《高考數(shù)學大二輪刷題首選卷文數(shù)文檔：第一部分 考點十三 空間幾何體的三視圖、表面積與體積 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學大二輪刷題首選卷文數(shù)文檔：第一部分 考點十三 空間幾何體的三視圖、表面積與體積 Word版含解析（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 考點十三　空間幾何體的三視圖、表面積與體積 對應學生用書P025 　　　　　　　　　　　　　　　　　 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，所得的側視圖為(　　) 答案　B 解析　上半部分的幾何體如圖所示， 所得的側視圖為.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

2、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

3、　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，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(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，

4、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，側棱長為4，所以其側面積為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

5、知1 g芝麻約有300粒，則貼在蛋糕側面上的芝麻約有(　　) A．100粒 B．200粒 C．114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，∴圓錐的側面積為S側＝πrl＝200π cm2，圓錐的表面積為S表＝πr2＋πrl＝300π cm2，∴貼在蛋糕側面上的芝麻約有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面均相切(與水面也相切)，則小球的表面積等于(　　) A. B.

6、 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O

7、A＝＝，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》中記載了公元前344年商鞅監(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的值為________． 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，

8、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　29π 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

9、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　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

10、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

11、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，∵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－

12、ABC的體積為. 14．(2019·河南安陽二模)如圖所示，三棱柱ABC－A1B1C1的側棱垂直于底面，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

13、面DA1C1，A1D?平面DA1C1， ∴BE∥平面DA1C1， ∵BE∩EF＝E，∴平面BEF∥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

14、的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的正視圖和側視圖，且該幾何體的體積為，則該幾何體的俯視圖可以是(　　) 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，從側面點A到點C的距離

15、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

16、條線段，且EF＝b

17、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)的榫卯結構，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件的圖片，下圖2是其中一個構件的三視圖(圖中單位：mm)，則此構件的體積為(　　) A．34000 mm3 B．33000 mm3

18、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件是長為100，寬為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

19、＋×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，其中側棱長為8 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，

20、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．(2019·江西名校5月聯(lián)考)我國古代《九章算術》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

21、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　－1 解析　先求面數(shù)，有如下兩種方法． 解法一：由“半正多面體”的結構特征及棱數(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

22、，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

23、角三角形構成，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旋轉一周，則陰影部分旋轉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

24、旋轉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)放置一個正四面體，且能使該正四面體在鐵盒內(nèi)任意轉動，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)任意轉動，故其能在正方體的內(nèi)切球內(nèi)任意轉動，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

25、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⊥

26、BM，AD∥BC， ∴BM⊥BC，且BM＝， 在圖2中，連接CM(如圖b)， 則VA1－BCM＝S△BCM·A1M＝××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＝.