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．13πB．12πC．11πD．2π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：B2．[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()A.B.C.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＝××2×2×1＝，故选C.答案：C3．[2019·安徽示范高中]已知三棱锥P－ABC中，AB⊥平面APC，AB＝4，PA＝PC＝，AC＝2，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为()A．28πB．36πC．48πD．72π解析：解法一：因为PA＝PC＝，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，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＝，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，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＝，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，，4，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：B4．[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()A．1－B．3＋C．2＋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为1的圆柱后得到的，如图所示，所以表面积S＝2×＋2×(1×1)＋×2π×1×1＝4.故选D.答案：D5．[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．2B.C.D．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，AB＝AD＝2，则BD＝2，BC＝DC＝，所以S△ABD＝×2×2＝2，S△ABC＝S△ADC＝×2×＝，S△BDC＝×2×＝，所以△BDC的面积最大，为，故选C.答案：C6．[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()A.B．16C．32D．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，由已知可得AB＝4，AC＝4，△ABC是直角三角形，所以S△ABC＝AB×AC＝×4×4＝8，所以四面体PABC的体积V＝×8×4＝，故选A.答案：A7．[2019·洛阳联考]四棱锥S－ABCD的所有顶点都在同一个球面上，底面ABCD是正方形且和球心O在同一平面内，当此四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于8＋8，则球O的体积等于()A.B.C．16πD.解析：由题意得，当此四棱锥的体积取得最大值时，四棱锥为正四棱锥．如图，连接AC，则球心O为AC的中点，连接SO，设球O的半径为R，则AC＝2R，SO＝R，∴AB＝BC＝R.取AB的中点为E，连接OE，SE，则OE＝BC＝R，SE＝＝R. 该四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于8＋8，∴(R)2＋4××R×R＝8＋8，解得R＝2，∴球O的...
