备战2019高考数学大二轮复习 专题五 立体几何 专题能力训练13 空间几何体 理

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……
专题能力训练13 空间几何体
一、能力突破训练
1.(2018北京,理5)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
2.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()
A.+1
B.+3
C.+1
D.+3
3.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
4.已知平面α截球O的球面得圆M,过圆心Μ的平面β与α的夹角为,且平面β截球O的球面得圆N.已知球Ο的半径为5,圆M的面积为9π,则圆N的半径为()
A.3
B.
C.4
D.
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.(2018全国Ⅰ,理7)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如下图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为()
A.2
B.2
C.3
D.2
7.在四面体ABCD中,AB=CD=6,AC=BD=4,AD=BC=5,则四面体ABCD的外接球的表面积
为.
8.由一个长方体和两个圆柱构成的几何体的三视图如图,则该几何体的体积为.
9.(2018全国Ⅱ,理16)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5,则该圆锥的侧面积为.
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.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的表面积为()
A.9(+1)π+8
B.9(+2)π+4-8
C.9(+2)π+4
D.9(+1)π+8-8
13.
如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是.
14.
如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB
为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥
体积(单位:cm3)的最大值为.
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.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.
2.A解析V=3+1,故选A.
3.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.
4.B解析如图,∵OA=5,AM=3,∴OM=4.
∵∠NMO=,∴ON=OM·sin=2
又∵OB=5,∴NB=,故选B.
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).显然点D1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解析如图所示,易知N为的中点,将圆柱的侧面沿母线MC剪开,展平为矩形MCC'M',易知CN=CC'=4,MC=2,从M到N的路程中最短路径为MN.
在Rt△MCN中,MN==2
7解析构造一个长方体,使得它的三条面对角线长分别为4,5,6,设长方体的三条边长分别为x,y,z,则x2+y2+z2=,而长方体的外接球就是四面体的外接球,所以S=4πR2=
8.2+解析由三视图还原几何体如图所示,故该几何体的体积V=2×1×1+212×1=2+
9.40解析设O为底面圆圆心,
∵cos∠ASB=,∴sin∠ASB=
∴S△ASB=|AS|·|BS|=5
∴SA2=80.
∴SA=4
∵SA与圆锥底面所成的角为45°,∠SOA=90°,
∴SO=OA=SA=2
∴S圆锥侧=πrl=42π=40
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解析由三视图可知,该几何体是由一个四棱锥和一个圆锥拼接而成,故
S=(2π×3)×3+π×32-(2)2+4=9(+1)π+8-8.故选D.
13解析设球O的半径为r,则圆柱O1O2的高为2r,故,答案为
14.4解析如图所示,连接OD,交BC于点G.由题意知OD⊥BC,OG=BC.
设OG=x,则BC=2x,DG=5-x,
三棱锥的高h=
因为S△ABC=2x×3x=3x2,
所以三棱锥的体积V=S△ABC·h=x2
令f(x)=25x4-10x5,x,则f'(x)=100x3-50x4.令f'(x)=0,可得x=2,
则f(x)在(0,2)单调递增,在单调递减,
所以f(x)max=f(2)=80.
所以V=4,所以三棱锥体积的最大值为4
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.
过点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=。