2020届二轮复习小题考法——空间几何体的三视图、表面积与体积课时作业（全国通用） 10页

课时跟踪检测（六）小题考法——空间几何体的三视图、表面积与体积 A组——10＋7提速练 一、选择题 ‎1.如图为一个几何体的侧视图和俯视图，则它的正视图为(　　)‎ 解析：选B　根据题中侧视图和俯视图的形状，判断出该几何体是在一个正方体的上表面上放置一个四棱锥(其中四棱锥的底面是边长与正方体棱长相等的正方形、顶点在底面上的射影是底面一边的中点)，结合选项知，它的正视图为B.‎ ‎2．(2018·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 解析：选B　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.‎ ‎3．(2018·浙江高考)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：选A　由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V＝×π×12×3＋××××3＝＋1.‎ ‎4．(2018·郑州质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A．80 B．160‎ C．240 D．480‎ 解析：选B　如图所示，题中的几何体是从直三棱柱ABCA′B′C′中截去一个三棱锥AA′B′C′后所剩余的部分，其中底面△ABC是直角三角形，AC⊥AB，AC＝6，AB＝8，BB′＝10.因此题中的几何体的体积为×6×8×10－××6×8×10＝××6×8×10＝160，故选B.‎ ‎5．(2018·湖州模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的长为(　　)‎ A. B．2 C．3 D．2 解析：选C　在棱长为2的正方体ABCDA1B‎1C1D1中，M，N分别为AD，BC的中点，该几何体的直观图如图中三棱锥D1MNB1，故通过计算可得，D1B1＝2，D‎1M＝B1N＝，MN＝2，MB1＝ND1＝3，故该三棱锥中最长棱的长为3.‎ ‎6．一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．72＋6π B．72＋4π C．48＋6π D．48＋4π 解析：选A　由三视图知，该几何体由一个正方体的部分与一个圆柱的部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×2×2＋×2π×2×4＝72＋6π，故选A.‎ ‎7．某几何体的三视图如图所示，则其体积为(　　)‎ A．207 B．216－ C．216－36π D．216－18π 解析：选B　由三视图知，该几何体是一个棱长为6的正方体挖去个底面半径为3，高为6的圆锥而得到的，所以该几何体的体积V＝63－××π×32×6＝216－，故选B.‎ ‎8．(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.‎ ‎9.(2019届高三·浙江第二次联考)已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．3π　　　　　　　B． C．　　　　　　D．6π 解析：选B　由三视图还原直观图知，该几何体为底面半径为1，高为 的圆锥挖去一个球心为圆锥底面圆的圆心且与圆锥相切的半球，易知圆锥的母线长为2，则圆锥的轴截面为边长为2的等边三角形，球的半径为，故该几何体的表面积为π×1×2＋×4π×2＋π×12－π×2＝，故选B.‎ ‎10．(2018·嘉兴高三期末)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：cm2)是(　　)‎ A．36＋24 B．36＋12 C．40＋24 D．40＋12 解析：选B　由三视图可知该几何体为一正方体和一正四棱台的简单组合体．正方体的棱长为‎2 cm，正四棱台上底面的边长为‎2 cm，下底面的边长为‎4 cm，棱台的高为‎2 cm，可求得正四棱台的斜高为＝(cm)，故该几何体的表面积S＝22×5＋×(2＋4)××4＋42＝36＋12(cm2)．故选B.‎ 二、填空题 ‎11．高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的________．‎ 解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为 ×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为×6×2＝4.而直三棱柱的体积为×2×2×4＝8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的.‎ 答案： ‎12．(2019届高三·浙江名校联考)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是，则正视图中的x的值是________，该几何体的表面积是________．‎ 解析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，由＝×××(1＋2)x，解得x＝2.作出该几何体的直观图并标注相应棱的长度如图所示，则S表＝××(1＋2)＋×2×＋×22＋×2×＋×1×＝.‎ 答案：2　 ‎13．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________．‎ 解析：由三视图作出该空间几何体的直观图(如图所示)，‎ 可知其表面积为×1×2＋××2＋×1×2＋×2×＝2＋2，体积为××1×2×2＝.‎ 答案：2＋2　 ‎14．已知正方体ABCDA1B‎1C1D1的棱长为2，球O与正方体的各条棱都相切，M为球 O上的一点，点N是△ACB1外接圆上的一点，则线段MN长度的取值范围是________．‎ 解析：易求得棱切球的半径为，易知△ACB1为正三角形，则球心O到△ACB1的外接圆上任意一点的距离均为＝，于是OM＝，ON＝.因为|OM－ON|≤|MN|≤|OM＋ON|，所以线段MN长度的取值范围是[－，＋]．‎ 答案：[－，＋]‎ ‎15．(2018·浙江高考数学原创猜题卷)已知一个空间几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则这个几何体的体积为________cm3，表面积为________cm2.‎ 解析：由三视图可知，空间几何体是一个四棱锥，该四棱锥的底面为直角梯形，一条侧棱与底面垂直．如图所示，四边形ABCD是直角梯形，因为AB⊥AD，AB＝AD＝‎2 cm，BC＝‎4 cm，所以CD＝‎2 cm.因为PA＝‎2 cm，AD＝AB＝‎2 cm，所以PD＝PB＝‎2 cm，连接AC，易得AC＝‎2 cm，因为PA⊥平面ABCD，所以PC＝＝‎2 cm，‎ 所以该几何体的体积为××2＝‎4 cm3.‎ 易得S梯形ABCD＝＝‎6 cm2，‎ S△PAB＝×2×2＝‎2 cm2，‎ S△PAD＝×2×2＝‎2 cm2，‎ S△PBC＝×2×4＝‎4 cm2，‎ ‎△DPC中，PC边上的高为＝ cm，‎ 所以S△PDC＝×2×＝‎2 cm2，‎ 所以该几何体的表面积为6＋2＋2＋2＋4＝(10＋2＋4)cm2.‎ 答案：4　(10＋2＋4)‎ ‎16．某几何体的三视图如图所示，俯视图由一个直径为2的半圆和一个正三角形组成，则此几何体的体积是________，表面积是________．‎ 解析：由题意可知，该几何体是由一个正三棱柱和半个圆柱组合而成的，正三棱柱的底面边长为2，高为4，半圆柱的底面半径为1，高为4，所以V＝×2××4＋π×12×4＝4＋2π，表面积S＝2×4×2＋××2×2＋π×12＋π×1×4＝16＋2＋5π.‎ 答案：4＋2π　16＋2＋5π ‎17．已知在三棱锥PABC中，VPABC＝，∠APC＝，∠BPC＝，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三棱锥PABC外接球的体积为________．‎ 解析：如图，取PC的中点O，连接AO，BO，设PC＝2R，则OA＝OB＝OC＝OP＝R，∴O是三棱锥PABC外接球的球心，易知，PB＝R，BC＝R，∵∠APC＝，PA⊥AC，O为PC的中点，∴AO⊥PC，又平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，∴AO⊥平面PBC，∴VPABC＝VAPBC＝××PB×BC×AO＝××R×R×R＝，解得R＝2，∴三棱锥PABC外接球的体积V＝πR3＝.‎ 答案： B组——能力小题保分练 ‎1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(　　)‎ A．16 B．20‎ C．52 D．60‎ 解析：选B　由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V＝×3×4×6－2××2×4×3＝20，故选B. ‎ ‎2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥外接球的表面积为(　　)‎ A．136π B．34π C．25π D．18π 解析：选B　由三视图知，该四棱锥的底面是边长为3的正方形，高为4，且有一条侧棱垂直于底面，所以可将该四棱锥补形为长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体外接球的半径R即为该四棱锥外接球的半径，所以2R＝，解得R＝，所以该四棱锥外接球的表面积为4πR2＝34π，故选B.‎ ‎3．如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．4π＋96 B．(2＋6)π＋96‎ C．(4＋4)π＋64 D．(4＋4)π＋96‎ 解析：选D　由三视图可知，该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为4，圆锥的高为4，底面半径为2，所以该几何体的表面积为S＝6×42＋π×22＋π×2×＝(4＋4)π＋96.‎ ‎4．设球O是正方体ABCDA1B‎1C1D1的内切球，若平面ACD1截球O所得的截面面积为6π，则球O的半径为(　　)‎ A． B．3‎ C． D． 解析：选B　如图，易知B1D过球心O，且B1D⊥平面ACD1‎ ‎，不妨设垂足为M，正方体棱长为a，则球半径R＝，易知DM＝DB1，∴OM＝DB1＝a，∴截面圆半径r＝＝a，由截面圆面积S＝πr2＝6π，得r＝a＝，a＝6，∴球O的半径为R＝＝3.‎ ‎5.如图所示，等腰△ABC的底边AB＝6，高CD＝3，点E是线段BD上异于点B，D的动点，点F在BC边上，且EF⊥AB，现沿EF将△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AE，记BE＝x，V(x)表示四棱锥PACFE的体积，则V(x)的最大值为________．‎ 解析：因为PE⊥EF，PE⊥AE，EF∩AE＝E，‎ 所以PE⊥平面ABC.‎ 因为CD⊥AB，FE⊥AB，‎ 所以EF∥CD，所以＝，‎ 即＝，所以EF＝，‎ 所以S△ABC＝×6×3＝9，‎ S△BEF＝×x×＝x2，‎ 所以V(x)＝×x＝x(0＜x＜3)．‎ 因为V′(x)＝，‎ 所以当x∈(0,6)时，V′(x)＞0，V(x)单调递增；当6＜x＜3时，V′(x)＜0，V(x)单调递减，‎ 因此当x＝6时，V(x)取得最大值12.‎ 答案：12 ‎6．已知A，B，C是球O的球面上三点，且AB＝AC＝3，BC＝3，D为该球面上的动点，球心O到平面ABC的距离为球半径的一半，则三棱锥D ABC体积的最大值为______．‎ 解析：如图，在△ABC中，‎ ‎∵AB＝AC＝3，BC＝3，‎ ‎∴由余弦定理可得 cos A＝＝－，‎ ‎∴sin A＝.‎ 设△ABC外接圆O′的半径为r，‎ 则＝2r，得r＝3.‎ 设球的半径为R，连接OO′，BO′，OB，‎ 则R2＝2＋32，解得R＝2.‎ 由图可知，当点D到平面ABC的距离为R时，三棱锥D ABC的体积最大，‎ ‎∵S△ABC＝×3×3×＝，‎ ‎∴三棱锥D ABC体积的最大值为××3＝.‎ 答案：