1、2019年数学一轮复习空间几何体的三视图、表面积与体积测试（含解析）为了检验考生复习的成果，查字典数学网为考生出了一份空间几何体的三视图、表面积与体积测试，希望考生可以通过做题查缺补漏。一、选择题1.(2019武汉调研)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()解析 A、B、C与俯视图不符.答案 D2.将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧(左)视图为()解析 抓住其一条对角线被遮住应为虚线，可知正确答案在C，D中，又结合直观图知，D正确.答案 D3.(2019安徽卷)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为()A.21+3 B.18+3C.21 D
2、.18解析由三视图知，该多面体是由正方体割去两 个角所成的图形，如图所示，则S=S正方体-2S三棱锥侧+2S三棱锥底=24-231211+234(2)2=21+3.答案 A4.已知S，A，B，C是球O表面上的点，SA平面ABCD，ABBC，SA=AB=1，BC=2，则球O的表面积等于()A.4B.3C.2解析如图所示，由ABBC知，AC为过A，B，C，D四点小圆直径，所以ADDC.又SA平面ABCD，设SB1C1D1-ABCD为SA，AB，BC为棱长构造的长方体，得体对角线长为12+12+22=2R，所以R=1，球O的表面积S=4.故 选A.答案 A5.(2019湖南卷)一块石材表示的几 何体
3、的三视图如图所示.将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于()A.1 B.2C.3 D.4解析由三视图可得原石材为如图所示的直三棱柱A1B1C1-ABC，且AB=8，BC=6，BB1=12.若要得到半径最大的球，则此球与平面A1B1BA，BCC1B1，ACC1A1相切，故此时球的半径与ABC内切圆的半径相等，故半径r=6+8-102=2.故选B.答案 B6.点A，B，C，D均在同一球面上，其中ABC是正三角形，AD平面ABC，AD=2AB=6，则该球的体积为()A.323 B.48 C.643 D.163解析如图所示，O1为三角形ABC的外心，过O做OEAD，OO1面ABC，A
4、O1=33AB=3.OD=O A，E为DA的中点.AD面ABC，ADOO1，EO=AO1=3.DO=DE2+OE2=23.R=DO= 23.V=43(23)3=323.答案 A二、填空题7.某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积是_.解析由三视图可知，四棱锥的高为2，底面为直角梯形ABCD.其中DC=2，AB=3，BC=3，所以四棱锥的体积为132+3322=533.答案 5338.如图，在三棱柱A1B1C1-ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F-ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2，则V1V2=_.解析 设三棱柱A1B1C1-ABC的高为h，
5、底面三角形ABC的面积为S，则V1=1314S12h=124Sh=124V2，即V1V2=124.答案 1249.在四面体ABCD中，AB=CD=6，AC=BD=4，AD=BC=5，则四面体ABCD的外接球的表面积为_.解析 构造一个长方体，使得它的三条面对角线分别为4、5、6，设长方体的三条边分别为x，y，z，则x2+y2+z2=772，而长方体的外接球就是四面体的外接球，所以S=4R2=772.答案 772三、解答题10.下列三个图中，左边是一个正方体截去一个角后所得多面体的直观图.右边两个是其正(主)视图和侧(左)视图.(1)请在正(主)视图的下方，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图
6、(不要求叙述作图过程).(2)求该多面体的体积(尺寸如图).解 (1)作出俯视图如图所示.(2)依题意，该多面体是由一个正方体(ABCD-A1B1C1D1)截去一个三棱锥(E-A1B1D1)得到的，所以截去的三棱锥体积VE-A1B1D1=13SA1B1D1A1E=1312221=23，正方体体积V正 方体AC1=23=8，所以所求多面体的体积V=8-23=223.11.(2019安徽卷)如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A底面ABCD.四边形ABCD为梯形，ADBC，且AD=2BC.过 A1，C，D三点 的平面记为，BB1与的交点为Q.(1)证明：Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱
7、被平面所分成上下两部分的体积之比.解 (1)证明：因为BQAA1，BCAD，BCBQ=B，ADAA1=A，所以平面QBC平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QCA1D.故QBC与A1AD的对应边相互平行，于是QBCA1AD.所以BQBB1=BQAA1=BCAD=12，即Q为BB1的中点.(2)如图，连接QA，QD.设AA1=h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BC=a，则AD=2a.VQ-A1AD=13122ahd=13ahd，VQ-ABCD=13a+2a2d12h=14ahd，所以V下=VQ-A1AD+VQ-ABCD=712a
8、hd，又V四棱柱A1B1C1D1-ABCD=32ahd，所以V上=V四棱柱A1B1C1D1-ABCD-V下=32ahd-712ahd=1112ahd.故V上V下=117.B级能力提高组1.(2019北京卷)在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，2).若S1，S2，S3分别是三棱锥D-ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则()A.S1=S2=S3 B.S2=S1且S2S3C.S3=S1且S3 S2 D.S3=S2且S3S1解析 作出三棱锥在三个坐标平面上的正投影，计算三角形的面积.如图所示，ABC为三棱锥在坐标平
9、面xOy上的正投影，所以S1=1222=2.三棱锥在坐标平面yOz上的正投影与DE F(E，F 分别为OA，BC的中点)全等，所以S2=1222=2.三棱锥在坐标平面xOz上的正投影与DGH(G，H分别为AB，OC的中点)全等，所以S3=1222=2.所以S2=S3且S1S3.故选D.答案 D2.(2019山东卷)三棱锥P-ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D-ABE的体积为V1，P-ABC的体积为V2，则V1V2=_.解析 由于VP-ABE=VC-ABE，所以VP-ABE=12VP-ABC，又因VD-ABE=12VP-ABE，所以VD-ABE=14VP-ABC，V1V2=14.
10、答案 143.(理)(2019课标全国卷)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为PD的中点.(1)证明：PB平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.解 (1)连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点.又E为PD的中点，所以EOPB.EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB平面AEC.(2)因为PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直.如图，以A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，|PA|为单位长，建立空间直角坐标系A-xyz.则D(0，3，0)，E0，32，
11、12， AE=0，32，12.设B(m,0,0)(m0)，则C(m，3，0)，AC=(m，3，0)，设n1=(x，y，z)为平面ACE的法向量，则n1AC=0，n1AE=0，即mx+3y=0，32y+12z=0，可取n1=3m，-1，3.又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量，由题设|cosn1，n2|=12，即 33+4m2=12，解得m=32.因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为12.三棱锥E-ACD的体积V=131233212=38.3.(文)如图，在RtABC中，AB=BC=4，点E在线段AB上.过点E作EFBC交AC于点F，将AEF沿EF折起到PEF的位置(点A与P重合
12、)，使得PEB=30.(1)求证：EF(2)试问：当点E在何处时，四棱锥P-EFCB的侧面PEB的面积最大?并求此时四棱锥P-EFCB的体积.解 (1)证明：AB=BC，BCAB，又EFBC，EFAB，即EFBE，EFPE.又BEPE=E，EF平面PBE，EFPB.(2)设BE=x，PE=y，则x+y=4.SPEB=12BEPEsinPEB=14xy14x+y22=1.当且仅当x=y=2时，SPEB的面积最大.此时，BE=PE=2.由(1)知EF平面PBE，平面PBE平面EFCB，在平面PBE中，作POBE于O，则PO平面EFCB.即PO为四棱锥P-EFCB的高.与当今“教师”一称最接近的“老
13、师”概念，最早也要追溯至宋元时期。金代元好问示侄孙伯安诗云：“伯安入小学，颖悟非凡貌，属句有夙性，说字惊老师。”于是看，宋元时期小学教师被称为“老师”有案可稽。清代称主考官也为“老师”，而一般学堂里的先生则称为“教师”或“教习”。可见，“教师”一说是比较晚的事了。如今体会，“教师”的含义比之“老师”一说，具有资历和学识程度上较低一些的差别。辛亥革命后，教师与其他官员一样依法令任命，故又称“教师”为“教员”。又PO=PEsin30=212=1.S梯形EFCB =12(2+4)2=6.VP-BCFE=1361=2.以上的空间几何体的三视图、表面积与体积测试同学们还满意吗？查字典数学网会经常退出一些专题训练帮助大家提高。
