2020版新高考二轮复习理科数学专题强化训练：(十三)立体几何Word版含解析.doc

专题强化训练 (十三 ) 立体几何 一、选择题 1．[2019 ·南昌重点中学 ]一个几何体挖去部分后的三视图如图所 示，若其正视图和侧视图都是由三个边长为 2 的正三角形组成的， 则 该几何体的表面积为 ( ) A ．13π B．12π C．11π D．2 3π 解析： 依题意，题中的几何体是从一个圆台 (该圆台的上底面半径为 1，下底面半径为 2，母线长为 2)中挖去一个圆锥 (该圆锥的底面半径为 1，母线长为 2)后得到的，圆台的侧面积为 π(1＋2)×2＝6π， 圆锥的侧面积为 π×1×2＝2π，所以题中几何体的表面积为 6π＋2π ＋π×22＝12π，选 B. 答案： B 2．[2019 ·开封定位考试 ]某几何体的三视图如图所示，则该几何 体的体积为 ( ) 1 1 A. 3 B.2 2 C.3 D．1 解析：由三视图知，该几何体是一个三棱锥，其高为 1，底面是 一个等腰直角三角形，所以该几何体的体积 V＝1×1×2×2×1＝2， 3 2 3 故选 C. 答案： C 3．[2019 ·安徽示范高中 ] 已知三棱锥 P－ABC 中，AB⊥平面 APC，AB＝4 2，PA＝PC＝ 2，AC＝2，则三棱锥 P－ABC 外接球的表面 积为( ) A ．28π B．36π C．48π D．72π 解析： 解法一：因为 PA＝PC＝ 2，AC＝2，所以 PA⊥PC.因为 AB⊥平面 APC，所以 AB⊥AC，AB⊥PC，又 PA∩AB＝A，所以 PC ⊥平面 PAB，所以 PC⊥PB，则△ BCP，△ ABC 均为直角三角形．如图，取 BC 的中点为 O，连接 OA，OP，则 OB＝OC＝OA＝OP，即点 O 为三棱锥 P－ABC 外接球的球心．在 Rt△ ABC 中， AC＝2，AB 4 2，则 BC＝6，所以外接球的半径 R＝3，所以三棱锥 P－ABC 外接球的表面积 S＝4πR2＝36π，故选 B. 解法二：因为 PA＝PC＝ 2，AC＝2，所以 PA⊥PC，△ ACP 为直角三角形．如图，取 AC 的中点为 M，则 M 为△ PAC 外接圆的圆心．过 M 作直线 n 垂直于平面 PAC，则直线 n 上任意一点到点 P，A， C 的距离都相等．因为 AB⊥平面 PAC，所以 AB 平行于直线 n.设直线 n 与 BC 的交点为 O，则 O 为线段 BC 的中点，所以点 O 到点 B，C的距离相等，则点 O 即三棱锥 P－ABC 外接球的球心．因为 AB⊥平 面 PAC，所以 AB⊥AC，又 AC＝2，AB＝4 2，所以 BC＝6，则外接球的半径 R＝3，所以三棱锥 P－ABC 外接球的表面积 S＝4πR2＝36π，故选 B. 解法三：因为 PA＝PC＝ 2，AC＝2，所以 PA⊥PC，又 AB⊥平 面 PAC，所以可把三棱锥 P－ABC 放在如图所示的长方体中， 此长方体的长、宽、高分别为 2， 2，4 2，则三棱锥 P－ABC 的外接球即 长方体的外接球， 长方体的体对角线即长方体外接球的直径， 易得长方体的体对角线的长为 6，则外接球的半径 R＝3，所以三棱锥 P－ABC外接球的表面积 S＝4πR2＝36π，故选 B. 答案： B 4．[2019 ·唐山摸底 ]已知某几何体的三视图如图所示 (俯视图中曲 线为四分之一圆弧 )，则该几何体的表面积为 ( ) π π A ．1－4 B．3＋2 π C．2＋4 D．4 解析：由题设知，该几何体是棱长为 1 的正方体被截去底面半径 1 为 1 的 4圆柱后得到的，如图所示，所以表面积 S＝ × 1 × －1× π×12 ＋2×(1×1)＋1×2π×1×1＝4.故选 D. 2 1 4 4 答案： D 5．[2019 ·山西第一次联考 ]如图，网格纸上小正方形的边长为 1， 粗线画出的是某几何体的三视图， 则该几何体的各个面的面积中， 最 大的面积是 ( ) A ．2 B. 5 C. 6 D．2 2 解析： 由三视图可知，该几何体为四面体，记为四面体 ABCD， 将其放入长方体中， 如图，易知长方体的高为 1，AB⊥BC，AD⊥DC， ＝ AD ＝ ，则 BD ＝ ， ＝ DC ＝ ，所以 △ ＝1×2×2＝2， AB 2 22BC 5 S ABD 2 △ ＝S△ ADC ＝1×2× 5＝ 5， S△ BDC ＝ 1×2 2× 5－2＝ 6，所以 S ABC 2 2 △BDC 的面积最大，为 6，故选 C. 答案： C 6．[2019 ·武昌调研 ]如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线 画出的是某四面体的三视图，则此四面体的体积为 ( ) 32 A. 3 B．16 C．32 D．48 解析：由三视图知，该四面体可以看作是正方体中的三棱锥 P－ABC，如图，由已