人教版高中数学必修二第一章测试题及答案

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高中数学必修二第一章测试题及答案

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高中数学必修二测试题及答案人教版

第一章空间几何体一、选择题1．有一个几何体的三视图如下图所示，这个几何体可能是一个( )．主视图左视图俯视图 (第1题) A ．棱台 B ．棱锥 C ．棱柱 D ．正八面体2．如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是( )．A ．2＋2B ．221＋C ．22＋2 D ．2＋13．棱长都是1的三棱锥的表面积为( )．A ．3B ．23C ．33D ．434．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是( )．A ．25πB ．50πC ．125πD ．都不对 5．正方体的棱长和外接球的半径之比为( )． A ．3∶1 B ．3∶2 C ．2∶3 D ．3∶36．在△ABC 中，AB ＝2，BC ＝1.5，∠ABC ＝120°，若使△ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的体积是( )．A ．29πB ．27πC ．25πD ．23π7．若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )．A ．130B ．140C ．150D ．1608．如图，在多面体ABCDEF 中，已知平面ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF ＝23，且EF 与平面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积为( )．A ．29 B ．5 C ．6 D ．2159．下列关于用斜二测画法画直观图的说法中，错误．．的是( )． A ．用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形B ．几何体的直观图的长、宽、高与其几何体的长、宽、高的比例相同C ．水平放置的矩形的直观图是平行四边形D ．水平放置的圆的直观图是椭圆10．如图是一个物体的三视图，则此物体的直观图是( )．(第8题)(第10题)二、填空题11．一个棱柱至少有______个面，面数最少的一个棱锥有________个顶点，顶点最少的一个棱台有________条侧棱．12．若三个球的表面积之比是1∶2∶3，则它们的体积之比是_____________．13．正方体ABCD－A1B1C1D1 中，O是上底面ABCD的中心，若正方体的棱长为a，则三棱锥O－AB1D1的体积为_____________．14．如图，E，F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是___________．(第14题)15．已知一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2、3、6，则这个长方体的对角线长是___________，它的体积为___________．16．一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高9厘米则此球的半径为_________厘米．三、解答题17．有一个正四棱台形状的油槽，可以装油190 L，假如它的两底面边长分别等于60 cm 和40 cm，求它的深度．18 *．已知半球内有一个内接正方体，求这个半球的体积与正方体的体积之比．[提示：过正方体的对角面作截面]19．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝22，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．(第19题)20．养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用)，已建的仓库的底面直径为12 m，高4 m，养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐，现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变)；二是高度增加4 m(底面直径不变)．(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；(3)哪个方案更经济些？第一章空间几何体参考答案A 组一、选择题 1．A解析：从俯视图来看，上、下底面都是正方形，但是大小不一样，可以判断可能是棱台．2．A解析：原图形为一直角梯形，其面积S ＝21(1＋2＋1)×2＝2＋2．3．A解析：因为四个面是全等的正三角形，则S 表面＝4×43＝3． 4．B解析：长方体的对角线是球的直径， l ＝2225＋4＋3＝52，2R ＝52，R ＝225，S ＝4πR 2＝50π． 5．C解析：正方体的对角线是外接球的直径． 6．D解析：V ＝V 大－V 小＝31πr 2(1＋1.5－1)＝23π．7．D解析：设底面边长是a ，底面的两条对角线分别为l 1，l 2，而21l ＝152－52，22l ＝92－52，而21l ＋22l ＝4a 2，即152－52＋92－52＝4a 2，a ＝8，S 侧面＝4×8×5＝160． 8．D解析：过点E ，F 作底面的垂面，得两个体积相等的四棱锥和一个三棱柱，V ＝2×31×43×3×2＋21×3×2×23＝215．9．B解析：斜二测画法的规则中，已知图形中平行于 x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于 y 轴的线段，长度为原来的一半．平行于 z 轴的线段的平行性和长度都不变．10．D解析：从三视图看底面为圆，且为组合体，所以选D. 二、填空题11．参考答案：5，4，3．解析：符合条件的几何体分别是：三棱柱，三棱锥，三棱台．12．参考答案：1∶22∶33．r 1∶r 2∶r 3＝1∶2∶3，31r ∶32r ∶33r ＝13∶(2)3∶(3)3＝1∶22∶33．13．参考答案：361a ．解析：画出正方体，平面AB 1D 1与对角线A 1C 的交点是对角线的三等分点，三棱锥O －AB 1D 1的高h ＝33a ，V ＝31Sh ＝31×43×2a 2×33a ＝61a 3．另法：三棱锥O －AB 1D 1也可以看成三棱锥A －OB 1D 1，它的高为AO ，等腰三角形OB 1D 1为底面．14．参考答案：平行四边形或线段．15．参考答案：6，6．解析：设ab ＝2，bc ＝3，ac ＝6，则V = abc ＝6，c ＝3，a ＝2，b ＝1， l ＝1＋2＋3＝6． 16．参考答案：12．解析：V ＝Sh ＝πr 2h ＝34πR 3，R ＝32764×＝12．三、解答题 17．参考答案：V ＝31(S ＋S S ′＋S )h ，h ＝S S S S V ′＋′＋3＝6001＋4002＋60030001903×＝75．18．参考答案：如图是过正方体对角面作的截面．设半球的半径为R ，正方体的棱长为a ，则CC'＝a ，OC ＝22a ，OC'＝R ．(第18题)在Rt △C'CO 中，由勾股定理，得CC' 2＋OC 2＝OC' 2，即 a 2＋(22a )2＝R 2． ∴R ＝26a ，∴V 半球＝26πa 3，V 正方体＝a 3． ∴V 半球 ∶V 正方体＝6π∶2． 19．参考答案：S 表面＝S 下底面＋S 台侧面＋S 锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×22 ＝(60＋42)π． V ＝V 台－V 锥＝31π(21r ＋r 1r 2＋22r )h －31πr 2h 1 ＝3148π．20．解：(1) 参考答案：如果按方案一，仓库的底面直径变成16 m ，则仓库的体积V 1＝31Sh ＝31×π×(216)2×4＝3256π(m 3)．如果按方案二，仓库的高变成8 m ，则仓库的体积COAV 2＝31Sh ＝31×π×(212)2×8＝3288π(m 3)．(2) 参考答案：如果按方案一，仓库的底面直径变成16 m ，半径为8 m ．棱锥的母线长为l ＝224＋8＝45，仓库的表面积S 1＝π×8×45＝325π(m 2)．如果按方案二，仓库的高变成8 m ．棱锥的母线长为l ＝226＋8＝10，仓库的表面积S 2＝π×6×10＝60π(m 2)．(3) 参考答案：∵V 2＞V 1，S 2＜S 1，∴方案二比方案一更加经济些．。

2020人教B版高中数学必修二第一章立体几何初步综合测试B含解析

【成才之路】2015-2016学年高中数学第一章立体几何初步综合测试B 新人教B版必修2时间120分钟，满分150分。

一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(2015·山东莱州市高一期末测试)在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，DD1与BB1所在直线是( )A．相交B．平行C．不垂直的异面直线D．垂直的异面直线[答案] A[解析]根据棱台的定义可知，DD1与BB1延长后一定交于一点，故选A．2．不在同一直线上的五个点，最多能确定平面的个数是( )A．8 B．9C．10 D．12[答案] C[解析]要确定平面个数最多，须任意四点不共面，从A、B、C、D、E五个点中任取三个点确定一个平面，即ABC、ABD、ABE、ACD、ACE、ADE、BCD、BCE、BDE、CDE共10种情况，选C．3．给出四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是( )A．0 B．1C．2 D．3[答案] A[解析]反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正方体；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误，故选A．4．下列几何体各自的三视图中，只有两个视图相同的是( )A ．①③B ．②③C ．②④D ．③④[答案] C[解析] 正方体和球体的三个视图都相同，故选C ．5．(2015·广东东莞市高一期末测试)若球的半径扩大到原来的2倍，那么其体积扩大到原来的( )倍A ．64B ．16C ．8D ．4 [答案] C[解析] 设球的半径为R ，其体积V ＝43πR 3，当球半径扩大到原来的2倍时，其体积V ′＝43π(2R )3＝8V . 6．若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为( )A ．112B ．5C ．92D ．4[答案] D[解析] 本题考查三视图，棱柱体积公式．由三视图知该几何体为直六棱柱．其底面积为S ＝2×[12(1＋3)×1]＝4，高为1.所以体积V ＝4，由“长对正、宽相等、高平齐”确定几何体的形状及尺寸、角度等．7．(2015·安徽安庆市高一教学质量调研监测)已知平面α、β和直线m ，给出条件：①m ∥α；②m ⊥α；③m ⊂α；④α⊥β；⑤α∥β，能推出m ∥β的是( )A ．①④B ．①⑤C ．②⑤D ．③⑤[答案] D [解析]⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αα∥β⇒m ∥β，故选D. 8．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若点E 为A 1C 1上的一点，则直线CE 一定垂直于( )A ．ACB ．BDC ．A 1D D ．A 1D 1[答案] B[解析] 由BD ⊥AC ，BD ⊥AA 1易知BD ⊥平面A 1ACC 1，而CE ⊂平面A 1ACC 1，故BD ⊥CE . 9．已知圆柱的侧面展开图矩形面积为S ，底面周长为C ，它的体积是( ) A ．C 34πSB ．4πSC3C ．CS2π D ．SC4π[答案] D[解析] 设圆柱底面半径为r ，高为h ，，则⎩⎪⎨⎪⎧Ch ＝S C ＝2πr，∴r ＝C 2π，h ＝SC，∴V ＝πr 2·h ＝π⎝⎛⎭⎪⎫C 2π2·S C ＝SC 4π.10．(2015·辽宁沈阳二中高一期末测试)三棱锥P －ABC 三条侧棱两两垂直，三个侧面面积分别为22、32、62，则该三棱锥的外接球的表面积为( ) A ．4π B ．6π C ．8π D ．10π[答案] B[解析] 设PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则⎩⎨⎧ab ＝2ac ＝3bc ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝1b 2＝2c 2＝3.∴外接球的半径R ＝a 2＋b 2＋c 22＝62. ∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝6π.11．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E 、F ，且EF ＝12，则下列结论中错误的是( )A ．AC ⊥BEB ．EF ∥平面ABCDC ．三棱锥A －BEF 的体积为定值D ．△AEF 的面积与△BEF 的面积相等 [答案] D[解析] 由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1得B 1B ⊥面AC ， ∴AC ⊥B 1B ，又∵AC ⊥BD ，BD ∩B 1B ＝B ， ∴AC ⊥面BDD 1B 1，BE ⊂面BDD 1B 1， ∴AC ⊥BE ，故A 正确．由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1得B 1D 1∥BD ，B 1D 1⊄面ABCD ，BD ⊂面ABCD ，∴B 1D 1∥面ABCD ，∴EF ∥面ABCD ，故B 正确．V A －BEF ＝12AC ×12BB 1×EF ＝13×12×12×22＝224. ∴三棱锥A －BEF 的体积为定值，故C 正确．因线段B 1D 1上两个动点E 、F ，且EF ＝12，当E 、F 移动时，A 到EF 的距离与B 到EF 的距离不相等， ∴△AEF 的面积与△BEF 的面积不相等，故D 不正确．12．已知圆锥的母线长为5 cm ，圆锥的侧面展开图如图所示，且∠AOA 1＝120°，一只蚂蚁欲从圆锥底面上的点A 出发，沿圆锥侧面爬行一周回到点A ．则蚂蚁爬行的最短路程为( )A ．8 cmB ．5 3 cmC ．10 cmD ．5π cm[答案] B[解析] 连接AA 1，作OC ⊥AA 1于C ，因为圆锥的母线长为5 cm ，∠AOA 1＝120°，所以AA 1＝2AC ＝5 3 cm.二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上) 13．(2015·宁夏银川一中高一期末测试)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形ABCD ，如图所示，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，这个平面图形的面积为________．[答案] 2＋22[解析] S 直观图＝[1＋1＋22]×222＝2＋2224＝22＋14.又S直观图S平面图＝24，∴S平面图＝22＋1424＝2＋22.14．(2015·湖南益阳市高一期末测试)已知两个球的表面积之比为19，则这两个球的半径之比为__________．[答案]1 3[解析]设两球的半径分别为R1、R2，由题意得4πR214πR22＝19，∴R1R2＝1 3.15．已知平面α、β和直线m，给出以下条件：①m∥α，②m⊥α；③m⊂α；④α∥β.要使m⊥β，则所满足的条件是________．[答案]②④[解析]⎭⎪⎬⎪⎫m⊥αα∥β⇒m⊥β.16．已知点P、A、B、C、D是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为23的正方形，若PA＝26，则△OAB的面积为________．[答案]3 3[解析]本题考查了与球有关的几何问题．如图，连接AC．∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC，故PC为球的直径，取CP中点O，取AC中点O′，则OO′＝12PA＝ 6.又AC＝26，PA＝2 6.PC＝4 3.∴半径R ＝ OC ＝OA ＝OB ＝AB ＝23，∴S △OAB ＝3 3.三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本题满分12分)一个棱锥的底面是边长为a 的正三角形，它的一个侧面也是正三角形，且这个侧面与底面垂直，求这个棱锥的体积和全面积．[解析] 如图所示，平面ABC ⊥平面BCD ，△ABC 与△BCD 均为边长为a 的正三角形，取BC 中点E ，连接AE ，则AE ⊥平面BCD ，故棱锥A －BCD 的高为AE ，△BCD 的面积为34a 2， AE ＝32a ， ∴V A －BCD ＝13·34a 2·32a ＝18a 3.连接DE ，∵AE ⊥平面BCD ，DE ⊂平面BCD ，∴AE ⊥DE ，在Rt △AED 中，AE ＝ED ＝32a ， ∴AD ＝2·32a ＝62a . 取AD 中点F ，连接CF ，则CF ⊥AD . 在Rt △CDF 中，DF ＝12·62a ＝64a ，∴CF ＝CD 2－DF 2＝a 2－⎝⎛⎭⎪⎫64a 2＝104a . ∴S △ACD ＝12AD ·CF ＝12×62a ×104a ＝158a 2.∵△ABD ≌△ACD ，S △ABD ＝158a 2. 故S 全面积＝34a 2＋34a 2＋2×158a 2＝23＋154a 2. ∴棱锥的体积为 18a 3，全面积为23＋154a 2.18．(本题满分12分)(2015·辽宁沈阳二中高一月考)如图，矩形AMND 所在平面与直角梯形MBCN 所在的平面垂直，MB ∥NC ，MN ⊥MB .(1)求证：平面AMB ∥平面DNC ； (2)若MC ⊥CB ，求证：BC ⊥AC ．[解析](1)∵四边形AMND是矩形，∴AM∥DN，又∵MB∥NC，AM∩MB＝M，DN∩NC＝N，∴平面AMB∥平面DNC．(2)∵平面AMND⊥平面MBCN，平面AMND∩平面MBCN＝MN，AM⊥MN，∴AM⊥平面MBCN，∴AM⊥BC．∵BC⊥MC，AM∩MC＝M，∴BC⊥平面AMC，∴BC⊥AC．19．(本题满分12分)(2015·广东清远市高一期末测试)如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，点D是AB的中点．(1)求证：AC⊥BC1；(2)求证：AC1∥平面CDB1.[解析](1)∵AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC．又∵直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥CC1，CC1∩BC＝C，∴AC⊥平面BB1C1C，∴AC⊥BC1.(2)如图，设BC1交B1C于点E，连接DE.∵D 为AB 的中点，E 为BC 1的中点，∴DE ∥AC 1. 又∵AC 1⊄平面CDB 1，DE ⊂平面CDB 1， ∴AC 1∥平面CDB 1.20．(本题满分12分)(2014·福建文，19)如图，三棱锥A －BCD 中，AB ⊥平面BCD ，CD ⊥BD .(1)求证：CD ⊥平面ABD ；(2)若AB ＝BD ＝CD ＝1，M 为AD 中点，求三棱锥A －MBC 的体积． [解析] (1)∵AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ， ∴AB ⊥CD .又∵CD ⊥BD ，AB ∩BD ＝B ，AB ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ，∴CD ⊥平面ABD .(2)由AB ⊥平面BCD ，得AB ⊥BD ， ∵AB ＝BD ＝1，∴S △ABD ＝12.∵M 是AD 的中点，∴S △ABM ＝12S △ABD ＝14.由(1)知，CD ⊥平面ABD ， ∴三棱锥C －ABM 的高h ＝CD ＝1，因此三棱锥A －MBC 的体积V A －MBC ＝V C －ABM ＝13S △ABM ·h ＝112.21．(本题满分12分)如下三个图中，左面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，右面是它的主视图和左视图(单位： cm)．(1)画出该多面体的俯视图；(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积；(3)在所给直观图中连接BC ′，证明：BC ′∥平面EFG .[解析] (1)如图．(2)所求多面体的体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843(cm 3)．(3)证明：如图，在长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，连接AD ′，则AD ′∥BC ′，因为E 、G 分别为AA ′、A ′D ′中点，所以AD ′∥EG ，从而EG ∥BC ′，又BC ′⊄平面EFG ，所以BC ′∥平面EFG .22．(本题满分14分)如图，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，AB ＝AE ，FA ＝FE ，∠AEF ＝45°.文档从互联网中收集，已重新修正排版，word 格式支持编辑，如有帮助欢迎下载支持。

(必考题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试(答案解析)(1)

一、选择题1．正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心的棱锥）的三视图如图所示，俯视图是正三角形，O 是其中心，则正视图（等腰三角形）的腰长等于（）A ．5B ．2C ．3D ．22．在正方体1111ABCD A BC D -中，点,E F 分别是梭BC ，CD 的中点，则1A F 与1C E 所成角的余弦值为（） A ．5B ．25C ．5 D ．253．已知平面,αβ，直线l ，记l 与,αβ所成的角分别为1θ，2θ，若αβ⊥，则（） A ．12sin sin 1θθ+≤B ．12sin sin 1θθ+≥C ．122πθθ+≤D ．122πθθ+≥4．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，PA AB =，E 为AP 的中点，则异面直线PC 与DE 所成的角的正弦值为（）．A 2B 5C 15D 10 5．如图，在Rt ABC △中，1AC =，BC x =，D 是斜边AB 的中点，将BCD △沿直线CD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得CB AD ⊥，则x 的取值范围是（）A ．(0,3⎤⎦B ．2,22⎛⎤⎥ ⎝⎦C ．3,23D ．(]2,46．设有直线m ，n ，l 和平面α，β，下列四个命题中，正确的是（） A ．若//,//m n αα，则//m n B ．若//,//,//l m αβαβ，则//l m C ．若,m αβα⊥⊂，则m β⊥D ．若,,m m αββα⊥⊥⊄，则//m α7．已知四面体ABCD 中，二面角A BC D --的大小为60，且2AB =，4CD =，120CBD ∠=，则四面体ABCD 体积的最大值是（）A ．43B ．23C ．83D ．438．如下图所示是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中①//BM 平面ADE ；②D E BM ⊥；③平面//BDM 平面AFN ；④AM ⊥平面BDE ．以上四个命题中，真命题的序号是（）A ．①②③④B ．①②③C ．①②④D ．②③④9．如图是某个四面体的三视图，则下列结论正确的是（）A ．该四面体外接球的体积为48πB ．该四面体内切球的体积为23π C ．该四面体外接球的表面积为323π D ．该四面体内切球的表面积为2π10．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为V ，该几何体所有棱的棱长之和为L ，则（）A ．8,14253V L ==+ B ．8,1425V L ==+ C ．8,16253V L ==+ D ．8,1625VL ==+11．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A ．16B ．13C ．23D ．212．已知长方体1111ABCD A BC D -的顶点A ，B ，C ，D ，在球O 的表面上，顶点1A，1B ，1C ，1D ，在过球心O 的一个平面上，若6AB =，8AD =，14AA =，则球O 的表面积为（） A ．169πB ．161πC ．164πD ．265π二、填空题13．如图，四边形ABCD 是矩形，且有2AB BC =，沿AC 将ADC 翻折成AD C '，当二面角D AC B '--的大小为3π时，则异面直线D C '与AB 所成角余弦值是______.14．已知长方体1234ABCD A B C D -，底面是边长为4的正方形，高为2，点O 是底面ABCD 的中心，点P 在以O 为球心，半径为1的球面上，设二面角111P A B C --的平面角为θ，则tan θ的取值范围是________.15．在三棱锥P ABC -中，4PA PB ==，42BC =，8AC =，AB BC ⊥．平面PAB ⊥平面ABC ，若球O 是三棱锥P ABC -的外接球，则球O 的半径为_________．16．二面角a αβ--的大小为135A AE a E α︒∈⊥，，，为垂足，,B BF a F β∈⊥，为垂足，2,31AE BF EF P ===，，是棱上动点，则AP PB +的最小值为_______． 17．如图，在三棱锥V ABC -中，22AB =，VA VB =，1VC =，且AV BV ⊥，AC BC ⊥，则二面角V AB C --的余弦值是_____．18．已知四面体P ﹣ABC 的外接球的球心O 在AB 上，且PO ⊥平面ABC ，2AC 3=，若四面体P ﹣ABC 的体积为32，则该球的体积为_____． 19．在正方体1111ABCD A BC D -中，P 为线段1AB 上的任意一点，有下面三个命题：①//PB 平面11CC D D ；②1BD AC ⊥；③1BD PC ⊥．上述命题中正确命题的序号为__________（写出所有正确命题的序号）．20．已知点O 为圆锥PO 底面的圆心，圆锥PO 的轴截面为边长为2的等边三角形PAB ，圆锥PO 的外接球的表面积为______.三、解答题21．如图，三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，5AB =，3AC =，14BC CC ==，M 是1CC 的中点．（Ⅰ）求证：BC AM ⊥；（Ⅱ）若N 是AB 上的点，且//CN 平面1AB M ，求BN 的长．22．如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PA ⊥底面ABCD ，E ，F ，H 分别为AB ，PC ，BC 的中点.（1）求证：DE ⊥平面PAH ；（2）若2PA AD ==，求直线PD 与平面PAH 所成线面角的正弦值.23．如图，四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为矩形，PD ⊥面ABCD ，E 、F 分别为PA 、BC 的中点．（1）求证：//EF 面PCD ；（2）若2AB =，1AD PD ==，求三棱锥P BEF -的体积．24．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，M 是棱PD 的中点.（1）求证：//PB 平面AMC ；（2）若PD ⊥平面ABCD ，2AD PD ==，3BAD π∠=，求点B 到平面AMC 的距离．25．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥平面ABC ，2,AB BC ==30ACB ∠=，13AA =，11BC AC ，E 为AC 的中点.（1）求证：1//AB 平面1C EB ；（2）求证：1AC ⊥平面1C EB . 26．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，226AB PD ==，O 为AC 与BD 的交点，E 为棱PB 上一点.（1）证明：平面EAC ⊥平面PBD ；（2）若//PD 平面EAC ，求三棱锥B AEC -的体积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，设底面边长为2x ，表示出2522x AO OE -===133xOE CE ==，即可求出x ，进而求出腰长. 【详解】根据三视图可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，则底面中心O 在CE 上，连接AO ，可得AO ⊥平面ABC ，由三视图可知5AB AC AD ===45AEC ∠=，设底面边长为2x ，则DE x =，则25AE x =-则在等腰直角三角形AOE 中，2522xAO OE -===O 是底面中心，则133xOE CE ==，2532x x-=，解得3x = 则1AO =，底面边长为23则正视图（等腰三角形）的腰长为()22312+=.故选：B.【点睛】本题考查根据三视图计算原几何体的相关量，解题的关键是根据正三棱锥中的关系求出底面边长.2．D解析：D【分析】延长DA至G，使AG CE=，可证11//AG C E，得1GA F∠是异面直线1A F与1C E所成的角（或其补角）．在1AGF△中，由余弦定理可得结论．【详解】延长DA至G，使AG CE=，连接1,GE GA,GF，11,AC AC，又//AG CE所以AGEC是平行四边形，//,GE AC GE AC=，又正方体中1111//,AC AC AC AC=，所以1111//,AC DE AC DE=，所以11AC EG是平行四边形，则11//AG C E，所以1GA F∠是异面直线1A F与1C E所成的角（或其补角）．设正方体棱长为2，在正方体中易得15AG10GF22222112(21)3A F AA AF=+=++=，1AGF△中，2221111125cos2253AG A F GFGA FAG A F+-∠===⋅⨯⨯．故选：D．【点睛】方法点睛：本题考查空间向量法求异面直线所成的角，求异面直线所成角的方法：（1）定义法：根据定义作出异面直线所成的角并证明，然后解三角形得结论；（2）建立空间直角坐标系，由两异面直线的方向向量的夹角得异面直线所成的角．3．C解析：C 【分析】如图，作出1θ和2θ，再由线面角推得12sin sin 2πθθ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，利用三角函数的单调性判断选项. 【详解】设直线l 为直线AB ，m αβ=，AD m ⊥，BC m ⊥，连结BD ，AC ，1ABD θ=∠，2BAC θ=∠，12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭，12,2πθθ-都是锐角， 122πθθ∴≤-，即122πθθ+≤故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是作图，并利用线段AD AC ≤，传递不等式，12sin sin 2AD AC AB AB πθθ⎛⎫=≤=- ⎪⎝⎭. 4．D解析：D 【分析】先取正方形的中心O ，连接OE ，由PC //OE 知OED ∠为异面直线PC 与DE 所成的角，再在OED 中求OED ∠的正弦即可. 【详解】连AC ，BD 相交于点O ，连OE 、BE ，因为E 为AP 的中点，O 为AC 的中点，有PC //OE ，可得OED ∠为异面直线PC 与DE 所成的角，不妨设正方形中，2AB =，则2PA =，由PA ⊥平面ABCD ，可得,PA AB PA AD ⊥⊥，则145BE DE ==+=1122222OD BD ==⨯= 因为BE DE =，O 为BD 的中点，所以90EOD ∠=︒，210sin 5OD OED DE ∠===故选：D. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.5．A解析：A 【分析】取BC 中点E ，连接DE ，AE ，若CB AD ⊥，则可证明出BC ⊥平面ADE ，则可得BC AE ⊥. 根据题目中各边长的关系可得出AE ，AD 关于x 的表达式，然后在ADE中，利用三边关系求解即可.【详解】由题意得BC x =，则212x AD CD BD +===，如图所示，取BC 中点E ，翻折前，在图1中，连接DE ，CD ，则1122DE AC ==，翻折后，在图2中，若CB AD ⊥，则有：∵BC DE ⊥，BC AD ⊥，AD DE D ⋂=，且,AD DE 平面ADE ，∴BC ⊥平面ADE ，∴BC AE ⊥，又BC AE ⊥，E 为BC 中点，∴1AB AC ==∴2114AE x =-212x AD +=，在ADE 中，由三边关系得：①221111224x x ++>-，②221111224x x +<-，③0x >；由①②③可得03x << 故选：A. 【点睛】本题考查折叠性问题，考查线面垂直的判定及性质在解题中的运用,解答本题的主要思路分析在于将异面直线间的垂直转化为线面垂直关系，即作出辅助线DE 与AE ，根据题目条件确定出BC ⊥平面ADE ，得到BC AE ⊥，从而通过几何条件求解.6．D解析：D 【分析】在A 中，m 与n 相交、平行或异面；在B 中，l 与m 不一定平行，有可能相交；在C 中，m ⊥β或m ∥β或m 与β相交；在D 中，由直线与平面垂直的性质与判定定理可得m ∥α．【详解】由直线m 、n ，和平面α、β，知：对于A ，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 相交、平行或异面，故A 错误；对于B ，若//,//,//l m αβαβ，l 与m 不一定平行，有可能相交，故B 错误；对于C ，若α⊥β，m ⊂α，则m ⊥β或m ∥β或m 与β相交，故C 错误；对于D ，若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α，则由直线与平面垂直的性质与判定定理得m ∥α，故D 正确．故选：D ．【点睛】本题考查了命题真假的判断问题，考查了空间线线、线面、面面的位置关系的判定定理及推论的应用，体现符号语言与图形语言的相互转化，是中档题．7．D解析：D 【分析】在BCD △中，利用余弦定理和基本不等式可得163BC BD ⋅≤，由三角形的面积公式可得43BCDS≤，由二面角A BC D --的大小为60，可得A 到平面BCD 的最大距离为2sin 603h ==ABCD 体积的最大值.【详解】在BCD △中，由余弦定理可得2222cos120CD BC BD BC BD =+-⋅22BC BD BC BD =++⋅因为222BC BD BC BD +≥，所以23CD BC BD ≥⋅，所以163BC BD ⋅≤，当且仅当BC BD =时等号成立， 111634sin120322323BCDSBC BD =⋅≤⨯⨯= 因为二面角A BC D --的大小为60，所以点A 到平面BCD 的最大距离为2sin 603h ==所以1144333333A BCD BCDV S h -=⋅≤⨯⨯=，所以四面体ABCD 体积的最大值是43，故选：D 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用余弦定理和基本不等式、三角形面积公式求出BCD S △最大值，再由二面角求出高的最大值. 8．A解析：A 【分析】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA ﹣EFMN ，得出BM ∥平面ADNE ，判断①正确；由连接AN ，则AN ∥BM ，又ED AN ⊥，判断②正确；由BD ∥FN ，得出BD ∥平面AFN ，同理BM ∥平面AFN ，证明平面BDM ∥平面AFN ，判断③正确；由MC BD ⊥，ED ⊥AM ，根据线面垂直的判定，判断④正确．【详解】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCA ﹣EFMN ，如图1所示；对于①，平面BCMF ∥平面ADNE ，BM ⊂平面BCMF ， ∴BM ∥平面ADNE ，①正确；对于②，如图2所示，连接AN ，则AN ∥BM ，又ED AN ⊥，所以D E BM ⊥，②正确；对于③，如图2所示，BD ∥FN ，BD ⊄平面AFN ，FN ⊂平面AFN ，∴BD ∥平面AFN ；同理BM ∥平面AFN ，且BD ∩BM ＝B ，∴平面BDM ∥平面AFN ，③正确；对于④，如图3所示，连接AC ，则BD AC ⊥，又MC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以MC BD ⊥，又AC MC C ，所以BD ⊥平面ACM ，所以BD ⊥AM ，同理得ED ⊥AM ，ED BD D =，所以AM ⊥平面BDE ，∴④正确．故选：A ．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于展开空间想象，将正方体的平面展开图还原，再由空间的线线，线面，面面关系及平行，垂直的判定定理去判断命题的正确性．9．D解析：D 【分析】先找到几何体原图，再求出几何体的外接球的半径和内切球的半径，再判断每一个选项得解. 【详解】由三视图得几何体为下图中的三棱锥A BCD -，AB ⊥平面BCD,AB =2CE DE ==,2BE =,由题得2CBD π∠=.设外接球的球心为,O 外接球的半径为R ，则OE ⊥平面BCD , 连接,OB OA ,取AB 中点F ,连接OF .由题得12OE BF AB ===所以2222,R R =+∴=,所以外接球的体积为343π⨯=，所以选项A 错误；所以外接球的表面积为2448ππ⨯=，所以选项C 错误；由题得AC AD ===所以△ACD △6=，设内切球的半径为r ，则11111112446)243222232r ++⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯⨯⨯所以2r，所以内切球的体积为343π⨯=，所以选项B 错误；所以内切球的表面积为242ππ⨯=，所以选项D 正确. 故选：D【点睛】方法点睛：求几何体外接球的半径一般有两种方法:模型法和解三角形法.模型法就是把几何体放在长方体中，使几何体的顶点和长方体的若干个顶点重合，则几何体的外接球和长方体的外接球是重合的，长方体的外接球的半径22212r a b c =++就是几何体的外接球半径.如果已知中有多个垂直关系，可以考虑用此种方法.解三角形法就是找到球心O 和截面圆的圆心O '，找到OO '、球的半径OA 、截面圆的半径O A '确定的Rt OO A '△,再解Rt OO A '△求出球的半径OA .10．A解析：A 【分析】由三视图还原几何体，由棱锥的体积公式可得选项. 【详解】在如图所示的正方体1111ABCD A BC D -中，P ，E 分别为11,BC BC 的中点，该几何体为四棱锥P ABCD -，且PE ⊥平面ABCD ．由三视图可知2AB =，则5,3PC PB PD PA ====，则21825681425,2233L V =++=+=⨯⨯=．故选：A.【点睛】方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．11．C解析：C【分析】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体，得到相应的三棱锥，之后利用椎体体积公式求得结果.【详解】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体如图所示：该三棱锥满足底面BCD△是等腰三角形，且底边和底边上的高线都是2；且侧棱AD⊥底面BCD，1AD=，所以112=221=323V⨯⨯⨯⨯，故选：C.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据所给几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下：（1）应注意把握三个视图的尺寸关系：主视图与俯视图长应对正（简称长对正），主视图与左视图高度保持平齐（简称高平齐），左视图与俯视图宽度应相等（简称宽相等），若不按顺序放置和不全时，则应注意三个视图名称；（2）根据三视图还原几何体；（3）利用椎体体积公式求解即可.12．C【分析】把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O 就是该长方体的外接球，根据长方体外接球的直径等于体对角线的长，求出直径，即可得出球的表面积. 【详解】如下图所示：把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为6，8，8的长方体，则球O 就是该长方体的外接球，根据长方体的结构特征可得，其外接球直径等于体对角线的长，所以球O 的半径R 满足2222688164R =++=，所以球O 的表面积24164S R ππ==. 故选：C.【点睛】关键点点睛：本题主要考查几何体外接球的表面积，熟记长方体结构特征，其外接球的球心和半径与长方体的关系，以及球的表面积公式，是解决此类问题的关键.二、填空题13．【分析】作于于可得等于二面角的平面角从而可得然后求得而因此可得是异面直线与所成角（或补角）这样在求解可得【详解】如图作于于则连接根据二面角平面角的定义知与的夹角等于二面角的平面角所以因为所以设则在矩解析：12．【分析】作DM AC ⊥于M ，BN AC ⊥于N ，可得,MD NB '<>等于二面角D AC B '--的平面角，从而可得DMD '∠，然后求得DD '，而//AB CD ，因此可得D CD '∠是异面直线D C '与AB 所成角（或补角）．这样在DCD '求解可得．如图，作DM AC ⊥于M ，BN AC ⊥于N ，则//DM BN ，连接,D M DD ''，根据二面角平面角的定义知MD '与NB 的夹角等于二面角D AC B '--的平面角，所以,3MD NB π'<>=，因为//DM BN ，所以23DMD π'∠=，设1BC =，则22AB BC ==，在矩形ABCD 中，3AC =，1263DM ⨯==， 63D M DM '==，则222222666612cos 22333332DD DM D M DM D M π⎛⎫⎛⎫⎛⎫'''=+-⋅=+-⨯⨯⨯-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以2DD '=，因为//AB CD ，所以D CD '∠是异面直线D C '与AB 所成角（或补角）．DCD '是正三角形，3D CD π'∠=，1cos 2D CD '∠=．所以异面直线D C '与AB 所成角余弦值是12．故答案为：12．【点睛】关键点点睛：本题考查求异面直线所成的角，解题方法根据异面直线所成角定义作出它们所成的角，然后解三角形可得，解题关键是利用图中MD '与NB 的夹角等于二面角D AC B '--的平面角，从而求得DMD '∠，只要设1BC =，可求得DD '，从而求得结论．14．【分析】根据题意画出相应的图形结合题意找出什么情况下取最大值什么情况下取最小值利用和差角正切公式求得最值得到结果【详解】根据题意如图所示：取的中点过点作球的切线切点分别为可以判断为的最小值为的最大值解析：4747,⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦【分析】根据题意，画出相应的图形，结合题意，找出什么情况下取最大值，什么情况下取最小值，利用和差角正切公式求得最值，得到结果. 【详解】根据题意，如图所示：取11A B 的中点H ，过H 点作球O 的切线，切点分别为,M N ，可以判断1O HN ∠为θ的最小值，1O HM ∠为θ的最大值，且1112tan 12OO O HO HO ∠===， 22,1OH OM ON ===，所以7HM HN ==tan tan 7NHO OHM ∠=∠=， 11171827477tan tan()17117O HN O HO NHO ----∠=∠-∠====+ 11171827477tan tan()17117O HM O HO OHM ++++∠=∠+∠====-，所以tan θ的取值范围是474733⎡⎢⎣⎦，故答案为：4747-+⎣⎦.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关二面角的求解问题，解题方法如下：（1）先根据题意画图；（2）结合题意，找出在什么情况下取最大值和最小值；（3）结合图形求得相应角的正切值；（4）利用和差角正切公式求得结果.15．4【分析】取中点连接再根据题意依次计算进而得球的球心即为（与重合）【详解】解：因为所以又因为所以所以因为平面平面平面平面平面所以平面取中点连接所以所以平面所以此时所以即球的球心球心即为（与重合）半径解析：4 【分析】取,AB AC 中点,D E ，连接DE ，DP ，再根据题意依次计算4EA EB EC EP ====，进而得球O 的球心O 即为E （O 与E 重合）【详解】解：因为BC =8AC =，AB BC ⊥，所以AB =4PA PB ==，所以222PA PB AB +=，所以PA PB ⊥，因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ⋂平面ABC AB =，AB BC ⊥，BC ⊂平面ABC ，所以BC ⊥平面PAB ，取,AB AC 中点,D E ，连接DE ，DP所以//DE BC ，DE =DP =所以DE ⊥平面PAB ，所以DE PD ⊥，此时，142EB AC EA EC ====， 4EP =，所以4EA EB EC EP ====，即球O 的球心球心O 即为E （O 与E 重合），半径为4EA =. 故答案为：4.【点睛】本题解题的关键在于寻找球心，在本题中，,PAB ABC △△均为直角三角形，故易得AC 中点即为球心.考查空间思维能力，运算求解能力，是中档题.16．【分析】首先将二面角展平根据两点距离线段最短求最小值【详解】如图将二面角沿棱展成平角连结根据两点之间线段最短可知就是的最小值以为邻边作矩形由可知三点共线则故答案为：【点睛】思路点睛：本题考查立体几何解析：26 【分析】首先将二面角展平，根据两点距离线段最短，求AP PB +最小值.【详解】如图，将二面角沿棱a 展成平角，连结AB ，根据两点之间线段最短，可知AB 就是AP PB +的最小值，以,AE EF 为邻边，作矩形AEFC ，由,CF a BF a ⊥⊥可知,,C F B 三点共线，则()222213226AB AC BC =+=++= 26【点睛】思路点睛：本题考查立体几何中的折线段和的最小值，一般都是沿交线展成平面，利用折线段中，两点间距离最短求解，本题与二面角的大小无关.17．【分析】取的中点连接证明出可得出面角的平面角为计算出利用余弦定理求得由此可得出二面角的余弦值【详解】取的中点连接如下图所示：为的中点则且同理可得且所以二面角的平面角为由余弦定理得因此二面角的余弦值为解析：34【分析】取AB 的中点O ，连接VO 、OC ，证明出VO AB ⊥，OC AB ⊥，可得出面角V AB C --的平面角为VOC ∠，计算出VO 、OC ，利用余弦定理求得cos VOC ∠，由此可得出二面角V AB C --的余弦值.【详解】取AB 的中点O ，连接VO 、OC ，如下图所示：VA VB =，O 为AB 的中点，则VO AB ⊥，且AV BV ⊥，22AB =122VO AB ∴== 同理可得OC AB ⊥，且2OC =V AB C --的平面角为VOC ∠，由余弦定理得2223cos 24VO OC VC VOC VO OC +-∠==⋅，因此，二面角V AB C --的余弦值为34. 故答案为：34. 【点睛】本题考查二面角余弦值的计算，考查二面角的定义，考查计算能力，属于中等题. 18．【分析】根据四面体是球的内接四面体结合位置关系可得棱锥的形状以及棱长之间的关系利用体积公式即可代值计算【详解】设该球的半径为R 则AB ＝2R2ACAB2R ∴ACR 由于AB 是球的直径所以△ABC 在大圆所解析：43π【分析】根据四面体是球的内接四面体，结合位置关系，可得棱锥的形状，以及棱长之间的关系，利用体积公式即可代值计算.【详解】设该球的半径为R ，则AB ＝2R ，2AC 3=AB 3=⨯2R ， ∴AC 3=R ，由于AB 是球的直径，所以△ABC 在大圆所在平面内且有AC ⊥BC ，在Rt △ABC 中，由勾股定理，得：BC 2＝AB 2﹣AC 2＝R 2，所以R t △ABC 面积S 12=⨯BC ×AC 3=R 2，又PO ⊥平面ABC ，且PO ＝R ，四面体P ﹣ABC 的体积为32， ∴V P ﹣ABC 13=⨯R 32⨯⨯R 232=，即3R 3＝9，R 3＝33，所以：球的体积V 43=⨯πR 343=⨯π×33=43π．故答案为：43π.【点睛】本题考查三棱锥外接球体积的计算，属基础题；本题的重点是要根据球心的位置去推导四面体的几何形态，从而解决问题.19．①②③【分析】①证明线面平行可判断对错；②证明线面垂直可判断对错；③证明线面垂直可判断对错【详解】①如下图所示：因为平面平面平面所以平面故①正确；②连接如下图所示：因为平面所以又因为且所以平面又因为解析：①②③【分析】①证明线面平行可判断对错；②证明线面垂直可判断对错；③证明线面垂直可判断对错.【详解】①如下图所示：因为平面11//ABB A 平面11CC D D ，BP ⊂平面11ABB A ，所以//PB 平面11CC D D ，故①正确；②连接,AC BD ，如下图所示：因为1DD ⊥平面ABCD ，所以1DD AC ⊥，又因为AC BD ⊥且1DD BD D =，所以AC ⊥平面1DBD ，又因为1BD ⊂平面1DBD ，所以1BD AC ⊥，故②正确；③连接11,,,AC PC B C BC ，如下图所示：因为11D C ⊥平面11BCC B ，所以11D C ⊥1BC ，又因为11BC B C ⊥，且1111D C BC C ⋂=，所以1B C ⊥平面11BD C ，又1BD ⊂平面11BD C ，所以11B C BD ⊥，由②的证明可知1BD AC ⊥，且1AC BC C ⋂=，所以1BD ⊥平面1ABC ，又因为PC ⊂平面1ABC ，所以1BD PC ⊥，故③正确，故答案为：①②③.【点睛】本题考查空间线面平行、线线垂直关系的判断，涉及线面平行判定定理、线面垂直判定定理的运用，主要考查学生对空间中位置关系的逻辑推理能力，难度一般.20．【分析】由题意知圆锥的轴截面为外接球的最大截面即过球心的截面且球心在上由等边三角形性质有即求得外接球的半径为R 进而求外接球的表面积【详解】设外接球球心为连接设外接球的半径为R 依题意可得在中有即解得故解析：163π 【分析】由题意知圆锥PO 的轴截面为外接球的最大截面，即过球心的截面且球心在PO 上，由等边三角形性质有Rt AO O '△，即222O A AO O O ''=+求得外接球的半径为R ，进而求外接球的表面积.【详解】设外接球球心为O '，连接AO '，设外接球的半径为R ，依题意可得1AO =，3PO =，在Rt AO O '△中，有222O A AO O O ''=+，即)22213R R =+，解得3R =，故外接球的表面积为24164433S R πππ==⋅=. 故答案为：163π. 【点睛】本题考查了求圆锥体的外接球面积，由截面是等边三角形，结合等边三角形的性质求球半径，进而求外接球面积，属于基础题.三、解答题21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）52. 【分析】（Ⅰ）可证BC ⊥平面11AAC C ，从而可得BC AM ⊥.（Ⅱ）可证N 为AB 的中点，从而可得BN 的长.【详解】（Ⅰ）证明：1CC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面平面ABC ，∴1CC BC ⊥.又5AB =，3AC =，4BC =，∴222AC BC AB +=，即BC AC ⊥.又1AC CC C =，∴BC ⊥平面11AAC C ，又AM ⊂平面11AAC C ，∴BC AM ⊥. （Ⅱ）过点N 作1//NE BB 交1AB 于点E ，连ME ，由三棱柱111ABC A B C -可得11//BB CC ，∴1//NE CC 即四边形NEMC 为平面图形. 又//CN 平面1AB M ，CN ⊂平面NEMC ，且平面NEMC 平面1AB M ME =， ∴//CN ME ，∴四边形NEMC 为平行四边形，∴NE CM =，且//NE CM ，又点M 为1CC 中点，∴112CM BB =，且1//CM BB ，∴112NE BB =，且1//NE BB ， ∴1522BN AB ==. 【点睛】思路点睛：线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.由线面平行得到线线平行时，注意构造过线的平面.22．（1）证明见解析；（2）105. 【分析】（1）由PA ⊥底面ABCD ，得PA DE ⊥，由Rt ABH Rt DAE ≌△△，得DE AH ⊥，可得答案.（2）由可知DE ⊥平面PAH ，连接PG ，则DPG ∠即为直线PD 与平面PAH 所成线面角，在Rt PDG △中，由sin DPG ∠可得答案.【详解】（1）因为PA ⊥底面ABCD ，DE ⊂底面ABCD ，所以PA DE ⊥，因为E ，H 分别为正方形ABCD 的边AB ，BC 的中点， ,,AB DA BH AE HBA EAD ，所以Rt ABH Rt DAE ≌△△，所以BAH ADE ∠=∠，由90AED ADE ∠+∠= 所以90BAH AED ∠+∠=，所以DE AH ⊥，因为PA ⊂平面PAH ，AH ⊂平面PAH ，PA AH A ⋂=，所以DE ⊥平面PAH .（2）由（1）可知DE ⊥平面PAH ，设AH DE G ⋂=，如图，连接PG ，则DPG ∠即为直线PD 与平面PAH 所成线面角，因为2PA AD ==，所以22PD =，5DE =，在Rt DAE 中，由于AG DE ⊥，所以2AD DG DE =⋅，所以45DG =⋅，所以5DG =，所以在Rt PDG △中，105sin 522DG DPG PD ∠===，即直线PD 与平面PAH 所成线面角的正弦值为10.【点睛】本题主要考查线面垂直的证明、线面角的求法，对于线面角的求法的步骤,作：作（或找）出斜线在平面上的射影，证：证明某平面角就是斜线与平面所成的角；算：通常在垂线段、斜线段和射影所组成的直角三角形中计算.23．（1）证明见解析；（2）112. 【分析】（1）取PD 的中点M ，连接EM 、CM ，证明四边形CMEF 为平行四边形，可得出//EF CM ，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）连接AF ，取AD 的中点N ，连接EN ，由题意可知点P 、A 到平面BEF 的距离相等，并推导出EN ⊥平面ABCD ，可得出P BEF A BEF E ABF V V V ---==，利用锥体的体积公式可求得三棱锥P BEF -的体积．【详解】（1）如下图所示，取PD 的中点M ，连接EM 、CM ，因为四边形ABCD 为矩形，则//AD BC 且AD BC =，E 、M 分别为PA 、PD 的中点，则//EM AD 且12EM AD =， F 为BC 的中点，所以，//EM CF 且EM CF =，所以，四边形CMEF 为平行四边形，所以，//EF CM ，EF ⊄平面PCD ，CM ⊂平面PCD ，//EF ∴平面PCD ；（2）如下图所示，连接AF ，取AD 的中点N ，连接EN ，E 为PA 的中点，所以，点P 、A 到平面BEF 的距离相等，所以，P BEF A BEF E ABF V V V ---==，E 、N 分别为PA 、AD 的中点，则//EN PD 且1122EN PD ==， PD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，ABF 的面积为111122222ABF S AB BF =⋅=⨯⨯=△，因此，11111332212P BEF A BEF E ABF ABF V V V S EN ---===⋅=⨯⨯=△. 【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：（1）通过面面平行得到线面平行；（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.24．（1）证明见详解；（2）22. 【分析】（1）连接BD 交AC 于点O ，连接OM ，根据题中条件，推出//OM PB ，再由线面平行的判定定理，即可证明结论成立；（2）根据题中条件，求出AMC S △，ABC S ，MD ；设点B 到平面AMC 的距离为d ，由B AMC M ABC V V --=，列出等式求解，即可得出结果.【详解】（1）连接BD 交AC 于点O ，因为底面ABCD 为菱形，所以O 为AC 中点；连接OM ，因为M 是棱PD 的中点，所以//OM PB ，因为OM ⊂平面AMC ，PB ⊄平面AMC ，所以//PB 平面AMC ；（2）因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD AD ⊥，PD DC ⊥，因为2AD PD ==，3BAD π∠=，所以22215AM MC ==+2BD =，23ABC π∠=，则112sin 22sin 3223ABC S AB BC ABC π=⋅⋅∠=⋅⋅⋅=22cos 236AC AO AB π==⋅⋅= 所以22532MO MC CO =--=11232622AMC S AC MO =⋅⋅=⋅=，设点B 到平面AMC 的距离为d ，由B AMC M ABC V V --=可得1133AMC ABC S d S MD ⋅=⋅，则3226ABC AMC S MDd S ⋅===，即点B 到平面AMC 的距离为22．【点睛】方法点睛：求解空间中点P 到平面的距离的方法：（1）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量m ，以及一条斜线的方向向量PA ，根据PA md m ⋅=，即可求出点到面的距离；（2）等体积法：先设所求点到面的距离，选几何体不同的定点为顶点，表示出该几何体的体积，列出等量关系，即可求出点到面的距离.25．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连接1AB 、1BC ，设11B C BC F =，连接EF ，可知点F 为1BC 的中点，利用中位线的性质可得出1//EF AB ，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）推导出BE ⊥平面11AAC C ，可得出1BE AC ⊥，再由11BC AC ，利用线面垂直的判定定理可证得1AC ⊥平面1C EB . 【详解】（1）如下图所示，连接1AB 、1BC ，设11B C BC F =，连接EF ，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11BB C C 为平行四边形，因为11B C BC F =，在点F 为1BC 的中点，又因为点E 为AC 的中点，1//EF AB ∴， 1AB ⊄平面1C EB ，EF ⊂平面1C EB ，所以，1//AB 平面1C EB ；（2）AB BC =，E 为AC 的中点，BE AC ∴⊥，因为平面11A ACC ⊥平面ABC ，平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，BE ⊂平面ABC ， BE ∴⊥平面11A ACC ，1AC ⊂平面11A ACC ，1AC BE ∴⊥， 11BC AC ⊥，1BE BC B =，1AC ∴⊥平面1C EB . 【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．26．（1）证明见解析；（226.。

【创新设计】高中数学（人教版必修二）配套练习：第1章习题课（含答案解析）

习题课空间几何体【课时目标】熟练掌握空间几何体的结构，熟练掌握空间几何体的结构，以三视图为载体，以三视图为载体，以三视图为载体，进一步巩固几何体的体进一步巩固几何体的体积与表面积计算．积与表面积计算．1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面面积公式．．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面面积公式．2．空间几何体的表面积和体积公式．．空间几何体的表面积和体积公式．名称名称几何体几何体表面积表面积体积体积柱体柱体 (棱柱和圆柱)S表面积＝S 侧＋2S 底V ＝________锥体锥体 (棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底 V ＝________台体台体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下 V ＝_________ ____________ 球S ＝________V ＝43πR 3一、选择题一、选择题1．圆柱的轴截面是正方形，面积是S ，则它的侧面积是( ) A ．1πS B ．πS C ．2πS D ．4πS 2．若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．12B ．23C ．1D ．2 3．如图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是( )4．一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为( )A ．280B ．292C ．360D ．372 5．棱长为a 的正方体中，连接相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为( )A ．a 33B ．a 34C ．a 36D ．a 312 6．已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切，已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切，若这个球的体积是若这个球的体积是32π3，则这个三棱柱的体积是( )A ．96 3B ．16 3C ．24 3D ．48 3二、填空题二、填空题7．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为________．8．若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是________cm 3．9．圆柱形容器内盛有高度为8 cm 的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图所示)，则球的半径是________cm ．三、解答题三、解答题10．如下的三个图中，如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视它的正视图和侧视图在下面画出(单位：cm)．(1)按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图；按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； (2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积；按照给出的尺寸，求该多面体的体积；11．如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9．6米铁丝，再用S平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面)．(1)当圆柱底面半径r取何值时，S取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0．01平方米)；(2)若要制作一个如图放置的、底面半径为0．3米的灯笼，请作出用于制作灯笼的三视图(作图时，不需考虑骨架等因素)．能力提升12．设某几何体的三视图如下(尺寸的长度单位为m)．则该几何体的体积为________m 3．13．如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝ 2，P 是BC 1上一动点，则CP ＋P A 1的最小值是___________．1．空间几何体是高考必考的知识点之一，重点考查空间几何体的三视图和体积、表面积的计算，尤其是给定三视图求空间几何体的体积或表面积，更是近几年高考的热点．其中组合体的体积和表面积有加强的趋势，但难度也不会太大，解决这类问题的关键是充分发挥空间想象能力，由三视图得到正确立体图，进行准确计算．充分发挥空间想象能力，由三视图得到正确立体图，进行准确计算．2．“展”是化折为直，化曲为平，把立体几何问题转化为平面几何问题，多用于研究线面关系，求多面体和旋转体表面的两点间的距离最值等等．面关系，求多面体和旋转体表面的两点间的距离最值等等．习题课习题课空间几何体空间几何体答案答案知识梳理知识梳理1．2πrl πr πrl l π(r ＋r′)l2．Sh 13Sh 13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h 4πR 2作业设计作业设计1．B [设圆柱底面半径为r ，则S ＝4r 2， S 侧＝2πr·2r ＝4πr 2＝πS ．]2．C [由三视图可知，该空间几何体是底面为直角三角形的直三棱柱，三棱柱的底面直角三角形的直角边长分别为1和2，三棱柱的高为2，所以该几何体的体积V ＝12×1×2×2＝1．]3．C [当俯视图为A 中正方形时，几何体为边长为1的正方体，体积为1；当俯视图为B 中圆时，几何体为底面半径为12，高为1的圆柱，体积为π4；当俯视图为C 中三角形时，几何体为三棱柱，且底面为直角边长为1的等腰直角三角形，高为1，体积为12；当俯视图为D 中扇形时，几何体为圆柱的14，且体积为π4．]4．C [由三视图可知该几何体是由下面一个长方体，上面一个长方体组合而成的几何体．体．∵下面长方体的表面积为8×8×10×10×10×22＋2×2×8×8×8×22＋10×10×2×2×2×22＝232，上面长方体的表面积为8×8×6×6×6×22＋2×2×8×8×8×22＋2×2×6×6×6×22＝152，又∵长方体表面积重叠一部分，∴几何体的表面积为232＋152－2×2×6×6×6×22＝360．]5．C [连接正方体各面中心构成的八面体由两个棱长为22a 的正四棱锥组成，正四棱锥的高为a 2，则八面体的体积为V ＝2×13×(22a)2·a 2＝a 36．]6．D [由43πR 3＝32π3，得R ＝2． ∴正三棱柱的高h ＝4．设其底面边长为a ，则13·32a ＝2，∴a ＝43． ∴V ＝34(43)2·4＝483．] 7．103解析解析该几何体是上面是底面边长为2的正四棱锥，下面是底面边长为1、高为2的正四棱柱的组合体，其体积为四棱柱的组合体，其体积为V ＝1×1×1×1×1×22＋13×22×1＝103． 8．144解析解析此几何体为正四棱台与正四棱柱的组合体，而V 正四棱台＝13(82＋42＋82×42)×)×33＝112，V 正四棱柱＝4×4×4×4×4×22＝32，故V ＝112＋32＝144． 9．4解析解析设球的半径为r cm ，则πr 2×8＋43πr 3×3＝πr 2×6r ．解得r ＝4． 10．解．解 (1)如图所示．如图所示．(2)所求多面体体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×4×4×4×66－13×èæøö12×2×2×22×2＝2843 (cm 3)． 11．解．解由题意可知矩形的高即圆柱的母线长为9.6－8×8×2r 2r 8＝1．2－2r ，∴塑料片面积S＝πr 2＋2πr(1．2－2r)＝πr 2＋2．4πr －4πr 2＝－3πr 2＋2．4πr ＝－3π(r 2－0．8r)＝－3π(r －0．4)2＋0．48π．∴当r ＝0．4时，S 有最大值0．48π，约为1．51平方米．平方米．(2)若灯笼底面半径为0．3米，则高为1．2－2×2×00．3＝0．6(米)．制作灯笼的三视图如图．图．12．4解析解析由三视图可知原几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为2，底面三角形的一边长为4，且该边上的高为3，故所求三棱锥的体积为V ＝13×12×3×3×4×4×4×22＝4 m 3．13．5 2解析解析将△BCC 1沿BC 1线折到面A 1C 1B 上，如图．上，如图．连接A 1C 即为CP ＋P A 1的最小值，过点C 作CD ⊥C 1D 于D 点，△BCC 1为等腰直角三角形，角形，∴CD ＝1，C 1D ＝1，A 1D ＝A 1C 1＋C 1D ＝7． ∴A 1C ＝A 1D 2＋CD 2＝49＋1＝5 2．。

人教版高中数学必修2第一章单元测试(一)- Word版含答案

必修二第一章训练卷空间几何体（一）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）1．已知某空间几何体的三视图如图所示，则此几何体为（）A．圆台B．四棱锥C．四棱柱D．四棱台2．如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的面积为（）A．6B．32C．62D．123．已知一个底面是菱形的直棱柱的侧棱长为5，菱形的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是（）A．3034B．6034C．3034135+D．1354．半径为R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）A．3324RπB．338RπC．3525RπD．358Rπ5．已知圆柱与圆锥的底面积相等，高也相等，它们的体积分别为V1和V2，则V1：V2＝（）A．1：3B．1：1C．2：1D．3：16．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如下图所示，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．163πB．193πC．1912πD．43π7．一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是（）A．8πB．6πC．4πD．π8．如图是一个空间几何体的三视图，如果直角三角形的直角边长均为1，那么这个几何体的体积为（）A．1B．12C．13D．169．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧度为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有（）A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛10．正三棱柱有一个半径为3cm的内切球，则此棱柱的体积是（）A．393cm B．354cm C．327cm D．3183cm11．如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（）A．1727B．59C．1027D．1312．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为（）A．3500cm3πB．3cm3866πC．3cm31372πD．3cm32048π二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）①三棱锥；②四棱锥；③三棱柱；④四棱柱；⑤圆锥；⑥圆柱．14．用斜二测画法画边长为2的正三角形的直观图时，如果在已知图形中取的x轴和正三角形的一边平行，则这个正三角形的直观图的面积是__________________．15．棱锥的高为16，底面积为512，平行于底面的截面面积为50，则截得的棱台的高为__________________．16．如图是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积是__________________．三、解答题（本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．(10分)把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1:4，母线长为10cm．求圆锥的母线长．18．(12分)如图是一个几何体的正视图和俯视图．（1）试判断该几何体是什么几何体？（2）画出其侧视图，并求该平面图形的面积；（3）求出该几何体的体积．19．(12分)如下图，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？请用你的计算数据说明理由．20．(12分)已知某几何体的侧视图与其正视图相同，相关的尺寸如图所示，求这个几何体的体积．21．(12分)如图所示，设计一个四棱锥形冷水塔塔顶，四棱锥的底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形，已知底面边长为2m，高为7m，制造这个塔顶需要多少铁板？22．(12分)如图，正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为a，连接A′C′，A′D，A′B，BD，BC′，C′D，得到一个三棱锥．求：（1）三棱锥A′－BC′D的表面积与正方体表面积的比值；（2）三棱锥A′－BC′D的体积．2018-2019学年必修二第一章训练卷空间几何体（一）答案一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的） 1．【答案】D【解析】由几何体的三视图可得，该几何体为四棱台．故选D ． 2．【答案】D【解析】△OAB 是直角三角形，OA ＝6，OB ＝4，∠AOB ＝90°，∴164122OAB S =⨯⨯=△．故选D ．3．【答案】A【解析】由菱形的对角线长分别是9和15，得菱形的边长为22915334222⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则这个菱柱的侧面积为3434530342⨯⨯=．故选A ． 4．【答案】A【解析】依题意，得圆锥的底面周长为πR ，母线长为R ，则底面半径为2R，高为32R ，所以圆锥的体积2313332224R R R ⎛⎫⨯π⨯⨯=π ⎪⎝⎭．故选A ． 5．【答案】D【解析】()121::3:13V V Sh Sh ⎛⎫== ⎪⎝⎭．故选D ．6．【答案】B【解析】设球半径是R ，依题意知，该三棱柱是一个底面边长为2，侧棱长为1的正三棱柱，记上，下底面的中心分别是O 1，O ，易知球心是线段O 1O 的中点，于是222123192312R ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此所求球的表面积是2191944123R ππ=π⨯=，故选B ． 7．【答案】C【解析】设正方体的棱长为a ，则a 3＝8，所以a ＝2，而此正方体内的球直径为2，所以S 表＝4πr 2＝4π．故选C ． 8．【答案】C【解析】该几何体的直观图为如图所示的四棱锥P －ABCD ，且P A ＝AB ＝AD ＝1，P A ⊥AB ，P A ⊥AD ，四边形ABCD 为正方形，则2111133V =⨯⨯=，故选C ．9．【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r ，则12384r ⨯⨯=，∴163r =，所以米堆的体积为21116320354339⎛⎫⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故堆放的米约为320 1.62229÷≈，故选B ． 10．【答案】B【解析】由题意知棱柱的高为23cm ，底面正三角形的内切圆的半径为3cm ，∴底面正三角形的边长为6cm ，正三棱柱的底面面积为293cm ，∴此三棱柱的体积()3932354cm V =⨯=．故选B ． 11．【答案】C【解析】由零件的三视图可知，该几何体为两个圆柱组合而成，如图所示．切削掉部分的体积V 1＝π×32×6-π×22×4-π×32×2＝20π(cm 3)，原来毛坯体积V 2＝π×32×6＝54π(cm 3)．故所求比值为1220105427V V π==π．故选C ． 12．【答案】A【解析】设球的半径为R ，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R －2，则R 2＝(R －2)2＋42，解得R ＝5．∴球的体积为3345500cm33π⨯π=．故选A．二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）13．【答案】①②③⑤【解析】三棱锥的三视图中含有三角形，∴正视图有可能是三角形，满足条件．四棱锥的三视图中含有三角形，满足条件．三棱柱的三视图中含有三角形，满足条件．四棱柱的三视图中都为四边形，不满足条件．圆锥的三视图中含有三角形，满足条件．圆柱的三视图中不含有三角形，不满足条件．故答案为①②③⑤．14．【答案】6 415．【答案】11【解析】设棱台的高为x，则有2165016512x-⎛⎫=⎪⎝⎭，解之，得x＝11．16．【答案】36＋128π【解析】由三视图可知该组合几何体下面是一个圆柱，上面是一个三棱柱，故所求体积为134616836128 2V=⨯⨯⨯+π⨯=+π．三、解答题（本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．【答案】403cm．【解析】如图，设圆锥母线长为l，则1014ll-=，所以cm403l=．18．【答案】（1）正六棱锥；（2）见解析，232a；（3）332a．【解析】（1）由该几何体的正视图和俯视图可知该几何体是一个正六棱锥．（2）该几何体的侧视图如图．其中AB＝AC，AD⊥BC，且BC的长是俯视图正六边形对边的距离，即3BC a=，AD是正六棱锥的高，即3AD a=，所以该平面图形的面积为2133322a a a=．（3）设这个正六棱锥的底面积是S，体积为V，则223336S==，所以231333332V a a==．19．【答案】不会，见解析．【解析】因为()33314144134cm2323V R=⨯π=⨯⨯π⨯≈半球，()22311412201cm33V r h=π=π⨯⨯≈圆锥，134<201，所以V半球<V圆锥，所以，冰淇淋融化了，不会溢出杯子．20．【答案】74Vπ=．【解析】由三视图可知，该几何体是大圆柱内挖掉了小圆柱，两个圆柱高均为1，底面是半径为2和32的同心圆，故该几何体的体积为23741124Vπ⎛⎫=π⨯-π⨯=⎪⎝⎭．21．【答案】282m．【解析】如图所示，连接AC和BD交于O，连接SO．作SP⊥AB，连接OP．在Rt△SOP中，)7mSO=，()11m2OP BC==，所以)2mSP=，则△SAB的面积是)2122222m2⨯⨯．所以四棱锥的侧面积是)242282m⨯=，即制造这个塔顶需要282铁板．22．【答案】（13；（2）33a．【解析】（1）∵ABCD－A′B′C′D′是正方体，∴2A B A C A D BC BD C D a''''''======，∴三棱锥A′－BC′D的表面积为213422232a a a⨯=．而正方体的表面积为6a2，故三棱锥A′－BC′D的表面积与正方体表面积的比值为2233a=．（2）三棱锥A′－ABD，C′－BCD，D－A′D′C′，B－A′B′C′是完全一样的．故V三棱锥A′－BC′D＝V正方体－4V三棱锥A′－ABD＝332114323aa a a-⨯⨯⨯=．。

2019_2020学年高中数学第一章立体几何初步1.1.3.1圆柱、圆锥、圆台练习(含解析)新人教B版必修2

第1课时圆柱、圆锥、圆台A．直线绕定直线旋转形成柱面B．半圆绕定直线旋转形成球体C．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台D．圆柱的任意两条母线所在的直线是相互平行的答案 D解析两直线平行时，直线绕定直线旋转才形成柱面，故A错误；半圆以直径所在直线为轴旋转才形成球体，故B错误；C不符合棱台的定义．所以应选D．2．下列命题正确的是( )A．梯形绕一边所在直线旋转得到的旋转体是圆台B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体是圆柱C．棱锥截去一个小棱锥后剩余部分是棱台D．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台答案 D解析绕梯形的一边所在直线旋转得到的旋转体也可能是组合体．当夹在圆柱的两个平行截面不与圆柱的底面平行时，不是圆柱．用与棱锥的底面不平行的平面截去一个小棱锥后，剩余部分不是棱台．圆锥是直角三角形绕其一条直角边所在的直线旋转而成的，圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台．A．10 B．20C．30 D．40答案 B解析如图轴截面为矩形，所以面积为(2＋2)×5＝20．4．下列说法中，不正确的是 ( ) A ．圆桂的侧面展开图是一个矩形 B ．圆锥中过轴的截面是一个等腰三角形C ．等腰直角三角形绕它的一条边所在的直线旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥D ．圆台中平行于底面的截面是圆面答案 C解析等腰直角三角形绕它的一条直角边所在的直线旋转一周才能形成圆锥，此处必须说明是绕它的一条直角边所在的直线．若换成直角三角形的斜边，则旋转后产生的几何体不是圆锥，而是两个圆锥的组合体，且这两个圆锥同底．5．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，轴截面的面积为392 cm 2，母线与轴的夹角为45°，求这个圆台的高、母线长和底面半径．解圆台的轴截面如图所示，根据题意可设圆台的上、下底面半径分别为x cm 和3x cm ，即A′O′＝x cm ，AO ＝3x cm(O′，O 分别为上、下底面圆心)，过A′作AB 的垂线，垂足为点D ．在Rt△AA′D 中，∠AA′D＝45°，AD ＝AO －A′O′＝2x cm ，所以A′D＝AD ＝2x cm ，又S 轴截面＝12(A′B′＋AB)·A′D＝12×(2x＋6x)×2x＝392 (cm 2)，所以x ＝7．综上，圆台的高OO′＝14 cm ，母线长AA′＝2OO′＝14 2 cm ，上、下底面的半径分别为7 cm 和21 cm ．一、选择题1．下列命题正确的个数为( )①圆柱的轴是过圆柱上、下底面圆的圆心的直线；②圆柱的母线是连接圆柱上底面上一点和下底面上一点的直线；③矩形的任意一条边所在直线都可以作为轴，其他边绕其旋转形成圆柱；④矩形绕任何一条直线旋转，都可以围成圆柱．A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B解析根据圆柱的定义可知命题①③正确，命题②④错误．2．一个圆锥的母线长为2，圆锥的轴截面的面积为3，则母线与轴的夹角为( ) A ．30° B．60°C ．30°或60° D．60°或75° 答案 C解析设圆锥的高为h ，则底面圆的半径为4－h 2，由题意，得S ＝12h×24－h 2＝3，平方整理得h 4－4h 2＋3＝0，解得h 2＝1或h 2＝3，∴h＝1或h ＝3．母线与轴的夹角为30°或60°．3．上、下底面面积分别为36π和49π，母线长为5的圆台，其两底面之间的距离为( ) A ．4 B ．3 2 C ．2 3 D ．2 6 答案 D解析设圆台的母线为l ，高为h ，上、下两底面圆的半径分别为r ，R ，则满足关系式l 2＝h 2＋(R －r)2，根据题意可得h ＝26，即两底面之间的距离为26．4．“两底面直径之差等于母线长”的圆台( ) A ．是不存在的B ．其母线与高线必成60°角C ．其母线与高线必成30°角D ．其母线与高线所成的角不是定值答案 C解析设圆台上、下底面半径分别为r 1，r 2，母线长为l ，则由题意可得2r 2－2r 1＝l ，∴r 2－r 1l ＝12，再设母线与高线所成的角为θ，∴sinθ＝12，θ＝30°．5．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，所得截面面积与底面面积的比为1∶3，则截面把圆锥的母线分为上下两段的比是( )A ．1∶3B ．1∶9C ．1∶ 3D ．(1＋3)∶2 答案 D解析圆锥的上底面半径与下底面半径之比为1∶3，故截去小圆锥的母线与大圆锥的母线之比为1∶3，截面把圆锥的母线分为上下两段的比是1∶(3－1)＝(1＋3)∶2．二、填空题6．圆锥轴截面的顶角为120°，过顶点的截面三角形的最大面积为2，则圆锥的母线长为________．答案 2解析对于该圆锥，过顶点的截面三角形中面积最大的三角形为等腰直角三角形，其腰为母线，所以母线长为2．7．用一张(6×10) cm 2的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则圆柱轴截面的面积等于________，轴截面的周长等于________．答案60π cm 212＋20π cm 或20＋12πcm 解析若圆柱的母线长为6，则底面直径为10π，轴截面的面积为60π cm 2，周长为⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋20πcm ；若圆柱的母线长为10，则底面直径为6π，轴截面的面积为60π cm 2，周长为⎝⎛⎭⎪⎫20＋12π cm ．8．给出下列命题：①圆柱的母线与它的轴可以不平行；②圆锥的顶点、圆锥底面圆周上任意一点及底面圆的圆心三点的连线都可以构成直角三角形；③在圆台的上、下两底面圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线；④圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．其中正确的是________．答案②④解析由圆柱、圆锥、圆台的定义及母线的性质可知②④正确，①③错误．三、解答题9．轴截面为正方形的圆柱叫做等边圆柱，已知某等边圆柱的轴截面面积为16 cm2，求其底面周长和高．解如图所示，作出等边圆柱的轴截面ABCD，由题意知，四边形ABCD为正方形，设圆柱的底面半径为r，则AB＝AD＝2r．由题意可得轴截面的面积S＝AB×AD＝2r×2r＝4r2＝16，解得r＝2．所以其底面周长C＝2πr＝2π×2＝4π(cm)，高h＝2r＝4(cm)．10．如图所示，已知圆锥SO中，底面半径r＝1，母线长l＝4，M为母线SA上的一个点，且SM＝x，从点M拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点A．求：(1)绳子的最短长度的平方f(x)；(2)绳子最短时，顶点到绳子的最短距离；(3)f(x)的最大值．解将圆锥的侧面沿SA展开在平面上，如图所示，则该图为扇形，且弧AA′的长度L 就是圆O的周长，∴L＝2πr＝2π．∴∠ASM＝L2πl×360°＝2π2π×4×360°＝90°．(1)由题意知绳子长度的最小值为展开图中的AM，其值为AM＝x2＋16(0≤x≤4)．∴f(x)＝AM 2＝x 2＋16(0≤x≤4)．(2)绳子最短时，在展开图中作SR⊥AM，垂足为R ，则SR 的长度为顶点S 到绳子的最短距离，在△SAM 中，∵S △SAM ＝12SA·SM＝12AM·SR，∴SR＝SA·SM AM ＝4xx 2＋16(0≤x≤4)，即绳子最短时，顶点到绳子的最短距离为4xx 2＋16(0≤x≤4)． (3)∵f(x)＝x 2＋16(0≤x≤4)是增函数， ∴f(x)的最大值为f(4)＝32．。

高中数学必修二第一章《空间几何体》单元测试卷及答案

高中数学必修二第一章《空间几何体》单元测试卷及答案（2套）测试卷一一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）1．已知某空间几何体的三视图如图所示，则此几何体为（）A ．圆台B ．四棱锥C ．四棱柱D ．四棱台2．如图，△O ′A ′B ′是水平放置的△OAB 的直观图，则△OAB 的面积为（）A ．6B ．32C ．62D ．123．已知一个底面是菱形的直棱柱的侧棱长为5，菱形的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是（） A ．3034B ．6034C ．3034135+D ．1354．半径为R 的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（） A ．3324R π B ．338R π C ．3525R π D ．358R π 5．已知圆柱与圆锥的底面积相等，高也相等，它们的体积分别为V 1和V 2，则V 1：V 2＝（） A ．1：3B ．1：1C ．2：1D ．3：16．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如下图所示，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A ．163π B ．193π C ．1912π D ．43π7．一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是（） A ．8πB ．6πC ．4πD ．π8．如图是一个空间几何体的三视图，如果直角三角形的直角边长均为1，那么这个几何体的体积为（）A ．1B ．12 C ．13D ．169．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧度为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有（）A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛103cm 的内切球，则此棱柱的体积是（） A ．393B ．354cmC ．327cmD ．318311．如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm )，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（）A ．1727 B ．59C ．1027 D ．1312．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为（）A ．3500cm 3πB ．3cm 3866πC ．3cm 31372πD ．3cm 32048π 二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上） 13．一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________(填入所有可能的几何体前的编号)．①三棱锥；②四棱锥；③三棱柱；④四棱柱；⑤圆锥；⑥圆柱．14．用斜二测画法画边长为2的正三角形的直观图时，如果在已知图形中取的x 轴和正三角形的一边平行，则这个正三角形的直观图的面积是__________________．15．棱锥的高为16，底面积为512，平行于底面的截面面积为50，则截得的棱台的高为__________________．16．如图是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积是__________________．三、解答题（本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．(10分)把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1:4，母线长为10cm．求圆锥的母线长．18．(12分)如图是一个几何体的正视图和俯视图．（1）试判断该几何体是什么几何体？（2）画出其侧视图，并求该平面图形的面积；（3）求出该几何体的体积．19．(12分)如下图，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？请用你的计算数据说明理由．20．(12分)已知某几何体的侧视图与其正视图相同，相关的尺寸如图所示，求这个几何体的体积．21．(12分)如图所示，设计一个四棱锥形冷水塔塔顶，四棱锥的底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形，已知底面边长为2m，高为7m，制造这个塔顶需要多少铁板？22．(12分)如图，正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为a，连接A′C′，A′D，A′B，BD，BC′，C′D，得到一个三棱锥．求：（1）三棱锥A′－BC′D的表面积与正方体表面积的比值；（2）三棱锥A′－BC′D的体积．）答案一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）1．【答案】D【解析】由几何体的三视图可得，该几何体为四棱台．故选D．【解析】△OAB 是直角三角形，OA ＝6，OB ＝4，∠AOB ＝90°，∴164122OAB S =⨯⨯=△．故选D ．3．【答案】A【解析】由菱形的对角线长分别是9和15，得菱形的边长为22915334222⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则这个菱柱的侧面积为3434530342⨯⨯=．故选A ． 4．【答案】A【解析】依题意，得圆锥的底面周长为πR ，母线长为R ，则底面半径为2R，高为32R ，所以圆锥的体积2313332224R R R ⎛⎫⨯π⨯⨯=π ⎪⎝⎭．故选A ． 5．【答案】D【解析】()121::3:13V V Sh Sh ⎛⎫== ⎪⎝⎭．故选D ．6．【答案】B【解析】设球半径是R ，依题意知，该三棱柱是一个底面边长为2，侧棱长为1的正三棱柱，记上，下底面的中心分别是O 1，O ，易知球心是线段O 1O 的中点，于是222123192312R ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此所求球的表面积是2191944123R ππ=π⨯=，故选B ． 7．【答案】C【解析】设正方体的棱长为a ，则a 3＝8，所以a ＝2，而此正方体内的球直径为2，所以S 表＝4πr 2＝4π．故选C ． 8．【答案】C【解析】该几何体的直观图为如图所示的四棱锥P －ABCD ，且P A ＝AB ＝AD ＝1，P A ⊥AB ，P A ⊥AD ，四边形ABCD 为正方形，则2111133V =⨯⨯=，故选C ．【解析】设圆锥底面半径为r ，则12384r ⨯⨯=，∴163r =，所以米堆的体积为21116320354339⎛⎫⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故堆放的米约为320 1.62229÷≈，故选B ． 10．【答案】B【解析】由题意知棱柱的高为23cm ，底面正三角形的内切圆的半径为3cm ， ∴底面正三角形的边长为6cm ，正三棱柱的底面面积为293cm ，∴此三棱柱的体积()3932354cm V =⨯=．故选B ．11．【答案】C【解析】由零件的三视图可知，该几何体为两个圆柱组合而成，如图所示．切削掉部分的体积V 1＝π×32×6-π×22×4-π×32×2＝20π(cm 3)，原来毛坯体积V 2＝π×32×6＝54π(cm 3)．故所求比值为1220105427V V π==π．故选C ． 12．【答案】A【解析】设球的半径为R ，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R －2，则R 2＝(R －2)2＋42，解得R ＝5．∴球的体积为3345500cm 33π⨯π=．故选A ．二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上） 13．【答案】①②③⑤【解析】三棱锥的三视图中含有三角形，∴正视图有可能是三角形，满足条件．四棱锥的三视图中含有三角形，满足条件．三棱柱的三视图中含有三角形，满足条件．四棱柱的三视图中都为四边形，不满足条件．圆锥的三视图中含有三角形，满足条件．圆柱的三视图中不含有三角形，不满足条件．故答案为①②③⑤．14．【答案】6415．【答案】11【解析】设棱台的高为x ，则有2165016512x -⎛⎫= ⎪⎝⎭，解之，得x ＝11． 16．【答案】36＋128π【解析】由三视图可知该组合几何体下面是一个圆柱，上面是一个三棱柱，故所求体积为1346168361282V =⨯⨯⨯+π⨯=+π．三、解答题（本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．【答案】403cm ．【解析】如图，设圆锥母线长为l ，则1014l l -=，所以cm 403l =．18．【答案】（1）正六棱锥；（2）见解析，232a ；（3）332a ．【解析】（1）由该几何体的正视图和俯视图可知该几何体是一个正六棱锥．（2）该几何体的侧视图如图．其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图正六边形对边的距离，即3BC a =，AD 是正六棱锥的高，即3AD a =，所以该平面图形的面积为2133322a a a =．（3）设这个正六棱锥的底面积是S ，体积为V ，则223336S =，所以2313333322V a a a =⨯⨯=．19．【答案】不会，见解析．【解析】因为()33314144134cm 2323V R =⨯π=⨯⨯π⨯≈半球，()22311412201cm 33V r h =π=π⨯⨯≈圆锥，134<201，所以V 半球<V 圆锥，所以，冰淇淋融化了，不会溢出杯子． 20．【答案】74V π=．【解析】由三视图可知，该几何体是大圆柱内挖掉了小圆柱，两个圆柱高均为1，底面是半径为2和32的同心圆，故该几何体的体积为23741124V π⎛⎫=π⨯-π⨯= ⎪⎝⎭．21．【答案】282m ．【解析】如图所示，连接AC 和BD 交于O ，连接SO ．作SP ⊥AB ，连接OP ．在Rt △SOP 中，)7m SO =，()11m 2OP BC ==，所以)22m SP =，则△SAB 的面积是)2122222m 2⨯⨯=．所以四棱锥的侧面积是)242282m ⨯，即制造这个塔顶需要282m 铁板．22．【答案】（13；（2）33a ．【解析】（1）∵ABCD －A ′B ′C ′D ′是正方体， ∴2A B A C A D BC BD C D a ''''''======，∴三棱锥A ′－BC ′D 的表面积为213422232a a a ⨯=．而正方体的表面积为6a 2，故三棱锥A ′－BC ′D 的表面积与正方体表面积的比值为2233a ．（2）三棱锥A ′－ABD ，C ′－BCD ，D －A ′D ′C ′，B －A ′B ′C ′是完全一样的．故V三棱锥A′－BC′D＝V正方体－4V三棱锥A′－ABD＝3 32114323a a a a-⨯⨯⨯=测试卷二一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）1．下图中的图形经过折叠不能围成棱柱的是（）2．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于（）A．4 B．6 C．8 D．123．下列命题中，正确的命题是（）A．存在两条异面直线同时平行于同一个平面B．若一个平面内两条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行C．底面是矩形的四棱柱是长方体D．棱台的侧面都是等腰梯形4．水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，如图所示，是一个正方体的表面展开图，若图中“2”在正方体的上面，则这个正方体的下面是（）A．0 B．9 C．快D．乐5．如图，O A B'''△是水平放置的OAB△的直观图，则AOB△的面积是（）。

(必考题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试卷(有答案解析)(3)

一、选择题1．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的外接球的表面积（单位：2cm ）是（）A ．36πB ．54πC ．72πD ．90π2．现有一个三棱锥形状的工艺品P ABC -，点P 在底面ABC 的投影为Q ，满足12QABQAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△，22222213QA QB QC AB BC CA ++=++，93ABCS =，若要将此工艺品放入一个球形容器（不计此球形容器的厚度）中，则该球形容器的表面积的最小值为（）A ．42πB ．44πC ．48πD ．49π3．大摆锤是一种大型游乐设备(如图)，游客坐在圆形的座舱中，面向外，通常大摆锤以压肩作为安全束缚，配以安全带作为二次保险，座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动.假设小明坐在点A 处，“大摆锤”启动后，主轴OB 在平面α内绕点O 左右摆动，平面α与水平地面垂直，OB 摆动的过程中，点A 在平面β内绕点B 作圆周运动，并且始终保持OB β⊥，B β∈.设4OB AB =，在“大摆锤”启动后，下列结论错误的是（）A ．点A 在某个定球面上运动；B ．β与水平地面所成锐角记为θ，直线OB 与水平地面所成角记为δ，则θδ+为定值；C ．可能在某个时刻，AB//α；D ．直线OA 与平面α所成角的正弦值的最大值为17. 4．已知三棱锥A BCD -的各棱长都相等，E 为BC 中点，则异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为（） A ．13 B ．36C ．33 D ．1165．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积是（）A ．2πB ．3πC ．4πD ．16π6．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形.其中3AB =，2AD =，PAD △是以A ∠为直角的等腰直角三角形，若60PAB ∠=︒，则异面直线PC 与AD 所成角的余弦值是（）A ．2211B ．2211-C 27D ．11117．如图，正方形ABCD 的边长为4，点E ，F 分别是AB ，B C 的中点，将ADE ，EBF △，FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使得A ，B ，C 三点重合于点A '，若点G 及四面体A DEF '的四个顶点都在同一个球面上，则以FDE 为底面的三棱锥G -DEF 的高h 的最大值为（）A．263+B．463+C．4263-D．2263-8．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为V，该几何体所有棱的棱长之和为L，则（）A．8,14253V L==+B．8,1425V L==+C．8,16253V L==+D．8,1625V L==+9．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A．16B．13C．23D．210．在四棱锥P -ABCD 中，//AD BC ，2AD BC =，E 为PD 中点，平面ABE 交PC 于F ，则PFFC=（） A ．1B ．32C ．2D ．311．平行六面体1111ABCD A B C D -的六个面都是菱形，那么点1A 在面11AB D 上的射影一定是11AB D 的________心，点1A 在面1BC D 上的射影一定是1BC D 的________心（）A ．外心、重心B ．内心、垂心C ．外心、垂心D ．内心、重心12．如图（1），Rt ABC ，1,3,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，沿AD 将ACD △折起到AC D '，使得C '在平面ABD 上的射影H 落在AB 上，如图（2），则以下结论正确的是（）A ．AC BD '⊥B ．AD BC '⊥ C ．BD C D ⊥' D ．AB C D ⊥'二、填空题13．已知直三棱柱111ABC A B C -，14AB BC AA ===，42AC =，若点P 是上底面111 A B C 所在平面内一动点，若三棱锥P ABC -的外接球表面积恰为41π，则此时点P 构成的图形面积为________．14．如图所示，Rt A B C '''∆为水平放置的ABC ∆的直观图，其中A C B C ''''⊥，2B O O C ''''==，则ABC ∆的面积是________________.15．已知正四棱锥的体积为18，侧棱与底面所成的角为45，则该正四棱锥外接球的表面积为___________.16．已知一个几何体的三视图如图所示，俯视图为等腰三角形，则该几何体的外接球表面积为_________.17．在三棱锥D ABC -中，AD ⊥平面ABC ，3AC =，17BC =，1cos 3BAC ∠=，若三棱锥D ABC -的体积为27，则此三棱锥的外接球的表面积为______18．已知棱长为4的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点M 是棱AD 的中点，点N 是棱AA 1的中点，P 是侧面四边形ADD 1A 1内一动点（含边界），若C 1P ∥平面CMN ，则线段C 1P 长度的取值范围是________.19．如图，在直角梯形ABCD 中，//,,2,3,60AB CD AB AD CD AB ABC ⊥==∠=°，将此梯形以AD 所在直线为轴旋转一周，所得几何体的表面积是_________________．20．将底面直径为8，高为23为______.三、解答题21．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1,2AC BC AC BC CC ⊥===.（1）求三棱柱111ABC A B C -的体积；（2）求异面直线1CB 与1AC 所成角的大小；（3）求二面角1B AC C --的平面角的余弦值.22．如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为2的菱形，60BCD ∠=，已知2PB PD ==，6PA =，E 为PA 的中点.（1）求证：PC BD ⊥；（2）求二面角B PC E --的余弦值；（3）求三棱锥P BCE -的体积.23．如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 为菱形，且∠DAB =π3，AB =2，EF //AC ，EA =ED =3，BE =5.（1）求证：平面EAD ⊥平面ABCD ；（2）求三棱锥F -BCD 的体积.24．如图，四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，平面AEB ⊥平面ABCD ，4EBA π∠=，2EB =F 为CE 上的点，BF CE ⊥.（1）求证：BF ⊥平面ACE ；（2）求点D 到平面ACE 的距离.25．如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为梯形，//AD BC ，6BC =，2PA AD CD ===，E 是BC 上一点且23BE BC =，PB AE ⊥.（1）求证：AB ⊥平面PAE ；（2）求点C 到平面PDE 的距离.26．如图，在直角梯形ABED 中，//BE AD ，DE AD ⊥，BC AD ⊥，4AB =，23BE =.将矩形BEDC 沿BC 翻折，使得平面ABC ⊥平面BCDE .（1）若BC BE =，证明：平面ABD ⊥平面ACE ；（2）当三棱锥A BCE -的体积最大时，求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】由三视图知该几何体是底面为等腰直角三角形，且侧面垂直于底面的三棱锥，由题意画出图形，结合图形求出外接球的半径，再计算外接球的表面积．【详解】解：由几何体的三视图知，该几何体是三棱锥P ABC -，底面为等腰ABC ∆，且侧面PAB ⊥底面ABC ，如图所示；设D 为AB 的中点，又3DA DB DC DP ====，且PD ⊥平面ABC ，∴三棱锥P ABC -的外接球的球心O 在PD 上，设OP R =，则OA R =，3OD R =-，222(3)3R R ∴=-+，解得3R =，∴该几何体外接球的表面积是32436R cm ππ=．故选：A ．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.2．D解析：D 【分析】作QM AB ⊥，连接PM ，易证AB PM ⊥，由112122QAB PABAB QMS S AB PM ⨯⨯==⨯⨯△△,得到2PM QM=，再根据12 QAB QACQBCPAB PAC PBCS S SS S S===△△△△△△，由对称性得到AB BC AC==，然后根据22222213QA QB QCAB BC CA++=++，93ABCS=，求得6,23AB AQ==，在AOQ△中，由222AO OQ AQ=+求解半径即可.【详解】如图所示：作QM AB⊥与M，连接PM，因为PQ⊥平面ABC，所以PQ AB⊥，又QM PQ Q⋂=，所以AB⊥平面PQM，所以AB PM⊥，所以112122QABPABAB QMSS AB PM⨯⨯==⨯⨯△△,2PM QM=,因为12QAB QAC QBCPAB PAC PBCS S SS S S===△△△△△△，由对称性得AB BC AC==,又因为22222213QA QB QCAB BC CA++=++，93ABCS=所以21sin60932ABCS AB=⨯⨯=解得6,3AB AQ==所以3,23,3QM PM PQ===，设外接球的半径为r，在AOQ △中，222AO OQ AQ =+，即()()222323r r =-+，解得72r =，所以外接球的表面积为2449S r ππ==，即该球形容器的表面积的最小值为49π. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键是由12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△得到三棱锥是正棱锥，从而找到外接球球心的位置而得解..3．C解析：C 【分析】利用已知条件确定OA 是定值，即得A 选项正确；作模型的简图，即得B 正确；依题意点B 在平面α内，不可能AB//α，得C 错误；设AB a ，结合题意知AB α⊥时，直线OA 与平面α所成角最大，计算此时正弦值，即得D 正确. 【详解】因为点A 在平面β内绕点B 作圆周运动，并且始终保持OB β⊥，所22OA OB AB =+，又因为OB ，AB 为定值，所以OA 也是定值，所以点A 在某个定球面上运动，故A 正确；作出简图如下，OB l ⊥，所以2πδθ+=，故B 正确；因为B α∈，所以不可能有AB//α，故C 不正确；设AB a ，则4OB a =，2217OA AB OB a =+，当AB α⊥时，直线OA 与平面α所成角最大，此时直线OA 与平面α1717a=，故D 正确. 故选:C. 【点睛】本题解题关键在于认真读题、通过直观想象，以实际问题为背景构建立体几何关系，再运用立体几何知识突破难点.4．B解析：B 【分析】取AC 中点F ，连接,EF DF ，证明FED ∠是异面直线AB 与DE 所成角（或其补角），然后在三角形中求得其余弦值即可得．【详解】取AC 中点F ，连接,EF DF ，∵E 是BC 中点，∴//EF AB ，12EF AB =，则FED ∠是异面直线AB 与DE 所成角（或其补角），设1AB =，则12EF =，32DE DF ==， ∴在等腰三角形DEF 中，11324cos 63EF FED DE ∠===．所以异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为36．故选：B ．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．5．C解析：C 【分析】由三视图还原出原几何体，确定其结构，再求出外接球的半径得球的表面积．【详解】由三视图，知原几何体是一个四棱锥P ABCD -，如图，底面ABCD 是边长为1的正方形，PB ⊥底面ABCD ，由PB ⊥底面ABCD ，AD ⊂面ABCD ，得PB AD ⊥，又AD AB ⊥，AB PB B ⋂=，,AB PB ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ，而PA ⊂平面PAB ，所以AD PA ⊥，同理DC PC ⊥，同样由PB ⊥底面ABCD 得PB BD ⊥，所以PD 中点O 到四棱锥各顶点距离相等，即为其外接球球心，PD 为球直径，222222PD PB BD PA AD AB =+=++=，∴外接球半径为12ADr ==，表面积为2414S ππ=⨯=．故选：C ．【点睛】关键点点睛：本题考查由三视图还原几何体，考查棱锥的外接球表面积．解题关键是确定外接球的球心．棱锥的外接球球心在过各面外心（外接圆圆心）且与该面垂直的直线上．6．D解析：D 【分析】在图形中找到（并证明）异面直线所成的角，然后在三角形中计算．【详解】因为//AD BC ，所以PCB ∠是异面直线PC 与AD 所成角（或其补角），又PA AD ⊥，所以PA BC ⊥，因为AB BC ⊥，AB PA A ⋂=，,AB PA ⊂平面PAB ，所以BC ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，所以PB BC ⊥．由已知2PA AD ==，所以22222cos 23223cos607PB PA AB PA AB PAB =+-⋅∠=+-⨯⨯︒=22211cos 11(7)2BC PCB PC ∠===+，所以异面直线PC 与AD 所成角的余弦值为21111．故选：D ．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．7．A解析：A 【分析】先求出'A FDE -外接球的半径和外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的球心到外接圆的圆心的距离，可得高h 的最大值. 【详解】因为A ，B ，C 三点重合于点A '，原来A B C ∠∠∠、、都是直角，所以折起后三条棱'''A F A D A E 、、互相垂直，所以三棱锥'A FDE -可以看作一个长方体的一个角，它们有相同的外接球，外接球的直径就是长方体的体对角线，即为'2'2'22441626R AF AD AE =++=++6R =2241625DE DF AD AE ==++=2222EF BE BF =+= 在DFE △中，22210cos 222522DE EF DF DEF DE EF +-∠===⨯⨯⨯，所以DEF ∠为锐角，所以2310sin 1cos DEF DEF ∠=-∠=，DEF的外接圆的半径为552 2sin310DFrDEF===∠，则球心到DEF外心的距离为2223R r-=，以FDE为底面的三棱锥G-DEF的高h的最大值为1R OO+的距离为263+.故选：A.【点睛】本题考查了翻折问题和外接球的问题，关键点翻折前后量的变化及理解外接球和三棱锥的关系，考查了学生的空间想象力和计算能力.8．A解析：A【分析】由三视图还原几何体，由棱锥的体积公式可得选项.【详解】在如图所示的正方体1111ABCD A B C D-中，P，E分别为11,B C BC的中点，该几何体为四棱锥P ABCD-，且PE⊥平面ABCD．由三视图可知2AB=，则5,3PC PB PD PA====，则21825681425,2233L V=++=+=⨯⨯=．故选：A.【点睛】方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．9．C解析：C【分析】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体，得到相应的三棱锥，之后利用椎体体积公式求得结果.【详解】根据题中所给的几何体的三视图还原几何体如图所示：该三棱锥满足底面BCD△是等腰三角形，且底边和底边上的高线都是2；且侧棱AD⊥底面BCD，1AD=，所以112 =221=323V⨯⨯⨯⨯，故选：C.【点睛】方法点睛：该题考查的是有关根据所给几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下：（1）应注意把握三个视图的尺寸关系：主视图与俯视图长应对正（简称长对正），主视图与左视图高度保持平齐（简称高平齐），左视图与俯视图宽度应相等（简称宽相等），若不按顺序放置和不全时，则应注意三个视图名称；（2）根据三视图还原几何体；（3）利用椎体体积公式求解即可.10．C解析：C【分析】首先通过延长直线,DC AB，交于点G，平面BAE变为GAE，连结PG，EG交于点F，再根据三角形中线的性质，求PFFC的值.【详解】延长,DC AB，交于点G，连结PG，EG交PC于点F，//AD BC ，且2AD BC =，可得点,B C 分别是,AG DG 的中点，又点E 是PD 的中点，PC ∴和GE 是△PGD 的中线，∴点F 是重心，得2PFFC=故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到PC 与平面BAE 的交点，即将平面BAE 转化为平面GAE 是关键. 11．C解析：C 【分析】将三棱锥111A AB D -、三棱锥11A BC D -分离出来单独分析，根据线段长度以及线线关系证明1A 的射影点分别是11AB D 和1BC D 的哪一种心. 【详解】三棱锥111A AB D -如下图所示：记1A 在面11AB D 上的射影点为O ，连接11,,AO B O D O ，因为11111AA A D A B ==，又1A O ⊥平面11AB D ，所以222222*********1,,AA AO AO A D AO OD A B AO OB =+=+=+ 所以11AO OB OD ==，所以O 为11AB D 的外心；三棱锥11A BC D -如下图所示：记1A 在面1BC D 上的射影点为1O ，连接1111,,BO C O DO ，因为11//BC AD ，且四边形11ADD A 是菱形，所以11AD A D ⊥，所以11BC A D ⊥，又因为11A O ⊥平面1BC D ，所以1111111,AO BC AO A D A ⊥=，所以1BC ⊥平面11AO D ，又因为1DO ⊂平面11AO D ，所以11DO BC ⊥，同理可知：1111,BO DC C O DB ⊥⊥，所以1O 为1BC D 的垂心，故选：C. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是通过1A 的射影点去证明线段长度的关系、线段位置的关系，借助线面垂直的定义和判定定理去分析解答问题.12．C解析：C 【分析】设AH a =，则3BH a =，由线面垂直的性质和勾股定理可求得DH a AH ==，由等腰三角形的性质可证得BD ⊥DH ，再根据线面垂直的判定和性质可得选项. 【详解】设AH a =，则3BH a =，因为'C H ⊥面ABD ，AB 面ABD ，DH ⊂面ABD ，所以'C H ⊥AB ，'C H ⊥DH ，'C H ⊥DB ，又Rt ABC ，1,3,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，所以'1,6C D BD B DAB π==∠=∠=，所以在'Rt AC H 中，()2''221C H AC AHa =-=-Rt C HD ’中，()2'222'211DH C D C H a a =-=--=，所以DH a AH ==，所以6ADH DAB π∠=∠=，又23ADB π∠=，所以2HDB π∠=，所以BD ⊥DH ，又'C HDH H =，所以BD ⊥面'C DH ，又'C D ⊂面'C DH ，所以BD ⊥'C D ，故选：C. 【点睛】关键点点睛：在解决折叠问题时，关键在于得出折叠的前后中，线线、线面、面面之间的位置关系的不变和变化，以及其中的边的长度、角度中的不变量和变化的量.二、填空题13．【分析】确定是等腰直角三角形的中点分别是和的外心由直棱柱性质得的外接球的球心在上外接球面与平面的交线是圆是以为圆心为半径的圆求出可得面积【详解】则设分别是的中点则分别是和的外心由直三棱柱的性质得平面解析：4π【分析】确定ABC 是等腰直角三角形，11,AC A C 的中点1,D D 分别是ABC 和111A B C △的外心，由直棱柱性质得P ABC -的外接球的球心O 在1DD 上，外接球面与平面111A B C 的交线是圆，是以1D 为圆心，1D P 为半径的圆，求出1PD 可得面积．【详解】4,AB BC AC ===90ABC ∠=︒，设1,D D 分别是11,AC A C 的中点，则1,D D 分别是ABC 和111A B C △的外心，由直三棱柱的性质得1DD ⊥平面ABC ，所以P ABC -的外接球的球心O 在1DD 上，如图，24()41OA ππ=，则2OP OA ==，32OD ===，所以11135422OD DD OD AA OD =-=-=-=，12PD ===， P ABC -的外接球面与平面111A B C 的交线是圆，是以1D 为圆心，1D P 为半径的圆，其面积为224S ππ=⨯=．故答案为：4π．【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中动点轨迹问题的求解，重点考查了几何体的外接球的有关问题的求解，关键是根据外接球的性质确定球心位置，结合勾股定理得出动点所满足的具体条件，结论：三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上．14．【分析】根据直观图和原图的之间的关系由直观图画法规则将还原为如图所示是一个等腰三角形直接求解其面积即可【详解】由直观图画法规则将还原为如图所示是一个等腰三角形则有所以故答案为：【点睛】关键点点睛：根解析：82【分析】根据直观图和原图的之间的关系，由直观图画法规则将Rt A B C '''还原为ABC ，如图所示，ABC 是一个等腰三角形，直接求解其面积即可．【详解】由直观图画法规则将Rt A B C '''还原为ABC ，如图所示，ABC 是一个等腰三角形,则有2BO OC B O O C ''''====，242AO A O ''==所以114428222ABCSBC AO =⋅=⨯⨯= 故答案为：2【点睛】关键点点睛：根据斜二测画法的规则，可得出三角形的直观图，并求出对应边长，根据面积公式求解．15．【分析】作出图形计算出正四棱锥的高与底面边长设底面的中心为计算得出为正四棱锥的外接球球心可求得该正四棱锥的外接球半径即可得解【详解】如下图所示设正四棱锥的底面的中心为连接设正四棱锥的底面边长为则由于解析：36π【分析】作出图形，计算出正四棱锥P ABCD -的高与底面边长，设底面ABCD 的中心为E ，计算得出E 为正四棱锥P ABCD -的外接球球心，可求得该正四棱锥的外接球半径，即可得解. 【详解】如下图所示，设正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的中心为E ，连接PE 、AC 、BD ，设正四棱锥P ABCD -的底面边长为a ，则2AC BD a ==，由于E 为正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的中心，则PE ⊥平面ABCD ，由于正四棱锥P ABCD -的侧棱与底面所成的角为45，则45PAC PCA ∠=∠=，所以，PAC △是以APC ∠为直角的等腰直角三角形，同理可知，PBD △是以BPD ∠为直角的等腰直角三角形，E 为AC 的中点，1222PE AC a ==，2ABCD S a =正方形， 231122183326P ABCD ABCD V S PE a a a -=⋅=⨯⨯==正方形，解得32a =，232PE a ==，由直角三角形的性质可得1122PE AC BD ==，即PE AE BE CE DE ====，所以，E 为正四棱锥P ABCD -外接球的球心，球E 的半径为3r PE ==，该球的表面积为2436r ππ=. 故答案为：36π. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.16．【分析】首先把三视图转换为直观图进一步求出几何体的外接球的半径最后求出球的表面积【详解】根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形高为2的三棱锥体如图所示:设底面外接圆的半径为t 圆心为H 则解得解析：414π 【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的外接球的半径，最后求出球的表面积.【详解】根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形，高为2的三棱锥体．如图所示:设底面外接圆的半径为t ,圆心为H ，则2221(2)t t =+-，解得54t =，设外接球的半径r ，球心为O ，则OH ⊥底面，且1OH =，则22541()144r =+=所以41414().164S ππ=⨯⨯= 故答案为：414π 【点睛】关键点点睛：球心与底面外接圆圆心连线垂直底面，且OH 等于棱锥高的一半，利用勾股定理求出球的半径，由面积公式计算即可.17．【分析】设出外接球的半径球心的外心半径r 连接过作的平行线交于连接如图所示在中运用正弦定理求得的外接圆的半径r 再利用的关系求得外接球的半径运用球的表面积公式可得答案【详解】设三棱锥外接球的半径为球心为解析：20π【分析】设出外接球的半径R 、球心O ，ABC 的外心1O 、半径 r , 连接1AO ，过O 作的平行线OE 交AD 于 E ，连接OA ，OD ，如图所示，在ABC 中，运用正弦定理求得 ABC的外接圆的半径r ,再利用1,,R r OO 的关系求得外接球的半径，运用球的表面积公式可得答案.【详解】设三棱锥外接球的半径为R 、球心为O ，ABC 的外心为1O 、外接圆的半径为r ，连接1AO ，过O 作平行线OE 交AD 于E ，连接OA ，OD ，如图所示，则OA OD R ==，1O A r =，OE AD ⊥，所以E 为AD 的中点.在ABC 中，由正弦定理得172sin 22BC r BAC ==∠，解得334r =. 在ABC 中，由余弦定理2222cos BC AB AC AB AC BAC =+-⋅⋅∠，可得2117963AB AB =+-⋅⋅，得4AB =. 所以1122sin 3442223ABC S AB AC BAC =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=△. 因为112742333D ABC ABC V S AD AD -=⋅⋅=⨯⨯=△，所以144AD =.连接1OO ，又1//OO AD ，所以四边形1EAO O 为平行四边形，111428EA OO AD ===，所以22221114324588R OO AO ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 所以该三棱锥的外接球的表面积()224π4π520πS R ===.故答案为：20π.【点睛】本题考查三棱锥的外接球，及球的表面积计算公式，解决问题的关键在于利用线面关系求得外接球的球心和球半径，属于中档题.18．【分析】分别取棱的中点连接易证平面平面由题意知点必在线段上由此可判断在或处时最长位于线段中点处时最短通过解直角三角形即可求得【详解】如下图所示连分别为所在棱的中点则又平面平面平面四边形为平行四边形又解析：[32,25]【分析】分别取棱1BB 、11B C 的中点M 、N ，连接MN ，易证平面1//A MN 平面AEF ，由题意知点P 必在线段MN 上，由此可判断P 在M 或N 处时1A P 最长，位于线段MN 中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．【详解】如下图所示，连MN ，EF ，1A D ，EMM ，N ，E ，F 分别为所在棱的中点，则1//MN A D ，1//EF A D ，//EF MN ∴，又MN ⊂平面1C EF ，EF ⊂平面1C EF ，//MN ∴平面1C EF ．11//,C C EM C C EM =，∴四边形1C CME 为平行四边形，1//C E CM ，又CM ⊄平面1C EF ，1C E ⊂平面1C EF ，//CM ∴平面1C EF ，又NM CM M =， ∴平面//NMC 平面1C EF ．P 是侧面四边形ADD 1A 1内一动点，且C 1P ∥平面CMN ，∴点P 必在线段EF 上．在Rt △11C D E 中，222211114225C E C D D E =+=+=同理，在Rt △11C D F 中，可得125C F =， ∴△1C EF 为等腰三角形．当点P 为EF 中点O 时，1C P EF ⊥，此时1C P 最短；点P 位于,E F 处时，1C P 最长． ()222211(25)232C O C E OE =-=-=1125C E C F ==∴线段1C P长度的取值范围是．故答案为：【点睛】本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P点位置．19．【分析】此梯形以AD所在直线为轴旋转一周得到的是圆台然后根据圆台的侧面积和表面积公式进行计算【详解】将此梯形以AD所在直线为轴旋转一周得到的是圆台其中圆台的上底半径为r＝CD＝2下底半径为R＝AB＝解析：23π【分析】此梯形以AD所在直线为轴旋转一周，得到的是圆台，然后根据圆台的侧面积和表面积公式进行计算．【详解】将此梯形以AD所在直线为轴旋转一周，得到的是圆台，其中圆台的上底半径为r＝CD＝2，下底半径为R＝AB＝3，母线BC＝2，∴圆台的上底面积为πr2＝4π，下底面积为πR2＝9π，圆台的侧面积为（πr+πR）•BC＝π（2+3）×2＝10π，∴圆台的表面积为4π+9π+10π＝23π，故答案为23π．【点睛】本题考查圆台表面积的计算，利用旋转体的定义确定该几何体是圆台是解决本题的关键．20．【分析】欲使圆柱侧面积最大需使圆柱内接于圆锥设圆柱的高为h底面半径为r用r表示h从而求出圆柱侧面积的最大值【详解】欲使圆柱侧面积最大需使圆柱内接于圆锥；设圆柱的高为h底面半径为r则解得；所以；当时取解析：【分析】欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥，设圆柱的高为h，底面半径为r，用r表示h，从而求出圆柱侧面积的最大值.【详解】欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥；设圆柱的高为h ，底面半径为r ， 23423r =，解得33h r =；所以()23222334S rh r r r πππ⎛⎫===- ⎪ ⎪⎝⎭圆柱侧；当2r 时，S 圆柱侧取得最大值为43π 故答案为：3π.【点睛】本题考查了求圆柱侧面积的最值，考查空间想象能力，将问题转化为函数求最值，属于中档题.三、解答题21．（1）4；（2）60︒；（3）33. 【分析】（1）根据棱锥的体积公式求解即可；（2）作辅助线，利用平行得出异面直线1CB 与1AC 所成角就是COE ∠，再结合等边三角形的性质得出夹角；（3）过C 作1CF AC ⊥于点F ，连接,CF BF ，由11,CF AC BF AC ⊥⊥结合定义得出二面角1B AC C --的平面角，再由直角三角形的边角关系得出平面角的余弦值.【详解】（1）三棱柱111ABC A B C -的体积1122242ABC V S CC ⎛⎫=⋅=⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭（2）记1BC 与1B C 的交点为O ，作AB 的中点E ，连接,OE CE ，异面直线1CB 与1AC 所成角就是COE ∠2CO OE CE ===60COE ︒∴∠=（3）过C 作1CF AC ⊥于点F ，连接,CF BF11,CF AC BF AC BFC ⊥⊥⇒∠为所求角 3tan 2,cos 2BC BFC BFC FC ∠===∠=【点睛】关键点睛：在求异面直线的夹角时，关键是利用中位线定理得出平行，从而得出异面直线的夹角.22．（1）证明见解析；（2）155；（3）12. 【分析】（1）连接AC 交BD 于点O ，连接PO ，推导出BD ⊥平面PAC ，进而可得出PC BD ⊥；（2）过点O 在平面PAC 内作OF PC ⊥，垂足为点F ，连接BF ，推导出OFB ∠为二面角B PC E --的平面角，计算出OF 、BF ，可计算出cos OFB ∠，即可得解；（3）计算出PCE 的面积，利用锥体的体积公式可得出13P BCE B PCE PCE V V S OB --==⋅△，即可得解. 【详解】证明：（1）连接AC 交BD 于O 点，连接PO ，∵四边形ABCD 是菱形，AC BD ∴⊥，则O 是BD 的中点，PB PD =，PO BD ∴⊥，又AC PO O =，AC 、OP ⊂平面PAC ，BD ∴⊥平面PAC ，又PC ⊂平面PAC ，PC BD ∴⊥；（2）由（1）知BO ⊥平面PAC ，PC ⊂平面PAC ，则OB PC ⊥，过O 在平面PAC 内作OF PC ⊥于F ，连接BF ，由OB OF O ⋂=，则PC ⊥平面OBF ，BF ⊂平面OBF ，得BF PC ⊥，故OFB ∠为二面角B PC E --的平面角，四边形ABCD 是菱形，60BAD ∠=，ABD ∴为等边三角形，2BD AB AD ∴===，112OB BD ∴==，223OC OA AB OB ==-= OB ⊥平面PAC ，OP ⊂平面PAC ，OP OB ∴⊥，223OP PB OB ∴-= 3OA =3OP =6PA =222OP PA OA +∴=，即OA OP ⊥，即PO AC ⊥，3366PO OC OF PC ⋅⨯∴===，222261012BF BO OF ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭，故615cos 510OF OFB BF ∠===，即二面角B PC E --的余弦值是155；（3）E 为PA 的中点，11333222PCE PAC POA S S S ∴====△△△，又OB ⊥平面PAC ，113113322P BCE B PCE PCE V V S OB --∴==⋅=⨯⨯=△. 【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有： ①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.。

高中数学必修2测试题附答案

高中数学必修2测试题附答案数学必修2一、选择题1、下列命题为真命题的是（）A.平行于同一平面的两条直线平行；解析：平行于同一平面的两条直线一定平行，为真命题，选A。

2、下列命题中错误的是：（）A.如果α⊥β，那么α内一定存在直线平行于平面β；解析：如果直线α垂直于平面β，则α内不存在直线平行于平面β，选A。

3、右图的正方体ABCD-A’B’C’D’中，异面直线AA’与BC所成的角是（）解析：异面直线AA’与BC所成的角为直角，选D。

4、右图的正方体ABCD-A’B’C’D’中，AB二面角D’-AB-D的大小是（）解析：AB二面角D’-AB-D为60度，选C。

5、直线5x-2y-10=0在x轴上的截距为a，在y轴上的截距为b，则（）解析：将y=0代入5x-2y-10=0，得到x=2，即直线在x轴上的截距为2；将x=0代入5x-2y-10=0，得到y=-5，即直线在y轴上的截距为-5，选B。

6、直线2x-y=7与直线3x+2y-7=0的交点是（）解析：将2x-y=7和3x+2y-7=0联立，解得交点为(3,-1)，选A。

7、过点P(4,-1)且与直线3x-4y+6=0垂直的直线方程是（）解析：3x-4y+6=0的斜率为3/4，与其垂直的直线斜率为-4/3，过点P(4,-1)，代入点斜式方程y+1=-4/3(x-4)，化简得到4x+3y-13=0，选A。

8、正方体的全面积为a，它的顶点都在球面上，则这个球的表面积是：（）解析：正方体的全面积为6a，每个面积为a，每个面的对角线长为正方体的对角线长，即球的直径。

因此球的直径为正方体的对角线长，即a的开根号乘以根号3.球的表面积为4πr^2，即4π(0.5a√3)^2=3πa^2，选C。

9、圆x^2+y^2-4x-2y-5=0的圆心坐标是：（）解析：将x^2-4x和y^2-2y分别配方得到(x-2)^2-4+(y-1)^2-1=0，即(x-2)^2+(y-1)^2=5，圆心坐标为(2,1)，选B。

人教版高一数学必修二-第一章综合测评题(答案解析)

第一章综合测评题时间：120分钟满分:1５0分一、选择题(本大题共1２小题，每小题5分,共6０分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）1.下列命题中,正确的是( ) Ａ.有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 B.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 C ．侧面都是矩形的直四棱柱是长方体D.底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱2.一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的表面积与侧面积的比是( ） A.1＋2π2πB.错误!C.错误! ﻩＤ.错误!3.有下列四种说法：①平行投影的投影线互相平行,中心投影的投影线相交于一点；②空间图形经过中心投影后，直线变成直线，但平行线可能变成相交的直线;③空间几何体在平行投影与中心投影下有不同的表现方式．其中正确的命题有( ）A ．1个Ｂ.２个 C.3个D.0个4.长方体ＡB ＣD －A 1Ｂ1C 1D １中截去一角B 1－Ａ１ＢＣ1，则它的体积是长方体体积的（ )A ．错误! B.错误! C ．错误! ﻩD.错误!5．底面是边长为4的正方形,侧棱长都为25的四棱锥的侧面积和体积依次为( ）Ａ.２4,错误! B ．8，错误! C.32，错误! D.32,错误! 6.若圆台两底面周长的比是14,过高的中点作平行于底面的平面,则圆台被分成两部分的体积比是（ )A.错误! B ．错误! C.1D.错误!7.（２012·新课标全国卷）平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为错误!,则此球的体积为( ）A.＼r （６)π Ｂ.4错误!π C.4错误!π D.6错误!π8．如图所示，梯形A １B 1C 1D １是一平面图形ＡBC Ｄ的直观图(斜二测),若A 1D 1∥Ｏ１ｙ1，A 1B １∥C 1D 1，Ａ1Ｂ１=＼f(2，３)C １D 1=2，A 1D １=1，则四边形ＡBCD 的面积是( )A.1０ ﻩB.5C ．5＼r(2) ﻩD ．1０错误!9.若某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )A.＼f(1，３)B.23C ．１D.210.一个棱锥的三视图如图,则该棱锥的表面积(单位：cm 2)为（ )A ．４8＋１2 2B ．4８＋２4错误! C.36＋１2错误! D.36＋24错误! 11．等边三角形的边长为a ,它绕其一边所在的直线旋转一周,则所得旋转体的体积为( )A.错误!πa 3 B.错误!πa 3 Ｃ.错误!πa 3Ｄ.错误!πa 312．已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(）Ａ.8 Ｂ．错误! C.错误!ﻩD.错误!二、填空题（本大题共4小题，每小题５分，共2０分．把答案填在题中横线上)13．已知OA为球O的半径，过OA的中点M且垂直于OA的平面截球面得到圆Ｍ，若圆M的面积为3π，则球O的表面积等于____＿＿__.14.把边长为1的正方形ＡＢCD沿对角线BD折起形成三棱锥C－ABD，其正视图与俯视图如图所示,则其侧视图的面积为__＿_＿___．１5．一个母线长为2的圆锥侧面展开图为一个半圆,则此圆锥的体积为＿＿______．16.一个正四棱柱（底面是正方形,各个侧面均为矩形)的各个顶点都在一个直径为2cm的球面上，如果正四棱柱的底面边长为１cm，那么该棱柱的表面积为＿＿___＿__cｍ2.三、解答题(本大题共６小题，共70分，17题10分，１8～２2题，每题1２分,解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17.画出下图中三个图形的指定三视图之一.18．如图所示，为一建筑物的三视图，现需将其外壁用油漆刷一遍,已知每平方米用漆0.２kg,问需要油漆多少千克?（尺寸如图所示,单位：m，π取3.1４，结果精确到０.01 kｇ)19.已知四棱锥P-ABCD,其三视图和直观图如图，求该四棱锥的体积.2０.一几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位:ｍ).(１)试画出它的直观图;(2)求它的表面积和体积.２1.正三棱锥的高为1，底面边长为2＼r(６)，内有一个球与它的四个面都相切, 求:(1)棱锥的表面积；（2)内切球的表面积与体积.22.如图，一个圆锥的底面半径为2cｍ,高为6ｃm，在其中有一个高为x cm的内接圆柱．（1)试用ｘ表示圆柱的侧面积;(2)当x为何值时，圆柱的侧面积最大？第一章综合测评题(答案)1、解析:认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故A，Ｃ都不够准确,B中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确.答案：D2、解析：利用侧面展开图与底面圆的联系解题.设底面圆半径为r,母线即高为h，则ｈ＝2πr，所以错误!＝错误!＝错误!＝错误!=错误!.故选A．答案：Ａ3、解析:本题考查中心投影与平行投影的有关概念及性质.利用中心投影与平行投影的概念判断，①③正确;利用中心投影与平行投影的性质判断,②也正确.故正确的命题有3个．故选C.答案：C４、解析:VB1-Ａ1ＢC1＝VC1-A１B1B＝＼f(1,3)·S△A１B1B·Ｂ1Ｃ1=13×1２Ｓ四边形ＡA1Ｂ1B×B1Ｃ1＝错误!VABCD－A１B1C1D1．答案:B５、解析:如图,O为正方形ABCD的中心，VO为四棱锥的高，E为边ＢC中点,所以VE⊥BC．由BC＝AB=４，VB=ＶＣ＝２错误!可得ＶE=４,VO=2错误!，∴S侧＝4S△VＢC＝32，Ｖ＝错误!Ｓ正方形ABＣＤ·ＶO=错误!．答案:D6、解析:圆台的轴截面如图,∵圆台的两底面周长之比为1:４，∴两底面半径之比1：４.设上底面半径为r ,则下底面半径为4r .∴经过高的中点与底面平行的截面半径为５2ｒ.∴圆台被分成两部分的体积比为错误!=错误!．答案：D7、解析：设球O 的半径为Ｒ,则R ＝错误!=错误!,故V 球=错误!πＲ3=4错误!π. 答案：B 8、解析：四边形AB ＣD 是直角梯形,其中AD =2，AB ＝2，CD =3,所以四边形ＡＢC Ｄ的面积为＼ｆ(1,２)·(2+3)×2=5．答案:B9、解析：由三视图可知,该空间几何体是底面为直角三角形的直三棱柱,三棱柱的底面直角三角形的直角边长分别为１和2,三棱柱的高为错误!,所以该几何体的体积V ＝错误!×1×错误!×错误!=1．答案：C10、解析:由三视图知,该几何体可看做由两个全等的小三棱锥侧面重合放置而成．每个小三棱锥的高为４，底面是腰长为3错误!、底边长为6的等腰三角形，斜高为5,所以每个三棱锥的底面积为错误!×3×６=９,侧面积为错误!×5×6＝15或错误!×４×3错误!=６错误!,所以组合体的表面积为９×2＋15×2+6错误!×2＝48＋1２错误!.答案：A１1、解析：所得的旋转体为以等边三角形的高为底面半径的两个相同底的圆锥,每个圆锥的高都为ａ2,∴V ＝2×错误!×π×错误!2·错误!=错误!πa ３. 答案：A12、解析:几何体是正方体截去一个三棱台, V ＝23－＼f(1,3)·错误!×2=错误!．答案：C13、解析:设球半径为R ，圆M 的半径为r ,则πｒ2＝３π,即r 2=3, 由题得R 2-错误!2=3，所以R 2=４⇒4πＲ2＝16π. 答案：16π14、解析：由题意可知，侧视图为等腰直角三角形，腰长为错误!，故其面积为错误!×错误!2＝错误!.答案：错误!15、解析：由题意可知,圆锥的底面周长为２πr ＝12·2π×2,得r ＝1.∴圆锥的高h ＝错误!=错误!,∴圆锥的体积Ｖ=错误!×π×12×错误!=错误!π. 答案:33π16、解析:设正四棱柱的高为a ｃｍ,则22＝12＋12＋a 2， ∴a ＝2．∴S 表面积=１×1×2+4×1×2=（2+４＼ｒ(２）)(cm ２）．答案:２+４ 217、解：如图所示．1８、解:由三视图知建筑物为一组合体,自上而下分别是圆锥和四棱柱,并且圆锥的底面半径为3m，母线长5ｍ，四棱柱的高为4m,底面是边长为3 m的正方形．∴圆锥的表面积为πr２＋πｒl=3.1４×3２+3.14×３×5＝28.２6+47．1=７5.３6(m2）．四棱柱的一个底面积为３2=9(m2)，四棱柱的侧面积为4×4×３＝４8(m２)．∴建筑物的外壁面积为75．3６－9+48＝114.３6（m２)．∴需要油漆１14.36×0.2=22.8７2≈22.８7（kg)．19、解：由三视图知底面AＢCD为矩形，AＢ=2，ＢC=4，顶点P在面AＢCＤ内的射影为BC中点E，即棱锥的高为2，则体积V P－ABCD＝＼ｆ(1,3)S矩形ABCD×ＰE=错误!×2×４×2＝错误!.２0、解:(1)直观图如图所示.(2)解法一：由三视图可知该几何体是长方体被截去一个角得到的,且该几何体的体积是以A 1Ａ、Ａ１D 1、A 1B １为棱的长方体的体积的错误!.在直角梯形AA 1B 1B 中,作ＢE ⊥A １B １,则四边形ＡA １E Ｂ是正方形，∴AA 1=B Ｅ=１. 在Rt △BEB 1中，BE ＝1，E Ｂ1＝1,∴ＢB １＝错误!．∴几何体的表面积S ＝S 正方形ＡA1D 1D +2S 梯形ＡA 1B 1Ｂ＋Ｓ矩形ＢB 1C １C ＋S 正方形ＡBCD +Ｓ矩形A 1B 1Ｃ1Ｄ1=1＋2×错误!(1＋2)×1+1×错误!+1+1×２=(7＋错误!)(ｍ2）．∴几何体的体积V ＝＼f （３,4)×1×2×1=错误!(ｍ3).∴该几何体的表面积为(7+＼r(2))ｍ2，体积为3２m 3. 解法二:几何体也可以看作是以AA 1B 1B 为底面的直四棱柱，其表面积求法同解法一,V 直四棱柱Ｄ1C 1ＣD -A １B 1BA ＝Sh ＝32×１＝３2（ｍ3). 21、解:(1)底面正三角形中心到一边的距离为1３×错误!×2错误!＝错误!，则正棱锥侧面的斜高为＼r （12+(＼r(２))2)=＼r(3).∴Ｓ侧＝3×错误!×2错误!×错误!＝9错误!．∴Ｓ表＝S 侧＋S 底=9２＋＼f(1,２）×错误!×(2错误!)2＝9２＋6错误!.(2)如图所示，设正三棱锥Ｐ-ABC 的内切球球心为O ,连接OP 、ＯA 、OB 、OC ,而Ｏ点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r .∴V P －A ＢC =V O －P AB +ＶO -PBC ＋V O －P A Ｃ+V O -ＡBC =错误!·S 侧·ｒ+错误!·S △ＡBC ·r=错误!·Ｓ表·r =（３错误!＋2错误!)r .又V Ｐ-ABC ＝＼f(1，3）×错误!×错误!×(2错误!）２×1＝2错误!，∴(32＋2错误!）r =2错误!,得r ＝错误!=错误!=错误!-2.∴S 内切球=4π(6－2)2=(40－16错误!)π.Ｖ内切球＝错误!π(错误!-2)3＝错误!(9错误!-２2）π．22、解:设圆柱的底面半径为r .由题意知，错误!＝错误!,∴r ＝2-错误!x ．（1)S 圆柱侧=2πr ·x =2π·错误!·x=－2π3ｘ2＋4πx =－＼f(２π，３)(x -3)２＋6π(０<x <6）． (２)当ｘ＝3时,圆柱的侧面积最大.。

高中数学必修二第一章测试题及答案(人教版)

第一章空间几何体一、选择题1．有一个几何体的三视图如下图所示，这个几何体可能是一个( )．主视图左视图俯视图 (第1题) A ．棱台 B ．棱锥 C ．棱柱 D ．正八面体2．如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是( )．A ．2＋2B ．221＋C ．22＋2 D ．2＋1 3．棱长都是1的三棱锥的表面积为( )．A ．3B ．23C ．33D ．43 4．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是( )．A ．25πB ．50πC ．125πD ．都不对 5．正方体的棱长和外接球的半径之比为( )． A ．3∶1 B ．3∶2 C ．2∶3 D ．3∶36．在△ABC 中，AB ＝2，BC ＝1.5，∠ABC ＝120°，若使△ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的体积是( )．A ．29πB ．27πC ．25πD ．23π7．若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )．A ．130B ．140C ．150D ．160 8．如图，在多面体ABCDEF 中，已知平面ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF ＝23，且EF 与平面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积为( )．A ．29 B ．5 C ．6 D ．2159．下列关于用斜二测画法画直观图的说法中，错误．．的是( )． A ．用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形B ．几何体的直观图的长、宽、高与其几何体的长、宽、高的比例相同C ．水平放置的矩形的直观图是平行四边形D ．水平放置的圆的直观图是椭圆10．如图是一个物体的三视图，则此物体的直观图是( )．(第10题)二、填空题11．一个棱柱至少有______个面，面数最少的一个棱锥有________个顶点，顶点最少的一个棱台有________条侧棱．12．若三个球的表面积之比是1∶2∶3，则它们的体积之比是_____________． 13．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，O 是上底面ABCD 的中心，若正方体的棱长为a ，则三棱锥O －AB 1D 1的体积为_____________． (第8题)14．如图，E，F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E 在该正方体的面上的射影可能是___________．(第14题)15．已知一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2、3、6，则这个长方体的对角线长是___________，它的体积为___________．16．一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高9厘米则此球的半径为_________厘米．三、解答题17．有一个正四棱台形状的油槽，可以装油190 L，假如它的两底面边长分别等于60 cm和40 cm，求它的深度．18 *．已知半球内有一个内接正方体，求这个半球的体积与正方体的体积之比．[提示：过正方体的对角面作截面]19．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD ＝22，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．(第19题)20．养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用)，已建的仓库的底面直径为12 m，高4 m，养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐，现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变)；二是高度增加4 m(底面直径不变)．(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；(3)哪个方案更经济些？第一章空间几何体参考答案A 组一、选择题 1．A解析：从俯视图来看，上、下底面都是正方形，但是大小不一样，可以判断可能是棱台．2．A解析：原图形为一直角梯形，其面积S ＝21(1＋2＋1)×2＝2＋2．3．A解析：因为四个面是全等的正三角形，则S 表面＝4×43＝3．4．B解析：长方体的对角线是球的直径，l ＝2225＋4＋3＝52，2R ＝52，R ＝225，S ＝4πR 2＝50π．5．C解析：正方体的对角线是外接球的直径． 6．D解析：V ＝V 大－V 小＝31πr 2(1＋1.5－1)＝23π．7．D解析：设底面边长是a ，底面的两条对角线分别为l 1，l 2，而21l ＝152－52，22l ＝92－52，而21l ＋22l ＝4a 2，即152－52＋92－52＝4a 2，a ＝8，S 侧面＝4×8×5＝160． 8．D解析：过点E ，F 作底面的垂面，得两个体积相等的四棱锥和一个三棱柱，V ＝2×31×43×3×2＋21×3×2×23＝215．9．B解析：斜二测画法的规则中，已知图形中平行于 x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于 y 轴的线段，长度为原来的一半．平行于 z 轴的线段的平行性和长度都不变．10．D解析：从三视图看底面为圆，且为组合体，所以选D. 二、填空题11．参考答案：5，4，3．解析：符合条件的几何体分别是：三棱柱，三棱锥，三棱台．12．参考答案：1∶22∶33．r 1∶r 2∶r 3＝1∶2∶3，31r ∶32r ∶33r ＝13∶(2)3∶(3)3＝1∶22∶33．13．参考答案：361a ．解析：画出正方体，平面AB 1D 1与对角线A 1C 的交点是对角线的三等分点，三棱锥O －AB 1D 1的高h ＝33a ，V ＝31Sh ＝31×43×2a 2×33a ＝61a 3．另法：三棱锥O －AB 1D 1也可以看成三棱锥A －OB 1D 1，它的高为AO ，等腰三角形OB 1D 1为底面．14．参考答案：平行四边形或线段．15．参考答案：6，6．解析：设ab ＝2，bc ＝3，ac ＝6，则V = abc ＝6，c ＝3，a ＝2，b ＝1，l ＝1＋2＋3＝6． 16．参考答案：12．解析：V ＝Sh ＝πr 2h ＝34πR 3，R ＝32764×＝12．三、解答题 17．参考答案：V ＝31(S ＋S S ′＋S )h ，h ＝SS S S V ′＋′＋3＝6001＋4002＋60030001903×＝75．18．参考答案：如图是过正方体对角面作的截面．设半球的半径为R ，正方体的棱长为a ，则CC'＝a ，OC ＝22a ，OC'＝R ．(第18题)在Rt △C'CO 中，由勾股定理，得CC' 2＋OC 2＝OC' 2，即 a 2＋(22a )2＝R 2．∴R ＝26a ，∴V 半球＝26πa 3，V 正方体＝a 3． ∴V 半球 ∶V 正方体＝6π∶2． 19．参考答案：S 表面＝S 下底面＋S 台侧面＋S 锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×22 ＝(60＋42)π． V ＝V 台－V 锥＝31π(21r ＋r 1r 2＋22r )h －31πr 2h 1 ＝3148π． 20．解：(1) 参考答案：如果按方案一，仓库的底面直径变成16 m ，则仓库的体积V 1＝31Sh ＝31×π×(216)2×4＝3256π(m 3)．如果按方案二，仓库的高变成8 m ，则仓库的体积V 2＝31Sh ＝31×π×(212)2×8＝3288π(m 3)．(2) 参考答案：如果按方案一，仓库的底面直径变成16 m ，半径为8 m ．棱锥的母线长为l ＝224＋8＝45，仓库的表面积S 1＝π×8×45＝325π(m 2)．如果按方案二，仓库的高变成8 m ．棱锥的母线长为l ＝226＋8＝10，仓库的表面积S 2＝π×6×10＝60π(m 2)．(3) 参考答案：∵V 2＞V 1，S 2＜S 1，∴方案二比方案一更加经济些．C'A'COA毋意，毋必，毋固，毋我。

2014-2015学年高中数学(人教版必修二)课时训练第一章 1.1 1.1.1 柱、锥、台、球的结构特征第一课时

如图可记作：棱锥 SABCD

基础梳理
多面体定义图形及表示相关概念
棱台
上底面：原棱锥的截面下底面：原平行于底面用一个 ________ ________ 底面侧的平面去截棱棱锥的________ 锥，底面与截面面：其余各面．侧棱：之间的部分叫做如何可记作：棱相邻侧面的公共棱台边．顶点：侧面与上 ABCDA′ 台__________ (下)底面的公共顶点 B′C′D′
三棱柱底面是三角形

基础梳理
②按侧棱与底面是否垂直分类．
正棱柱直棱柱其他直棱柱斜棱柱
(2)棱锥的分类(棱台分类)． ①按底面多边形的边数分类．三棱锥、四棱锥、五棱锥等． ②按底面多边形是否为正多边形分类．正棱锥和一般棱锥．
栏目链接
底面(底)：两个相互 ____的面平行侧面其余各面 ________ 侧棱：相邻侧面的公共边 ______顶点：侧面与底面的公共顶点 ________

基础梳理
练习 2：棱柱两底面全等且互相平行对吗？
栏目链接
答案：对

基础梳理
练习 1 ：多面体至少有几个面？几条棱？几个顶点？
答案：4个 6条 4个

基础梳理
4. 棱柱、棱锥、棱台的概念.
多面体
定义
图形及表示
相关概念
栏目链接
棱柱
平行有两个互相 ____，其余各面都是平行四边形 _______，并且每相邻两个四边形的公共边都相互如图可记作：棱柱平行 ____，由这些边所围 AC′或 ABCD 成的多面体叫做棱柱 A′B′C′D′

人教版高中数学必修二教材课后习题答案及解析【精品】

•教材习题解答练习0M1.⑴（6“21 略，瓷⑴四梭柱（闍略打（引匮锥与半除俎成的向单组命怵（圏略X （3）13棱柱与珠组成的简单组台体（图略门（4>«个麗台组合而成的筒单姐台■体（图略】.x（i）Ea^（~視图略儿（幼四十黑柱组成的简单爼合怵（三视国略几4三楼耗.•敦材习也孵答⑴如图1-2 - 3 -门/13听小'yA.「门如1痢11 门2 3H t圈1 i所示’14图I 2 3 19点评木懸舟省工州图卅的二P见却询制法.2. <1）三懂拄H刀isfn〔希四fttt*⑴）四磧柱与恫柱组合血磴的简羊组合林.証略*札卷5用B组1：略:签咯*乳此題菩徐不唯一冷一种省秦擡樹15个4、止方体齟會閔施的他单址合怩+如RJ1 - 2 - 3 2L♦教材习题擀答练习（『）1,解：设圆锥的底面半径为严母线畏沟h別由JS意得乂岡讹的削山111科图为T-J.-1-K J. （1 S 皿即I A捋◎代入①式得Q=3JI F.畀。

如|划t 2 220F3 1 2 3 21SirJu哉園隼的底面（8直卷为彩鬲二点评柠畫俯面堰幵国右側锥的不变关泵辰公式的应用，2 .解*机器零件的表面机pf# fti 是圆柱的«面积加上桂柱的全面积.VHIS 的側商報 Si /-2ftXXX2G- 15O!E=sl71（mm ）*棱柱的它而积 > 12X j <ft-2 X 6 X -i- X 12> 12 迖孕切 ms. 2 Him ）*二一牛机器的金面S=St-h*-l 579.25（mm >.JN IQ 000个零杵的全而积为15 7t?2 500 nun 15.旳2 5 m\故需锌的重虽为】$, 792 5XO P U^l t 7l kfi,点评本IB 哮査良余儿何的驶働税求孝和鮮实际问昭及埸算能力. ♦教材习题解答K 卩｝1. 刑大到原来的8倍戈2, *¥：il ：A 休的钊'fO 检为尽!*球的壯栓R 舟 *点评以上三1»常直公貳的灵活运用能力+ 习题I 3(1\JA 组1 •解’傭而都星等禮梯形・R 上底为8 cm,下底为18 cm.Wft-fc U erm 可得斜高（由『号）‘ =12, S«=5xi^^X 12=780（ cm 2h答:780 cm\点评本題夸曹棱台申的庖制梯形的应用和棱幷的1W 面面祝公式+乙鸠：恤台的M Efii ft! $ ―只“+孙・/•捌台底附积节一乩亠:S,.—煮厂+R X rtl 己知得就"R ）/=（r-R g ：・t 七圣.恵评木题有直对iifiitt 面积、底而和、表面积概急的理解•要将三者区别幵来* 男蚪考査了解方程的能力.3.解假止方休的楼辰协•刚V 命_T x T /r "T*剩.余儿何休的V-V,.lt V "二川―彳―土才”S=inR £ = 4n/（鬻）'皿 >/.^60 OOOjr^sl04(cw- 3.解八 *= -yrK —所权播惟怖休积与霖F的几何休的林积之比为1 1二点评辰题槽査三杭惟体积的求法和"割补注”求M何住的休枳的方迭.4,当三棱柱形客器的憶面AA.B.B水平枚置时，液面部分是四棱柱形*其商为原三棱柱障寻器的髙*憫陵A-1, 乳设十底面AEC水平放置时・液而高为乩由已卿条件知•四桂柱底面与原三桂柱诧酣啣积2比为工；4•由于两种状态下我体休枳相3X8=4XAM=6-Pljt AfJC*Tftt置时*菠面高为£点评展塵考査休砂变換能力，奥註总在几何徉转换过包"「+水旳休枳妁终干变+ 5•解*由J8意*需贴瓷砖的部分为网梅柱与网複台的啊倆积之和・民心十二1> U)，■，»{)- 12St>)ii；rii )*四楼合的斜离"二JltV -(迪「=5再『<m)・吕叶” =I》即打曲吃"-1 55S(cni ),故捕翼■«*的面報數为13 800+1 55»=14酹9仪“」>点评辰矚毒查倚单组合护的傭面积求法和解决致:际问題的能力氐攝示*先求出竽嚴梯形的面祝•再乘以化京到上海的铁路険长0P可•请冋学们自已完城”H W1.解，由三视图逝出它的言观国如l¥l 1 - 3 - 2 16所娠..Fl A | H| —(| f J| —.A B —C D -'- H cut ♦A t D, ■ ('i /J - A r D'™C B' 4 cm*球的苴悴为彳EF= (Hl12 cm J XI) f；「16 rm<EJf 1^(i8 rm*A L A"=B0=「|广=1」|打CTU.伍求出料棱育AHEF而上的料髙和-JP宁亍了之疗cm.再求E四債舍UF(^ Ifll上的卅高h —買”?12；' - 2 ^/7LILI+则久=用幷=% *严TWmV)■几=+卫=亠・2 -芋和冋Sn ttlf-S n KH B=<8-4) X2 X20=^480 mv 卫側” =4 XH X2()=肌0 cm . 也汁—给时”匚亠九—2(匚严p 皿亠2(工^)卞2听亠豹X !fit 12X6 = (11275 ^416)cm?=-1( 12X 8^2OX lfi+/12XSX2OX16) X 2•>=十(更7^+ 1】们rm .•5代奖杯的表而探s+ snia(1-FS H44ifiir !曲-J 12^5 -F 4 16^-1 193( m T杯的体机卩一'j 9 夕_匕|+巧.耐+较“卄=yK+64D + y (32 阿+ 416)*1067 cm\答t豐杯ffl我血枳约为I 193 g •悴积约为 1 067 cm\点评転題考煮吧察国闿想線力，运尊能力據解综合|^ 139 17题的能力.2.证期’如图1 - 3 - 2 - 17所示•因为三棱柱的侧面制是矩形•則傭面积为底乘以高.而髙相等•所以要证任意啊个侧面的面积和去于第三个侧面的tfliffi-H要证明三Stt±.底面匕任意H边的和大f第三边即可＜而这是显ffi的.点评本題痔査将空佃问應转化城平丽间趣的能力.3. 为釉的直观即如阳】3 2 1SC1 ＞所示”三规阳如图】3 2 3S（2）所示.图】3 2 19点评本题考査画直观图和三槻图的能力，2 18（2）以直帝边为轴雌縛而戚的儿何体的直现將如阳】如用1 3 219（2）所示+汕（1〉所示.三觇图(I >iF■枫♦教材习题解答塩习参考JRIJMAffi(幼三橈柱或是三陵育t(3川j丄*｛」打』川■”；(5ht・石\玄如1 舲所示，朗I 32点评号育市三视图还原咸丈抑悶和将实詢圏同成直氐團的能力* 4.略.5”解巾癒蔥得三梭柱的底面三角形外接圆足E1拄的底面三角瑶F 卜接的亶植是碉柱的底面直栓或母縊，植岡桂的廣面羊栓为尺"则卩=竄曙*2R=2nR' •化疋=彩. 征中股边长为s 则轧・寻—氏即心冲・5心—%」普R . X 钳—$ 一心* 21i •芈说 0 学/?-翠 € 乩解丸求出一乍接头需要的铁皮玄「热后再计阜恵量且r rs, =n(r t +n)^=it(25+L0) XS5=1 225^(^),Z* S - lOgDQOXSj = 1Z 250 ^>()K12 25OD0()X 3t iTO 1 3】-37 &75 000(cm ) =3 797t 5(m H 7»8<m 答制作l 万个这惮的接1需屢3缺列的铁皮. 点评启匮考査■台需面积前求法及单经换1T 7,表面积肉为◎匸怵稅约为176,H 视图略. 8用9*<1)64；(2)S ;(3)2^；(4)24I (5)S T 48 cm cm . 10.它ff J fi'J 董面积分别对36K cm *21 JT w *里巧；B&(P>n)匚(1)三视宙如国I - 33两就.直观圏如图1 -:甘所示. 点评程题痔查空河担象能JJ 和呦阳能力. 怕)» =8> ^0X 30X^1)60 二！ 800#<CTTI 几 V^SX-j-S^n, • A=2XyX30X30X 丿30；■尸=9 0007?(cjn ). 点评术■■卜题喝資齐面休的衣而积和休稅求沈. 〔：1 略.圏1 - U乙解 V-f '. F J? 4 XX ].[ X2；/ -63 H7h!Df ),■J2水巾球的怵积为匕 V. ■— 13 6115 几卩“呻=期 X60K55 = 264 OOOlcm^hA V 4 200 000 2fiJ 000 200 000 = 61 ODO>43 fill. 故水槽中水不会镒昭*rm ■ 12n rm + 144J3 r cm图1 34点评示題哮育训搔方法.点评本題哮責休枳公试的求法和解窘球问赳的能力.3, 解它是由闍1恥所賦的国形L绕线f艇转而成的•其屮匸与0不相乞点评布腿韦賈观察图形的能力和魁象能力.4. 如图1 鼬”由題意得*Hd mEFF g且四边形ABCD为正方带.AOF=y(cm)t OF= /EF -OP点评考査四撓惟的休积求法和平面图形•与立体图刑z何的关系.•教材习题解答练习(P-)1.1＞解汝育线sf川間两樹交•交点分别ArAJ九匚如圈？ 1 1 0・则A*區C三点不在一直践上*A Ae iNF »「匸s同理廿匚i机一仏A由^.A.i二疽线可1ft定一平面. 点评本题考査公理2,2. ⑴不并面的四点町御邃4个平面.(2)共点的三旃肯线可确定1个或吕个平而.点评本地占査公理2的应用，3, (1)X (2)V (3)^/ ( Hv/(DV平面”与平面B相兗』h与君有一条公其直线二•有无数爹个公其鼠(2)在已知亘线上耽不同两点.再加上直燼外一点构成不共线三原*由您理2知确定一平潮.⑶抚两备直线t分SM -点(T同于交点)・朝构虑不其线-点・rtl公理2可知砸定一令平面.H J•三个不共耀的点•可确定一个平面•化两平而範合.1/3II 爭 1 35£ yi()O~~(cm>,* yi 00 X'.图I 361^ 2 1 1 ?21^2 I 1 23♦教材习题解答练习2J因为“与平【帀厘金乎廿吐却则^与口的也逹先糸为相交+即4与住台一节公捷点.所W（A）UD）两选项排除*苦“内存在一餐线仃与4平行.则不妨设应与“ 交J柑点•住Q内‘过O盘作亶线c#緘则由公理4可知口〃一这与口与｛交于”点矛盾，所以选答索（BX点评此魁考査直线与平面的位賈关泵•同时为将来判斷直线与平面平和罢宦了基础+♦教材习题解答阁 2 ! - 4 9 点评本壮舟宜空间平而的垃国关条歴空何悴阁能力+习题2-KP.J三个平而两两相交川;么它门的交线冇-荒或三金.如盟2 1 1 9人组匕如惘2】1 10b3•门2 （梯形的h,T底平帕由平厅线定文知共而）⑵X（肖附上两点恰好为直径两端点时冷过这三点不能确定平面）［加W （由平杼公理4可得结论）（!）X 导\胡卜吋*/也无公其点）（5）X （“鼻可能平忏•也可能相交）点评木題考資平面的tt痕+空阖两直线的位罢关盘4. 【1眉£由斥面苣线所成柏定又或等角定理）⑵* （由界面直錢所虜角取垂面内蛹纽垂直的郷定）<3）2 f由公理2可得结论）〔门平行戒在平面内【5）平行或护交（仍ftl交或痒潮点评車魁考查空间购直线的位掘关乘+5. 典而点评本圍考査參理2的应用.6. 证明’ *：AA f//bK W AA'= ”用・/.四边能盘且F削为平行四边形.7J f+ 同理Ii（'£ Ii\'f.AZAfJ（'=Z.VB'C\二△AM 宜△ATfL”点评本趙哮査公理4蜃其应用.m直线悶购平打且不共面，一共前建三个平面•妁果三条直域交于一点剧最参确定三卜平面.8.正方休餐而所在平面分空何成27部分.点评松考査孕生的空何怨象能力TB组1.（l）C ⑵D ⑶1：点评加题考背空间想喩能力•异面育线所成角的求法.2.证明t fcM 平面ABC.所以PE甲喲Ati（\pe^.所以卩在平面ABC:与晋面«的灾红上.同理可证,Q 和R均在这条直线I:.所以畀三点共线.点评先确定一輦宜期•再证羽具他点也在这条直域上.无址明：如图2 1 I 13,11接ACEF』；几TEF井别为AB .BC点*.Jj＜；DU1“r= * e『--—=■-DC DA3:A\GJL丄一1「*图2 1」】3 ▼ 3AEF# HG H EF 护HG人四边磁EWH沟梯形.二梯闿関腰£H*Ff；相空.设处点为K,VFJ/C吓閒ABJ儿AK€ 平面ABD,FGU平ffi CBDt代K€平面CBD・血平而AIH）门平而CfU）-BPtr・K13UXEH.FQ.BD交于一点K,点评木起哮艸公理2和公刊：匚♦教材丁题解答练习|P“1, ⑴平面WrVD*平面A'MLry和却平面R卍「「*平面tV”门心、平面ECC®；平面 A % £01点评頁査肓线与平面平行的判定定理.2. ££^ B/J）//平面AEf'+证闍主如图2 2 1 id■连接H打交如m连接0艮在△ dBm中・OE为三用腦耳I位线，/.（）E// BO,. Z V BD, C平而AEL\（）?；c 平面AEGU#晋而AEC.♦教材习题解答练习(％)UI ■错谍.反长方怦为樸型+如劇222F 分别为ATT’Uir 的中点加7TU 平面A7J7?* D\EFC T 而A f lV('t I)\A t I)，/f 平而 BCCE\ EF#平面BCC.但平面 EC与平面A%" LD 中交.(2」止确.点评本題考査平面与平面平存的定文和判定定理的务fF. Z 提示,餐昜证明-VIX /f EF. \A //EH.进而可证平面AMN..「平面EFDK3」A)不止确”白怏方肚为模型*如觀22 2p14则在平面A BCD 内与BC TJ T 的所有直拔都4 * <z2与平商JXL/T 平fr + (U 于面AHCD 与甲面 /Tl1;e ___________皿:足相交的./馆〕不疋蹴以长方体为模取.如陌222st14 • ATT# 平面 A BCD〃平圏 2 2211® ABCD 与面放：「少期空.f 「［不疋确*以长方怵为摸型*如圏2 • 2亠2 • 1鉄"0'〃平面BCrB^HC// 平面A^C'D K但平面BCXTB 1与"7H ：P‘相交.(b 〉平面与平面平疔的定义.A(D).点评星题迪过对两平面平行判定的分析J 音拒学生周密分析问题的能力./J"£li f7 ’一z1序Z \Z[圈 2 22 13♦教材习题解答(1) X 同时过疋』两自线的平面不符合蚤件.(2) X "与皿内直觀有平厅和异面的曲种位置癸JK. unX胡与h可能出现w种悅胃.黄系；平厅、相交，界耐(*26”‘过“作平齒P 交* 于一虎评事馳曹查线itii的平行真系的判定礙性喷.习题2.2(l\t) .X组h(A)以怅方休为模星*如阁2 2 4 —则平面AHCD与-F ^ABB 线 D平杼・S1 网f而和交-点许廉題曹靑两平而平h■的判定.(力(D)直甥口不与世平怡则心或4与a ffi*. 点评肚题E霆也线与平而前位邀关乐.(恥(「)*：0 $PGm翼由P和H线。

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人教版高中数学必修二第一章测试题及答
案
高一数学人教版必修二第一章测试题及答案
一、选择题
1.如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是()．
答案：C．2＋2/2
2.棱长都是1的三棱锥的表面积为()．
答案：B．2√2
3.长方体的一个顶点上三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是()．答案：B．50π
4.正方体的棱长和外接球的半径之比为()．
答案：B．3∶2
5.在△ABC中，AB＝2，BC＝1.5，∠ABC＝120°，若使
△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是()．答案：A．π/9
6.若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是()．答案：D．160
7.如图，在多面体ABCDEF中，已知平面ABCD是边长
为3的正方形，EF∥AB，EF＝3/2，且EF与平面ABCD的距
离为2，则该多面体的体积为()．
答案：B．5
8.下列关于用斜二测画法画直观图的说法中，错误的是()．
答案：D．水平放置的圆的直观图是椭圆
二、填空题
9.若三个球的表面积之比是1∶2∶3，则它们的体积之比
是1∶2∶3.
10.正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是上底面ABCD的
中心，若正方体的棱长为a，则三棱锥O－A1BD1的体积为
a^3/6.
11.已知一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2、3、6，则这个长方体的对角线长是√29，它的体积为√108.
12.一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球
全部没入水中后，水面升高9厘米则此球的半径为4厘米.
三、解答题
暂无。

解析：V = Sh = πr²h = πR³，其中R = 364 × 27 = 12.
三、解答题
13.参考答案：V = (S + SS' + S')h，其中h =
14.参考答案：V = 1/3( S + SS' + S')h = 1/3 × × 75 = xxxxxxx/3.S表面积 = S下底面积 + S台侧面积 + S锥侧面积 = π×5² + π×(2+5)×5 + π×2²×2 = (60+42)π.
V台= 1/3πr₁²h = 1/3π(5²+5×2+2²)×5 = 148π/3.
V锥 = 1/3πr₁²h = 1/3π5²×5 = 25π/3.
V = V台 - V锥= 148π/3 - 25π/3 = 123π/3 = 41π.。