2022年高考數(shù)學二輪復習 專題五 立體幾何 專題能力訓練13 空間幾何體 文

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1、2022年高考數(shù)學二輪復習 專題五 立體幾何 專題能力訓練13 空間幾何體 文 1.(2018全國Ⅲ,文3) 中國古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來,構(gòu)件的凸出部分叫榫頭,凹進部分叫卯眼,圖中木構(gòu)件右邊的小長方體是榫頭.若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長方體,則咬合時帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 2. 如圖,某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條互相垂直的半徑.若該幾何體的體積是,則它的表面積是(　　) A.17π B.18π C.20π D.28π 3.(2018北京,文6)某四棱錐的三視圖如圖所示,在此

2、四棱錐的側(cè)面中,直角三角形的個數(shù)為(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 4.已知平面α截球O的球面所得圓的半徑為1,球心O到平面α的距離為,則此球的體積為(　　) A.π B.4π C.4π D.6π 5.在空間直角坐標系Oxyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,).若S1,S2,S3分別是三棱錐D-ABC在xOy,yOz,zOx坐標平面上的正投影圖形的面積,則(　　) A.S1=S2=S3 B.S2=S1,且S2≠S3 C.S3=S1,且S3≠S2 D.S3=S2,且S3≠S1 6. 圓柱被一個平面截去一部分后與

3、半球(半徑為r)組成一個幾何體,該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如圖所示.若該幾何體的表面積為16+20π,則r=(　　) A.1 B.2 C.4 D.8 7.已知一個正方體的所有頂點在一個球面上,若這個正方體的表面積為18,則這個球的體積為　　　　　.? 8.(2018天津,文11) 如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,則四棱錐A1-BB1D1D的體積為　　　　　　.? 9. 如圖,已知在多面體ABCDEFG中,AB,AC,AD兩兩互相垂直,平面ABC∥平面DEFG,平面BEF∥平面ADGC,AB=AD=DG=2,AC=EF=1,則該多面體的體

4、積為　　　　　.? 10.下列三個圖中,左面是一個正方體截去一個角后所得多面體的直觀圖.右面兩個是其正視圖和側(cè)視圖. (1)請按照畫三視圖的要求畫出該多面體的俯視圖(不要求敘述作圖過程); (2)求該多面體的體積(尺寸如圖). 11. 如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,點E,F分別在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4,過點E,F的平面α與此長方體的面相交,交線圍成一個正方形. (1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由); (2)求平面α把該長方體分成的兩部分體積的比值. 二、思維提升訓練

5、 12.一塊邊長為6 cm的正方形鐵皮按如圖(1)所示的陰影部分裁下,然后用余下的四個全等的等腰三角形加工成一個正四棱錐形容器,將該容器按如圖(2)放置.若其正視圖為等腰直角三角形,則該容器的體積為(　　) A.12 cm3 B.4 cm3 C.27 cm3 D.9 cm3 13.如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1,粗線畫出的是某多面體的三視圖,則該幾何體的各個面中最大面的面積為 (　　) A.1 B. C. D.2 14.已知一個四面體的頂點都在球面上,它們的正視圖、側(cè)視圖、俯視圖都是下圖,圖中圓內(nèi)有一個以圓心為中心,邊長為1的正方形,則這個四面體的外接球的表面積是 (　　

6、) A.π B.3π C.4π D.6π 15.若三棱錐S-ABC的所有頂點都在球O的球面上,SA⊥平面ABC,SA=2,AB=1,AC=2,∠BAC=60°,則球O的表面積為　　　　　.? 16.如圖①,在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿對角線AC把矩形折成二面角D-AC-B(如圖②),并且點D在平面ABC內(nèi)的射影落在AB上. (1)證明:AD⊥平面DBC; (2)若在四面體D-ABC內(nèi)有一球,問:當球的體積最大時,球的半徑是多少? 專題能力訓練13　空間幾何體 一、能力突破訓練 1.A　解析 根據(jù)三視圖原則,從上往下看,看不見的線畫虛線,則A正確. 2.

7、A　解析 由三視圖可知,該幾何體是球截去后所得幾何體,則×R3=,解得R=2, 所以它的表面積為×4πR2+×πR2=14π+3π=17π. 3. C　解析 由該四棱錐的三視圖,得其直觀圖如圖.由正視圖和側(cè)視圖都是等腰直角三角形,知PD⊥平面ABCD,所以側(cè)面PAD和PDC都是直角三角形.由俯視圖為直角梯形,易知DC⊥平面PAD.又AB∥DC,所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PA,所以側(cè)面PAB也是直角三角形. 易知PC=2,BC=,PB=3,從而△PBC不是直角三角形.故選C. 4.B　解析 設(shè)球O的半徑為R,則R=,故V球=πR3=4π. 5.D　解析 三棱錐的各頂點在x

8、Oy坐標平面上的正投影分別為A1(2,0,0),B1(2,2,0),C1(0,2,0),D1(1,1,0).顯然D1點為A1C1的中點,如圖①,正投影為Rt△A1B1C1,其面積S1=×2×2=2. 三棱錐的各頂點在yOz坐標平面上的正投影分別為A2(0,0,0),B2(0,2,0),C2(0,2,0),D2(0,1,).顯然B2,C2重合,如圖②,正投影為△A2B2D2,其面積S2=×2×. 三棱錐的各頂點在zOx坐標平面上的正投影分別為A3(2,0,0),B3(2,0,0),C3(0,0,0),D3(1,0,),由圖③可知,正投影為△A3D3C3,其面積S3=×2×. 綜上,S2=S

9、3,S3≠S1.故選D. 圖① 圖② 圖③ 　 6.B　解析 由條件及幾何體的三視圖可知該幾何體是由一個圓柱被過圓柱底面直徑的平面所截剩下的半個圓柱及一個半球拼接而成的.其表面積由一個矩形的面積、兩個半圓的面積、圓柱的側(cè)面積的一半及一個球的表面積的一半組成. ∴S表=2r×2r+2×πr2+πr×2r+×4πr2 =5πr2+4r2=16+20π,解得r=2. 7.　解析 設(shè)正方體的棱長為a,外接球的半徑為R,則2R=a.∵正方體的表面積為18,∴6a2=18. ∴a=,R=. ∴該球的體積為V=πR3=. 8.　解析 ∵正方體ABCD-A1B1C1D1的

10、棱長為1, ∴=V正方體- =1-×1×1×1-×1×1×1=. 9.4　解析 (方法一:分割法)幾何體有兩對相對面互相平行, 如圖,過點C作CH⊥DG于H,連接EH,即把多面體分割成一個直三棱柱DEH-ABC和一個斜三棱柱BEF-CHG. 由題意,知 V三棱柱DEH-ABC=S△DEH×AD =×2=2, V三棱柱BEF-CHG=S△BEF×DE=×2=2. 故所求幾何體的體積為V多面體ABCDEFG=2+2=4. (方法二:補形法)因為幾何體有兩對相對面互相平行, 如圖,將多面體補成棱長為2的正方體,顯然所求多面體的體積即該正方體體積的一半. 又正方體的體積

11、V正方體ABHI-DEKG=23=8, 故所求幾何體的體積為V多面體ABCDEFG=×8=4. 10. 解 (1)作出俯視圖如圖所示. (2)依題意,該多面體是由一個正方體(ABCD-A1B1C1D1)截去一個三棱錐(E-A1B1D1)得到的,所以截去的三棱錐體積·A1E=×1=, 正方體體積=23=8, 故所求多面體的體積V=8-. 11.解 (1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示. (2)作EM⊥AB,垂足為M, 則AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8. 因為EHGF為正方形,所以EH=EF=BC=10. 于是MH==6,AH=10,HB=6.

12、 因為長方體被平面α分成兩個高為10的直棱柱, 所以其體積的比值為. 二、思維提升訓練 12.D　解析 如圖(2),△PMN為該四棱錐的正視圖,由圖(1)可知,PM+PN=6 cm,且PM=PN. 由△PMN為等腰直角三角形,得MN=3 cm,PM=3 cm. 設(shè)MN的中點為O,則PO⊥平面ABCD,PO=MN= cm, 故VP-ABCD=×(3)2×=9(cm3).故選D. 13.D　解析 由題意得,該幾何體的直觀圖為三棱錐A-BCD,如圖,其最大面的表面是邊長為2的等邊三角形,其面積為×(2)2=2. 14.B　解析 由三視圖可知,該四面體是一個正方體

13、的內(nèi)接正四面體,所以此四面體的外接球的直徑為正方體的對角線的長,為, 所以此四面體的外接球的表面積為4π×=3π. 15.64π　解析 如圖,三棱錐S-ABC的所有頂點都在球O的球面上,因為AB=1,AC=2,∠BAC=60°, 所以BC=,所以∠ABC=90°. 所以△ABC截球O所得的圓O'的半徑r=1. 設(shè)OO'=x,球O的半徑為R,則R2=x2+12,R2=(SA-x)2+12,所以x2+1=+1, 解得x=,R2=+12,R=4. 所以球O的表面積為4πR2=64π. 16. (1)證明 設(shè)D在平面ABC內(nèi)的射影為H,則H在AB上,連接DH,如圖, 則

14、DH⊥平面ABC,得DH⊥BC. 又AB⊥BC,AB∩DH=H, 所以BC⊥平面ADB,故AD⊥BC. 又AD⊥DC,DC∩BC=C, 所以AD⊥平面DBC. (2)解 當球的體積最大時,易知球與三棱錐D-ABC的各面相切,設(shè)球的半徑為R,球心為O, 則VD-ABC=R(S△ABC+S△DBC+S△DAC+S△DAB).由已知可得S△ABC=S△ADC=6. 過D作DG⊥AC于點G,連接GH,如圖,可知HG⊥AC. 易得DG=,HG=,DH=,S△DAB=×4×. 在△DAB和△BCD中, 因為AD=BC,AB=DC,DB=DB, 所以△DAB≌△BCD, 故S△DBC=,VD-ABC=×6×. 則,于是(4+)R=,所以R=.