2017届高考数学（文）（新课标）二轮专题复习（检测）第二部分专题九 立体几何 作业14

2017届高考数学（文）（新课标）二轮专题复习（检测）第二部分专题九 立体几何 作业14

小题专练·作业(十四)‎ 一、选择题 ‎1．(2016·新课标全国Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．20π　　　　　　　　　　 B．24π C．28π D．32π 答案　C 解析　该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r＝2，底面圆的周长c＝2πr＝4π，圆锥的母线长l＝＝4，圆柱的高h＝4，所以该几何体的表面积S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π，故选C.‎ ‎2．(2016·浙江)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)‎ A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 答案　C 解析　因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β所以n⊥l.故选C.‎ ‎3．(2016·合肥质检)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，AB＝AC＝2，PA＝2，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为(　　)‎ A．20π B．24π C．28π D．32π 答案　A 解析　由题意可得△ABC是边长为2的正三角形，设其外接圆的半径为r，‎ 则2r＝＝4，r＝2.又外接球的球心在PA的中垂面上，则外接球的半径R＝＝，所以该球的表面积为4πR2＝4π()2＝20π，选项A正确．‎ ‎4．(2016·山东)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为(　　)‎ A.＋π B.＋π C.＋π D．1＋π 答案　C 解析　由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积V1＝×12×1＝.设半球的半径为R，则2R＝，即R＝，所以半球的体积V2＝×R3＝××()3＝π.故该几何体的体积V＝V1＋V2＝＋π.故选C.‎ ‎5．(2016·河北七校)已知α，β是两个不同的平面，有下列三个条件：‎ ‎①存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β；‎ ‎②存在一条直线a，a⊥β；‎ ‎③存在两条垂直的直线a，b，a⊥β，b⊥α.‎ 其中，所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是(　　)‎ A．① B．②‎ C．③ D．①③‎ 答案　D 解析　对于①，存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β，则α⊥β，反之也对，即“存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要条件，所以①对，可排除B，C；对于③，存在两条垂直的直线a，b，则直线a，b所成的角为90°，因为a⊥β，b⊥α，所以α，β所在的角为90°，即α⊥β，反之也对，即“存在两条垂直的直线，a，b，a⊥β，b⊥α”是“α⊥β”的充要条件，所以③对，可排除A，选D.‎ ‎6．(2016·江西九校联考)已知圆锥的底面半径为R，高为2R，在它的所有内接圆柱中，侧面积的最大值是(　　)‎ A.πR2 B.πR2‎ C．πR2 D．2πR2‎ 答案　C 解析　设圆柱的底面半径为r，高为h，由已知条件可知2r＋h＝2R，所以圆柱的侧面积为S＝2πrh＝2πr(2R－2r)≤π[]2＝πR2，当2r＝2R－2r，即r＝R时“＝”成立 ，故圆柱的侧面积最大为πR2.‎ ‎7．(2016·新课标全国Ⅱ)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是(　　)‎ A．4π B. C．6π D. 答案　B 解析　由题意可得若V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R＝，此时的体积最大，Vmax＝πR3＝×＝.‎ 回顾　不是所有的直三棱柱都有内切球，只有底面三角形内切圆的直径与直三棱柱的高相等时，该直三棱柱才有内切球．‎ ‎8.(2016·江西联考)如图，在球的内接三棱锥A－BCD中，AB＝8，CD＝4，平面ACD⊥平面BCD，且△ACD与△BCD是以CD为底的全等的等腰三角形，则三棱锥A－BCD的高与其外接球的直径的比值为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　设该三棱锥的外接球的半径为R，取AB，CD的中点分别为E，F，连接EF，AF，BF，由题意易得AF⊥BF，AF＝BF＝4，EF＝4，易知三棱锥A－BCD的外接球的球心O在线段EF上，连接OA，OC，有R2＝AE2＋OE2＝16＋OE2　①，R2＝CF2＋OF2＝4＋(4－OE)2　②，由①②可得R2＝，所以R＝，所以2R＝.又三棱锥A－BCD的高AF＝4，所以三棱锥A－BCD的高与其外接球的直径的比值为＝，故选B.‎ ‎9．(2016·衡中调研)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足＝λ的实数λ的值有(　　)‎ A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 答案　C 解析　由于线段D1Q与OP互相平分，且＝λ，则有Q∈MN，那么只有当四边形D1PQO是平行四边形时，才满足题意，此时有P为A1D1的中点，点Q与点M重合，或P为C1D1的中点，点Q与点N重合，对应的λ＝0或1.‎ ‎10．(2016·长沙调研)公元656年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的开立圆术．祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是立体的高．意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等．更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积恒相等，则这两个立体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理．取一摞书或一摞纸张堆放在水平桌面上，然后用手推一下以改变其形状，这时高度没有改变，‎ 每页纸张的面积也没有改变，因而这摞书或纸张的体积与变形前相等．设由确定的封闭图形绕y轴旋转一周，得到旋转体，则该旋转体的体积为(　　)‎ A．32π B．36π C．44π D．46π 答案　A 解析　依题，该旋转体轴截面如图①，则垂直y轴，在高为y处截面面积为S＝π×42－π×x2，依此，考虑 在图②中垂直y轴，在高为y处截面面积也为S＝π×42－π×x2，由祖暅原理可知V旋转体＝V大半球－V小球＝×π×43－π×23＝32π.‎ ‎11．(2016·太原模拟)在三棱锥A－BCD中，底面BCD为边长是2的正三角形，顶点A在底面BCD上的射影为△BCD的中心，若E为BC的中点，且直线AE与底面BCD所成角的正切值为2，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为(　　)‎ A．3π B．4π C．5π D．6π 答案　D 解析　∵顶点A在底面BCD上的射影为△BCD的中心，而且△BCD是正三角形，∴三棱锥A－BCD是正三棱锥，∴AB＝AC＝AD.令底面△BCD的重心(即中心)为P，∵△BCD是边长为2的正三角形，DE是BC边上的高，∴DE＝，PE＝，DP＝.∵直线AE与底面BCD所成角的正切值为2，即tan∠AEP＝2，∴AP＝，∵AE2＝AP2＋EP2，∴AD＝2，于是AB＝AC＝AD＝BC＝CD＝DB＝2，∴三棱锥A－BCD为正四面体．构造正方体，由面上的对角线构成正四面体，故正方体的棱长为，∴正方体的体对角线长为，∴外接球的半径为，∴外接球的表面积为4π()‎ ‎2＝6π.‎ ‎12．(2016·扬州五校)一个三棱柱的直观图、正(主)视图、侧(左)视图、俯视图如图所示，若M、N分别为A1B、B1C1的中点，则下列选项中错误的是(　　)‎ A．MN与A1C异面 B．MN⊥BC C．MN∥平面ACC1A1‎ D．三棱锥N－A1BC的体积为a2‎ 答案　D 解析　取A1B1的中点D，连接DM，DN.由于M、N分别是A1B、B1C1的中点，所以可得DN∥A1C1，又DN⊄平面A1ACC1，A1C1⊂平面A1ACC1，所以DN∥平面A1ACC1.同理可证DM∥平面A1ACC1.又DM∩DN＝D，所以平面DMN∥平面A1ACC1，所以MN∥平面ACC1A1，直线MN与A1C异面，A、C正确．由三视图可得A1C1⊥平面BCC1B1，所以DN⊥平面BCC1B1，所以DN⊥BC，又易知DM⊥BC，所以BC⊥平面DMN，所以BC⊥MN，B正确．因VN－A1BC＝VA1－NBC＝(a2)a＝a2，所以D错误．‎ ‎13．(2016·衡阳二模)如图，等边三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，已知△A′ED是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是(　　)‎ A．动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上 B．异面直线A′E与BD不可能垂直 C．三棱锥A′－EFD的体积有最大值 D．恒有平面A′GF⊥平面BCED 答案　B 解析　依题意可知四边形ADFE为菱形，对角线AF与DE互相垂直平分，故A正确；在旋转过程中DE始终垂直GF和GA′，故DE⊥平面A′GF，所以恒有平面A′GF⊥平面BCED，故D正确；当A′G⊥平面ABC时，三棱锥A′－EFD的体积取得最大值，故C正确；因为EF∥BD，故异面直线A′E与BD所成的角为∠FEA′，旋转过程中有可能为直角，故B错误．‎ 二、填空题 ‎14．(2016·四川)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．‎ 答案　 解析　由正视图知，底面三角形是腰长为2，底边为2的等腰三角形，三棱锥的高为1，所以该三棱锥的体积V＝×(×2×1)×1＝.‎ ‎15．(2016·河北五一名校)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是AC1，A1B1的中点，点P在其表面上运动，则总能使MP与BN垂直的点P所构成的轨迹的周长等于________．‎ 答案　2＋ 解析　分别取BB1，CC1的中点E，F，连接AE，EF，FD，则BN⊥平面AEFD，设M在平面ABB1A1中的射影为O，过MO与平面AEFD平行的平面为α，所以能使MP与BN垂直的点P所构成的轨迹为矩形，其周长与矩形AEFD的周长相等，又矩形AEFD的周长为2＋，所以所求轨迹的周长为2＋.‎ ‎16．(2016·合肥调研)在正三棱锥P－ABC中，M是PC的中点，且AM⊥PB，AB＝2，则正三棱锥P－ABC的外接球的表面积为________．‎ 答案　12π 解析　因为三棱锥P－ABC为正三棱锥，取AC的中点N，连接PN，BN，易证AC⊥平面PBN，所以PB⊥AC，又AM⊥PB，AM∩AC＝A，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，易证PA，PB，PC两两垂直，又AB＝2，所以PA＝PB＝PC＝2，设三棱锥P－ABC外接球的半径为R，则(2R)2＝3×22＝12，所以球的表面积S＝4πR2＝12π.‎ ‎17.(2016·贵阳调研)如图，从棱长为6 cm的正方体铁皮箱ABCD－A1B1C1D1中分离出来由三个正方形面板组成的几何图形．如果用图示中这样一个装置来盛水，那么最多能盛的水的体积为________cm3.‎ 答案　36‎ 解析　最多能盛多少水，实际上是求三棱锥C1－CD1B1的体积．‎ 又V三棱锥C1－CD1B1＝V三棱锥C－B1C1D1＝×(×6×6)×6＝36(cm3)，‎ 所以用图示中这样一个装置来盛水，最多能盛36 cm3体积的水．‎ ‎18.(2016·合肥调研)如图，正方形ABCD中，沿BD将△ABD翻折成△A′BD，形成四面体A′－BCD，并记二面角 A′－BD－C的大小为α，则下列结论正确的是________．‎ ‎①不论α为何值，都有A′C⊥BD；‎ ‎②仅当α＝90°时，A′B与CD所成角为90°；‎ ‎③仅当α＝120°时，四面体A′－BCD的体积最大；‎ ‎④不论α为何值，四面体A′－BCD的外接球的体积都为定值．‎ 答案　①④‎ 解析　‎ 序号 正误 原因 ‎①‎ ‎√‎ 取BD中点O，连接OA′、OC，则OA′⊥BD ‎、OC⊥BD，∴BD⊥平面A′OC，又A′C⊂平面A′OC，∴A′C⊥BD ‎②‎ ‎×‎ 只有翻折到A′与C重合时，A′B与CD所成角为90°‎ ‎③‎ ‎×‎ 由体积公式V＝S△BCD·h知，当α＝90°，即OA′⊥‎ 平面BCD时，四面体A′－BCD的体积最大 ‎④‎ ‎√‎ 不论α为何值，都有OA′＝OB＝OC＝OD，∴四面体 A′－BCD的外接球的球心为点O，半径R＝OB为定值，∴外接球的体积为定值