高考数学二轮复习 专题八 立体几何 第1讲 三视图与几何体的面积与体积专题强化训练 理-人教版高三数学试题

（通用版）2016年高考数学二轮复习专题八立体几何第1讲三视图与几何体的面积与体积专题强化训练理(时间：45分钟满分：60分)一、选择题1．如图所示为一个简单几何体的三视图，则其对应的几何体是()解析：选A.对于A，该几何体的三视图恰好与已知图形相符，故A符合题意；对于B，该几何体的正视图中，对角线应该是虚线，故不符合题意；对于C，该几何体的正视图的矩形中，对角线应该是从左上到右下的方向，故不符合题意；对于D，该几何体的侧视图的矩形中，对角线应该是虚线，且是从右上到左下的方向，故不符合题意，故选A.2.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：选D.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.3．如图所示是某一几何体的三视图，则它的体积为()A．32＋12π B．64＋12πC．36＋12π D．64＋16π解析：选B.由三视图知，该几何体是圆柱与正四棱锥的组合体，圆柱的高为3，底面直径为4，∴圆柱的体积为π×22×3＝12π；正四棱锥的高为3，侧面上的斜高为5，∴正四棱锥的底面边长为2×eq\r(52－32)＝8，∴四棱锥的体积为eq\f(1,3)×82×3＝64，故几何体的体积V＝64＋12π.故选B.4．某几何体的三视图(图中正方形的边长为2)如图所示，则该几何体的体积为()A．7 B．8C.eq\f(47,6) D．eq\f(20,3)解析：选A.由三视图可知该几何体是由正方体截去两个三棱锥后所得的几何体，如图所示．所以所求体积V＝2×2×2－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×2－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×2＝7，故选A.5．已知四棱锥P­ABCD的三视图如图所示，则四棱锥P­ABCD的四个侧面的面积中最大的是()A．6 B．8C．2eq\r(5) D．3解析：选A.四棱锥的直观图如图所示，其中面PCD⊥面ABCD，PC＝PD，取AB、CD的中点M、N，连接PN、MN、PM，由三视图知AB＝CD＝4，AD＝BC＝MN＝2，又易知PN＝eq\r(32－22)＝eq\r(5)，所以PM＝eq\r(PN2＋MN2)＝3，因为S△PDC＝eq\f(1,2)×4×eq\r(5)＝2eq\r(5)，S△PBC＝S△PAD＝eq\f(1,2)×2×3＝3，S△PAB＝eq\f(1,2)×4×3＝6，所以选A.6．正三棱柱的底面边长为eq\r(3)，高为2，则这个三棱柱的外接球的表面积为()A．4π B．8eq\r(2)πC.eq\f(8\r(2),3)π D．8π解析：选D.由正三棱柱的底面边长为eq\r(3)，得底面所在平面截其外接球所成的圆O的半径r＝1.又由正三棱柱的高为2，则球心到圆心O的距离d＝1，由勾股定理，得球的半径R满足R2＝r2＋d2＝2，∴R＝eq\r(2)，∴外接球的表面积S＝4πR2＝8π.故选D.7．正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的体积为eq\f(16,3)，底面边长为2，则该球的体积为()A.eq\f(243π,16) B．16πC．9π D．eq\f(27π,4)解析：选A.如图，O为球心，O1为点P在平面ABCD上的射影，连接PO1，AO，AC.由题意知eq\f(16,3)＝eq\f(1,3)×2×2×PO1，则PO1＝4.设球的半径为R，∵PO1＝4，底面边长为2，∴R2＝(4－R)2＋(eq\r(2))2，∴R＝eq\f(9,4)，∴球的体积为eq\f(4π（\f(9,4)）3,3)＝eq\f(243π,16).故选A.8．一个三棱锥的三条侧棱OA、OB、OC两两互相垂直，且OA＝3、OB＝4、OC＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为()A．29π B．30πC.eq\f(29π,2) D．216解析：选A.把三棱锥补形为一个长、宽、高分别为3、2、4的长方体，则长方体和三棱锥有相同的外接球，长方体的对角线长为球的直径，即2R＝eq\r(42＋22＋32)＝eq\r(29)(R为球的半径)，球的半径为eq\f(\r(29),2).故该三棱锥的外接球的表面积为4×π×(eq\f(\r(29),2))2＝29π，选A.9．已知正四面体ABCD，点E、F分别为棱AB、AC的中点，球O是正四面体ABCD的外接球，球O截直线EF所得弦长为6eq\r(5)，则正四面体的棱长为()A．6eq\r(5) B．12C．6eq\r(3) D．6eq\r(2)解析：选B.如图，将正四面体补成正方体，设正四面体的棱长为2a，则正方体的棱长为eq\r(2)a，正方体的体对角线长为eq\r(6)a，正四面体的外接球的半径为eq\f(\r(6)a,2).设球心为O，O到EF的距离为d，则d＝eq\r(OE2－（\f(EF,2)）2)＝eq\r(（\f(\r(2),2)a）2－（\f(a,2)）2)＝eq\f(1,2)a，所以球O截直线EF所得弦长为2eq\r(（\f(\r(6),2)a）2－（\f(1,2)a）2)＝6eq\r(5).解得a＝6，所以正四面体的棱长为12.故选B.10．已知半径为5的球O被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆的公共弦为4，若其中的一圆的半径为4，则另一圆的半径为()A．3 B．2eq\r(3)C．4 D．eq\r(13)解析：选D.如图，设两圆的圆心分别为O1、O2，球心为O，公共弦为AB，其中点为E，连接OO1、O1E、EO2、O2O、OE、O1O2、OA、O1A，则四边形OO1EO2为矩形，O1O2＝OE＝eq\r(OA2－AE2)＝eq\r(25－4)＝eq\r(21).设圆O1的半径为4，则O1E＝eq\r(O1A2－AE2)＝eq\r(16－4)＝2eq\r(3)，∴O2E＝eq\r(21－12)＝3，∴圆O2的半径为eq\r(9＋4)＝eq\r(13).故选D.11.在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，过A1，C1，B三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD­A1C1D1，这个几何体的体积为eq\f(40,3)，则经过A1，C1，B，D四点的球的表面积为()A．36π B．24πC．12π D．14π解析：选B.设AA1＝x，则VABCD­A1C1D1＝VABCD­A1B1C1D1－VB­A1B1C1＝2×2×x－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×x＝eq\f(40,3)，则x＝4.因为A1，C1，B，D是长方体的四个顶点，所以经过A1，C1，B，D四点的球的球心为长方体ABCD­A1B1C1D1的体对角线的中点，且长方体的体对角线为球的直径，所以球的半径R＝eq\f(\r(22＋22＋42),2)＝eq\r(6)，所以球的表面积为24π.选B.12.如图，圆锥内接于半径为3的球O，则内接圆锥的体积的最大值等于()A．16π B．eq\f(32,3)πC.eq\f(16,3)π D．12π解析：选B.设圆锥的高是h，过球心的一个轴截面如图所示，延长SO交AB于O1，连接OA，则圆锥的底面半径r＝eq\r(32－（h－3）2)＝eq\r(6h－h2)，圆锥的体积V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π(－h3＋6h2)，V′＝π(－h2＋4h)，由V′＝0解得，h＝4，由导数的性质知，当h＝4时，圆锥的体积最大，为eq\f(32,3)π.故选B.二、填空题13．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是________．解析：由三视图可知该几何体如图所示，在直角梯形AA1B1B中，作BE⊥A1B1于E，则AA1EB是正方形．在Rt△BEB1中，EB＝EB1＝1，∴BB1＝eq\r(2).∴该几何体的表面积S＝S正方形AA1D1D＋2S梯形AA1B1B＋S矩形BB1C1C＋S正方形ABCD＋S矩形A1B1C1D1＝1＋2×eq\f(1,2)×(1＋2)×1＋1×eq\r(2)＋1＋1×2＝7＋eq\r(2).答案：7＋eq\r(2)14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积的最大值为________．解析：由三视图知，该几何体是一个三棱锥，三棱锥的底面是一条直角边为1，斜边为b的直角三角形，∴另一条直角边为eq\r(b2－1).三棱锥的一条侧棱与底面垂直，由勾股定理可知这条边长为eq\r(a2－1)，∴几何体的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(b2－1)×eq\r(a2－1).又a2－1＋b2－1＝6，∴V≤eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(a2－1＋b2－1,2)＝eq\f(1,2)，当且仅当a＝b＝2时等号成立，故所求体积的最大值为eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)15．已知正四面体ABCD的棱长为12，则其内切球的半径是________．解析：如图，BF⊥CD于F，AE⊥平面BCD，O为正四面体ABCD的内切球的球心，正四面体的棱长为12，则OE为内切球的半径，BF＝AF＝6eq\r(3)，BE＝4eq\r(3)，所以AE＝eq\r(122－（4\r(3)）2)＝4eq\r(6).又BO2－OE2＝BE2，即(4eq\r(6)－OE)2－OE2＝(4eq\r(3))2，所以OE＝eq\r(6)，则其内切球的半径是eq\r(6).答案：eq\r(6)16．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大时，其高的值为________．解析：以正六棱柱的最大对角面作截面，如