2020高考數(shù)學(xué) 專題練習(xí) 五 空間幾何體 理

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1、高考專題訓(xùn)練五　空間幾何體 班級________　姓名________　時間：45分鐘　分值：75分　總得分________ 一、選擇題：本大題共6小題，每小題5分，共30分．在每小題給出的四個選項中，選出符合題目要求的一項填在答題卡上． 1．(2020·浙江)若某幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的直觀圖可以是(　　) 解析：由三視圖可知，該幾何體的直觀圖為B. 答案：B 2．(2020·遼寧)一個正三棱柱的側(cè)棱長和底面邊長相等，體積為2，它的三視圖中的俯視圖如圖所示，側(cè)(左)視圖是一個矩形，則這個矩形的面積是(　　) A．4　　　　　　　　　　 B．2

2、 C．2 D. 解析：設(shè)該正三棱柱側(cè)棱長和底面邊長為a， 則a2·a＝2， ∴a3＝8，∴a＝2， 由俯視圖知，該正三棱柱如圖ABC－A1B1C1， 其側(cè)(左)視圖即為矩形CDD1C1， 其面積為×2＝2. 答案：B 3．(2020·山師大附中高三模擬)已知某一幾何體的正(主)視圖與側(cè)(左)視圖如圖所示，則下列圖形中，可以是該幾何體的俯視圖的圖形有(　　) A．①②③⑤ B．②③④⑤ C．①②④⑤ D．①②③④ 解析：根據(jù)給出的正(主)視圖和側(cè)(左)視圖可知，該組合體由上、中、下三個幾何體組合而成，由于正(主)視圖和側(cè)(左)視圖中三層均為矩形，

3、所以這些幾何體可能是一些長方體、底面為直角三角形的直三棱柱以及圓柱組合而成的．而第⑤個俯視圖中，有兩處與已知不符，一是上層幾何體的俯視圖不正確，由于上層幾何體的正(主)視圖與側(cè)(左)視圖為兩個相同的矩形，所以其俯視圖中矩形的兩邊長應(yīng)該相等；二是下層幾何體的俯視圖不正確，如果下層幾何體的底面為俯視圖所示的三角形，則在正(主)視圖中底層的矩形應(yīng)有一條中位線，這與已知不符合，所以⑤不可能，故選D. 答案：D 4．(2020·湖北)設(shè)球的體積為V1，它的內(nèi)接正方體的體積為V2，下列說法中最合適的是(　　) A．V1比V2大約多一半 B．V1比V2大約多兩倍半 C．V1比V2大約多一倍

4、D．V1比V2大約多一倍半 解析：設(shè)球的內(nèi)接正方體的邊長為a， 球的半徑為R，∴2R＝a，∴R＝a. ∴V1＝πR3＝π·a3＝πa3， V2＝a3，∴V1＝πV2≈2.5V2，∴V1－V2≈1.5V2. 答案：D 5．(2020·北京卷)某四棱錐的三視圖如圖所示，該四棱錐的表面積是(　　) A．32 B．16＋16 C．48 D．16＋32 解析：由三視圖可知，該四棱錐為正四棱錐 S底＝4×4＝16，S側(cè)＝4××4×2＝16 ∴S表面積＝S底＋S側(cè)＝16＋16. 答案：B 6．(2020·遼寧)已知球的直徑SC＝4，A，B是該球球面上的兩點，

5、AB＝2，∠ASC＝∠BSC＝45°，則棱錐S－ABC的體積為(　　) A. B. C. D. 解析：如圖所示． ∠ASC＝∠BSC＝45° 且OS＝OB＝OA＝OC＝2， ∴△SOB，△SOA為全等的等腰直角三角形， 且SC⊥OB，SC⊥OA， 又OA∩OB＝O，∴SC⊥平面AOB 又∵AB＝OB＝OA＝2， ∴△AOB為等邊三角形 ∴VS－ABC＝VS－AOB＋VC－AOB＝·S△AOB·SC＝××4＝. 答案：C 二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在題中橫線上． 7．(2020·全國新課標版)已知兩個圓錐有公共底面，且兩

6、圓錐的頂點和底面的圓周都在同一個球面上．若圓錐底面面積是這個球面面積的，則這兩個圓錐中，體積較小者的高與體積較大者的高的比值為________． 解析：令球心為O，圓錐底面圓圓心為O′，球半徑為R，圓錐底面圓半徑為r，則·4πR2＝πr2， ∴r＝R，在Rt△AOO′中， OO′＝＝. 故＝＝. 答案： 8．(2020·洛陽市高三模擬)圖2中的實線圍成的部分是長方體(圖1)的平面展開圖，其中四邊形ABCD是邊長為1的正方形．若向虛線圍成的矩形內(nèi)任意拋擲一質(zhì)點，它落在長方體的平面展形圖內(nèi)的概率是，則此長方體的體積是________． 解析：設(shè)長方體的高為h，則圖2中虛線圍

7、成的矩形長為2＋2h，寬為1＋2h，面積為(2＋2h)(1＋2h)，展開圖的面積為2＋4h；由幾何概型的概率公式知＝，得h＝3，所以長方體的體積是V＝1×3＝3. 答案：3 9．(2020·北京市海淀區(qū)高三第二學(xué)期練習(xí))如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P是上底面A1B1C1D1內(nèi)一動點，則三棱錐P－ABC的正(主)視圖與側(cè)(左)視圖的面積的比值為________． 解析：依題意得三棱錐P－ABC的正(主)視圖與側(cè)(左)視圖分別是一個三角形，且這兩個三角形的底邊長都等于正方體的棱長，底邊上的高也都相等，因此三棱錐P－ABC的正視圖與側(cè)視圖的面積之比等于1. 答案：1

8、10．一個幾何體的三視圖如圖所示，已知正(主)視圖是底邊長為1的平行四邊形，側(cè)(左)視圖是一個長為，寬為1的矩形，俯視圖為兩個邊長為1的正方形拼成的矩形，則該幾何體的體積V是________． 解析：由三視圖可知，該幾何體是一個平行六面體(如圖)，其底面是邊長為1的正方形，高為. 所以V＝1×1×＝. 答案： 三、解答題：本大題共2小題，共25分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 11．(12分)(2020·浙江省寧波市)一個多面體的直觀圖及三視圖如圖所示(其中M，N分別是AF，BC的中點)． (1)求證：MN∥平面CDEF； (2)求二面角A－CF－

9、B的余弦值； (3)求多面體A－CDEF的體積． 解： 由三視圖知，該多面體是底面為直角三角形的直三棱柱ADE－BCF，且AB＝BC＝BF＝4， DE＝CF＝4，∠CBF＝. (1)證明：連接BE，易知BE通過點M，連接CE. 則EM＝BM，CN＝BN，∴MN∥CE，又CE?平面CDEF，MN?平面CDEF，∴MN∥平面CDEF. (2)作BQ⊥CF于Q，連接AQ， ∵平面BFC⊥平面ABFE，平面ABFE∩平面BCF＝BF，AB?平面ABFE，AB⊥BF，∴AB⊥平面BCF， 又CF?平面BCF，∴AB⊥CF，又BQ⊥CF，AB∩BQ＝B，∴CF⊥平面ABQ，∵AQ

10、?平面ABQ，∴AQ⊥CF，故∠AQB為所求二面角的平面角． 在Rt△ABQ中，tan∠AQB＝＝＝，則 cos∠AQB＝，故所求二面角的余弦值為. (3)多面體A－CDEF的體積V＝2×VA－CEF＝2×VC－ABF＝2×S△ABF·BC＝. 12．(13分)(廣東卷)某高速公路收費站入口處的安全標識墩如下圖(1)所示．墩的上半部分是正四棱錐P－EFGH，下半部分是長方體ABCD－EFGH.圖(2)、(3)分別是該標識墩的正視圖和俯視圖． (1)請畫出該安全標識墩的側(cè)視圖； (2)求該安全標識墩的體積； (3)證明：直線BD⊥平面PEG. 分析：(1)根據(jù)正(主)

11、視圖和俯視圖可以知道其側(cè)(左)視圖和正(主)視圖是完全相同的；(2)根據(jù)兩個視圖給出的標記，這個安全墩的下半部分是一個底面邊長為40 cm、高為20 cm的長方體，上半部分四棱錐的高為60 cm，根據(jù)公式計算即可；(3)根據(jù)正四棱錐的性質(zhì)進行證明． 解： (1)該安全標識墩側(cè)(左)視圖如右圖所示． (2)該安全標識墩的體積 V＝VP－EFGH＋VABCD－EFGH ＝×402×60＋402×20＝32000＋32000＝64000(cm3)． (3) 證明：如右圖所示，連接HF、EG.由題設(shè)知四邊形ABCD和四邊形EFGH均為正方形， ∴FH⊥EG， 又∵ABCD－EFGH為長方體， ∴BD∥FH. 設(shè)點O是EFGH的對稱中心，連接PO. ∵P－EFGH是正四棱錐， ∴PO⊥平面EFGH，而FH?平面EFGH， ∴PO⊥FH. ∵FH⊥PO，F(xiàn)H⊥EG，PO∩EG＝O， PO?平面PEG，EG?平面PEG， ∴FH⊥平面PEG. 而BD∥FH，故BD⊥平面PEG. 點評：解這類給出了直觀圖和三視圖中的兩個圖形的題目，只要根據(jù)直觀圖得出另一個視圖的形狀，再根據(jù)給出的兩個視圖上標注的幾何量，在第三個視圖上標注上幾何量即可．