北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
§8.1 空间几何体的结构特征、表面积与体积
【5 年高考】
考点一 空间几何体的结构特征
1.(2020课标Ⅰ,文3,理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( )
√5-1 √5-1 √5+1 √5+1
A. B. C. D.
4 2 4 2
答案 C
2.(2020课标Ⅱ理,7,5分)如图是一个多面体的三视图,这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为
M,在俯视图中对应的点为N,则该端点在侧视图中对应的点为 ( )
A.E B.F C.G D.H
答案 A
3.(多选题)(2021新高考适应卷,11,5分)如图是一个正方体的平面展开图,则在该正方体中 ( )
A.AE∥CD B.CH∥BE C.DG⊥BH D.BG⊥DE
答案 BCD
4.(2019课标Ⅱ,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)
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图1
图2
答案 26;√2-1
5.(2021新高考适应卷,20,12分)
北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲
率刻画空间弯曲性,规定:多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做
多面体的面角,角度用弧度制),多面体面上非顶点的曲率均为零,多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率
π π
之和.例如:正四面体在每个顶点有3个面角,每个面角是 ,所以正四面体在各顶点的曲率为2π-3× =π,故其
3 3
总曲率为4π.
(1)求四棱锥的总曲率;
(2)若多面体满足:顶点数-棱数+面数=2,证明:这类多面体的总曲率是常数.
考点二 空间几何体的体积
6.(2019课标Ⅰ,12,5分)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三
角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为( )
A.8√6π B.4√6π C.2√6π D.√6π
答案 D
7.(2021新高考适应卷,13,5分)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上,其上、下底面半径分别
为4和5,则该圆台的体积为 .
答案 61π
8.(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2cm,高为2cm,内孔半径为0.5cm,则此六角螺帽毛坯的体积是 cm3.
( π)
答案
12√3-
2
9.(2020课标Ⅲ,文16,理15,5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
.
√2
答案 π
3
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10.(2019江苏,9,5分)如图,长方体ABCD-ABCD 的体积是120,E为CC 的中点,则三棱锥E-BCD的体积是
1 1 1 1 1
.
答案 10
11.(2018天津,11,5分)已知正方体ABCD-ABCD 的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别
1 1 1 1
为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M-EFGH的体积为 .
1
答案
12
12.(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 .
4
答案
3
13.(2017江苏,6,5分)如图,在圆柱OO 内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱OO 的
1 2 1 2
V
1
体积为V,球O的体积为V,则 的值是 .
1 2 V
2
3
答案
2
考点三 空间几何体的表面积
14.(旧课标)(2020课标Ⅲ理,8,5分)如图为某几何体的三视图,则该几何体的表面积是 ( )
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A.6+4√2 B.4+4√2 C.6+2√3 D.4+2√3
答案 C
15.(旧课标)(2020北京,4,4分)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+√3 B.6+2√3 C.12+√3 D.12+2√3
答案 D
16.(2020天津,5,5分)若棱长为2√3的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )
A.12π B.24π C.36π D.144π
答案 C
9√3
17.(2020课标Ⅱ,文11,理10,5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
4
O的表面积为16π,则O到平面ABC的距离为 ( )
3 √3
A.√3 B. C.1 D.
2 2
答案 C
18.(2020课标Ⅰ,文12,理10,5分)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,☉O 为△ABC的外接圆.若☉O 的面积
1 1
为4π,AB=BC=AC=OO,则球O的表面积为 ( )
1
A.64π B.48π C.36π D.32π
答案 A
19.(2020浙江,14,4分)已知圆锥的侧面积(单位:cm2)为2π,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 1
7
20.(2018课标Ⅱ,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为 ,SA与圆锥底面所成角为45°.
8
若△SAB的面积为5√15,则该圆锥的侧面积为 .
答案 40√2π
[教师专用题组]
【5 年高考】
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考点一 空间几何体的结构特征
1.(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”称为祖暅原理,
利用该原理可以得到柱体的体积公式V =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
柱体
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 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-ABCDE,
1 1 1 1 1
取CD中点G,连接AG,
由侧视图知AG⊥CD,AG=6,
1 1
∴底面积S=S +S = ×(2+6)×3+ ×(4+6)×3=27,
梯形AGCB 梯形AGDE 2 2
∴该柱体体积V=Sh=27×6=162.故选B.
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.
2.(2018课标Ⅰ理,7文,9,5分)某圆柱的高为2,底面周长为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√17 B.2√5
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C.3 D.2
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问题.
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
柱侧面展开,如图2所示,MN即为从M到N的最短路径,由题知,ME=2,EN=4,∴MN=√42+22=2√5.故选B.
图1
图2
方法点拨 1.由三视图还原直观图需遵循以下三步:
(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:把立体图形展为平面图形,利用两点之间线段
最短进行求解.
3.(2018北京理,5文,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 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,AB⊥AD,AB∥CD,SD=AD=CD=2,AB=1.由SD⊥底面ABCD,AD,DC,AB⊂底面ABCD,得
SD⊥AD,SD⊥DC,SD⊥AB,故△SDC,△SDA为直角三角形,又∵AB⊥AD,AB⊥SD,AD,SD⊂平面
SAD,AD∩SD=D,∴AB⊥平面SAD,又SA⊂平面SAD,∴AB⊥SA,即△SAB也是直角三角形,从而SB=
√SD2+AD2+AB2=3,又BC=√22+12=√5,SC=2√2,∴BC2+SC2≠SB2,∴△SBC不是直角三角形,故选C.
方法技巧 三视图还原为直观图的原则是“长对正、高平齐、宽相等”,另外,在将三视图还原为直观图时,
借助于正方体或长方体能使问题变得具体、直观、简单.
4.(2014北京理,7,5分)在空间直角坐标系O-xyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,√2).若S,S,S 分别是三
1 2 3
棱锥D-ABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则 ( )
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A.S=S=S B.S=S 且S≠S
1 2 3 2 1 2 3
C.S=S 且S≠S D.S=S 且S≠S
3 1 3 2 3 2 3 1
答案 D
三棱锥D-ABC如图所示.
1
S=S = ×2×2=2,
1 △ABC 2
1
S= ×2×√2=√2,
2 2
1
S= ×2×√2=√2,
3 2
∴S=S 且S≠S,故选D.
2 3 1 3
5.(2013湖南理,7,5分)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面
积不可能等于 ( )
√2-1 √2+1
A.1 B.√2 C. D.
2 2
答案 C
若该正方体的放置方式如图所示,当正视的方向与正方体的任一侧面垂直时,正视图的面积最小,其值为1,当
正视的方向与正方体的对角面BDDB 或ACCA 垂直时,正视图的面积最大,其值为√2,
1 1 1 1
由于正视的方向不同,因此正视图的面积S∈[1,√2].故选C.
评析 本题考查空间几何体的三视图与直观图,考查学生空间想象能力及有关知识的应用能力,解答本题应
设法求出正视图的面积的取值范围,而不应该逐项计算.
考点二 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 ( )
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7 14
A. B. C.3 D.6
3 3
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,其中它们的底面是等腰直角三角形,所
1 1 1 1 7
以该几何体的体积等于 ×2×1×2+ × ×2×1×1=2+ = (cm3),故选A.
2 3 2 3 3
2.(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
答案 C 本小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1cm,2cm,高为2cm,
1+2
直四棱柱的高为2cm.故直四棱柱的体积V= ×2×2=6cm3.
2
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.
3.(2018课标Ⅲ理,10文,12,5分)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√3,则三棱锥D-ABC体积的最大值为 ( )
A.12√3 B.18√3 C.24√3 D.54√3
答案 B 本题考查空间几何体的体积及与球有关的切接问题.
设等边△ABC的边长为a,
1
则有S = a·a·sin60°=9√3,解得a=6.
△ABC 2
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6
设△ABC外接圆的半径为r,则2r= ,解得r=2√3,
sin60°
则球心到平面ABC的距离为√42-(2√3)2=2,
所以点D到平面ABC的最大距离为2+4=6,
1
所以三棱锥D-ABC体积的最大值为 ×9√3×6=18√3,故选B.
3
方法总结 解决与球有关的切、接问题的策略:
(1)“接”的处理:
①构造正(长)方体,转化为正(长)方体的外接球问题.
②空间问题平面化,把平面问题转化到直角三角形中,作出适当截面(过球心,接点等).
③利用球心与截面圆心的连线垂直于截面定球心所在直线.
(2)“切”的处理:
①体积分割法求内切球半径.
②作出合适的截面(过球心,切点等),在平面上求解.
③多球相切问题,连接各球球心,转化为处理多面体问题.
4.(2017课标Ⅱ,理4,文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.90π B.63π C.42π D.36π
答案 B 本题考查三视图和空间几何体的体积.
1
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=
2
×32×π×14=63π.故选B.
方法总结 如果不能直接求几何体的体积,应利用割补法或换底法求解.
5.(2017课标Ⅲ,理8,文8,5分)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该
圆柱的体积为 ( )
3π π π
A.π B. C. D.
4 2 4
答案 B 本题考查球的内接圆柱的体积.
(1) 2 √3
设圆柱的底面半径为r,则r2+ =12,解得r= ,
2 2
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(√3) 2 3
∴V =π× ×1= π,故选B.
圆柱 2 4
思路分析 利用勾股定理求圆柱的底面半径,再由体积公式求圆柱的体积.
解题规律 有关球的切或接问题,要重视利用勾股定理求解.
6.(2016山东理,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.则该几何体的体积为 ( )
1 2 1 √2 1 √2 √2
A. + π B. + π C. + π D.1+ π
3 3 3 3 3 6 6
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
√2 2 √2
底面正方形的对角线的长,所以球的直径2R=√2,即R= ,所以半球的体积为 πR3= π,又正四棱锥的体
2 3 6
1 1 1 √2
积为 ×12×1= ,所以该几何体的体积为 + π.故选C.
3 3 3 6
1
易错警示 不能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= .
2
评析 本题考查了空间几何体的三视图和体积公式.正确得到几何体的直观图并准确地计算是解题关键.
7.(2016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 ( )
1 1 1
A. B. C. D.1
6 3 2
答案 A
由三视图可画出三棱锥的直观图如图所示,其底面是等腰直角三角形ACB,直角边长为1,三棱锥的高为1,故
1 1 1
体积V= × ×1×1×1= .故选A.
3 2 6
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8.(2015课标Ⅱ,理6,文6,5分,0.426)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下图,则截去
部分体积与剩余部分体积的比值为 ( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
8 7 6 5
答案 D 如图,由已知条件可知,在正方体ABCD-ABCD 中,截去三棱锥A-ABD 后剩余的部分即为题中
1 1 1 1 1 1 1
1 1 5
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
6 6 6
1
的体积之比为 .故选D.
5
9.(2015重庆理,5,5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( )
1 13π 7π 5π
A. +2π B. C. D.
3 6 3 2
答案 B 由三视图可知,该几何体是一个底面半径为1,高为2的圆柱和底面半径为1,高为1的半圆锥拼成
1 1 13π
的组合体.所以该几何体的体积为 × ×π×12×1+π×12×2= ,故选B.
2 3 6
10.(2015浙江理,2,5分)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是( )
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A.8cm3 B.12cm3
32 40
C. cm3 D. cm3
3 3
答案 C 由三视图知,该几何体是由棱长为2cm的正方体和底面边长为2cm,高为2cm的正四棱锥组合而
1 32
成的几何体.所以该几何体的体积V=23+ ×22×2= cm3,故选C.
3 3
π
11.(2015山东理,7,5分)在梯形ABCD中,∠ABC= ,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线
2
旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为 ( )
2π 4π 5π
A. B. C. D.2π
3 3 3
答案 C 如图,此几何体是底面半径为1,高为2的圆柱挖去一个底面半径为1,高为1的圆锥,故所求体积
π 5π
V=2π- = .
3 3
评析 本题主要考查几何体的体积及空间想象能力.
12.(2015湖南文,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
新工件的体积
(材料利用率= )
( )
原工件的体积
8 8
A. B.
9π 27π
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24(√2-1)3 8(√2-1)3
C. D.
π π
答案 A 由三视图可知,原工件是一个底面半径为1,母线长为3的圆锥,则圆锥的高为2√2,新工件是该圆
锥的内接正方体,
如图,此截面中的矩形为正方体的对角面,
设正方体的棱长为x,
√2
x 2√2-x 2√2
则 2 = ,解得x= .
2√2 3
1
3
(2√2) 16√2
所以正方体的体积V= = ,
1 3 27
1 2√2
又圆锥的体积V= π×12×2√2= π,
2 3 3
V 8
1
所以原工件材料的利用率为 = ,故选A.
V 9π
2
13.(2014陕西理,5,5分)已知底面边长为1,侧棱长为√2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体
积为( )
32π 4π
A. B.4π C.2π D.
3 3
答案 D 如图为正四棱柱AC.根据题意得AC=√2,∴对角面ACCA 为正方形,∴外接球直径
1 1 1
4π
2R=AC=2,∴R=1,∴V = ,故选D.
1 球 3
14.(2014课标Ⅱ,理6,文6,5分,0.506)如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm),图中粗线画出的是某零
件的三视图,该零件由一个底面半径为3cm,高为6cm的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛
坯体积的比值为 ( )
17 5 10 1
A. B. C. D.
27 9 27 3
答案 C 该零件是两个圆柱体构成的组合体,其体积为π×22×4+π×32×2=34πcm3,
第13页共25页第13页共25页
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圆柱体毛坯的体积为π×32×6=54πcm3,
所以切削掉部分的体积为54π-34π=20πcm3,
20π 10
所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为 = ,故选C.
54π 27
15.(2013课标Ⅰ,理8,文11,5分,0.718)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( )
A.16+8π B.8+8π C.16+16π D.8+16π
答案 A 由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成.其中长方体的长、宽、高分别为4、2、2,圆
1
柱的底面半径为2,高为4.所以该几何体的体积V=4×2×2+ π×22×4=16+8π.故选A.
2
思路分析 由三视图分析该几何体的构成,从而利用三视图中的数据计算几何体的体积.
16.(2013浙江文,5,5分)已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是 ( )
A.108cm3 B.100cm3 C.92cm3 D.84cm3
1
答案 B 由三视图可知,该几何体是一个长方体截去了一个三棱锥,结合所给数据,可得其体积为6×6×3- ×
3
1
×4×4×3=100(cm3),故选B.
2
17.(2012大纲全国,理7,文7,5分)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,则此
几何体的体积为 ( )
A.6 B.9 C.12 D.18
第14页共25页第14页共25页
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答案 B 由三视图可得,该几何体为如图所示的三棱锥S-ABC,其中底面△ABC为等腰三角形,底边AC=6,AC
1 1
边上的高为3,SB⊥底面ABC,且SB=3,所以该几何体的体积V= × ×6×3×3=9.故选B.
3 2
评析 本题考查了三视图和三棱锥的体积,考查了空间想象能力.由三视图正确得到该几何体的直观图是求
解的关键.
18.(2011陕西文,5,5分)某几何体的三视图如图所示,则它的体积为( )
2π π 2π
A.8- B.8- C.8-2π D.
3 3 3
答案 A 由给出的三视图可得原几何体为正方体中挖去一圆锥,且此圆锥以正方体的上底面内切圆为底,
以正方体的棱长为高.
1 2π
故所求几何体的体积为8- ×π×12×2=8- .
3 3
评析 三视图是考查空间想象能力很好的一个题材,正确解答此类题目的关键是平时空间想象能力的培养,
对文科学生来说,本题属中等难度题.
19.(2019天津,理11,文12,5分)已知四棱锥的底面是边长为√2的正方形,侧棱长均为√5.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 .
π
答案
4
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.
1 1 1 1 1
如图所示,圆柱的高OO= PO= √PA2-AO2 = ×√5-1=1,圆柱的底面半径r= AO= .所以圆柱的
1 2 2 2 2 2
1 π
体积V=πr2·OO=π× ×1= .
1 4 4
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20.(2016天津理,11,5分)已知一个四棱锥的底面是平行四边形,该四棱锥的三视图如图所示(单位:m),则该四
棱锥的体积为 m3.
答案 2
解析 四棱锥的底面是平行四边形,由三视图可知其面积为2×1=2m2,四棱锥的高为3m,所以四棱锥的体积
1
V= ×2×3=2m3.
3
1
易错警示 该题有两点容易出错:一是锥体的体积公式中的系数 易漏写;二是底面平行四边形的面积易错
3
误地写成3×1=3m2.
评析 本题考查了三视图和直观图,考查了锥体的体积.
21.(2016四川,13,5分)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形,该三棱锥的正视图如图所示,则该三
棱锥的体积是 .
√3
答案
3
解析 由题意及正视图可知三棱锥的底面等腰三角形的底长为2√3,三棱锥的高为1,则三棱锥的底面积为
1
×√22-(√3)2×2√3=√3,
2
1 √3
∴该三棱锥的体积为 ×√3×1= .
3 3
评析 正确理解正视图中的数据在直观图中表示的含义很关键.
22.(2014山东理,13,5分)三棱锥P-ABC中,D,E分别为PB,PC的中点,记三棱锥D-ABE的体积为V,P-ABC的
1
V
1
体积为V,则 = .
2 V
2
1
答案
4
1
解析 如图,设S =S,S =S,E到平面ABD的距离为h,C到平面PAB的距离为h,则S=2S,h=2h,V=
△ABD 1 △PAB 2 1 2 2 1 2 1 1 3
1 V S h 1
1 1 1
Sh,V= Sh,∴ = = .
1 1 2 3 2 2 V S h 4
2 2 2
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评析 本题考查三棱锥的体积的求法以及等体积转化法在求空间几何体体积中的应用.本题的易错点是不
能利用转化与化归思想把三棱锥的体积进行适当的转化,找不到两个三棱锥的底面积及相应高的关系,从而
造成题目无法求解或求解错误.
23.(2012安徽,12,5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积等于 .
答案 56
[1 ]
解析 由题意知,该三视图对应的几何体如图,其体积V=
×(2+5)×4
×4=56.
2
评析 本题主要考查三视图的知识,考查学生的空间想象能力.由三视图得到直观图是解题关键.
24.(2011课标理,15,5分)已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上,且AB=6,BC=2√3,则棱锥O-
ABCD的体积为 .
答案 8√3
解析 如图,连接AC,BD,交于O,则O 为矩形ABCD所在小圆的圆心,连接OO,则OO⊥面ABCD,
1 1 1 1
易求得OC=2√3,又OC=4,
1
∴OO=√OC2-O C2
=2,
1 1
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1
∴棱锥体积V= ×6×2√3×2=8√3.
3
失分警示 立体感不强,空间想象能力差,无法正确解出棱锥的高而得出错误结论.
评析 本题主要考查球中截面圆的性质及空间几何体的体积的计算,通过球这个载体考查学生的空间想象
能力及推理运算能力.
25.(2011课标文,16,5分)已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥
3
底面面积是这个球面面积的 ,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 .
16
1
答案
3
3
解析 如图,设球的半径为R,圆锥底面半径为r,由题意得πr2= ×4πR2.
16
√3 1 1 1 1 3
∴r= R,∴OO= R.体积较小的圆锥的高AO=R- R= R,体积较大的圆锥的高BO=R+ R= R.
2 1 2 1 2 2 1 2 2
1
故这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 .
3
√3
评析 本题考查球、球内接圆锥的相关问题,考查R,r的关系,由题意得到r= R是解答本题的关键.
2
考点三 空间几何体的表面积
1.(2018课标Ⅰ文,5,5分)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O,O,过直线OO 的平面截该圆柱所得的截
1 2 1 2
面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为 ( )
A.12√2π B.12π C.8√2π D.10π
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√2,∴圆柱的表面积S=2πr2+2πr·h=4π+8π=12π.故选B.
解题关键 正确理解圆柱的轴截面及熟记圆柱的表面积公式是解决本题的关键.
2.(2016课标Ⅱ文,4,5分)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为 ( )
32
A.12π B. π
3
C.8π D.4π
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=√3a,即R=√3,所以球的表面积S=4πR2=12π.故选A.
方法点拨 对于正方体与长方体,其体对角线为其外接球的直径,即外接球的半径等于体对角线的一半.
3.(2016课标Ⅱ,理6,文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 (
)
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A.20π B.24π C.28π D.32π
1
答案 C 由三视图知圆锥的高为2√3,底面半径为2,则圆锥的母线长为4,所以圆锥的侧面积为
2
×4π×4=8π.圆柱的底面积为4π,圆柱的侧面积为4×4π=16π,从而该几何体的表面积为8π+16π+4π=28π,故选C.
评析 本题考查了三视图和圆柱、圆锥的侧面积公式.运算失误是失分的主要原因.
4.(2016课标Ⅰ,理6,文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.
28π
若该几何体的体积是 ,则它的表面积是 ( )
3
A.17π B.18π C.20π D.28π
1 7
答案 A 由三视图可知,该几何体是一个球被截去 后剩下的部分,设球的半径为R,则该几何体的体积为
8 8
4 28 7 4 7 1
× πR3,即 π= × πR3,解得R=2.故其表面积为 ×4π×22+3× ×π×22=17π.选A.
3 3 8 3 8 4
评析 三视图问题主要考查空间想象能力.本题考查内容较多,其中包括球的体积、表面积的求法.属中等难
度题.
5.(2016课标Ⅲ,理9,文10,5分)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该
多面体的表面积为 ( )
A.18+36√5 B.54+18√5 C.90 D.81
答案 B 由三视图可知,该几何体的底面是边长为3的正方形,高为6,侧棱长为3√5,则该几何体的表面积
S=2×32+2×3×3√5+2×3×6=54+18√5.故选B.
易错警示 由于空间想象能力较差,误认为侧棱长为6,或漏算了两底面的面积是造成失分的主要原因.
评析 本题考查了几何体的三视图和柱体的表面积,考查了空间想象能力.掌握侧面的形状是求解的关键.
6.(2015课标Ⅰ理,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+20π,则r=( )
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A.1 B.2 C.4 D.8
答案 B 由已知条件可知,该几何体由圆柱的一半和半球组成,其表面积为2πr2+πr2+4r2+2πr2=5πr2+4r2.由
5πr2+4r2=16+20π得r=2.故选B.
7.(2015北京理,5,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是 ( )
A.2+√5 B.4+√5 C.2+2√5 D.5
答案 C 由三视图可得该三棱锥的直观图如图所示,其中PA=1,BC=2,取BC的中点M,连接AM,MP,则
AM=2,AM⊥BC,故AC=AB=√BM2+AM2=√1+4=√5,由正视图和侧视图可知PA⊥平面ABC,因此可得
PC=PB=√PA2+AB2=√1+5=√6,PM=√PA2+AM2=√1+4=√5,所以三棱锥的表面积为
1 1 1 1
S +S +S +S = ×2×2+ ×√5×1+ ×√5×1+ ×2×√5=2+2√5,故选C.
△ABC △PAB △PAC △PBC 2 2 2 2
8.(2015陕西,理5,文5,5分)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为 ( )
A.3π B.4π C.2π+4 D.3π+4
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1
答案 D 由题中三视图知该几何体是底面半径为1,高为2的半个圆柱,故其表面积S=2×
2
×π×12+π×1×2+2×2=3π+4.
评析 本题考查三视图的概念和性质以及圆柱的表面积,考查运算及推理能力和空间想象能力.由三视图确
定几何体的直观图是解题的关键.
9.(2015课标Ⅱ,理9,文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.36π B.64π C.144π D.256π
答案 C ∵S 是定值,且V =V ,
△OAB O-ABC C-OAB
1 1 1
∴当OC⊥平面OAB时,V 最大,即V 最大.设球O的半径为R,则(V ) = × R2×R= R3=36,∴R=6,∴
C-OAB O-ABC O-ABCmax 3 2 6
球O的表面积S=4πR2=4π×62=144π.
思路分析 由△OAB的面积为定值分析出当OC⊥平面OAB时,三棱锥O-ABC的体积最大,从而根据已知条
件列出关于R的方程,进而求出R值,利用球的表面积公式即可求出球O的表面积.
导师点睛 点C是动点,在三棱锥O-ABC中,如果以面ABC为底面,则底面面积与高都是变量,而S 为定值,
△OAB
因此转化成以面OAB为底面,这样高越大,体积越大.
10.(2014浙江理,3,5分)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的表面积是 ( )
A.90cm2 B.129cm2 C.132cm2 D.138cm2
1
答案 D 由三视图可知该几何体由一个直三棱柱与一个长方体组合而成(如图),其表面积为S=3×5+2×
2
×4×3+4×3+3×3+2×4×3+2×4×6+3×6=138(cm2).
11.(2014福建文,5,5分)以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面
积等于 ( )
A.2π B.π C.2 D.1
答案 A 由题意得圆柱的底面半径r=1,母线l=1.
∴圆柱的侧面积S=2πrl=2π.故选A.
12.(2017课标Ⅰ文,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的表面积为 .
答案 36π
解析 解法一:由题意作出图形,如图.
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设球O的半径为R,由题意知SB⊥BC,SA⊥AC,又SB=BC,SA=AC,则SB=BC=SA=AC=√2R.连接OA,OB,
则OA⊥SC,OB⊥SC,因为平面SCA⊥平面SCB,平面SCA∩平面SCB=SC,所以OA⊥平面SCB,所以OA⊥OB,
则AB=√2R,所以△ABC是边长为√2R的等边三角形,设△ABC的中心为O,连接OO,CO.
1 1 1
2 √3 √6
则OO⊥平面ABC,CO= × ×√2R= R,
1 1 3 2 3
则OO= √ R2- (√6 R ) 2 = √3 R,
1 3 3
1 √3 √3 1
则V =2V =2× × (√2R)2× R= R3=9,
S-ABC O-ABC 3 4 3 3
所以R=3.
所以球O的表面积S=4πR2=36π.
解法二:由题意得AO⊥SC,BO⊥SC,
所以∠AOB是平面SCA与平面SCB所成二面角的平面角,
又因为AO∩BO=O,所以SC⊥平面ABO.
因为平面SCA⊥平面SCB,所以∠AOB=90°,
1 (1 ) 1
所以V =V +V = ·
AO·BO
·SC=9.由于OA=OB= SC,从而球O的半径R=OA=OB=3,故球
S-ABC S-ABO C-ABO 3 2 2
O的表面积S=4πR2=36π.
3√2
13.(2013课标Ⅱ,15,5分,0.158)已知正四棱锥O-ABCD的体积为 ,底面边长为√3,则以O为球心,OA为半
2
径的球的表面积为 .
答案 24π
解析 设底面中心为E,连接OE,AE,
1 √6
则|AE|= |AC|= ,
2 2
1 3√2
∵体积V= ×|AB|2×|OE|=|OE|= ,
3 2
∴|OA|2=|AE|2+|OE|2=6.
从而以OA为半径的球的表面积S=4π·|OA|2=24π.
思路分析 先根据已知条件直接利用锥体的体积公式求得正四棱锥O-ABCD的高,再利用勾股定理求出|
OA|,最后根据球的表面积公式计算即可.
14.(2013课标Ⅰ,15,5分,0.123)已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所
得截面的面积为π,则球O的表面积为 .
9π
答案
2
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1
解析 平面α截球O所得截面为圆面,圆心为H,设球O的半径为R,则由AH∶HB=1∶2得OH= R,
3
由圆H的面积为π,得圆H的半径为1,
(R) 2 9 9 9
所以 +12=R2,得出R2= ,所以球O的表面积S=4πR2=4π· = π.
3 8 8 2
15.(2013福建理,12,4分)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图、侧视图、
俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是 .
答案 12π
解析 由三视图知:棱长为2的正方体内接于球,故正方体的体对角线长为2√3,即为球的直径.所以球的表面
2
(2√3)
积为S=4π· =12π.
2
【3 年模拟】
时间:50分钟 分值:80分
一、单项选择题(每题5分,共50分)
1.(2021届天津新华中学10月月考,3)设所有棱长都为2的正三棱柱的顶点都在一个球面上,则该球的表面积
为 ( )
28
A.4π B.8π C.20π D. π
3
答案 D
2.(2021届陕西安康10月联考,9)四棱锥P-ABCD的顶点都在球O的球面上,四边形ABCD是边长为3√2的正
方形,若四棱锥P-ABCD体积的最大值为54,则球O的表面积为 ( )
A.36π B.64π C.100π D.144π
答案 C
3.(2021届江苏扬州期中检测,8)已知一个球的半径为3,则该球内接正六棱锥的体积的最大值为 ( )
27√3 35√3
A.10√3 B. C.16√3 D.
2 2
答案 C
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4.(2021届广东东华高级中学第二次联考,6)“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的
多面体,它体现了数学的对称美.如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个
三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为√2,则其体积
为( )
40√2 17 20
A. B.5 C. D.
3 3 3
答案 D
5.(2021届广东湛江高中毕业班调研测试,4)鳖臑(biēnào)是我国古代对四个面均为直角三角形的三棱锥的称
呼.已知三棱锥A-BCD是一个鳖臑,其中AB^BC,AB^BD,BC^CD,且AB=6,BC=3,DC=2,则三棱锥A-BCD的外接
球的体积是( )
49π 343π 343π
A. B. C.49π D.
3 2 6
答案 D
6.(2020湖南长沙雅礼中学月考(七),12)在三棱锥S-ABC中,AB⊥BC,AB=BC=2,SA=SC=2√2,二面角S-AC-B的
√3
余弦值是- ,若S,A,B,C都在同一球面上,则该球的表面积是( )
3
A.6π B.8π C.12π D.18π
答案 C
7.(旧课标)(2020福建宁德5月质量检查,5)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( )
A.3π B.9π C.12π D.36π
答案 A
8.(2020湖南衡阳联考,10)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且AB=2.若三棱锥P-ABC的外接球体
积为36π,则当该三棱锥的体积最大时,其表面积为 ( )
A.6+6√3 B.8+6√3 C.8+8√5 D.6+8√5
答案 C
9.(旧课标)(2020湖南长郡中学第二次适应性考试,7)某几何体的三视图如图所示,则该几何体中,最长的棱的
长度为( )
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A.2√3 B.2√2 C.3 D.√6
答案 C
π
10.(2020辽宁瓦房店高级中学10月月考,11)一个圆锥的母线长为2,圆锥的母线与底面的夹角为 ,则圆锥的
4
内切球的表面积为 ( )
32(2-√2)2
A.8π B.4(2-√2)2π C.4(2+√2)2π D. π
49
答案 B
二、多项选择题(共5分)
11.(2020山东潍坊期末,10)等腰直角三角形的直角边长为1,现将该三角形绕其某一边旋转一周,则所形成的
几何体的表面积可以为 ( )
A.√2π B.(1+√2)π C.2√2π D.(2+√2)π
答案 AB
三、填空题(每题5分,共25分)
12.(2021届上海嘉定一中测试,8)已知边长为1的正方形ABCD绕BC所在直线旋转形成一个圆柱,则该圆柱
的表面积为 .
答案 4π
13.(2021届河北百师联盟联考,15)我国古代数学名著《九章算术》中将正四棱锥称为方锥.已知某方锥的各
棱长均为2,则其内切球的体积为 .
6√6-10√2
答案 π
3
14.(2021届山东开学质量检测,14)已知四面体A-BCD中,AB=CD=√5,AC=BD=√10,BC=AD=√13,则其外接
球的体积为 .
7√14
答案 π
3
15.(2021届广东仲元中学、中山一中等七校联合体第一次联考,16)已知过球面上三点A、B、C的截面到球
心的距离等于球半径的一半,且AB=6,AC=8,BC=10,则球的半径等于 ;球的表面积等于 .
10√3 400π
答案 ;
3 3
16.(2019福建漳州二模,15)已知正四面体ABCD的外接球的体积为8√6π,则这个四面体的表面积为
.
答案 16√3
第25页共25页
