2020届高考数学大二轮复习刷题首秧第一部分刷考点考点十三空间几何体的三视图表面积与体积理

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1、考点十三空间几何体的三视图、表面积与体积一、选择题1(2019山东4月联合模拟)如图正方体ABCDA1B1C1D1，点M为线段BB1的中点，现用一个过点M，C，D的平面去截正方体，得到上、下两部分，用如图的角度去观察上半部分几何体，所得的侧视图为()答案B解析上半部分的几何体如图所示，所得的侧视图为.故选B.2(2019浙江高考)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柱体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所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是()A158B162C182D324答

2、案B解析如图，该柱体是一个五棱柱，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.则底面面积S3327，因此，该柱体的体积V276162.故选B.3(2019河南八市重点高中联盟模拟)如图，网格纸上小正方形边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为()ABCD答案A解析由题意得，该几何体是在一个半球中挖出四分之一圆锥，其中球的半径为R2，圆锥的底面半径为r1，高为h2，故所求体积为V23122，故选A.4(2019成都一诊)某几何体的正(主)视图和侧(左)视图如图1，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C

3、1，如图2，其中O1A16，O1C12，则该几何体的侧面积为()A64B80C96D128答案C解析设y轴与C1B1交于D1点，点O1，A1，B1，C1，D1，x轴，y轴分别为俯视图中的点O，A，B，C，D，x轴，y轴，由俯视图的直观图可得O1D12，故OD4，如图，俯视图是边长为6的菱形，则该几何体是直四棱柱，侧棱长为4，所以其侧面积为64496，故选C.5棱长为a的正方体中，连接相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为()ABCD答案C解析如图所示，这个八面体是由两个相同的正四棱锥底面合在一起组成的四棱锥的底面面积是正方体的一个面的面积的一半，就是a2，高为a，所以八面体的体积为2a2

4、a.6(2019淮北模拟)小明与爸爸放假在家做蛋糕，小明做了一个底面半径为10 cm的等边圆锥(轴截面为等边三角形)状蛋糕，现要把1 g芝麻均匀地全撒在蛋糕表面，已知1 g芝麻约有300粒，则贴在蛋糕侧面上的芝麻约有()A100粒B200粒C114粒D214粒答案B解析由题意可知圆锥形蛋糕的底面半径为r10 cm，母线长l20 cm，圆锥的侧面积为S侧rl200 cm2，圆锥的表面积为S表r2rl300 cm2，贴在蛋糕侧面上的芝麻约有300200粒7已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O(重量忽略不计)，现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，若注入的水的体积是该三棱锥体积的时，小球

5、与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于()ABCD答案C解析当注入水的体积是该三棱锥体积的时，设水面上方的小三棱锥的棱长为x(各棱长都相等)，依题意，得3，解得x2.易得小三棱锥的高为，设小球的半径为r，则S底面4S底面r，解得r，故小球的表面积S4r2.8已知正三棱柱ABCA1B1C1的顶点都在球O的球面上，AB2，AA14，则球O的表面积为()AB32C64D答案D解析根据对称性，可得球心O到正三棱柱的底面的距离为2，球心O在底面ABC上的射影为底面的中心O，则OA2，由球的截面的性质可得OA2OO2OA2，所以有OA，所以球O的表面积为4OA2.二、填空题9中国古代数

6、学名著九章算术中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x为_答案1.6解析该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为，高为x的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4x,3,1的长方体，组合体的体积VV圆柱V长方体2x(5.4x)3112.6(其中3)，解得x1.6.10(2019江苏七市第二次调研)设P，A，B，C为球O表面上的四个点，PA，PB，PC两两垂直，且PA2 m，PB3 m，PC4 m，则球O的表面积为_ m2.答案29解析P，A，B，C是球O表面上的四个点，PA，PB，PC两两垂直，则

7、球的直径等于以PA，PB，PC长为棱长的长方体的对角线长，PA2，PB3，PC4，2R，则球O的表面积S4R229.11(2019全国卷)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型如图，该模型为长方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，ABBC6 cm，AA14 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_ g.答案118.8解析由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm和4 cm，故V挖去的四棱锥46312(cm3)又V长方体664144(cm3)

8、，所以模型的体积为V长方体V挖去的四棱锥14412132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为1320.9118.8(g)12(2019湖南长沙一中模拟卷三)已知半径分别为1和2的两球紧贴放在水平桌面上，则两球在桌面上的俯视图的公共弦长为_答案解析半径分别为1和2的两球紧贴放在水平桌面上的正视图如图，可得两球的球心距离为123，两球的球心的垂直距离为211，水平距离为2，两球在桌面上的俯视图如下图，且AO11，AO22，O1O22，cosO1AO2，则sinO1AO2 ，AO1O2的面积为S12，可得O1O2上的高为，则两球在桌面上的俯视图的公共弦长为2.三、解答题13(2019日照一模)

9、如图，在几何体ABCDE中，DA平面EAB，EAAB，CBDA，F为DA上的点，EADAAB2CB，M是EC的中点，N为BE的中点(1)若AF3FD，求证：FN平面MBD；(2)若EA2，求三棱锥MABC的体积解(1)证明：连接MN，M，N分别是EC，BE的中点，MNCB且MNCBDA，又AF3FD，FDDA，MNFD.又CBDA，MNDA，即MNFD，四边形MNFD为平行四边形，FNMD.又FN平面MBD，MD平面MBD，FN平面MBD.(2)连接AN，则ANBE，DAAN，MNDA，AN平面EBC，又在ABE中，AN，SMBC21.VMABCVAMBCANSMBC，三棱锥MABC的体积为.

10、14(2019河南安阳二模)如图所示，三棱柱ABCA1B1C1的侧棱垂直于底面，且底面是边长为2的正三角形，AA13，点D，E，F，G分别是所在棱的中点(1)证明：平面BEF平面DA1C1；(2)求三棱柱ABCA1B1C1夹在平面BEF和平面DA1C1之间部分的体积解(1)证明：E，F分别是A1B1和B1C1的中点，EFA1C1，EF平面DA1C1，A1C1平面DA1C1，EF平面DA1C1，D，E分别是AB和A1B1的中点，DB綊A1E，四边形BDA1E是平行四边形，BEA1D，BE平面DA1C1，A1D平面DA1C1，BE平面DA1C1，BEEFE，平面BEF平面DA1C1.(2)由题图可

11、知，三棱柱ABCA1B1C1夹在平面BEF和平面DA1C1之间的部分，可看作三棱台DBGA1B1C1减掉三棱锥BB1EF后的剩余部分，SDBGSB1EF12，SA1B1C122，三棱台DBGA1B1C1的体积为V13，三棱锥BB1EF的体积V23，三棱柱ABCA1B1C1夹在平面BEF和平面DA1C1之间的部分的体积为VV1V2.一、选择题1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正视图和侧视图，且该几何体的体积为，则该几何体的俯视图可以是()答案C解析若俯视图为选项C中的图形，则该几何体为正方体截去一部分后的四棱锥PABCD，如图所示，该四棱锥的体积V(22)2，符合题意若俯

12、视图为其他选项中的图形，则根据三视图易判断对应的几何体不存在，故选C.2如图，圆锥的底面直径AB2，母线长VA3，点C在母线VB上，且VC1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A到达点C，则这只蚂蚁爬行的最短距离是()ABCD答案B解析沿母线VA展开后，从侧面点A到点C的距离即为VAC中AC的长度，又的长为，VA3，所以AVC，因为VC1，VA3，所以由余弦定理可得AC21232213cos7，解得AC，故选B.3一个几何体的三视图如图所示，该几何体的各个表面中，最大面的面积为()A2BC2D4答案B解析该几何体的直观图，如图所示SPBC22sin120，SPAC222，SABC222，在PAB中，P

13、AAB2，PB2，SPAB2，所以最大面的面积为.4如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，EF是棱AB上的一条线段，且EFba，若Q是A1D1上的定点，P在C1D1上滑动，则四面体PQEF的体积()A是变量且有最大值B是变量且有最小值C是变量无最大、最小值D是常量答案D解析EF是定长，Q到EF的距离就是Q到AB的距离，也为定长，即底和高都是定值，QEF的面积是定值，C1D1平面QEF，P在C1D1上滑动，P到平面QEF的距离是定值即三棱锥的高也是定值，于是体积固定三棱锥PQEF的体积是定值，即四面体PQEF的体积是定值5(2019河南焦作四模)如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗

14、实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为()A32B20C10D8答案B解析在长方体中进行切割，作出几何体的直观图，即几何体ABCDPQC1R，如图所示两个几何体在斜面处扣在一起，可以构成一个长方体，该长方体的底面是边长为2的正方形，高为10，所以该几何体的体积为221020，故选B.6(2019北京东城区二模)鲁班锁起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，相传由春秋时代鲁国工匠鲁班所作下图1是经典的六柱鲁班锁及六个构件的图片，下图2是其中一个构件的三视图(图中单位：mm)，则此构件的体积为()A34000 mm3B33000 mm3C32000 mm3D30000 mm3答案C解析由三视

15、图得鲁班锁的其中一个构件是长为100，宽为20，高为20的长方体的上面的中间部分去掉一个长为40，宽为20，高为10的小长方体后得到的一个几何体，如图所示，所以该零件的体积为V100202040201032000(mm3)，故选C.7(2019安徽A10联盟最后一卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A7616B6012C4416D4412答案D解析由三视图知，该几何体的直观图如图所示，其表面积为344534222244412，故选D.8如图，有一个水平放置的透明无盖的正三棱柱容器，其中侧棱长为8 cm，底面边长为12 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水

16、面时，测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的表面积为()A36 cm2B64 cm2C80 cm2D100 cm2答案B解析根据几何意义得出：边长为12 cm的正三角形，球的截面圆为正三角形的内切圆(如图)，内切圆的半径O1D2 cm，球面恰好接触水面时，测得水深为6 cm，d862 cm，设球的半径为R.R2(R2)2(2)2，解得R4 cm，所以球的表面积为4R264 cm2.二、填空题9(2019江西名校5月联考)我国古代九章算术将上、下两个平行平面为矩形的六面体称为刍童如图是一个刍童的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和6，高为2，则该刍童的体积为_答案解

17、析由题意几何体原图为正四棱台，底面的边长分别为2和6，高为2，所以几何体的体积V(436)2.10(2019全国卷)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_答案261解析先求面数，有如下两种方法解法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有

18、9个面，共有29826(个)面解法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)面数(F)棱数(E)2(欧拉公式)由图形知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24，故由VFE2，得面数F2EV2482426.再求棱长作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为半正多面体的棱长连接AF，过H，G分别作HMAF，GNAF，垂足分别为M，N，则AMMHNGNFx.又AMMNNF1，即xxx1.解得x1，即半正多面体的棱长为1.11(2019福建龙岩5月统考)如图是古希腊数学家阿基米德用平衡法求球的体积所用的图形此图由正方形

19、ABCD、半径为r的圆及等腰直角三角形构成，其中圆内切于正方形，等腰三角形的直角顶点与AD的中点N重合，斜边在直线BC上已知S为BC的中点，现将该图形绕直线NS旋转一周，则阴影部分旋转后形成的几何体的体积为_答案2r3解析左上方的阴影部分旋转后形成的几何体的体积等于半球的体积减去一个三棱锥的体积，所以V1r3r2rr3，右上方的阴影部分旋转后形成的几何体的体积等于圆柱的体积减去半个球的体积，所以V2r2rr3r3，右下方的阴影部分旋转后形成的几何体体积等于圆台的体积减去一个圆柱的体积，所以V3(r24r22r2)r2rr3.故阴影部分旋转后形成的几何体的体积为r3r3r32r3.12(2019

20、江西上饶二模)一个棱长为12的正方体形状的铁盒内放置一个正四面体，且能使该正四面体在铁盒内任意转动，则该正四面体的体积的最大值是_答案64解析由题知，该正四面体在铁盒内任意转动，故其能在正方体的内切球内任意转动，内切球半径为6，设正四面体棱长为a，将此正四面体镶嵌在棱长为x的正方体内，如图所示，则xa，外接球的球心和正方体中心O重合，外接球的半径为a，a6，a4，又正四面体的高为a，该正四面体的体积为a2a64.三、解答题13(2019福建漳州5月统考)如图1，在菱形ABCD中，AB2，DAB60，M是AD的中点，以BM为折痕，将ABM折起，使点A到达点A1的位置，且平面A1BM平面BCDM，

21、如图2.(1)求证：A1MBD；(2)若K为A1C的中点，求四面体MA1BK的体积解(1)证明：在图1中，连接BD(如图a)，四边形ABCD是菱形，DAB60，M是AD的中点，ADBM，故在图2中，BMA1M，平面A1BM平面BCDM，平面A1BM平面BCDMBM，A1M平面BCDM，又BD平面BCDM，A1MBD.(2)在图1中，ABCD是菱形，ADBM，ADBC，BMBC，且BM，在图2中，连接CM(如图b)，则VA1BCMSBCMA1M21，K是A1C的中点，VMA1BKVKMA1BVCMA1BVA1BCM.四面体MA1BK的体积为.14. 如图，已知棱锥SABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，BAD60，SASD，SB，点E是棱AD的中点，点F在SC棱上，且，SA平面BEF.(1)求实数的值；(2)求三棱锥FEBC的体积解(1)连接AC，设ACBEG，则平面SAC平面EFBFG，SA平面EFB，SAFG，GEAGBC，SFSC，.(2)SASD，SEAD，SE2，又ABAD2，BAD60，BE，SE2BE2SB2.SEBE，SE平面ABCD，VFBCEVSEBCVSABCD22sin602.