【数学】2020届一轮复习北师大版空间几何体的视图表面积和体积作业

【数学】2020届一轮复习北师大版空间几何体的视图表面积和体积作业

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　D ‎2．(2018·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．2　　　　 B.　　　　C.　　　　 D. 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，的矩形，高是.由锥体的体积公式得V＝×2××＝，故选D.‎ 答案　D ‎3．(2018·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＋4＋2 B．2＋2＋4 C．2＋6 D．8＋4 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＋2＋2＋2＝2＋4＋2，故选A.‎ 答案　A ‎4．(2018·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．2 B. C. 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×(1＋2)×2＝3，四棱锥的高为x，因为该几何体的体积为3，所以×3x＝3，解得x＝3，故选D.‎ 答案　D ‎5．(2018·南宁二模)一个简单几何体的正视图、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．①② 　　　B．①④ 　　　C．②③ 　　　D．③④‎ 解析　由题设条件知，正视图中的长与侧视图中的长不一致，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，满足题意；对于②，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是正方形；对于③，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是圆形；对于④，如果此几何体是一个椭圆柱，满足正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图可能是椭圆．‎ 综上知①④是可能的图形．‎ 答案　B ‎6．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．1.2 B．1.6 C．1.8 D．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××x＝16.2－3x＋πx＝12.6，又π＝3，故x＝1.6，故选B.‎ 答案　B ‎7．(2018·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.　　　B．2π　　　 C．12π　　　 D．4π 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＝2，所以V＝π()3＝4π.‎ 答案　D ‎8．(2018·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．2 B．2＋ C．3＋ D．3＋ 解析　‎ 如图所示，根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)，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＋＋＋＋＝2＋.‎ 答案　B ‎9．(2018·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．2 B．2 C．3 D．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.画出该圆柱的侧面展开图，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＝＝2.故选B.‎ 答案　B ‎10．(2018·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．1 B．2 C．3 D．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，容易求得PC＝3，CD＝，PD＝2，故△PCD不是直角三角形，故选C.‎ 答案　C ‎11．(2018·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，且∠BPO＝∠CPO＝∠APO＝30°，则球O的体积为 A.π B．4π C.π D．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＝，BS＝R，∴a＝R，解得a＝R，‎ ‎∵三棱锥P－ABC的体积为，‎ ‎∴××R×Rsin 60°×R＝，解得R＝2.‎ ‎∴球的体积为V＝.‎ 答案　C ‎12．(2018·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．18 B．8＋8 C．24 D．12＋6 解析　‎ 根据给定的三视图，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，腰长为的等腰三角形，其高为h＝2，所以面积为S2＝S3＝×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＝×(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．(2018·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＝×2×2＝2.‎ 答案　2‎ ‎14．(2018·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，十分巧妙，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________．(容器壁的厚度忽略不计)‎ 解析　由题意，该球形容器的半径的最小值为＝，所以该球形容器的表面积的最小值为4π·＝41π.‎ 答案　41π ‎15．(2018·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＝，四面体A′－‎ BCD中，平面A′BD⊥平面BCD，所以A′H⊥平面BCD，所以A′O＝＝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　4π ‎16．(2018·天水二模)如图，图形纸片的圆心为O，半径为6 cm，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＝，IE＝6－，因为该四棱锥的侧面积是底面积的2倍，所以4××＝2x2，解得x＝4，设该四棱锥的外接球的球心为Q，半径为R，则OC＝2，OP＝＝2，R2＝(2－R)2＋(2)2，解得R＝，外接球的体积V＝π＝ cm3.‎ 答案　 cm3‎