2020屆高考數(shù)學大二輪復習 刷題首選卷 第一部分 刷考點 考點十三 空間幾何體的三視圖、表面積與體積 理

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1、考點十三　空間幾何體的三視圖、表面積與體積 一、選擇題 1．(2019·山東4月聯(lián)合模擬)如圖正方體ABCD－A1B1C1D1，點M為線段BB1的中點，現(xiàn)用一個過點M，C，D的平面去截正方體，得到上、下兩部分，用如圖的角度去觀察上半部分幾何體，所得的側(cè)視圖為(　　) 答案　B 解析　上半部分的幾何體如圖所示，所得的側(cè)視圖為.故選B. 2．(2019·浙江高考)祖暅是我國南北朝時代的偉大科學家，他提出的“冪勢既同，則積不容異”稱為祖暅原理，利用該原理可以得到柱體的體積公式V柱體＝Sh，其中S是柱體的底面積，h是柱體的高．若某柱體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該柱體的

2、體積(單位：cm3)是(　　) A．158 B．162 C．182 D．324 答案　B 解析　如圖，該柱體是一個五棱柱，棱柱的高為6，底面可以看作由兩個直角梯形組合而成，其中一個上底為4，下底為6，高為3，另一個的上底為2，下底為6，高為3.則底面面積S＝×3＋×3＝27，因此，該柱體的體積V＝27×6＝162.故選B. 3．(2019·河南八市重點高中聯(lián)盟模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形邊長為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． 答案　A 解析　由題意得，該幾何體是在一個半球中挖出四分之一圓錐，其中球的半徑為R＝2，

3、圓錐的底面半徑為r＝1，高為h＝2，故所求體積為V＝··π·23－··π·12·2＝，故選A. 4．(2019·成都一診)某幾何體的正(主)視圖和側(cè)(左)視圖如圖1，它的俯視圖的直觀圖是矩形O1A1B1C1，如圖2，其中O1A1＝6，O1C1＝2，則該幾何體的側(cè)面積為(　　) A．64 B．80 C．96 D．128 答案　C 解析　設y′軸與C1B1交于D1點，點O1，A1，B1，C1，D1，x′軸，y′軸分別為俯視圖中的點O，A，B，C，D，x軸，y軸，由俯視圖的直觀圖可得O1D1＝2，故OD＝4，如圖，俯視圖是邊長為6的菱形，則該幾何體是直四棱柱，側(cè)棱長為4，所以其側(cè)面積為

4、6×4×4＝96，故選C. 5．棱長為a的正方體中，連接相鄰面的中心，以這些線段為棱的八面體的體積為(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　如圖所示，這個八面體是由兩個相同的正四棱錐底面合在一起組成的．四棱錐的底面面積是正方體的一個面的面積的一半，就是a2，高為a，所以八面體的體積為2××a2×a＝. 6．(2019·淮北模擬)小明與爸爸放假在家做蛋糕，小明做了一個底面半徑為10 cm的等邊圓錐(軸截面為等邊三角形)狀蛋糕，現(xiàn)要把1 g芝麻均勻地全撒在蛋糕表面，已知1 g芝麻約有300粒，則貼在蛋糕側(cè)面上的芝麻約有(　　) A．100粒 B．200粒 C．11

5、4粒 D．214粒 答案　B 解析　由題意可知圓錐形蛋糕的底面半徑為r＝10 cm，母線長l＝20 cm，∴圓錐的側(cè)面積為S側(cè)＝πrl＝200π cm2，圓錐的表面積為S表＝πr2＋πrl＝300π cm2，∴貼在蛋糕側(cè)面上的芝麻約有300×＝200粒． 7．已知一個平放的各棱長為4的三棱錐內(nèi)有一個小球O(重量忽略不計)，現(xiàn)從該三棱錐頂端向內(nèi)注水，小球慢慢上浮，若注入的水的體積是該三棱錐體積的時，小球與該三棱錐各側(cè)面均相切(與水面也相切)，則小球的表面積等于(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　當注入水的體積是該三棱錐體積的時，設水面上方的小三棱錐的棱長為x(各棱長都

6、相等)，依題意，得3＝，解得x＝2.易得小三棱錐的高為，設小球的半徑為r，則S底面·＝4··S底面·r，解得r＝，故小球的表面積S＝4πr2＝. 8．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的頂點都在球O的球面上，AB＝2，AA1＝4，則球O的表面積為(　　) A． B．32π C．64π D． 答案　D 解析　根據(jù)對稱性，可得球心O到正三棱柱的底面的距離為2，球心O在底面ABC上的射影為底面的中心O′，則O′A＝××2＝，由球的截面的性質(zhì)可得OA2＝OO′2＋O′A2，所以有OA＝＝，所以球O的表面積為4π·OA2＝. 二、填空題 9．中國古代數(shù)學名著《九章算術(shù)》中記載了公元前344年

7、商鞅監(jiān)制的一種標準量器——商鞅銅方升，其三視圖如圖所示(單位：寸)，若π取3，其體積為12.6(單位：立方寸)，則圖中的x為________． 答案　1.6 解析　該幾何體是一個組合體，左邊是一個底面半徑為，高為x的圓柱，右邊是一個長、寬、高分別為5.4－x,3,1的長方體，∴組合體的體積V＝V圓柱＋V長方體＝π·2×x＋(5.4－x)×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得x＝1.6. 10．(2019·江蘇七市第二次調(diào)研)設P，A，B，C為球O表面上的四個點，PA，PB，PC兩兩垂直，且PA＝2 m，PB＝3 m，PC＝4 m，則球O的表面積為________ m2. 答案　29

8、π 解析　∵P，A，B，C是球O表面上的四個點，PA，PB，PC兩兩垂直，則球的直徑等于以PA，PB，PC長為棱長的長方體的對角線長， ∵PA＝2，PB＝3，PC＝4， ∴2R＝＝，則球O的表面積S＝4πR2＝29π. 11．(2019·全國卷Ⅲ)學生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術(shù)制作模型．如圖，該模型為長方體ABCD－A1B1C1D1挖去四棱錐O－EFGH后所得的幾何體，其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度為0.9 g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為________ g. 答案

9、　118.8 解析　由題知挖去的四棱錐的底面是一個菱形，對角線長分別為6 cm和4 cm，故V挖去的四棱錐＝××4×6×3＝12(cm3)．又V長方體＝6×6×4＝144(cm3)，所以模型的體積為V長方體－V挖去的四棱錐＝144－12＝132(cm3)，所以制作該模型所需原料的質(zhì)量為132×0.9＝118.8(g)． 12．(2019·湖南長沙一中模擬卷三)已知半徑分別為1和2的兩球緊貼放在水平桌面上，則兩球在桌面上的俯視圖的公共弦長為________． 答案　 解析　半徑分別為1和2的兩球緊貼放在水平桌面上的正視圖如圖， 可得兩球的球心距離為1＋2＝3，兩球的球心的垂直距離為

10、2－1＝1，水平距離為＝2，兩球在桌面上的俯視圖如下圖， 且AO1＝1，AO2＝2，O1O2＝2， cos∠O1AO2＝＝－， 則sin∠O1AO2＝ ＝， △AO1O2的面積為S＝×1×2×＝， 可得O1O2上的高為＝，則兩球在桌面上的俯視圖的公共弦長為2×＝. 三、解答題 13．(2019·日照一模)如圖，在幾何體ABCDE中，DA⊥平面EAB，EA⊥AB，CB∥DA，F(xiàn)為DA上的點，EA＝DA＝AB＝2CB，M是EC的中點，N為BE的中點． (1)若AF＝3FD，求證：FN∥平面MBD； (2)若EA＝2，求三棱錐M－ABC的體積． 解　(1)證明：連接MN，

11、 ∵M，N分別是EC，BE的中點， ∴MN∥CB且MN＝CB＝DA，又AF＝3FD， ∴FD＝DA，∴MN＝FD. 又CB∥DA，∴MN∥DA，即MN∥FD， ∴四邊形MNFD為平行四邊形， ∴FN∥MD.又FN?平面MBD，MD?平面MBD， ∴FN∥平面MBD. (2)連接AN，則AN⊥BE，DA⊥AN，MN∥DA， ∴AN⊥平面EBC， 又在△ABE中，AN＝， S△MBC＝××2×1＝. ∴VM－ABC＝VA－MBC＝AN×S△MBC ＝××＝， ∴三棱錐M－ABC的體積為. 14．(2019·河南安陽二模)如圖所示，三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱垂直于

12、底面，且底面是邊長為2的正三角形，AA1＝3，點D，E，F(xiàn)，G分別是所在棱的中點． (1)證明：平面BEF∥平面DA1C1； (2)求三棱柱ABC－A1B1C1夾在平面BEF和平面DA1C1之間部分的體積． 解　(1)證明：∵E，F(xiàn)分別是A1B1和B1C1的中點， ∴EF∥A1C1， ∵EF?平面DA1C1，A1C1?平面DA1C1， ∴EF∥平面DA1C1， ∵D，E分別是AB和A1B1的中點，∴DB綊A1E， ∴四邊形BDA1E是平行四邊形，∴BE∥A1D， ∵BE?平面DA1C1，A1D?平面DA1C1， ∴BE∥平面DA1C1， ∵BE∩EF＝E，∴平面BEF

13、∥平面DA1C1. (2)由題圖可知，三棱柱ABC－A1B1C1夾在平面BEF和平面DA1C1之間的部分，可看作三棱臺DBG－A1B1C1減掉三棱錐B－B1EF后的剩余部分， ∵S△DBG＝S△B1EF＝×12＝， S△A1B1C1＝×22＝， ∴三棱臺DBG－A1B1C1的體積為 V1＝××3＝， 三棱錐B－B1EF的體積V2＝××3＝， ∴三棱柱ABC－A1B1C1夾在平面BEF和平面DA1C1之間的部分的體積為V＝V1－V2＝－＝. 一、選擇題 1．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正視圖和側(cè)視圖，且該幾何體的體積為，則該幾何體的俯視圖可以是(

14、　　) 答案　C 解析　若俯視圖為選項C中的圖形，則該幾何體為正方體截去一部分后的四棱錐P－ABCD，如圖所示，該四棱錐的體積V＝×(2×2)×2＝，符合題意．若俯視圖為其他選項中的圖形，則根據(jù)三視圖易判斷對應的幾何體不存在，故選C. 2．如圖，圓錐的底面直徑AB＝2，母線長VA＝3，點C在母線VB上，且VC＝1，有一只螞蟻沿圓錐的側(cè)面從點A到達點C，則這只螞蟻爬行的最短距離是(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　沿母線VA展開后，從側(cè)面點A到點C的距離即為△VAC中AC的長度，又的長為π，VA＝3，所以∠AVC＝，因為VC＝1，VA＝3，所以由余弦定

15、理可得AC2＝12＋32－2×1×3×cos＝7，解得AC＝，故選B. 3．一個幾何體的三視圖如圖所示，該幾何體的各個表面中，最大面的面積為(　　) A．2 B． C．2 D．4 答案　B 解析　該幾何體的直觀圖，如圖所示．S△PBC＝×2×2×sin120°＝，S△PAC＝×2×2＝2，S△ABC＝×2×2＝2，在△PAB中，PA＝AB＝2，PB＝2，S△PAB＝×2×＝，所以最大面的面積為. 4．如圖，在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，EF是棱AB上的一條線段，且EF＝b

16、 A．是變量且有最大值 B．是變量且有最小值 C．是變量無最大、最小值 D．是常量 答案　D 解析　∵EF是定長，Q到EF的距離就是Q到AB的距離，也為定長，即底和高都是定值，∴△QEF的面積是定值，∵C1D1∥平面QEF，P在C1D1上滑動，∴P到平面QEF的距離是定值．即三棱錐的高也是定值，于是體積固定．∴三棱錐P－QEF的體積是定值，即四面體PQEF的體積是定值． 5．(2019·河南焦作四模)如圖，網(wǎng)格紙中小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為(　　) A．32 B．20 C．10 D．8 答案　B 解析　在長方體中進行切割，作出

17、幾何體的直觀圖，即幾何體ABCD－PQC1R，如圖所示．兩個幾何體在斜面處扣在一起，可以構(gòu)成一個長方體，該長方體的底面是邊長為2的正方形，高為10，所以該幾何體的體積為×22×10＝20，故選B. 6．(2019·北京東城區(qū)二模)魯班鎖起源于中國古代建筑中首創(chuàng)的榫卯結(jié)構(gòu)，相傳由春秋時代魯國工匠魯班所作．下圖1是經(jīng)典的六柱魯班鎖及六個構(gòu)件的圖片，下圖2是其中一個構(gòu)件的三視圖(圖中單位：mm)，則此構(gòu)件的體積為(　　) A．34000 mm3 B．33000 mm3 C．32000 mm3 D．30000 mm3 答案　C 解析　由三視圖得魯班鎖的其中一個構(gòu)件是長為100，寬

18、為20，高為20的長方體的上面的中間部分去掉一個長為40，寬為20，高為10的小長方體后得到的一個幾何體，如圖所示，所以該零件的體積為V＝100×20×20－40×20×10＝32000(mm3)，故選C. 7．(2019·安徽A10聯(lián)盟最后一卷)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A．76＋16π B．60＋12π C．44＋16π D．44＋12π 答案　D 解析　由三視圖知，該幾何體的直觀圖如圖所示，其表面積為3×4＋4×5＋×3×4×2＋π×22＋π×2×4＝44＋12π，故選D. 8．如圖，有一個水平放置的透明無蓋的正三棱柱容器，其中側(cè)棱長為8

19、 cm，底面邊長為12 cm，將一個球放在容器口，再向容器內(nèi)注水，當球面恰好接觸水面時，測得水深為6 cm，如果不計容器的厚度，則球的表面積為(　　) A．36π cm2 B．64π cm2 C．80π cm2 D．100π cm2 答案　B 解析　根據(jù)幾何意義得出：邊長為12 cm的正三角形，球的截面圓為正三角形的內(nèi)切圓(如圖)， ∴內(nèi)切圓的半徑O1D＝2 cm， ∵球面恰好接觸水面時，測得水深為6 cm， ∴d＝8－6＝2 cm，設球的半徑為R. R2＝(R－2)2＋(2)2，解得R＝4 cm，所以球的表面積為4πR2＝64π cm2. 二、填空題 9．(201

20、9·江西名校5月聯(lián)考)我國古代《九章算術(shù)》將上、下兩個平行平面為矩形的六面體稱為芻童．如圖是一個芻童的三視圖，其中正視圖及側(cè)視圖均為等腰梯形，兩底的長分別為2和6，高為2，則該芻童的體積為________． 答案　 解析　由題意幾何體原圖為正四棱臺，底面的邊長分別為2和6，高為2，所以幾何體的體積V＝×(4＋36＋)×2＝. 10．(2019·全國卷Ⅱ)中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1)．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美．圖2是

21、一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有________個面，其棱長為________． 答案　26?。? 解析　先求面數(shù)，有如下兩種方法． 解法一：由“半正多面體”的結(jié)構(gòu)特征及棱數(shù)為48可知，其上部分有9個面，中間部分有8個面，下部分有9個面，共有2×9＋8＝26(個)面． 解法二：一般地，對于凸多面體， 頂點數(shù)(V)＋面數(shù)(F)－棱數(shù)(E)＝2(歐拉公式)． 由圖形知，棱數(shù)為48的半正多面體的頂點數(shù)為24， 故由V＋F－E＝2，得面數(shù)F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26. 再求棱長． 作中間部分的橫

22、截面，由題意知該截面為各頂點都在邊長為1的正方形上的正八邊形ABCDEFGH，如圖，設其邊長為x，則正八邊形的邊長即為半正多面體的棱長．連接AF，過H，G分別作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分別為M，N，則AM＝MH＝NG＝NF＝x.又AM＋MN＋NF＝1，即x＋x＋x＝1. 解得x＝－1，即半正多面體的棱長為－1. 11．(2019·福建龍巖5月統(tǒng)考)如圖是古希臘數(shù)學家阿基米德用平衡法求球的體積所用的圖形．此圖由正方形ABCD、半徑為r的圓及等腰直角三角形構(gòu)成，其中圓內(nèi)切于正方形，等腰三角形的直角頂點與AD的中點N重合，斜邊在直線BC上．已知S為BC的中點，現(xiàn)將該圖形繞直線NS旋轉(zhuǎn)一周，則

23、陰影部分旋轉(zhuǎn)后形成的幾何體的體積為________． 答案　2πr3 解析　左上方的陰影部分旋轉(zhuǎn)后形成的幾何體的體積等于半球的體積減去一個三棱錐的體積，所以V1＝πr3×－πr2·r＝πr3，右上方的陰影部分旋轉(zhuǎn)后形成的幾何體的體積等于圓柱的體積減去半個球的體積，所以V2＝πr2·r－·πr3＝πr3，右下方的陰影部分旋轉(zhuǎn)后形成的幾何體體積等于圓臺的體積減去一個圓柱的體積，所以V3＝(πr2＋4πr2＋2πr2)－πr2·r＝πr3.故陰影部分旋轉(zhuǎn)后形成的幾何體的體積為πr3＋πr3＋πr3＝2πr3. 12．(2019·江西上饒二模)一個棱長為12的正方體形狀的鐵盒內(nèi)放置一個正四面

24、體，且能使該正四面體在鐵盒內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，則該正四面體的體積的最大值是________． 答案　64 解析　由題知，該正四面體在鐵盒內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，故其能在正方體的內(nèi)切球內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，內(nèi)切球半徑為6，設正四面體棱長為a，將此正四面體鑲嵌在棱長為x的正方體內(nèi)，如圖所示，則x＝a，外接球的球心和正方體中心O重合， ∴外接球的半徑為＝＝a， ∴a＝6，a＝4，又正四面體的高為a， ∴該正四面體的體積為×a2×a＝64. 三、解答題 13．(2019·福建漳州5月統(tǒng)考)如圖1，在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，M是AD的中點，以BM為折痕，將△ABM折起，使點A到達點A1的位置，且

25、平面A1BM⊥平面BCDM，如圖2. (1)求證：A1M⊥BD； (2)若K為A1C的中點，求四面體MA1BK的體積． 解　(1)證明：在圖1中，連接BD(如圖a)， ∵四邊形ABCD是菱形， ∠DAB＝60°，M是AD的中點， ∴AD⊥BM，故在圖2中，BM⊥A1M， ∵平面A1BM⊥平面BCDM， 平面A1BM∩平面BCDM＝BM， ∴A1M⊥平面BCDM， 又BD?平面BCDM，∴A1M⊥BD. (2)在圖1中， ∵ABCD是菱形，AD⊥BM，AD∥BC， ∴BM⊥BC，且BM＝， 在圖2中，連接CM(如圖b)， 則VA1－BCM＝S△BCM·A1M

26、＝××2××1＝， ∵K是A1C的中點， ∴VM－A1BK＝VK－MA1B＝VC－MA1B＝VA1－BCM＝. ∴四面體MA1BK的體積為. 14. 如圖，已知棱錐S－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝60°，SA＝SD＝，SB＝，點E是棱AD的中點，點F在SC棱上，且＝λ，SA∥平面BEF. (1)求實數(shù)λ的值； (2)求三棱錐F－EBC的體積． 解　(1)連接AC，設AC∩BE＝G，則平面SAC∩平面EFB＝FG，∵SA∥平面EFB， ∴SA∥FG， ∵△GEA∽△GBC， ∴＝＝， ∴＝＝?SF＝SC，∴λ＝. (2)∵SA＝SD＝，∴SE⊥AD，SE＝2， 又∵AB＝AD＝2，∠BAD＝60°， ∴BE＝， ∴SE2＋BE2＝SB2.∴SE⊥BE， ∴SE⊥平面ABCD， ∴VF－BCE＝VS－EBC＝VS－ABCD＝××2×2sin60°×2＝. - 17 -