北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
第八章 立体几何
§8.1 空间几何体的三视图、表面积和体积
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一、单项选择题
1.(2021北京朝阳二模,5)某四棱锥的三视图如图所示,已知网格纸上小正方形的边长为1,则该四棱
锥的5个面的面积中,最大的是 ( )
A.2 B.√5 C.√6 D.3
答案 D
三视图所对应的四棱锥如图所示,PD⊥平面ABCD,PD=2,四边形ABCD是直角梯形,
1 1 1 1
AD∥BC,AD⊥DC,AD=DC=2,BC=1,S = ×2×2=2,S = ×2×2=2,S = PC×BC= ×2√2×1=√2
△PAD △PDC △PBC
2 2 2 2
,
1 (2√2)2+32-(√5)2 √2
S = ×(2+1)×2=3.△PAB中,PA=2√2,PB=3,AB=√5,cos∠APB= =
四边形ABCD 2 2×2√2×3 2
√2 1 √2
,∴sin∠APB= ,∴S = ×2√2×3× =√3.
2
△PAB
2 2
综上,四棱锥P-ABCD的5个面的面积中,最大的是3,故选D.
2.(2021北京房山一模,10)祖暅是我国南北朝时代伟大的科学家,他在实践的基础上提出了体积计
算的原理:“幂势既同,则积不容异”.意思是:如果两个等高的几何体在同高处截得的截面面积恒
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等,那么这两个几何体的体积相等.此即祖暅原理.利用这个原理求球的体积时,需要构造一个满足
条件的几何体,已知该几何体三视图如图所示,用一个与该几何体的下底面平行,且相距为
h(0<h<2)的平面截该几何体,则截面面积为 ( )
A.4π B.4πh2 C.π(2-h2) D.π(4-h2)
答案 D 由三视图得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥,该几何体的底面圆的半径为2,高为
r h
2,截面为圆环,大圆半径为2,设小圆半径为r,则 = ,所以r=h,所以截面圆环的面积为4π-πh2=π(4-
2 2
h2).故选D.
3.(2021天津和平一模,6)已知正方体ABCD-ABCD 的棱长为2,则三棱锥A-BCD 的体积为 (
1 1 1 1 1 1
)
4 8
A. B. C.4 D.6
3 3
答案 B 易知,三棱锥A-BCD 是棱长为2√2的正四面体,如图,
1 1
2 2√6
设D 在底面内的射影为O,AO=
√(2√2)2-(√2)2
= ,
1
3 3
∴D
1
O=√
(2√2)2-
(2√6) 2 =4√3.
3 3
1 1 √3 4√3 8
∴三棱锥A-BCD 的体积为 × ×2√2×2√2× × = .故选B.
1 1 3 2 2 3 3
4.(2021天津十二区二模,6)已知三棱锥S-ABC外接球的球心O在线段SA上,若△ABC与△SBC均为
面积是4√3的等边三角形,则三棱锥S-ABC外接球的体积为 ( )
8√2π 16√2π
A. B.
3 3
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32√2π 64√2π
C. D.
3 3
答案 D
由题意得AB=SB=4,
∴△ABS是等腰三角形,
1
∵O是球心,∴OB=OS=OA= AS,
2
∴△ABS是直角三角形,SB⊥AB,
∴△ABS是等腰直角三角形,
AB 4 64√2π
∴OA= =2√2,∴三棱锥S-ABC外接球的体积V= π×(2√2)3= .
√2 3 3
5.(2021浙江金华十校4月模拟,6)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是 ( )
2 2 1
A.20-2π B.19- π C.20- π D.20- π
3 3 2
答案 D 根据三视图可得几何体为一个长方体截去两个小长方体和半个圆柱后剩余部分,如图
所示.
1 1
所以其体积V=5×5×1-1×1×1-2×2×1- ×1×π×12=20- π,故选D.
2 2
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6.(2021浙江新高考研究卷(五),9)已知四棱锥P-ABCD,底面是边长为2的菱形ABCD,其中一个内
π
角为 ,则侧棱PA、PB、PC、PD的长度可以是 ( )
3
A.√3、2、1、2 B.1、1、2、2 C.2、1、2、3 D.3、1、2、√2
π
答案 A 不妨设∠ABC= ,连接AC,BD,交于点O,连接PO,易知AC=2,BD=2√3,且满足:
3
2(PA2+PC2)=4PO2+AC2,2(PB2+PD2)=4PO2+BD2,且PA+PC>2,PB+PD>2√3,代入四个选项数据知只
有A选项满足条件,故选A.
7.
(2021安徽六安一中3月月考,7)中国古代建筑结构中的木构架结构的固定通常在衔接处通过外力
作用增加一个“塞”,简称“加塞”,这种“加塞”能使结构非常稳固,使整体上能承受巨大的压
力.如图所示的巢车是木构架结构,为使其在作战中经久耐用,制作过程中在衔接处“加塞”,如图
所示的为某个“加塞”的五面体的三视图,则该“加塞”几何体的侧面积为 ( )
A.4√3 B.5√3 C.6√3 D.8√3
答案 D 由三视图可知该几何体为如图所示的五面体EF-ABCD,其中底面ABCD为矩形,
AB=4,BC=EF=EB=EC=FA=FD=2,EF∥平面ABCD,侧面ABEF与CDFE为上底边长为2,下底边长
(2+4)×√3
为4的等腰梯形,△BCE与△ADF是边长为2的等边三角形,S = =3√3,S =
等腰梯形ABEF △BCE
2
√3
×22=√3,所以S=2S +2S =6√3+2√3=8√3.故选D.
等腰梯形ABEF △BCE
4
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8.(2021河南重点中学3月联考,8)若用平行于某圆锥底面的平面去截该圆锥,得到的小圆锥与圆台
的母线长相等,则该小圆锥与该圆台的侧面积的比值为 ( )
1 1 1 3
A. B. C. D.
4 3 2 4
1
答案 B 设圆锥的底面半径为r,母线长为2l,则该圆锥的侧面积S= ×2πr×2l=2πrl,截得的小圆锥
2
r 1 1 1 3
的底面半径为 ,母线长为l,其侧面积S= ×πr×l= πrl,从而圆台的侧面积S=S-S=2πrl- πrl=
1 2 1
2 2 2 2 2
1
πrl
S 2 1
πrl,故 1= = .
S 3 3
2 πrl
2
9.(2021黑龙江大庆重点中学3月联考,9)已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为矩形,点P在平面
ABCD上的射影为AD的中点O.若AB=2,AD=6,PO=4,则四棱锥P-ABCD的表面积等于 ( )
A.34+6√5 B.34+4√3
C.6+6√5+4√3 D.6+6√3+4√13
答案 A 连接OB,OC,因为PO⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PO⊥AD,
同理PO⊥CD,PO⊥OB,PO⊥OC,PO⊥AB,
又CD⊥AD,AD∩PO=O,AD,PO⊂平面PAD,
所以CD⊥平面PAD,因为PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD,
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1 1
同理AB⊥PA,因为PO⊥AD,O是AD的中点,所以PA=PD=5,所以S = CD·PD= ×2×5=5,
△PCD
2 2
S =5,S =2×6=12,PC= = = = ,
△PAB 四边形ABCD √PO2+OC2 √PO2+OD2+DC2 √42+32+22 √29
同理PB=
√29
,则△PCB是等腰三角形,其底边CB上的高为h=√
PC2-
(BC) 2 =
√29-9
=2
√5
,
2
1 1 1
∴S = ×6×2√5=6√5,又S = AD·PO= ×6×4=12,所以所求几何体的表面积为
△PBC △PAD
2 2 2
S=12+5+5+12+6√5=34+6√5,故选A.
10.(2021山西顶级名校4月联考,10)已知三棱锥P-ABC的顶点P,A,B,C均在球O的球面上,且
AB⊥BC,AB=8,BC=6,若此三棱锥体积的最大值为40√5,则球O的表面积为 ( )
A.90π B.120π
C.160π D.180π
答案 D 因为三棱锥P-ABC的底面积一定,所以当球心在三棱锥P-ABC的高上时,此三棱锥的
体积最大.设球O的半径为R,顶点P在底面内的射影为O,
1
因为AB⊥BC,所以O 为斜边AC的中点,则AO=AC=√82+62=5,
1 1
2 2
1 1 1
如图所示,由三棱锥P-ABC的体积V= S ·PO 得40√5= × ×8×6×PO,
△ABC 1 1
3 3 2
解得PO=5 .在Rt△AOO 中,有AO2=A +O ,
1 √5 1 O2 O2
1 1
即R2=52+(5√5-R)2,解得R=3√5,
故球O的表面积S =4πR2=4π(3√5)2=180π,故选D.
球
11.
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(2021山西晋中二模,5)如图,一个直四棱柱形容器中盛有水,在底面ABCD中,AB∥CD,AB=3,CD=1,
侧棱AA=4,若侧面AABB水平放置时,水面恰好过AD,BC,BC,AD 的中点,那么当底面ABCD水
1 1 1 1 1 1 1
平放置时,水面高为( )
5 7
A.2 B. C.3 D.
2 2
答案 B 设四棱柱的底面梯形的高为2a,AD,BC的中点分别为F,E,所求水面的高为h,则水的体
(2+3)a (1+3)2a 5
积V =S ·AA= ·4=S ·h= ·h,所以h= ,故选B.
水 四边形ABEF 1 2 四边形ABCD 2 2
π
12.(2021豫北名校联盟5月联考,12)在直三棱柱ABC-ABC 中,∠BAC= ,AB=AC=√2,AA=2.以A
1 1 1 1
2
为球心,√3为半径的球面与该直三棱柱的三个侧面的交线长之和为 ( )
( 1)
取cos72°=
3
3√3π √2π 2√3π √2π √3π √2π 4√3π √2π
A. + B. + C. + D. +
5 2 5 2 5 2 5 2
答案 A 如图①所示, ⏜ 为球面与侧面BCCB 的交线,则AP=AQ= .又在直三棱柱ABC-
1 1 √3
PQ
ABC 中,AB=AC=√2,所以BP=CQ=1.取BC的中点D,连接AD,易得AD⊥BC.因为侧面BCCB⊥
1 1 1 1 1
平面ABC,侧面BCCB∩平面ABC=BC,所以AD⊥侧面BCCB,所以可求得PD=QD,所以D为 ⏜
1 1 1 1
PQ
所在圆的圆心.连接PD,DQ,PQ,易知BD=CD=1,则PD=QD=√2,又PQ=BC=2,所以PD2+QD2=PQ2,
⏜ π √2π
所以∠PDQ=90°,所以 的长= ×√2= .
PQ
2 2
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图①
图②
将侧面ABBA,侧面ACCA 展开到同一平面内,如图②.易知MN=2√2.在△AMN中,由余弦定理的
1 1 1 1
(√3)2+(√3)2-(2√2)2 1 3π
⏜
3π
推论可得cos∠MAN= =- ,所以∠MAN=108°= ,所以MN的长=
2×√3×√3 3 5 5
3√3π 3√3π √2π
×√3= .所以球面与该直三棱柱的三个侧面的交线长之和为 + .
5 5 2
二、多项选择题
13.(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 如果绕直角边所在直线旋转,那么形成圆锥,圆锥底面半径为1,高为1,母线长就是直
角三角形的斜边长√2,所以所形成的几何体的表面积S=πrl+πr2=π×1×√2+π×12=(√2+1)π.如果绕斜
√2
边所在直线旋转,那么形成的是同底的两个圆锥,圆锥的底面半径是直角三角形斜边的高 ,两个
2
√2
圆锥的母线长都是1,所以形成的几何体的表面积S=2×πrl=2×π× ×1=√2π.
2
综上可知,形成几何体的表面积是(√2+1)π或√2π.故选AB.
三、填空题
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14.(2021天津部分区一模,13)已知正方体的所有顶点在一个球面上,若这个球的表面积为12π,则这
个正方体的体积为 .
答案 8
解析 正方体的所有顶点在一个球面上,
则正方体的体对角线长等于球的直径,
设正方体的棱长为a,
则体对角线长为√3a,
设球的半径为R,由球的表面积为12π,得4πR2=12π,
即R2=3,则R=√3,则√3a=2R=2√3,则a=2,
则正方体的体积V=a3=23=8,故答案为8.
15.(2021天津河北一模,13)在长方体ABCD-ABCD 中,已知AB=√5,BC=√7,AA=2,则三棱锥D-
1 1 1 1 1 1
ACD的体积为 ,长方体的外接球的表面积为 .
√35
答案 ;16π
3
1 1 1 1 √35
解析 如图,三棱锥D-ACD的体积为 × ×AD×DC×DD= × ×√7×√5×2= .
1 1
3 2 3 2 3
1
外接球的半径为 √5+7+4=2,
2
√35
所以外接球的表面积为4π×22=16π.故答案为 ;16π.
3
16.
(2021河南新乡二模,14)一个棱长为4的正方体被挖去一个高为4的正四棱柱后得到如图所示的
几何体,若该几何体的体积为60,则该几何体的表面积为 .
答案 110
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解析 设正四棱柱的底面边长为m,则4(42-m2)=60,解得m=1,则该几何体的表面积为42×4+(42-
12)×2+4×1×4=110.
17.(2021浙江新高考研究卷(一),14)已知矩形ABCD中,AB=2,BC=4,E是AD的中点,沿直线BE将
△ABE翻折成△A'BE,则三棱锥A'-BDE的体积的最大值为 .
2√2
答案
3
解析 如图,在矩形ABCD中,过A作AF⊥BE于F,则AF=√2,
在翻折过程中,点A'到平面BDE的距离d满足0≤d≤AF,
1 2 2√2
故d =√2,则V = S d= d≤ .
max A'-BDE
3
△BDE
3 3
2√2
故三棱锥A'-BDE的体积的最大值为 .
3
10 / 10
