1、1专题八 空间几何体的三视图、表面积与体积卷 卷 卷三视图与数学文化T32018空间几何体的三视图、直观图及最短路径问题T7圆锥的性质及侧面积的计算T16与外接球有关的空间几何体体积的最值问题T10空间几何体的三视图与直观图、面积的计算T72017 三棱锥的体积、导数的应用T16空间几何体的三视图及组合体体积的计算T4球的内接圆柱、圆柱的体积的计算T8空间几何体的三视图及表面积的计算T92016有关球的三视图及表面积的计算T6空间几何体的三视图及组合体表面积的计算T6与直三棱柱有关的内切球体积的最值问题T10纵向把握趋势卷3 年 4考，涉及空间几何体的三视图识别以及以三视图为载体考查空间几何体
2、的表面积及侧面展开图问题，题型既有选择题，也有填空题，难度适中预计 2019年会以三视图为载体考查空间几何体的体积或表面积的计算问题卷3 年 3考，涉及空间几何体的三视图、空间几何体的表面积和体积的计算，题型为选择题或填空题，难度适中预计 2019年仍会以选择题或填空题的形式考查空间几何体的表面积、体积的计算卷3 年 5考，涉及数学文化、三视图、几何体的外接球、空间几何体的表面积与体积的计算，难度中等偏上，题型均为选择题预计 2019年高考仍会以选择题的形式考查，以空间几何体与球的切、接问题相结合为主考查横向把握重点1.此部分内容一般会以两小或一小的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三
3、视图、几何体的表面积与体积的计算2.考查一个小题时，本小题一般会出现在第 48 题的位置上，难度一般；考查两个小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度稍高，一般会出现在第1016 题的位置上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查.2空间几何体的三视图题组全练1(2018全国卷)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( )解析：选 A 由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选 A.2
4、(2019 届高三西安模拟)把边长为 1的正方形 ABCD沿对角线 BD折起，使得平面ABD平面 CBD，形成的三棱锥 CABD的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为( )A. B.12 22C. D.24 14解析：选 D 由三棱锥 CABD的正视图、俯视图得三棱锥 CABD的侧视图为直角边长是 的等腰直角三角形，所以三棱锥 CABD的侧视图的面积为 .22 143.(2018全国卷)某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图所示圆柱表面上的点 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( )A2
5、 B217 5C3 D2解析：选 B 先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点 M， N的位置如图所3示圆柱的侧面展开图及 M， N的位置( N为 OP的四等分点)如图所示，连接 MN，则图中MN即为 M到 N的最短路径 ON 164， OM2，14 MN 2 .OM2 ON2 22 42 54(2018石家庄质检)如图，网格纸上的小正方形的边长为 1，粗线表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中，最小面的面积是( )A2 B23 2C2 D. 3解析：选 C 在正方体中还原该几何体，如图中三棱锥 DABC所示，其中正方体的棱长为 2，则 S ABC2， S DBC2 ， S ADB2
6、2， S ADC2 ，故该三棱锥的四个面中，最小面的面积是 2.2 3系统方法1确定几何体的三视图的方法判断几何体的三视图的基础是熟练掌握几何体的结构特征，其中三视图的画法是确定三视图的重要依据(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(3)看不到的线画虚线2由三视图确定几何体的方法熟练掌握规则几何体的三视图是由三视图还原几何体的基础，在明确三视图画法规则的基础上，按以下步骤可轻松解决此类问题：(1)定底面：根据俯视图确定(2)定棱及侧面：根据正视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线、虚线对应棱的位置4(3)定形状：确定几何体的形状.空间几何体
7、的表面积与体积由题知法(1)(2018合肥质检)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某典 例 几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A518 B618C86 D106(2)(2018洛阳统考)一个几何体的三视图如图所示，图中的三个正方形的边长均为 2，则该几何体的体积为( )A8 B423 3C8 D43 23(3)(2018天津高考)已知正方体 ABCDA1B1C1D1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 MEFGH的体积为_解析 (1)由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和两个半球构成的，故该几何体的表面积
8、为2 41 22 1 223 21386.12 12 12(2)由三视图可得该几何体的直观图如图所示，该几何体是一个棱长为 2的正方体上、下各挖去一个底面半径为 1，高为 1的圆锥后剩余的部分，其体积为 232 1 218 .13 23(3)连接 AD1， CD1， B1A， B1C， AC，因为 E， H分别为 AD1， CD1的中点，所以EH AC， EHAC，因为 F， G分别为 B1A， B1C的中点，所以 FG AC， FG AC，12 125所以 EH FG， EH FG，所以四边形 EHGF为平行四边形，又 EG HF， EH HG，所以四边形EHGF为正方形，又点 M到平面 E
9、HGF的距离为 ，所以四棱锥 MEFGH的体积为12 2 .13 12 112答案 (1)C (2)A (3)112类题通法1三类几何体表面积的求法求多面体的表面积只需将它们沿着棱“剪开”并展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积求旋转体的表面积可以从旋转体的形成过程及其结构特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系求不规则几何体的表面积通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积2求体积的 3种常用方法直接法 对于规则的几何体，利用相关公式直接计算割
10、补法首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，把不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算等体积法选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即三棱锥的任意一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换应用通关1(2018长春质检)九章算术卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为 1)，那么该刍甍的体积为( )A4 B56C6 D12解析：选 B 如图，由三视图可还原得几何体 ABCDEF，过E， F分别作
11、垂直于底面的截面 EGH和 FMN，将原几何体拆分成两个底面积为 3，高为 1的四棱锥和一个底面积为 ，高为 2的32三棱柱，所以 VABCDEF2 V 四棱锥 EADHG V 三棱柱 EHGFNM2 31 25.13 322某圆锥的侧面展开图是面积为 3 且圆心角为 的扇形，此圆锥的体积为( )23A B.223C2 D2 2解析：选 B 设圆锥的母线为 R，底面圆的半径为 r，扇形的圆心角为 ，则S R 2 R23，解得 R3，底面圆的半径 r满足 ，解得 r1，所以12 12 23 rR 232这个圆锥的高 h 2 ，故圆锥的体积 V r2h ，故选 B.32 12 213 2233(2
12、018福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A14 B104 2C. 4 D. 4212 2 21 32 2解析：选 D 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)(221211) 122222 ( )2 4 .12 2 12 32 2 21 32 2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 S S 三棱柱表7 S 三棱锥侧 S 三棱锥底 (222 )22 223 ( )2212 (121
13、1) 12 32 24 .21 32 2重难增分(一)多面体与球的切接问题考法全析一、曾经这样考1三棱锥的外接球(2017全国卷)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_解析：如图，连接 AO， OB， SC为球 O的直径，点 O为 SC的中点， SA AC， SB BC， AO SC， BO SC，平面 SCA平面 SCB，平面 SCA平面 SCB SC， AO平面 SCB，设球 O的半径为 R，则 OA OB R， SC2 R. VS ABC VASB
14、C S SBCAO13 AO，13 (12SCOB)即 9 R，解得 R3，13 (122RR)球 O的表面积为 S4 R243 236.答案：36启思维 本题考查了三棱锥的外接球问题一般外接球需要求球心和半径，其步骤为：(1)应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上8任一点到多边形的各顶点的距离相等，然后用同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线(这两个多边形需有公共点)，这样两条直线的交点，就是其外接球的球心；(2)根据半径、顶点到底面中心的距离、球心到底面中心的距离，构成
15、勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径(例三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球)二、还可能这样考2圆锥的外接球已知圆锥的高为 3，底面半径为 ，若该圆锥的顶点与底面的圆周3都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )A. B. 83 323C16 D32解析：选 B 设该圆锥的外接球的半径为 R，依题意得， R2(3 R)2( )2，解得3R2，所以所求球的体积 V R3 2 3 .43 43 323启思维 本题考查了圆锥的外接球问题，解决本题的关键是根据圆锥及球的结构特点确定球心一定在圆锥的高上，然后建立相关关系式求出球半径3四棱柱的外接球已知正四棱柱的顶点在同一个球
16、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 4 r212，所以 r23，又 2a2 h2(2 r)212，所以 a26 ，所以正四棱柱的体积 V a2hh22h，则 V6 h2，由 V0，得 0 h2，由 V0，得 h2，所以当 h2 时，(6h22) 32正四棱柱的体积最大.答案：2启思维 本题考查了球与正四棱柱的综合问题求解直棱柱的外接球问题时，结合球与直棱柱的有关性质，可知棱柱上、下底面外接圆的圆心连线的中心即为外接球的球心4四棱锥的内切球问题已知四棱锥 PABCD的底面 ABCD是边长为 6的
17、正方形，且PA PB PC PD，若一个半径为 1的球与此四棱锥的所有面都相切，则该四棱锥的高是( )A6 B5C. D.92 94解析：选 D 由题意，四棱锥 PABCD是正四棱锥，球的球心O在四棱锥的高 PH上，过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图所9示其中 PE， PF是斜高， A为球面与侧面的切点，设 PH h，由几何体可知 RtPAORt PHF，则 ， ，解得 h .OPFP OAFH h 1h2 32 13 94启思维 球与多面体的“切”的问题，关键突破口是作出过它们的切点的轴截面，将空间问题转化为平面问题解决在计算过程中要抓住球的半径这个主要元素，再利用平面几何、三角函数知识求解
18、增分集训1(2015全国卷)已知 A， B是球 O的球面上两点， AOB90， 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( )A36 B64C144 D256解析：选 C 如图，设球的半径为 R， AOB90， S AOB R2.12 VOABC VC AOB，而 AOB面积为定值，当点 C到平面 AOB的距离最大时， VOABC最大，当 C为与球的大圆面 AOB垂直的直径的端点时，体积 VOABC最大，为 R2R36，13 12 R6，球 O的表面积为 4 R246 2144.2在九章算术中，将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑若三棱锥 PABC为鳖臑
19、，侧棱 PA底面 ABC， AC BC，且 PA2， AC3， BC4，则该鳖臑的内切球的半径为_解析：设内切球的半径为 r，由鳖臑的性质可知，PC CB， PC ， AB5， BP ，所以 S ABC6， S PAB5， S PBC2 ， S13 29 13PCA3， VPABC S ABCPA4， VPABC (S ABC S PAB S PBC S PCA)r，故该鳖臑的13 13内切球半径 r .1214 213 7 136答案：7 1363(2018贵阳模拟)如图，正方形网格的边长为 1，粗线表示的是某几何体的三视图，该几何体的顶点都在球 O的球面上，则球 O的表面积为_10解析：根
20、据三视图可知该几何体为一个三棱锥，记为 SABC，将该三棱锥放入长方体中如图所示，则该三棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设球 O的半径为 R，所以(2 R)22 22 23 217，R2 ，所以球 O的表面积为1744 R217.答案：174(2018益阳、湘潭调研)已知三棱锥 SABC的顶点都在球 O的球面上， ABC是边长为 3的正三角形， SC为球 O的直径，且 SC4，则此三棱锥的体积为_解析：根据题意作出图形设球心为 O，过 A， B， C三点的小圆的圆心为 O1，则 OO1平面ABC，延长 CO1交球于点 D，连接 SD，则 SD平面 ABC. SD OO1，又 O为 SC的中
21、点， SD2 OO1. CO1 ，23 332 3 OO1 1，22 3 2高 SD2 OO12， ABC是边长为 3的正三角形， S ABC ，934 V 三棱锥 SABC 2 .13 934 33211答案：332重难增分(二)立体几何中的最值问题考法全析一、曾经这样考1三棱锥的体积最值问题(2017全国卷)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
22、， F重合，得到三棱锥当 ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为_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，则 OC2 x，DH5 x，得 OD ， AB2 x. 5 x 2 x2 25 10x 3则 VDABC 13 (1223x3x) 25 10x x2 .3 25 10x 3 25x4 10x5令 f (x)25 x410 x5， x ，(0，52)12则 f ( x)100 x350 x4，由 f ( x)0，得 0x2.由 f ( x)0，得 2x .52则当 x(0,2
23、)时， f (x)单调递增，当 x 时， f (x)单调递减，所以当 x2 时，(2，52)体积取最大值，为 4 .3 80 15答案：4 15启思维 本题考查了立体几何中的折叠问题、体积的求法及导数的应用在求解立体几何中的最值问题时，注意先要引入自变量 x，再根据几何体的点、线、面的位置关系，表示几何体中的相关量，进而建立起目标函数，最后，利用函数的性质来求解最值二、还可能这样考2.空间几何体中线段最值问题如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为4，点 P，Q 分别在底面 ABCD、棱 AA1上运动，且 PQ4，点 M为线段 PQ的中点，则线段 C1M的长度的最小值为( )A2 B4
24、23C6 D4 3解析：选 B 连接 AP， AC1， AM.由正方体的结构特征可得，Q A平面 ABCD，所以 QA AP.因为 PQ4，点 M为线段 PQ的中点，所以 AM PQ2，12故点 M在以 A为球心，半径 R2 的球面上，易知 AC14 ，3所以 C1M的最小值为 AC1 R4 2，3故选 B.启思维 该题中限制点 P，Q 分别在底面 ABCD、棱 AA1上运动，所以点 M的轨迹是以点 A为球心，半径为 2的球面的一部分该题中的最值问题与圆上的点到定点距离的最值问题类似，对于后者，将圆上的点到定点距离的最值用圆心到定点的距离与半径的和与差表示，因此，球面上的点到定点的距离的最值，
25、也可用球心到定点的距离与半径的和与差表示3与立体几何的表面展开图有关的最值问题已知圆锥的侧面展开图是半径为 3的扇13形，则该圆锥体积的最大值为_解析：由题意得圆锥的母线长为 3，设圆锥的底面半径为 r，高为 h，则 h ，9 r2所以圆锥的体积 V r2h r2 .设 f (r)9 r4 r6(r0)，13 13 9 r2 13 9r4 r6则 f ( r)36 r36 r5，令 f ( r)36 r36 r56 r3(6 r2)0，得 r ，所以当60 r 时， f ( r)0， f (r)单调递增；当 r 时， f ( r)0， f (r)单调递减，6 6所以 f (r)max f (
26、)108 ，所以 Vmax 2 .613 108 3答案：2 3启思维 本题考查了圆锥的侧面展开图的性质，即侧面展开图中扇形的半径为圆锥的母线，扇形的弧长为底面圆的周长本题还考查了圆锥体积的求法及导数在求最值中的应用增分集训1(2018全国卷)设 A， B， C， D是同一个半径为 4的球的球面上四点， ABC为等边三角形且其面积为 9 ，则三棱锥 DABC体积的最大值为( )3A12 B183 3C24 D543 3解析：选 B 由等边 ABC的面积为 9 ，可得 AB29 ，所以 AB6，所以等边334 3ABC的外接圆的半径为 r AB2 .设球的半径为 R，球心到等边 ABC的外接圆圆
27、心的33 3距离为 d，则 d 2.R2 r2 16 12所以三棱锥 DABC高的最大值为 246，所以三棱锥 DABC体积的最大值为9 618 .13 3 32已知点 A， B， C， D在同一个球的球面上， AB BC1， ABC120.若四面体ABCD体积的最大值为 ，则这个球的表面积为( )34A. B450081C. D.259 1009解析：选 D 因为 AB BC1， ABC120，所以由正弦定理知 ABC外接圆的半径 r 1， S ABC ABBCsin 12012 ABsin 30 12.设外接圆的圆心为 Q，则当 DQ与平面 ABC垂直时，四面体 ABCD的3414体积最大
28、，所以 S ABCDQ ，所以 DQ3.设球心为 O，半径为 R，则在 Rt AQO中，13 34OA2 AQ2 OQ2，即 R21 2(3 R)2，解得 R ，所以球的表面积 S4 R2 ，故选53 1009D.3正四面体 ABCD的外接球半径为 2，过棱 AB作该球的截面，则截面面积的最小值为_解析：由题意知面积最小的截面是以 AB为直径的圆，如图，在正四面体 ABCD中，设E为 BCD的中心，连接 AE， BE，则球心 O在 AE上，延长 AE交球面于F，则 AF是球的直径， ABF90，又 AE BE，在 ABF中，由射影定理得 AB2 AEAF4 AE，又 AE AB，所以 AB ，
29、AB2 BE263 463于是截面面积的最小值为 2 .(263) 83答案：83专题跟踪检测(对应配套卷 P183)一、全练保分考法保大分1已知长方体的底面是边长为 1的正方形，高为 ，其俯视图是一个面积为 1的正方2形，侧视图是一个面积为 2的矩形，则该长方体的正视图的面积等于( )A1 B. 2C2 D2 2解析：选 C 依题意得，题中的长方体的正视图和侧视图的高都等于 ，正视图的长2是 ，因此相应的正视图的面积等于 2.2 2 22.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，则该几何体的侧视图为( )解析：选 B 由几何体的正视图和俯视图可知该
30、几何体为图所示，故其侧视图为图.153若将半径为 R的半圆卷成一个圆锥，则该圆锥的体积为( )A. R3 B. R3324 38C. R3 D. R3524 58解析：选 A 设该圆锥的底面半径为 r，则 2 r R， r ， h .因此R2 3R2V r2h R3.13 3244如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1， E为棱 DD1上的点， F为 AB的中点，则三棱锥 B1BFE的体积为( )A. B.13 14C. D.112 16解析：选 C 由等体积法可知 VB1BFE VEBFB1 S BB1FAD 1 1 .13 16 12 1125(2016全国卷)如图是由圆柱与圆
31、锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A25 B24C28 D32解析：选 C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面半径为 r，周长为 c，圆锥母线长为 l，圆柱高为 h.由图得 r2， c2 r4， h4，由勾股定理得：16l2 2 4， S 表 r2 ch cl416828.(23)2126(2019 届高三河北“五个一名校联盟”模拟)某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A13 B14C15 D16解析：选 C 所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的，在长方体中还原该几何体如图中 ABCDA B C D所示，长方体的长、宽、高分别为 4
32、,2,3，两个三棱柱的高为 2，底面是两直角边长分别为 3和 1.5的直角三角形，故该几何体的体积V4232 3 215.12 327(2018开封模拟)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为( )A. B.29 3C. D.163 169解析：选 D 由三视图知该几何体底面扇形的圆心角为 120，即该几何体是某圆锥的三分之一部分，又由侧视图知几何体的高为 4，底面圆的半径为 2，所以该几何体的体积 V 2 24 .13 13 1698(2018沈阳质监)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A. B.43 831
33、7C. D.163 323解析：选 A 由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为 2，高为 2，则其体积 V 2 22 .12 13 439(2018武汉调研)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A. B.112 94C. D392解析：选 D 由三视图可知，该几何体为三棱锥，记为 ABCD，将其放入棱长为 3的正方体中，如图，则 VABCD 2333.13 1210.如图，已知 EAB所在的平面与矩形 ABCD所在的平面互相垂直， EA EB3， AD2， AEB60，则多面体 EABCD的外接球的表面积为( )A. B8163C1
34、6 D64解析：选 C 由题知 EAB为等边三角形，设球心为 O， O在平面 ABCD的射影为矩形ABCD的中心， O在平面 ABE上的射影为 EAB的重心 G，又由平面EAB平面 ABCD，则 OGA为直角三角形， OG1， AG ，所以3R24，所以多面体 EABCD的外接球的表面积为 4 R216.11(2018昆明调研)古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为( )18A63 B72C79 D99解析：选 A 由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高
35、为 5，底面圆的半径为 3，半球的半径为 3，所以组合体的体积为 3 25 3 363.12 4312(2019 届高三武汉调研)一个几何体的三视图如图，则它的表面积为( )A28 B242 5C204 D2025 5解析：选 B 根据该几何体的三视图作出其直观图如图所示，可以看出该几何体是一个底面是梯形的四棱柱根据三视图给出的数据，可得该几何体中梯形的上底长为 2，下底长为 3，高为 2，所以该几何体的表面积S (23)222223222 242 .12 22 12 513某几何体的三视图如图所示，则此几何体的外接球的表面积等于_解析：由三视图可得该几何体的外接球等同于长、宽、高分别为 5,
36、3,3的长方体的外接球，故此几何体的外接球的表面积 S(5 23 23 2)43.答案：4314已知一个正三棱柱的所有棱长均等于 2，它的俯视图是一个边长为 2的正三角形，19那么它的侧视图的面积的最小值是_解析：如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，当 CD AB， C1D1 A1B1时，侧视图的面积最小，此时 D， D1分别是 AB， A1B1的中点易得 CD ，3则侧视图面积的最小值为 2 2 .3 3答案：2 315一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的体积为_解析：根据三视图还原几何体，其是由一个长方体被挖去半个圆锥后形成的，如图所示，因此所求的几何体的体积V212 1 2
37、24 .12 13 3 12 3答案：12 316.我国古代数学家祖暅是著名数学家祖冲之之子，祖暅原理：“幂势既同，则积不容异 ”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任意一平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等其著名的应用是解决了“牟和方盖”中的体积问题核心过程：如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长 R为 2，若图中四分之一圆柱体 BB1C1AA1D1和四分之一圆柱体AA1B1DD1C1的公共部分的体积为 V，用平行于正方体上下底面的平面 EFGH在高度 h处去截两个四分之一圆柱体的公共部分，截得的面积为 S1，截正方体所得面
38、积为 S2，截锥体C1ABCD所得面积为 S3， S1 R2 h2， S2 R2， S2 S1 S3，则 V的值为_解析：由祖暅原理易得正方体 ABCDA1B1C1D1除去两个四分之一圆柱体的公共部分后所得几何体的体积等于四棱锥 C1ABCD的体积，所以 V2 3 222 .13 163答案：163二、强化压轴考法拉开分201在封闭的直三棱柱 ABCA1B1C1内有一个体积为 V的球，若AB BC， AB6， BC8， AA13，则 V的最大值是( )A4 B. 92C6 D. 323解析：选 B 要使球的体积 V最大，必须使球的半径 R最大当球与三棱柱的三个侧面都相切时，球的半径为 2，这时
39、球的直径大于三棱柱的高，不符合题意当球6 8 102与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值 ，此时球的体积为 R3 32 43 433 .(32) 922(2018南宁模拟)三棱锥 PABC中， ABC为等边三角形，PA PB PC3， PA PB，三棱锥 PABC的外接球的体积为( )A. B. 272 2732C27 D273解析：选 B 在三棱锥 PABC中， ABC为等边三角形， PA PB PC3， PAB PBC PAC. PA PB， PA PC， PC P B.以PA， PB， PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥 PABC的外
40、接球正方体的体对角线长为3 ，其外接球半径 R .因此三棱锥 PABC的外接球32 32 32 3332的体积 V 3 .43 (332) 27323(2019 届高三洛阳第一次联考)已知球 O与棱长为 4的正四面体的各棱相切，则球 O的体积为( )A. B. 823 833C. D. 863 1623解析：选 A 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为 4，所以正方体的棱长为 2 .因为球 O与正四面体的各棱都相切，所以2球 O为正方体的内切球，即球 O的直径 2R2 ，则球 O的体积 V R3 .243 8234.(2018唐山模拟)把一个皮球放入如
41、图所示的由 8根长均21为 20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与 8根铁丝都有接触点(皮球不变形)，则皮球的半径为( )A10 cm B10 cm3C10 cm D30 cm2解析：选 B 依题意，在四棱锥 SABCD中，所有棱长均为20 cm，连接 AC， BD交于点 O，连接 SO，则SO AO BO CO DO10 cm，易知点 O到 AB， BC， CD， AD的2距离均为 10 cm，在等腰三角形 OAS中， OA OS10 2cm， AS20 cm，所以 O到 SA的距离 d10 cm，同理可证 O到SB， SC， SD的距离也为 10 cm，所以球心为四棱锥底面
42、ABCD的中心，所以皮球的半径 r10 cm.5.某几何体的三视图如图所示，网格纸的小方格是边长为 1的正方形，则该几何体中最长棱的棱长是( )A. B.5 6C. D37解析：选 A 由三视图可知该几何体为一个三棱锥 DABC，如图，将其置于长方体中，该长方体的底面是边长为 1的正方形，高为 2.所以AB1， AC ， BC ， CD ， DA2， BD ，因此最长棱为 BD，2 3 2 5棱长是 .56(2018长春质检)已知矩形 ABCD的顶点都在球心为 O，半径为R的球面上， AB6， BC2 ，且四棱锥 OABCD的体积为 8 ，则 R等于( )3 3A4 B2 3C. D.479
43、13解析：选 A 如图，设矩形 ABCD的中心为 E，连接 OE， EC，由球的性质可得 OE平面 ABCD，所以 VOABCD OES 矩形13ABCD OE62 8 ，所以 OE2，在矩形 ABCD中，可得 EC213 3 3，则 R 4.3 OE2 EC2 4 127在长方体 ABCDA1B1C1D1中， AD1， AB2， AA12，点 M在平面 ACB1内运动，则线段 BM的最小值为( )A. B.62 622C. D363解析：选 C 线段 BM的最小值即点 B到平面 ACB1的距离 h.在 ACB1中，AC B1C ， AB12 ，所以 AB1边上的高为 ，所以 S ACB1 2
44、 .又5 2 5 2 312 2 3 6三棱锥 BACB1的体积 VBACB1 VABB1C 212 ，所以 VBACB1 h ，13 12 23 13 6 23所以 h .638(2019 届高三南昌调研)已知三棱锥 PABC的所有顶点都在球 O的球面上， ABC满足 AB2 ， ACB90 ， PA为球 O的直径且 PA4，则点 P到底面 ABC的距离为( )2A. B22 2C. D23 3解析：选 B 取 AB的中点 O1，连接 OO1，如图，在 ABC中， AB2， ACB90，所以 ABC所在小圆 O1是以 AB为直径的圆，所以2O1A ，且 OO1 AO1，又球 O的直径 PA4，所以 OA2，所以 OO12 ，且 OO1底面 ABC，所以点 P到平面 ABC的距离为OA2 O1A2 22OO12 .29某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为_解析：依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为 a，则斜边长为 a，圆锥的底面半径为 a、母线长为 a，因此其俯视图中椭圆的长轴长为222a、短轴长为 a，其离心率 e .21 (a2a)2 22答案：2210(2018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
