2019年高考数学复习大二轮精准提分练习第二篇 第13练

2019年高考数学复习大二轮精准提分练习第二篇 第13练

第13练　空间几何体[小题提速练]‎ ‎[明晰考情]　1.命题角度：空间几何体的三视图，球与多面体的组合，一般以计算面积、体积的形式出现.2.题目难度：中等或中等偏上.‎ 考点一　空间几何体的三视图与直观图 要点重组　(1)三视图画法的基本原则：长对正，高平齐，宽相等；画图时看不到的线画成虚线.‎ ‎(2)由三视图还原几何体的步骤 — ‎↓‎ — ‎↓‎ — ‎(3)直观图画法的规则：斜二测画法.‎ ‎1.如图，在三棱锥A－BCD中，侧面ABD⊥底面BCD，BC⊥CD，AB＝AD＝4，BC＝6，BD＝4，则该三棱锥三视图的正(主)视图为(　　)‎ 答案　C 解析　由题意，三棱锥三视图的正(主)视图为等腰三角形，在△BCD中，BC⊥CD，BC＝6，BD＝4，所以CD＝2，设C在BD上的投影为E，则12＝CE·4，所以CE＝3，DE＝＝，故选C.‎ ‎2.(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 答案　C 解析　由三视图得到空间几何体，如图所示，‎ 则PA⊥平面ABCD，平面ABCD为直角梯形，PA＝AB＝AD＝2，BC＝1，‎ 所以PA⊥AD，PA⊥AB，PA⊥BC.‎ 又BC⊥AB，AB∩PA＝A，‎ AB，PA⊂平面PAB，‎ 所以BC⊥平面PAB.‎ 又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB.‎ 在△PCD中，PD＝2，PC＝3，CD＝，‎ 所以△PCD为锐角三角形.‎ 所以侧面中的直角三角形为△PAB，△PAD，△PBC，共3个.故选C.‎ ‎3.一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是(　　)‎ 答案　B 解析　该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的投影距左右两边的距离相等，故选B.‎ ‎4.已知正三棱锥V－ABC的正(主)视图和俯视图如图所示，则该正三棱锥侧(左)视图的面积是________.‎ 答案　6‎ 解析　如图，由俯视图可知正三棱锥底面边长为2，‎ 则AO＝×2sin 60°＝2.‎ 所以VO＝＝2，‎ 则VA′＝2.‎ 所以该正三棱锥的侧(左)视图的面积为×2×2＝6.‎ 考点二　空间几何体的表面积与体积 方法技巧　(1)求三棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.‎ ‎(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.‎ ‎(3)已知几何体的三视图，可去判断几何体的形状和各个度量，然后求解表面积和体积.‎ ‎5.已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC的中点，则三棱锥A－B1DC1的体积为(　　)‎ A.3 B. C.1 D. 答案　C 解析　∵D是等边三角形ABC的边BC的中点，∴AD⊥BC.‎ 又ABC－A1B1C1为正三棱柱，∴AD⊥平面BB1C1C.‎ ‎∵四边形BB1C1C为矩形，∴＝×2×＝.又AD＝2×＝，‎ ‎∴＝××＝1.故选C.‎ ‎6.(2018·渭南质检)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的体积是(　　)‎ A. B.　C. D.1‎ 答案　B 解析　根据题意得到原四面体是底面为等腰直角三角形，高为1的三棱锥，故得到体积为××2×1×1＝.‎ ‎7.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　D 解析　由题意知该正方体截去了一个三棱锥，如图所示，设正方体棱长为a，则V正方体＝a3，V截去部分＝a3，故截去部分体积与剩余部分体积的比值为a3∶a3＝1∶5.‎ ‎8.(2017·江苏)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.‎ 记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是______.‎ 答案　 解析　设球O的半径为R，‎ ‎∵球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，‎ ‎∴圆柱O1O2的高为2R，底面半径为R.‎ ‎∴＝＝.‎ 考点三　多面体与球 要点重组　(1)设球的半径为R，球的截面圆半径为r，球心到球的截面的距离为d，则有r＝.‎ ‎(2)当球内切于正方体时，球的直径等于正方体的棱长，当球外接于长方体时，长方体的体对角线长等于球的直径；当球与正方体各棱都相切时，球的直径等于正方体底面的对角线长.‎ ‎(3)若正四面体的棱长为a，则正四面体的外接球半径为a，内切球半径为a.‎ ‎9.已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA＝2，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，则球O的表面积为(　　)‎ A.4π B.12π　C.16π D.64π 答案　C 解析　在△ABC中，由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 60°＝3，‎ ‎∴AC2＝AB2＋BC2，即AB⊥BC.‎ 又SA⊥平面ABC，∴SA⊥AB，SA⊥BC，‎ ‎∴三棱锥S－ABC可补成分别以AB＝1，BC＝，SA＝2为长、宽、高的长方体，‎ ‎∴球O的直径为＝4，‎ 故球O的表面积为4π×22＝16π.‎ ‎10.将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则该球的体积为(　　)‎ A. B.　C. D. 答案　A 解析　由题意知，此球是正方体的内切球，根据其几何特征知，此球的直径与正方体的棱长是相等的，故可得球的直径为2，故半径为1，其体积是×π×13＝.‎ ‎11.已知一个棱长为4的正方体，过正方体中两条互为异面直线的棱的中点作直线，则该直线被正方体的外接球球面截在球内的线段长是(　　)‎ A.2 B.2　C.6 D.4 答案　B 解析　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示，球的半径为2，球心O(2，2，2)，M(4，0，2)，N(0，2，4)，MN的中点坐标为(2，1，3)，球心到MN的距离为，所以该直线被正方体的外接球球面截在球内的线段长是2＝2，故选B.‎ ‎12.已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，则此三棱柱的体积的最大值为________.‎ 答案　1‎ 解析　如图，设球心为O，三棱柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，底面正三角形的边长为a，‎ 则AO1＝×a＝a.‎ 由已知得O1O2⊥底面，在Rt△OAO1中，由勾股定理得OO1＝＝，‎ 所以V三棱柱＝a2×2×＝.‎ 令f(a)＝3a4－a6(00；当a∈(，)时，f′(a)<0，所以函数f(a)在(0，)上单调递增，在(，)上单调递减.‎ 所以f(a)在a＝处取得极大值.‎ 因为函数f(a)在区间(0，)上有唯一的极值点，所以a＝也是最大值点.‎ 所以(V三棱柱)max＝＝1.‎ ‎1.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的正(主)视图与侧(左)视图的面积之比为(　　)‎ A.1∶1 B.2∶1 C.2∶3 D.3∶2‎ 答案　A 解析　由题意可得正(主)视图的面积等于矩形ADD1A1面积的，侧(左)视图的面积等于矩形CDD1C1面积的.又底面ABCD是正方形，所以矩形ADD1A1与矩形CDD1C1的面积相等，即正(主)视图与侧(左)视图的面积之比是1∶1.‎ ‎2.(2018·益阳调研)已知一几何体的三视图如图所示，它的侧(左)视图与正(主)视图相同，则该几何体的体积为(　　)‎ A.π＋ B.π＋ C.π＋8 D.π＋8 答案　A 解析　由三视图知该几何体是正四棱锥(底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥)与半球体的组合体，且正四棱锥的高为，底面对角线长为4，球的半径为2，所以组合体的体积为V＝×π×23＋××42×＝π＋.‎ ‎3.已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点.若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为(　　)‎ A.36π B.64π C.144π D.256π 答案　C 解析　易知△AOB的面积确定，若三棱锥O－ABC的底面OAB上的高最大，则其体积最大.因为高最大为半径R，所以VO－ABC＝×R2×R＝36，解得R＝6.故S球＝4πR2＝144π.‎ 解题秘籍　(1)三视图都是几何体的投影，要抓住这个根本点确定几何体的特征.‎ ‎(2)多面体与球的切、接问题，要明确切点、接点的位置，利用合适的截面图确定两者的关系，要熟悉长方体与球的各种组合.‎ ‎1.(2018·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)‎ A.2 B.4‎ C.6 D.8‎ 答案　C 解析　由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的上、下底边长分别为2，1，高为2，‎ ‎∴该几何体的体积为V＝2×＝6.故选C.‎ ‎2.(2018·黔东南州模拟)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最大边长为(　　)‎ A. B.　C. D.2 答案　B 解析　根据三视图作出原几何体(四棱锥P－ABCD)的直观图如下：‎ 可计算PB＝PD＝BC＝，PC＝，故该几何体的最大边长为.‎ ‎3.如图是棱长为2的正方体的表面展开图，则多面体ABCDE的体积为(　　)‎ A.2 B.　C. D. 答案　D 解析　多面体ABCDE为四棱锥(如图)，利用割补法可得其体积V＝4－＝，故选D.‎ ‎4.如图，网格纸上小正方形的边长为1，下图画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为(　　)‎ A.12＋6＋18 B.9＋6＋18‎ C.9＋8＋18 D.9＋6＋12‎ 答案　B 解析　作出该几何体的直观图如图所示(所作图形进行了一定角度的旋转)，故所求几何体的表面积S＝2×3×＋2××3×＋×4×6＋×3×4＋×4×3＝9＋6＋18，故选B.‎ ‎5.某锥体的三视图如图所示，用平行于锥体底面的平面把锥体截成体积相等的两部分，则截面面积为(　　)‎ A.2 B.2 C.2 D.2 答案　C 解析　三视图表示的几何体(如图)是四棱锥(镶嵌入棱长为2的正方体中)，且四棱锥F－ABCD的底面为正方形ABCD，面积为4，设截面面积为S，所截得小四棱锥的高为h，‎ 则 解得S＝2.‎ ‎6.某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为(　　)‎ A.8－2π B.8－π C.8－ D.8－ 答案　B 解析　由三视图可知，该几何体是由一个棱长为2的正方体切去两个四分之一圆柱而成，所以该几何体的体积为V＝×2＝8－π.‎ ‎7.(2018·全国Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如下图.圆柱表面上的点M在正(主)视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在侧(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 答案　B 解析　先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点M，N的位置如图①所示.‎ 圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径.‎ ‎|ON|＝×16＝4，|OM|＝2，‎ ‎∴|MN|＝＝＝2.‎ 故选B.‎ ‎8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积是(　　)‎ A.8π B.12π C.16π D. 答案　D 解析　如图所示，该几何体是三棱锥D—ABC，其中AB＝2，AC＝2，BC＝2，取BC的中点E，则DE＝，且AB⊥AC，DE⊥平面ABC，故外接球球心O必在直线DE上，设三棱锥D—ABC外接球的半径为R，由(OD－DE)2＋EC2＝OC2＝R2，得(R－)2＋()2＝R2，解得R2＝，故三棱锥D—ABC的外接球的表面积S＝4πR2＝，故选D.‎ ‎9.如图，侧棱长为2的正三棱锥V－ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过点A作截面△AEF，则截面△AEF的周长的最小值为____________.‎ 答案　6‎ 解析　沿着侧棱VA把正三棱锥V－ABC展开在一个平面内，如图，‎ 则AA′即为截面△AEF周长的最小值，且∠AVA′＝3×40°＝120°，VA＝VA′＝2.‎ 在△VAA′中，由余弦定理可得AA′＝6.‎ ‎10.(2018·三门峡期末)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、‎ 秦、汉时期的数学成就.书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”，若某“阳马”的三视图如图所示(网格纸上小正方形的边长为1)，则该“阳马”最长的棱长为________.‎ 答案　5 解析　由三视图知，几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图所示.‎ 其中PA⊥平面ABCD，∴PA＝3，AB＝CD＝4，AD＝BC＝5，‎ ‎∴PB＝＝5，PC＝＝5，PD＝＝.‎ ‎∴该几何体最长的棱长为5.‎ ‎11.一个空间几何体的三视图如图所示，其中正(主)视图和侧(左)视图都是半径为1的圆，且这个几何体是实心球体的一部分，则这个几何体的表面积为________.‎ 答案　4π 解析　由已知可得，该几何体是四分之三个球，其表面积是四分之三个球的表面积和两个半径与球的半径相等的半圆的面积之和，因为R＝1，所以S＝×4×π×12＋2××π×12＝4π.‎ ‎12.已知三棱锥A－BCD中，AB＝AC＝BC＝2，BD＝CD＝，点E是BC的中点，点A在平面BCD上的投影恰好为DE的中点F，则该三棱锥外接球的表面积为________.‎ 答案　 解析　连接BF，由题意，得△BCD为等腰直角三角形，E是外接圆的圆心.‎ ‎∵点A在平面BCD上的投影恰好为DE的中点F，‎ ‎∴BF＝＝，‎ ‎∴AF＝＝.‎ 设球心O到平面BCD的距离为h，‎ 则1＋h2＝＋2，解得h＝，‎ ‎∴外接球的半径r＝＝，‎ 故该三棱锥外接球的表面积为4π×＝.‎