2024年高考数学大二轮复习专题五立体几何第1讲空间几何体的三视图表面积和体积练习理

PAGEPAGE1其次篇专题五第1讲空间几何体的三视图、表面积和体积[限时训练·素能提升](限时45分钟，满分80分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图是解析由几何体可以看出，侧视图应为一个矩形外加一条从右上到左下的对角线，故选D.答案D2．(2024·上饶二模)某四棱锥的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形，则该四棱锥的体积为A．2B.eq\f(2\r(2),3)C.eq\f(8,3)D.eq\f(4,3)解析由三视图可知，原几何体为一个水平放置的四棱锥，底面是边长为2，eq\r(2)的矩形，高是eq\r(2).由锥体的体积公式得V＝eq\f(1,3)×2×eq\r(2)×eq\r(2)＝eq\f(4,3)，故选D.答案D3．(2024·福州质检)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＋4eq\r(2)＋2eq\r(3)B．2＋2eq\r(2)＋4eq\r(3)C．2＋6eq\r(3)D．8＋4eq\r(2)解析由三视图可知，该多面体是如图所示的三棱锥P－ABC，其中三棱锥的高为2，底面为等腰直角三角形，直角边长为2，表面积为S＝S△ABC＋S△PBC＋S△PAC＋S△PAB＝2＋2eq\r(2)＋2eq\r(2)＋2eq\r(3)＝2＋4eq\r(2)＋2eq\r(3)，故选A.答案A4．(2024·桂林模拟)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是A．2B.eq\f(9,2)C.eq\f(3,2)D．3解析由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是一个直角梯形，底面积为eq\f(1,2)×(1＋2)×2＝3，四棱锥的高为x，因为该几何体的体积为3，所以eq\f(1,3)×3x＝3，解得x＝3，故选D.答案D5．(2024·南宁二模)一个简洁几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图可能是①长、宽不相等的长方形；②正方形；③圆；④椭圆．A．①②B．①④C．②③D．③④解析由题设条件知，正视图中的长与侧视图中的长不一样，对于①，俯视图是长方形是可能的，比如此几何体为一个长方体时，满意题意；对于②，由于正视图中的长与侧视图中的长不一样，故俯视图不行能是正方形；对于③，由于正视图中的长与侧视图中的长不一样，故俯视图不行能是圆形；对于④，假如此几何体是一个椭圆柱，满意正视图中的长与侧视图中的长不一样，故俯视图可能是椭圆．综上知①④是可能的图形．答案B6．早在公元前三百多年我国已经运用“以度审容”的科学方法，其中商鞅铜方升是公元前344年商鞅督造的一种标准量器，其三视图如图所示，若π取3，其体积为12.6，则图中的x为A．1.2B．1.6C．1.8D．2.4解析由三视图知，商鞅铜方升是由一个圆柱和一个长方体组合而成的，故其体积为(5.4－x)×3×1＋π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×x＝16.2－3x＋eq\f(1,4)πx＝12.6，又π＝3，故x＝1.6，故选B.答案B7．(2024·太原模拟)某几何体三视图如下，图中三个等腰三角形的直角边长都是2，该几何体的外接球的体积为A.eq\f(4\r(3)π,3)B．2eq\r(3)πC．12πD．4eq\r(3)π解析由三视图均为边长为2的等腰直角三角形知几何体为三棱锥，且棱锥的高为2，底面是直角边长为2的等腰直角三角形，其外接球为该三棱锥补成的正方体的外接球，球直径为正方体的体对角线长，即2R＝2eq\r(3)，所以V＝eq\f(4,3)π(eq\r(3))3＝4eq\r(3)π.答案D8．(2024·郑州质检)刘徽的《九章算术注》中有这样的记载：“邪解立方，得两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意思是说：把一块立方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫作堑堵，再把一块堑堵沿斜线分成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积比为2∶1，这个比率是不变的．如图是一个阳马的三视图，则其表面积为A．2B．2＋eq\r(2)C．3＋eq\r(3)D．3＋eq\r(2)解析如图所示，依据题设条件可知三视图还原成的几何体为四棱锥D′－ABCD(正视的方向是eq\o(BD,\s\up6(→)))，正方体的棱长为1，四棱锥D′－ABCD的表面积S＝S四边形ABCD＋S△D′AB＋S△D′BC＋S△D′DC＋S△D′DA＝1＋eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝2＋eq\r(2).答案B9．(2024·全国卷Ⅰ)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．2eq\r(17)B．2eq\r(5)C．3D．2解析由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面绽开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为eq\r(MS2＋SN2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).故选B.答案B10．(2024·北京)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．1B．2C．3D．4解析将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示．易知BC∥AD，BC＝1，AD＝AB＝PA＝2，AB⊥AD，PA⊥平面ABCD，故△PAD，△PAB为直角三角形，∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴BC⊥PB，∴△PBC为直角三角形，简洁求得PC＝3，CD＝eq\r(5)，PD＝2eq\r(2)，故△PCD不是直角三角形，故选C.答案C11．(2024·广元适应性统考)已知正三棱锥P－ABC内接于球O，三棱锥P－ABC的体积为eq\f(9\r(3),4)，且∠BPO＝∠CPO＝∠APO＝30°，则球O的体积为A.eq\f(4,3)πB．4eq\r(3)πC.eq\f(32,3)πD．16π解析如图，P，A，B，C是球O球面上四点，△ABC是正三角形，设△ABC的中心为S，球O的半径为R，△ABC的边长为2a，∴∠APO＝∠BPO＝∠CPO＝30°，OB＝OC＝R，∴OS＝eq\f(R,2)，BS＝eq\f(\r(3),2)R，∴eq\f(2\r(3),3)a＝eq\f(\r(3),2)R，解得a＝eq\f(3,4)R，∵三棱锥P－ABC的体积为eq\f(9\r(3),4)，∴eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(3,2)R×eq\f(3,2)Rsin60°×eq\f(3,2)R＝eq\f(9,4)eq\r(3)，解得R＝2.∴球的体积为V＝eq\f(32π,3).答案C12．(2024·重庆二模)某几何体的三视图如图所示，其正视图为等腰梯形，则该几何体的表面积是A．18B．8＋8eq\r(3)C．24D．12＋6eq\r(5)解析依据给定的三视图，可得原几何体如图所示，其中面ABB1A1表示边长分别为2和4的矩形，其面积为S1＝2×4＝8，△ABC和△A1B1C1为底边边长为2，腰长为eq\r(5)的等腰三角形，其高为h＝2，所以面积为S2＝S3＝eq\f(1,2)×2×2＝2，面AA1C1C和面BB1C1C为全等的等腰梯形，上底边长为2，下底边长为4，高为2，所以面积为S4＝S5＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2＝6，所以几何体的表面积为S＝8＋2×2＋2×6＝24，故选C.答案C二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2024·聊城模拟)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点E为线段A1B1的中点，点F，G分别是线段A1D与BC1上的动点，当三棱锥E－FGC的俯视图的面积最大时，该三棱锥的正视图的面积是________．解析因为E在底面ABCD上的投影为AB的中点E′，C′在底面ABCD上的投影为C点，F的投影在边AD上，G的投影在边BC上，如图1：要使三棱锥E－FGC的俯视图的面积最大，则F与D重合，G与B重合．此时三棱锥E－FGC的正视图为等腰三角形EAB如图2，底边长为2，底边上的高为2.所以面积S＝eq\f(1,2)×2×2＝2.答案214．(2024·太原二模)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，非常奇妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来，如图，若正四棱柱体的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为________．(容器壁的厚度忽视不计)解析由题意，该球形容器的半径的最小值为eq\r(32＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(41),2)，所以该球形容器的表面积的最小值为4π·eq\f(41,4)＝41π.答案41π15．(2024·烟台二模)在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠A＝90°，∠C＝45°，AB＝AD＝1，沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，若四面体A′－BCD顶点在同一球面上，则该球的表面积为________．解析设H为梯形对角线的交点，O为DC中点，依题意有AH＝OH＝eq\f(\r(2),2)，四面体A′－BCD中，平面A′BD⊥平面BCD，所以A′H⊥平面BCD，所以A′O＝eq\r(A′H2＋HO2)＝1，又因为OD＝OC＝OB＝1，所以O为四面体A′－BCD外接球的球心，故半径R＝1.则该球的表面积为4πR2＝4π.答案4π16．(2024·天水二模)如图，图形纸片的圆心为O，半径为6cm，该纸片上的正方形ABCD的中心为O，E，F，G，H为圆O上的点，△ABE，△BCF，△CDG，△ADH分别以AB，BC，CD，DA为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DA为折痕折起△ABE，△BCF，△CDG，△ADH，使得E，F，G，H重合，得到一个四棱锥，当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的体积为________．解析连接OE交AB于点I，设E，F，G，H重合于点P，正方形的边长为x(x>0)，则OI＝eq\f(x,2)，IE＝6－eq\f(x,2)，因为该四棱锥的侧面积是底面积的2倍，所以4×eq\f(x,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(