2024年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含解析理

PAGEPAGE13第八单元立体几何考情分析多以两小一大的形式出现，每年必考，分值为17～22分．重点考查几何体的三视图问题、几何体的表面积与体积、空间线面位置关系，用向量法计算空间角，其中与球有关的接(切)问题是考查的难点．对于空间向量的应用，空间直角坐标系的建立是否合理是解决有关问题的关键，有时所给空间图形不规则——没有三条相互垂直的直线，不利于空间直角坐标系的建立，另外，探究性问题中动点坐标的设法及有关计算是难点．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．[2024·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．[2024·江西吉安联考]某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体中，最长的棱的长度为()A．3B．3eq\r(2)C．3eq\r(3)D．63．[2024·四川成都七中高三期中]已知一个几何体的三视图如图，则它的表面积为()A．3πB．4πC．5πD．6π4．[2024·衡水模拟]已知正三棱锥S­ABC的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为eq\r(2)，则此三棱锥的外接球的表面积为()A．πB．3πC．6πD．9π5．[2024·云南大理模拟预料]一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为()A．eq\f(4,3)πB．2πC．πD．eq\f(8,3)π6．[2024·江苏海安高级月考]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．[2024·四川省南充市白塔模拟]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，若该多面体的全部顶点都在球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．[2024·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________．二实力小题提升篇1.[2024·深圳市高三调研]已知圆柱的底面半径为2，侧面绽开图为面积为8π的矩形，则该圆柱的体积为()A．8πB．4πC．eq\f(8,3)πD．2π2.[2024·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．无法推断3．[2024·河南省洛阳市高三调研]大约于东汉初年成书的我国古代数学名著《九章算术》中，“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径．“开立圆术”实际是知道了球的体积V，利用球的体积，求其直径d的一个近似值的公式：d＝eq\r(3,\f(16,9)V)，而我们知道，若球的半径为r，则球的体积V＝eq\f(4,3)πr3，则在上述公式d＝eq\r(3,\f(16,9)V)中，相当于π的取值为()A.3B．eq\f(22,7)C．eq\f(27,8)D．eq\f(16,9)4.[2024·云南省曲靖市高三二模]如图，在水平地面上的圆锥形物体的母线长为12，底面圆的半径等于4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P动身，绕圆锥侧面爬行一周后回到点P处，则小虫爬行的最短路程为()A．12eq\r(3)B．16C．24D．24eq\r(3)5．[2024·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．[2024·广东七校其次次联考]在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大值为________．三高考小题重现篇1.[2024·山东卷]已知圆锥的底面半径为eq\r(2)，其侧面绽开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A．2B.2eq\r(2)C．4D.4eq\r(2)2．[2024·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．[2024·全国甲卷]已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．4．[2024·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．[2024·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．[2024·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．印信的形态多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形态是“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，它的全部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.在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝AB＝BC＝2，且点O为AC的中点．(1)证明：A1O⊥平面ABC；(2)求三棱锥C1­ABC的体积．2．已知点P，A，B，C是半径为2的球面上的点，PA＝PB＝PC＝2，∠ABC＝90°，点B在AC上的射影为D，求三棱锥P－ABD体积的最大值．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：C解析：由三视图还原几何体，可得该几何体可看作如图所示的棱长为3的正方体中，以A，B，C，D为顶点的三棱锥，其最长的棱为BD，且BD＝eq\r(32＋32＋32)＝3eq\r(3).3．答案：B解析：由三视图可知，该几何体是圆锥和半球拼接成的组合体，且圆锥的底面圆和半球的大圆面半径相同，底面圆的半径r＝1，圆锥的母线长l＝eq\r(（\r(3)）2＋1)＝2，记该几何体的表面积为S，故S＝eq\f(1,2)（2πr）l＋eq\f(1,2)×4πr2＝4π.4．答案：C解析：正三棱锥的外接球即是棱长为eq\r(2)的正方体的外接球，所以外接球的直径2R＝eq\r(（\r(2)）2＋（\r(2)）2＋（\r(2)）2)＝eq\r(6)，所以4R2＝6，外接球的表面积4πR2＝6π.5．答案：A解析：依据三视图可知几何体是由有公共的底面的圆锥和圆柱体的组合体，由三视图可知，圆锥的底面半径为1，高为1，圆柱的底面半径为1，高为1，所以组合体的体积为eq\f(1,3)π×12×1＋π×12×1＝eq\f(4π,3).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(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，则AC2＋BC2＝AB2，可得∠ACB＝90°，∴∠ADB＝90°，∴AC⊥BC，AD⊥BD，依据球的性质可得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)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1＋\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＝2.二实力小题提升篇1．答案：A解析：设圆柱的高为h，则2π×2×h＝8π⇒h＝2，所以圆柱的体积为π×22×2＝8π.2．答案：C解析：依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：C解析：由d＝eq\r(3,\f(16,9)V)得V＝eq\f(9,16)·（2r）3＝eq\f(4,3)·eq\f(27,8)r3，比较V＝eq\f(4,3)πr3，相当于π的取值为eq\f(27,8).4．答案：A解析：如图，设圆锥侧面绽开扇形的圆心角为θ，则由题可得2π×4＝12θ，则θ＝eq\f(2π,3)，在Rt△POP′中，OP＝OP′＝12，则小虫爬行的最短路程为PP′＝eq\r(122＋122－2×12×12×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝12eq\r(3).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：（2－eq\r(2)）a解析：方法一由题意知，球内切于四棱锥P­ABCD时半径最大．设该四棱锥的内切球的球心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，OD，OP，则VP－ABCD＝VO－ABCD＋VO－PAD＋VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PCD，即eq\f(1,3)×2a×2a×2a＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4a2＋2×\f(1,2)×2a×2a＋2×\f(1,2)×2a×2\r(2)a))×r，解得r＝（2－eq\r(2)）a.方法二易知当球内切于四棱锥P－ABCD，即与四棱锥P－ABCD各个面均相切时，球的半径最大．作出相切时的侧视图如图所示，设四棱锥P－ABCD内切球的半径为r，则eq\f(1,2)×2a×2a＝eq\f(1,2)×（2a＋2a＋2eq\r(2)a）×r，解得r＝（2－eq\r(2)）a.三高考小题重现篇1．答案：B解析：设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl＝2π×eq\r(2)，解得l＝2eq\r(2).2．答案：D解析：依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：39π解析：设该圆锥的高为h，则由已知条件可得eq\f(1,3)×π×62×h＝30π，解得h＝eq\f(5,2)，则圆锥的母线长为eq\r(h2＋62)＝eq\r(\f(25,4)＋36)＝eq\f(13,2)，故该圆锥的侧面积为π×6×eq\f(13,2)＝39π.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⊥面ABC，OO1＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))\s\up12(2))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(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．留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，故题中的半正多面体的棱长为eq\r(2)－1.四经典大题强化篇1．解析：（1）证明：因为AA1＝A1C，且O为AC的中点，所以A1O⊥AC，又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，且A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABC.（2）∵A1C1∥AC，A1C1⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，∴A1C1∥平面ABC，即