2019版数学（文）二轮复习通用版讲义：专题三第一讲小题考法——空间几何体的三视图、表面积与体积及空间线面位置关系的判定


[全国卷3年考情分析]


第一讲 小题考法——空间几何体的三视图、表面积与体积及空间线面位置关系的判定
考点(一)
空间几何体的三视图

主要考查利用三视图的画法规则及摆放规则，根据空间几何体确定其三视图，或根据三视图还原其对应直观图，或根据三视图中的其中两个确定另一个.
[典例感悟]
[典例]　(1)(2017·全国卷Ⅰ)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．10　　　　　　　 B．12
C．14 D．16
(2)(2018·重庆调研)如图①是一个棱长为2的正方体被削去一个角后所得到的几何体的直观图，其中DD1＝1，AB＝BC＝AA1＝2.若此几何体的俯视图如图②所示，则可以作为其正视图的是(　　)


[解析]　(1)由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为×2＝12，故选B.
(2)由题意，根据该几何体的直观图和俯视图知，其正视图的长应为底面正方形的对角线长，宽应为正方体的棱长，故排除B，D；在三视图中看不见的棱用虚线表示，故排除A，选C.
[答案]　(1)B　(2)C
[方法技巧]
熟练掌握规则几何体的三视图是由三视图还原几何体的基础，在明确三视图画法规则的基础上，按以下步骤可轻松解决此类问题：


[演练冲关]
1．(2018·全国卷Ⅲ)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(　　)

解析：选A　由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.
2．(2018·安徽淮北二模)某几何体的三视图如图所示，网格纸的小方格是边长为1的正方形，则该几何体中最长棱的棱长是(　　)

A. B．
C. D．3
解析：选A　由三视图可知该几何体为一个三棱锥D­ABC，如图，将其置于长方体中，该长方体的底面是边长为1的正方形，高为2.所以AB＝1，AC＝，BC＝，CD＝，DA＝2，BD＝，因此最长棱为BD，棱长是，故选A.
3．(2018·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是(　　)

A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选C　由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥P­ABCD，易知四棱锥P­ABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4，故选C.
4.(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．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．2 B．2
C．3 D．2
解析：选B　先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．ON＝×16＝4，OM＝2，
∴MN＝＝ ＝2.

考点(二) 空间几何体的表面积与体积


主要考查空间几何体的结构特征、表面积与体积公式的应用，涉及的几何　　　体多为柱体、锥体，且常与三视图相结合考查.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2017·全国卷Ⅱ)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
B．63π
C．42π
D．36π
(2)(2018·武汉调研)一个几何体的三视图如图，则它的表面积为(　　)

A．28　　　　　　　　　 B．24＋2
C．20＋4 D．20＋2
(3)(2018·哈尔滨六中模拟)

在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内(包括边)的动点，且A1F∥平面D1AE，沿A1F将点B1所在的几何体削去，则剩余几何体的体积为(　　)
A. B．
C. D．
[解析]　(1)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V＝π×32×10－×π×32×6＝63π.
法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V＝π×32×7＝63π.
(2)根据该几何体的三视图作出其直观图如图所示，可以看出该几何体是一个底面是梯形的四棱柱．根据三视图给出的数据，可得该几何体中梯形的上底长为2，下底长为3，高为2，所以该几何体的表面积S＝×(2＋3)×2×2＋2×2＋2×3＋2×2＋2×＝24＋2，故选B.
(3)分别取B1B，B1C1的中点M，N，连接A1M，MN，A1N，∵A1M∥D1E，A1M⊄平面D1AE，D1E⊂平面D1AE，∴A1M∥平面D1AE.同理可得MN∥平面D1AE，又A1M，MN是平面A1MN内的相交直线，∴平面A1MN∥平面D1AE，由此结合A1F∥平面D1AE，可得直线A1F⊂平面A1MN，即点F的轨迹是线段MN，
∴VB1­A1MN＝××1××＝，∴将点B1所在的几何体削去，剩余几何体的体积为1－＝.
[答案]　(1)B　(2)B　(3)D
[方法技巧]
1．求解几何体的表面积与体积的技巧
(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．
(2)求不规则几何体的体积：常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体求解．
(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化．求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积．
2．根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤


[演练冲关]
1．(2018·洛阳尖子生统考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A．2 B．1
C. D．
解析：选C　由题图可知，该几何体是一个四棱锥，如图所示，其中PD⊥平面ABCD，底面ABCD是一个对角线长为2的正方形，底面积S＝×2×2＝2，高h＝1，则该几何体的体积V＝Sh＝，故选C.
2．(2018·长春模拟)《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何？刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1)，那么该刍甍的体积为(　　)

A．4 B．5
C．6 D．12



解析：选B　如图，由三视图可还原得几何体ABCDEF，过E，F分别作垂直于底面的截面EGH和FMN，将原几何体拆分成两个底面积为3，高为1的四棱锥和一个底面积为，高为2的三棱柱，所以VABCDEF＝2V四棱锥E­ADHG＋V三棱柱EHG­FNM＝2××3×1＋×2＝5，故选B.
3．(2018·贵州模拟)某实心几何体是用棱长为1 cm的正方体无缝粘合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)

A．50 cm2 B．61 cm2
C．84 cm2 D．86 cm2
解析：选D　根据题意可知该几何体由3个长方体(最下面长方体的长、宽、高分别为5 cm,5 cm,1 cm；中间长方体的长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm；最上面长方体的长、宽、高分别为1 cm,1 cm,1 cm)叠合而成，长、宽、高分别为5 cm,5 cm,1 cm的长方体的表面积为2(5×5＋5×1＋5×1)＝2×35＝70(cm2)；长、宽、高分别为3 cm,3 cm,1 cm的长方体的表面积为2(3×3＋3×1＋3×1)＝2×15＝30(cm2)；长、宽、高分别为1 cm,1 cm,1 cm的长方体的表面积为2(1×1＋1×1＋1×1)＝2×3＝6(cm2)．由于几何体的叠加而减少的面积为2×(3×3)＋2×(1×1)＝2×10＝20(cm2)，所以所求表面积为70＋30＋6－20＝86(cm2)．故选D.

考点(三) 与球有关的组合体的计算问题

主要考查与多面体、旋转体构成的简单组合体的有关切、接球表面积、体积的计算问题，其本质是计算球的半径.



[典例感悟]
[典例]　(1)(2018·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D­ABC体积的最大值为(　　)
A．12　　　　　　　　　 B．18
C．24 D．54
(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S ­ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．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________．
(3)(2017·江苏高考)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，则的值是________．
[解析]　(1)由等边△ABC的面积为9，可得AB2＝9，所以AB＝6，
所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2.
设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝＝＝2.
所以三棱锥D­ABC高的最大值为2＋4＝6，
所以三棱锥D­ABC体积的最大值为×9×6＝18.
(2)如图，连接AO，OB，
∵SC为球O的直径，∴点O为SC的中点，∵SA＝AC，SB＝BC，
∴AO⊥SC，BO⊥SC，
∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，∴AO⊥平面SCB，
设球O的半径为R，则OA＝OB＝R，SC＝2R.
∴VS ­ABC＝VA­SBC＝×S△SBC×AO
＝××AO，
即9＝××R，解得 R＝3，
∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.
(3)设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以＝＝.
[答案]　(1)B　(2)36π　(3)

[方法技巧]
求解多面体、旋转体与球接、切问题的策略
(1)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．
(2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或通过画内切、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．
[演练冲关]
1．(2019届高三·山西八校联考)已知一个球的表面上有A，B，C三个点，且AB＝AC＝BC＝2，若球心到平面ABC的距离为1，则该球的表面积为(　　)
A．20π　　　　　　　　 B．15π
C．10π D．5π
解析：选A　设球心为O，△ABC的中心为O′，因为AB＝AC＝BC＝2，所以AO′＝×2×＝2，因为球心到平面ABC的距离为1，所以OO′＝1，所以AO＝＝，故该球的表面积S＝4π×(OA)2＝20π.故选A.
2．(2018·重庆模拟)已知三棱锥A­BCD中，平面ABC⊥平面BCD，BC⊥CD，AB⊥AC，CD＝2，BC＝2，则该三棱锥外接球的表面积为(　　)
A．4π B．4π
C．12π D．9π
解析：选C　如图，取BC的中点E，BD的中点O，连接OA，OE，OC，AE，则OE∥CD.由平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，CD⊂平面BCD，CD⊥BC，得CD⊥平面ABC，则OE⊥平面ABC，所以OE⊥BC，OE⊥AE.在Rt△ABC中，AE＝BC＝BE＝CE，则Rt△OCE≌Rt△OAE≌Rt△OBE，所以OC＝OA＝OB，又OB＝OD，所以O为三棱锥A­BCD的外接球的球心，外接球的半径R＝BD＝ ＝，则三棱锥A­BCD的外接球的表面积S＝4πR2＝12π，故选C.
3．(2018·陕西渭南二模)体积为的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________．
解析：设球的半径为R，由R3＝，得R＝1，所以正三棱柱的高h＝2.设底面边长为a，则×a＝1，所以a＝2.所以V＝×2×3×2＝6.
答案：6
考点(四)
空间线面位置关系问题


主要考查利用四个公理、八个定理来判断与点、线、面有关命题的真假或判断简单的线面位置关系及简单空间角问题的求解.

[典例感悟]
[典例]　(1)(2017·全国卷Ⅰ)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(　　)

(2)(2018·惠州模拟)设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，则下列命题中正确的个数是(　　)
①若l⊥α，则l与α相交；②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n.
A．1　　　　　　　　 B．2
C．3 D．4
(3)(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为(　　)
A. B．
C. D．
[解析]　(1)法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.
法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.
(2)对于①，若l⊥α，则l与α不可能平行，l也不可能在α内，所以l与α相交，①正确；对于②，若m⊂α，n⊂α，l⊥
m，l⊥n，则有可能是l⊂α，故②错误；对于③，若l∥m，m∥n，则l∥n，
又l⊥α，所以n⊥α，故③正确；对于④，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，又l∥m，所以l∥n，故④正确．选C.
(3)如图，连接BE，因为AB∥CD，所以AE与CD所成的角为∠EAB.在Rt△ABE中，
设AB＝2，则BE＝，则tan ∠EAB＝＝，
所以异面直线AE与CD所成角的正切值为.
[答案]　(1)A　(2)C　(3)C

[方法技巧]
1．判断与空间位置关系有关命题真假的方法
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．
(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．
(3)借助反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
2．平移法求异面直线所成的角
通过作图(如结合中位线、平行四边形等)来构造平行线、作出异面直线所成的角，通过解三角形来求解，具体步骤为：


[演练冲关]
1．(2018·安徽宣城第二次调研)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题，其中错误的命题是(　　)
A．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥n
B．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
C．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝m，则m⊥α
D．若α∥β，m∥α，则m∥β
解析：选D　若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则由线面平行的性质可得m∥n，故A正确．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则由线面垂直的性质可得m⊥n，故B正确．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝m，则由面面垂直的性质可得m⊥α，故C正确．若α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，故D不正确．故选D.
2.如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：①直线BM与ED平行；②直线CN与BE是异面直线；③直线CN与BM成60°角；④直线DM与BN是异面直线．
以上四个命题中，正确命题的序号是(　　)
A．①②③ B．②④
C．③④ D．②③④
解析：选C　由题意得到正方体的直观图如图所示，由正方体的结构特征可得，直线BM与ED是异面直线，故①不正确；直线CN与BE是平行的，故②不正确；连接AN，则AN∥BM，所以直线CN 与BM所成的角就是∠ANC，且∠ANC＝60°，故③正确；直线DM与BN是异面直线，故④正确．所以正确命题的序号是③④.

3．已知α，β表示两个不同平面，a，b表示两条不同直线，对于下列两个命题：
①若b⊂α，a⊄α，则“a∥b”是“a∥α”的充分不必要条件；
②若a⊂α，b⊂α，则“α∥β”是“a∥β且b∥β”的充要条件．
判断正确的是(　　)
A．①，②都是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①，②都是假命题
解析：选B　若b⊂α，a⊄α，a∥b，则由线面平行的判定定理可得a∥α，反过来，若b⊂α，a⊄α，a∥α，则a，b可能平行或异面，所以若b⊂α，a⊄α，“a∥b”是“a∥α”的充分不必要条件，①是真命题；若a⊂α，b⊂α，α∥β，则由面面平行的性质可得a∥β，b∥β，反过来，若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α，β可能平行或相交，所以若a⊂α，b⊂α，则“α∥β”是“a∥β，b∥β”的充分不必要条件，②是假命题，选项B正确．

[必备知能·自主补缺]　依据学情课下看，针对自身补缺漏；临近高考再浏览，考前温故熟主干
[主干知识要记牢]
1．简单几何体的表面积和体积
(1)S直棱柱侧＝ch(c为底面周长，h为高)．
(2)S正棱锥侧＝ch′(c为底面周长，h′为斜高)．
(3)S正棱台侧＝(c′＋c)h′(c与c′分别为上、下底面周长，h′为斜高)．
(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl(r为底面半径，l为母线长)，
S圆锥侧＝πrl(r为底面半径，l为母线长)，
S圆台侧＝π(r′＋r)l(r′，r分别为上、下底面的半径，l为母线长)．
(5)柱、锥、台体的体积公式
V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)，
V锥＝Sh(S为底面面积，h为高)，
V台＝(S＋＋S′)h(S，S′为上、下底面面积，h为高)．
(6)球的表面积和体积公式
S球＝4πR2，V球＝πR3.
2．两类关系的转化
(1)平行关系之间的转化


(2)垂直关系之间的转化

3．证明空间位置关系的方法
已知a，b，l是直线，α，β，γ是平面，O是点，则
(1)线线平行
⇒c∥b，⇒a∥b，
⇒a∥b，⇒a∥b.
(2)线面平行
⇒a∥α，⇒a∥α，⇒a∥α.
(3)面面平行
⇒α∥β，⇒α∥β，⇒α∥γ.
(4)线线垂直
⇒a⊥b，⇒a⊥b.
(5)线面垂直
⇒l⊥α， ⇒a⊥β，
⇒a⊥β，⇒b⊥α.
(6)面面垂直
⇒α⊥β，⇒α⊥β.

[二级结论要用好]

1．长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系d2＝a2＋b2＋c2；若长方体外接球半径为R，则有(2R)2＝a2＋b2＋c2.
[针对练1]　(2019届高三·西安八校联考)设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为2,2，4，则其外接球的表面积为(　　)
A．48π　　　　　　　　 B．32π
C．20π D．12π
解析：选B　依题意，设题中的三棱锥外接球的半径为R，可将题中的三棱锥补形成一个长方体，则R＝ ＝2，所以该三棱锥外接球的表面积为S＝4πR2＝32π.
2．棱长为a的正四面体的内切球半径r＝a，外接球的半径R＝a.又正四面体的高h＝a，故r＝h，R＝h.

[针对练2]　正四面体ABCD的外接球半径为2，过棱AB作该球的截面，则截面面积的最小值为________．
解析：由题意知，面积最小的截面是以AB为直径的圆，设AB的长为a，因为正四面体外接球的半径为2，所以a＝2，解得a＝，故截面面积的最小值为π2＝.
答案：

[易错易混要明了]

应用空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理时，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易误得出m⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件．
[针对练3]　设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，则“m∥β ”是“α∥β ”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B　当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/ α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上可知，“m∥β ”是“α∥β ”的必要不充分条件．



A级——12＋4提速练

一、选择题
1.(2018·广州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为，则该几何体的俯视图可以是(　　)

解析：选D　由题意可得该几何体可能为四棱锥，如图所示，其高为2，底面为正方形，面积为2×2＝4，因为该几何体的体积为×4×2＝，满足条件，所以俯视图可以为D.
2．(2018·陕西模拟)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，形成的三棱锥C­ABD的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为(　　)

A. B．
C. D．
解析：选D　由三棱锥C­ABD的正视图、俯视图得三棱锥C­ABD的侧视图为直角边长是的等腰直角三角形，其形状如图所示，所以三棱锥C­ABD的侧视图的面积为，故选D.
3．(2018·郑州一模)已知两条不重合的直线m，n和两个不重合的平面α，β，m⊥α，n⊂β.给出下列四个命题：
①若α∥β，则m⊥n；②若m⊥n，则α∥β；
③若m∥n，则α⊥β；④若α⊥β，则m∥n.
其中正确命题的个数是(　　)
A．0　　　　　　　　　 B．1
C．2 D．3
解析：选C　依题意，对于①，由“若一条直线与两个平行平面中的一个垂直，则该直线也垂直于另一个平面”得知，m⊥β，又n⊂β，因此m⊥n，①正确；对于②，当α⊥β时，设α∩β＝n，在平面β内作直线m⊥n，则有m⊥α，因此②不正确；对于③，由m∥n，m⊥α得n⊥α，又n⊂β，因此有α⊥β，③正确；对于④，当m⊥α，α∩β＝n，α⊥β时，直线m，n不平行，因此④不正确．综上所述，正确命题的个数为2，故选C.
4.(2018·唐山模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为(　　)
A．3 B.
C．7 D.
解析：选B　由题中的三视图可得，该几何体是由一个长方体切去一个三棱锥所得的几何体，长方体的长，宽，高分别为2,1,2，体积为4，切去的三棱锥的体积为，故该几何体的体积V＝4－＝.
5．(2018·长郡中学模拟)某几何体的三视图如图所示，其俯视图中的曲线部分为半圆，则该几何体的体积是(　　)

A．192＋96π B．256＋96π
C．192＋100π D．256＋100π
解析：选C　题中的几何体是由一个直三棱柱和一个半圆柱构成的几何体，其中直三棱柱的底面是两直角边分别为8和6的直角三角形，高为8，该半圆柱的底面圆的半径为5，高为8，因此该几何体的体积为×8×6×8＋π×52×8＝192＋100π，选C.
6.(2018·贵阳模拟)某几何体的三视图如图所示(粗线部分)，正方形网格的边长为1，该几何体的顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为(　　)
A．15π B．16π
C．17π D．18π
解析：选C　由题中的三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥D1­BCD，将其放在长方体ABCD­A1B1C1D1中，则该几何体的外接球即长方体的外接球，长方体的长、宽、高分别为2,2,3，长方体的体对角线长为＝，球O的直径为，所以球O的表面积S＝17π，故选C.
7．(2018·石家庄模拟)如图是某四棱锥的三视图，其中正视图是边长为2的正方形，侧视图是底边分别为2和1的直角梯形，则该几何体的体积为(　　)

A. B．
C. D．
解析：选A　记由三视图还原后的几何体为四棱锥A­BCDE，将其放入棱长为2的正方体中，如图，其中点D，E分别为所在棱的中点，分析知平面ABE⊥平面BCDE，点A到直线BE的距离即四棱锥的高，设为h，在△ABE中，易知AE＝BE＝，cos∠ABE＝，则sin∠ABE＝，所以h＝，故四棱锥的体积V＝×2××＝，故选A.
8．(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A.　　　　 B.　　　　
C.　　　　 D.
解析：选C　如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体EFBA­E1F1B1A1.连接B1F，由长方体性质可知，B1F∥AD1，所以∠DB1F为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DF，由题意，得DF＝＝，FB1＝＝2，DB1＝＝.
在△DFB1中，由余弦定理，得DF2＝FB＋DB－2FB1·DB1·cos∠DB1F，即5＝4＋5－2×2××cos∠DB1F，∴cos∠DB1F＝.
9．已知矩形ABCD的顶点都在球心为O，半径为R的球面上，AB＝6，BC＝2，且四棱锥O­ABCD的体积为8，则R等于(　　)
A．4　　　　　　　　　 B．2
C. D．

解析：选A　如图，设矩形ABCD的中心为E，连接OE，EC，由球的性质可得OE⊥平面ABCD，所以VO­ABCD＝·OE·S矩形ABCD＝×OE×6×2＝8，所以OE＝2，在矩形ABCD中可得EC＝2，则R＝＝＝4，故选A.
10．(2018·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为(　　)

A．2＋4＋2 B．2＋2＋4
C．2＋6 D．8＋4
解析：选A　由三视图知该几何体为三棱锥，记为三棱锥P­ABC，将其放在棱长为2的正方体中，如图所示，其中AC⊥BC，PA⊥AC，PB⊥BC，△PAB是边长为2的等边三角形，故所求表面积为S△ABC＋S△PAC＋S△PBC＋S△PAB＝×2×2＋×2×2＋×2×2＋×(2)2＝2＋4＋2.故选A.
11.(2018·唐山模拟)把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架中，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形)，则皮球的半径为(　　)
A．10 cm B．10 cm
C．10 cm D．30 cm
解析：选B　依题意，在四棱锥S­ABCD中，所有棱长均为20 cm，连接AC，BD交于点O，连接SO，则SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10 cm，易知点O到AB，BC，CD，AD的距离均为10 cm，在等腰三角形OAS中，OA＝OS＝10 cm，AS＝20 cm，所以O到SA的距离d＝10 cm，同理可证O到SB，SC，SD的距离也为10 cm，所以球心为四棱锥底面ABCD的中心，所以皮球的半径r＝10 cm，选B.
12．(2018·广州模拟)正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则线段AQ的长为(　　)
A. B．
C. D．
解析：选D　如图所示，在线段DD1上靠近点D处取一点T，使得DT＝，因为N是线段DD1上靠近D1的三等分点，故D1N＝，故NT＝2－－＝1，因为M为CC1的中点，故CM＝1，连接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四边形CMNT为平行四边形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近点A处取一点Q′，使得AQ′＝，连接BQ′，TQ′，则有BQ′∥CT∥MN，故BQ′与MN共面，即Q′与Q重合，故AQ＝，选D.
二、填空题
13．(2018·南京模拟)在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝2，E为AB的中点，则三棱锥P­BCE的体积为________．
解析：由题意知S底面ABCD＝2×2sin 60°＝2，所以S△EBC＝，故VP­EBC＝×2×＝.
答案：
14．(2018·内蒙古包头一模)已知直线a，b，平面α，且满足a⊥α，b∥α，有下列四个命题：
①对任意直线c⊂α，有c⊥a；
②存在直线c⊄α，使c⊥b且c⊥a；
③对满足a⊂β的任意平面β，有β∥α；
④存在平面β⊥α，使b⊥β.
其中正确的命题有________．(填序号)
解析：因为a⊥α，所以a垂直于α内任一直线，所以①正确；由b∥α得α内存在一直线l与b平行，在α内作直线m⊥l，则m⊥b，m⊥a，再将m平移得到直线c，使c⊄α即可，所以②正确；由面面垂直的判定定理可得③不正确；若b⊥β，则由b∥α得α内存在一条直线l与b平行，必有l⊥β，即有α⊥β，而满足b⊥β的平面β有无数个，所以④正确．
答案：①②④
15．(2019届高三·益阳、湘潭联考)已知三棱锥S­ABC的顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为3的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝4，则此三棱锥的体积为________．
解析：如图，设O1为△ABC的中心，连接OO1，故三棱锥S­ABC的高h＝2OO1，三棱锥S­ABC的体积V＝×2OO1×S△ABC，因为OO1＝＝1，所以V＝×2×1××32＝.
答案：
16．(2018·全国卷Ⅱ)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________．
解析：在Rt△SAB中，SA＝SB，S△SAB＝·SA2＝8，解得SA＝4.设圆锥的底面圆心为O，底面半径为r，高为h，在Rt△SAO中，∠SAO＝30°，所以r＝2，h＝2，所以圆锥的体积为πr2·h＝π×(2)2×2＝8π.
答案：8π
B级——难度小题强化练

1．(2018·武汉调研)已知底面半径为1，高为的圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，则球O的表面积为(　　)
A. B．4π
C. D．12π
解析：选C　如图，△ABC为圆锥的轴截面，O为其外接球的球心，设外接球的半径为R，连接OB，OA，并延长AO交BC于点D，则AD⊥BC，由题意知，AO＝BO＝R，BD＝1，AD＝，则在Rt△BOD中，有R2＝(－R)2＋12，解得R＝，所以外接球O的表面积S＝4πR2＝，故选C.
2．(2018·南京模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为(　　)

A. B．
C．2 D．
解析：选A　由三视图可知，该几何体为三棱锥，将其放在棱长为2的正方体中，如图中三棱锥A­BCD所示，故该几何体的体积V＝××1×2×2＝.
3．(2018·福州模拟)已知圆柱的高为2，底面半径为，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于(　　)
A．4π B．π
C.π D．16π
解析：选D　如图，由题意知圆柱的中心O为这个球的球心，于是球的半径r＝OB＝＝＝2.故这个球的表面积S＝4πr2＝16π.故选D.
4．(2018·贵阳检测)三棱锥P­ABC的四个顶点都在体积为的球的表面上，底面ABC所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为(　　)
A．4 B．6
C．8 D．10
解析：选C　依题意，设题中球的球心为O，半径为R，△ABC的外接圆半径为r，则＝，解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距离为＝3，因此三棱锥P­ABC的高的最大值为5＋3＝8，故选C.
5．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　　)
A. B．
C. D．
解析：选A　如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD­A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6××××sin 60°＝.故选A.
6．(2018·南宁模拟)如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H.下列说法错误的是________(将符合题意的序号填到横线上)．

①AG⊥△EFH所在平面；　②AH⊥△EFH所在平面；
③HF⊥△AEF所在平面；　④HG⊥△AEF所在平面．
解析：根据折叠前AB⊥BE，AD⊥DF可得折叠后AH⊥HE，AH⊥HF，HE∩HF＝H，可得AH⊥平面EFH，即②正确；∵过点A只有一条直线与平面EFH垂直，∴①不正确；∵AG⊥EF，AH⊥EF，AH∩AG＝A，∴EF⊥平面HAG，∴平面HAG⊥平面AEF.过H作直线垂直于平面AEF，该直线一定在平面HAG内，∴③不正确；∵HG不垂直AG，∴HG⊥平面AEF不正确，④不正确，综上，说法错误的序号是①③④.
答案：①③④