资源简介

高考二轮空间几何体的三视图、表面积与体积专项训练
（原卷+答案）
考点一　空间几何体的三视图——识图、想图、构图，“原形毕露”
一个物体的三视图的排列规则
俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．
[例1]　[2021·全国甲卷]
在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G.该正方体截去三棱锥A EFG后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是(　　)
[考查知识]　三视图．
[核心素养]　直观想象，逻辑推理．
归纳总结
与三视图有关的问题主要包括两个方面
一是定形，即确定三视图对应几何体的结构特征，熟练掌握规则几何体的三视图是由三视图还原几何体的基础，按以下步骤可轻松解决．
应该注意的是，三视图中的虚线表示几何体中看不到的线．
二是建立三视图中的数据与几何体的几何度量之间的关系．其中，三视图的画法是解决该问题的重要依据，其画法的基本要求与规则如下．
①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．
②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽．
[拓展训练]　(变问题)若例1条件不变，正方体的棱长为1，求所截三棱锥A EFG的体积．
对点训练
我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“今有倚壁外角堆米，下周九十尺，高十二尺．”其意思为：在屋外墙角处堆放米(其三视图如图所示)，米堆底部的弧长为90尺，米堆的高为12尺．圆周率约为3.若将此堆米用草席盖上，则此草席的面积至少约为(计算结果保留整数，如≈23，≈23)(　　)
A．250平方尺　　　B．990平方尺
C．1 035平方尺 D．518平方尺
考点二　空间几何体的表面积与体积——找特征、求标量、代公式，割补相济
1．柱体、锥体、台体的侧面积公式
(1)S柱侧＝________(c为底面周长，h为高)；
(2)S锥侧＝________(c为底面周长，h′为斜高)；
(3)S台侧＝________(c′，c分别为上、下底面的周长，h′为斜高)．
2．柱体、锥体、台体的体积公式
(1)V柱体＝________(S为底面面积，h为高)，
(2)V锥体＝________(S为底面面积，h为高)；
(3)V台＝________(S，S′分别为上、下底面面积，h为高)
3．球的表面积和体积公式
(1)S球表＝________(R为球的半径)；
(2)V球＝________(R为球的半径)．
角度1 求空间几何体的表面积
[例2]　(1)
如图所示的某粮仓(粮仓的底部位于地面上)是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是4，侧面积是4π，则制作这样一个粮仓的用料面积为(　　)
A．(＋4)π B．(2＋4)π
C.(3＋4)π D．(4＋4)π
(2)[2021·北京卷]某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为(　　)
A. B．4
C.3＋ D．2
[考查知识]　几何体的表面积．
[核心素养]　直观想象，数学运算．
归纳总结
求多面体的表面积 只需将它们沿着棱“剪开”并展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积
求旋转体的表面积 可以从旋转体的形成过程及其结构特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清楚它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系
求不规则几何体的表面积 通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积
[拓展训练]　(变问题)若例2(1)条件不变，求此粮仓的体积．
角度2 求空间几何体的体积
[例3]　(1)[2021·浙江卷]某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是(　　)
A.　　　B．3　　　C．　　　D．3
(2)[2020·新高考Ⅱ卷]棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1 D1MN的体积为(　　)
A.1 B．2 C．3 D．4
[考查知识]　几何体的体积．
[核心素养]　直观想象，数学运算．
归纳总结
求空间几何体体积的常用方法
公式法 直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算
等积法 根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等
割补法 把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体
[拓展训练]　(变问题)在本例3(2)的条件下，求三棱锥A1 D1MN的表面积？
对点训练
1.
某储粮囤如图所示，可看作一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的上底面重合．圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面圆的圆心分别为O1，O2，若该组合体有半径为1的外接球，且球心为O，＝，则储粮囤(不含底面)的表面积为________．
2．将棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1截去三棱锥D1 ACD后得到如图所示的几何体，则几何体ACB1A1D1的体积为________．
考点三　多面体与球的切、接问题——找“切”点，抓“接”点，与半径相“联”
几何体与球组合体的结论
(1)正方体的棱长为a，球的半径为R.
①正方体的外接球，则2R＝a；
②正方体的内切球，则2R＝a；
③球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
(2)在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
[例4]　(1)[2021·山东大联考]与棱长为的正方体所有棱都相切的球的体积为(　　)
A．　　　　B．　　　　C．　　　　D．
(2)在三棱锥P ABC中，PA＝BC＝3，PB＝AC＝2，PC＝AB＝，则该三棱锥外接球的体积为________．
[考查知识]　三角形的外接圆，球的有关概念及体积．
[核心素养]　逻辑推理，直观想象，数学运算．
归纳总结
空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与几何体的位置和数量关系．
(2)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(3)补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则的几何体．
[拓展训练1]　(变问题)若例4(1)条件不变，求正方体的外接球的体积．
[拓展训练2]　(变条件，变问题)如图
所示，P，A，B，C是球O的球面上四点，其中平面ABC过球心O，△ABC是边长为2的正三角形，平面PAB⊥平面ABC，则三棱锥P ABC的体积的最大值为________．
　　
对点训练
1.已知直三棱柱ABC A1B1C1的底面ABC为等边三角形，若该棱柱存在外接球与内切球，则其外接球与内切球表面积之比为(　　)
A．25∶1　　　B．1∶25　　　C．1∶5　　　D．5∶1
2．[2021·全国甲卷]已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O ABC的体积为(　　)
A． B． C． D．
3．张衡是东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率为10的开方．已知三棱锥A BCD，AB⊥底面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝2，BC＝，利用张衡的结论可得三棱锥A BCD的外接球O的表面积为________，体积为________．
4．[2021·湖南五市十校模拟]已知正三棱柱ABC A1B1C1的每个顶点都在球O的球面上，若球O的表面积为24π，则该三棱柱的侧面积的最大值为________．
[A·基础达标]
1．棱长为2的正四面体的三视图如图所示，俯视图是正三角形，则主视图的腰长等于(　　)
A．2 B．3 C． D．2
2．[2021·天津市武清区模拟]《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥P ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为(　　)
A．12π B．20π C．24π D．32π
3．[2021·山西运城市模拟]某正四棱锥的侧棱与底面所成的角为45°，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为(　　)
A． B． C． D．
4．[2021·北京房山区模拟]某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为(　　)
A． B． C．2 D．4
5．在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，沿对角线BD进行翻折，则三棱锥C ABD外接球的表面积为(　　)
A．4π B．6π C．12π D．16π
6．[2021·四川德阳市模拟]某四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是边长为2的正方形，正视图和俯视图都是等腰直角三角形，则该四棱锥的体积为(　　)
A． B．8 C． D．4
7．已知边长为2的菱形ABCD中，∠A＝60°，现沿对角线BD折起，使得二面角A BD C为120°，此时点A、B、C、D在同一个球面上，则该球的表面积为(　　)
A．20π B．28π C．32π D．36π
8．[2021·四川泸州市模拟]已知三棱锥A BCD中，平面ABD⊥平面BCD，若AD＝DB＝BC＝CD＝1，∠ADB＝120°，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　)
A．π B．π C．π D．π
9．[2021·天津市部分区模拟]已知半径为2的球的球面上有A、B、C、D不同的四点，△ABC是边长为3的等边三角形，且DO⊥平面ABC(O为球心，D与O在平面ABC的同一侧)，则三棱锥D ABC的体积为________．
10．[2021·辽宁朝阳市模拟]已知三棱锥S ABC的三条侧棱SA，SB，SC两两互相垂直且AC＝，AB＝，此三棱锥的外接球的表面积为14π，则BC＝________．
11．我国古代有一种容器叫“方斗”，“方斗”的形状是一种上大下小的正四棱台(两个底面都是正方形的四棱台)，如果一个方斗上底边长为4分米，下底边长为2分米，高为3分米，则该方斗的外接球的表面积为________________平方分米．
12．在边长为3的菱形ABCD中，BD＝3，将菱形ABCD沿其对角线AC折成直二面角B AC D，若A，B，C，D四点均在某球面上，则该球的表面积为________.
[B·素养提升]
13．[2021·宁夏银川市贺兰县模拟]如图所示，在三棱锥A BCD中，平面ACD⊥平面BCD，△ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥BC，AC＝2CB＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　)
A．32π B．40π C．π D．π
14．已知正三棱锥P ABC的底面边长为2，侧棱长为，其内切球与两侧面PAB，PBC分别切于点M，N，则MN的长度为________．
参考答案
考点一
[例1]　解析：根据题目条件以及正视图可以得到该几何体的直观图，如图，结合选项可知该几何体的侧视图为D.
答案：D
[拓展训练]　解析：由题意知：VA EFG＝×S△AEF·|AG|
＝＝.
对点训练
解析：由三视图可知，米堆为圆锥的，其中，圆锥的高为12尺，底面圆的周长的为90尺．
设圆锥的底面半径为r，则×2πr＝90，由π≈3可得，r＝20.
所以圆锥的母线长为＝≈23(尺)．
易知草席的面积为圆锥的侧面积的，即×23×120＝×90×23＝1 035(平方尺)．故选C.
答案：C
考点二
1．(1)ch　(2)ch′　(3)(c＋c′)h′
2．(1)Sh　(2)Sh　(3)(S＋＋S′)h
3．(1)4πR2　(2)πR3
[例2]　解析：(1)设圆锥的底面半径为r，高为h，则4πr＝4π，解得r＝1，所以h＝＝，圆柱的侧面积为2πr·2h＝4π，故制作这样一个粮仓的用料面积为(4＋4)π.
解析：(2)根据三视图可得如图所示的几何体－正三棱锥O ABC，
其侧面为等腰直角三角形，底面为等边三角形，
由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，
故其表面积为3××1×1＋2＝，
故选A.
答案：(1)D　(2)A
[拓展训练]　解析：由例2(1)的解析知，圆锥的底面半径r＝1，h＝，圆柱的高h′＝2，故粮仓的体积为
V＝×(πr2)×h＋(πr2)×h′
＝×π×＋π×2
＝π.
[例3]　解析：(1)
如图，该几何体的直观图是一个以等腰梯形为底面的直四棱柱ABCD A′B′C′D′.过点C′作C′E⊥A′D′，垂足为E，则C′E＝.所以VABCD A′B′C′D′＝(B′C′＋A′D′)·C′E·BB′＝×(＋2)××1＝.故选A.
(2)
解析：如图，易知V三棱锥A1 D1MN＝V三棱锥D1 A1MN，由正方体的结构特征，知D1A1⊥平面A1MN，所以D1A1为三棱锥D1 A1MN的高．因为M，N分别为棱BB1，AB的中点，所以S△A1MN＝2×2－×1×1－×1×2－×1×2＝，所以V三棱锥A1 D1MN＝V三棱锥D1 A1MN＝×S△A1MN×D1A1＝×2＝1.
答案：(1)A　(2)A
[拓展训练]　解析：由正方体的结构特征，知D1A1⊥平面A1MN，所以D1A1⊥A1N，D1A1⊥A1M所以A1M＝A1N＝＝，
D1M＝D1N＝
，
即sin ∠ND1M＝，
故S△D1MN＝×3×3×＝，
S△D1A1N＝S△D1A1M＝×2×＝，
S△A1NM＝，
所以S三棱锥A1 D1MN＝＝＋2.
对点训练
1．解析：设圆锥的高为h1，圆柱的高为h，圆柱的上、下底面圆半径为r.
由题意得r2＋＝1，＋h1＝1，＝，
解得h1＝，h＝，r＝.易知圆锥的母线长l＝，
圆锥的侧面积为S1＝×(2πr)×l＝＝π，
圆柱的侧面积为S2＝(2πr)·h＝＝π，
所以储粮囤(不算底面)的表面积为π.
答案：π
2．解析：因为正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，
所以＝23＝8，
因为＝，
VD1 ACD＝＝＝×2×2×2＝，所以＝8－3×＝4.
答案：4
考点三
[例4]　解析：(1)易知正方体的体对角线的中点为球心O，设O到任意棱的距离为R，则R＝1.
所以该球的体积V＝R3＝.
(2)
解析：由于三棱锥相对的棱长对应相等，所以可构造长方体模型，相对的棱长即长方体的面对角线长，如图．设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则＝3，＝2，＝，所以a2＋b2＋c2＝8.外接球的半径R＝＝.所以三棱锥P ABC外接球的体积V＝πR3＝π.
答案：(1)C　(2)π
[拓展训练1]　解析：由题意知，正方体的体对角线的中点为球心O，正方体的体对角线为外接球的直径，则2R＝＝，故R＝，所以外接球的体积V＝πR3＝π.
[拓展训练2]　解析：因为平面PAB⊥平面ABC，所以点P在平面ABC上的射影H在AB上，连接PH，根据球的对称性可知，当H为AB的中点时，PH最大，此时三棱锥P ABC的体积最大，此时有：
因为△ABC是边长为2的正三角形，平面ABC过球心O，
所以球心O是△ABC的中心，连接CH，则球的半径R＝OC＝CH＝，
连接PO，在Rt△PHO中，OH＝OC＝OP，所以PH＝OH＝＝1，
故VP ABC＝×S△ABC×PH＝×22×1＝.
故三棱锥P ABC的体积的最大值为.
答案：
对点训练
1．解析：由题意可知三棱柱ABC A1B1C1为正三棱柱，且存在内切球，设内切球的半径为r，则正三棱柱的高h＝2r，正三棱柱的底面正三角形的内切圆半径为r，则正三棱柱的底面正三角形的外接圆的半径为2r，所以正三棱柱外接球的半径R＝＝r，所以＝，则外接球与内切球表面积之比为5∶1，故选D.
答案：D
2．解析：如图所示，因为AC⊥BC，且AC＝BC＝1，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝.连接OO1，则OO1⊥面ABC，OO1＝＝＝，所以三棱锥O ABC的体积V＝S△ABC×OO1＝×1×1×＝.
答案：A
3．
解析：如图所示，因为BC⊥CD，所以BD＝.
易知△BCD的外接圆的圆心O1为BD的中点，又因为AB⊥底面BCD，
由外接球的性质得球O的球心为侧棱AD的中点，所以球O的直径为AD＝＝，由已知可得π＝，
所以球O的表面积为4π＝11π＝11.
体积为π＝
答案：11
4．解析：设球的半径为R，则4πR2＝24π，解得R＝.
设正三棱柱ABC A1B1C1的底面边长为a，高为h，则底面正三角形外接圆的半径为a，
所以＋＝R2，由基本不等式可得6＝a2＋h2≥ah，
当且仅当a2＝h2时，等号成立，所以ah≤6.
易知该正三棱柱的侧面积为3ah，其最大值为6×3＝18.
答案：18
1．解析：由俯视图边长为2，易知正四面体底面外接圆半径为2，
∴正四面体的体高为h＝＝2，
∴正视图腰长为l＝＝.故选C.
答案：C
2．解析：将三棱锥P ABC放在一个长方体中，如图所示：
则三棱锥P ABC的外接球就是一个长方体的外接球，因为PA＝AB＝2，AC＝4，△ABC为直角三角形，所以BC＝＝＝2.
设长方体的外接球的半径为R，则（2R）2＝4＋4＋12＝20，故R2＝5.
所以外接球的表面积为S＝4πR2＝20π.故选B.
答案：B
3．解析：如图，PO是正四棱锥P ABCD的高，
设底面边长为a，则底面积为S1＝a2，
因为正四棱锥的侧棱与底面所成的角为45°，
所以∠PAO＝45°，又AO＝a，
所以PA＝×a＝a，
所以△PAB是正三角形，面积为S2＝a2，
所以＝＝，故选D.
答案：D
4．解析：三视图还原为如图所示的三棱锥：侧面SBC⊥底面ABC，且△SBC为等腰三角形，△ABC为直角三角形，故体积V＝××2×2×1＝，故选A.
答案：A
5．解析：因为在翻折过程中，∠A＝∠C＝始终不变，
所以BD的中点到A，B，C，D四点的距离始终相等，三棱锥C ABD外接球的直径为BD＝4，
所以外接球的表面积为16π，故选D.
答案：D
6．解析：由三视图还原原几何体如图，
该几何体是四棱锥P ABCD，底面ABCD为正方形，边长为2，
侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝2，
则该四棱锥的体积V＝×2×2×2＝.故选A.
答案：A
7．解析：如图分别取BD，AC的中点M、N，连MN，
因为四边形ABCD是边长为2的菱形，∠A＝60°，故AM＝CM＝3，MD＝.
在等腰三角形AMC中，有MN＝3×＝，故CN＝，
由图形的对称性可知球心O必在MN的延长线上，如图，连接OA，DO.
设球的半径为R，ON＝x，则OA＝DO＝R，
所以，
解得x＝，则R2＝＋＝7，∴球的表面积S＝4πR2＝28π，故选B.
答案：B
8．解析：如图所示，因为DB＝BC＝CD＝1，
所以△BCD为等边三角形，取BD的中点M，连接CM，则△BCD外接圆圆心在CM上，且设为O2，
由正三角形性质可得，△BCD外接圆半径r＝CO2＝，则O2M＝－＝，
在△ABD中，∠ADB＝120°，AD＝BD＝1，
所以AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD cos 120°＝3，即AB＝，
由正弦定理得△ABD外接圆半径r′＝＝＝1，
设△ABD外接圆圆心为O1，则O1A＝O1B＝O1D＝r′＝1，
所以四边形ADBO1为菱形，
过O2作平面BCD的垂线，过O1作平面ADBO1的垂线，两线交于点O，
则O为三棱锥的外接球的球心，连接O1M，
因为平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，CM⊥BD，O1M⊥BD，所以四边形OO1MO2为矩形，则OO1＝MO2＝，
所以三棱锥的外接球半径R＝BO＝＝，
所以三棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝.故选D.
答案：D
9．解析：如图所示，点E为△ABC的中心，则BE＝·AC·＝，
又OB＝2，所以OE＝＝＝1，所以三棱锥D ABC的高为DE＝OD＋OE＝3，
所以V＝·S△ABC·DE＝××3＝.
答案：
10．解析：设SA＝x，SB＝y，SC＝z，由题意可得：x2＋z2＝13，x2＋y2＝5，y2＋z2＝BC2，
三棱锥的外接球的表面积为14π，三棱锥扩展为长方体，长方体的对角线的长度，就是外接球的直径2R，
所以2R＝，4πR2＝14π，
可得x2＋y2＋z2＝14，
解得x＝2，y＝1，z＝3，
所以BC＝＝.
答案：
11．解析：由题意，方斗的示意图如下：设棱台上底面中心为O1，下底面中心为O2，
由棱台的性质可知：外接球的球心O落在线段O1O2上，
设外接球的半径为R，|OO2|＝h，则|OO1|＝3－h，
因为O1O2垂直于上下底面，
所以|OO2|2＋|O2B|2＝R2即h2＋（）2＝R2，
所以|OO1|2＋|O1A|2＝R2即（3－h）2＋（2）2＝R2，
联立解得h＝，R2＝＋2＝，
所以该方斗的外接球的表面积为33π.
答案：33π
12．解析：∵在边长为3的菱形ABCD中，BD＝3，
∴cos ∠BCD＝＝－，∴∠BCD＝，则∠ABC＝∠ADC＝，
∴△ABC，△ACD均为边长为3的等边三角形，
取AC的中点G，连接BG，DG，则BG⊥AC，DG⊥AC，∴∠BGD＝，
分别取△ABC，△ACD的中心E，F，过E，F分别作两个平面的垂线，交点为O，则O即为所求球的球心，且四边形EGFO为矩形，
∵△ABC，△ACD为边长为3的等边三角形，∴BG＝DG＝ ＝，
∴FG＝OE＝×＝，DE＝×＝，
球O的半径R＝OD＝＝＝，
球O的表面积S＝4πR2＝15π.
答案：15π
13．解析：设CD中点为M，连接AM，
因为△ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，AC＝2CB＝4，
所以AM＝DM＝CM＝2，AM⊥CD，
过点M作MN⊥CD，
因为平面ACD⊥平面BCD，平面ACD∩平面BCD＝CD，
所以MN⊥平面ACD，AM⊥平面BCD，
所以三棱锥的外接球的球心在MN上，设外接球的半径为R，
则由AB⊥BC得AB＝2，由AM⊥BM得BM＝2＝BC，
又因为BM2＋BC2＝CM2，
所以△BCM为等腰直角三角形，
设球心为O，CM中点为P，连接BP，
则MP＝CP＝BP＝，
所以OM＝＝－BP，
即＝－，解得R＝，
所以三棱锥的外接球的表面积为S＝4πR2＝40π.故选B.
答案：B
14．解析：如图，
设正三棱锥内切球的半径为R，M为内切球与侧面PAB的切点，Q为侧面上切点所在小圆的圆心，半径为r，
∵△ABC为等边三角形，
∴CD＝＝，CH＝CD＝，DH＝CD＝，PH＝＝＝，
∵△POM∽△PDH，
∴＝， 即＝.
∵PD＝＝＝2，
∴＝，解得R＝，
∵sin ∠PMQ＝sin ∠PDH＝＝，
∴r＝MQ＝R cos ∠OMQ＝R sin ∠PMQ＝R sin ∠PDH＝R.
由正三棱锥的定义知，内切圆与三个侧面相切，切点构成的三角形为等边三角形，故∠QMN＝120°，
由余弦定理可得MN2＝r2＋r2－2r2cos 120°＝3r2＝3××＝，所以MN＝.
答案：

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