（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測(cè)（九）空間幾何體的三視圖、表面積與體積 理（重點(diǎn)生，含解析）1已知長(zhǎng)方體的底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，高為，其俯視圖是一個(gè)面積為1的正方形，側(cè)視圖是一個(gè)面積為2的矩形，則該長(zhǎng)方體的正視圖的面積等于()A1B.C2 D2解析：選C依題意得，題中的長(zhǎng)方體的正視圖和側(cè)視圖的高都等于，正視圖的長(zhǎng)是，因此相應(yīng)的正視圖的面積等于×2.2.將一個(gè)長(zhǎng)方體沿相鄰三個(gè)面的對(duì)角線截去一個(gè)棱錐，得到的幾何體的正視圖與俯視圖如圖所示，則該幾何體的側(cè)視圖為()解析：選B由幾何體的正視圖和俯視圖可知該幾何體為圖所示，故其側(cè)視圖為圖.3若將半徑為R的半圓卷成一個(gè)圓錐，則該圓錐的體積為()A.R3 B.R3C.R3 D.R3解析：選A設(shè)該圓錐的底面半徑為r，則2rR，r，h.因此Vr2hR3.4如圖，正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，E為棱DD1上的點(diǎn)，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，則三棱錐B1­BFE的體積為()A. B.C. D.解析：選C由等體積法可知VB1­BFEVE­BFB1SBB1F·AD×1××1.5(2016·全國(guó)卷)如圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為()A25 B24C28 D32解析：選C由三視圖知該幾何體是圓錐與圓柱的組合體，設(shè)圓柱底面半徑為r，周長(zhǎng)為c，圓錐母線長(zhǎng)為l，圓柱高為h.由圖得r2，c2r4，h4，由勾股定理得：l4，S表r2chcl416828.6(2019屆高三·河北“五個(gè)一名校聯(lián)盟”模擬)某幾何體的三視圖如圖所示，則這個(gè)幾何體的體積是()A13 B14C15 D16解析：選C所求幾何體可看作是將長(zhǎng)方體截去兩個(gè)三棱柱得到的，在長(zhǎng)方體中還原該幾何體如圖中ABCD­ABCD所示，長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為4,2,3，兩個(gè)三棱柱的高為2，底面是兩直角邊長(zhǎng)分別為3和1.5的直角三角形，故該幾何體的體積V4×2×32××3××215.7(2018·開封模擬)某幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖為扇形，則該幾何體的體積為()A.B.C. D.解析：選D由三視圖知該幾何體底面扇形的圓心角為120°，即該幾何體是某圓錐的三分之一部分，又由側(cè)視圖知幾何體的高為4，底面圓的半徑為2，所以該幾何體的體積V×××22×4.8(2018·沈陽(yáng)質(zhì)監(jiān))如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗線畫出的是某簡(jiǎn)單幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為()A. B.C. D.解析：選A由三視圖可得該幾何體為半圓錐，底面半圓的半徑為2，高為2，則其體積V×××22×2.9(2018·武漢調(diào)研)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)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. D3解析：選D由三視圖可知，該幾何體為三棱錐，記為A­BCD，將其放入棱長(zhǎng)為3的正方體中，如圖，則VA­BCD××2×3×33.10.如圖，已知EAB所在的平面與矩形ABCD所在的平面互相垂直，EAEB3，AD2，AEB60°，則多面體E­ABCD的外接球的表面積為()A. B8C16 D64解析：選C由題知EAB為等邊三角形，設(shè)球心為O，O在平面ABCD的射影為矩形ABCD的中心，O在平面ABE上的射影為EAB的重心G，又由平面EAB平面ABCD，則OGA為直角三角形，OG1，AG，所以R24，所以多面體E­ABCD的外接球的表面積為4R216.11(2018·昆明調(diào)研)古人采取“用臼舂米”的方法脫去稻谷的外殼，獲得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石頭或木頭制成一個(gè)“臼”的三視圖如圖所示，則鑿去部分(看成一個(gè)簡(jiǎn)單的組合體)的體積為()A63 B72C79 D99解析：選A由三視圖得鑿去部分是圓柱與半球的組合體，其中圓柱的高為5，底面圓的半徑為3，半球的半徑為3，所以組合體的體積為×32×5××3363.12(2019屆高三·武漢調(diào)研)一個(gè)幾何體的三視圖如圖，則它的表面積為()A28 B242C204 D202解析：選B根據(jù)該幾何體的三視圖作出其直觀圖如圖所示，可以看出該幾何體是一個(gè)底面是梯形的四棱柱根據(jù)三視圖給出的數(shù)據(jù)，可得該幾何體中梯形的上底長(zhǎng)為2，下底長(zhǎng)為3，高為2，所以該幾何體的表面積S×(23)×2×22×22×32×22×242.13某幾何體的三視圖如圖所示，則此幾何體的外接球的表面積等于_解析：由三視圖可得該幾何體的外接球等同于長(zhǎng)、寬、高分別為5,3,3的長(zhǎng)方體的外接球，故此幾何體的外接球的表面積S(523232)43.答案：4314已知一個(gè)正三棱柱的所有棱長(zhǎng)均等于2，它的俯視圖是一個(gè)邊長(zhǎng)為2的正三角形，那么它的側(cè)視圖的面積的最小值是_解析：如圖，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，當(dāng)CDAB，C1D1A1B1時(shí)，側(cè)視圖的面積最小，此時(shí)D，D1分別是AB，A1B1的中點(diǎn)易得CD，則側(cè)視圖面積的最小值為2×2.答案：215一個(gè)幾何體的三視圖及尺寸如圖所示，則該幾何體的體積為_解析：根據(jù)三視圖還原幾何體，其是由一個(gè)長(zhǎng)方體被挖去半個(gè)圓錐后形成的，如圖所示，因此所求的幾何體的體積V2×1×2×××12×24.答案：16.我國(guó)古代數(shù)學(xué)家祖暅?zhǔn)侵麛?shù)學(xué)家祖沖之之子，祖暅原理：“冪勢(shì)既同，則積不容異”意思是：夾在兩個(gè)平行平面之間的兩個(gè)幾何體，被平行于這兩個(gè)平行平面的任意一平面所截，如果截得的兩個(gè)截面的面積總相等，那么這兩個(gè)幾何體的體積相等其著名的應(yīng)用是解決了“牟和方蓋”中的體積問(wèn)題核心過(guò)程：如圖，正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長(zhǎng)R為2，若圖中四分之一圓柱體BB1C1­AA1D1和四分之一圓柱體AA1B1­DD1C1的公共部分的體積為V，用平行于正方體上下底面的平面EFGH在高度h處去截兩個(gè)四分之一圓柱體的公共部分，截得的面積為S1，截正方體所得面積為S2，截錐體C1­ABCD所得面積為S3，S1R2h2，S2R2，S2S1S3，則V的值為_解析：由祖暅原理易得正方體ABCD­A1B1C1D1除去兩個(gè)四分之一圓柱體的公共部分后所得幾何體的體積等于四棱錐C1­ABCD的體積，所以V23×2×22.答案：二、強(qiáng)化壓軸考法拉開分1在封閉的直三棱柱ABC­A1B1C1內(nèi)有一個(gè)體積為V的球，若ABBC，AB6，BC8，AA13，則V的最大值是()A4 B.C6 D.解析：選B要使球的體積V最大，必須使球的半徑R最大當(dāng)球與三棱柱的三個(gè)側(cè)面都相切時(shí)，球的半徑為2，這時(shí)球的直徑大于三棱柱的高，不符合題意當(dāng)球與直三棱柱的上下底面都相切時(shí)，球的半徑取得最大值，此時(shí)球的體積為R3×3.2(2018·南寧模擬)三棱錐P­ABC中，ABC為等邊三角形，PAPBPC3，PAPB，三棱錐P­ABC的外接球的體積為()A. B.C27 D27解析：選B在三棱錐P­ABC中，ABC為等邊三角形，PAPBPC3，PABPBCPAC.PAPB，PAPC，PCPB.以PA，PB，PC為過(guò)同一頂點(diǎn)的三條棱作正方體(如圖所示)，則正方體的外接球同時(shí)也是三棱錐P­ABC的外接球正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為3，其外接球半徑R.因此三棱錐P­ABC的外接球的體積V×3.3(2019屆高三·洛陽(yáng)第一次聯(lián)考)已知球O與棱長(zhǎng)為4的正四面體的各棱相切，則球O的體積為()A. B.C. D.解析：選A將正四面體補(bǔ)成正方體，則正四面體的棱為正方體面上的對(duì)角線，因?yàn)檎拿骟w的棱長(zhǎng)為4，所以正方體的棱長(zhǎng)為2.因?yàn)榍騉與正四面體的各棱都相切，所以球O為正方體的內(nèi)切球，即球O的直徑2R2，則球O的體積VR3.4.(2018·唐山模擬)把一個(gè)皮球放入如圖所示的由8根長(zhǎng)均為20 cm的鐵絲接成的四棱錐形骨架內(nèi)，使皮球的表面與8根鐵絲都有接觸點(diǎn)(皮球不變形)，則皮球的半徑為()A10 cm B10 cmC10 cm D30 cm解析：選B依題意，在四棱錐S­ABCD中，所有棱長(zhǎng)均為20 cm，連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接SO，則SOAOBOCODO10 cm，易知點(diǎn)O到AB，BC，CD，AD的距離均為10 cm，在等腰三角形OAS中，OAOS10 cm，AS20 cm，所以O(shè)到SA的距離d10 cm，同理可證O到SB，SC，SD的距離也為10 cm，所以球心為四棱錐底面ABCD的中心，所以皮球的半徑r10 cm.5.某幾何體的三視圖如圖所示，網(wǎng)格紙的小方格是邊長(zhǎng)為1的正方形，則該幾何體中最長(zhǎng)棱的棱長(zhǎng)是()A. B.C. D3解析：選A由三視圖可知該幾何體為一個(gè)三棱錐D­ABC，如圖，將其置于長(zhǎng)方體中，該長(zhǎng)方體的底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，高為2.所以AB1，AC，BC，CD，DA2，BD，因此最長(zhǎng)棱為BD，棱長(zhǎng)是.6(2018·長(zhǎng)春質(zhì)檢)已知矩形ABCD的頂點(diǎn)都在球心為O，半徑為R的球面上，AB6，BC2，且四棱錐O­ABCD的體積為8，則R等于()A4 B2C. D.解析：選A如圖，設(shè)矩形ABCD的中心為E，連接OE，EC，由球的性質(zhì)可得OE平面ABCD，所以VO­ABCD·OE·S矩形ABCD×OE×6×28，所以O(shè)E2，在矩形ABCD中，可得EC2，則R4.7在長(zhǎng)方體ABCD­A1B1C1D1中，AD1，AB2，AA12，點(diǎn)M在平面ACB1內(nèi)運(yùn)動(dòng)，則線段BM的最小值為()A. B.C. D3解析：選C線段BM的最小值即點(diǎn)B到平面ACB1的距離h.在ACB1中，ACB1C，AB12，所以AB1邊上的高為，所以SACB1×2×.又三棱錐B­ACB1的體積VB­ACB1VA­BB1C××2×1×2，所以VB­ACB1×h，所以h.8(2019屆高三·南昌調(diào)研)已知三棱錐P­ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，ABC滿足AB2，ACB90°，PA為球O的直徑且PA4，則點(diǎn)P到底面ABC的距離為()A. B2C. D2解析：選B取AB的中點(diǎn)O1，連接OO1，如圖，在ABC中，AB2，ACB90°，所以ABC所在小圓O1是以AB為直徑的圓，所以O(shè)1A，且OO1AO1，又球O的直徑PA4，所以O(shè)A2，所以O(shè)O1，且OO1底面ABC，所以點(diǎn)P到平面ABC的距離為2OO12.9某幾何體是直三棱柱與圓錐的組合體，其直觀圖和三視圖如圖所示，正視圖為正方形，其中俯視圖中橢圓的離心率為_解析：依題意得，題中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，設(shè)其直角邊長(zhǎng)為a，則斜邊長(zhǎng)為a，圓錐的底面半徑為a、母線長(zhǎng)為a，因此其俯視圖中橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為a、短軸長(zhǎng)為a，其離心率e.答案：10(2018·全國(guó)卷)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB互相垂直，SA與圓錐底面所成角為30°.若SAB的面積為8，則該圓錐的體積為_解析：在RtSAB中，SASB，SSAB·SA28，解得SA4.設(shè)圓錐的底面圓心為O，底面半徑為r，高為h，在RtSAO中，SAO30°，所以r2，h2，所以圓錐的體積為r2·h×(2)2×28.答案：811如圖，AB為圓O的直徑，點(diǎn)E，F(xiàn)在圓O上，ABEF，矩形ABCD所在平面和圓O所在平面垂直，且AB2，ADEF1.則平面CBF將幾何體EFABCD分成的三棱錐與四棱錐的體積的比為_解析：由題意可知，平面CBF將幾何體EFABCD分成的兩個(gè)錐體的體積分別為V四棱錐F­ABCD，V三棱錐F­CBE.過(guò)點(diǎn)F作FGAB于點(diǎn)G(圖略)，因?yàn)槠矫鍭BCD平面ABEF，平面ABCD平面ABEFAB，F(xiàn)G平面ABEF，所以FG平面ABCD.所以V四棱錐F­ABCD×1×2×FGFG，V三棱錐F­BCEV三棱錐C­BEF×SBEF×CB××FG×1×1FG，由此可得V三棱錐C­BEFV四棱錐F­ABCD14.答案：1412(2018·開封模擬)已知正三角形ABC的邊長(zhǎng)為2，將它沿高AD翻折，使點(diǎn)B與點(diǎn)C間的距離為，此時(shí)四面體ABCD的外接球的表面積為_解析：如圖(1)，在正三角形ABC中，ABBCAC2，則BDDC1，AD.在翻折后所得的幾何體中，如圖(2)，ADBD，ADCD，BDCDD，則AD平面BCD，三棱錐A­BCD的外接球就是它擴(kuò)展為三棱柱的外接球，球心到截面BCD的距離dAD.在BCD中，BC，則由余弦定理，得cosBDC，所以BDC120°.設(shè)球的半徑為R，BCD的外接圓半徑為r，則由正弦定理，得2r2，解得r1，則球的半徑R，故球的表面積S4R24×27.答案：7