浙江专用2020高考数学二轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体专题强化训练

浙江专用2020高考数学二轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体专题强化训练

第1讲 空间几何体 专题强化训练 ‎1.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是(　　)‎ A．4　　　　　　　　　　 B．8‎ C．12　　　　　 D．16‎ 解析：选D.如图，以AA1为底面矩形一边的四边形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E这4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D.‎ ‎2．正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为(　　)‎ 解析：选C.过点A，E，C1的平面与棱DD1相交于点F，且F是棱DD1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.‎ ‎3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是(　　)‎ - 9 -‎ A．8 cm3　　　　　　　　　　 B．12 cm3‎ C． cm3 D． cm3‎ 解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm的正方体，体积V1＝2×2×2＝8(cm3)；上面是底面边长为2 cm，高为2 cm 的正四棱锥，体积V2＝×2×2×2＝(cm3)，所以该几何体的体积V＝V1＋V2＝(cm3)．‎ ‎4．(2019·台州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体最长的棱长等于(　　)‎ A．　　　 B． C．5　　　 D．2 解析：选C.由正视图、侧视图、俯视图的形状，可判断该几何体为三棱锥，形状如图，其中SC⊥平面ABC，AC⊥AB，所以最长的棱长为SB＝5.‎ ‎5．(2019·金华十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(　　)‎ - 9 -‎ A．　　　　 B．8π　　　　 C.　　　　 D．9π 解析：选B.依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接恰好形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，选B.‎ ‎6.如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形．如果三棱柱的体积为12，圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为(　　)‎ A．12π B．14π C．16π D．18π 解析：选C.设圆柱的底面半径为R，则三棱柱的底面边长为R，由(R)2·2R＝12，得R＝2，S圆柱侧＝2πR·2R＝16π.故选C.‎ ‎7．(2019·石家庄市第一次模拟)某几何体的三视图如图所示(网格线中每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．48 B．54 C．64 D．60‎ 解析：选D.根据三视图还原直观图，如图所示，则该几何体的表面积S＝6×3＋×6×4＋2××3×5＋×6×5＝60，故选D.‎ - 9 -‎ ‎8．在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1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. 解析：选B.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＝，该球的体积最大，Vmax＝πR3＝×＝.‎ ‎9．(2019·温州八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C.依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a，则斜边长为a，圆锥的底面半径为a、母线长为a，因此其俯视图中椭圆的长轴长为a、短轴长为a，其离心率e＝＝，选C.‎ ‎10.已知圆柱OO1的底面半径为1，高为π，ABCD是圆柱的一个轴截面．动点M从点B出发沿着圆柱的侧面到达点D，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．现将轴截面ABCD绕着轴OO1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B1C1与曲线Γ相交于点P，设BP的长度为f(θ)，则y＝f(θ)的图象大致为(　　)‎ 解析：选A.将圆柱的侧面沿轴截面ABCD展平，则曲线Γ是展开图形(即矩形)的对角线，‎ - 9 -‎ 根据题意，将轴截面ABCD绕着轴OO1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B1C1与曲线Γ相交于点P，设BP的长度为f(θ)，则f(θ)应当是一次函数的一段，故选A.‎ ‎11．(2019·浙江省重点中学高三12月期末热身联考)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________；表面积是________．‎ 解析：根据三视图可得，该几何体是长方体中的四棱锥CBB1D1D，‎ 由三视图可得：‎ AB＝2，BC＝2，BB1＝4，VCBB1D1D＝××2×2×4＝，‎ SCBB1D1D＝×2×2＋2×4＋×2×4＋×2×4＋×2×＝16＋8.‎ 答案：　16＋8 ‎12.(2019·宁波市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________ cm3，表面积为________cm2.‎ 解析：由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉后得到的几何体．‎ 所以该几何体的体积＝×××π×13＝ cm3.‎ 表面积＝××4π×12＋×π×12＋×π×12＝ cm2.‎ 答案：　 ‎13．(2019·河北省“五校联盟”质量检测)已知球O的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．‎ 解析：设球的半径为R，则4πR2＝25π，所以R＝，所以球的直径为2R＝5，‎ - 9 -‎ 设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则长方体的表面积S＝2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2＝2(a2＋b2＋c2)＝50.‎ 答案：50‎ ‎14．(2019·浙江省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当xy取得最大值时，该几何体的体积是____________．‎ 解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥PABCD，CD＝，AB＝y，AC＝5，CP＝，BP＝x，所以BP2＝BC2＋CP2，即x2＝25－y2＋7，x2＋y2＝32≥2xy，则xy≤16，当且仅当x＝y＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V＝××3×＝3.‎ 答案：3 ‎15．(2019·杭州市高考数学二模)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是AA1的中点，则异面直线BE与B1D1所成角的余弦值等于________，若正方体棱长为1，则四面体BEB1D1的体积为________．‎ 解析：取CC1中点F，连接D1F，B1F，则BE綊D1F，‎ 所以∠B1D1F为异面直线BE与B1D1所成的角．‎ 设正方体棱长为1，则B1D1＝，B1F＝D1F＝＝.所以cos ∠B1D1F＝＝＝.‎ VBEB1D1＝VD1BB1E＝S△BB1E·A1D1＝××1×1×1＝.‎ 答案：　 ‎16．已知棱长均为a的正三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在半径为的球面上，则a的值为________．‎ 解析：设O是球心，D是等边三角形A1B1C1的中心，则OA1＝，因为正三棱柱ABCA1B1C1‎ - 9 -‎ 的所有棱长均为a，所以A1D＝a×＝a，OD＝，故A1D2＋OD2＝＋＝，得a2＝，即a2＝1，得a＝1.‎ 答案：1‎ ‎17．(2019·瑞安四校联考)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________．‎ 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(0＜a＜2)，‎ 则f′(a)＝12a3－6a5‎ ‎＝－6a3(a2－2)，令f′(a)＝0，解得a＝.‎ 因为当a∈(0，)时，f′(a)＞0；当a∈(，2)时，f′(a)＜0，所以函数f(a)在(0，)上单调递增，在(，2)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(0，2)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.‎ 答案：1‎ ‎18.如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD, ∠BAD＝∠ABC＝90°.‎ ‎(1)证明：直线BC∥平面PAD；‎ ‎(2)若△PCD的面积为2，求四棱锥PABCD的体积．‎ 解：(1)证明：在平面ABCD内，因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，故BC∥平面PAD.‎ ‎(2)取AD的中点M，连接PM，CM.由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC - 9 -‎ ‎＝90°得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.‎ 因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.‎ 设BC＝x，则CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x.‎ 取CD的中点N，连接PN，‎ 则PN⊥CD，所以PN＝x.‎ 因为△PCD的面积为2，‎ 所以×x×x＝2，‎ 解得x＝－2(舍去)或x＝2.于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.‎ 所以四棱锥PABCD的体积V＝××2＝4.‎ ‎19.如图，在△ABC中，∠B＝，AB＝BC＝2，P为AB边上一动点，PD∥BC交AC于点D.现将△PDA沿PD翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD.‎ ‎(1)当棱锥A′PBCD的体积最大时，求PA的长；‎ ‎(2)若P为AB的中点，E为A′C的中点，求证：A′B⊥DE.‎ 解：(1)设PA＝x，则PA′＝x，‎ 所以VA′PBCD＝PA′·S底面PBCD＝x.‎ 令f(x)＝x＝－(0

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