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1、（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第二層級 重點增分 專題七 空間幾何體的三視圖、表面積及體積講義 理（普通生，含解析）
[全國卷3年考情分析]
年份
全國卷Ⅰ
全國卷Ⅱ
全國卷Ⅲ
2018
空間幾何體的三視圖、直觀圖及最短路徑問題·T7
圓錐的性質(zhì)及側面積的計算·T16
三視圖與數(shù)學文化·T3
與外接球有關的空間幾何體體積的最值問題·T10
2017
空間幾何體的三視圖與直觀圖、面積的計算·T7
空間幾何體的三視圖及組合體體積的計算·T4
球的內(nèi)接圓柱、圓柱的體積的計算·T8
2016
有關球的三視圖及表面積的計算·T6
空間幾何體的三視圖及組
2、合體表面積的計算·T6
空間幾何體的三視圖及表面積的計算·T9
與直三棱柱有關的球體積的最值問題·T10
(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、面位置關系(特別是平行與垂直)．
(2)考查一個小題時，本小題一般會出現(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，另一小題難度稍高，一般會出現(xiàn)在第10～16題的位置上，本小題雖然難度稍高，主要體現(xiàn)在計算量上，但仍是對基礎知識、基本公式的考查．
保分考點·練后講評
1.下列三視圖所對應的直觀圖是(
3、 )
解析：選C 由三視圖知，幾何體的直觀圖下部是長方體，上部是圓柱，并且高相等，所以C選項符合題意．
2.如圖是一個空間幾何體的正視圖和俯視圖，則它的側視圖為( )
解析：選A 由正視圖和俯視圖可知，該幾何體是由一個圓柱挖去一個圓錐構成的，結合正視圖的寬及俯視圖的直徑可知側視圖應為A，故選A.
3.(2018·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 由題意可知帶卯眼的木構件的
4、直觀圖如圖所示，由直觀圖可知其俯視圖應選A.
[解題方略]
1．識別三視圖的步驟
(1)應把幾何體的結構弄清楚或根據(jù)幾何體的具體形狀，明確幾何體的擺放位置．
(2)根據(jù)三視圖的有關規(guī)則先確定正視圖，再確定俯視圖，最后確定側視圖．
(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)根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面．
(2)根據(jù)正(主)視圖或側(左)視圖確定幾何體的側棱與側面的特征，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狀．
3．由幾何體的部分視圖判斷剩余的視圖的思路
先根據(jù)已知的一部分視圖，還原、推測直觀圖的可能形式，然后再找其剩下部
5、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．
幾何體的表面積與體積 增分考點·講練沖關
[典例] (1)《九章算術》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學名著，書中提到了一種名為“芻甍”的五面體，如圖所示，四邊形ABCD為矩形，棱EF∥AB.若此幾何體中，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是邊長為2的等邊三角形，則該幾何體的表面積為( )
A．8 B．8＋8
C．6＋2 D．8＋6＋2
(2)(2017·全國卷Ⅱ)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，該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分后所得
6、，則該幾何體的體積為( )
A．90π B．63π
C．42π D．36π
(3)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，點D為側棱BB1上的動點．當AD＋DC1最小時，三棱錐D-ABC1的體積為________．
[解析] (1)如圖所示，取BC的中點P，
連接PF，則PF⊥BC，過F作FQ⊥AB，垂足為Q.
因為△ADE和△BCF都是邊長為2的等邊三角形，且EF∥AB，
所以四邊形ABFE為等腰梯形，F(xiàn)P＝，
則BQ＝(AB－EF)＝1，F(xiàn)Q＝＝，
所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝×(2＋4)×＝3，
又S△ADE
7、＝S△BCF＝×2×＝，
S矩形ABCD＝4×2＝8，
所以該幾何體的表面積S＝3×2＋×2＋8＝8＋8.故選B.
(2)法一：(分割法)由題意知，該幾何體是一個組合體，下半部分是一個底面半徑為3，高為4的圓柱，其體積V1＝π×32×4＝36π；
上半部分是一個底面半徑為3，高為6的圓柱的一半，
其體積V2＝×π×32×6＝27π.
所以該組合體的體積V＝V1＋V2＝36π＋27π＝63π.
法二：(補形法)由題意知，該幾何體是一圓柱被一平面截去一部分后所得的幾何體，在該幾何體上方再補上一個與其相同的幾何體，讓截面重合，則所得幾何體為一個圓柱，該圓柱的底面半徑為3，高為10＋4＝
8、14，該圓柱的體積V1＝π×32×14＝126π.故該幾何體的體積為圓柱體積的一半，即V＝V1＝63π.
(3)將平面AA1B1B沿著B1B旋轉到與平面CC1B1B在同一平面上(點B在線段AC上)，連接AC1與B1B相交于點D，此時AD＋DC1最小，BD＝CC1＝1.因為在直三棱柱中，BC⊥AB，BC⊥BB1，且BB1∩AB＝B，所以BC⊥平面AA1B1B，又CC1∥平面AA1B1B，所以V三棱錐D-ABC1＝V三棱錐C1-ABD＝V三棱錐C-ABD＝S△ABD·BC＝××1×1×2＝.
[答案] (1)B (2)B (3)
[解題方略]
1．求幾何體的表面積的方法
(1)求表面積問
9、題的思路是將立體幾何問題轉化為平面圖形問題，即空間圖形平面化，這是解決立體幾何的主要出發(fā)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柱、錐、臺體，先求這些柱、錐、臺體的表面積，再通過求和或作差求得所給幾何體的表面積．
2．求空間幾何體體積的常用方法
公式法
直接根據(jù)常見柱、錐、臺等規(guī)則幾何體的體積公式計算
等積法
根據(jù)體積計算公式，通過轉換空間幾何體的底面和高使得體積計算更容易，或是求出一些體積比等
割補法
把不能直接計算體積的空間幾何體進行適當?shù)姆指罨蜓a形，轉化為可計算體積的幾何體
[多練強化]
1．(2018·全國卷Ⅰ)已知圓柱的上、下底面的中心分別
10、為O1，O2，過直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為( )
A．12π B．12π
C．8π D．10π
解析：選B 設圓柱的軸截面的邊長為x，
則x2＝8，得x＝2，
∴S圓柱表＝2S底＋S側＝2×π×()2＋2π××2
＝12π.故選B.
2．(2019屆高三·湖北五校聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積是( )
A．13 B．14
C．15 D．16
解析：選C 所求幾何體可看作是將長方體截去兩個三棱柱得到的幾何體，在長方體中還原該幾何體如圖中ABCD-A′B′C′D′所示，長方體的長、寬、高
11、分別為4,2,3，兩個三棱柱的高為2，底面是兩直角邊長分別為3和1.5的直角三角形，故該幾何體的體積V＝4×2×3－2××3××2＝15.
3．如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB＝AA1＝3，點P在棱CC1上，則三棱錐P-ABA1的體積為_______．
解析：由題意，得V三棱錐P-ABA1＝V三棱錐C-ABA1＝V三棱錐A1-ABC＝S△ABC·AA1＝××32×3＝.
答案：
[析母題]
[典例] 在三棱錐P-ABC中，△ABC為等邊三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，三棱錐P-ABC的外接球的體積為( )
A.π B
12、.π
C．27π D．27π
[解析] ∵在三棱錐P-ABC中，△ABC為等邊三角形，PA＝PB＝PC＝3，
∴△PAB≌△PBC≌△PAC.
∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB.
以PA，PB，PC為過同一頂點的三條棱作正方體(如圖所示)，
則正方體的外接球同時也是三棱錐P-ABC的外接球．
∵正方體的體對角線長為＝3，
∴其外接球半徑R＝.
因此三棱錐P-ABC的外接球的體積V＝×3＝π.
[答案] B
[練子題]
1．在本例條件下，求三棱錐P-ABC的內(nèi)切球的半徑為________．
解析：由本例解析知，
S△PAB＝S△PBC＝S△PAC＝，
S△A
13、BC＝×3×3×sin 60°＝.
設三棱錐P-ABC的內(nèi)切球的半徑為r，
則VP-ABC＝AP·S△PBC＝(S△PAC＋S△PBA＋S△PBC＋S△ABC)r，
∴×3×＝r，
解得r＝，
∴所求三棱錐內(nèi)切球的半徑為.
答案：
2．若本例變?yōu)椋阂阎狝，B，C，D是球O上不共面的四點，且AB＝BC＝AD＝1，BD＝AC＝，BC⊥AD，則球O的體積為________．
解析：因為AB＝BC＝1，AC＝，所以AB2＋BC2＝AC2，所以BC⊥AB，又BC⊥AD，AD∩AB＝A，所以BC⊥平面ABD.因為AB＝AD＝1，BD＝，所以AB2＋AD2＝BD2，所以AB⊥AD，此時可將點
14、A，B，C，D看成棱長為1的正方體上的四個頂點，球O為正方體的外接球，設球O的半徑為R，故2R＝，所以R＝，則球O的體積V＝πR3＝π.
答案：π
[解題方略]
1．空間幾何體與球接、切問題的求解方法
(1)確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與幾何體的位置和數(shù)量關系．
(2)求解球與棱柱、棱錐的接、切問題時，一般過球心及接、切點作截面，把空間問題轉化為平面圖形與圓的接、切問題，再利用平面幾何知識尋找?guī)缀沃性亻g的關系求解．
(3)補成正方體、長方體、正四面體、正棱柱、圓柱等規(guī)則幾何體．
2．與球有關的組合體的常用結論
(1)長方體的外接球：
①球心：體對角線的交點；
15、②半徑：r＝(a，b，c為長方體的長、寬、高)．
(2)正方體的外接球、內(nèi)切球
①外接球：球心是正方體中心，半徑r＝a(a為正方體的棱長)；
②內(nèi)切球：球心是正方體中心，半徑r＝(a為正方體的棱長)．
[多練強化]
1．(2018·福州質(zhì)檢)已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面積為，一個側面的周長為6，則正三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面積為( )
A．4π B．8π
C．16π D．32π
解析：選C 如圖所示，設底面邊長為a，則底面面積為a2＝，所以a＝.又一個側面的周長為6，所以AA1＝2.設E，D分別為上、下底面的中心，連接DE，設DE的中點為O，則
16、點O即為正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心，連接OA1，A1E，則OE＝，A1E＝××＝1.在Rt△OEA1中，OA1＝＝2，即外接球的半徑R＝2，所以外接球的表面積S＝4πR2＝16π.
2．(2019屆高三·武昌調(diào)研)已知底面半徑為1，高為的圓錐的頂點和底面圓周都在球O的球面上，則球O的表面積為( )
A. B．4π
C. D．12π
解析：選C 如圖，△ABC為圓錐的軸截面，O為其外接球的球心，設外接球的半徑為R，連接OB，OA，并延長AO交BC于點D，則AD⊥BC，由題意知，AO＝BO＝R，BD＝1，AD＝，則在 Rt△BOD中，有R2＝(－R
17、)2＋12，解得R＝，所以外接球O的表面積S＝4πR2＝，故選C.
3．(2018·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9，則三棱錐D-ABC體積的最大值為( )
A．12 B．18
C．24 D．54
解析：選B 由等邊△ABC的面積為9，可得AB2＝9，所以AB＝6，所以等邊△ABC的外接圓的半徑為r＝AB＝2.設球的半徑為R，球心到等邊△ABC的外接圓圓心的距離為d，則d＝＝＝2.所以三棱錐D-ABC高的最大值為2＋4＝6，所以三棱錐D-ABC體積的最大值為×9×6＝18.
4.(2017·江蘇高考)如圖，
18、在圓柱O1O2內(nèi)有一個球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切．記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則的值是________．
解析：設球O的半徑為R，因為球O與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切，所以圓柱的底面半徑為R、高為2R，所以＝＝.
答案：
直觀想象——三視圖中相關問題的求解
[典例] 已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積等于( )
A．2π＋4 B．4π＋2
C.＋4 D.＋8
[解析] 由三視圖可知，該幾何體的直觀圖為左側半球、中間正方體、右側圓錐的組合體．其中，半球的半徑r1與圓錐的底面半徑r2相等，皆為1，即r1＝r2
19、＝1，正方體的棱長a＝2，圓錐的高h＝2.
所以半球的體積V1＝×r＝××13＝，
正方體的體積V2＝a3＝23＝8，
圓錐的體積V3＝×πrh＝×π×12×2＝.
所以該組合體的體積V＝V1＋V2＋V3＝＋8＋＝＋8.故選D.
[答案] D
[素養(yǎng)通路]
本題以組合體的三視圖為背景，主要是根據(jù)幾何體的三視圖及三視圖中的數(shù)據(jù)，求幾何體的體積或側(表)面積．此類問題難點：一是根據(jù)三視圖的形狀特征確定幾何體的結構特征；二是將三視圖中的數(shù)據(jù)轉化為幾何體的幾何度量．考查了直觀想象這一核心素養(yǎng)．
20、
一、選擇題
1．如圖所示是一個物體的三視圖，則此三視圖所描述物體的直觀圖是( )
解析：選D 先觀察俯視圖，由俯視圖可知選項B和D中的一個正確，由正視圖和側視圖可知選項D正確．
2．設一個球形西瓜，切下一刀后所得切面圓的半徑為4，球心到切面圓心的距離為3，則該西瓜的體積為( )
A．100π B.π
C.π D.π
解析：選D 因為切面圓的半徑r＝4，球心到切面的距離d＝3，所以球的半徑R＝＝＝5，故球的體積V＝πR
21、3＝π×53＝π，即該西瓜的體積為π.
3．(2019屆高三·開封高三定位考試)某幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖為扇形，則該幾何體的體積為( )
A．4π B．2π
C. D．π
解析：選B 由題意知該幾何體的直觀圖如圖所示，該幾何體為圓柱的一部分，設底面扇形的圓心角為α，由tan α＝＝，得α＝，故底面面積為××22＝，則該幾何體的體積為×3＝2π.
4．《九章算術》中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”．已知某“塹堵”的三視圖如圖所示，俯視圖中間的實線平分矩形的面積，則該“塹堵”的側面積為( )
A．2 B．4＋2
C．4＋4 D．4＋6
22、
解析：選C 由三視圖知，該幾何體是直三棱柱ABC-A1B1C1，其直觀圖如圖所示，其中AB＝AA1＝2，BC＝AC＝，∠C＝90°，側面為三個矩形，故該“塹堵”的側面積S＝(2＋2)×2＝4＋4.
5．(2018·惠州二調(diào))如圖，某幾何體的三視圖是三個全等的等腰直角三角形，且直角邊長都等于1，則該幾何體的外接球的體積為( )
A.π B.π
C．3π D.π
解析：選B 還原幾何體為如圖所示的三棱錐A-BCD，將其放入棱長為1的正方體中，如圖所示，則三棱錐A-BCD外接球的半徑R＝，該幾何體的外接球的體積V＝πR3＝π，
23、故選B.
6．已知某幾何體的三視圖如圖所示，根據(jù)圖中標出的尺寸(單位：cm)，可得這個幾何體的體積是( )
A. cm3 B. cm3
C．2 cm3 D．4 cm3
解析：選B 由三視圖可知，該幾何體為底面是正方形，且邊長為2 cm，高為2 cm的四棱錐，如圖，故V＝×22×2＝(cm3)．
7．如圖，已知△EAB所在的平面與矩形ABCD所在的平面互相垂直，EA＝EB＝3，AD＝2，∠AEB＝60°，則多面體E-ABCD的外接球的表面積為( )
A. B．8π
C．16π D．64π
解析：選C 由題知△EAB為等邊三角形，設球心為O，O在平面AB
24、CD的射影為矩形ABCD的中心，O在平面ABE上的射影為△EAB的重心G，又由平面EAB⊥平面ABCD，則△OGA為直角三角形，OG＝1，AG＝，所以R2＝4，所以多面體E-ABCD的外接球的表面積為4πR2＝16π.
8．(2018·昆明摸底)古人采取“用臼舂米”的方法脫去稻谷的外殼，獲得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石頭或木頭制成．一個“臼”的三視圖如圖所示，則鑿去部分(看成一個簡單的組合體)的體積為( )
A．63π B．72π
C．79π D．99π
解析：選A 由三視圖得鑿去部分是圓柱與半球的組合體，其中圓柱的高為5，底面圓的半徑為3，半球的半徑為3，所以
25、組合體的體積為π×32×5＋×π×33＝63π.
9．(2019屆高三·武漢調(diào)研)一個幾何體的三視圖如圖所示，則它的表面積為( )
A．28 B．24＋2
C．20＋4 D．20＋2
解析：選B 根據(jù)該幾何體的三視圖作出其直觀圖如圖所示，可知該幾何體是一個底面是梯形的四棱柱．根據(jù)三視圖給出的數(shù)據(jù)，可得該幾何體中梯形的上底長為2，下底長為3，高為2，所以該幾何體的表面積S＝ ×(2＋3)×2×2＋2×2＋2×3＋2×2＋2×＝24＋2，故選B.
10.如圖是一個幾何體的三視圖，其中正視圖是邊長為2的等邊三角形，側視圖是直角邊長分別為1和的直角三角形，俯視圖是半徑為1的
26、半圓，則該幾何體的內(nèi)接三棱錐的體積的最大值為( )
A. B.
C. D.
解析：選B 由三視圖可知該幾何體為半個圓錐，圓錐的母線長l＝2，底面半徑r＝1，高h＝.由半圓錐的直觀圖可得，當三棱錐的底面是斜邊，為半圓直徑，高為半徑的等腰直角三角形，棱錐的高為半圓錐的高時，其內(nèi)接三棱錐的體積達到最大值，最大體積為V＝××2×1×＝，故選B.
11．(2019屆高三·貴陽摸底考試)某實心幾何體是用棱長為1 cm的正方體無縫粘合而成的，其三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為( )
A．50 cm2 B．61 cm2
C．84 cm2 D．86 cm2
解析：選D
27、根據(jù)題意可知該幾何體由3個長方體(最下面長方體的長、寬、高分別為5 cm,5 cm, 1 cm；中間長方體的長、寬、高分別為3 cm,3 cm,1 cm；最上面長方體的長、寬、高分別為1 cm,1 cm,1 cm)疊合而成，長、寬、高分別為5 cm,5 cm,1 cm的長方體的表面積為2(5×5＋5×1＋5×1)＝2×35＝70(cm2)；長、寬、高分別為3 cm,3 cm,1 cm的長方體的表面積為2(3×3＋3×1＋3×1)＝2×15＝30(cm2)；長、寬、高分別為1 cm，1 cm,1 cm的長方體的表面積為2(1×1＋1×1＋1×1)＝2×3＝6(cm2)．由于幾何體的疊加而減少的面
28、積為2×(3×3)＋2×(1×1)＝2×10＝20(cm2)，所以所求表面積為70＋30＋6－20＝86(cm2)．
12．在棱長為3的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P在線段BD1上，且＝，M為線段B1C1上的動點，則三棱錐M-PBC的體積為( )
A．1 B.
C. D．與M點的位置有關
解析：選B ∵＝，∴點P到平面BCC1B1的距離是D1到平面BCC1B1距離的，即為＝1.M為線段B1C1上的點，∴S△MBC＝×3×3＝，
∴VM-PBC＝VP-MBC＝××1＝.
13．(2018·洛陽尖子生第一次聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為( )
29、
A．2 B．1
C. D.
解析：選C 由題圖可知該幾何體是一個四棱錐，如圖所示，其中PD⊥平面ABCD，底面ABCD是一個對角線長為2的正方形，底面積S＝ ×2×2＝2，高h＝1，則該幾何體的體積V＝Sh＝，故選C.
14．(2018·武漢調(diào)研)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為( )
A. B.
C. D.
解析：選D 由三視圖知，該幾何體是在長、寬、高分別為2,1,1的長方體中，截去一個三棱柱AA1D1-BB1C1和一個三棱錐C-BC1D后剩下的幾何體，即如圖所示的四棱錐D-ABC1D1，四棱錐D-ABC1D1的底面積為S四邊形A
30、BC1D1＝2×＝2，高h＝，
其體積V＝S四邊形ABC1D1h＝×2×＝.
15．(2019屆高三·安徽知名示范高中聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為( )
A．1 B.
C. D.
解析：選C 法一：該幾何體的直觀圖為如圖所示的四棱錐S-ABCD，SD⊥平面ABCD，且SD＝1，四邊形ABCD是平行四邊形，且AB＝DC＝1，連接BD，由題意知BD⊥DC，BD⊥AB，且BD＝1，所以S四邊形ABCD＝1，所以VS-ABCD＝S四邊形ABCD·SD＝.
法二：由三視圖易知該幾何體為錐體，所以V＝Sh，其中S指的是錐體的底面積，即俯視圖中四邊形的面積，易
31、知S＝1，h指的是錐體的高，從正視圖和側視圖易知h＝1，所以V＝Sh＝.
16．(2018·福州質(zhì)檢)已知三棱錐P-ABC的四個頂點都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝8.若平面ABC截球O所得截面的面積為9π，則球O的表面積為( )
A．10π B．25π
C．50π D．100π
解析：選D 設球O的半徑為R，由平面ABC截球O所得截面的面積為9π，得△ABC的外接圓的半徑為3.設該外接圓的圓心為D，因為AB⊥BC，所以點D為AC的中點，所以DC＝3.因為PA⊥平面ABC，易證PB⊥BC，所以PC為球O的直徑．又PA＝8，所以OD＝PA＝4，所以R＝O
32、C＝＝5，
所以球O的表面積為S＝4πR2＝100π.
二、填空題
17．一個四棱錐的三視圖如圖所示，其中側視圖為正三角形，則該四棱錐的體積是________．
解析：由四棱錐的三視圖可知，該四棱錐的直觀圖如圖中四棱錐P-ABCD所示，底面ABCD為邊長為1的正方形，△PAD是邊長為1的等邊三角形，作PO⊥AD于點O，則O為AD的中點，所以四棱錐的體積為V＝×1×1×＝.
答案：
18.如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D為棱AA1的中點．若AA1＝4，AB＝2，則四棱錐B-ACC1D的體積為________．
解析：取AC的中點O，連接BO(圖略)，則BO⊥AC，
33、所以BO⊥平面ACC1D.
因為AB＝2，所以BO＝.
因為D為棱AA1的中點，AA1＝4，所以AD＝2，
所以S梯形ACC1D＝×(2＋4)×2＝6，
所以四棱錐B-ACC1D的體積為×6×＝2.
答案：2
19.如圖，半徑為4的球O中有一內(nèi)接圓柱，則圓柱的側面積最大值是________．
解析：設圓柱的上底面半徑為r，球的半徑與上底面夾角為α，
則r＝4cos α，圓柱的高為8sin α.
所以圓柱的側面積為32πsin 2α.
當且僅當α＝時，sin 2α＝1，圓柱的側面積最大，
所以圓柱的側面積的最大值為32π.
答案：32π
20．(2018·沈陽質(zhì)檢)已知在正四棱錐S-ABCD中，SA＝6，那么當該棱錐的體積最大時，它的高為________．
解析：設正四棱錐的底面正方形的邊長為a，高為h，因為在正四棱錐S-ABCD中，SA＝6，所以＋h2＝108，即a2＝216－2h2，所以正四棱錐的體積VS-ABCD＝a2h＝72h－h(huán)3，令y＝72h－h(huán)3，則y′＝72－2h2，令y′>0，得06，所以當該棱錐的體積最大時，它的高為6.
答案：6
（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第二層級 重點增分 專題七 空間幾何體的三視圖、表面積及體積講義 理（普通生含解析）
