學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精PAGE17學必求其心得，業必貴于專精PAGE課時跟蹤檢測(九）A組-—12＋4提速練一、選擇題1.如圖為一個幾何體的側視圖和俯視圖，則它的正視圖為(）解析:選B根據題中側視圖和俯視圖的形狀，判斷出該幾何體是在一個正方體的上表面上放置一個四棱錐(其中四棱錐的底面是邊長與正方體棱長相等的正方形、頂點在底面上的射影是底面一邊的中點),結合選項知,它的正視圖為B。2．（2017·全國卷Ⅰ）某多面體的三視圖如圖所示,其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形．該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為（)A．10 B．12C．14 D．16解析：選B由三視圖可知該多面體是一個組合體,下面是一個底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一個底面是等腰直角三角形的三棱錐，等腰直角三角形的腰長為2，直三棱柱的高為2，三棱錐的高為2，易知該多面體有2個面是梯形，這些梯形的面積之和為eq\f（2＋4×2,2)×2＝12，故選B。3．(2017·合肥質檢)若平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形，則該三棱錐中與平面α平行的棱有（)A．0條 B．1條C．2條 D．0條或2條解析：選C因為平行于三棱錐的兩條相對棱的平面截三棱錐所得的截面是平行四邊形，所以該三棱錐中與平面α平行的棱有2條，故選C.4．（2017·成都模擬)已知m，n是空間中兩條不同的直線，α,β是兩個不同的平面,且m?α，n?β。有下列命題：①若α∥β，則m，n可能平行，也可能異面;②若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l,則α⊥β;③若α∩β＝l，且m⊥l,m⊥n,則α⊥β.其中真命題的個數是（）A．0 B．1C．2 D．3解析：選B對于①，直線m，n可能平行，也可能異面,故①是真命題；對于②,直線m，n同時垂直于公共棱,不能推出兩個平面垂直，故②是假命題；對于③,當直線n∥l時,不能推出兩個平面垂直，故③是假命題．故真命題的個數為1。故選B.5．(2017·浙江高考)某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm),則該幾何體的體積（單位：cm3）是（）A。eq\f(π,2）＋1 B。eq\f(π，2）＋3C。eq\f（3π，2）＋1 D.eq\f(3π，2）＋3解析：選A由幾何體的三視圖可得，該幾何體是一個底面半徑為1，高為3的圓錐的一半與一個底面為直角邊長為eq\r（2)的等腰直角三角形，高為3的三棱錐的組合體，故該幾何體的體積V＝eq\f（1，3）×eq\f（1,2）π×12×3＋eq\f(1，3)×eq\f(1，2)×eq\r（2）×eq\r（2）×3＝eq\f(π，2)＋1。6．（2017·鄭州質檢）某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．80 B．160C．240 D．480解析:選B如圖所示，題中的幾何體是從直三棱柱ABC-A′B′C′中截去一個三棱錐A。A′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。因此題中的幾何體的體積為eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）×6×8))×10－eq\f（1，3)×eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,2）×6×8））×10）)＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×6×8)）×10＝160,故選B。7．(2017·合肥質檢）一個幾何體的三視圖如圖所示(其中正視圖的弧線為四分之一圓周），則該幾何體的表面積為（）A．72＋6π B．72＋4πC．48＋6π D．48＋4π解析:選A由三視圖知，該幾何體由一個正方體的eq\f（3,4)部分與一個圓柱的eq\f（1，4)部分組合而成(如圖所示)，其表面積為16×2＋（16－4＋π)×2＋4×2×2＋eq\f(1,4）×2π×2×4＝72＋6π，故選A。8．某幾何體的三視圖如圖所示，則其體積為（）A．207 B．216－eq\f(9π,2）C．216－36π D．216－18π解析：選B由三視圖知,該幾何體是一個棱長為6的正方體挖去eq\f（1，4)個底面半徑為3，高為6的圓錐而得到的，所以該幾何體的體積V＝63－eq\f（1，4）×eq\f（1，3）×π×32×6＝216－eq\f(9π，2），故選B.9．(2017·貴陽檢測)三棱錐P-ABC的四個頂點都在體積為eq\f（500π，3)的球的表面上,底面ABC所在的小圓面積為16π,則該三棱錐的高的最大值為（)A．4 B．6C．8 D．10解析：選C依題意，設題中球的球心為O，半徑為R，△ABC的外接圓半徑為r，則eq\f（4πR3,3)＝eq\f(500π，3），解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距離為eq\r（R2－r2)＝3，因此三棱錐P。ABC的高的最大值為5＋3＝8，故選C.10．（2017·洛陽統考)已知三棱錐P.ABC的四個頂點均在某球面上，PC為該球的直徑，△ABC是邊長為4的等邊三角形，三棱錐P。ABC的體積為eq\f（16，3），則此三棱錐的外接球的表面積為（)A。eq\f（16π,3）B。eq\f（40π，3）C.eq\f（64π,3)D.eq\f(80π，3)解析：選D依題意，記三棱錐P。ABC的外接球的球心為O，半徑為R，點P到平面ABC的距離為h，則由VP。ABC＝eq\f（1，3）S△ABCh＝eq\f(1，3)×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（\r（3),4）×42)）×h＝eq\f（16,3）得h＝eq\f（4\r(3）,3).又PC為球O的直徑，因此球心O到平面ABC的距離等于eq\f(1,2)h＝eq\f(2\r（3)，3)。又正△ABC的外接圓半徑為r＝eq\f(AB,2sin60°）＝eq\f（4\r(3），3),因此R2＝r2＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2\r(3)，3））)2＝eq\f(20,3),所以三棱錐P-ABC的外接球的表面積為4πR2＝eq\f（80π,3），故選D。11．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A.eq\f（15π,2） B．8πC。eq\f(17π，2) D．9π解析：選B依題意，題中的幾何體是由兩個完全相同的圓柱各自用一個不平行于其軸的平面去截后所得的部分拼接而成的組合體（各自截后所得的部分也完全相同），其中一個截后所得的部分的底面半徑為1，最短母線長為3、最長母線長為5，將這兩個截后所得的部分拼接恰好形成一個底面半徑為1,母線長為5＋3＝8的圓柱,因此題中的幾何體的體積為π×12×8＝8π，故選B.12．(2018屆高三·湘中名校聯考）已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A.eq\f(160，3） B．32C.eq\f(32,3) D．eq\f(352，3）解析:選A由三視圖可知，該幾何體是由底面為等腰直角三角形(腰長為4）、高為8的直三棱柱截去一個等底且高為4的三棱錐而得到的，所以該幾何體的體積V＝eq\f(1，2）×4×4×8－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×4×4＝eq\f(160,3)，故選A。二、填空題13．如圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖,則該幾何體的表面積為________．解析：設圓柱高為h，底面圓半徑為r，周長為c，圓錐母線長為l.由圖得r＝2，h＝4，則c＝2πr＝4π，由勾股定理得:l＝eq\r（22＋2\r（3）2)＝4，則S表＝πr2＋ch＋eq\f（1，2)cl＝4π＋16π＋8π＝28π.答案:28π14．一個正方體被一個平面截去一部分后,剩余部分的三視圖如圖,則截去部分體積與剩余部分體積的比值為________．解析：由已知三視圖知該幾何體是由一個正方體截去了一個“大角”后剩余的部分，如圖所示，截去部分是一個三棱錐．設正方體的棱長為1,則三棱錐的體積為V1＝eq\f（1,3）×eq\f（1，2)×1×1×1＝eq\f（1,6)，剩余部分的體積V2＝13－eq\f(1，6）＝eq\f（5，6）.所以eq\f(V1,V2)＝eq\f（\f（1，6),\f(5，6）)＝eq\f(1，5)。答案:eq\f（1,5）15．高為4的直三棱柱被削去一部分后得到一個幾何體，它的直觀圖和三視圖中的側視圖、俯視圖如圖所示，則該幾何體的體積是原直三棱柱的體積的________．解析:由側視圖、俯視圖知該幾何體是高為2、底面積為eq\f(1,2）×2×（2＋4）＝6的四棱錐，其體積為eq\f(1，3)×6×2＝4。而直三棱柱的體積為eq\f（1，2）×2×2×4＝8,則該幾何體的體積是原直三棱柱的體積的eq\f（1,2）.答案：eq\f(1，2）16．（2017·蘭州診斷考試）已知在三棱錐P。ABC中，VP.ABC＝eq\f（4\r(3）,3），∠APC＝eq\f（π,4），∠BPC＝eq\f（π，3），PA⊥AC,PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三棱錐P。ABC外接球的體積為________．解析：如圖，取PC的中點O,連接AO,BO，設PC＝2R,則OA＝OB＝OC＝OP＝R，∴O是三棱錐P。ABC外接球的球心，易知，PB＝R，BC＝eq\r（3）R，∵∠APC＝eq\f（π,4）,PA⊥AC,O為PC的中點,∴AO⊥PC,又平面PAC⊥平面PBC,且平面PAC∩平面PBC＝PC,∴AO⊥平面PBC，∴VP-ABC＝VA。PBC＝eq\f（1,3）×eq\f(1，2)×PB×BC×AO＝eq\f(1,3)×eq\f(1，2）×R×eq\r(3）R×R＝eq\f(4\r(3），3），解得R＝2,∴三棱錐P.ABC外接球的體積V＝eq\f(4,3）πR3＝eq\f(32π,3)。答案:eq\f(32π,3）B組—-能力小題保分練1．（2017·石家莊質檢)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積是（)A．16 B．20C．52 D．60解析:選B由三視圖知，該幾何體由一個底面為直角三角形（直角邊分別為3，4），高為6的三棱柱截去兩個等體積的四棱錐所得,且四棱錐的底面是矩形(邊長分別為2,4),高為3，如圖所示，所以該幾何體的體積V＝eq\f(1，2)×3×4×6－2×eq\f(1，3)×2×4×3＝20，故選B.2．（2017·成都模擬）如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某四棱錐的三視圖，則該四棱錐外接球的表面積為（)A．136π B．34πC．25π D．18π解析：選B由三視圖知，該四棱錐的底面是邊長為3的正方形，高為4，且有一條側棱垂直于底面,所以可將該四棱錐補形為長、寬、高分別為3，3，4的長方體，該長方體外接球的半徑R即為該四棱錐外接球的半徑，所以2R＝eq\r（32＋32＋42）,解得R＝eq\f(\r（34),2），所以該四棱錐外接球的表面積為4πR2＝34π，故選B。3．(2018屆高三·湖南五市十校聯考)如圖，小方格是邊長為1的正方形，一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（）A．4eq\r（5）π＋96 B．(2eq\r（5)＋6)π＋96C．（4eq\r（5)＋4）π＋64 D．(4eq\r（5)＋4）π＋96解析：選D由三視圖可知，該幾何體為一個圓錐和一個正方體的組合體，正方體的棱長為4,圓錐的高為4，底面半徑為2，所以該幾何體的表面積為S＝6×42＋π×22＋π×2×eq\r(42＋22）＝(4eq\r(5)＋4）π＋96.4．(2017·石家莊質檢)四棱錐P。ABCD的底面ABCD是邊長為6的正方形,且PA＝PB＝PC＝PD，若一個半徑為1的球與此四棱錐所有面都相切，則該四棱錐的高為()A．6 B．5C.eq\f（9，2）D。eq\f（9，4）解析：選D過點P作PH⊥平面ABCD于點H。由題知,四棱錐P。ABCD是正四棱錐,內切球的球心O應在四棱錐的高PH上．過正四棱錐的高作組合體的軸截面如圖,其中PE，PF是斜高，M為球面與側面的一個切點．設PH＝h,易知Rt△PMO∽Rt△PHF，所以eq\f（OM，FH）＝eq\f（PO,PF)，即eq\f(1,3)＝eq\f(h－1，\r（h2＋32）)，解得h＝eq\f(9,4)，故選D。5．(2018屆高三·西安市八校聯考）在菱形ABCD中，A＝60°，AB＝eq\r(3)，將△ABD折起到△PBD的位置，若二面角P-BD。C的大小為eq\f（2π，3),則三棱錐P。BCD外接球的體積為()A。eq\f（4π，3) B。eq\f(\r（3)π，2)C。eq\f(7\r（7)π,6) D.eq\f（7\r(7）π,2）解析:選C依題意，△PBD、△BCD均是邊長為eq\r（3）的等邊三角形．取BD的中點E，連接PE，CE，則有PE⊥BD，CE⊥BD,∠PEC是二面角P.BD。C的平面角，即∠PEC＝120°。記三棱錐P-BCD的外接球的球心為O，半徑是R，△PBD，△BCD的中心分別為M，N，連接OM,ON，MN,OE，則由OP＝OB＝OD＝OC得，球心O在平面PBD，平面BCD上的射影分別是△PBD，△BCD的中心，即有OM⊥平面PBD，OM⊥PE，OM⊥BD，ON⊥平面BCD，ON⊥NE，ON⊥BD,因此BD⊥平面OMN.又易證BD⊥平面OCE，所以平面OMN∥平面OCE.又平面OMN與平面OCE有公共點O，因此平面OMN與平面OCE重合．在四邊形OMEN中，∠OME＝∠ONE＝90°，ME＝NE＝eq\f(1，3）×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)，2)×\r(3)))＝eq\f(1,2),∠MOE＝30°,OE是四邊形OMEN的外接圓的直徑，OE＝eq\f(ME,sin∠MOE）＝1，ON2＝OE2－NE2＝12－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2)）)2＝eq\f(3,4）。在Rt△OBN中，OB2＝ON2＋BN2＝ON2＋BE2＋NE2＝eq\f(3，4）＋eq\b\lc\（