江西省2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練11 空間幾何體的三視圖、表面積及體積 理

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1、此資料由網(wǎng)絡收集而來，如有侵權(quán)請告知上傳者立即刪除。資料共分享，我們負責傳遞知識。 專題升級訓練11　空間幾何體的三視圖、表面積及體積 (時間：60分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(本大題共6小題，每小題6分，共36分) 1．下列四個幾何體中，每個幾何體的三視圖中有且僅有兩個視圖相同的是(　　)． A．①② B．①③ C．③④ D．②④ 2．用斜二測畫法畫一個水平放置的平面圖形的直觀圖為如圖所示的一個正方形，則原來的圖形是(　　)． 3．在一個幾何體的三視圖中，正(主)視圖和俯視圖如圖所示，則相應的側(cè)(左)視圖可以為(　　)． 　 4．(2

2、020·北京豐臺區(qū)三月模擬，5)若正四棱錐的正(主)視圖和俯視圖如圖所示，則該幾何體的表面積是(　　)． A．4 B．4＋4 C．8 D．4＋4 5．(2020·河北邯鄲一模，6)如下圖是某幾何體的三視圖，其中正(主)視圖是腰長為2的等腰三角形，側(cè)(左)視圖是半徑為1的半圓，則該幾何體的體積是(　　)． A．π B．. C．π D． 6．(2020·山東濟南三月模擬，8)若一個螺栓的底面是正六邊形，它的正(主)視圖和俯視圖如圖所示，則它的體積是(　　)． A．27＋12π B．9＋12π C．2

3、7＋3π D．54＋3π 二、填空題(本大題共3小題，每小題6分，共18分) 7．(2020·江蘇南京二模，11)一塊邊長為10 cm的正方形鐵片按如圖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作側(cè)面，以它們的公共頂點P為頂點，加工成一個如圖所示的正四棱錐容器，當x＝6 cm時，該容器的容積為__________cm3. 8．一個正三棱柱的側(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__________． 9．如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝，AA1＝3，M為線段

4、BB1上的一動點，則當AM＋MC1最小時，△AMC1的面積為__________． 三、解答題(本大題共3小題，共46分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 10．(本小題滿分15分)如圖，已知某幾何體的三視圖如下(單位：cm)． (1)畫出這個幾何體的直觀圖(不要求寫畫法)； (2)求這個幾何體的表面積及體積． 11．(本小題滿分15分)(2020·安徽安慶二模，18)如圖，幾何體ABC－EFD是由直三棱柱截得的，EF∥AB，∠ABC＝90°，AC＝2AB＝2，CD＝2AE＝. (1)求三棱錐D－BCE的體積； (2)求證：CE⊥DB. 12．(本小題

5、滿分16分)(2020·河北邯鄲一模，19)已知四棱錐E－ABCD的底面為菱形，且∠ABC＝60°，AB＝EC＝2，AE＝BE＝，O為AB的中點． (1)求證：EO⊥平面ABCD； (2)求點D到平面AEC的距離． 參考答案 一、選擇題 1．D　解析：圖①的三種視圖均相同；圖②的正(主)視圖與側(cè)(左)視圖相同；圖③的三種視圖均不相同；圖④的正(主)視圖與側(cè)(左)視圖相同． 2．A　解析：由直觀圖可知，在直觀圖中多邊形為正方形，對角線長為，所以原圖形為平行四邊形，位于y軸上的對角線長為2，故選A. 3．D　解析：由題目所給的幾何體的正(主)視圖和俯視圖，可知該幾何體為半圓錐

6、和三棱錐的組合體，如圖所示： 可知側(cè)(左)視圖為等腰三角形，且輪廓線為實線，故選D. 4．B　 5．D 6．C　解析：該螺栓是由一個正六棱柱和一個圓柱組合而成的， V總＝V正六棱柱＋V圓柱＝×32×6×2＋π×12×3＝27＋3π. 二、填空題 7．48 8．2　解析：如圖，設底面邊長為a，則側(cè)棱長也為a，由題意得a2·a＝2，故a3＝8，a＝2. 側(cè)(左)視圖與矩形DCC1D1相同，＝a·a＝2. 9．　解析：將直三棱柱沿側(cè)棱A1A剪開，得平面圖形如圖所示，A′C1為定長，當A，M，C1共線時AM＋MC1最短，此時AM＝，MC1＝2. 又在原圖形中AC1＝，

7、易知∠AMC1＝120°， ∴＝××2×sin 120°＝. 三、解答題 10．解：(1)這個幾何體的直觀圖如圖所示． (2)這個幾何體可看成是正方體AC1及直三棱柱B1C1Q－A1D1P的組合體． 由PA1＝PD1＝，A1D1＝AD＝2，可得PA1⊥PD1. 故所求幾何體的表面積S＝5×22＋2×2×＋2××()2＝22＋4(cm2)． 所求幾何體的體積V＝23＋×()2×2＝10(cm3)． 11．(1)解：BC2＝AC2－AB2＝3?BC＝. 幾何體ABC－EFD是由直三棱柱截得的，由圖可知DC⊥平面ABC， ∴DC⊥AB. 又∵∠ABC＝90°，∴AB⊥BC，

8、∴AB⊥平面BDC. 又EF∥AB，∴EF⊥平面BCD， 故VD－BCE＝VE－BCD＝S△BCD·EF＝××××1＝. (2)證明：連接CF. 依題意.① 又在Rt△BCF和Rt△CDB中， ＝＝，＝＝?＝ ?Rt△BCF∽Rt△CDB?∠BDC＝∠BCF?∠BDC＋∠DCF＝∠BCF＋∠DCF＝90°?CF⊥BD.② 由①②?BD⊥平面CEF. 又CE?平面CEF，∴BD⊥CE. 12．(1)證明：連接CO. ∵AE＝EB＝，AB＝2，∴△AEB為等腰直角三角形． ∵O為AB的中點，∴EO⊥AB，EO＝1. 又∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴△ACB是等邊三角形，∴CO＝. 又EC＝2，∴EC2＝EO2＋CO2，∴EO⊥CO. 又CO?平面ABCD，EO平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD. (2)解：設點D到平面AEC的距離為h. ∵AE＝，AC＝EC＝2，∴S△AEC＝. ∵S△ADC＝，E到平面ACB的距離EO＝1，VD－AEC＝VE－ADC， ∴S△AEC·h＝S△ADC·EO，∴h＝， ∴點D到平面AEC的距離為.