2019年高考数学真题专题05 立体几何(选择题、填空题)

1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 【答案】B

【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若∥，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是∥的必要条件，故选B．

【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若a,b,a∥b，则∥”此类的错误．

2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则

A．BM=EN，且直线BM，EN是相交直线 B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线 C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线 D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线 【答案】B

【解析】如图所示，作EOCD于O，连接ON，BD，易得直线BM，EN 是三角形EBD的中线，是相交直线.

过M作MFOD于F，连接BF，

平面CDE平面ABCD，EOCD,EO平面CDE，EO平面ABCD，MF平面ABCD，

△MFB与△EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO3,ON1,EN2，MF35,BF,BM7，BMEN，故选B． 22

【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．

3．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm）是

3

A．158 C．182 【答案】B

B．162 D．324

【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，

下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为故选B.

4626336162. 22【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.

4．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则 A．β<γ，α<γ

B．β<α，β<γ D．α<β，γ<β

C．β<α，γ<α 【答案】B

【解析】如图，G为AC中点，连接VG，V在底面ABC的投影为O，则P在底面的投影D在线段AO上，过D作DE垂直于AC于E，连接PE，BD，易得PE∥VG，过P作PF∥AC交VG于F，连接BF，过D作DH∥AC，交BG于H，则BPF,PBD,PED，结合△PFB，△BDH，△PDB均为直角三角形，可得cosPFEGDHBDcos，即；在Rt△PED中，PBPBPBPBtanPDPDtan，即，综上所述，答案为B. EDBD

【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.

5．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的

路径中，最短路径的长度为

A．217 C．3 【答案】B

B．25 D．2

【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，知点M在上底面上，点N在下底面上，且可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为4225，故选B．

【名师点睛】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.

6．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是

22

【答案】A

【解析】由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A.

【名师点睛】本题主要考查空间几何体的三视图，考查考生的空间想象能力和阅读理解能力，考查的

数学核心素养是直观想象.

7．【2018年高考全国I卷文数】在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1与平面BB1C1C所成

的角为30，则该长方体的体积为 A．8

B．62 D．83

C．82 【答案】C

【解析】在长方体ABCDA1B1C1D1中，连接BC1，

根据线面角的定义可知AC1B30，因为AB2，所以BC123，从而求得CC122， 所以该长方体的体积为V222282， 故选C.

【名师点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长、宽、高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，最终求得结果.

8．【2018年高考全国I卷文数】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆

柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A．122π C．82π 【答案】B

B．12π D．10π

【解析】根据题意，可得截面是边长为22的正方形，

结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是2的圆，且高为22， 所以其表面积为S2π故选B.

【名师点睛】该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.

3

9．【2018年高考浙江卷】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：cm）是

222π22212π，

211正视图2侧视图

俯视图A．2 C．6

B．4 D．8

【答案】C

【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为故选C.

【名师点睛】先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.

C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三10．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】设A，B，112226, 2角形且其面积为93，则三棱锥DABC体积的最大值为 A．123 C．243 【答案】B

【解析】如图所示，设点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，

B．183 D．543

当点D在平面ABC上的射影为M时，三棱锥DABC的体积最大，此时，ODOBR4，

S△ABC23AB293，AB6,点M为三角形ABC的重心，BMBE23，

34Rt△OBM中，有OMOB2BM22，DMODOM426，

1VDABCmax936183，故选B.

3【名师点睛】本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当点D在平面ABC上的射影为三角形ABC的重心时，三棱锥DABC体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到BM属于较难题型.

11．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与

2BE23，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，3CD所成角的正切值为

A．

2 25 2B．

3 27 2C．D．

【答案】C

【解析】如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，CD∥AB，所以异面直线AE与CD所成角为EAB，设正方体边长为2a，则由E为棱CC1的中点，可得CEa，所以BE则tanEAB5a，

BE5a5．故选C． AB2a2

【名师点睛】本题主要考查异面直线所成的角，考查考生的空间想象能力、化归与转化能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、数算.求异面直线所成的角，需要将异面直线所成的角等价转化为相交直线所成的角，然后利用解三角形的知识加以求解.

12．【2018年高考浙江卷】已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的

A．充分不必要条件 C．充分必要条件 【答案】A

【解析】因为m,n,m∥n，所以根据线面平行的判定定理得m∥. 由m∥不能得出m与内任一直线平行， 所以m∥n是m∥的充分不必要条件，故选A. 【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法：

（1）定义法：直接判断“若p则q”、“若q则p”的真假．并注意和图示相结合，例如“p⇒q”为真，则p是q的充分条件．

（2）等价法：利用p⇒q与非q⇒非p，q⇒p与非p⇒非q，p⇔q与非q⇔非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．

（3）集合法：若A⊆B，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若A＝B，则A是B的充要条件．

13．【2018年高考浙江卷】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不

SE与平面ABCD所成的角为θ2，含端点），设SE与BC所成的角为θ1，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则

A．θ1≤θ2≤θ3 C．θ1≤θ3≤θ2

B．θ3≤θ2≤θ1 D．θ2≤θ3≤θ1

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】D

【解析】设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，SE，SM，OM，OE，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB， 因此SEN1,SEO2,SMO3, 从而tan1SNSNSOSO,tan2,tan3, ENOMEOOM因为SNSO，EOOM，所以tan1tan3tan2,即132， 故选D.

【名师点睛】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.

14．【2018年高考北京卷文数】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为

A．1 C．3 【答案】C

B．2 D．4

【解析】由三视图可得四棱锥PABCD如图所示，

在四棱锥PABCD中，PD2,AD2,CD2,AB1， 由勾股定理可知：PA22,PC22,PB3,BC5， 则在四棱锥中，直角三角形有：△PAD,△PCD,△PAB，共3个， 故选C.

【名师点睛】此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.解答本题时，根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.

15．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】对于B，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ； 对于C，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ； 对于D，易知AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ． 故排除B，C，D，选A．

【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及空间想象能力，属容易题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．

16．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图，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后所得，则该几何体的体积为 A．90π C．42π

B．63π D．36π

【答案】B

【解析】由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为

1Vπ326π32463π，故选B.

2【名师点睛】（1）解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图． （2）三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．

17．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面

上，则该圆柱的体积为 A．π

B．

3π 4π 4C．

π 2D．

【答案】B

【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：AC1,AB1， 2312结合勾股定理，底面半径r1，

2223321π，故选B. 由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是Vπrhπ242

【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.

18．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则

A．A1E⊥DC1 C．A1E⊥BC1 【答案】C

【解析】根据三垂线定理的逆定理，可知平面内的线垂直于平面的斜线，则也垂直于斜线在平面内的射影.

A.若A1EDC1，那么D1EDC1，很显然不成立； B.若A1EBD，那么BDAE，显然不成立；

C.若A1EBC1，那么BC1B1C，成立，反过来BC1B1C时，也能推出BC1A1E,所以C成立； D.若A1EAC，则AEAC，显然不成立，故选C.

【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型： （1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.

19．【2017年高考北京卷文数】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为

B．A1E⊥BD D．A1E⊥AC

A．60 C．20

B．30 D．10

【答案】D

【解析】该几何体是如下图所示的三棱锥PABC.

由图中数据可得该几何体的体积是V1153410，故选D. 32【名师点睛】本题考查了空间想象能力，由三视图还原几何体的方法:

如果我们死记硬背，不会具体问题具体分析，就会选错，实际上，这个题的俯视图不是几何体的底面，因为顶点在底面的射影落在了底面三角形的外面，否则中间的那条线就不会是虚线.

20．【2017年高考浙江卷】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

1 23C．1

2A．【答案】A

3 23D．3

2B．

【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积

1121为V3(21)1，故选A．

3222【名师点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽．由三视图画出直观图的步骤和思考方法：（1）首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；（2）观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；（3）画出整体，然后再根据三视图进行调整．

21．【2017年高考浙江卷】如图，已知正四面体D–ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，为,,，则

BQCR2，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P的平面角QCRA

A． B．

C． 【答案】B

D．

【解析】设O为三角形ABC中心，则O到PQ距离最小，O到PR距离最大，O到RQ距离居中，而三棱锥的高相等，因此，所以选B．

【名师点睛】立体几何是高中数学中的重要内容，也是高考重点考查的考点与热点．这类问题的设置一般有线面位置关系的证明与角度距离的计算等两类问题．解答第一类问题时一般要借助线面平行与垂直的判定定理进行；解答第二类问题时先建立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标形式及数量积公式进行求解．

22．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，

BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为___________． 【答案】2

【解析】作PD,PE分别垂直于AC,BC，PO平面ABC，连接CO，

由题意可知CDPD,CDPO，PDPO=P，

\\CD^平面PDO，又OD平面PDO，CDOD，

PDPE3，PC2，sinPCEsinPCDPCBPCA60，

又易知POCO，CO为ACB的平分线，

3， 2OCD45,ODCD1,OC2，

又PC2，PO422．

【名师点睛】本题主要考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到P在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，利用勾股定理解决．注意画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题则很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍．

23．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】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_________．（本题第一空2分，第二空3分．）

【答案】26，21

【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826个面．

如图，设该半正多面体的棱长为x，则ABBEx，延长CB与FE的延长线交于点G，延长BC交正方体的棱于H，由半正多面体对称性可知，△BGE为等腰直角三角形，

BGGECH22x,GH2xx(21)x1， 22x121， 21即该半正多面体的棱长为21．

【名师点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形． 24．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长

方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥O−EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H

3

分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm，3D打印所用原料密度为0.9 g/cm，不考虑打

印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.

【答案】118.8

【解析】由题意得，S四边形EFGH4642312cm， ∵四棱锥O−EFGH的高为3cm， ∴VOEFGH122112312cm3． 33又长方体ABCDA1B1C1D1的体积为V2466144cm， 3所以该模型体积为VV2VOEFGH14412132cm，

其质量为0.9132118.8g．

【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.

25．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果

网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．

【答案】40

【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱MPD1A1NQC1B1之后余下的几何体，

则几何体的体积V431242440. 2【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.

(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；

(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 26．【2019年高考北京卷文数】已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①l⊥m；②m∥；③l⊥．

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.

【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；

（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，有可能m在平面α内； （3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，有可能l与α斜交、l∥α. 故答案为：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.

【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.

27．【2019年高考天津卷文数】已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5.若圆柱的一个

底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________. 【答案】

π 4【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5， 借助勾股定理，可知四棱锥的高为512.

若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心， 故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为

1， 2π1故圆柱的体积为π1. 42【名师点睛】本题主要考查空间几何体的结构特征以及圆柱的体积计算问题，解答时，根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.

28．E为CC1的中点，【2019年高考江苏卷】如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，则三棱锥E−BCD

的体积是 ▲ .

2

【答案】10

【解析】因为长方体ABCDA1B1C1D1的体积为120，所以ABBCCC1120， 因为E为CC1的中点，所以CE1CC1， 2由长方体的性质知CC1底面ABCD，

所以CE是三棱锥EBCD的底面BCD上的高， 所以三棱锥EBCD的体积V111111ABBCCEABBCCC112010. 3232212【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.

29． 【2018年高考江苏卷】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．

【答案】

4 3【解析】由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于

1，所以该多面体的体积为213224. 3【名师点睛】解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．

30．【2018年高考天津卷文数】如图，已知正方体ABCD–A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1–BB1D1D的体

积为__________．

【答案】

1 3【解析】如图所示，连接A1C1，交B1D1于点O，很明显A1在平面BDD1B1上的射影是点O，则A1O是四棱锥A1–BB1D1D的高，且A1O11222， A1C111222S四边形BDD1B1BDDD1212，

结合四棱锥体积公式可得其体积为：V1121Sh2. 3323

【名师点睛】本题主要考查棱锥体积的计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

31．【2018年高考全国II卷文数】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角

为30，若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为__________． 【答案】8π

11SASBSA28，解得SA4，2211222所以SOSA2,AOSASO23，所以该圆锥的体积为VπOASO8π.

23【解析】如下图所示，SAO30,ASB90，又S△SAB

【名师点睛】此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.

32．SC是球O的直径．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】已知三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，若

平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，则球O的表面积为________． 【答案】36π

【解析】取SC的中点O，连接OA,OB，

因为SAAC,SBBC，所以OASC,OBSC， 因为平面SAC平面SBC，所以OA平面SBC， 设OAr，则VASBC1111SSBCOA2rrrr3， 3323所以r39r3，所以球的表面积为4πr236π.

【名师点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的各顶点的距离相等，然后用同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球． 33．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的

表面积为 . 【答案】14π

13【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以2R3222114,S4πR214π.

【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.

34．【2017年高考天津卷文数】已知一个正方形的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，

则这个球的体积为___________． 【答案】

9 23，其外接球直径为2R3a3，故这个球的

【解析】设正方体的边长为a，则6a218a体积V434279πRππ． 3382【名师点睛】求多面体的外接球的表面积或体积的问题常用的方法有：

①三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；②直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；

③如果多面体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点即球心． 135．【2017年高考山东卷文数】由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的

4体积为 .

【答案】2π 2【解析】由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆的半径为1,所以

π12πV211212.

42【名师点睛】（1）解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．

（2）三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．

36．【2017年高考江苏卷】如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记

圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则

V1的值是 . V2

【答案】

3 2V1r22r33【解析】设球半径为r，则V．故答案为． 422r323【名师点睛】空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：①若给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解；②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．