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）

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：