2019年高考数学(文科)二轮专题突破训练：五立体几何专题能力训练13(含答案)

专题能力训练13空间几何体
一、能力突破训练
1.(2018全国Ⅲ,文3)
中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()
2.
如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是()
A.17π
B.18π
C.20π
D.28π
3.(2018北京,文6)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为()
A.1
B.2
C.3
D.4
4.已知平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为,则此球的体积为()
A.π
B.4π
C.4π
D.6π
5.在空间直角坐标系Oxyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,).若S1,S2,S3分别是三棱锥D-ABC在
xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则()
A.S1=S2=S3
B.S2=S1,且S2≠S3
C.S3=S1,且S3≠S2
D.S3=S2,且S3≠S1
6.
圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=()
A.1
B.2
C.4
D.8
7.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,则这个球的体积为.
8.(2018天津,文11)
如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积为.
9.
如图,已知在多面体ABCDEFG中,AB,AC,AD两两互相垂直,平面ABC∥平面DEFG,平面BEF∥平面
ADGC,AB=AD=DG=2,AC=EF=1,则该多面体的体积为.
10.下列三个图中,左面是一个正方体截去一个角后所得多面体的直观图.右面两个是其正视图和侧视图.
(1)请按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图(不要求叙述作图过程);
(2)求该多面体的体积(尺寸如图).
11.
如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4,过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.
二、思维提升训练
12.一块边长为6 cm的正方形铁皮按如图(1)所示的阴影部分裁下,然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器,将该容器按如图(2)放置.若其正视图为等腰直角三角形,则该容器的体积为()
A.12 cm3
B.4 cm3
C.27 cm3
D.9 cm3
13.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某多面体的三视图,则该几何体的各个面中最大面的面积为
()
A.1
B.
C.
D.2
14.已知一个四面体的顶点都在球面上,它们的正视图、侧视图、俯视图都是下图,图中圆内有一个以圆心为中心,边长为1的正方形,则这个四面体的外接球的表面积是()
A.π
B.3π
C.4π
D.6π
15.若三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SA⊥平面ABC,SA=2,AB=1,AC=2,∠BAC=60°,则球O的表面积为.
16.如图①,在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿对角线AC把矩形折成二面角D-AC-B(如图②),并且点D在平面ABC内的射影落在AB上.
(1)证明:AD⊥平面DBC;
(2)若在四面体D-ABC内有一球,问:当球的体积最大时,球的半径是多少?
专题能力训练13空间几何体
一、能力突破训练
1.A解析根据三视图原则,从上往下看,看不见的线画虚线,则A正确.
2.A解析由三视图可知,该几何体是球截去后所得几何体,则×R3=,解得R=2,
所以它的表面积为×4πR2+×πR2=14π+3π=17π.
3. C解析由该四棱锥的三视图,得其直观图如图.由正视图和侧视图都是等腰直角三角形,知PD⊥平面ABCD,所以侧面PAD和PDC都是直角三角形.由俯视图为直角梯形,易知DC⊥平面PAD.又AB∥DC,所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PA,所以侧面PAB也是直角三角形.
易知PC=2,BC=,PB=3,从而△PBC不是直角三角形.故选C.
4.B解析设球O的半径为R,则R=,故V球=πR3=4π.
5.D解析三棱锥的各顶点在xOy坐标平面上的正投影分别为A1(2,0,0),B1(2,2,0),C1(0,2,0),D1(1,1,0).显然D1点为A1C1的中点,如图①,正投影为Rt△A1B1C1,其面积S1=×2×2=2.
三棱锥的各顶点在yOz坐标平面上的正投影分别为A2(0,0,0),B2(0,2,0),C2(0,2,0),D2(0,1,).显然B2,C2重合,如图②,正投影为△A2B2D2,其面积S2=×2×.
三棱锥的各顶点在zOx坐标平面上的正投影分别为A3(2,0,0),B3(2,0,0),C3(0,0,0),D3(1,0,),由图③可知,正投影为△A3D3C3,其面积S3=×2×.
综上,S2=S3,S3≠S1.故选D.
图①
图②
图③
6.B解析由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.
∴S表=2r×2r+2×πr2+πr×2r+×4πr2
=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.
7.解析设正方体的棱长为a,外接球的半径为R,则2R= a.∵正方体的表面积为18,∴6a2=18.
∴a=,R=.
∴该球的体积为V=πR3=.
8.解析∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,
∴=V正方体-
=1-×1×1×1-×1×1×1=.
9.4解析(方法一:分割法)几何体有两对相对面互相平行,
如图,过点C作CH⊥DG于H,连接EH,即把多面体分割成一个直三棱柱DEH-ABC和一个斜三棱柱BEF-CHG.
由题意,知
V三棱柱DEH-ABC=S△DEH×AD
=×2=2,
V三棱柱BEF-CHG=S△BEF×DE=×2=2.
故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG=2+2=4.
(方法二:补形法)因为几何体有两对相对面互相平行,
如图,将多面体补成棱长为2的正方体,显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半.
又正方体的体积V正方体ABHI-DEKG=23=8,
故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG=×8=4.
10.解(1)作出俯视图如图所示.
(2)依题意,该多面体是由一个正方体(ABCD-A1B1C1D1)截去一个三棱锥(E-A1B1D1)得到的,所以截去的三棱锥体积·A1E=×1=,
正方体体积=23=8,
故所求多面体的体积V=8-.
11.解(1)交线围成的正方形EHGF如图所示.
(2)作EM⊥AB,垂足为M,
则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.
因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.
于是MH==6,AH=10,HB=6.
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,
所以其体积的比值为.
二、思维提升训练
12.D解析如图(2),△PMN为该四棱锥的正视图,由图(1)可知,PM+PN=6 cm,且PM=PN.
由△PMN为等腰直角三角形,得MN=3 cm,PM=3 cm.
设MN的中点为O,则PO⊥平面ABCD,PO=MN= cm,
故V P-ABCD=×(3)2×=9(cm3).故选D.
13.D解析
由题意得,该几何体的直观图为三棱锥A-BCD,如图,其最大面的表面是边长为2的等边三角形,其面积为
×(2)2=2.
14.B解析
由三视图可知,该四面体是一个正方体的内接正四面体,所以此四面体的外接球的直径为正方体的对角线的长,为, 所以此四面体的外接球的表面积为4π×=3π.
15.64π解析如图,三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,因为AB=1,AC=2,∠BAC=60°,
所以BC=,所以∠ABC=90°.
所以△ABC截球O所得的圆O'的半径r=1.
设OO'=x,球O的半径为R,则R2=x2+12,R2=(SA-x)2+12,所以x2+1=+1,
解得x=,R2=+12,R=4.
所以球O的表面积为4πR2=64π.
16.
(1)证明设D在平面ABC内的射影为H,则H在AB上,连接DH,如图,
则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)解当球的体积最大时,易知球与三棱锥D-ABC的各面相切,设球的半径为R,球心为O,
则V D-ABC=R(S△ABC+S△DBC+S△DAC+S△DAB).由已知可得S△ABC=S△ADC=6.
过D作DG⊥AC于点G,连接GH,如图,可知HG⊥AC.
易得DG=,HG=,DH=,S△DAB=×4×.
在△DAB和△BCD中,
因为AD=BC,AB=DC,DB=DB,
所以△DAB≌△BCD,
故S△DBC=,V D-ABC=×6×.
则,于是(4+)R=,所以R=.。