2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题三 第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积 练典型习题 提数学素养含解析

2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题三 第1讲 空间几何体的三视图、表面积与体积 练典型习题 提数学素养含解析

一、选择题 ‎1.水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC是一个(　　)‎ A．等边三角形 B．直角三角形 C．三边中只有两边相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形 解析：选A.AO＝2A′O′＝2×＝，BC＝B′O′＋C′O′＝1＋1＝2，‎ 在Rt△AOB中，AB＝＝2，同理AC＝2，所以△ABC是等边三角形．‎ ‎2．给出下列几个命题：‎ ‎①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；‎ ‎②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；‎ ‎③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是(　　)‎ A．0　　　　　　　　　　 B．1‎ C．2 D．3‎ 解析：选B.①错误，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台是上、下底面相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．‎ ‎3．(2019·武汉市调研测试)如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M为CD的中点，则三棱锥ABC1M 的体积VABC1M＝(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选C.VABC1M＝VC1ABM＝S△ABM·C1C＝×AB×AD×C1C＝.故选C.‎ ‎4．把一个半径为20的半圆卷成圆锥的侧面，则这个圆锥的高为(　　)‎ A．10 B．10 C．10 D．5 解析：选B.设圆锥的底面半径为r，高为h.因为半圆的弧长等于圆锥的底面周长，半圆的半径等于圆锥的母线，所以2πr＝20π，所以r＝10，所以h＝＝10.‎ ‎5．(2019·湖北武汉5月模拟)已知长方体全部棱长的和为36，表面积为52，则其体对角线的长为(　　)‎ A．4 B． C．2 D．4 解析：选B.设长方体的长、宽、高分别为x，y，z，由已知得 ‎①的两边同时平方得x2＋y2＋z2＋2xy＋2xz＋2yz＝81，把②代入得x2＋y2＋z2＝29，所以长方体的体对角线的长为.故选B.‎ ‎6．已知圆柱的高为2，底面半径为，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于(　　)‎ A．4π B．π C．π D．16π 解析：选D.如图，由题意知圆柱的中心O为这个球的球心，于是，球的半径r＝OB＝＝＝2.故这个球的表面积S＝4πr2＝16π.故选D.‎ ‎7．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，则点B到平面D1AC的距离等于(　　)‎ A． B． C．1 D． 解析：选B.如图，连接BD1，易知D1D就是三棱锥D1ABC的高，AD1＝CD1＝，取AC的中点O，连接D1O，则D1O⊥AC，所以D1O＝＝.设点B到平面D1AC的距离为h，则由VBD1AC＝VD1ABC，即S△D1AC·h＝S△ABC·D1D，又S△D1AC＝D1O·AC＝××2＝，S△ABC＝AB·BC＝×2×2＝2，所以h＝.故选B.‎ ‎8．在三棱锥SABC中，SB⊥BC，SA⊥AC，SB＝BC，SA＝AC，AB＝SC，且三棱锥SABC的体积为，则该三棱锥的外接球半径是(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选C.取SC的中点O，连接OA，OB，则OA＝OB＝OC＝OS，即O为三棱锥的外接球球心，设半径为r，则×2r×r2＝，所以r＝3.‎ ‎9．(2019·安徽省江南十校3月检测)我国南北朝时期的科学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：如果两个等高的几何体在等高处的水平截面的面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．利用此原理求以下几何体的体积：如图，曲线y＝x2(0≤y≤L)和直线y＝L围成的封闭图形绕y轴旋转一周得几何体Z，将Z放在与y轴垂直的水平面α上，用平行于平面α，且与Z的顶点O距离为l的平面截几何体Z，得截面圆的面积为π()2＝πl.由此构造右边的几何体Z1(三棱柱ABCA1B1C1)，其中AC⊥平面α，BB1C1C∥α，EFPQ∥α，AC＝L，AA1⊂α，AA1＝π，Z1与Z在等高处的截面面积都相等，图中EFPQ和BB1C1C为矩形，且PQ＝π，FP＝l，则几何体Z1的体积为(　　)‎ A．πL2 B．πL3‎ C．πL2 D．πL3‎ 解析：选C.由题意可知，在高为L处，几何体Z和Z1的水平截面面积相等，为πL，‎ 所以S矩形BB1C1C＝πL，所以BC＝L，所以V三棱柱ABCA1B1C1＝S△ABC·π＝πL2，故选C.‎ ‎10．(2019·重庆市七校联合考试)已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为(　　)‎ A．18 B．12‎ C．6 D．4 解析：选B.由题意知，球心在三棱锥的高PE上，设内切球的半径为R，则S球＝4πR2＝16π，所以R＝2，所以OE＝OF＝2，OP＝4.在Rt△OPF中，PF＝＝2.因为△OPF∽△DPE，所以＝，得DE＝2，AD＝3DE＝6，AB＝AD＝12.故选B.‎ ‎11．(多选)在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下几种几何图形的4个顶点，这些几何图形可以是(　　)‎ A．矩形 B．有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体 C．每个面都是直角三角形的四面体 D．每个面都是等边三角形的四面体 解析：选ABCD.4个顶点连成矩形的情形显然成立；图(1)中四面体A1D1B1A是B中描述的情形；图(2)中四面体DA1C1B是D中描述的情形；图(3)中四面体A1D1B1D 是C中描述的情形．‎ ‎12．(多选)如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则下列四个结论正确的是(　　)‎ A．直线A1C1与AD1为异面直线 B．A1C1∥平面ACD1‎ C．BD1⊥AC D．三棱锥D1ADC的体积为 解析：选ABC.对于A，直线A1C1⊂平面A1B1C1D1，AD1⊂平面ADD1A1，‎ D1∉直线A1C1，则易得直线A1C1与AD1为异面直线，故A正确；‎ 对于B，因为A1C1∥AC，A1C1⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，‎ 所以A1C1∥平面ACD1，故B正确；‎ 对于C，连接BD，因为正方体ABCDA1B1C1D1中，AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1，所以BD1⊥AC，故C正确；‎ 对于D，三棱锥D1ADC的体积V三棱锥D1ADC＝××2×2×2＝，故D错误．‎ ‎13．(多选)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且AB＝2，AD＝EF＝1.则(　　)‎ A．平面BCF⊥平面ADF B．EF⊥平面DAF C．△EFC为直角三角形 D．VCBEF∶VFABCD＝1∶4‎ 解析：选AD.因BF⊥AF，BF⊥DA，所以BF⊥平面DAF，‎ 所以平面BCF⊥平面ADF，‎ 由题意可知，平面CBF将几何体EFABCD分成的两个锥体的体积分别为V四棱锥FABCD，V三棱锥FCBE.过点F作FG⊥AB于点G，因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，FG⊂平面ABEF，所以FG⊥平面ABCD.所以V四棱锥FABCD＝×1×2×FG＝FG，V三棱锥FBCE＝V三棱锥CBEF＝×S△BEF×CB＝××FG×1×1＝FG，由此可得V三棱锥CBEF∶V四棱锥FABCD＝1∶4.‎ 二、填空题 ‎14．(一题多解)(2019·淄博市第一次模拟测试)底面边长为6，侧面为等腰直角三角形的正三棱锥的高为________．　‎ 解析：法一：由题意得，三棱锥的侧棱长为3，设正三棱锥的高为h，则××3×3×3＝××36h，解得h＝.‎ 法二：由题意得，三棱锥的侧棱长为3，底面正三角形的外接圆的半径为2，所以正三棱锥的高为＝.‎ 答案： ‎15．(2019·高考天津卷)已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．‎ 解析：由题可得，四棱锥底面对角线的长为2，则圆柱底面的半径为，易知四棱锥的高为＝2，故圆柱的高为1，所以圆柱的体积为π××1＝.‎ 答案： ‎16．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为____________．‎ 解析：如图，过点P分别作PE⊥BC交BC于点E，作PF⊥AC交AC于点F.由题意知PE＝PF＝.过P作PH⊥平面ABC于点H，连接HE，HF，HC，易知HE＝HF，则点H在∠ACB的平分线上，又∠ACB＝90°，故△CEH为等腰直角三角形．在Rt△PCE中，PC＝2，PE＝，则CE＝1，故CH＝，在Rt△PCH中，可得PH＝，即点P到平面ABC的距离为.‎ 答案： ‎17．(2019·河南八市重点高中联盟测评改编)已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，则三棱锥的表面积为________，若三棱锥内有一个体积为V的球，则V的最大值为________．‎ 解析：该三棱锥侧面的斜高为＝，则S侧＝3××2×＝2，S底＝××2＝，所以三棱锥的表面积S表＝2＋＝3.由题意知，当球与三棱锥的四个面都相切时，其体积最大．设三棱锥的内切球的半径为r，则三棱锥的体积V锥＝S表·r＝S底·1，所以3r＝，所以r＝，所以三棱锥的内切球的体积最大为Vmax＝πr3＝.‎ 答案：3　 ‎ ‎