新課標2025版高考數(shù)學二輪復習專題三立體幾何第1講空間幾何體的三視圖表面積與體積學案理新人教A版

PAGE1-第1講空間幾何體的三視圖、表面積與體積[做真題]題型一三視圖與直觀圖1．(2024·高考全國卷Ⅰ)某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖．圓柱表面上的點M在正視圖上的對應點為A，圓柱表面上的點N在左視圖上的對應點為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為()A．2eq\r(17) B．2eq\r(5)C．3 D．2解析：選B．由三視圖可知，該幾何體為如圖①所示的圓柱，該圓柱的高為2，底面周長為16.畫出該圓柱的側(cè)面綻開圖，如圖②所示，連接MN，則MS＝2，SN＝4，則從M到N的路徑中，最短路徑的長度為eq\r(MS2＋SN2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).故選B．2．(2024·高考全國卷Ⅲ)中國古建筑借助榫卯將木構件連接起來．構件的凸出部分叫榫頭，凹進部分叫卯眼，圖中木構件右邊的小長方體是榫頭．若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是()解析：選A．由題意知，在咬合時帶卯眼的木構件中，從俯視方向看，榫頭看不見，所以是虛線，結(jié)合榫頭的位置知選A．3．(2024·高考全國卷Ⅱ)中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形態(tài)多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形態(tài)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，它的全部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________．解析：依題意知，題中的半正多面體的上、下、左、右、前、后6個面都在正方體的表面上，且該半正多面體的表面由18個正方形，8個正三角形組成，因此題中的半正多面體共有26個面．留意到該半正多面體的俯視圖的輪廓是一個正八邊形，設題中的半正多面體的棱長為x，則eq\f(\r(2),2)x＋x＋eq\f(\r(2),2)x＝1，解得x＝eq\r(2)－1，故題中的半正多面體的棱長為eq\r(2)－1.答案：26eq\r(2)－1題型二空間幾何體的表面積與體積1．(2024·高考全國卷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＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度為0.9g/cm3.不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為________g.解析：由題易得長方體ABCD-A1B1C1D1的體積為6×6×4＝144(cm3)，四邊形EFGH為平行四邊形，如圖所示，連接GE，HF，易知四邊形EFGH的面積為矩形BCC1B1面積的一半，即eq\f(1,2)×6×4＝12(cm2)，所以V四棱錐O-EFGH＝eq\f(1,3)×3×12＝12(cm3)，所以該模型的體積為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)．答案：118.82．(2024·高考全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB所成角的余弦值為eq\f(7,8)，SA與圓錐底面所成角為45°.若△SAB的面積為5eq\r(15)，則該圓錐的側(cè)面積為________．解析：如圖所示，設S在底面的射影為S′，連接AS′，SS′.△SAB的面積為eq\f(1,2)·SA·SB·sin∠ASB＝eq\f(1,2)·SA2·eq\r(1－cos2∠ASB)＝eq\f(\r(15),16)·SA2＝5eq\r(15)，所以SA2＝80，SA＝4eq\r(5).因為SA與底面所成的角為45°，所以∠SAS′＝45°，AS′＝SA·cos45°＝4eq\r(5)×eq\f(\r(2),2)＝2eq\r(10).所以底面周長l＝2π·AS′＝4eq\r(10)π，所以圓錐的側(cè)面積為eq\f(1,2)×4eq\r(5)×4eq\r(10)π＝40eq\r(2)π.答案：40eq\r(2)π題型三與球有關的切、接問題1．(2024·高考全國卷Ⅰ)已知三棱錐P-ABC的四個頂點在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點，∠CEF＝90°，則球O的體積為()A．8eq\r(6)π B．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)π D．eq\r(6)π解析：選D．因為點E，F(xiàn)分別為PA，AB的中點，所以EF∥PB，因為∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中點D，連接BD，PD，易證AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE?平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因為PA＝PB＝PC，△ABC為正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC兩兩垂直，將三棱錐P-ABC放在正方體中如圖所示．因為AB＝2，所以該正方體的棱長為eq\r(2)，所以該正方體的體對角線長為eq\r(6)，所以三棱錐P-ABC的外接球的半徑R＝eq\f(\r(6),2)，所以球O的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq\s\up12(3)＝eq\r(6)π，故選D．2．(2024·高考全國卷Ⅲ)設A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，△ABC為等邊三角形且其面積為9eq\r(3)，則三棱錐D-ABC體積的最大值為()A．12eq\r(3) B．18eq\r(3)C．24eq\r(3) D．54eq\r(3)解析：選B．設等邊三角形ABC的邊長為x，則eq\f(1,2)x2sin60°＝9eq\r(3)，得x＝6.設△ABC的外接圓半徑為r，則2r＝eq\f(6,sin60°)，解得r＝2eq\r(3)，所以球心到△ABC所在平面的距離d＝eq\r(42－(2\r(3))2)＝2，則點D到平面ABC的最大距離d1＝d＋4＝6，所以三棱錐D-ABC體積的最大值Vmax＝eq\f(1,3)S△ABC×6＝eq\f(1,3)×9eq\r(3)×6＝18eq\r(3).3．(2024·高考全國卷Ⅲ)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為()A．π B．eq\f(3π,4)C．eq\f(π,2) D．eq\f(π,4)解析：選B．設圓柱的底面半徑為r，則r2＝12－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,4)，所以，圓柱的體積V＝eq\f(3,4)π×1＝eq\f(3π,4)，故選B．[明考情]1．“立體幾何”在高考中一般會以“兩小一大”或“一小一大”的命題形式出現(xiàn)，這“兩小”或“一小”主要考查三視圖，幾何體的表面積與體積，空間點、線、面的位置關系(特殊是平行與垂直)．2．考查一個小題時，此小題一般會出現(xiàn)在第4～8題的位置上，難度一般；考查兩個小題時，其中一個小題難度一般，另一個小題難度稍高，一般會出現(xiàn)在第10～16題的位置上，此小題雖然難度稍高，主要體現(xiàn)在計算量上，但仍是對基礎學問、基本公式的考查．空間幾何體的三視圖[考法全練]1．(2024·福州市質(zhì)量檢測)棱長為1的正方體木塊ABCD-A1B1C1D1的直觀圖如圖所示，平面α過點D且平行于平面ACD1，則該木塊在平面α內(nèi)的正投影面積是()A．eq\r(3) B．eq\f(3,2)eq\r(3)C．eq\r(2) D．1解析：選A．棱長為1的正方體木塊ABCD-A1B1C1D1在平面α內(nèi)的正投影是三個全等的菱形，如圖，正投影可以看成兩個邊長為eq\r(2)的等邊三角形，所以木塊在平面α內(nèi)的正投影面積是2×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).2．(2024·福州市第一學期抽測)如圖為一圓柱切削后的幾何體及其正視圖，則相應的側(cè)視圖可以是()解析：選B．由題意，依據(jù)切削后的幾何體及其正視圖，可得相應的側(cè)視圖的切口為橢圓，故選B．3．(2024·江西省五校協(xié)作體試題)如圖1，在三棱錐D-ABC中，已知AC＝BC＝CD＝2，CD⊥平面ABC，∠ACB＝90°.若其正視圖、俯視圖如圖2，則其側(cè)視圖的面積為()A．eq\r(6) B．2C．eq\r(3) D．eq\r(2)解析：選D．由題意知側(cè)視圖為直角三角形，因為正視圖的高即幾何體的高，所以正視圖的高為2，則側(cè)視圖的高，即始終角邊長也為2.因為俯視圖為邊長為2的等腰直角三角形，所以側(cè)視圖的另始終角邊長為eq\r(2).所以側(cè)視圖的面積為eq\r(2)，故選D．4．(2024·江西八所重點中學聯(lián)考)某四面體的三視圖如圖所示，則該四面體最長的棱長與最短的棱長的比值是()A．eq\f(\r(5),2) B．eq\r(2)C．eq\f(3\r(5),5) D．eq\f(3,2)解析：選D．在棱長為2的正方體中還原該四面體P-ABC.如圖所示，其中最短的棱為AB和BC，最長的棱為PC.因為正方體的棱長為2，所以AB＝BC＝2，PC＝3，所以該四面體最長的棱長與最短的棱長的比值為eq\f(3,2)，故選D．5．(2024·湖南省五市十校聯(lián)考)某四棱錐的三視圖如圖所示，其側(cè)視圖是等腰直角三角形，俯視圖的輪廓是直角梯形，則該四棱錐的各側(cè)面面積的最大值為()A．8 B．4eq\r(5)C．8eq\r(2) D．12eq\r(2)解析：選D．由三視圖可知該幾何體是一個底面為直角梯形，高為4的四棱錐，如圖，其中側(cè)棱PA⊥平面ABCD，PA＝4，AB＝4，BC＝4，CD＝6，所以AD＝2eq\r(5)，PD＝6，PB＝4eq\r(2)，連接AC，則AC＝4eq\r(2)，所以PC＝4eq\r(3)，明顯在各側(cè)面面積中△PCD的面積最大，又PD＝CD＝6，所以PC邊上的高為eq\r(62－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),2)))\s\up12(2))＝2eq\r(6)，所以S△PCD＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×2eq\r(6)＝12eq\r(2)，故該四棱錐的各側(cè)面面積的最大值為12eq\r(2)，故選D．eq\a\vs4\al()(1)識別三視圖的步驟①應把幾何體的結(jié)構弄清晰或依據(jù)幾何體的詳細形態(tài)，明確幾何體的擺放位置．②依據(jù)三視圖的有關規(guī)則先確定正視圖，再確定俯視圖，最終確定側(cè)視圖．③被遮住的輪廓線應為虛線．(2)由三視圖還原到直觀圖的思路①依據(jù)俯視圖確定幾何體的底面．②依據(jù)正(主)視圖或側(cè)(左)視圖確定幾何體的側(cè)棱與側(cè)面的特征，調(diào)整實線和虛線所對應的棱、面的位置．③確定幾何體的直觀圖形態(tài)．(3)由幾何體的部分視圖推斷剩余的視圖的思路先依據(jù)已知的一部分視圖，還原、推想直觀圖的可能形式，然后再找其剩下部分視圖的可能形式．當然作為選擇題，也可將選項逐項代入，再看看給出的部分三視圖是否符合．空間幾何體的表面積和體積[典型例題]命題角度一空間幾何體的表面積(1)(2024·安徽五校聯(lián)盟其次次質(zhì)檢)已知某幾何體是一個平面將一正方體截去一部分后所得，該幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A．20＋2eq\r(3) B．18＋2eq\r(3)C．18＋eq\r(3) D．20＋eq\r(3)(2)(2024·福建五校其次次聯(lián)考)已知某幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的表面積是()A．eq\f(39π,4)＋3eq\r(3) B．eq\f(45π,4)＋3eq\r(3)C．eq\f(23π,2) D．eq\f(49π,4)【解析】(1)如圖所示，ABCD-A1B1C1D1是棱長為2的正方體，依據(jù)三視圖，還原幾何體的直觀圖為圖中多面體ABCD-A1C1D1，其表面積為S正方形ABCD＋Seq\s\do6(正方形ADD1A1)＋Seq\s\do6(正方形DCC1D1)＋Seq\s\do6(△ABA1)＋Seq\s\do6(△A1C1D1)＋Seq\s\do6(△BCC1)＋Seq\s\do6(△A1BC1)＝4＋4＋4＋2＋2＋2＋eq\f(\r(3),4)×8＝18＋2eq\r(3)，故選B．(2)由三視圖知，該幾何體為圓錐挖掉eq\f(1,4)圓臺后剩余部分，其表面積S表＝eq\f(3,4)π×22＋eq\f(1,4)π×12＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×2π×2))×4＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×2π×1))×2＋eq\f((1＋2)×\r(3),2)×2＝eq\f(39π,4)＋3eq\r(3).故選A．【答案】(1)B(2)Aeq\a\vs4\al()求幾何體的表面積的方法(1)求表面積問題的基本思路是將立體幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題，即空間圖形平面化，這是解決立體幾何的主要動身點．(2)求不規(guī)則幾何體的表面積時，通常將所給幾何體分割成基本的柱、錐、臺體，先求這些柱、錐、臺體的表面積，再通過求和或作差得不規(guī)則幾何體的表面積．命題角度二空間幾何體的體積(1)(2024·武漢市調(diào)研測試)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為()A．eq\f(2,3)π B．eq\f(4,3)πC．2π D．2eq\r(5)π(2)(2024·江西省五校協(xié)作體試題)某幾何體的三視圖如圖所示，正視圖是一個上底為2，下底為4的直角梯形，俯視圖是一個邊長為4的等邊三角形，則該幾何體的體積為________．【解析】(1)由三視圖知，該幾何體是由兩個底面半徑為1，高為2的圓錐組成的，所以該幾何體的體積V＝2×eq\f(1,3)×12×π×2＝eq\f(4π,3)，故選B．(2)把三視圖還原成幾何體ABC-DEF，如圖所示，在AD上取點G，使得AG＝2，連接GE，GF，則把幾何體ABC-DEF分割成三棱柱ABC-GEF和三棱錐D-GEF，所以VABC-DEF＝VABC-GEF＋VD-GEF＝4eq\r(3)×2＋eq\f(1,3)×4eq\r(3)×2＝eq\f(32\r(3),3).【答案】(1)B(2)eq\f(32\r(3),3)eq\a\vs4\al()求空間幾何體體積的常用方法(1)公式法：干脆依據(jù)相關的體積公式計算．(2)等積法：依據(jù)體積計算公式，通過轉(zhuǎn)換空間幾何體的底面和高使得體積計算更簡單，或是求出一些體積比等．(3)割補法：把不能干脆計算體積的空間幾何體進行適當分割或補形，轉(zhuǎn)化為易計算體積的幾何體．[對點訓練]1．(2024·唐山市摸底考試)已知某幾何體的三視圖如圖所示(俯視圖中曲線為四分之一圓弧)，則該幾何體的表面積為()A．1－eq\f(π,4) B．3＋eq\f(π,2)C．2＋eq\f(π,4) D．4解析：選D．由題設知，該幾何體是棱長為1的正方體被截去底面半徑為1的eq\f(1,4)圓柱后得到的，如圖所示，所以表面積S＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×1－\f(1,4)×π×12))＋2×(1×1)＋eq\f(1,4)×2π×1×1＝4.故選D．2．(2024·長春市質(zhì)量監(jiān)測(一))已知一全部棱長都是eq\r(2)的三棱錐，則該三棱錐的體積為________．解析：記全部棱長都是eq\r(2)的三棱錐為P-ABC，如圖所示，取BC的中點D，連接AD，PD，作PO⊥AD于點O，則PO⊥平面ABC，且OP＝eq\f(\r(6),3)×eq\r(2)＝eq\f(2\r(3),3)，故三棱錐P-ABC的體積V＝eq\f(1,3)S△ABC·OP＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×(eq\r(2))2×eq\f(2\r(3),3)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)與球有關的切、接問題[典型例題]命題角度一外接球(2024·石家莊市質(zhì)量檢測)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，PB⊥底面ABCD，O為對角線AC與BD的交點，若PB＝1，∠APB＝∠BAD＝eq\f(π,3)，則三棱錐P-AOB的外接球的體積是________．【解析】因為四邊形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，即OA⊥OB，因為PB⊥平面ABCD，所以PB⊥AO，又OB∩PB＝B，所以AO⊥平面PBO，所以AO⊥PO，即△PAO是以PA為斜邊的直角三角形，因為PB⊥AB，所以△PAB是以PA為斜邊的直角三角形，所以三棱錐P-AOB的外接球的直徑為PA，因為PB＝1，∠APB＝eq\f(π,3)，所以PA＝2，所以三棱錐P-AOB的外接球的半徑為1，所以三棱錐P-AOB的外接球的體積為eq\f(4π,3).【答案】eq\f(4π,3)eq\a\vs4\al()解決多面體的外接球問題，關鍵是確定球心的位置，方法是先選擇多面體中的一面，確定此面外接圓的圓心，再過圓心作垂直此面的垂線，則球心肯定在此垂線上，最終依據(jù)其他頂點確定球心的精確位置．對于特殊的多面體還可采納補成正方體或長方體的方法找到球心位置．命題角度二內(nèi)切球(2024·廣東省七校聯(lián)考)在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a，若在這個四棱錐內(nèi)放一個球，則該球半徑的最大值為________．【解析】通解：由題意知，球內(nèi)切于四棱錐P-ABCD時半徑最大，設該四棱錐的內(nèi)切球的球心為O，半徑為r，連接OA，OB，OC，OD，OP，則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.優(yōu)解：易知當球內(nèi)切于四棱錐P-ABCD，即與四棱錐P-ABCD各個面均相切時，球的半徑最大，作出相切時的側(cè)視圖如圖所示，設四棱錐P-ABCD內(nèi)切球的半徑為r，則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.【答案】(2－eq\r(2))aeq\a\vs4\al()求解多面體的內(nèi)切球的問題，一般是將多面體分割為以球心為頂點，多面體的各面為底面的棱錐，利用多面體的體積等于各棱錐的體積之和求內(nèi)切球的半徑．命題角度三與球有關的最值問題(2024·昆明市質(zhì)量檢測)三棱錐P-ABC的全部頂點都在半徑為2的球O的球面上．若△PAC是等邊三角形，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥BC，則三棱錐P-ABC體積的最大值為()A．2 B．3C．2eq\r(3) D．3eq\r(3)【解析】依據(jù)AB⊥BC可知AC為三角形ABC所在截面圓O1的直徑，又平面PAC⊥平面ABC，△APC為等邊三角形，所以P在OO1上，如圖所示，設PA＝x，則AO1＝eq\f(1,2)x，PO1＝eq\f(\r(3),2)x，所以PO1＝eq\f(\r(3),2)x＝OO1＋2＝eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))\s\up12(2))＋2?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x－2))eq\s\up12(2)＝4－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))eq\s\up12(2)?x2－2eq\r(3)x＝0?x＝2eq\r(3)，所以AO1＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)＝eq\r(3)，PO1＝eq\f(\r(3),2)×2eq\r(3)＝3，當?shù)酌嫒切蜛BC的面積最大時，即底面為等腰直角三角形時三棱錐P-ABC的體積最大，此時V＝eq\f(1,3)S△ABC×PO1＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2\r(3)×\r(3)))×3＝3.【答案】Beq\a\vs4\al()多面體與球有關的最值問題，主要有三種：一是多面體確定的狀況下球的最值問題，二是球的半徑確定的狀況下與多面體有關的最值問題；三是多面體與球均確定的狀況下，截面的最值問題．[對點訓練]1．已知圓錐的高為3，底面半徑為eq\r(3)，若該圓錐的頂點與底面的圓周都在同一個球面上，則這個球的體積等于()A．eq\f(8,3)π B．eq\f(32,3)πC．16π D．32π解析：選B．設該圓錐的外接球的半徑為R，依題意得，R2＝(3－R)2＋(eq\r(3))2，解得R＝2，所以所求球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×23＝eq\f(32,3)π，故選B．2．(2024·福州市質(zhì)量檢測)如圖，以棱長為1的正方體的頂點A為球心，以eq\r(2)為半徑作一個球面，則該正方體的表面被球面所截得的全部弧長之和為()A．eq\f(3π,4) B．eq\r(2)πC．eq\f(3π,2) D．eq\f(9π,4)解析：選C．正方體的表面被該球面所截得的弧長是相等的三部分，如圖，上底面被球面截得的弧長是以A1為圓心，1為半徑的圓周長的eq\f(1,4)，所以全部弧長之和為3×eq\f(2π,4)＝eq\f(3π,2).故選C．一、選擇題1.如圖是一個正方體，A，B，C為三個頂點，D是棱的中點，則三棱錐A-BCD的正視圖和俯視圖是(注：選項中的上圖為正視圖，下圖為俯視圖)()解析：選A．正視圖和俯視圖中棱AD和BD均看不見，故為虛線，易知選A．2．(2024·武漢市調(diào)研測試)如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M為CD的中點，則三棱錐A-BC1M的體積VA-BC1M＝()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,6) D．eq\f(1,12)解析：選C．Veq\s\do6(A-BC1M)＝Veq\s\do6(C1-ABM)＝eq\f(1,3)S△ABM·C1C＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB×AD×C1C＝eq\f(1,6).故選C．3．(2024·昆明市質(zhì)量檢測)一個三棱柱的三視圖如圖所示，則該三棱柱的側(cè)面積為()A．12eq\r(3) B．24C．12＋eq\r(3) D．24＋2eq\r(3)解析：選B．依據(jù)三視圖可知該三棱柱的直觀圖如圖所示，所以該三棱柱的側(cè)面積S＝[2eq\r((\r(3))2＋12)＋2]×4＝(2×2＋2)×4＝24.4．(2024·蓉城名校第一次聯(lián)考)已知一個幾何體的正視圖和側(cè)視圖如圖1所示，其俯視圖用斜二測畫法所畫出的水平放置的直觀圖是一個直角邊長為1的等腰直角三角形(如圖2所示)，則此幾何體的體積為()A．1 B．eq\r(2)C．2 D．2eq\r(2)解析：選B．依據(jù)直觀圖可得該幾何體的俯視圖是一個直角邊長分別是2和eq\r(2)的直角三角形(如圖所示)，依據(jù)三視圖可知該幾何體是一個三棱錐，且三棱錐的高為3，所以體積V＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×2×eq\r(2))×3＝eq\r(2).故選B．5．(2024·昆明市質(zhì)量檢測)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．4＋eq\f(2π,3) B．4＋eq\f(4π,3)C．12＋eq\f(2π,3) D．12＋eq\f(4π,3)解析：選C．三視圖對應的幾何體是一個半球與一個長方體的組合體，半球的半徑為1，體積為eq\f(2π,3)，長方體的長、寬、高分別為2、2、3，體積為12.所以組合體的體積為12＋eq\f(2π,3).故選C．6．(2024·合肥市其次次質(zhì)量檢測)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，其中俯視圖由兩個半圓和兩條線段組成，則該幾何體的表面積為()A．17π＋12 B．12π＋12C．20π＋12 D．16π＋12解析：選C．由三視圖知，該幾何體是一個由大半圓柱挖去一個小半圓柱得到的，兩個半圓柱的底面半徑分別為1和3，高均為3，所以該幾何體的表面積為eq\f(1,2)×2π×3×3＋eq\f(1,2)×2π×1×3＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)π×32－\f(1,2)π×12))＋2×2×3＝20π＋12，故選C．7．(2024·濟南市學習質(zhì)量評估)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．5 B．eq\f(16,3)C．6 D．8解析：選C．該幾何體是以左視圖為底面的五棱柱，高為2，底面積為2×1＋eq\f(1,2)×2×1＝3，故其體積為3×2＝6.8．(2024·江西七校第一次聯(lián)考)一個半徑為1的球?qū)ΨQ削去了三部分，其俯視圖如圖所示，那么該立體圖形的表面積為()A．3π B．4πC．5π D．6π解析：選C．由題中俯視圖可知該球被平均分成6部分，削去了3部分，剩余的3部分為該幾何體，所以該立體圖形的表面積為2×π×12＋3×π×12＝5π，故選C．9．(2024·廣州市綜合檢測(一))一個幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖和俯視圖中的四邊形是邊長為2的正方形，則該幾何體的表面積為()A．eq\f(13π,2) B．7πC．eq\f(15π,2) D．8π解析：選B．由三視圖可知該幾何體是一個圓柱體和一個球體的四分之一的組合體，則所求的幾何體的表面積為eq\f(1,4)×4π×12＋π×12＋π×12＋2π×1×2＝7π，選B．10．(2024·重慶市七校聯(lián)合考試)已知正三棱錐的高為6，內(nèi)切球(與四個面都相切)的表面積為16π，則其底面邊長為()A．18 B．12C．6eq\r(3) D．4eq\r(3)解析：選B．由題意知，球心在三棱錐的高PE上，設內(nèi)切球的半徑為R，則S球＝4πR2＝16π，所以R＝2，所以OE＝OF＝2，OP＝4.在Rt△OPF中，PF＝eq\r(OP2－OF2)＝2eq\r(3).因為△OPF∽△DPE，所以eq\f(OF,DE)＝eq\f(PF,PE)，得DE＝2eq\r(3)，AD＝3DE＝6eq\r(3)，AB＝eq\f(2,\r(3))AD＝12.故選B．11．(2024·福州市質(zhì)量檢測)如圖，網(wǎng)格紙上的小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為()A．32 B．16C．eq\f(32,3) D．eq\f(80,3)解析：選D．由三視圖知，該幾何體為直三棱柱ABC-A1B1C1割去一個小三棱錐D-ABC后剩余的部分，如圖所示，故所求幾何體的體積為eq\f(1,2)×43－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×42×2＝eq\f(80,3).故選D．12．(2024·高考全國卷Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為()A．eq\f(3\r(3),4) B．eq\f(2\r(3),3)C．eq\f(3\r(2),4) D．eq\f(\r(3),2)解析：選A．記該正方體為ABCD-A′B′C′D′，正方體的每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，即共點的三條棱A′A，A′B′，A′D′與平面α所成的角都相等．如圖，連接AB′，AD′，B′D′，因為三棱錐A′-AB′D′是正三棱錐，所以A′A，A′B′，A′D′與平面AB′D′所成的角都相等．分別取C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD′的中點E，F(xiàn)，G，H，I，J，連接EF，F(xiàn)G，GH，IH，IJ，JE，易得E，F(xiàn)，G，H，I，J六點共面，平面EFGHIJ與平面AB′D′平行，且截正方體所得截面的面積最大．又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝eq\f(\r(2),2)，所以該正六邊形的面積為6×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3\r(3),4)，所以α截此正方體所得截面面積的最大值為eq\f(3\r(3),4)，故選A．二、填空題13．(一題多解)(2024·南昌市第一次模擬測試)底面邊長為6，側(cè)面為等腰直角三角形的正三棱錐的高為________．解析：法一：由題意得，三棱錐的側(cè)棱長為3eq\r(2)，設正三棱錐的高為h，則eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3eq\r(2)×3eq\r(2)×3eq\r(2)＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×36h，解得h＝eq\r(6).法二：由題意得，三棱錐的側(cè)棱長為3eq\r