 C.36 D.32 答案答案 A 如图,由题知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,11,5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(a0),其外接圆半径为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
12、=3(负值舍去), 则ABC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,9,5分)下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=6+2.故选C. 1 2 22 3 2 1 2 1 2 1 2 3 4.(2020北京,4,4分)
13、某三棱柱的底面为正三角形,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 33 33 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.(2018课标,5,5分)已知圆柱的上、下底面的中心分别
14、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 2 2 答案答案 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+2r h=4+8=12.故 选B. 2 7.(2016课标,7,5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+
15、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. 8.(2016课标,7,5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),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 9.(2016课标,10,5分)如图,网格纸上小正方
16、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 答案答案 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 易错警示易错警示 易误认为侧棱长为6,或漏算了两底面的面积而致错. 10.(2017课标,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 . 答案答案 14 解析解析 本题考查长方体和球的性质,考查了球的表面积公式. 由题意知长方体的体对角线为球O的直径,设球
17、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. 7 2 易错警示易错警示 易因用错球的表面积公式而致错. 11.(2016浙江,9,6分)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 cm3. 答案答案 80;40 解析解析 几何体的直观图如图: S表=422+424+224=80(cm2), V=23+442=40(cm3). 12.(2017课标,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
18、的表面积为 . 答案答案 36 解析解析 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)2R=R3=9, 所以R=3.所以球O的表面积S=4R2=36. 2 22 2 3 3 2 2 6 3 2 2 6 -
19、 3 RR 3 3 1 3 3 4 2 3 3 1 3 1.(2016课标,4,5分)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球面的表面积为( ) A.12 B. C.8 D.4 32 3 以下为教师用书专用 答案答案 A 设正方体的棱长为a,则a3=8,解得a=2. 设球的半径为R,则2R=a,即R=,所以球的表面积S=4R2=12.故选A. 33 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 由已知条件可知,
20、该几何体由圆柱的一半和半球组成,其表面积为2r2+r2+4r2+2r2=5r2+4r2. 由5r2+4r2=16+20得r=2.故选B. 3.(2015课标,10,5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 答案答案 C AOB的面积为定值,当OC垂直于平面AOB时,三棱锥O-ABC的体积取得最大值.由R3 =36得R=6.从而球O的表面积S=4R2=144.故选C. 1 6 思路分析思路分析 VO-ABC=VC-AOB.当OC垂直于平面AOB时,三棱锥C-AO
21、B,即三棱锥O-ABC的体积最大,此时 可求出球O的半径,从而求出球O的表面积. 4.(2015福建,9,5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积等于( ) A.8+2 B.11+2 C.14+2 D.15 22 2 答案答案 B 由三视图可知该几何体是直四棱柱.底面梯形的周长为4+,侧面积为8+2,上、下 底面面积均为.故表面积为11+2.故选B. 22 3 2 2 5.(2015安徽,9,5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.1+2 C.2+ D.2 32 32 答案答案 C 如图,该四面体有两个面为等腰直角三角形,另外两个面为正三角形.故该
22、四面体的表面 积S=2+2=2+. 1 2 22 1 2 22 3 2 3 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.(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
23、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
24、=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. 1 2 1 2 解题关键解题关键 正确利用正视图与俯视图“长对正”的原理确定AG,BC的长. 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 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
25、,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 4.(2017课标,6,5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 5.(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.则该几何体的
26、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 6.(2017课标,9,5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
27、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 7.(2017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.60 B.30 C.20 D.10 答案答案 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. 1 3 1 2 8.(2018课标,10,5分)在长方体ABCD-A1B
28、1C1D1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.8 223 答案答案 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. 3 22 1 -BCBC 22 (2 3) -22 22 方法总结方法总结 用定义法求线面角的步骤: (1
29、)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. 9.(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 10.(2020课标,16,5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
30、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 -ACOC2 2 1 OM OC AO AC1 r2 2- 3 r 2 2 2 4 3 3 2 2 2 3 11.(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
31、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 12.(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 13.(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
32、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, =. 1 2 V V 2 3 2 4 3 RR R 3 2 14.(2016四川,12,5分)已知某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积是 . 答案答案 3 3 解析解析 在长方体(长为2,宽、高均为1)中作出此三棱锥,如图所示, 则VP-ABC=211=. 3 1 3 1 2 3 3 3 15.(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面
33、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,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 16.(2018天津,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 . 答案答案 1 3 解析解析 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=. 22 1 2 2 2 1 3 2 2
34、2 1 3 17.(2019天津,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,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 18.(2019北京,12,5分)某几何体是由一
35、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 . 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 19.(2018课标,16,5分)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 . 答案答案 8 解析解析 本题主
36、要考查圆锥的性质和体积,直线与平面所成的角. 设圆锥的底面半径为r,母线长为l,高为h, 因为母线SA与底面所成的角为30, 所以l=r. 由SAB的面积为8及母线SA,SB互相垂直得l2=8, 即r2=8,所以r2=12,h=r=2. 所以圆锥的体积为r2h=122=8. 2 3 3 1 2 1 2 4 3 3 3 1 3 1 3 疑难突破疑难突破 由母线与底面所成的角找到圆锥的底面半径r与母线长l、高h的等量关系是解决本题 的突破口. 20.(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
37、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
38、2 解题思路解题思路 首先通过计算长方体ABCD-A1B1C1D1的体积与四棱锥O-EFGH的体积求得几何体模型 的体积,然后进行计算即可. 21.(2017课标,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB= BC=AD,BAD=ABC=90. (1)证明:直线BC平面PAD; (2)若PCD的面积为2,求四棱锥P-ABCD的体积. 1 2 7 解析解析 本题考查线面平行的判定和体积的计算. (1)证明:在平面ABCD内,因为BAD=ABC=90,所以BCAD.又BC平面PAD,AD平面PAD, 故BC平面PAD. (2)取AD的中点M,连接PM
39、,CM.由AB=BC=AD及BCAD,ABC=90得四边形ABCM为正方形,则 CMAD. 因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以PMAD,PM 底面ABCD. 因为CM底面ABCD, 所以PMCM. 设BC=x,则CM=x,CD=x,PM=x,PC=PD=2x. 1 2 23 取CD的中点N,连接PN, 则PNCD,所以PN= x. 因为PCD的面积为2, 所以xx=2, 解得x=-2(舍去)或x=2. 于是AB=BC=2,AD=4,PM=2. 所以四棱锥P-ABCD的体积V=2=4. 14 2 7 1 2 2 14 2 7 3 1 3 2 (24
40、) 2 33 解题思路解题思路 (1)根据线面平行的判定定理即可得出结论;(2)根据已知条件找到四棱锥P-ABCD的高, 设BC=x,由PCD的面积列方程求得x,进而求得该四棱锥的体积. 22.(2018课标,18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,ACM=90.以AC为折痕将 ACM折起,使点M到达点D的位置,且ABDA. (1)证明:平面ACD平面ABC; (2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积. 2 3 解析解析 (1)证明:由已知可得,BAC=90,BAAC. 又BAAD,所以AB平面ACD. 又AB平面ABC,
41、所以平面ACD平面ABC. (2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3. 又BP=DQ=DA, 所以BP=2. 作QEAC,垂足为E, 则QEDC且QE=DC. 由已知及(1)可得DC平面ABC, 所以QE平面ABC,QE=1. 因此,三棱锥Q-ABP的体积为 VQ-ABP= QE SABP=132sin 45=1. 2 2 3 2 1 3 1 3 1 3 1 2 2 规律总结规律总结 证明空间线面位置关系的一般步骤: (1)审清题意:分析条件,挖掘题目中平行与垂直的关系; (2)明确方向:确定问题的方向,选择证明平行或垂直的方法,必要时添加辅助线; (3)给出证明:利用平行、垂直关系的
42、判定或性质给出问题的证明; (4)反思回顾:查看关键点、易漏点,检查使用定理时定理成立的条件是否遗漏,符号表达是否准确. 解题关键解题关键 (1)利用平行关系将ACM=90转化为BAC=90是求证第(1)问的关键; (2)利用翻折的性质将ACM=90转化为ACD=90,进而利用面面垂直的性质定理及线面垂直的 性质定理得出三棱锥Q-ABP的高是求解第(2)问的关键. 23.(2016课标,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在AD,CD上,AE= CF,EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置. (1)证明:ACHD; (2)若AB=5,AC=6,AE
43、=,OD=2,求五棱锥D-ABCFE的体积. 5 4 2 解析解析 (1)证明:由已知得ACBD,AD=CD. 又由AE=CF得=,故ACEF.(2分) 由此得EFHD,EFHD,所以ACHD.(4分) (2)由EFAC得=.(5分) 由AB=5,AC=6得DO=BO=4. 所以OH=1,DH=DH=3. 于是OD2+OH2=(2)2+12=9=DH2, 故ODOH. 由(1)知ACHD,又ACBD,BDHD=H, 所以AC平面BHD, 因为OD平面BHD,所以ACOD. 又由ODOH,ACOH=O,所以OD平面ABC.(8分) 又由=得EF=. 五边形ABCFE的面积S=68-3=.(10分
44、) AE AD CF CD OH DO AE AD 1 4 22 -AB AO 2 EF AC DH DO 9 2 1 2 1 2 9 2 69 4 所以五棱锥D-ABCFE的体积V=2=.(12分) 1 3 69 4 2 23 2 2 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
45、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棱长. 2.(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
46、 D.66斛 答案答案 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= (立方尺),因此堆放的米约有22(斛).故选B. 1 4 16 1 4 1 3 16 20 3 16 20 3 1.62 3.(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,则截去部分体 积与剩余部分体积的比值为( ) A. B. C. D. 1 8 1 7 1 6 1 5 答案答案 D 如图,由已知条件可知,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,截去三棱锥A-A1B1D1后剩余的部分 即为题中三视图对应的几何体,设该正方体的棱长为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. 1 6 1 6 5 6 1 5 4.(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 正方体新工件,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
