高考数学一轮复习点点练26空间几何体的三视图与直观图、表面积与体积

点点练26__空间几何体的三视图与直观图、表面积与体积一基础小题练透篇1．[2023·山东济宁检测]已知水平放置的△ABC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝eq\f(\r(3),2)，那么原△ABC的面积是()A．eq\r(3)B．2eq\r(2)C．eq\f(\r(3),2)D．eq\f(\r(3),4)2．[2023·河南省开封市联考]如图所示的组合体，其结构特征是()A．由两个圆锥组合成的B．由两个圆柱组合成的C．由一个棱锥和一个棱柱组合成的D．由一个圆锥和一个圆柱组合成的3．[2023·广西柳州市高三毕业班模拟考]如图所示，该几何体的侧视图是()4．[2023·河南省商丘市质量检测]已知某圆锥的侧面展开图为半圆，该圆锥的体积为9eq\r(3)π，则该圆锥的表面积为()A．27πB．20eq\r(3)πC．18eq\r(2)πD．16π5．[2023·四川省成都市第八中学模拟]已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于()A．eq\f(160,3)B．160C．88＋8eq\r(2)D．64＋32eq\r(2)6．[2023·江苏海安月考]三棱锥A­BCD中，∠ABC＝∠CBD＝∠DBA＝60°，BC＝BD＝1，△ACD的面积为eq\f(\r(11),4)，则此三棱锥外接球的表面积为()A．4πB．16πC．eq\f(16,3)πD．eq\f(32,3)π7．[2023·四川省南充市模拟]如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个多面体的三视图，若该多面体的所有顶点都在球C的表面上，则球C的表面积是()A．8πB．12πC．16πD．32π8.有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．9．[2023·湘豫名校联考]在四面体ABCD中，AB＝CD＝eq\r(5)，AD＝BC＝eq\r(13)，AC＝BD＝eq\r(10)，则此四面体的体积为________．二能力小题提升篇1.[2023·辽宁省县级重点高中联合体考试]《乌鸦喝水》是《伊索寓言》中的一个寓言故事，通过讲述一只乌鸦喝水的故事，告诉人们遇到困难要运用智慧、认真思考才能让问题迎刃而解的道理．如图所示，乌鸦想喝水，发现有一个锥形瓶，已知该锥形瓶上面的部分是圆柱体，下面的部分是圆台，瓶口的直径为3cm，瓶底的直径为9cm，瓶口距瓶颈2eq\r(3)cm，瓶颈到水位线的距离和水位线到瓶底的距离均为eq\f(3\r(3),2)cm.现将1颗石子投入瓶中，发现水位线上移eq\f(\r(3),2)cm，当水位线离瓶口不大于eq\r(3)cm时，乌鸦就能喝到水，则乌鸦共需要投入的石子数量至少是(石子体积均视为一致)()A．2颗B．3颗C．4颗D．5颗2.[2023·浙江省高三测试]如图是用斜二测画法画出的∠AOB的直观图∠A′O′B′，则∠AOB是()A．锐角B．直角C．钝角D．无法判断3.[2023·河南省商丘市质量检测]如图，在体积为16的斜三棱柱ABC­A1B1C1中，P为棱AA1上一点，三棱锥P­ABC的体积为4，则三棱锥P­A1B1C1的体积为()A．eq\f(4,3)B．2C．3D．44．[2023·辽宁省沈阳市模拟]已知球O是三棱锥P­ABC的外接球，PA＝AB＝PB＝AC＝2，CP＝2eq\r(2)，点D是PB的中点，且CD＝eq\r(7)，则球O的表面积为()A．eq\f(28π,3)B．eq\f(14π,3)C．eq\f(28\r(21)π,27)D．eq\f(16π,3)5．[2023·江西省兴国县高三月考]已知三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝2，且三棱锥P­ABC外接球的表面积为36π.则PA＝________．6．[2023·豫北名校普通高中联考]三棱锥P­ABC的三视图如图所示，且其外接球的半径为4，则三棱锥P­ABC的体积的最大值为__________．三高考小题重现篇1.[2022·新高考Ⅰ卷]南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(eq\r(7)≈2.65)()A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m32.[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A­EFG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()3．[2022·新高考Ⅱ卷]已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq\r(3)和4eq\r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．100πB．128πC．144πD．192π4．[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O­ABC的体积为()A．eq\f(\r(,2),12)B．eq\f(\r(,3),12)C．eq\f(\r(,2),4)D．eq\f(\r(,3),4)5．[2020·山东卷]已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．6．[2019·全国卷Ⅱ]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________．四经典大题强化篇1.[2023·江西省“红色十校”高三联考]如图，在四棱锥P­ABCD中，底面是矩形，AB＝2BC.△PBC是等腰直角三角形，PB⊥PC，且平面PBC⊥平面ABCD.(1)求证：PB⊥PD；(2)若BC＝2，求点C到平面PBD的距离．2．[2023·河南省豫东名校上学期摸底联考]如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝B1C1＝2，B1C交BC1于点O，AO⊥平面BB1C1C.(1)求证：AB⊥B1C；(2)若∠BB1C＝30°，直线AB与平面BB1C1C所成角为60°，求三棱锥A­BB1C1的体积．点点练26空间几何体的三视图与直观图、表面积与体积一基础小题练透篇1．答案：A解析：由题图可知原△ABC的高AO＝eq\r(3)，BC＝B′C′＝2，∴S△ABC＝eq\f(1,2)·BC·OA＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\r(3).2．答案：D解析：由图知：该组合体是由一个圆锥和一个圆柱组合成的，故选D.3．答案：A解析：由题知如图所示，则四边形ABCD在左侧面的投影依旧是ABCD，AE，CF，DG在左侧面的投影分别为点A，C，D，EF，BE，FG，BG在左侧面的投影分别为AC，BA，CD，BD，EG在左侧面的投影为AD，且为虚线，由此只有选项A符合．故选A.4．答案：A解析：设圆锥底面半径为r，母线长为l，则2πr＝πl，所以l＝2r，所以圆锥的高为eq\r(l2－r2)＝eq\r(3)r，所以eq\f(1,3)×πr2·eq\r(3)r＝9eq\r(3)π，解得r＝3，故其表面积S＝πr2＋πrl＝9π＋18π＝27π.故选A.5．答案：D解析：由三视图可知，几何体为直三棱柱截去一个三棱锥C­SAB，如图所示：其中直三棱柱的侧棱长为8，底面为直角三角形，且AB＝BC＝4，SA＝4，SB＝4eq\r(2)，AC＝4eq\r(2)，故几何体的表面积为：eq\f(1,2)×4×4＋eq\f(1,2)×4×4eq\r(2)＋eq\f(8＋4,2)×4eq\r(2)＋eq\f(4＋8,2)×4＋8×4＝64＋32eq\r(2).故选D.6．答案：A解析：∵BC＝BD＝1，∠CBD＝60°，∴CD＝1，又AB＝AB，∠ABC＝∠DBA＝60°，BC＝BD，∴△ABC≌△ABD，则AC＝AD，取CD中点E，连接AE，又由△ACD的面积为eq\f(\r(11),4)，可得△ACD的高AE＝eq\f(\r(11),2)，则可得AC＝AD＝eq\r(AE2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AD,2)))\s\up12(2))＝eq\r(\f(11,4)＋\f(1,4))＝eq\r(3)，在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos60°，∴3＝AB2＋1－2×AB×1×eq\f(1,2)，解得AB＝2或AB＝－1（舍去），则AC2＋BC2＝AB2，可得∠ACB＝90°，∴∠ADB＝90°，∴AC⊥BC，AD⊥BD，根据球的性质可得AB为三棱锥外接球的直径，则半径为1，故外接球的表面积为4π×12＝4π.7.答案：A解析：由三视图可还原几何体为从长、宽均为eq\r(2)，高为2的长方体中截得的四棱锥S­ABCD，则四棱锥S­ABCD的外接球即为长方体的外接球，∴球C的半径R＝eq\f(1,2)eq\r(2＋2＋4)＝eq\r(2)，∴球C的表面积S＝4πR2＝8π.8．答案：2＋eq\f(\r(2),2)解析：如图1，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为E.在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝eq\f(\r(2),2).又四边形AECD为矩形，AD＝EC＝1，∴BC＝BE＋EC＝eq\f(\r(2),2)＋1，由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A′B′C′D′.在梯形A′B′C′D′中，A′D′＝1，B′C′＝eq\f(\r(2),2)＋1，A′B′＝2.∴这块菜地的面积S＝eq\f(1,2)（A′D′＋B′C′）·A′B′＝eq\f(1,2)×（1＋1＋eq\f(\r(2),2)）×2＝2＋eq\f(\r(2),2).9．答案：2解析：设四面体ABCD所在的长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝5，,a2＋c2＝13，,b2＋c2＝10，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，,c＝3，))所以四面体ABCD的体积V＝abc－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)abc×4＝eq\f(1,3)abc＝2.二能力小题提升篇1．答案：B解析：根据题意，作图如图所示，因为AB＝9cm，EF＝GH＝3cm，LO＝3eq\r(3)cm，所以∠A＝60°.因为原水位线的直径CD＝6cm，投入石子后，水位线的直径IJ＝5cm，则由圆台公式可得：V石子＝eq\f(1,3)π·MN（CN2＋IM2＋CN·IM）＝eq\f(91\r(3)π,24)cm3；因为需要填充的石子的体积是由圆台加圆柱体得到，即V＝V圆台＋V圆柱体＝eq\f(1,3)π·LN（CN2＋EL2＋CN·EL）＋π·EL2·（KL－eq\r(3)）＝eq\f(63\r(3)π,8)＋eq\f(18\r(3)π,8)＝eq\f(81\r(3)π,8)cm3，则需要石子的个数为eq\f(V,V石子)＝eq\f(\f(81\r(3)π,8),\f(91\r(3)π,24))＝eq\f(243,91)≈2.7，所以至少共需要3颗石子．故选B.2．答案：C解析：根据斜二测画法规则知，把直观图∠A′O′B′还原为平面图，如图所示：所以∠AOB是钝角．3．答案：A解析：设三棱柱ABC­A1B1C1的底面积为S，其高为h，设三棱锥P­ABC的高为h1，三棱锥P­A1B1C1的高为h2，则h＝h1＋h2，Sh＝16，所以Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h1＋h2))＝16，即Sh1＋Sh2＝16，又VP­ABC＝eq\f(1,3)Sh1＝4，即Sh1＝12，所以Sh2＝16－Sh1＝16－12＝4，所以VP­A1B1C1＝eq\f(1,3)Sh2＝eq\f(4,3).故选A.4．答案：A解析：由PA＝AB＝PB＝AC＝2，CP＝2eq\r(2)，得PA⊥AC.由点D是PB的中点及PA＝AB＝PB，求得AD＝eq\r(AP2－DP2)＝eq\r(3)，又CD＝eq\r(CP2－DP2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)))2－12)＝eq\r(7)，∴AD2＋AC2＝CD2，所以AD⊥AC，又AD∩AP＝A且AD，AP⊂平面PAB，∴AC⊥平面PAB.球心O到底面△PAB的距离d＝eq\f(1,2)AC＝1，由正弦定理得△PAB的外接圆半径r＝eq\f(PA,2sin60°)＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3)，∴球O的半径为R＝eq\r(d2＋r2)＝eq\r(1＋\f(4,3))＝eq\r(\f(7,3))，∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×eq\f(7,3)＝eq\f(28π,3).故选A.5．答案：2eq\r(7)解析：由PA⊥平面ABC，AB⊥AC，将三棱锥补成长方体，它的对角线是其外接球的直径，∵三棱锥外接球的表面积为36π，设外接球的半径为R，则4πR2＝36π，解得R＝3，∴三棱锥外接球的半径为3，直径为6，∵AB＝AC＝2，∴22＋22＋PA2＝62，∴PA＝2eq\r(7).6．答案：eq\f(64,9)解析：将三视图还原成直观图，如图所示三棱锥P­ABC，易得△ABC是等腰三角形，所以tan∠CAB＝eq\f(a,\r(3)a)＝eq\f(\r(3),3)，因为0<∠CAB<π，所以∠CAB＝eq\f(π,6)，由于△ABC是等腰三角形，所以△ABC的外心H在AC的中垂线BM上，所以∠HBA＝eq\f(π,2)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,3)，因为HB＝AH，所以△AHB是等边三角形，所以HB＝AH＝AB＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)a))2＋a2)＝2a，设三棱锥P­ABC的外接球的球心为O，故OH⊥平面ABC，O到P，A，B，C的距离相等，令PA＝h，则OH＝eq\f(1,2)PA＝eq\f(h,2)，所以外接球的半径为OA＝eq\r(OH2＋AH2)＝eq\r(\f(h2,4)＋4a2)＝4，即h＝4eq\r(4－a2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<a2<4))，因为a>0，所以0<a<2，所以三棱锥P­ABC的体积V＝eq\f(1,3)S△ABC·h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2eq\r(3)a×a·h＝eq\f(\r(3)a2,3)×4eq\r(4－a2)＝eq\f(4\r(3),3)eq\r(4a4－a6).令f（a）＝4a4－a6，0<a<2，所以f′（a）＝16a3－6a5＝2a3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－3a2)).令f′（a）＝0，解得a＝eq\f(2\r(6),3)，所以当0<a<eq\f(2\r(6),3)时，f′（a）>0，f（a）单调递增；当eq\f(2\r(6),3)<a<2时，f′（a）<0，f（a）单调递减，所以f（a）max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)))＝eq\f(256,27)，所以当a＝eq\f(2\r(6),3)时，三棱锥P­ABC的体积最大，为eq\f(4\r(3),3)×eq\r(\f(256,27))＝eq\f(64,9).三高考小题重现篇1．答案：C解析：由棱台的体积公式，得增加的水量约为eq\f(1,3)×（157.5－148.5）×（140×106＋180×106＋eq\r(140×106×180×106)）＝3×106×（140＋180＋60eq\r(7)）≈3×106×（140＋180＋60×2.65）≈1.4×109（m3）.故选C.2.答案：D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.3．答案：A解析：设三棱台上底面A1B1C1、下底面ABC的外接圆半径分别为r1，r2，外接圆圆心分别为O1，O2，三棱台的外接球半径为R，球心为O.令|OO1|＝t，则|OO2|＝|t－1|.由题意及正弦定理，得2r1＝eq\f(3\r(3),sin60°)＝6，2r2＝eq\f(4\r(3),sin60°)＝8，所以r1＝3，r2＝4，所以R2＝req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋t2＝req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋（t－1）2，即R2＝9＋t2＝16＋（t－1）2，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t＝4，,R2＝25.))所以三棱台外接球的表面积为4πR2＝100π.故选A.4．答案：A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＝eq\r(2).连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))\s\up12(2))＝eq\r(1－（\f(\r(2),2)）2)＝eq\f(\r(2),2)，所以三棱锥O­ABC的体积V＝eq\f(1,3)S△ABC×OO1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),12).5．答案：eq\f(\r(2)π,2)解析：如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，D1M⊥B1C1，且D1M＝eq\r(3).由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝eq\r(2)，连接D1P，则D1P＝eq\r(D1M2＋MP2)＝eq\r(（\r(3)）2＋（\r(2)）2)＝eq\r(5)，连接MG，MH，易得MG＝MH＝eq\r(2)，故可知以M为圆心，eq\r(2)为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以eq\x\to(GH)的长为eq\f(1,4)×2π×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).6．答案：26eq\r(2)－1解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则eq\f(\r(2),2)x＋x＋eq\f(\r(2),2)x＝1，解得x＝eq\r(2)－1，故题中的半正多面