（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 課時作業(yè)9 空間幾何體 理（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 課時作業(yè)9 空間幾何體 理（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 課時作業(yè)9 空間幾何體 理（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時作業(yè)9　空間幾何體 [A·基礎(chǔ)達標] 1．如圖，為一圓柱切削后的幾何體及其正視圖，則相應(yīng)的側(cè)視圖可以是(　　) 2．[2020·全國卷Ⅱ]如圖是一個多面體的三視圖，這個多面體某條棱的一個端點在正視圖中對應(yīng)的點為M，在俯視圖中對應(yīng)的點為N，則該端點在側(cè)視圖中對應(yīng)的點為(　　) A．E B．F C．G D．H 3．如圖，在棱長為1的正方體ABCD - A1B1C1D1中，M為CD的中點，則三棱錐A - BC1M的體積VA - BC1M＝(　　) A. B. C. D. 4．已知一個幾何體的正視圖和側(cè)視圖如圖①所示，其俯視圖用斜二測畫法所畫出的水平放置的

2、直觀圖是一個直角邊長為1的等腰直角三角形如圖②所示，則此幾何體的體積為(　　) A．1 B. C．2 D．2 5．若有一圓柱形谷倉，高1丈3尺3寸，容納米2 000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛為容積單位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，則圓柱底面圓的周長約為(　　) A．1丈3尺 B．5丈4尺 C．9丈2尺 D．48尺 6．已知圓臺上、下兩底面與側(cè)面都與球O相切，已知圓臺的側(cè)面積為16π，則該圓臺上、下兩底面圓的周長之和為(　　) A．4π B．6π C．8π D．10π 7．已知矩形ABCD，AB＝2BC，把這個矩形分別以AB，BC所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周

3、，所成幾何體的側(cè)面積分別記為S1，S2，則S1和S2的比值等于(　　) A. B．1 C．2 D．4 8．[2020·全國卷Ⅰ]已知A，B，C為球O的球面上的三個點，⊙O1為△ABC的外接圓．若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為(　　) A．64π B．48π C．36π D．32π 9．已知三棱錐P - ABC的四個頂點都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝8.若平面ABC截球O所得截面的面積為9π，則球O的表面積為(　　) A．10π B．25π C．50π D．100π 10．已知三棱錐P - ABC的棱AP，A

4、B，AC兩兩垂直，且長度都為，以頂點P為球心，2為半徑作一個球，則球面與三棱錐的表面相交所得到的四段弧的長度之和等于(　　) A．3π B. C. D. 11．[2020·浙江卷]已知圓錐的側(cè)面積(單位：cm2)為2π，且它的側(cè)面展開圖是一個半圓，則這個圓錐的底面半徑(單位：cm)是________． 12．[2020·貴陽市第一學(xué)期監(jiān)測考試]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，則此球的表面積是________． 13．如圖，在正三棱柱ABC - A1B1C1中，D為棱AA1的中點．若AA1＝4，AB＝2，則四棱錐B - ACC1D的體積為________

5、． 14．某幾何體的三視圖如圖所示，正視圖是一個上底為2，下底為4的直角梯形，俯視圖是一個邊長為4的等邊三角形，則該幾何體的體積為________． [B·素養(yǎng)提升] 1．如圖，四棱錐P - ABCD的底面ABCD為平行四邊形，NB＝2PN，則三棱錐N - ABC與四棱錐P - ABCD的體積比為(　　) A．1:2 B．1:3 C．1:6 D．1:8 2．[2020·合肥第一次教學(xué)檢測]已知正方體ABCD - A1B1C1D1，過體對角線BD1作平面α交棱AA1于點E，交棱CC1于點F，則 ①四邊形BFD1E一定是平行四邊形； ②多面體ABE - DCFD1與

6、多面體D1C1F - A1B1BE的體積相等； ③四邊形BFD1E在平面AA1D1D內(nèi)的投影一定是平行四邊形； ④平面α有可能垂直于平面BB1D1D. 其中所有正確結(jié)論的序號為(　　) A．①② B．②③④ C．①④ D．①②④ 3．已知三棱錐P - ABC的四個頂點在同一個球面上，底面△ABC滿足BA＝BC＝，∠ABC＝，若該三棱錐體積的最大值為3，則其外接球的體積為________． 4．[2019·全國卷Ⅱ]中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1)．半正多面體是由兩種

7、或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美．圖2是一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有__________個面，其棱長為________． 5．在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，E為線段AD的中點，如圖1，沿BE將△ABE折起至△PBE，使BP⊥CE，如圖2所示． (1)求證：平面PBE⊥平面BCDE； (2)求點D到平面PEC的距離． 6. 如圖，三棱柱ABC - A1B1C1的各棱長均為2，AA1⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，BC的中點． (1)求證

8、：直線BE∥平面A1FC1； (2)平面A1FC1與直線AB交于點M，指出點M的位置，說明理由，并求三棱錐B - EFM的體積． 課時作業(yè)9　空間幾何體 [A·基礎(chǔ)達標] 1．解析：由題意，根據(jù)切削后的幾何體及其正視圖，可得相應(yīng)的側(cè)視圖的切口為橢圓，故選B. 答案：B 2．解析：根據(jù)三視圖可得直觀圖如圖所示，圖中的點U在正視圖中對應(yīng)的點為M，在俯視圖中對應(yīng)的點為N，所以該端點在側(cè)視圖中對應(yīng)的點為E.故選A. 答案：A 3．解析：VA - BC1M＝VC1 - ABM＝S△ABM·C1C＝×AB×AD×C1C＝.故選C. 答案：C

9、 4．解析：根據(jù)直觀圖可得該幾何體的俯視圖是一個直角邊長分別是2和的直角三角形，根據(jù)三視圖可知該幾何體是一個三棱錐，且三棱錐的高為3，所以體積V＝××3＝.故選B. 答案：B 5．解析：由題設(shè)可得，圓柱的體積V≈2 000×1.62＝3 240(立方尺)， 又圓柱的高h＝10＋3＋＝(尺)， 設(shè)圓柱底面圓的半徑為r尺，則有3×r2＝3 240，解得r＝9， 故圓柱的底面圓的周長l≈2×3×9＝54(尺)，即5丈4尺，故選B. 答案：B 6．解析： 圓臺的軸截面如圖所示，圓臺的側(cè)面積S側(cè)＝π(R＋r)2＝16π，所以R＋r＝4，所以該圓臺上、下兩底面圓的周長之和為2(R＋

10、r)π＝8π.故選C. 答案：C 7．解析：設(shè)BC＝a，AB＝2a，所以S1＝2π·a·2a＝4πa2，S2＝2π·2a·a＝4πa2，S1:S2＝1.故選B. 答案：B 8．解析：如圖，由題知△ABC為等邊三角形，圓O1的半徑r＝2，即O1B＝2，∴BC＝2＝OO1， 在Rt△OO1B中，OB2＝OO＋O1B2＝16，∴球O的半徑R＝OB＝4，則S球O＝4πR2＝64π.故選A. 答案：A 9．解析：設(shè)球O的半徑為R，由平面ABC截球O所得截面的面積為9π，得△ABC的外接圓的半徑為3.設(shè)該外接圓的圓心為D，因為AB⊥BC，所以點D為AC的中點，所以DC＝3.因為PA⊥平面

11、ABC，易證PB⊥BC，所以PC為球O的直徑．又PA＝8，所以O(shè)D＝PA＝4，所以R＝OC＝＝5， 所以球O的表面積為S＝4πR2＝100π.故選D. 答案：D 10．解析：如圖所示，由題意知Rt△PAC，Rt△PAB為等腰直角三角形，且AP＝AB＝AC＝. 以頂點P為球心，2為半徑作一個球，設(shè)球P與Rt△PAC的邊PC，AC分別交于點M，N與AB，PB分別交于點H，G， 易得cos∠APN＝，所以∠APN＝，AN＝AP·tan＝1，所以∠NPM＝， 所以弧MN的長l＝×2＝. 同理l＝， 易知AH＝AN＝1，則l＝×1＝. 又易知弧GM的長是以頂點P為圓心，2為半徑的圓

12、的周長的， 所以l＝＝， 所以球面與三棱錐的表面相交所得到的四段弧的長度之和等于＋＋＋＝.故選B. 答案：B 11．解析：解法一：設(shè)該圓錐的母線長為l，因為圓錐的側(cè)面展開圖是一個半圓，其面積為2π，所以πl(wèi)2＝2π，解得l＝2，所以該半圓的弧長為2π.設(shè)該圓錐的底面半徑為R，則2πR＝2π，解得R＝1. 解法二：設(shè)該圓錐的底面半徑為R，則該圓錐側(cè)面展開圖中的圓弧的弧長為2πR.因為側(cè)面展開圖是一個半圓，設(shè)該半圓的半徑為r，則πr＝2πR，即r＝2R，所以側(cè)面展開圖的面積為·2R·2πR＝2πR2＝2π，解得R＝1. 答案：1 12．解析：因為平面α截球O的球面所得圓的半徑為1，球

13、心到該平面的距離d＝，所以球的半徑R＝＝，根據(jù)球的表面積計算公式，得球的表面積S＝4πR2＝12π. 答案：12π 13．解析：取AC的中點O，連接BO(圖略)，則BO⊥AC， 所以BO⊥平面ACC1D. 因為AB＝2，所以BO＝. 因為D為棱AA1的中點，AA1＝4，所以AD＝2， 所以S梯形ACC1D＝×(2＋4)×2＝6， 所以四棱錐B - ACC1D的體積為×6×＝2. 答案：2 14．解析：把三視圖還原成幾何體ABC - DEF，如圖所示，在AD上取點G，使得AG＝2，連接GE，GF，則把幾何體ABC - DEF分割成三棱柱ABC - GEF和三棱錐D - GEF，

14、所以VABC - DEF＝VABC - GEF＋VD - GEF＝4×2＋×4×2＝. 答案： [B·素養(yǎng)提升] 1．解析：設(shè)點P，N在平面ABCD內(nèi)的投影分別為點P′，N′，(圖略)則PP′⊥平面ABCD，NN′⊥平面ABCD，所以PP′∥NN′，則在△BPP′中，由BN＝2PN得＝，又因為四邊形ABCD為平行四邊形，所以＝，則＝＝×＝. 答案：B 2．解析：對于①，由平面BCC1B1∥平面ADD1A1，并且B，E，F(xiàn)，D1四點共面，知ED1∥BF，同理FD1∥EB，故四邊形BFD1E一定是平行四邊形，故①正確；對于②，多面體ABE - DCFD1與多面體D1C1F - A1B

15、1BE完全一樣，很顯然體積相等，故②正確；對于③，當(dāng)投射線平行于平面BFD1E時，投影是線段D1E，故③錯誤；對于④，當(dāng)E和F分別是對應(yīng)棱的中點時，平面BFD1E⊥平面BB1D1D，故④正確．故選D. 答案：D 3．解析：因為△ABC是等腰直角三角形，故AC為截面圓的直徑，故外接球的球心O在截面ABC上的投影為AC的中點D，如圖，連接PD，OC，當(dāng)P，O，D共線且P，O位于截面ABC同一側(cè)時，該三棱錐的體積最大，此時PD⊥平面ABC，由××××PD＝3，解得PD＝3. 設(shè)外接球的半徑為R，則OD＝3－R，OC＝R， 在△ODC中，CD＝AC＝， 由勾股定理得(3－R)2＋()2＝

16、R2，解得R＝2. 所以外接球的體積V＝π×23＝π. 答案：π 4．解析：依題意知，題中的半正多面體的上、下、左、右、前、后6個面都在正方體的表面上，且該半正多面體的表面由18個正方形，8個正三角形組成，因此題中的半正多面體共有26個面．注意到該半正多面體的俯視圖的輪廓是一個正八邊形，設(shè)題中的半正多面體的棱長為x，則x＋x＋x＝1，解得x＝－1，故題中的半正多面體的棱長為－1. 答案：26?。? 5．解析：(1)證明：在題圖1中連接EC，(圖略)由題意得∠AEB＝∠CED＝45°，∠BEC＝90°，BE⊥CE. 在題圖2中，∵PB⊥CE，PB∩BE＝B，∴CE⊥平面PBE， ∵

17、CE?平面BCDE，∴平面PBE⊥平面BCDE. (2)在題圖2中，取BE的中點O，連接PO，(圖略) ∵PB＝PE，∴PO⊥BE，PO＝BE＝， ∵平面PBE⊥平面BCDE， ∴PO⊥平面BCDE， ∴VP - ECD＝S△ECD·PO＝××＝. 設(shè)點D到平面PEC的距離為h， 由(1)CE⊥平面PBE知CE⊥PE， S△PEC＝PE·CE＝×1×＝， ∵VD - PEC＝VP - ECD，∴h·S△PEC＝h＝，h＝， ∴點D到平面PEC的距離為. 6．解析：(1)證明：取A1C1的中點G，連接EG，F(xiàn)G， 于是EG綊B1C1，又BF綊B1C1， ∴BF綊EG.

18、 ∴四邊形BFGE是平行四邊形． ∴BE∥FG. 而BE?平面A1FC1，F(xiàn)G?平面A1FC1， ∴直線BE∥平面A1FC1. (2)解：M為棱AB的中點． 理由如下： 取AB中點為M，連接ME，MF，F(xiàn)E， ∵AC∥A1C1，AC?平面A1FC1，A1C1?平面A1FC1， ∴直線AC∥平面A1FC1， 又平面A1FC1∩平面ABC＝FM， ∴AC∥FM，又F為棱BC的中點， ∴M為棱AB的中點． ∴S△BFM＝S△ABC＝×＝， ∵BB1⊥平面ABC，∴B1B為B1到平面ABC的距離． ∴VB - EFM＝VE - BFM＝S△BFM·BB1＝××2＝.