届高考数学复习——立体几何：空间几何体的结构特征及三视图表面积和体积.doc

届高考数学复习——立体几何：空间几何体的结构特征及三视图表面积和体积完整版

【知识归纳梳理】
一、空间几何体的结构特征
1.多面体的结构特征
(1)棱柱
(2)棱锥
(3)棱台　棱锥被平行于棱锥底面的平面所截,截面与底面之间的部分.
2.旋转体的结构特征
(1)圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到.
(2)圆锥可以由直角三角形绕其一条直角边旋转得到.
(3)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到,也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到.
(4)球可以由半圆面或圆面绕直径旋转得到.
[注意]　(1)认识棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征时,易忽视定义,可借助于几何模型强化对空间几何体的结构特征的认识.(2)台体可以看成是由锥体截得的,但一定强调截面与底面平行.
二、空间几何体的三视图与直观图
1.空间几何体的三视图
(1)空间几何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)视图、俯视图,分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.
(2)三视图的画法
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；
③看不到的线画虚线.
[注意]　若相邻两物体的表面相交,则表面的交线是它们的分界线,在三视图中,要注意实、虚线的区别.
2.空间几何体的直观图
画空间几何体的直观图常用斜二测_画法,基本步骤是：
(1)在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴,两轴相交于点O,画直观图时,把它们画成对应的x′轴、y′轴,两轴相交于点O′,且使∠x′O′y′＝ 45°(或135°) .
(2)已知图形中平行于x轴、y轴的线段,在直观图中分别平行于x′轴、y′轴.
(3)已知图形中平行于x轴的线段,在直观图中长度保持不变,平行于y轴的线段,长度变为原来的一半.
(4)在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面,在直观图中对应的z′轴也垂直于x′O′y′平面,已知图形中平行于z轴的线段,在直观图中仍平行于z′轴且长度不变.
[注意]　按照斜二测画法得到的平面图形的直观图,其面积与原图形的面积有以下关系：
S直观图＝S原图形,S原图形＝2S直观图.
三、空间几何体的表面积和体积
1.空间几何体的表面积
当圆台的上底面半径与下底面半径相等时,得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时,得到圆锥,由此可得：
S圆柱侧＝2πrlS圆台侧＝π(r＋r′)lS圆锥侧＝πrl
[注意]　组合体的表面积应注意重合部分的处理.
2.空间几何体的体积
(1)柱体:V柱体＝Sh；V圆柱＝πr2h.
(2)锥体:V锥体＝Sh；V圆锥＝πr2h.
(3)台体:V台体＝(S＋＋S′)h；V圆台＝πh(r2＋rr′＋r′2).
3.球体
(1)球的表面积公式：S＝4πR2；
球的体积公式V＝πR3
(2)正方体与球：
①正方体的内切球：截面图为正方形EFHG的内切圆,如图所示.设正方体的棱长为a,则|OJ|＝r＝(r为内切球半径).
②与正方体各棱相切的球：截面图为正方形EFHG的外接圆,则|GO|＝R＝a.
③正方体的外接球：截面图为正方形ACC1A1的外接圆,则|A1O|＝R′＝a.

(3)正四面体与球：如图,设正四面体的棱长为a,内切球的半径为r,外接球的半径为R,取AB的中点为D,连接CD,SE为正四面体的高,在截面三角形SDC内作一个与边SD和DC相切,圆心在高SE上的圆.因为正四面体本身的对称性,内切球和外接球的球心同为O.此时,CO＝OS＝R,OE＝r,SE＝ a,CE＝a,则有R＋r＝ a,R2－r2＝|CE|2＝,解得R＝a,r＝a.

【第1讲：空间几何体的结构特征及三视图】
题型1:空间几何体的结构特征
【典型例题】
[例1](1)设有以下四个命题：
①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；
②底面是矩形的平行六面体是长方体；
③四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形；
④棱台的相对侧棱延长后必交于一点；
⑤直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥.
其中真命题的序号是________.
解析：命题①符合平行六面体的定义,故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直,故命题②是错误的；
③正确,如图1,PD⊥平面ABCD,其中底面ABCD为矩形,可证明∠PAB,∠PCB为直角,这样四个侧面都是直角三角形；
命题④由棱台的定义知是正确的；
⑤错误,当以斜边为旋转轴时,其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥.如图2所示,它是由两个同底圆锥形成的.

答案：①③④
(2)以下命题：
①直角三角形绕一边所在直线旋转得到的旋转体是圆锥；
②夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱；
③圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台；
④棱锥截去一个小棱锥后剩余部分是棱台.
其中正确的命题序号是________.
【答案】③
[例2](1)用任意一个平面截一个几何体,各个截面都是圆面,则这个几何体一定是(　　)
A.圆柱　B.圆锥C.球体 D.圆柱、圆锥、球体的组合体
解析：选C　截面是任意的且都是圆面,则该几何体为球体.
(2)下列结论正确的是(　　)
A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥
C.棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等,则该棱锥可能是六棱锥
D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
解析：选D　
A错误,如图1是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体,它的各个面都是三角形,但它不是三棱锥；B错误,如图2,若△ABC不是直角三角形,或△ABC是直角三角形但旋转轴不是直角边,所得的几何体都不是圆锥；C错误,若该棱锥是六棱锥,由题设知,它是正六棱锥.易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长,这与题设矛盾.

图1

图2
【变式训练】
1.判断正误
(1)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱(　　)
(2)有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥(　　)
(3)用一个平面去截一个球,截面是一个圆面(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√
2.下面是关于四棱柱的四个命题：
①若有两个侧面垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱；
②若过两个相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱；
③若四个侧面两两全等,则该四棱柱为直四棱柱；
④若四棱柱的四条对角线两两相等,则该四棱柱为直四棱柱.
其中,真命题的编号是________.
【答案】②④
3.给出四个命题：
①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；
②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；
③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；
④长方体一定是正四棱柱.
其中正确的命题个数是(　　)
　A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】A
题型2:空间几何体的三视图与直观图
【典型例题】
[例1](1)一个长方体去掉一个小长方体,所得几何体的正视图与侧视图分别如图所示,则该几何体的俯视图为(　　)

【答案】　C
(2)如图由若干个相同的小立方体组成的几何体的俯视图,其中小立方体中的数字表示相应位置的小立方体的个数,则该几何体的侧视图为(　　)

解析：选C　由俯视图知侧视图从左到右能看到的小立方体个数分别为2,3,1.
(3)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示,俯视图是边长为2的正三角形,则该三棱锥的侧视图可能为(　　)

【答案】B　
(4)一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图、侧视图如图所示,则其俯视图为(　　)

【答案】C　

(5)如图所示,E、F分别为正方体ABCD—A1B1C1D1的面ADD1A1、面BCC1B1的中心,则四边形BFD1E在该正方体的面DCC1D1上的投影是______.(填序号)

【答案】②
[例2](1)(2021·福建)某空间几何体的正视图是三角形,则该几何体不可能是(　　)
A.圆柱 B.圆锥 C.四面体 D.三棱柱
【答案】A　[考向1]因为圆锥、四面体、三棱柱的正视图均可以是三角形,而圆柱无论从哪个方向看均不可能是三角形,故选A.
(2)(2021·课标Ⅰ)如图,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是(　　)
A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱

[解析]B　[由题知,该几何体的三视图为一个三角形,两个四边形,分析可知该几何体为三棱柱,故选B.]
(3)(教材例题改编)已知空间几何体的三视图如图,则该几何体是由__________________组合而成.

答案：圆柱和正四棱柱
(4)(教材习题改编)如图,长方体ABCD­A′B′C′D′被截去一部分,其中EH∥A′D′,则剩下的几何体是________,截去的几何体是________.

答案：五棱柱　三棱柱
(5)(2021·北京朝阳期末)一个四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4

[解析] D　[满足条件的四棱锥的底面为矩形,且一条侧棱与底面垂直,如图所示,易知该四棱锥四个侧面均为直角三角形.]

[例3](1)利用斜二测画法得到的以下结论,正确的是__________.(写出所有正确的序号)
①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④圆的直观图是椭圆；⑤菱形的直观图是菱形.
【答案】①②④
(2)用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图,边AB平行于y轴,BC,AD平行于x轴.已知四边形ABCD的面积为2 cm2,则原平面图形的面积为(　　)
A.4 cm2　　B.4 cm2C.8 cm2D.8 cm2

解析：选C　依题意可知∠BAD＝45°,则原平面图形为直角梯形,上下底面的长与BC,AD相等,高为梯形ABCD的高的2倍,所以原平面图形的面积为8 cm2.
(3)(2021·湖北)在如图所示的空间直角坐标系O­xyz中,一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2,2).给出编号①②③④的四个图,则该四面体的正视图和俯视图分别为(　　)

A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②
解析：选D　在空间直角坐标系O­xyz中作出棱长为2的正方体,在该正方体中作出四面体,如图所示,由图可知,该四面体的正视图为④,俯视图为②.选D.

【变式训练】
1.(2021·课标全国)在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如图所示,则相应的侧视图可以为(　　)

【答案】D　
2.(2021·成都一诊)若一个几何体的正视图和侧视图是两个全等的正方形,则这个几何体的俯视图不可能是(　　)

[解析]C　[由题意知,俯视图的长度和宽度相等,故C不可能.]
3.(2021·南阳三模)已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示,俯视图是边长为2的正三角形,侧视图是有一条直角边为2的直角三角形,则该三棱锥的正视图可能为(　　)

解析：选C　当正视图为等腰三角形时,则高应为2,且应为虚线,排除A,D；当正视图是直角三角形,由条件得一个直观图如图所示,中间的线是看不见的线PA形成的投影,应为虚线,故答案为C.

4.(2021·桂林一调)已知底面为正方形的四棱锥,其一条侧棱垂直于底面,那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的(　　)

[解析]C　[

选项A,B,D中的俯视图,正方形内的线应该为另一条对角线,当四棱锥的直观图为右图时,它的三视图是C.]
5.一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示,则其俯视图不可能为：①长方形；②正方形；③圆；④椭圆.其中正确的是________.

答案：②③
6.(2021天津文)将一个长方形沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到的几何体的正视图与俯视图如图所示,则该几何体的侧(左)视图为()

A B C D
【答案】B

7.(2021·东北三校联考)利用斜二测画法可以得到：
①三角形的直观图是三角形；
②平行四边形的直观图是平行四边形；
③正方形的直观图是正方形；
④菱形的直观图是菱形.
以上结论正确的是________.
答案：①②
8.(2021·福州模拟)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形,则原来的图形是(　　)

解析：选A　由直观图可知,在直观图中多边形为正方形,对角线长为,所以原图形为平行四边形,位于y轴上的对角线长为2.
9.(2021·四川)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(　　)

【答案】D　[考向1]由三视图可知该几何体为一个上部为圆台、下部为圆柱的组合体,圆台的下底面和圆柱的底面恰好重合.
10.(2021·江西)一个几何体的直观图如图,下列给出的四个俯视图中正确的是(　　)

【答案】B　俯视图为在水平投射面上的正投影,结合几何体可知选B.
【第2讲：空间几何体的三视图与表面积和体积】
题型3:空间几何体的三视图与表面积
【典型例题】
[例1](1)(2021·北京石景山一模)正三棱柱的侧(左)视图如图所示,则该正三棱柱的侧面积为________.

解析：由侧(左)视图知：正三棱柱的高(侧棱长)为2,底边上的高为,所以底边边长为2,侧面积为3×2×2＝12.
答案：12
(2)(2021·日照一模)如图是一个几何体的正视图和侧视图,其俯视图是面积为8的矩形.则该几何体的表面积是(　　).
A.8 B.20＋8C.16 　D.24＋8

解析　由已知俯视图是矩形,则该几何体为一个三棱柱,根据三视图的性质,俯视图的矩形宽为2,由面积8,得长为4,则该几何体的表面积为S＝2××2×2＋2×4＋2×2×4＝20＋8.
答案　B
(3)(2021·许昌模拟)如图所示,一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形,俯视图是一个直径为1的圆,那么这个几何体的表面积为(　　).
A.4π B.π C.3π D.2π

解析　由三视图可知,该几何体是一个圆柱,S表＝2×π×2＋π×1×1＝.
答案　B
(4)(2021·湖南长沙联考)已知某几何体的三视图如图所示,根据图中标出的尺寸,可得这个几何体的表面积是________.

【解析】　由题意知,该几何体是一个侧放的圆锥,圆锥底面位于右侧,底面圆的半径为1,圆锥的高为2,易知其母线长为,所以其表面积为S＝π·1×(1＋)＝π＋π.
【答案】　π＋π
(5)(2021·课标III)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为(　　)
A.18＋36 B.54＋18C.90 D.81

解析　B　[考向2]由图可知,该几何体为四棱柱,S表＝2S底＋2S前＋2S侧
＝2×32＋2×3×6＋2×3×
＝18＋36＋18＝54＋18.
[例2](1)已知棱长为a,各面均为等边三角形的四面体S­ABC,则它的表面积为________.

解析：过S作SD⊥BC,
∵BC＝a,∴SD＝a
∴S△SBC＝a2,
∴表面积S＝4×a2＝a2.
答案：a2
(2)(2021·北京)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是(　　)
A.2＋ B.4＋ C.2＋2 D.5

【解析】作出三棱锥的示意图如图①,在△ABC中,作AB边上的高CD,连接SD.
在三棱锥S­ABC中,SC⊥底面ABC,SC＝1,底面三角形ABC是等腰三角形,AC＝BC,AB边上的高CD＝2,AD＝BD＝1,斜高SD＝,AC＝BC＝.∴S表＝S△ABC＋S△SAC＋S△SBC＋S△SAB＝×2×2＋×1×＋×1×＋×2×＝2＋2.

(3)(2021·遵义模拟)一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图是菱形,则该几何体的侧面积为(　　)
A.＋B.＋C.＋D.＋

解析：选C　由三视图还原为空间几何体,如图所示,则有OA＝OB＝1,AB＝.
又PB⊥平面ABCD,
∴PB⊥BD,PB⊥AB,
∴PD＝＝,PA＝＝,
从而有PA2＋DA2＝PD2,∴PA⊥DA,
∴该几何体的侧面积S＝2×××1＋2×××＝＋.
(4)(2021·北京房山一模)某四棱锥的三视图如图所示,则最长的一条侧棱的长度为(　　)
A. B. C. D.

3.C　[考向1]由三视图可知,该几何体是一个底面为直角梯形,且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥,直观图如图所示,其中PA⊥面ABCD,PA＝1,AD＝1,CD＝1,AB＝2,PD＝,PC＝,而在Rt△PAB中,PB＝＝＝＞,故最长的侧棱为PB,其长度为,故选C.

(5)(2021·课标Ⅰ)如图所示,网络纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为(　　)
A.6 B.4 C.6 D.4

【解析】由三视图可知该几何体为图中棱长为4的正方体中的三棱锥P­ABC.由图②可知,最长棱为PC＝＝6.
[例3](1)已知某几何体的三视图的正视图和侧视图是全等的等腰梯形,俯视图是两个同心圆,如图所示,则该几何体的表面积为________.

解析由三视图知该几何体为上底直径为2,下底直径为6,高为2的圆台,则几何体的表面积S＝π×1＋π×9＋π×(1＋3)×＝26π.
答案：26π
(2)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为________.

解析　如图所示：
该几何体为长为4,宽为3,高为1的长方体内部挖去一个底面半径为1,高为1的圆柱后剩下的部分.
∴S表＝(4×1＋3×4＋3×1)×2＋2π×1×1－2π×12＝38.
答案　38
(3)(2021·课标Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16＋20π,则r＝(　　)
A.1 B.2 C.4 D.8

解析　B　由题意知,该几何体是由半个圆柱与半个球组合得到的.则表面积S＝2πr2＋2×πr2＋4r2＋2πr2＝5πr2＋4r2＝20π＋16,∴r＝2.
(4)[2021重庆理]某几何体的三视图如下图所示,则该几何体的表面积为()
A.54 B.60 C.66 D.72

【答案】B
【解析】在长方体中构造几何体,如右图所示,
,经检验该几何体的三视图满足
题设条件.其表面积,
,故选择

(5)(2021·安徽)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＋ B.18＋C.21 D.18

解析A　由三视图知,该多面体是由正方体割去两个角后剩下的部分,如图所示,

则S＝S正方体－2S三棱锥侧＋2S三棱锥底＝24－2×3××1×1＋2××()2＝21＋.
【变式训练】
1.(2021·北京西城期末)已知一个正三棱柱的所有棱长均相等,其侧(左)视图如图所示,那么此三棱柱正(主)视图的面积为________.

解析：由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形,其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高,另一边是棱长.因为侧(左)视图中三角形的边长为2,所以高为,所以正视图的面积为2.
答案：2
2.(2021·云南一检)如果一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图都是半径等于5的圆,那么这个空间几何体的表面积等于(　　)
A.100π　　B.C.25πD.
解析：选A　易知该几何体为球,其半径为5,则表面积为S＝4πR2＝100π.
3.(2021·湖南)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能等于(　　).
A.1 B. C. D.

解析　由俯视图的面积为1可知,该正方体的放置如图所示,当正视图的方向与正方体的侧面垂直时,正视图的面积最小,其值为1,当正视图的方向与正方体的对角面BDD1B1或ACC1A1垂直时,正视图的面积最大,其值为,由于正视图的方向不同,因此正视图的面积S∈[1,].故选C.
答案　C
4.(2021·陕西)将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周,所得几何体的侧面积是(　　)
A.4π　　　B.3πC.2π D.π
解析：选C　由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱,底面半径为1,高为1,其侧面积S＝2πrh＝2π×1×1＝2π.
5.(2021·临沂一模)具有如图所示的正视图和俯视图的几何体中,体积最大的几何体的表面积为(　　).
A.3 B.7＋3C.π D.14

解析　由正视图和俯视图可知,该几何体可能是四棱柱或者是水平放置的三棱柱,或水平放置的圆柱.由图可知四棱柱的体积最大.四棱柱的高为1,底面边长分别为1,3,所以表面积为2(1×3＋1×1＋3×1)＝14.
答案　D
6.(2021·山东淄博模拟)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起,形成的三棱锥A­BCD的正(主)视图与俯视图如图所示,则其侧(左)视图的面积为(　　)
A. 　　　B.C. 　　　D.

解析　D　由正(主)视图与俯视图可得三棱锥A­BCD的一个侧面与底面垂直,其侧(左)视图是直角三角形,且直角边长均为,所以侧(左)视图的面积为S＝××＝.
7.(2021·西安一模)如图,网格纸中的小正方形的边长均为1,图中粗线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体的表面积为(　　)
A.(＋3＋4) B.(＋3＋8)C.(＋＋8) D.(＋2＋8)

解析　B根据三视图可知该几何体是底面为直角三角形的三棱锥,其表面积S＝××＋××3＋×2×3＋××＝(＋3＋8),故选B.
8.(2021·课标Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为(　　)
A.20π B.24π C.28π D.32π

解析　C　S表＝πr2＋2πr×4＋×2πr×R＝4π＋16π＋2π＝28π.
9 .(2021重庆文)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(　　)
A.180 B.200 C.220 D.240

【答案】D
10.(2021浙江理)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示,则此几何体的表面积是( )
A.90cm2B.129cm2 C.132cm2D.138cm2

【答案】D
【解析】由三视图知：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体,其中直三棱柱的侧棱长为3,
底面是直角边长分别为3、4的直角三角形,四棱柱的高为6,底面为矩形,矩形的两相邻边长为3和4,
∴几何体的表面积S=2×4×6+3×6+3×3+2×3×4+2××3×4+(4+5)×3=48+18+9+24+12+27=138(cm2).
11.(2021北京理)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为().
A.3B.2C.2D.2

解析　 几何体四棱锥如图所示,最长棱为正方体的体对角线,即
.故选B.

12.(2021全国1理)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为().
A.10B.12C.14D.16

解析　由三视图可画出立体图,如图所示,该多面体只有两个相同的梯形的面,
,.故选B.

题型4:空间几何体的三视图与体积
【典型例题】
[例1](1)(2021·陕西)某几何体的三视图如图所示,则其体积为________.

解析　该几何体为一个半圆锥,故其体积为V＝××π×12×22＝.
答案　
(2)(2021·惠州二调)一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图与左(侧)视图均为半径是2的圆,则这个几何体的体积是(　　)
A.16πB.14πC.12πD.8π

解析：选D　由三视图可知,该几何体为一个球切去四分之一个球后剩余的部分,由于球的
(3)(2021·广东)某四棱台的三视图如图所示,则四棱台的体积是(　　).
A.4 B. C. D.6

解析　由四棱台的三视图可知该四棱台的上底面是边长为1的正方形；下底面是边长为2的正方形,高为2.由棱台的体积公式可知该四棱台的体积V＝(12＋＋22)×2＝,故选B.
答案　B
(4)(2021·四川)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形,该三棱锥的正视图如图所示,则该三棱锥的体积是________.

解析　[考向3]【解析】　由题可知锥体的高为1,底面积为×2×1＝,∴V锥＝××1＝.
【答案】　
[例2](1)(2021·浙江)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.8 cm3 B.12 cm3 C.cm3 D.cm3

解析　C　由题意得,该几何体由一个正方体与一个正四棱锥组合而成,所以体积V＝23＋×22×2＝.
(2)(2021山东理)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为.

解析　该几何体的体积为.
(3)某几何体的三视图如图所示(单位：cm),则该几何体的体积(单位：cm3)是().
A.＋1 B.＋3 C.＋1 D.＋3

解析由三视图可知,直观图是由半个圆锥与一个三棱锥构成,半圆锥体积为,三棱锥体积为,所以几何体体积.故选A.

(4)(2021·课标Ⅰ)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　).
A.16＋8π B.8＋8πC.16＋16π D.8＋16π

解析　由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成.其中长方体的长、宽、高分别为4,2,2,圆柱的底面半径为2、高为4.所以V＝2×2×4＋×22×π×4＝16＋8π.故选A.
(5)(2021·广东中山模拟)已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积(单位：cm3)为________.

解析　π＋　[由三视图,该组合体上部是一个三棱锥,下部是一圆柱由图中数据知V圆柱＝π×12×1＝π三棱锥垂直于底面的侧面是边长为2的等边三角形,且边长是2,故其高即为三棱锥的高,高为,故棱锥高为由于棱锥底面为一等腰直角三角形,且斜边长为2,故两直角边长都是,底面三角形的面积是××＝1, 故V棱锥＝×1×＝,故该几何体的体积是π＋.]
[例3](1)(2021·山东实验模拟)设下图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为(　　)
A. B.8－ C.8－2π D. 8－

解析D[由三视图可知,几何体为正方体内挖去一个圆锥,所以该几何体的体积为V正方体－V锥＝23－(π×12×2)＝8－π.]
(2)(2021·辽宁)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是________.

解析　由三视图可知该几何体是一个圆柱内部挖去一个正四棱柱,圆柱底面圆半径为2,高为4,故体积为16π；正四棱柱底面边长为2,高为4,故体积为16,所以几何体的体积为16π－16.
(3)(2021·河南天一联考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　)
A.12＋π B.8＋π C.12－π D.6－π

解析　C　[由三视图可知,原几何体是底面边长为2的正方形,高为3的棱柱,里面挖去一个半径为1的球,所以所求几何体的体积为12－π,故选C.]
(4)(2021全国2理)如图所示,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得,则该几何体的体积为().
A.90π B.63πC.42π D.36π

解析　该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半,如图所示.
.故选B.

(5)(2021·唐山统考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　)
A.8π＋16 B.8π－16C.8π＋8 D.16π－8

解析：选B　由三视图可知：几何体为一个半圆柱去掉一个直三棱柱.半圆柱的高为4,底面半圆的半径为2,直三棱柱的底面为斜边是4的等腰直角三角形,高为4,故几何体的体积V＝π×22×4－×4×2×4＝8π－16.
[例4](1)(2021·福州模拟)如图所示,已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为1,且AA1⊥底面ABC,则三棱锥B1－ABC1的体积为 (　　).
A.B.C.D.

解析三棱锥B1－ABC1的体积等于三棱锥A－B1BC1的体积,三棱锥A－B1BC1的高为,底面积为,故其体积为××＝.
(2)(2021·山东)如图,正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为线段AA1,B1C上的点,则三棱锥D1－EDF的体积为________.

[一般解法] 三棱锥D1－EDF的体积即为三棱锥F－DD1E的体积.因为E,F分别为AA1,B1C上的点,所以在正方体ABCD－A1B1C1D1中△EDD1的面积为定值,F到平面AA1D1D的距离为定值1,所以＝××1＝.
[优美解法]E点移到A点,F点移到C点,则＝＝××1×1×1＝.
[答案]　
(3)(2021·安徽)一个多面体的三视图如图所示,则该多面体的体积为(　　)
A. B.C.6 D.7

解析：选A　如图,由三视图可知,该几何体是由棱长为2的正方体从右后和左下分别截去一个小三棱锥得到的,其体积为V＝8－2××1××1×1＝.

(4)(2021·山东)三棱锥P­ABC中,D,E分别为PB,PC的中点,记三棱锥D­ABE的体积为V1,P­ABC的体积为V2,则＝________.
解析如图,设点C到平面PAB的距离为h,三角形PAB的面积为S,则V2＝Sh,V1＝VE－ADB＝×S×h＝Sh,所以＝.

(5)(2021·江苏)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V1∶V2＝________.

解析　设三棱柱A1B1C1－ABC的高为h,底面三角形ABC的面积为S,则V1＝×S·h＝Sh＝V2,即V1∶V2＝1∶24.
答案　1∶24

[例5](1)(2021·课标Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题：“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有(　　)
A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛

解析　B设圆锥的底面半径为r,
∵×2πr＝8,
∴r＝,∴V＝××π××5＝.
设米堆共有x斛,则1.62x＝,解得x≈22(斛).
(2)(2021·江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为________.
解析　设新的底面半径为r,根据题意得
π×52×4＋π×22×8＝πr2×4＋8πr2,即28r2＝196,∴r＝.
【答案】　
【变式训练】
1.(2021广东文)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积是()
A.B.C.D.

【答案】B
2.(2021·天津)已知一个四棱锥的底面是平行四边形,该四棱锥的三视图如图所示(单位：m),则该四棱锥的体积为________m3.

解析　　依题意得,该四棱锥底面平行四边形的一边长为2,高为1.又依据正视图知该四棱锥高为3,
∴V四棱锥＝S·h＝×2×1×3＝2(m3).
【答案】　2
3.(2021·课标Ⅰ)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径,若该几何体的体积是,则它的表面积是(　　)
A.17π B.18π C.20π D.28π

解析　A由三视图可知该几何体为球去掉一个球.设球的半径为R,
则V＝×πR3＝,得R＝2.
故其表面积S＝×4πR2＋3××πR2＝14π＋3π＝17π.
4.(2021·山东)在梯形ABCD中,∠ABC＝,AD∥BC,BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为(　　)
A. B. C. D.2π
解析　如图,过点C作CE垂直AD所在直线于点E,梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB的长为底面圆半径,线段BC为母线的圆柱挖去以线段CE的长为底面圆半径,ED为高的圆锥,如图所示,该几何体的体积为V＝V圆柱－V圆锥＝π·AB2·BC－·π·CE2·DE＝π×12×2－π×12×1＝.

5.(2021·山东)一个六棱锥的体积为2,其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为________.
解析：由题意可知,该六棱锥是正六棱锥,设该六棱锥的高为h,则×6××22×h＝2,解得h＝1,底面正六边形的中心到其边的距离为,故侧面等腰三角形底边上的高为＝2,故该六棱锥的侧面积为×12×2＝12.
答案：12
6.(2021·江苏)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1,S2,体积分别为V1,V2,若它们的侧面积相等,且＝,则的值是________.
【解析】　设甲、乙两个圆柱的底面半径和高分别为r1,h1,r2,h2,由侧面积相等,即2πr1h1＝2πr2h2,得＝.
又＝＝,所以＝,
则＝＝·＝·＝＝.
【答案】　
7.(2021·天津)一个几何体的三视图如图所示(单位：m),则该几何体的体积为________m3.

解析：该几何体是一个组合体,上半部分是一个圆锥,下半部分是一个圆柱.因为V圆锥＝π×22×2＝,V圆柱＝π×12×4＝4π,所以该几何体体积V＝＋4π＝.
答案：
8.(2021·山东)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　)
A.＋π B.＋πC.＋π D.1＋π

解析　C由三视图可知,四棱锥的底面是边长为1的正方形,半球的直径为＝,所以四棱锥的体积为×12×1＝,半球的体积为×π×＝π,所以此组合体的体积为＋π.
9.(2021·浙江)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示,则此几何体的体积等于.

答案　24 cm3
10.(2021·辽宁)某几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　)
A.8－2πB.8－πC.8－D.8－

解析：选B　直观图为棱长为2的正方体割去两个底面半径为1的圆柱,所以该几何体的体积为23－2×π×12×2×＝8－π.
11.(2021·课标Ⅱ文)正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为,D为BC中点,则三棱锥A­B1DC1的体积为(　　)
A.3 B. C.1 D.
【解析】　如图,在正三棱柱ABC­A1B1C1中,∵AD⊥BC,
∴AD⊥平面B1DC1,
∴VA­B1DC1＝S△B1D