空间几何体章末检测a含答案
必修二空间几何体章末复习(带答案)
必修 2.1.4 空间几何体章末复习知识框架：知识内容：知识梳理1. 构成空间几何体的基本元素1）几何体的概念只考虑形状与大小，不考虑其它因素的空间部分叫做一个几何体，比如长方体，球体等．2）构成几何体的基本元素：点、线、面（1）几何中的点不考虑大小，一般用大写英文字母A，B ，C 来命名；（2）几何中的线不考虑粗细，分直线（段）与曲线（段）；其中直线是无限延伸的，一般用一个小写字母a，b，l 或用直线上两个点AB ，PQ 表示；一条直线把平面分成两个部分．（3）几何中的面不考虑厚薄，分平面（部分）和曲面（部分）；其中平面是一个无限延展的，平滑，且无厚度的面，通常用一个平行四边形表示，并把它想象成无限延展的；平面一般用希腊字母，，来命名，或者用表示它的平面四边形的顶点或对角顶点的字母来命名，如右图中，称平面，平面ABCD 或平面AC ；一个平面将空间分成两个部分．3）用运动的观点理解空间基本图形间的关系在几何中，可以把线看成点运动的轨迹，点动成线；把面看成线运动的轨迹，线动成面；把几何体看成面运动的轨迹（经过的空间部分），面动成体．2. 多面体的结构特征1）多面体（1）多面体的定义由若干个平面多边形所围成的几何体．围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，相邻两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点，连结不在同一个面上的两个顶点的线段叫做多面体的对角线．（2）多面体的分类按凹凸性分类：把一个多面体的任意一个面延展成平面，如果其余的各面都在这个平面的同一侧，则这样的多面体就叫做凸多面体．否则就叫做凹多面体．按面数分类：一个多面体至少有四个面．多面体按照它的面数分别叫做四面体、五面体、六面体等等．（3）简单多面体定义：表面经过连续变形可以变成球体的多面体叫做简单多面体；欧拉公式：简单多面体的顶点数V 、面数F 和棱数E 有关系V F E 2 ．（4）正多面体定义：每个面都有相同边数的正多边形，每个顶点都有相同棱数的凸多面体，叫做正多面体；正多面体只有正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体这5 种；经过正多面体上各面的中心且垂直于所在面的垂线相交于一点，这点叫做正多面体的中心，且这点到各顶点的距离相等，到各面的距离也相等．2）棱柱（1）棱柱的定义由一个平面多边形沿某一确定方向平移形成的空间几何体叫做棱柱．平移起止位置的两个面叫做棱柱的底面，多边形的边平移所形成的面叫做棱柱的侧面；相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱；过不相邻的两条侧棱所形成的面叫做棱柱的对角面；与底面垂直的直线与两个底面的交点部分的线段或距离称为棱柱的高．下图中的棱柱，两个底面分别是面ABCD ，ABC D ，侧面有ABB A ，DCC D 等四个，侧棱为AA ，BB ，CC ，DD ，对角面为面ACC A ，BDD B ，AH 为棱柱的高．2）棱柱的性质棱柱的两个底面是全等的多边形，对应边互相平行，侧面都是平行四边形，侧棱平行且相等．3）棱柱的分类①按底面分类：底面是三角形、四边形、五边形⋯⋯的棱柱分别叫做三棱柱、四棱柱、五棱柱②按侧棱是否与底面垂直分类：侧棱与底面不垂直的棱柱叫斜棱柱，侧棱与底面垂直的棱柱叫直棱柱；③底面是正多边形的直棱柱叫正棱柱；4）棱柱的记法①用表示两底面的对应顶点的字母表示棱柱；②用棱柱的对角线端点的两个字母表示棱柱．例如：上面的棱柱是斜四棱柱，记成棱柱ABCD A'B'C'D '或棱柱AC '等．5）特殊的四棱柱：3） 棱锥（ 1） 棱锥的定义 当棱柱的一个底面收缩为一个点时，得到的几何体叫做棱锥． 它有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形．棱锥中有公共顶点的各三角形叫做棱锥的侧面； 各侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点； 多边形叫做棱锥的底面； 相邻侧面的公共边叫做棱锥的侧棱；棱锥中过不相邻的两条侧棱的截面叫做棱锥的对角面；过顶点且与底面 垂直相交的直线在顶点与交点间的线段或距离叫做棱锥的高．（ 2） 棱锥的分类 底面是三角形、四边形、五边形 ⋯⋯的棱锥分别叫做三棱锥、四棱锥、五棱锥 ⋯⋯； 底面是正多边形，顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫正棱锥． 正棱锥的各个侧面都是全等的等腰三角形，它们底边上的高都相等，称为正棱锥的斜高．（ 3） 棱锥的记法 用顶点和底面各顶点的字母表示或者用表示顶点和底面的一条对角线端点的字母表示．如上图的五棱锥记为 棱锥 S ABCDE 或棱锥 S AC ．4） 棱台（ 1） 棱台的定义 棱锥被平行于底面的一个平面所截后，截面和底面之间的部分叫做棱台． 原棱锥的底面和截面分别叫做棱台的下底面和上底面；其余各面叫做棱台的侧面；相邻两侧面的公共边叫做棱台 的侧棱；与棱台的底面垂直的直线夹在两个底面之间的线段或距离称为棱台的高． （ 2） 棱台的性质底面是平行四边形四棱柱平行六面体侧棱与 底面垂直直四棱柱正方体正四棱柱底面为 正方形底面是平行四边形直平行六面体侧棱与 底面垂直侧面也为 正方形棱台的各侧棱延长后交于一点，即棱台的上下底面平行且对应边成比例；3）棱台的记法用上下底面的字母表示或者用一条对角线两个端点的字母来表示．4）正棱台由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．正棱台的各个侧面都是全等的等腰梯形，这些等腰梯形的高叫做棱台的斜高．右图为一个正三棱台，记为棱台ABC A B C ，侧棱AA ，BB ，CC延长后必交于一点．O，O 为上下底面的中心，它们的连线O O是棱台的高，HH 是棱台的斜高．3. 旋转体的结构与特征1）圆柱、圆锥和圆台（1）定义将矩形、直角三角形、直角梯形分别绕着它的一边、一直角边、垂直于底边的腰所在的直线旋转一周，形成的几何体分别叫做圆柱、圆锥和圆台．这条旋转轴叫做几何体的轴，轴的长即为该旋转体的高．垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做底面，不垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做侧面，无论旋转到什么位置，这条边都叫做侧面的母线；圆柱、圆锥、圆台一般用表示它的轴的字母来表示．（2）性质①平行于底面的截面都是圆；②过轴的截面（轴截面）分别是全等的矩形、等腰三角形、等腰梯形．O'2）球球的定义：半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周而形成的几何体叫做球（或球体）做球面．，半圆旋转而成的曲面叫半圆的圆心称为球心，球心与球面上一点的连线段称为球的半径，连结球面上两点且过球心的线段叫作球的直径．一般用球心的字母表示一个球．4. 三视图1) 投影由于光的照射，在不透明物体后面的屏幕上可以留下这个物体的影子，这种现象叫做投影．其中，我们把光线叫做投影线，把留下物体的影子的屏幕叫做投影面．MF2）平行投影（1）定义：我们把在一束平行光线照射下形成的投影，叫做平行投影．平行投影的投涉线是平行的．在平行投影中，投影线正对着投影面时，叫做正投影，否则叫做斜投影．（2）性质：若图形中的直线或线段不平行于投射线时，平行投影具有以下性质：①直线或线段的平行投影仍是直线或线段；②平行直线的平行投影是平行或重合的直线；③平行于投射面的线段，它的投影与这条线段平行且等长；④平行于投射面的平面图形，它的投影与这个图形全等；⑤在同一直线或平行直线上，两条线段平行投影的比等于这两条线段的比．（3）正投影概念：在平行投影中，如果投射线与投射面垂直，则称这样的平行投影为正投影．性质：①垂直于投射面的直线或线段的正投影是点；②垂直于投射面的平面图形的正投影是直线或直线的一部分．3）中心投影一个点光源把一个图形照射到一个平面上，这个图形的影子就是它在这个平面上的中心投影．中心投影的直观性强，看起来与人的视觉效果一致，常在绘画时使用，在立体几何中，一般用平行投影原理来画图．4）三视图（1）正视图：光线从几何体的前面向后面正投影得到的投影图形称为几何体称为正视图（主视图）（2）侧视图：光线从几何体的左面向右面正投影得到的投影图形称为几何体称为侧视图（左视图）（3）俯视图：光线从几何体的上面向下面正投影得到的投影图形称为几何体称为俯视图．将空间图形向这三个平面作正投影，然后把这三个投影按一定的布局放在一个平面内，这样构成的图形叫做空间图形的三视图．如右图为圆锥的三视图：5）三视图的对应关系正俯视图长相等、正侧视图图的高相等、俯侧视图图的宽相等，简称“长对正，宽平齐，高相等”或说“主左一样高，主俯一样长，俯左一样宽”．5. 直观图1）定义：用来表示空间图形的平面图形，叫做空间图形的直观图．画法：斜二测画法和正等测画法．2）斜二测画法规则（1）在已知图形所在的空间中取水平平面，作相互垂直的轴Ox ，Oy ，再作Oz 轴，使xOz 90 ，yOz 90 ．（三维空间中）（2）画直观图时，把Ox ，Oy ，Oz画成对应的轴Ox，Oy，Oz ，使xOy 45 或135 ，xOz 90 ，xO y 所确定的平面表示水平平面．（二维平面上）（3）已知图形中，平行于x轴，y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成平行于x轴，y'轴或z 的线段．并使它们和所画坐标轴的位置关系，与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同．（4）已知图形中平行于x轴和z轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y 轴的线段，长度为原来的一半．（5）画图完成后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图．6. 简单空间几何体的表面积和体积1）直棱柱与圆柱的侧面积等于它的底面周长和高（母线）的乘积．S直棱柱侧（S圆柱） ch，其中c 为底面的周长，h为直棱柱（圆柱）的高，也即侧棱（母线）长；2）正棱锥（圆锥）的侧面积等于它的底面周长和斜高（母线）乘积的一半．11S正棱锥侧ch' nah' ，其中a 为底面边长，h '为斜高；221S圆锥侧1cl πrl ，其中c 为底面周长，r 为圆锥的底面半径，l 为母线长；圆锥侧23）正棱台（圆台）的侧面积等于它的上下底面周长之和与斜高（母线）乘积的一半．1nS正棱台侧1(c c')h' n(a a')h' ，其中a,a '分别是正棱台上下底面的边长，h '为斜高；正棱台侧2 24) 球面面积等于它的大圆面积的四倍，S球4πR2，R为球的半径．5) 柱体(棱柱，圆柱)体积公式：V柱体Sh，其中S 为底面积，h为高；16) 棱体(棱锥，圆锥)的体积公式：V棱体1 Sh，其中S 为底面积，h为高；棱体37) 台体(棱台，圆台)的体积公式：V台体1h(S SS' S') ，其中S',S分别是台体上，下底面的面积，h 为台体的高；48) 球的体积公式：V球4πR3，R为球的半径．3例题讲解：题型一图形的画法本章重点学习了立体几何图形的两种画法：一是三视图画法，二是斜二测画法．1．三视图画法：它包括正视图、侧视图、俯视图三种．画图时要遵循“高平齐、长对正、宽相等”的原则，同时还要注意被挡住的轮廓线画成虚线，尺寸线用细实线标出；D 表示直径，R表示半径；单位不注明的按mm 计．2．斜二测画法：主要用于水平放置的平面图画法或立体图形的画法．它的主要步骤：①画轴；② 画平行于x，y，z轴的线段分别为平行于x′，y′，z′轴的线段；③截线段，平行于x，z轴的线段的长度不变，平行于y 轴的线段的长度变为原来的一半．例1 在下图中，图乙是图甲中实物的正视图和俯视图，你认为正确吗？如果不正确，请找出错误并改正，然后画出它的侧视图．解析：图甲是由两个长方体组合而成的，正视图正确，俯视图错误，俯视图应该画出不可见轮廓线侧视图轮廓是一个矩形，有一条可视的交线(用实线表示)．正确画法如下图所示．( 用虚线表示) ，例 2 已知正三角形 ABC 的边长为 a ，那么 △ABC 的平面直观图 △A ′B ′C ′的面积为 ( )图(1)、 (2)所示为实际图形和直观图．由 (2)可知， 13A ′B ′＝ AB ＝a ，O ′C ′＝2OC ＝ 4 a ， 在图 (2) 中作 C ′D ′⊥A ′B ′于 D ′， 则 C ′D ′＝ 22O ′C ′＝86a.28∴S △A ′B ′C ′＝1A ′B ′C ·′D ′＝ 1×a × 6a ＝ 6a 2.2 2 8 16 答案： D巩固 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 ___________________答案： 16π－ 16题型二 有关空间几何体的体积与表面积的计算1．直接考查表面积与体积公式．2．组合体的表面积与体积，分割转化成柱、锥、台、球的表面积与体积．解决这类问题，要充分利用平面几何知识，把空间图形转化为平面图形，特别注意应用柱、锥、台体的侧面展开 图．A.43a 2 B. 83a 262 C. 8 a 2D. 616解析： 先根据题意，画出直观图，然后根据直观图 △A ′B ′C ′的边长及夹角求解．1V PGAC＝2V PABC ＝V GABC1h ＝ 3S △ABC ·2.又 S △ ADC ∶ S △ ABC ＝ 2∶ 1， 故 V DGAC ∶V PGAC ＝ 2∶1. 答案： C例 4 右图是古希腊数学家阿基米德的基碑文，基碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆 柱的高相等．相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现．我们来重温这个伟大发现：圆柱的体积与球的体积 之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为 ( )解析： 设球的半径为 R ， 则圆柱的底面半径为 R ，高为 2R ， ∴V 圆柱＝ πR 2× 2R ＝ 2πR 3，34 3 V 圆柱2πR 3 V 球＝3πR 3，∴ V 球 ＝4π3＝2，V 3 πR 3S 圆柱＝2πR ×2R ＋2×πR 2＝6πR 2，S 球＝4πR 2，例 3 正六棱锥 PABCDEF 中， G 为 PB 的中点， 则三棱锥 DGAC 与三棱锥 PGAC 的体积之比为 ( )A ． 1∶ 1B ．1∶2解析： 如图， 设棱锥的高为 h ，V DGAC＝ VGDAC 11＝ 3S △ADC ·2h ，A.32，1B.23，1C.322 D.3，S 圆柱 S 球26πR 24πR 232，故选 C.C．答案： C个平面分三棱台成两部分的体积之比为 (答案： CA 1B 1C 1ABC 的体积为 V 2，则 V 1∶V 2＝ ________答案： 1∶ 24题型三 思想方法——转化思想与函数方程思想转化思想的核心在于把生疏和复杂的问题转化、归结为较为熟悉、简单的问题解决，在本章中体现在通过展开图 求其表面积、利用截面图将立体几何问题转化成平面几何问题等．函数方程思想是用运动变化的观点研究具体问题中 的数量关系，如表面积、体积及空间几何体表面上的距离等问题．例 3 已知一个圆锥的底面半径为 R ，高为 H ，在其中有一个高为 x 的内接圆柱．(1)求圆柱的侧面积；巩固 如图所示，在上、下底面对应边的比为1∶2 的三棱台中，过上底面一边作一个平行于对棱的平面A1B 1EF ，这A ． 1∶2C ．3∶4B ． 2∶3 D ． 4∶5解析： 设棱台的高为 h ，上底面面积为 S ，则下底面面积为174S ，∴V 台＝3h （S ＋ S × 4S ＋4S ）＝3Sh.V 柱 A 1B 1C 1FECV柱V 台－ V 柱Sh73Sh －Sh 34，故选 C.巩固 如图，在三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，D ，E ，F 分别是 AB ，AC ，AA 1 的中点，设三棱锥FADE 的体积 V 1，三棱柱(2)x 为何值时，圆柱的侧面积最大？解析： (1)设圆柱的底面半径为 r ，则它的侧面积为S ＝ 2πrx ， r H － xRR ＝H，解得： r ＝R －H x ， 所以 S 圆柱＝ 2πRx － 2 R x 2.H(2)由(1)知：S 圆柱 ＝ 2πRx － 2H πR x 2，在此表达式中， S 为 x 的二次函数，因此，当 x ＝ H 2时，圆柱的侧面积最大．ABCD 中， AB ＝CD ＝p ，AD ＝BC ＝q ，AC ＝BD ＝r ，则三棱锥 ABCD 外接球的半径为多少？x 2＋y 2＝2 2 2 2 2 2 p 2＋q 2＋r 2x 2＋y 2＋z 22p 2＋q 2＋r 2则 y 2＋z 2＝q 2， 所以 x 2＋y 2＋z 2＝p 2.从而外接球的半径为 R ＝ x 2 ＝ 2 p 4222 z ＋ x ＝ r ，巩 固 在三棱锥解析 ：以 AB ， AC ，AD 为面对角线构造长方体，设长方体的三棱长分别为x ，y ，z.2p ， 2、选择题章末测试卷1．如图所示的长方体，将其左侧面作为上底面，右侧面作为下底面，A ．棱柱B．棱台水平放置，所得的几何体是() C．棱柱与棱锥组合体 D ．无法确定2．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能2 题图为：①长方形；②正方形；③圆．其中正确的A．①②D．①②B ．②③C．①③3．如图所示的正方体中，M、N 分别是AA1、CC 1 的中点，作四边形D1MBN ，则四边形D1MBN 在正方体各个面上的正投影图形中，不可能出现的是4．如图所示的是水平放置的三角形直观图，近，又A′ D′∥y′轴，那么原△ ABC 的AB、是△ A′ B′C′中B′C′边上的一点，)DAD 、AC 三条线段中(且D ′离C′比D′离B′A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是AD最短的是ACD．AD，A ．等腰梯形最长的是B．直角梯形C．任意四边形6．如图是一个几何体的三视图，则在此几何体中，A．1 B．2)D．平行四边形直角三角形的个数是7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为()B，C 分别是△ GHI 三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图（二、填空题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．已知某三棱锥的三视图（单位：cm）如图所示，则该三棱锥的体积等于A．6 B．9 C．128．平面A. 6π9．如图所示，α截球O 的球面所得圆的半径为B．4 3π则这个几何体的体积等于C．1，球心O 到平面4 6πα的距离为2，则此球的体积为（）D ．6 3π()A．4 B．6 C．D．1211．圆锥的表面积是底面积的 3 倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为()A ．120 °B．150°C．180°D．240°12．已知三棱锥S－ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ SC＝2，则此棱锥的体积为23A. B.66ABC 是边长为的正三角形，SC 为球O 的直径，且(C. 32D.2210．将正三棱柱截去三个角（如图1 所示，A，2 所示方向的侧视图为选项图中的（填入所有可能的几何体前3cm .)20. 如图所示，有一块扇形铁皮 OAB ，∠ AOB ＝60°， OA ＝72 cm ，要剪下来一个扇形环 ABCD ，作圆台形容器的 侧面，并且余下的扇形 OCD 内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面(大底面 )．试求： (1)AD 的长； (2)容器的容积．15．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为 16，则这个球的表面积是 _____________ ．116.一个水平放置的圆柱形储油桶 (如图所示 ) ，桶内有油部分所在圆弧占底面圆周长的41，则油桶直立时，油的高度与桶的高度的比值是 ____________三、解答题17．某个几何体的三视图如图所示 (单位： m)，(1) 求该几何体的表面积 (结果保留 π)； (2) 求该几何体的体积 (结果保留 π)．18．如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是边长为 2 的正三角形，俯视图如图．(1)在给定的直角坐标系中作出这个几何体的直观图 (2)求这个几何体的体积．(不写作法 )；19. 如图所示，在四边形 ABCD 中，∠ DAB ＝90°，∠ ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝2 2， 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．答案1．A 2.B 3.D 4．C 5．B 6．D 7.B 8.B 9．A 10．A 11． C 12．A 13．①②③⑤ 14． 1 15.24 π 16.41－21π 4 2 π17．解 由三视图可知：该几何体的下半部分是棱长为2 m 的正方体，上半部分是半径为12 2 2 2(1)几何体的表面积为 S ＝2×4π×12＋ 6×22－ π× 12＝ 24＋ π(m 2)． (2)几何体的体积为 V ＝23＋12× 34×π×13＝8＋ 23 (m 3)． 18．解 (1) 直观图如图．(2)这个几何体是一个四棱锥．它的底面边长为 2，高为 3， 所以体积 V ＝ 13× 22× 3＝433.3319．解 S 表面＝ S 圆台底面＋ S 圆台侧面＋ S 圆锥侧面 ＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×2 2 ＝ (4 2＋60) π.V ＝V 圆台－V 圆锥12 2 1 2＝ 3π（r 12＋ r 1r 2＋r 22）h －3πr 21h ′ 11 ＝3π（25＋ 10＋ 4）×4－ 3π× 4× 2即 AD 应取 36 cm. ππ （2）∵2πr ＝3·OD ＝3·36，∴r ＝6 cm ， 圆台的高 h ＝ x 2－ R － r 2＝ 362－ 12－ 6 2＝ 6 35.∴ V ＝ 31πh （ R 2＋ Rr ＋ r 2） ＝ 31π·635 ·（12 2＋ 12× 6＋62）＝504 35π（cm 3）．14820．解 (1) 设圆台上、下底面半径分别为 r 、R ，AD ＝x ，则 OD ＝72－x ，由题意得 2πR ＝ 60· 180 π ×72 72－x ＝3RR ＝12 x ＝ 361 m 的半球．。
高中数学人教A版必修二空间几何体章末综合测评-含答案解析
人教A版必修二空间几何体章末综合测评(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，只有一项是符合题目要求的)1．下列说法中正确的是()A．棱柱的侧面可以是三角形B．正方体和长方体都是特殊的四棱柱C．所有的几何体的表面都能展成平面图形D．棱柱的各条棱都相等2．下列几何体中，正视图、侧视图、俯视图都相同的几何体的序号是()①②③④图1A．①②B．②③C．③④D．①④3．如图2，A′B′C′D′为各边与坐标轴平行的正方形ABCD 的直观图，若A′B′＝3，则原正方形ABCD的面积是()图2A．9 B．3C.94D ．364．圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面圆的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．35．如图3所示的正方体中，M 、N 分别是AA 1、CC 1的中点，作四边形D 1MBN ，则四边形D 1MBN 在正方体各个面上的正投影图形中，不可能出现的是( )图3A B C D6．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱(底面是正方形的直棱柱)的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )A.32π3 B ．4π C ．2πD.4π37．如图4所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( )图4①②③④⑤A．①②B．①③C．①④D．①⑤8．一个多面体的三视图如图5所示，则该多面体的表面积为()图5A．21＋ 3 B．18＋ 3C．21 D．189．若一圆锥与一球的体积相等，且此圆锥底面半径与此球的直径相等，则此圆锥侧面积与此球的表面积之比为()A.2∶2B.5∶2C.3∶2 D．3∶210．已知三棱锥S-ABC，D、E分别是底面的边AB、AC的中点，则四棱锥S-BCED与三棱锥S-ABC的体积之比为()A．1∶2 B．2∶3C ．3∶4D ．1∶411．如图6是某几何体的三视图，则该几何体的体积是( )图6A ．26B ．27 C.572D ．2812．已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( )A.26B.36C.23D.22二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)13．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.14．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________.15．若各顶点都在一个球面上的长方体的高为4，底面边长都为2，则这个球的表面积是________．16．在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，EF 是棱AB 上的一条线段，且EF ＝b (b <a )．若Q 是CD 上的动点，则三棱锥Q -D 1EF 的体积为________．图7三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)如图8所示，四边形ABCD 是一个梯形，CD ∥AB ，CD ＝BO ＝1，△AOD 为等腰直角三角形，O 为AB 的中点，试求梯形ABCD 水平放置的直观图的面积.图818．(本小题满分12分)一个半径为1的球体经过切割后，剩余部分几何体的三视图如图9所示，求剩余几何体的体积和表面积．图9【解】 如图，该几何体是把球的上半部分平均分为4份后，切去相对的两部分后剩余的几何体，体积V ＝43π－43π×28＝π，表面积S ＝4π－4π×28＋14π×3×2＝9π2.19．(本小题满分12分)已知一个圆柱的侧面展开图是边长为6π和8π的矩形，求该圆柱的表面积．【解】 如图所示，以AB 边为底面周长的圆柱时，底面圆半径r 1＝6π2π＝3，高h 1＝8π，所以S 表＝2πr 21＋2πr 1h 1＝2π·32＋2π·3·8π＝18π＋48π2.以AD 边为底面周长的圆柱时，底面圆半径r 2＝8π2π＝4，高h 2＝6π，所以S 表＝2πr 22＋2πr 2h 2＝2π·42＋2π·4·6π ＝32π＋48π2.综上，所求圆柱的表面积是48π2＋32π或48π2＋18π.20．(本小题满分12分)如图10所示，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：图10(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．【解】 (1)∵ABCD -A ′B ′C ′D ′是正方体，∴六个面都是正方形，∴A ′C ′＝A ′B ＝A ′D ＝BC ′＝BD ＝C ′D ＝2a ， ∴S 三棱锥＝4×34×(2a )2＝23a 2，S 正方体＝6a 2， ∴S 三棱锥S 正方体＝33. (2)显然，三棱锥A ′-ABD 、C ′-BCD 、D -A ′D ′C ′、B -A ′B ′C ′是完全一样的，∴V 三棱锥A ′-BC ′D ＝V 正方体－4V 三棱锥A ′-ABD ＝a 3－4×13×12a 2×a ＝13a 3.21．(本小题满分12分)如图11所示，在边长为4的正三角形ABC中，E ，F 依次是AB ，AC 的中点，AD ⊥BC ，EH ⊥BC ，FG ⊥BC ，D ，H ，G 为垂足，若将△ABC 绕AD 旋转一周，求阴影部分形成的几何体的体积.图11【解】 所形成几何体是一个圆锥挖去一个圆柱，由已知可得圆柱的底面半径为1，高为3，圆锥底面半径为2，高为23，所以V 圆锥＝13·π·22·23＝833π， V 圆柱＝π·12·3＝3π， 所以所求几何体的体积为 V ＝V 圆锥－V 圆柱＝833π－3π ＝533π.22．(本小题满分12分)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？【解】 (1)如果按方案一，仓库的底面直径变成16 m ，则仓库的体积：V1＝13×π×⎝⎛⎭⎪⎫1622×4＝2563π(m3)．如果按方案二，仓库的高变成8 m，则仓库的体积：V2＝13×π×⎝⎛⎭⎪⎫1222×8＝2883π(m3)．(2)如果按方案一，仓库的底面直径变成16 m，半径为8 m．圆锥的母线长为l＝82＋42＝45，则仓库的表面积S1＝π×8×45＝325π(m2)．如果按方案二，仓库的高变成8 m．圆锥的母线长为l＝82＋62＝10，则仓库的表面积S2＝π×6×10＝60π(m2)．(3)∵V2>V1，S2<S1，∴方案二比方案一更经济．人教A版必修二空间几何体章末综合测评(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，只有一项是符合题目要求的)1．下列说法中正确的是()A．棱柱的侧面可以是三角形B．正方体和长方体都是特殊的四棱柱C．所有的几何体的表面都能展成平面图形D．棱柱的各条棱都相等【解析】A不正确，棱柱的侧面都是四边形；C不正确，如球的表面就不能展成平面图形；D不正确，棱柱的各条侧棱都相等，但侧棱与底面的棱不一定相等；B正确．【答案】 B2．下列几何体中，正视图、侧视图、俯视图都相同的几何体的序号是( )① ② ③ ④图1A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④【解析】 正方体的三视图都相同，都是正方形，球的三视图都相同，都为圆面．【答案】 D3．如图2，A ′B ′C ′D ′为各边与坐标轴平行的正方形ABCD 的直观图，若A ′B ′＝3，则原正方形ABCD 的面积是( )图2A ．9B ．3 C.94D ．36【解析】 由题意知，ABCD 是边长为3的正方形，其面积S ＝9. 【答案】 A4．圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面圆的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3【解析】 设圆台较小底面圆的半径为r ，由题意，另一底面圆的半径R ＝3r .所以S 侧＝π(r ＋R )l ＝4πr ×3＝84π，解得r ＝7. 【答案】 A5．如图3所示的正方体中，M 、N 分别是AA 1、CC 1的中点，作四边形D 1MBN ，则四边形D 1MBN 在正方体各个面上的正投影图形中，不可能出现的是( )图3A B C D【解析】 四边形D 1MBN 在上下底面的正投影为A ；在前后面上的正投影为B ；在左右面上的正投影为C ；故选D.【答案】 D6．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱(底面是正方形的直棱柱)的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )A.32π3 B ．4π C ．2πD.4π3【解析】 正四棱柱的外接球的球心为上下底面的中心连线的中点，所以球的半径r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝1， 球的体积V ＝4π3r 3＝4π3.故选D. 【答案】 D7．如图4所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的几何体，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是( )图4① ② ③ ④ ⑤A ．①②B ．①③C ．①④D ．①⑤【解析】 当该平面过圆柱上、下底中心时截面图形为①，当不过上、下底面的中心时，截面图形为⑤，故D 正确．【答案】 D8．一个多面体的三视图如图5所示，则该多面体的表面积为( )图5A ．21＋ 3B ．18＋ 3C ．21D ．18【解析】 由几何体的三视图可知，该几何体的直观图如图所示．因此该几何体的表面积为6×⎝ ⎛⎭⎪⎫4－12＋2×34×(2)2＝21＋ 3. 【答案】 A9．若一圆锥与一球的体积相等，且此圆锥底面半径与此球的直径相等，则此圆锥侧面积与此球的表面积之比为( )A.2∶2B.5∶2C.3∶2D ．3∶2【解析】 设圆锥底面半径为r ，高为h ， 则V 球＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫r 23＝16πr 3，V 锥＝13πr 2h ， 由于体积相等，∴16πr 3＝13πr 2h ，∴h ＝r2，∴S 球＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22＝πr 2，S 锥＝52πr 2，S 锥∶S 球＝5∶2.【答案】 B10．已知三棱锥S -ABC ，D 、E 分别是底面的边AB 、AC 的中点，则四棱锥S -BCED 与三棱锥S -ABC 的体积之比为( )A ．1∶2B ．2∶3C ．3∶4D ．1∶4【解析】 由于D 、E 分别为边AB 、AC 的中点，所以S △ADE S △ABC ＝14，所以S 梯形BCED S △ABC ＝34，又因为四棱锥S -BCED 与三棱锥S -ABC 的高相同． 所以它们的体积之比也即底面积之比，为3∶4. 【答案】 C11．如图6是某几何体的三视图，则该几何体的体积是( )图6A ．26B ．27 C.572D ．28【解析】 由三视图知，该几何体由棱长为3的正方体和底面积为92，高为1的三棱锥组成，所以其体积V ＝33＋13×92×1＝572.【答案】 C12．已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( )A.26B.36C.23D.22【解析】 由于三棱锥S -ABC 与三棱锥O -ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S -ABC 的高是三棱锥O -ABC 高的2倍，所以三棱锥S -ABC 的体积也是三棱锥O -ABC 体积的2倍．在三棱锥O -ABC 中，其棱长都是1，如图所示，S △ABC ＝34×AB 2＝34， 高OD ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝63， ∴V S -ABC ＝2V O -ABC ＝2×13×34×63＝26. 【答案】 A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)13．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.【解析】 如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5 cm.∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 【答案】 1314．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________.【解析】 设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2， 由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2， 即r 1h 1＝r 2h 2，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝r 1r 2＝32.【答案】 3215．若各顶点都在一个球面上的长方体的高为4，底面边长都为2，则这个球的表面积是________．【解析】 长方体的体对角线长为22＋22＋42＝26， 球的直径是2R ＝26， 所以R ＝6，所以这个球的表面积S ＝4π(6)2＝24π. 【答案】 24π16．在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，EF 是棱AB 上的一条线段，且EF ＝b (b <a )．若Q 是CD 上的动点，则三棱锥Q -D 1EF 的体积为________．图7【解析】 VQ -D 1EF ＝VD 1-QEF ＝13S △QEF ·DD 1 ＝13×12b ×a ×a ＝16a 2b . 【答案】 16a 2b17．(本小题满分10分)如图8所示，四边形ABCD 是一个梯形，CD ∥AB ，CD ＝BO ＝1，△AOD 为等腰直角三角形，O 为AB 的中点，试求梯形ABCD 水平放置的直观图的面积.图8【解】 在梯形ABCD 中，AB ＝2，高OD ＝1，由于梯形ABCD 水平放置的直观图仍为梯形，且上底CD 和下底AB 的长度都不变，如图所示，在直观图中，O ′D ′＝12OD ，梯形的高D ′E ′＝24，于是梯形A ′B ′C ′D ′的面积为12×(1＋2)×24＝328.。
空间几何体章末检测A含答案
第一章章末检测（A ）（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）1. 下列几何体是台体的是（ ）2.如图所示的长方体，将其左侧面作为上底面，右侧面作为下底面，水平放 置，所得的几何体是（）A .棱柱C .棱柱与棱锥组合体 B .棱台 D.无法确定 （ 3. 如图所示，下列三视图表示的几何体是 A .圆台 B .棱锥 C.圆锥 4.如图所示的是水平放置的三角形直观图，上的一点，且D ’离C ’比D ’离B ’近，又 AB 、AD 、AC 三条线段中（ ）ACAB ADAC A .最长的是 B .最长的是 C .最长的是 D .最长的是 AB ， AC ， AB ， AD ， 最短的是最短的是 最短的是 最短的是 )D .圆柱 D '是△ A ’ B ’ C ’ 中 B ’ C ’ 边 A ’ D ’// y ’轴，那么原^ ABC的 5. —个三角形在其直观图中对应一个边长为 为（） A 心 B 並 C 迪 D 區 A . 4 B . 4 C . 2 D. 2 6. 如图，若Q 是长方体 ABCD — A 1B 1C 1D 1被平面EFGH 截去几何体 EFGHB 1C 1 后得到的几何体，其中 E 为线段A 1B 1上异于B 1的点，F 为线段BB 1上异于B 1的 点，且EH // A 1D 1，则下列结论中不正确的是 （ ） A . EH // FG B .四边形EFGH 是矩形 C . Q 是棱柱 D . Q 是棱台 7. 某人用如图所示的纸片，沿折痕折后粘成一个四棱锥形的“走马灯”，正 方形做灯底，且有一个三角形面上写上了“年”字，当灯旋转时，正好看到“新 年快乐”的字样，则在①、②、③处应依次写上 （）A.快、新、乐 B .乐、新、快 C .新、乐、快 D.乐、快、新 8.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为 面积是（ ）A . 9 . （ ）A .1的正三角形，原三角形的面积4,体积为16，则这个球的表 16 nB. 20 n 圆锥的表面积是底面积的120° B . 150° D. 32 n3倍，那么该圆锥的侧面展幵图扇形的圆心角为C. 24 n C .180° 10 .把3个半径为R 的铁球熔成一个底面半径为 A . R B . 2R C . 3R 11 . 一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积D . 240°R 的圆柱，则圆柱的高为（ ）D . 4R（单位：cm 2）为（ ）A . 48+12迄 C. 36+12& 12. 若圆锥的母线长是8,底面周长为6 n 则其体积是（ A . 9^/55nB . 9侮 C. 3^55 n 二、 填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 一个水平放置的圆柱形储油桶（如图所示），桶内有油部分所在圆弧占底面1圆周长的4,则油桶直立时，油的高度与桶的高度的比值是 _____________ .14. 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 ________ .15. __________________________________________________________ 设正六棱台的上、下底面边长分别为2和4,高为2,则其体积为 ___________________ .16. 如图，网格纸的小正方形的边长是 1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为 __________ .三、 解答题（本大题共6小题，共70分）17. （10分）某个几何体的三视图如图所示（单位：m ）, （1） 求该几何体的表面积（结果保留n ） （2） 求该几何体的体积（结果保留n ）18. （12分）如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是边长为 2的正三角形，俯视图是一个正方形.（1）在给定的直角坐标系中作出这个几何体的直观图 （不写作法）； （2 ）求这个几何体的体积.19. （12分）等边三角形ABC 的边长为a ,沿平行于BC 的线段PQ 折起，使平 面APQ丄平面PBCQ ，设点A 到直线PQ 的距离为X , AB 的长为d . x 为何值时， d 2取得最小值，最小值是多少？20. （12 分）如图所示，在四边形 ABCD 中，/ DAB = 90° / ADC = 135° AB =5, CD = 2^/2, 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.21. （12分）沿着圆柱的一条母线将圆柱剪幵，可将侧面展到一个平面上，所得 的矩形称为圆柱的侧面展幵图，其中矩形长与宽分别是圆柱的底面圆周长和高 （母线长），所以圆柱的侧面积 S = 2nl ，其中r 为圆柱底面圆半径，I 为母线长.现已 知一个圆锥的底面半径为 R ,高为H ，在其中有一个高为X 的内接圆柱.（1） 求圆柱的侧面积；（2） x 为何值时，圆柱的侧面积最大？ 22. （12分）养路处建造圆锥形无底仓库用于贮藏食盐 （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4B . 48 + 24y/2D. 36+24迈 )D . 3^55m（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（A）答案1.2. A3. A4. C5.[原图与其直观图的面积比为 4 ：｛2，所以S 原土—乎，所以S 原一晋.][TEH //A 1D 1,•••EH //B 1C 1,•••EH //平面BB 1C 1C .由线面平行性质， EH //FG .同理 EF //GH .且 B 1C 1 丄面 EB 1F .由直棱柱定义知几何体 B 1EF — C 1HG 为直三棱柱， •••四边形EFGH 为矩形，Q 为五棱柱.故选 D .]7. A 8. C [如图所示，由V — Sh 得，S — 4,即正四棱柱底面边长为••A 1O 1—迈，A 1O — R —V 6. •'•S 球—4 T R 2— 24 n ]9. C [S 底 + S 侧—3S 底，2S 底—S 侧，即：2 n 2— nl ，得2r — I .设侧面展幵图的圆心角为 0, r 「0n则面°—2 n，•••0— 180 :]10. D 11. A [棱锥的直观图如图，则有PO — 4, OD — 3,由勾股定理，得PD — 5 , AB — 6^/2,全面积为12迈，故选A .]12. C 1丄13. / — 24 2 n解析设圆柱桶的底面半径为 R , 高为h ,油桶直立时油面的高度为1 1 x 1则 4衣一2R 2 h — nR 2X ,所以 h —1 1 3 14. 4na 36.2.1 112 X6X 6+ 2X 寸 6X 5 + 2 X6^2 X4 — 48 +x, 丄 h —4—2n解析如图，正三角形ABC中，AB= a,高AD =1 J s12•••V= 3 n\D2 CB=3冗•p15.28^316.解析由正视图和俯视图可知几何体是正方体切割后的一部分ABCD),(四棱锥C i —还原在正方体中，如图所示.多面体最长的一条棱即为正方体的体对角线，由正方体棱长AB =2知最长棱的长为2羽.16.解由三视图可知：该几何体的下半部分是棱长为2 m的正方体，上半部分是半径为1 m的半球.(1)几何体的表面积为1S= 2^ 4nX 12+ 6X22— nX 12= 24+ n (金.(2)几何体的体积为014 3 2 n 3V= 2°+ gX 3X nX 13 = 8 + ■^(m3).17.解(1)直观图如图.(2)这个几何体是一个四棱锥. 它的底面边长为2，高为Q2，所以体积v= 3X22X72=警.18.解下图(1)为折叠前对照图，下图(2)为折叠后空间图形.•••平面APQ丄平面PBCQ，又TAR丄PQ，••AR丄平面PBCQ，.・.AR丄RB.在Rt纽RD中，BR2= BD2+ RD2= 2a2+ 当a —x2AR2= x2.故d2= BR2+ AR2= 2X2—V sax + a2 亚2 5 2 c 亚=2 x—4 a 2+ 8a2 0<x< 2 a ,V = V 圆台一V 圆锥=3冗(+ r i r 2 + r 2)h — 3 1 1 148=3 n (2仔 10 + 4) X 4 — 3 nX 4 X 2= ~3~ n 21. 解(1)画圆锥及内接圆柱的轴截面(如图所示).设所求圆柱的底面半径为 r ，它的侧面积S 圆柱侧=2 nx .r H — x R因为R =—厂，所以r = R — H x . 所以S 圆柱侧=2 Rx — -pR x 2.(2)因为S 圆柱侧的表达式中x 2的系数小于零，所以这个二次函数有最大值.H这时圆柱的高x = 2 .故当圆柱的高是已知圆锥的高的一半时，它的侧面积最大.22.解(1)如果按方案一，仓库的底面直径变为 16 m ，则仓库的体积1_ 1 16 2 256 n 3V 1 = 3Sh= 3 X nX ("p 2 X 4 = —^(m 3).如果按方案二，仓库的高变为 8 m ，则仓库的体积1 1 122 C 288 n 3V 2 = 3Sh= 3X nX (-2) X 8 = ~3~ = 96(m ).(2) 如果按方案一，仓库的底面直径变为 16 m ，半径为8 m ，棱锥的母线长为 I = A J 82+ 42= 4诟(m)，则仓库的表面积 S 1= nX 8X 4術=3275n (吊)， 如果按方案二，仓库的高变为 8 m .棱锥的母线长为I = \182+ 6 = 10(m)， 则仓库的表面积 S 2= nX 6X 10= 60 n(rfi).(3) V V2>V 1，S 2vS 1，.・.方案二比方案一更加经济.•••当x=¥a 时，d 2取得最小值8a 2.20. 解 S 表面=S 圆台底面+ S 圆台侧面+ S 圆锥侧面=nX 52+ nX (2 + 5) X 5 + nX 2X 2辺=(4 迈 + 60)1 1。
高中数学章末检测卷(一)空间几何体新人教A版必修2(2021年整理)
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章末检测卷（一）(时间：120分钟满分:150分）一、选择题1.一几何体的直观图如图,下列给出的四个俯视图中正确的是( ）解析该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面,五面体最上面的棱的两端点在底面的投影距左右两边距离相等，因此选B.答案B2.下列几何体中，正视图、侧视图、俯视图都相同的几何体的序号是( )A。
（1）(2）B。
（2）（3）C。
(3)（4) D。
（1）(4)解析正方体的三视图都相同都是正方形,球的三视图都相同都为圆面.答案D3。
一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的直观图可以是（）解析先观察俯视图，再结合正视图和侧视图还原为空间几何体.由俯视图是圆环可排除A，B，C,进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D。
答案D4。
如图所示的正方体中，M、N分别是AA1、CC1的中点，作四边形D1MBN，则四边形D1MBN在正方体各个面上的正投影图形中，不可能出现的是( ）解析四边形D1MBN在上、下底面的正投影为A；在前后面上的正投影为B;在左右面上的正投影为C;故答案为D。
答案D5.已知底面边长为1,侧棱长为错误!的正四棱柱（底面是正方形的直棱柱)的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为( )A.错误!B。
高一数学A版必修二《空间几何体》章末复习课 同步练习含答案
章末复习课[整合·网络构建][警示·易错提醒]1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱(母线)延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视虚线的画法．4．求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错．5．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．6．易混侧面积与表面积的概念.专题1空间几何体的三视图与直观图三视图是立体几何中的基本内容，能根据三视图识别其所表示的立体模型，并能根据三视图与直观图所提供的数据解决问题．主要考查形式：(1)由三视图中的部分视图确定其他视图；(2)由三视图还原几何体；(3)三视图中的相关量的计算．其中(3)是本章的难点，也是重点之一，解这类题的关键是准确地将三视图中的数据转化为几何体中的数据．[例1](1)若一个正三棱柱的三视图如图所示，则这个正三棱柱的高和底面边长分别为()A．2，23B．22，2C．4，2D．2，4(2)(2016·全国Ⅲ卷)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为()A．18＋36 5 B．54＋18 5 C．90 D．81解析：(1)由三视图的画法规则知，正视图与俯视图长度一致，正视图与侧视图高度一致，俯视图与侧视图宽度一致．所以侧视图中2为正三棱柱的高，23为底面等边三角形的高，所以底面等边三角形边长为4.(2)由三视图可知，该几何体的底面是边长为3的正方形，高为6，侧棱长为35，则该几何体的表面积S＝2×32＋2×3×35＋2×3×6＝54＋18 5.故选B.答案：(1)D(2)B归纳升华1．第(1)题中易把23误认为是正三棱锥底面等边三角形的边长．注意“长对正、高平齐、宽相等”．2．(1)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．(2)组合体的三视图要分开分析，特殊几何体要结合日常生活的观察分析还原．[变式训练](1)如图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如下图；③存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如下图．其中真命题的个数是()A．3B．2C．1D．0(2)(2015·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为()解析：(1)如图①②③所示的正(主)视图和俯视图与题图相同．(2)由三视图知，四棱锥的直观图如图所示．且SC＝SA2＋CA2＝ 3.答案：(1)A(2)C专题2空间几何体的表面积与体积的计算面积和体积的计算是本章的重点，熟记各种简单几何体的表面积和体积公式是基础，复杂几何体常用割补法、等积法求解，具体问题具体分析，灵活转化是解题策略．[例2]如图所示的三棱锥O-ABC为长方体的一角．其中OA、OB、OC两两垂直，三个侧面OAB、OAC、OBC的面积分别为1.5 cm2、1 cm2、3 cm2，求三棱锥O-ABC的体积．解：设OA 、OB 、OC 的长依次为x cm 、y cm 、z cm ，则由已知可得12xy ＝1.5，12xz ＝1，12yz ＝3. 解得x ＝1，y ＝3，z ＝2.显然三棱锥O -ABC 的底面积和高是不易求出的，于是我们不妨转换视角，将三棱锥O -ABC 看成以C 为顶点，以OAB 为底面．易知OC 为三棱锥C -OAB 的高．于是V O ABC ＝V C OAB ＝13S △OAB ·OC ＝ 13×1.5×2＝1(cm 3)． 归纳升华1．(1)多面体的表面积是各个面的面积之和，计算组合体的表面积时应注意衔接部分的处理．(2)求解旋转体的表面积问题时注意其侧面展开图的应用．2．(1)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(2)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．[变式训练] 某几何体的三视图如图所示，试求该几何体的体积．解：由三视图知，该几何体是一圆柱被平面所截后得的简单组合体，如图所示，其中AD＝5，BC＝2，且底面圆的半径R＝2.过C点作平行于底面的截面，将几何体分成两部分．故该几何体的体积V＝π×22×2＋1π×22×3＝14π.2专题3转化思想与函数方程思想转化思想的核心在于把生疏和复杂的问题转化、归结为较为熟悉、简单的问题解决，在本章中体现在通过展开图求其表面积、利用截面图将立体几何问题转化成平面几何问题等．函数方程思想是用运动变化的观点研究具体问题中的数量关系，如表面积、体积及空间几何体表面上的距离等问题．[例3]一个圆锥的底面半径为2，高为6，在其中有一个高为x的内接圆柱．(1)用x表示圆柱的轴截面面积S；(2)当x为何值时，S最大？解：画出圆柱和圆锥的轴截面，如图所示．设圆柱的底面半径为r ，则由三角形相似可得x 6＝2－r 2， 解得r ＝2－x 3. (1)圆柱的轴截面面积为：S ＝2r ·x ＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 3·x ＝－23x 2＋4x (0＜x ＜6)． (2)因为S ＝－23x 2＋4x ＝－23(x 2－6x )＝－23(x －3)2＋6， 所以当x ＝3时，S 最大，最大值为6.归纳升华1．作出圆锥的轴截面，由△SO ′E ∽△SOB 得比例式，进而用x 表示圆柱的底面半径，空间几何体平面化．2．结合二次函数的性质求圆柱的侧面积最大值体现了函数思想的应用．[变式训练] 轴截面为正三角形的圆锥内有一个内切球，若圆锥的底面半径为1 cm ，求球的体积．解：如图作出轴截面，因为△ABC 是正三角形，所以CD ＝12AC . 因为CD ＝1 cm ，所以AC ＝2 cm ，AD ＝ 3 cm.因为Rt △AOE ∽Rt △ACD ，所以OE AO ＝CD AC. 设OE ＝R ，则AO ＝3－R ，所以R 3－R ＝12， 所以R ＝33(cm)，所以V 球＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫333＝4327π(cm 3)．。
2021-2022学年高中数学 1 空间向量与立体几何章末综合测评新人教A版选择性必修第一册
2021-2022学年高中数学1 空间向量与立体几何章末综合测评新人教A版选择性必修第一册年级：姓名：章末综合测评(一) 空间向量与立体几何(满分：150分 时间：120分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知a ＝(－3,2,5)，b ＝(1,5，－1)，则a ·(a ＋3b )＝( ) A ．(0,34,10) B ．(－3,19,7) C ．44D ．23C [a ＋3b ＝(－3,2,5)＋3(1,5，－1)＝(0,17,2)，则a ·(a ＋3b )＝(－3,2,5)·(0,17,2)＝0＋34＋10＝44.]2．设l 1的方向向量为a ＝(1,2，－2)，l 2的方向向量为b ＝(－2,3，m )，若l 1⊥l 2，则m 等于( )A ．1B ．2C ．12D ．3B [若l 1⊥l 2，则a ⊥b ，∴a ·b ＝0， ∴1×(－2)＋2×3＋(－2m )＝0，解得m ＝2.]3．在空间四边形ABCD 中，若向量AB →＝(－3,5,2)，CD →＝(－7，－1，－4)，点E ，F 分别为线段BC ，AD 的中点，则EF →的坐标为( )A ．(2,3,3)B ．(－2，－3，－3)C ．(5，－2,1)D ．(－5,2，－1)B [取AC 中点M ，连接ME ，MF (图略)，则ME →＝12AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，52，1，MF →＝12CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－72，－12，－2，所以EF →＝MF →－ME →＝(－2，－3，－3)，故选B ．]4．如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面对角线A 1C 1的中点，若BE →＝AA 1→＋xAB →＋yAD →，则( )A ．x ＝－12，y ＝12B ．x ＝12，y ＝－12C ．x ＝－12，y ＝－12D ．x ＝12，y ＝12A [BE →＝BA →＋AA 1→＋A 1E →＝－AB →＋AA 1→＋12(A 1B 1→＋A 1D 1→)＝－AB →＋AA 1→＋12AB →＋12AD →＝－12AB →＋AA 1→＋12AD →，∴x ＝－12，y ＝12.]5．已知A (2，－5,1)，B (2，－4,2)，C (1，－4,1)，则AB →与AC →的夹角为( ) A ．30° B ．60° C ．45°D ．90°B [由题意得AB →＝(0,1,1)，AC →＝(－1,1,0)，cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝12×2＝12，所以AB →与AC →的夹角为60°.] 6．已知二面角αl β的大小为π3，m ，n 为异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，则m ，n 所成的角为( )A ．π6B ．π3C ．π2D ．2π3B [设m ，n 的方向向量分别为m ，n .由m ⊥α，n ⊥β知m ，n 分别是平面α，β的法向量．∵|cos〈m ，n 〉|＝cos π3＝12，∴〈m ，n 〉＝π3或2π3.但由于两异面直线所成的角的范围为⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，故异面直线m ，n 所成的角为π3.]7.如图，在棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为A 1D 1的中点，Q 为A 1B 1上任意一点，E ，F 为CD 上两个动点，且EF 的长为定值，则点Q 到平面PEF 的距离( )A ．等于55a B ．和EF 的长度有关 C ．等于23a D ．和点Q 的位置有关A [取B 1C 1的中点G ，连接PG ，CG ，DP ，则PG ∥CD ，所以点Q 到平面PEF 的距离即点Q 到平面PGCD 的距离，与EF 的长度无关，B 错．又A 1B 1∥平面PGCD ，所以点A 1到平面PGCD 的距离即点Q 到平面PGCD 的距离，即点Q 到平面PEF 的距离，与点Q 的位置无关，D 错．如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，则C (0，a ,0)，D (0,0,0)，A 1(a ,0，a )，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，a ，∴DC →＝(0，a ,0)，DA 1→＝(a ,0，a )，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，a ， 设n ＝(x ，y ，z )是平面PGCD 的法向量， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DP →＝0，n ·DC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a2x ＋az ＝0，ay ＝0，令z ＝1，则x ＝－2，y ＝0，所以n ＝(－2,0,1)是平面PGCD 的一个法向量． 设点Q 到平面PEF 的距离为d ，则d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪DA 1→·n |n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2a ＋a 5＝5a 5，A 对，C 错．故选A ．]8.如图所示，ABCD A 1B 1C 1D 1是棱长为6的正方体，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF .当A 1，E ，F ，C 1四点共面时，平面A 1DE 与平面C 1DF 所成夹角的余弦值为( )A ．22 B ．12C ．15D ．265B [以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，易知当E (6,3,0)，F (3,6,0)时，A 1，E ，F ，C 1共面，设平面A 1DE 的法向量为n 1＝(a ，b ，c )，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 1＝6a ＋3b ＝0，DA 1→·n 1＝6a ＋6c ＝0，可取n 1＝(－1,2,1)，同理可得平面C 1DF 的一个法向量为n 2＝(2，－1,1)， 故平面A 1DE 与平面C 1DF 的夹角的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12.故选B ．]二、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分)9．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的中心为O ，则下列结论中正确的有( ) A ．OA →＋OD →与OB 1→＋OC 1→是一对相反向量 B ．OB →－OC →与OA 1→－OD 1→是一对相反向量C ．OA →＋OB →＋OC →＋OD →与OA 1→＋OB 1→＋OC 1→＋OD 1→是一对相反向量 D ．OA 1→－OA →与OC →－OC 1→是一对相反向量ACD [∵O 为正方体的中心，∴OA →＝－OC 1→，OD →＝－OB 1→，故OA →＋OD →＝－(OB 1→＋OC 1→)，同理可得OB →＋OC →＝－(OA 1→＋OD 1→)，故OA →＋OB →＋OC →＋OD →＝－(OA 1→＋OB 1→＋OC 1→＋OD 1→)，∴AC 正确；∵OB →－OC →＝CB →，OA 1→－OD 1→＝D 1A 1→，∴OB →－OC →与OA 1→－OD 1→是两个相等的向量，∴B 不正确；∵OA 1→－OA →＝AA 1→，OC →－OC 1→＝C 1C →＝－AA 1→，∴OA 1→－OA →＝－(OC →－OC 1→)，∴D 正确．]10．在以下选项中，不正确的命题有( ) A ．|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件 B ．若a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λbC ．对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝2OA →－2OB →－OC →，则P ，A ，B ，C 四点共面D ．若{a ，b ，c }为空间的一个基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一个基底ABC [A ．|a |－|b |＝|a ＋b |⇒a 与b 共线，但a 与b 共线时|a |－|b |＝|a ＋b |不一定成立，故不正确；B ．b 需为非零向量，故不正确；C ．因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；D ．由基底的定义知正确．]11．下列说法正确的是( )A ．直线l 的方向向量a ＝(1，－1,2)，直线m 的方向向量b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1，－12，则l与m 垂直B ．直线l 的方向向量a ＝(0,1，－1)，平面α的法向量n ＝(1，－1，－1)，则l ⊥αC ．平面α，β的法向量分别为n 1＝(0,1,3)，n 2＝(1,0,2)，则α∥βD ．平面α经过三点A (1,0，－1)，B (0,1,0)，C (－1,2,0)，向量n ＝(1，u ，t )是平面α的法向量，则u ＋t ＝1AD [对于A ，∵a ＝(1，－1,2)，b ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，1，－12，∴a ·b ＝1×2＋(－1)×1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，∴a ⊥b ，∴直线l 与m 垂直，A 正确．对于B ，∵a ＝(0,1，－1)，n ＝(1，－1，－1)，∴a ·n ＝0×1＋1×(－1)＋(－1)×(－1)＝0，∴a ⊥n ，∴l ∥α或l ⊂α，B 错误．对于C ，∵n 1＝(0,1,3)，n 2＝(1,0,2)，∴n 1与n 2不共线，∴α∥β不成立，C 错误．对于D ，由于A (1,0，－1)，B (0,1,0)，C (－1,2,0)，则AB →＝(－1,1,1)，BC →＝(－1,1,0)，又向量n ＝(1，u ，t )是平面α的法向量，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎨⎧－1＋u ＋t ＝0，－1＋u ＝0，则u ＋t ＝1，D 正确．]12．如图(1)是一副直角三角板的示意图．现将两三角板拼成直二面角，得到四面体ABCD ，如图(2)所示，则下列结论中正确的是( )A ．BD →·AC →＝0B ．平面BCD 的法向量与平面ACD 的法向量垂直C ．异面直线BC 与AD 所成的角为60° D ．直线DC 与平面ABC 所成的角为30°AD [以B 为坐标原点，分别以BD →，BC →的方向为x 轴，y 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．设BD ＝2，则B (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,23，0)，A (0，3，3)，∴BD →＝(2,0,0)，AC →＝(0，3，－3)，BC →＝(0,23，0)，AD →＝(2，－3，－3)，DC →＝(－2,23，0)．∴BD →·AC →＝(2,0,0)·(0，3，－3)＝0，A 正确；易得平面BCD 的一个法向量为n 1＝(0,0，3)，平面ACD 的一个法向量为n 2＝(3，1,1)，n 1·n 2≠0，B 错误；|cos 〈BC →，AD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BC →·AD →|BC →||AD →|＝|0，23，0·2，－3，－3|23×10＝310≠12，C 错误；易得平面ABC 的一个法向量为BD →＝(2,0,0)，设直线DC 与平面ABC 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪DC →·BD →|DC →|·|BD →|＝44×2＝12，故D 正确．]三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上) 13．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC ，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP →⊥平面ABC ，则BP →＝________.⎝⎛⎭⎪⎫337，－157，－3 [∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0，∴3＋5－2z ＝0，∴z ＝4. ∵BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP →⊥平面ABC ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧BP →·AB →＝0，BP →·BC →＝0，即⎩⎨⎧x －1＋5y ＋6＝0，3x －3＋y －12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y ＝－157.故BP →＝⎝⎛⎭⎪⎫337，－157，－3.] 14．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 共面，则λ＝________.657[易知a 与b 不共线，由共面向量定理可知，要使a ，b ，c 共面，则必存在实数x ，y ，使得c ＝x a ＋y b ，即⎩⎨⎧2x －y ＝7，－x ＋4y ＝5，3x －2y ＝λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝337，y ＝177，λ＝657.]15．已知A (0,0，－x )，B (1，2，2)，C (x ，2，2)三点，点M 在平面ABC 内，O 是平面ABC 外一点，且OM →＝xOA →＋2xOB →＋4OC →，则x ＝________，AB →与AC →的夹角为________．(本题第一空2分，第二空3分)－1π3[由A ，B ，C ，M 四点共面可知x ＋2x ＋4＝1，∴x ＝－1. ∴A (0,0,1)，C (－1，2，2)，∴AB →＝(1，2，1)，AC →＝(－1，2，1)， ∴cos〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝12，即AB →与AC →的夹角为π3.]16．如图，等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C AB D 的余弦值为33，M ，N 分别是AC ，BC 的中点，则EM ，AN 所成角的余弦值为________．16[如图所示，过点C 作CO ⊥平面ABDE ，垂足为O ，取AB 的中点F ，连接CF ，OF ，OA ，OB ，则∠CFO 为二面角C AB D 的平面角，所以cos∠CFO ＝33. 设AB ＝1，则CF ＝32，OF ＝12，OC ＝22，所以O 为正方形ABDE 的中心．如图建立空间直角坐标系，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22，0，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫24，0，24，N ⎝⎛⎭⎪⎫0，24，24，所以EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫24，22，24，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，24，24，所以cos 〈EM →，AN →〉＝EM →·AN →|EM →||AN →|＝16.]四、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)若|c |＝3，且c ∥BC →，求向量c ； (2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值；(3)若k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求实数k 的值． [解] (1)∵c ∥BC →，∴存在实数m ，使得c ＝mBC →＝m (－2，－1,2)＝(－2m ，－m ,2m )． ∵|c |＝3， ∴－2m2＋－m2＋2m2＝3|m |＝3，∴m ＝±1.∴c ＝(－2，－1,2)或c＝(2,1，－2)．(2)∵a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，∴a·b ＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1.又∵|a |＝12＋12＋02＝2，|b |＝－12＋02＋22＝5，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a ||b |＝－110＝－1010， 即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010. (3)∵k a ＋b ＝(k －1，k ,2)，k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)，∴(k －1，k ,2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝0，∴k ＝2或k ＝－52.∴当k a ＋b 与k a －2b 互相垂直时，实数k 的值为2或－52.18.(本小题满分12分)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．(1)求证：B 1D ⊥平面ABD ； (2)求证：平面EGF ∥平面ABD ．[解] 如图，以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Bxyz ，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)．(1)设BA ＝a ，则A (a ,0,0)．所以BA →＝(a ,0,0)，BD →＝(0,2,2)，B 1D →＝(0,2，－2)． 所以B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →＝0＋4－4＝0.所以B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD ． 又BA ∩BD ＝B ， 所以B 1D ⊥平面ABD ．(2)由题意及(1)，知E (0,0,3)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，4，F (0,1,4)，所以EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，1，1，EF→＝(0,1,1)．所以B 1D →·EG →＝0＋2－2＝0，B 1D →·EF →＝0＋2－2＝0. 所以B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF . 又EG ∩EF ＝E ， 所以B 1D ⊥平面EGF . 由(1)，知B 1D ⊥平面ABD ， 故平面EGF ∥平面ABD ．19．(本小题满分12分)如图，已知四边形ABCD 为矩形，四边形ABEF 为直角梯形，FA ⊥AB ，AD ＝AF ＝FE ＝1，AB ＝2，AD ⊥BE .(1)求证：BE ⊥DE ；(2)求点F 到平面CBE 的距离．[解] ∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ⊥AB ， 又AD ⊥BE ，AB ∩BE ＝B ， ∴AD ⊥平面ABEF ， 又AD ⊂平面ABCD ， ∴平面ABCD ⊥平面ABEF .∵FA ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ， ∴FA ⊥平面ABCD ．∴FA ⊥AD ． (1)证明：如图，建立空间直角坐标系，则B (0,2,0)，C (1,2,0)，D (1,0,0)，E (0,1,1)，F (0,0,1)， ∴BE →＝(0，－1,1)，DE →＝(－1,1,1)， ∴BE →·DE →＝0×(－1)＋(－1)×1＋1×1＝0， ∴BE →⊥DE →，∴BE ⊥DE .(2)由(1)得BC →＝(1,0,0)，BE →＝(0，－1,1)，FE →＝(0,1,0)， 设n ＝(x ，y ，z )是平面CBE 的法向量，则由 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BE →＝0，得⎩⎨⎧x ＝0，－y ＋z ＝0，令y ＝1，得z ＝1，∴n ＝(0,1,1)是平面CBE 的一个法向量． 设点F 到平面CBE 的距离为d ， 则d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪FE →·n |n |＝12＝22.∴点F 到平面CBE 的距离为22. 20．(本小题满分12分)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，AC ⊥AB ，AC ＝AB ＝4，AA 1＝6，点E ，F 分别为CA 1，AB 的中点．(1)证明：EF ∥平面BCC 1B 1；(2)求B 1F 与平面AEF 所成角的正弦值．[解] (1)证明：如图，连接EC 1，BC 1，因为三棱柱A 1B 1C 1ABC 为直三棱柱，所以E 为AC 1的中点．又因为F 为AB 的中点，所以EF ∥BC 1.又EF ⊄平面BCC 1B 1，BC 1⊂平面BCC 1B 1，所以EF ∥平面BCC 1B 1.(2)以A 1为原点，A 1C 1，A 1B 1，A 1A 所在直线分别为x 、y 、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A 1xyz ，则A (0,0,6)，B 1(0,4,0)，E (2,0,3)，F (0,2,6)， 所以B 1F →＝(0，－2,6)，AE →＝(2,0，－3)，AF →＝(0,2,0)， 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝2x －3z ＝0，n ·AF →＝2y ＝0，令x ＝3，得n ＝(3,0,2)，记B 1F 与平面AEF 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈B 1F →，n 〉|＝|B 1F →·n ||B 1F →|·|n |＝313065.21．(本小题满分12分)如图所示的几何体中，BE ⊥BC ，EA ⊥AC ，BC ＝2，AC ＝22，∠ACB ＝45°，AD ∥BC ，BC ＝2AD ．(1)求证：AE ⊥平面ABCD ；(2)若∠ABE ＝60°，点F 在EC 上，且满足EF ＝2FC ，求平面FAD 与平面ADC 的夹角的余弦值．[解] (1)证明：在△ABC 中，BC ＝2，AC ＝22，∠ACB ＝45°，由余弦定理可得AB 2＝BC 2＋AC 2－2×BC ×AC ×cos 45°＝4，所以AB ＝2(负值舍去)，因为AC 2＝AB 2＋BC 2，所以△ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ． 又BE ⊥BC ，AB ∩BE ＝B ， 所以BC ⊥平面ABE .因为AE ⊂平面ABE ，所以BC ⊥AE ， 因为EA ⊥AC ，AC ∩BC ＝C ， 所以AE ⊥平面ABCD ．(2)由题易得EB ＝2AB ＝4，由(1)知，BC ⊥平面ABE ，所以平面BEC ⊥平面ABE ，如图，以B 为原点，过点B 且垂直于平面BEC 的直线为z 轴，BE ，BC 所在直线分别为x ，y 轴，建立空间直角坐标系Bxyz ，则C (0,2,0)，E (4,0,0)，A (1,0，3)，D (1,1，3)，因为EF ＝2FC ，所以F ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，0，易知AD →＝(0,1,0)，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，43，－3，设平面FAD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AD →·n ＝0，AF →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，13x ＋43y －3z ＝0，令z ＝3，则x ＝9，所以n ＝(9,0，3)．由(1)知EA ⊥平面ABCD ，所以EA →＝(－3,0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 设平面FAD 与平面ADC 的夹角为α， 则cos α＝|EA →·n ||EA →|·|n |＝2423×221＝277，所以平面FAD 与平面ADC 的夹角的余弦值为277.22．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠DAB ＝60°，∠ADP ＝90°，平面ADP ⊥平面ABCD ，F 为棱PD 的中点．(1)在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF ∥平面PCE ？并说明理由；(2)当二面角D FC B 的余弦值为14时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角．[解] (1)在棱AB 上存在点E ，使得AF ∥平面PCE ，且E 为棱AB 的中点． 理由如下：如图，取PC 的中点Q ，连接EQ ，FQ ， 由题意得，FQ ∥DC 且FQ ＝12CD ，因为AE ∥CD 且AE ＝12CD ，所以AE ∥FQ 且AE ＝FQ .所以四边形AEQF 为平行四边形． 所以AF ∥EQ .又EQ ⊂平面PCE ，AF ⊄平面PCE ，所以AF ∥平面PCE .(2)连接BD ，DE .由题意知△ABD 为正三角形，所以ED ⊥AB ，即ED ⊥CD ， 又∠ADP ＝90°，所以PD ⊥AD ，且平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ∩平面ABCD ＝AD ，所以PD ⊥平面ABCD ，故以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设FD ＝a ，则由题意知F (0,0，a )，C (0,2,0)，B (3，1,0)，则FC →＝(0,2，－a )，CB →＝(3，－1,0)， 设平面FBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·FC →＝2y －az ＝0，m ·CB →＝3x －y ＝0，令x ＝1，则y ＝3，z ＝23a，所以m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，3，23a ，易知平面DFC 的一个法向量n ＝(1,0,0)， 因为二面角D FC B 的余弦值为14，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n ||m ||n |＝14，即14＋12a2＝14，解得a ＝1(负值舍去)． 因为PD ⊥平面ABCD ，所以PB 在平面ABCD 内的射影为BD ， 所以∠PBD 为直线PB 与平面ABCD 所成的角， 由题意知在Rt△PBD 中，tan∠PBD ＝PD BD ＝2FDBD＝1，所以∠PBD ＝45°，所以直线PB 与平面ABCD 所成的角为45°.。
(人教A版)高一数学必修二第《空间几何体》单元测试卷A(含答案)
17．解：由已知得，该几何体为一个棱台，其侧面的高h′＝ ＝ .
故S＝S上底＋S下底＋S侧面＝22＋42＋4× ×(2＋4)× ＝20＋12 ，
所以该几何体的表面积为20＋12 ，
6．D[解析]易知V＝1－8× × × × × ＝ .
7．C[解析]由图可知，该几何体由圆柱和正四棱锥组合而成，圆柱的体积为π×12×2＝2π，正四棱锥的体积为 ×( )2× ＝ ，故该几何体的体积为2π＋ .
8．A[解析]将三棱锥补成边长分别为1， ， 的长方体，则长方体的体对角线是其外接球的直径，所以2R＝ ，解得R＝ ，故S＝4πR2＝6π.
17．(10分)已知某几何体的三视图如图D18所示，其中俯视图的内外均为正方形，边长分别为2和4，几何体的高为3，求此几何体的表面积和体积．
图D18
18．(12分)如图D19所示是一个圆台形的纸篓(有底无盖)，它的母线长为50cm，两底面直径分别为40cm和30cm.现有制作这种纸篓的塑料制品50m2，问最多可以做这种纸篓多少个？
13. [解析]因为正方体的体对角线长为其外接球的直径，所以2r＝2 ，故r＝ .
14. [解析]该组合体为在一个圆柱内去掉一个半球，其体积V＝π×12×1－ π×13× ＝ .
15．2 [解析]该三棱锥的直观图如图所示，并且PB⊥平面ABC，PB＝2，AB＝2，AC＝BC＝ ，PA＝ ＝2 ，PC＝ ＝ ，故PA最长．
9．D[解析]由正视图可知，三棱柱是底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以其侧面积为3×2×1＝6.
10．C[解析]该零件可看成由两个圆柱组成的组合体，其体积V＝π×32×2＋π×22×4＝34π(cm3)，原毛坯的体积V毛坯＝π×32×6＝54π(cm3)，被切削掉部分的体积V切＝V毛坯－V＝54π－34π＝20π(cm3)，所以 ＝ ＝ .
2019_2020学年高中数学第一章空间几何体章末质量检测(含解析)新人教A版必修2
章末质量检测(一) 空间几何体一、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，只有一项是符合题目要求的)1．下列结论正确的是( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：A错误．如图1所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．B错误．如图2，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥．C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．D正确．答案：D2．五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱共有对角线( )A．20条 B．15条C．12条 D．10条解析：由题意五棱柱对角线一定为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线，因为不同在任何侧面内，故从一个顶点出发的对角线有2条，五棱柱共有对角线2×5＝10条．答案：D3．关于直观图画法的说法中，不正确的是( )A．原图形中平行于x轴的线段，其对应线段仍平行于x′轴，其长度不变B．原图形中平行于y轴的线段，其对应线段仍平行于y′轴，其长度不变C．画与坐标系xOy对应的坐标系x′O′y′时，∠x′O′y′可画成135°D．作直观图时，由于选轴不同，所画直观图可能不同解析：根据斜二测画法的规则可知B不正确．答案：B4．若圆柱的轴截面是一个正方形，其面积为4S，则它的一个底面面积是( ) A．4S B．4πSC．πS D．2πS解析：由题意知圆柱的母线长为底面圆的直径2R，则2R·2R＝4S，得R2＝S.所以底面面积为πR2＝πS.答案：C5．如果一个正四面体(各个面都是正三角形)的体积为9 cm3，则其表面积为( ) A．18 3 cm2 B．18 cm2C．12 3 cm2 D．12 cm2解析：设正四面体的棱长为a cm，则底面积为34a2 cm2，易求得高为63a cm，则体积为13×34a2×63a＝212a3＝9，解得a＝32，所以其表面积为4×34a2＝183(cm2)．答案：A6．一个四面体共一个顶点的三条棱两两互相垂直，其长分别为1，6，3，其四面体的四个顶点在一个球面上，则这个球的表面积为( )A．16πB．32π C．36πD．64π解析：将四面体可补形为长方体，此长方体的对角线即为球的直径，而长方体的对角线长为12＋62＋32＝4，即球的半径为2，故这个球的表面积为4πr2＝16π.答案：A7．用斜二测画法得到的一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：直观图中的多边形为正方形，对角线的长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线的长为2 2.答案：A8．球O 的截面把垂直于截面的直径分成1：3两部分，若截面圆半径为3，则球O 的体积为( )A ．16π B.16π3C.32π3D ．43π 解析：设直径被分成的两部分分别为r 、3r ，易知(3)2＝r ·3r ，得r ＝1，则球O 的半径R ＝2，故V ＝43π·R 3＝323π.答案：C9．[2019·湖北省黄冈中学检测]已知某几何体的直观图如图所示，则该几何体的体积是( )A.233＋π B.233＋2π C ．23＋π D．23＋2π解析：由直观图可知该几何体由一个半圆柱和一个三棱柱组成，故其体积V ＝12π×12×2＋12×2×3×2＝π＋2 3. 答案：C 10.如图，在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是A 1B 1上一点，且PB 1＝14A 1B 1，则多面体P －BCC 1B 1的体积为( )A.83B.163 C ．4 D ．5解析：V多面体P－BCC1B1＝13S正方形BCC1B1·PB1＝13×42×1＝163.答案：B11．过圆锥的高的三等分点作平行于底面的截面，它们把圆锥的侧面分成的三部分的面积之比为( )A．1：2：3 B．1：3：5C．1：2：4 D．1：3：9解析：如图，由题意知O1A1O2A2OA＝1：2：3，以O1A1，O2A2，OA为半径的圆锥的侧面积之比为1：4：9.故圆锥被截面分成的三部分侧面的面积之比为1：(4－1)：(9－4)＝1：3：5.答案：B12．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A．122π B．12πC．82π D．10π解析：过直线O1O2的截面为圆柱的轴截面，设底面半径为r，母线长为l，因为轴截面是面积为8的正方形，所以2r＝l＝22，所以r＝2，所以圆柱的表面积为2πrl＋2πr2＝8π＋4π＝12π.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)13．正方形ABCD绕对角线AC所在直线旋转一周所得组合体的结构特征是________．解析：由圆锥的定义知是两个同底的圆锥形成的组合体．答案：两个同底的圆锥组合体14．[2019·甘肃省兰州市校级检测]若某空间几何体的直观图如图所示，则该几何体的表面积是________．解析：根据直观图可知该几何体是横着放的直三棱柱，所以S 侧＝(1＋2＋3)×2＝2＋2＋6， S 底＝12×1×2＝22， 故S 表＝2＋2＋6＋2×22＝2＋22＋ 6. 答案：2＋22＋ 6 15.如图所示，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，高为5，一质点自A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A 1点的最短路线的长为________．解析：如图所示，将三棱柱沿AA 1剪开，可得一矩形，其长为6，宽为5，其最短路线为两相等线段之和，其长度等于2⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝13.答案：1316．若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为________．解析：过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC 及其内切圆⊙O 1和外切圆⊙O 2，且两圆同圆心，即△ABC 的内心与外心重合，易得△ABC 为正三角形，由题意知⊙O 1的半径为r ＝1，△ABC 的边长为23，于是知圆锥的底面半径为3，高为3.故所求体积为V ＝13×π×3×3＝3π.答案：3π三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)如图所示是一个长方体截去一个角得到的几何体的直观图(单位：cm)．按照给出的数据，求该几何体的体积．解：该几何体的体积V ＝V 长方体－V 三棱锥＝4×4×6－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×2＝2843(cm 3)．18．(12分)如图是由正方形ABCE 和正三角形CDE 所组成的平面图形，试画出其水平放置的直观图．解：(1)以AB 所在的直线为x 轴，AB 的中垂线为y 轴建立直角坐标系，如图(1)，再建立坐标系x ′O ′y ′，使两轴的夹角为45°，如图(2)．(2)以O ′为中点，在x ′轴上截取A ′B ′＝AB ，分别过A ′，B ′作y ′轴的平行线，截取A ′E ′＝12AE ，B ′C ′＝12BC .在y ′轴上截取O ′D ′＝12OD .(3)连接E ′D ′，E ′C ′，C ′D ′，并擦去作为辅助线的坐标轴，就得到所求的直观图，如图(3)．19．(12分)如图所示，在多面体FE ABCD 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，求该多面体的体积V .解析：如图所示，分别过A ，B 作EF 的垂线AG ，BH ，垂足分别为G ，H .连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12.所以AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32， S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24， V ＝V E ADG ＋V F BHC ＋V AGD BHC＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13×12×24×2＋24×1＝23. 20．(12分)用一张相邻边长分别为4 cm,8 cm 的矩形硬纸片卷成圆柱的侧面(接缝处忽略不计)，求该圆柱的表面积．解析：有两种不同的卷法，分别如下：(1)如图①所示，以矩形8 cm 长的边为母线，把矩形硬纸片卷成圆柱侧面，此时底面圆的周长为2π·OA ＝4，则OA ＝r 1＝2π cm ，∴两底面面积之和为8π cm 2，∴S 表＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋8π cm 2，即该圆柱的表面积为⎝⎛⎭⎪⎫32＋8πcm 2.(2)如图②所示，以矩形4 cm 长的边为母线，把矩形硬纸片卷成圆柱侧面，此时底面圆的周长为2π·OB ＝8，则OB ＝r 2＝4π cm ，∴两底面面积之和为32π cm 2，∴S 表＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋32πcm 2，即该圆柱的表面积为⎝⎛⎭⎪⎫32＋32πcm 2.21．(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．解析：(1)∵ABCD －A ′B ′C ′D ′是正方体， ∴A ′B ＝A ′C ′＝A ′D ＝BC ′＝BD ＝C ′D ＝2a ，∴三棱锥A ′－BC ′D 的表面积为4×12×2a ×32×2a ＝23a 2.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23a26a2＝33. (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 ＝a 3－4×13×12a 2×a ＝a33.22．(12分)若圆锥与球的体积相等，且圆锥底面半径与球的直径相等，求圆锥侧面积与球的表面积之比．解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线长为l ，球的半径为R ， 则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧13πr 2·h ＝43πR 3r ＝2R∴13π(2R )2·h ＝43πR 3，∴R ＝h ，r ＝2h ， ∴l ＝r 2＋h 2＝5h ，∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×2h ×5h ＝25πh 2，S 球＝4πR 2＝4πh 2，∴S 圆锥侧S 球＝25πh 24πh 2＝52.。
高考数学第一章空间向量与立体几何章末检测试卷一新人教A版选择性必修第一册
章末检测试卷(一)(时间：120分钟 满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分) 1．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB →＋BC →＋CC 1—→－D 1C 1—→等于( ) A.AD 1—→ B.AC 1—→ C.AD → D.AB → 答案 A解析 AB →＋BC →＋CC 1—→－D 1C 1—→＝AC 1—→＋C 1D 1—→＝AD 1—→.2．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为μ，则能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,0)，μ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，μ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，μ＝(－1,0,1) D ．a ＝(1，－1,3)，μ＝(0,3,1) 答案 D解析 由l ∥α，故a ⊥μ，即a ·μ＝0，故选D.3．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的上底面A 1B 1C 1D 1的中心为O 1，则AO 1—→·AC →的值为( )A ．－1B ．0C ．1D ．2 答案 C解析 由于AO 1—→＝AA 1—→＋A 1O 1—→＝AA 1—→＋12(A 1B 1—→＋A 1D 1—→)＝AA 1—→＋12(AB →＋AD →)，而AC →＝AB →＋AD →，则AO 1—→·AC →＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤AA 1—→＋12AB →＋AD →·(AB →＋AD →)＝12(AB →＋AD →)2＝1.4．已知△ABC 的三个顶点为A (3,3,2)，B (4，－3,7)，C (0,5,1)，则BC 边上的中线长为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5答案 B解析 设BC 边的中点为D ， 则AD →＝12(AB →＋AC →)＝(－1，－2,2)，所以|AD →|＝1＋4＋4＝3.5．若向量a ＝(x ，4,5)，b ＝(1，－2,2)，且a 与b 的夹角的余弦值为26，则x 等于( )A ．3B ．－3C ．－11D ．3或－11 答案 A解析 因为a ·b ＝(x ，4,5)·(1，－2,2)＝x －8＋10＝x ＋2，且a 与b 的夹角的余弦值为26， 所以26＝x ＋2x 2＋42＋52×1＋4＋4，解得x ＝3或－11(舍去)，故选A. 6．平面α的法向量u ＝(x ，1，－2)，平面β的法向量ν＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，y ，12，已知α∥β，则x ＋y 等于( ) A.154 B.174 C ．3 D.52答案 A解析 由题意知，∵α∥β，∴u ＝λν，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ，1＝λy ，－2＝12λ，解得λ＝－4，y ＝－14，x ＝4，∴x ＋y ＝4－14＝154.7．已知平面α内两向量a ＝(1,1,1)，b ＝(0,2，－1)且c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)．若c 为平面α的法向量，则m ，n 的值分别为( ) A ．－1,2 B ．1，－2 C ．1,2 D ．－1，－2答案 A解析 c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)＝(m ，m ，m )＋(0,2n ，－n )＋(4，－4,1) ＝(m ＋4，m ＋2n －4，m －n ＋1)， 由c为平面α的法向量，得⎩⎪⎨⎪⎧c ·a ＝0，c ·b ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3m ＋n ＋1＝0，m ＋5n －9＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝2.8.如图，四棱锥P －ABCD 中，PB ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AB ＝AD ＝PB ＝3，点E 在棱PA 上，且PE ＝2EA ，则平面ABE 与平面BED 的夹角的余弦值为( )A.23 B.66 C.33 D.63答案 B解析 如图，以B 为坐标原点，分别以BC ，BA ，BP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (0,3,0)，P (0,0,3)，D (3,3,0)，E (0,2,1)， ∴BE →＝(0,2,1)，BD →＝(3,3,0)． 设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝2y ＋z ＝0，n ·BD →＝3x ＋3y ＝0，取z ＝1，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，1.又平面ABE 的法向量为m ＝(1,0,0)，∴cos〈n ，m 〉＝m ·n |n ||m |＝1262×1＝66.∴平面ABE 与平面BED 的夹角的余弦值为66. 二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．已知空间三点A (1,0,3)，B (－1,1,4)，C (2，－1,3)．若AP →∥BC →，且|AP →|＝14，则点P 的坐标为( ) A ．(4，－2,2) B ．(－2,2,4) C ．(－4,2，－2) D ．(2，－2,4)答案 AB解析 设AP →＝(3λ，－2λ，－λ)．又|AP →|＝14， ∴3λ2＋－2λ2＋－λ2＝14，解得λ＝±1，∴AP →＝(3，－2，－1)或AP →＝(－3,2,1)．设点P 的坐标为(x ，y ，z )，则AP →＝(x －1，y ，z －3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x －1＝3，y ＝－2，z －3＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧ x －1＝－3，y ＝2，z －3＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝－2，z ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝2，z ＝4.故点P 的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)．10．在三棱锥A －BCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB ＝DC ，E 为BC 的中点，则直线AE 和BC ( )A ．垂直 B. 相交 C ．共面 D ．异面答案 ABC解析 因为E 为BC 的中点，所以AE →＝DE →－DA →＝12(DB →＋DC →)－DA →，因为在三棱锥A －BCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB ＝DC ， 所以AE →·BC →＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12DB →＋DC →－DA →·(DC →－DB →)＝12(DC →2－DB →2)＝0. 所以AE 和BC 垂直．又AE ，BC 显然相交，故选ABC.11．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂α D ．l 与α相交答案 BD解析 ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)， ∴n ＝－2a ，即a ∥n ，∴l ⊥α.12．已知直线l 过点P (1,0，－1)且平行于向量a ＝(2,1,1)，平面α过直线l 与点M (1,2,3)，则平面α的法向量可能是( )A ．(1，－4,2) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，1，－12D ．(0，－1,1)答案 ABC解析 因为PM →＝(0,2,4)，直线l 平行于向量a ，若n 是平面α的一个法向量，则必须满足PM →与法向量垂直，把选项代入验证，只有选项D 不满足，故选ABC. 三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若点F 是侧面CD 1的中心，且AF →＝AD →＋mAB →－nAA 1→，则m ＝________. 答案 12解析 由于AF →＝AD →＋DF →＝AD →＋12(DC →＋DD 1—→)＝AD →＋12AB →＋12AA 1—→，所以m ＝12，n ＝－12.14．设平面α的法向量为m ＝(1,2，－2)，平面β的法向量为n ＝(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝________. 答案 4解析 由α∥β得1－2＝2－4＝－2k，解得k ＝4.15．在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为________． 答案55解析 不妨设CB ＝1，则B (0,0,1)，A (2,0,0)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)． ∴BC 1—→＝(0,2，－1)，AB 1—→＝(－2,2,1)．cos 〈BC 1—→，AB 1—→〉＝BC 1—→·AB 1—→|BC 1—→|·|AB 1—→|＝0＋4－15×3＝55.16．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为CC 1的中点，P ，Q 是正方体表面上相异两点，满足BP ⊥A 1E ，BQ ⊥A 1E .(1)若P ，Q 均在平面A 1B 1C 1D 1内，则PQ 与BD 的位置关系是________；(2)|A 1P |的最小值为________．(本题第一空2分，第二空3分) 答案 (1)平行 (2)324解析 (1)以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1 所在的直线为 x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，A 1(1,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，B (1,1,0) ，因为P ，Q 均在平面A 1B 1C 1D 1内，所以设P (a ，b ，1)，Q (m ，n ，1)，A 1E —→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，－12，BP →＝(a －1，b －1,1)，BQ →＝(m －1，n －1,1) ，因为BP ⊥A 1E , BQ ⊥A 1E ，所以⎩⎪⎨⎪⎧BP →·A 1E —→＝－a －1＋b －1－12＝0，BQ →·A 1E —→＝－m －1＋n －1－12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b －a ＝12，n －m ＝12，PQ →＝(n －b ，n －b ，0)，BD →＝(－1，－1,0) ，所以PQ 与BD 的位置关系是平行．(2)由(1)可知：b －a ＝12，|A 1P —→|＝a －12＋b 2＝a －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋122 ＝2a 2－a ＋54＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －142＋98， 当a ＝14时，|A 1P —→|有最小值，最小值为324.四．解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知a ＝(x ，4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c ，求： (1)a ，b ，c ；(2)a ＋c 与b ＋c 夹角的余弦值．解 (1)因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4，则a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)． 又b ⊥c ，所以b ·c ＝0，即－6＋8－z ＝0， 解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2)．(2)由(1)得a ＋c ＝(5,2,3)，b ＋c ＝(1，－6,1)， 设a ＋c 与b ＋c 的夹角为θ， 因为cos θ＝5－12＋338·38＝－219.所以a ＋c 与b ＋c 夹角的余弦值为－219.18．(12分)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，CD ∥AB ，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，且PB ＝4PM ，∠PBC ＝30°，求证：CM ∥平面PAD .证明 建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，∵∠PBC ＝30°，PC ＝2， ∴BC ＝23，PB ＝4，∴D (1,0,0)，C (0,0,0)，A (4,23，0)，P (0，0,2)， ∵PB ＝4PM ， ∴PM ＝1，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32， ∴CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，DP →＝(－1,0,2)，DA →＝(3,23，0)，设平面PAD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DP →＝0，n ·DA →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋2z ＝0，3x ＋23y ＝0，令x ＝1，解得y ＝－32，z ＝12，故n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，12， 又∵CM →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32·⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，12＝0，∴CM →⊥n ，又CM ⊄平面PAD ， ∴CM ∥平面PAD .19.(12分)如图，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AB ＝AD ＝2，CD ＝4，M 为CE 的中点．(1)求证：BM ∥平面ADEF ； (2)求证：BC ⊥平面BDE .证明 ∵平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，AD ⊥ED ，ED ⊂平面ADEF ， ∴ED ⊥平面ABCD .以D 为原点，DA →，DC →，DE →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系．则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,4,0)，E (0,0,2)，F (2,0,2)． (1)∵M 为EC 的中点，∴M (0,2,1)，则BM →＝(－2,0,1)，AD →＝(－2,0,0)，AF →＝(0,0,2)， ∴BM →＝AD →＋12AF →，故BM →，AD →，AF →共面．又BM ⊄平面ADEF ，∴BM ∥平面ADEF .(2)BC →＝(－2,2,0)，DB →＝(2,2,0)，DE →＝(0,0,2)， ∵BC →·DB →＝－4＋4＝0，∴BC ⊥DB . 又BC →·DE →＝0，∴BC ⊥DE . 又DE ∩DB ＝D ，∴BC ⊥平面BDE .20．(12分)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 为正三角形，且侧棱AA 1⊥底面ABC ，且底面边长与侧棱长都等于2，O ，O 1分别为AC ，A 1C 1的中点，求平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离． 解 如图，连接OO 1，根据题意，OO 1⊥底面ABC ，则以O 为原点，分别以OB ，OC ，OO 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．∵AO 1∥OC 1，OB ∥O 1B 1，AO 1∩O 1B 1＝O 1，OC 1∩OB ＝O ， ∴平面AB 1O 1∥平面BC 1O .∴平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离即为点O 1到平面BC 1O 的距离． ∵O (0,0,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1,2)，O 1(0,0,2)， ∴OB →＝(3，0,0)，OC 1—→＝(0,1,2)，OO 1—→＝(0,0,2)， 设n ＝(x ，y ，z )为平面BC 1O 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OC 1—→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋2z ＝0，∴可取n ＝(0,2，－1)． 点O 1到平面BC 1O 的距离记为d ， 则d ＝|n ·OO 1—→||n |＝25＝255.∴平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离为255.21．(12分)如图，在空间直角坐标系Dxyz 中，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为长方体，AA 1＝AB ＝2AD ，点E ，F 分别为C 1D 1，A 1B 的中点，求平面B 1A 1B 与平面A 1BE 夹角的余弦值．解 设AD ＝1，则A 1(1,0,2)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)，D 1(0,0,2)， 因为E ，F 分别为C 1D 1，A 1B 的中点， 所以E (0,1,2)，F (1,1,1)，所以A 1E —→＝(－1,1,0)，A 1B —→＝(0,2，－2)， 设m ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧A 1E —→·m ＝0，A 1B —→·m ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，2y －2z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝z ，取x ＝1，则y ＝z ＝1，所以平面A 1BE 的一个法向量为m ＝(1,1,1)． 又DA ⊥平面A 1B 1B ，所以DA →＝(1,0,0)是平面A 1B 1B 的一个法向量， 所以cos 〈m ，DA →〉＝m ·DA →|m ||DA →|＝13＝33，所以平面B 1A 1B 与平面A 1BE 夹角的余弦值为33. 22．(12分)如图所示， 已知几何体EFG －ABCD ，其中四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，点M 在边DG 上．(1)求证：BM ⊥EF ；(2)是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 所成的角为45°？若存在，确定点M 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，所以GD ⊥DA ，GD ⊥DC ，AD ⊥CD ， 又DA ∩DC ＝D ，所以GD ⊥平面ABCD .以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ， 则B (1,1,0)，E (1,0,1)，F (0,1,1)．因为点M 在边DG 上，故可设M (0,0，t )(0≤t ≤1)．11 可得MB →＝(1,1，－t )，EF →＝(－1,1,0)，所以MB →·EF →＝1×(－1)＋1×1＋(－t )×0＝0，所以BM ⊥EF .(2)解 假设存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 所成的角为45°. 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为BE →＝(0，－1,1)，BF →＝(－1,0,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0， 令z ＝1，得x ＝y ＝1，所以n ＝(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，MB →〉＝n ·MB →|n ||MB →|＝2－t3×2＋t 2.因为直线MB 与平面BEF 所成的角为45°，所以sin 45°＝|cos 〈n ，MB →〉|，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－t 3×2＋t 2＝22，解得t ＝－4±3 2.又0≤t ≤1，所以t ＝32－4. 所以存在点M (0,0,32－4)．当点M 位于DG 上，且DM ＝32－4时，直线MB 与平面BEF 所成的角为45°.。
第一章 空间几何体 章末综合检测(人教A版必修2)
【答案】D
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中横线上)
11．底面直径和高都是4 cm的圆柱的侧面积为_____cm2.
【解析】结合柱、锥、台、球的定义可知(3)是棱锥，(4)是棱柱，故选C.
【答案】C
2．下列几何体中，正视图、侧视图、俯视图都相同的几何体的序号是()
(1)(2)(3)(4)
A．(1)(2)B．(2)(3)
C．(3)(4)D．(1)(4)
【解析】正方体的三视图都相同都是正方形，球的三视图都相同都为圆面．
∵AB＝BC＝2 cm，在正方形ABCD中，求得CO＝ cm，
又在直角三角形VOC中，求得VO＝ cm，
∴VV－ABCD＝ SABCD·VO＝ ×4× ＝ (cm3)．
故这个正四棱锥的体积为 cm3.
16．(本小题满分12分)如果一个几何体的正视图与侧视图都是全等的长方形，边长分别是4 cm与2 cm，如图所示，俯视图是一个边长为4 cm的正方形．
【答案】①③
三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时，应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)如图所示，四棱锥V－ABCD的底面为边长等于2 cm的正方形，顶点V与底面正方形中心的连线为棱锥的高，侧棱长VC＝4 cm，求这个正四棱锥的体积．
【解】连AC、BD相交于点O，连VO，
【答案】D
3．(2014·兰州高一检测)下列说法中正确的是()
A．棱柱的侧面可以是三角形
B．正方体和长方体都是特殊的四棱柱
第一章-空间几何体-章末检测(人教A版必修2 含解析
第一章空间几何体章末检测一、选择题1．如图所示的长方体，将其左侧面作为上底面，右侧面作为下底面，水平放置，所得的几何体是()A．棱柱B．棱台C．棱柱与棱锥组合体D．无法确定答案 A2．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能．．．为：①长方形；②正方形；③圆．其中正确的是()A．①②B．②③C．①③D．①②答案 B解析根据画三视图的规则“长对正，高平齐，宽相等”可知，几何体的俯视图不可能是圆和正方形．3．如图所示的正方体中，M、N分别是AA1、CC1的中点，作四边形D1MBN，则四边形D1MBN在正方体各个面上的正投影图形中，不可能出现的是()答案 D解析四边形D1MBN在上、下底面的正投影为A；在前后面上的正投影为B；在左右面上的正投影为C；故答案为D.4.如图所示的是水平放置的三角形直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边上的一点，且D′离C′比D′离B′近，又A′D′∥y′轴，那么原△ABC的AB、AD、AC三条线段中()A．最长的是AB，最短的是AC B．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是AD D．最长的是AD，最短的是AC答案 C解析因A′D′∥y′轴，所以原△ABC的AD与BC垂直，即AD是BC边上的高，所以最短的是AD，由已知D′离C′比D′离B′近，得原△ABC中AB的长度大于AC，故答案为C.5．具有如图所示直观图的平面图形ABCD是()A．等腰梯形B．直角梯形C．任意四边形D．平行四边形答案 B解析从直观图得知平面图形ABCD中的∠B与∠A是直角，又因为直观图中的四边形的两边AD与BC长度不相等，所以平面图形对应的两边长度也不相等，所以其平面图形为直角梯形．6．如图是一个几何体的三视图，则在此几何体中，直角三角形的个数是()A．1 B．2 C．3 D．4答案 D解析由三视图可画出如图所示的几何体——三棱锥，其中AB⊥底面BCD，BC⊥CD，AB＝BC.可证出四个三角形△ABC，△BCD，△ACD，△ABD都是直角三角形．故选D.7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为()A．6 B．9 C．12 D．18答案 B解析 结合三视图知识求解三棱锥的体积．由题意知，此几何体是三棱锥，其高h ＝3，相应底面面积为S ＝12×6×3＝9，∴V ＝13Sh ＝13×9×3＝9.8．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2，则此球的体积为( )A.6πB ．43πC ．46πD ．63π答案 B解析 利用截面圆的性质先求得球的半径长．如图，设截面圆的圆心为O ′，M 为截面圆上任一点，则OO ′＝2，O ′M ＝1， ∴OM ＝(2)2＋1＝3， 即球的半径为3， ∴V ＝43π(3)3＝43π.9．如图所示，则这个几何体的体积等于( )A ．4B ．6C ．8D ．12答案 A解析 由三视图得几何体为四棱锥， 如图记作S －ABCD ，其中SA ⊥面ABCD ，SA ＝2，AB ＝2，AD ＝2，CD ＝4，且ABCD 为直角梯形． ∠DAB ＝90°，∴V ＝13SA ×12(AB ＋CD )×AD ＝13×2×12×(2＋4)×2＝4，故选A.10．将正三棱柱截去三个角(如图1所示，A ，B ，C 分别是△GHI 三边的中点)得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图为选项图中的( )答案 A解析 解题时在图2的右边放扇墙(心中有墙)，可得答案A.11．圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为( )A ．120°B ．150°C ．180°D ．240°答案 C解析 S 底＋S 侧＝3S 底，2S 底＝S 侧，即：2πr 2＝πrl ，得2r ＝l .设侧面展开图的圆心角为θ， 则θπl180°＝2πr ，∴θ＝180°. 12．已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( ) A.26 B.36 C.23 D.22答案 A解析 利用三棱锥的体积变换求解．由于三棱锥S －ABC 与三棱锥O －ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S －ABC 的高是三棱锥O －ABC 高的2倍，所以三棱锥S －ABC 的体积也是三棱锥O －ABC 体积的2倍．在三棱锥O －ABC 中，其棱长都是1，如图所示，S △ABC ＝34×AB 2＝34， 高OD ＝12－⎝⎛⎭⎫332＝63，∴V S －ABC ＝2V O －ABC ＝2×13×34×63＝26.二、填空题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 答案 ①②③⑤解析 ①三棱锥的正视线与其中一侧面平行可以得正视图为三角形；②四棱锥，若底面是矩形，有一侧棱垂直于底面可以得正视图为三角形；③三棱柱，把侧面水平放置，正对着底，沿着一个侧面看，得正视图为三角形；④四棱柱，不论从哪个方向看都得不出三角形；⑤圆锥的底面水平放置，正视图是三角形；⑥圆柱从不同方向看是矩形或圆，不可能是三角形．14．已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该三棱锥的体积等于________ cm 3.答案 1解析 关键是正确识图，还原出三棱锥的直观图． 由三视图可得该三棱锥的直观图如图所示．三棱锥的底面是两直角边长分别为2,1的直角三角形，且高为3，故V ＝13×12×2×1×3＝1(cm 3)．15．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是________． 答案 24π解析 如图所示，由V ＝Sh 得，S ＝4，即正四棱柱底面边长为2.∴A 1O 1＝2，A 1O ＝R ＝ 6.∴S 球＝4πR 2＝24π.16. 一个水平放置的圆柱形储油桶(如图所示)，桶内有油部分所在圆弧占底面圆周长的14，则油桶直立时，油的高度与桶的高度的比值是________．答案 14－12π解析 设圆柱桶的底面半径为R ，高为h ，油桶直立时油面的高度为x ， 由题意知，油部分所在圆弧对应的扇形的圆心角为π2，则⎝⎛⎭⎫12R 2·π2－12R 2h ＝πR 2x ，则⎝⎛⎭⎫14πR 2－12R 2h ＝πR 2x ，所以x h ＝14－12π. 三、解答题17．某个几何体的三视图如图所示(单位：m)， (1)求该几何体的表面积(结果保留π)； (2)求该几何体的体积(结果保留π)．解 由三视图可知：该几何体的下半部分是棱长为2 m 的正方体，上半部分是半径为1 m 的半球． (1)几何体的表面积为S ＝12×4π×12＋6×22－π×12＝24＋π(m 2)．(2)几何体的体积为V ＝23＋12×43×π×13＝8＋2π3(m 3)．18．如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图如图．(1)在给定的直角坐标系中作出这个几何体的直观图(不写作法)； (2)求这个几何体的体积．解 (1)直观图如图．(2)这个几何体是一个四棱锥．它的底面边长为2，高为3，所以体积V ＝13×22×3＝433.19．如图所示，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．解 S 表面＝S 圆台底面＋S 圆台侧面＋S 圆锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×22＝(42＋60)π. V ＝V 圆台－V 圆锥＝13π(r 21＋r 1r 2＋r 22)h －13πr 21h ′＝13π(25＋10＋4)×4－13π×4×2＝1483π. 20．如图所示，有一块扇形铁皮OAB ，∠AOB ＝60°，OA ＝72 cm ，要剪下来一个扇形环ABCD ，作圆台形容器的侧面，并且余下的扇形OCD 内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面(大底面)．试求：(1)AD 的长；(2)容器的容积．解 (1)设圆台上、下底面半径分别为r 、R ，AD ＝x ，则OD ＝72－x ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2πR ＝60·π180×7272－x ＝3R，∴⎩⎪⎨⎪⎧R ＝12x ＝36.即AD 应取36 cm.(2)∵2πr ＝π3·OD ＝π3·36，∴r ＝6 cm ，圆台的高h ＝x 2－(R －r )2＝362－(12－6)2＝635.∴V ＝13πh (R 2＋Rr ＋r 2)＝13π·635·(122＋12×6＋62)＝50435π(cm 3)．。
2019年人教版A数学必修二章末综合测评1 空间几何体
章末综合测评(一)空间几何体(建议用时：120分钟)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，只有一项是符合题目要求的)1．下列说法中正确的是()【导学号：07742078】A．棱柱的侧面可以是三角形B．正方体和长方体都是特殊的四棱柱C．所有的几何体的表面都能展成平面图形D．棱柱的各条棱都相等B[A不正确，棱柱的侧面都是四边形；C不正确，如球的表面就不能展成平面图形；D不正确，棱柱的各条侧棱都相等，但侧棱与底面的棱不一定相等；B正确．]2．棱锥的侧面和底面可以都是()A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形A[三棱锥的侧面和底面均是三角形．故选A.]3．如图1所示的组合体，其构成形式是()图1A．左边是三棱台，右边是圆柱B．左边是三棱柱，右边是圆柱C．左边是三棱台，右边是长方体D．左边是三棱柱，右边是长方体D[根据三棱柱和长方体的结构特征，可知此组合体左边是三棱柱，右边是长方体．]4．如下所示的直观图是将正方体模型放置在你的水平视线的左下角而绘制的，其中正确的是( )A B C DA [由几何体的直观图的画法及主体图形中虚线的使用，知A 正确．] 5．如图2，A ′B ′C ′D ′为各边与坐标轴平行的正方形ABCD 的直观图，若A ′B ′＝3，则原正方形ABCD 的面积是( )图2A ．9B ．3 C.94D ．36A [由题意知，ABCD 是边长为3的正方形，其面积S ＝9.]图36．如图3所示，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则三棱锥D 1-ACD 的体积是( )A.16B.13C.12D ．1A [三棱锥D 1-ADC 的体积V ＝13S △ADC ×D 1D ＝13×12×AD ×DC ×D 1D ＝13×12×1×1×1＝16.]7．已知圆锥的侧面展开图为半圆，半圆的面积为S ，则圆锥的底面面积是( )A ．2S B.S 2 C.2S D.22S B [设圆锥的底面半径为r ，母线长为l . 则由题意，得S ＝12πl 2，S ＝πrl ，所以12πl 2＝πrl ， 于是l ＝2r ，代入S ＝πrl ，得S ＝2πr 2， 所以圆锥的底面面积πr 2＝S2.]8．圆台的母线长扩大为原来的n 倍，两底面半径都缩小为原来的1n 倍，那么它的侧面积变为原来的( )A ．1倍B ．n 倍C ．n 2倍 D.1n 倍A [由S 侧＝π(r ′＋r )l ，当r ，r ′缩小1n 倍，l 扩大n 倍时，S 侧不变．] 9．圆台的上、下底面的面积分别为π，4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是( )A.23π3 B ．23π C.73π6 D.73π3D[设上、下底面半径为r ′，r ，母线长为l ，则⎩⎪⎨⎪⎧πr ′2＝π，πr 2＝4π，π(r ′＋r )·l ＝6π，所以⎩⎪⎨⎪⎧r ′＝1，r ＝2，l ＝2.圆台的高h ＝l 2－(r －r ′)2＝3，所以V 圆台＝13(π＋π·4π＋4π)·3＝73π3.]10．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( )A ．4π B.92π C ．3πD.72πB [设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，∴a ＝ 3. 设球的半径为R ，则由题意知2R ＝a 2＋a 2＋a 2＝3，∴R ＝32.故球的体积V ＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝92π.故选B.]11．已知圆锥的表面积为6，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为( )【导学号：07742082】A.2πB.1πC.2πD.πA [设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ， ∵圆锥的侧面展开图是一个半圆， ∴2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，∵圆锥的表面积为πr 2＋πrl ＝πr 2＋2πr 2＝6， ∴r 2＝2π，即r ＝2π，故选A.] 12．已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( )【导学号：07742083】A.26B.36C.23D.22A [由于三棱锥S -ABC 与三棱锥O -ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S -ABC 的高是三棱锥O -ABC 高的2倍，所以三棱锥S -ABC 的体积也是三棱锥O -ABC 体积的2倍．在三棱锥O -ABC 中，其棱长都是1， 如图所示，S △ABC ＝34×AB 2＝34， 高OD ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝63，所以V S -ABC ＝2V O -ABC＝2×13×34×63＝26.]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．若一个圆台的母线长为l ，上、下底面半径分别为r 1，r 2，且满足2l ＝r 1＋r 2，其侧面积为8π，则l ＝________.2 [S 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l ＝2πl 2＝8π，所以l ＝2.]14．已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为________．9π2 [设截面小圆的半径为r ，球的半径为R ，因为AH ∶HB ＝1∶2，所以OH ＝13R .由勾股定理，有R 2＝r 2＋OH 2，又由题意得πr 2＝π，则r ＝1，故R 2＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13R 2，即R 2＝98.由球的表面积公式，得S ＝4πR 2＝9π2.] 15．在棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，EF 是棱AB 上的一条线段，且EF ＝b (b <a )．若Q 是CD 上的动点，则三棱锥Q -D 1EF 的体积为________.【导学号：07742084】图416a 2b [VQ -D 1EF ＝VD 1-QEF ＝13S △QEF ·DD 1＝13×12b ×a ×a ＝16a 2b .]16．已知正四棱锥O -ABCD 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________．24π [如图，正四棱锥O -ABCD 的体积V ＝13Sh ＝13(3×3)×OH ＝322，所以OH ＝322，在直角三角形OAH 中， OA ＝AH 2＋OH 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝6， 所以表面积为4πr 2＝24π.]三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知正四棱台上底面边长为4 cm ，侧棱和下底面边长都是8 cm ，求它的侧面积．[解] 法一：在Rt △B 1FB 中， B 1F ＝h ′，BF ＝12(8－4)＝2(cm)， B 1B ＝8(cm)， ∴B 1F ＝82－22＝215(cm)，∴h ′＝B 1F ＝215(cm)，∴S 正棱台侧＝12×4×(4＋8)×215＝4815(cm 2)．法二：延长正四棱台的侧棱交于点P ，如图，设PB 1＝x (cm)， 则x x ＋8＝48，得x ＝8(cm)，∴PB 1＝B 1B ＝8(cm)， ∴E 1为PE 的中点， ∴PE 1＝82－22＝215(cm)．PE ＝2PE 1＝415(cm)，∴S 正棱台侧＝S 大正棱锥侧－S 小正棱锥侧 ＝4×12×8×PE －4×12×4×PE 1 ＝4×12×8×415－4×12×4×215 ＝4815(cm 2)．18．(本小题满分12分)如图5，三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，其高为6 cm ，底面三角形的边长分别为3 cm,4 cm ，5 cm ，以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分几何体的体积V .图5[解] V 三棱柱ABC -A 1B 1C 1＝3×42×6＝36(cm 3)． 设圆柱底面圆的半径为r ，则 r ＝2S △ABCAB ＋BC ＋AC ＝2×12×3×43＋4＋5＝1， V 圆柱OO 1＝πr 2h ＝6π(cm 3)．所以V ＝V 三棱柱ABC -A 1B 1C 1－V 圆柱OO 1＝36－6π(cm 3)．19．(本小题满分12分)如图6，半径为R 的半圆内的阴影部分以直径AB 所在直线为轴，旋转一周得到一几何体，求该几何体的体积．(其中∠BAC ＝30°)图6[解] 过C 作CO 1⊥AB 于O 1，在半圆中可得∠BCA ＝90°，∠BAC ＝30°，AB ＝2R ，∴AC ＝3R ，BC ＝R ，CO 1＝32R . AO 1＝AC ·sin 60°＝32R ，BO 1＝AB －AO 1＝R 2，∴V 球＝43πR 3. V 圆锥AO 1＝13·π·⎝ ⎛⎭⎪⎫32R 2·32R ＝38πR 3，V 圆锥BO 1＝13·π·⎝ ⎛⎭⎪⎫32R 2·12R ＝18πR 3， V 几何体＝V 球－V 圆锥AO 1－V 圆锥BO 1 ＝43πR 3－38πR 3－18πR 3＝56πR 3.20．(本小题满分12分)正三棱锥S -ABC 的侧面积是底面积的2倍，它的高SO ＝3，求此正三棱锥的表面积．[解] 设正三棱锥底面边长为a ，斜高为h ′，如图所示，过O 作OE ⊥AB ，连接SE ，则SE ⊥AB ，且SE ＝h ′.因为S 侧＝2S 底，所以12×3a ×h ′＝34a 2×2， 所以a ＝3h ′.因为SO ⊥OE ，所以SO 2＋OE 2＝SE 2， 所以32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫36×3h ′2＝h ′2，所以h ′＝23，所以a ＝3h ′＝6， 所以S 底＝34a 2＝34×62＝93， 所以S 侧＝2S 底＝183， 则S 表＝S 侧＋S 底＝27 3.21．(本小题满分12分)已知正三棱锥的高为1，底面边长为26，其内有一个球和该三棱锥的四个面都相切．(1)求球的半径； (2)求棱锥的表面积.【导学号：07742086】[解] (1)设球的半径为R ，球心为O ，正三棱锥A -BCD如图所示，其中F 为CD 的中点，OG ⊥AF 于点G ，AE 为正三棱锥的高，则OG ＝OE ＝R ，AE ＝1，BC ＝CD ＝BD ＝2 6.从而可得EF ＝13×32×26＝2，斜高AF ＝AE 2＋EF 2＝ 3.易知△AOG ∽△AFE ，∴1－R 3＝R2，∴R ＝6－2.(2)棱锥的表面积S ＝3×26×3×12＋26×32×26×12＝92＋6 3. 22．(本小题满分12分)如图7所示，有一块扇形铁皮OAB ，∠AOB ＝60°，OA ＝72 cm ，要剪下来一个扇形环ABCD ，作圆台形容器的侧面，并且余下的扇形OCD 内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面(大底面)．图7试求：(1)AD 的长； (2)容器的容积．[解] (1)如图，设圆台上、下底面半径分别为r 、R ，AD ＝x ，则OD ＝72－x .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2πR ＝60·π180·72，2πr ＝60·π180(72－x ).72－x ＝3R .∴R ＝12，r ＝6，x ＝36， ∴AD ＝36 cm. (2)圆台所在圆锥的高 H ＝722－R 2＝1235，圆台的高h ＝H 2＝635，小圆锥的高h ′＝6 35，∴V 容＝V 大锥－V 小锥＝13πR 2H －13πr 2h ′＝504 35π.。
第一章 空间向量与立体几何章末检测(解析版)
平面 平面 ．
，平面 平面 ，且交线为AC，
平面 ， 直线MB，MC， 两两垂直．
以点M为坐标原点，分别以MB，MC， 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， 1， ，
， ， ．
设平面 的一个法向量为 ，
令 ，得 ，
点C到平面 的距离 ．
A．存在点P，使得I1＝I2B．存在点P，使得I1＝I3
C．对任意的点P，有I1＞I2D．对任意的点P，有I2＞I3
【解答】解：如图所示建立如图所示的空间直角坐标系，以B1A1为x轴，B1C1为y轴，B1B为z轴，B1为坐标原点，由题意则B（0，0，2），A（4，0，2），D（4，3，2），C1（0，3，0），设P（x，y，z），
第1章 空间向量与立体几何
一、单选题
1．点P(1，2，3）关于xOy平面的对称点的坐标为（ ）
A．(－1，2，3)B．(1，－2，－3)
C．(－1，－2，－3)D．(1，2，－3)
【答案】D
【解析】点P(1，2，3）关于xOy平面的对称点的坐标为 ．
故选D．
2．若两条不重合直线 和 的方向向量分别为 ， ，则 和 的位置关系是（ ）
A．平行B．相交C．垂直D．不确定
【答案】A
【解析】因为两条不重合直线 和 的方向向量分别为 ， ，
所以 ，即 与 共线，
所以两条不重合直线 和 的位置关系是平行，
故选A
3．如图， ， 分别是四面体 的边 ， 的中点， 是 的中点，设 ， ， ，用 ， ， 表示 ，则
A． B．
C． D．
【分析】如图所示，连接 ．由 ， 分别是四面体 的边 ， 的中点， 是 的中点，利用三角形法则、平行四边形法则即可得出．
解析版-2018-2019学年人教版高二数学必修2第1章空间几何体章末测试
绝密★启用前2018-2019学年人教版高二数学必修2第1章空间几何体章末测试考试时间：100分钟；满分：150分学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________分卷I一、选择题(共12小题，每小题5.0分,共60分)1.如图是一块带有圆形空洞和方形空洞的小木板，则下列物体中既可以堵住圆形空洞，又可以堵住方形空洞的是()A．B．C．D．【答案】B【解析】A.正方体的正视图为正方形，侧视图为正方形，俯视图也为正方形，不满足条件．B.圆柱的正视图和侧视图为相同的矩形，俯视图为圆，满足条件．C.圆锥的正视图为三角形，侧视图为三角形，俯视图为圆，不满足条件．D.球的正视图，侧视图和俯视图为相同的圆，不满足条件．故选B.2.设正四面体A－BCD中，E、F分别为AC、AD的中点，则△BEF在该四面体的面ADC上的射影可能是()A．B．C．D．【答案】A【解析】由于几何体是正四面体，所以B在面ADC上的射影是它的中心，可得到三角形BEF在面ADC上的射影，因为F在AD上，E在AC上，所以观察选项，只有A正确．故选A.3.如图，△ABC的斜二测直观图为等腰Rt△A′B′C′，其中A′B′＝2，则△ABC的面积为()A． 2B． 4C． 2D． 4【答案】D【解析】∵Rt△A′B′C′是一平面图形的直观图，直角边长为A′B′＝2，∴直角三角形的面积是×2×2＝2，∵平面图形与直观图的面积的比为2，∴原平面图形的面积是2×2＝4.故选D.4.如图所示的几何体的平面展开图是四选项中的()A．B．C．D．【答案】D【解析】选项A、C中折叠后带图案的三个面不能相交于同一个点，与原立方体不符；选项B中折叠后三角形和圆的位置不符，所以正确的是D.故选D.5.已知正△ABC的边长为2，那么用斜二测画法得到的△ABC的直观图△A′B′C′的面积为()A．B．C．D．【答案】D【解析】∵正△ABC的边长为2，故正△ABC的面积S＝·22＝，设△ABC的直观图△A′B′C′的面积为S′，则S′＝S＝·＝.故选D.6.如图，一只蚂蚁从点A沿圆柱表面爬到点B，圆柱的高为8 cm，圆柱的底面半径为cm，那么最短的路线长是()A． 6 cmB． 8 cmC． 10 cmD．10π cm【答案】C【解析】连接AB，∵圆柱的底面半径为cm，∴AC＝×2×π×＝6(cm)，在Rt△ACB中，AB2＝AC2＋CB2＝36＋64＝100，即AB＝10 cm，故选C.7.如图所示的几何体是由六个小正方体组合而成的，它的侧视图是()A．B．C．D．【答案】C【解析】从左边看得到的图形有两列，第一列有两个正方形，第二列有一个正方形，故选C.8.如图所示的一个几何体，哪一个是该几何体的俯视图()A．B．C．D．【答案】C【解析】几何体是一个组合体，组合体上面的几何体有一个侧面是三角形，从正上方能看到这个三角形的三条边，所以俯视图中应该有一个三角形，只有选项C符合．9.下列几何体不能展开成平面图形的是()A．圆锥B．球C．圆台D．正方体【答案】B【解析】圆锥可以展开成一个扇形和一个圆，球不能展开成平面图形，圆台可以展开成两个圆和一个梯形，正方体可以展开成一个长方形和两个小正方形，故选B.10.如图所示，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，则以下说法正确的是()A．△ABC是钝角三角形B．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形C．△ABC是等腰直角三角形D．△ABC是等边三角形【答案】C11.三棱柱的平面展开图是()A．B．C．D．【答案】B【解析】两个全等的三角形在侧面三个长方形的两侧，这样的图形围成的是三棱柱．故选B.12.某几何体的直观图如图所示，下列给出的四个俯视图中正确的是()【答案】B【解析】几何体的俯视图，轮廓是矩形，几何体的上部的棱都是可以看见的线段，所以C，D不正确；几何体的上部中间的棱与正视图方向垂直，所以A不正确.故选B.分卷II二、填空题(共4小题，每小题5.0分,共20分)13.已知某多面体的平面展开图如图所示，其中是三棱柱的有________个．【答案】1【解析】第一个是三棱锥，第二个是三棱柱，第三个是四棱锥，第四个不是棱柱．14.已知三棱锥O－ABC，侧棱OA，OB，OC两两互相垂直，且OA＝OB＝OC＝2，则以O为球心，1为半径的球与三棱锥O－ABC重叠部分的体积是__________．【答案】【解析】由已知条件可用等体积转换求得点O到平面ABC的距离为>1，所以重叠部分是以O为球心且1为半径的球的，即V＝×＝××13＝.15.将半径为5的圆分割成面积之比为1∶2∶3的三个扇形作为三个圆锥的侧面，设这三个圆锥的底面半径依次为r1，r2，r3，则r1＋r2＋r3＝________.【答案】5【解析】由题意得，扇形的弧长为对应圆锥的底面周长，因此2π(r1＋r2＋r3)＝2π×5⇒r1＋r2＋r3＝5.16.如图所示，已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1－ABC1的体积为________．【答案】【解析】三棱锥B1－ABC1的体积等于三棱锥A－B1BC1的体积，三棱锥A－B1BC1的高为，底面积为，故其体积为××＝.三、解答题(共7小题，每小题10.0分,共70分)17.已知正三棱台(上、下底是正三角形，上底面的中心在下底面的投影是下底面的中心)的上、下底面边长分别是2 cm与4 cm，侧棱长是cm，试求该三棱台的表面积与体积.【答案】如图，O′，O是上、下底面的中心，连接OO′，O′B′，OB，在平面BCC′B′内过B′作B′D⊥BC于D，在平面BOO′B′内作B′E⊥OB于E.∵△A′B′C′是边长为2的等边三角形，O′是中心，∴O′B′＝×2×＝，同理OB＝，则BE＝OB－O′B′＝.在Rt△B′EB中，BB′＝，BE＝，∴B′E＝，即棱台高为cm.∴三棱台的体积为V棱台＝×(×16＋×4＋＝cm3.由于棱台的侧面是等腰梯形，∴BD＝×(4－2)＝1 cm.在Rt△B′DB中，BB′＝，BD＝1，∴B′D＝，即梯形的高为cm，∴棱台的表面积S＝S上底＋S下底＋S侧＝×4＋×16＋3××(2＋4)×＝(5＋9)cm2.∴棱台的表面积是(5＋9)cm2，体积是cm3.18.求球与它的外切等边圆锥(轴截面是正三角形的圆锥叫等边圆锥)的体积之比.【答案】如图等边△ABC为圆锥的轴截面，截球面得圆O.设球的半径OE＝R，OA＝＝2OE＝2R，∴AD＝OA＋OD＝2R＋R＝3R，BD＝AD·tan 30°＝R，∴V＝πR3，V圆锥＝π·BD2×AD＝π(R)2×3R＝3πR3，球则V球∶V圆锥＝4∶9.19.三个图中，左面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，右面是它的正视图和侧视图.(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.【答案】(1)作出俯视图如下.(2)所求多面体的体积V＝V长方体－V正三棱锥＝4×4×6－×(×2×2)×2＝(cm3).20.一个球内有相距9 cm的两个平行截面，它们的面积分别为49π cm2和400πcm2.求球的表面积．【答案】(1)当截面在球心的同侧时．如图所示为球的轴截面．由球的截面性质知，AO1∥BO2，且O1，O2分别为两截面圆的圆心，则OO1⊥AO1，OO2⊥BO2.设球的半径为R，因为圆O2的面积为49π，即π·O2B2＝49π，所以O2B＝7(cm)．同理，因为π·O1A2＝400π，所以O1A＝20(cm)．设OO1＝x，则OO2＝(x＋9)．在Rt△OO1A中，R2＝x2＋202，在Rt△OO2B中，R2＝(x＋9)2＋72，所以x2＋202＝(x＋9)2＋72，解得x＝15(cm)．即R2＝x2＋202＝252.故S球＝4πR2＝2 500π(cm2)．所以球的表面积为2 500π cm2.(2)当截面位于球心O的两侧时，如图所示为球的轴截面．由球的截面性质知，O1A∥O2B，且O1，O2分别为两截面圆的圆心，则OO1⊥AO1，OO2⊥O2B.设球的半径为R，因为圆O2的面积为49π，即π·O2B2＝49π，所以O2B＝7(cm)．同理，因为π·O1A2＝400π，所以O1A＝20(cm)．设O1O＝x，则OO2＝(9－x)．在Rt△OO1A中，R2＝x2＋202，在Rt△OO2B中，R2＝(9－x)2＋72.所以x2＋400＝(9－x)2＋49，解得x＝－15(cm)，不合题意，舍去．综上所述，球的表面积为2 500π cm2.21.如图(单位：cm)，求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积．【答案】由题意知，所求旋转体的表面积由三部分组成：圆台下底面、侧面和一半球面，S半球＝8π，S圆台侧＝35π，S圆台底＝25π.故所求几何体的表面积为68π，由V圆台＝××4＝52π，V半球＝×23×＝，所以旋转体的体积为V圆台－V半球＝52π－＝(cm3)．22.如图所示的图形绕虚线旋转一周后形成的立体图形分别是由哪些简单几何体组成的？【答案】解旋转后的图形草图分别如图①、②所示．其中图①是由一个圆柱O1O2和两个圆台O2O3，O3O4组成的；图②是由一个圆锥O5O4、一个圆柱O3O4及一个圆台O1O3中挖去一个圆锥O2O1组成的．23.如图所示，图(2)是图(1)中实物的正视图和俯视图，你认为正确吗？如果不正确，请找出错误并改正，然后画出它的侧视图．【答案】解图(1)是由两个长方体组合而成的，正视图正确，俯视图错误．俯视图应该画出不可见轮廓(用虚线表示)，侧视图轮廓是一个矩形，有一条可视的交线(用实线表示)，正确画法如下图所示．。
2017-2018学年高中人教A版数学必修二习题：第1章 空间
章末分层突破①棱锥 ②圆锥 ③正视图 ④侧视图 ⑤俯视图 ⑥S 表＝S 侧＋S 底，V ＝Sh ⑦S 表＝S 侧＋S 底，V ＝13Sh⑧S 表＝4πR 2，V ＝43πR 3(教师用书独具)(1)(2)圆柱、圆锥和圆台都是旋转体，其轴截面其实为旋转的平面图形及其关于旋转轴对称的图形的组合，它反应了这三类几何体基本量之间的关系，因此轴截面是解决这三类几何体问题的关键．(3)球是比较特殊的旋转体，球的对称性是解题的突破口．(4)对于简单组合体的性质的研究多采用分割法，将其分解为几个规则的几何体再进行研究．根据下列对几何体结构特征的描述，说出几何体的名称．(1)由六个面围成，其中一个面是凸五边形，其余各面是有公共顶点的三角形；(2)一个等腰梯形绕着两底边中点的连线所在的直线旋转180°形成的封闭曲面所围成的图形；(3)一个直角梯形绕较长的底边所在的直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体．【精彩点拨】根据所给的几何体结构特征的描述，结合所学几何体的结构特征做出判断．【规范解答】(1)如图①，因为该几何体的五个面是有公共顶点的三角形，所以是棱锥，又其底面是凸五边形，所以是五棱锥．(2)如图②，等腰梯形两底边中点的连线将梯形平分为两个直角梯形，每个直角梯形旋转180°形成半个圆台，故该几何体为圆台．(3)如图③，过直角梯形ABCD的顶点A作AO⊥CD于点O，将直角梯形分为一个直角三角形AOD和一个矩形AOCB，绕CD旋转一周形成一个组合体，该组合体由一个圆锥和一个圆柱组成．1．斜四棱柱的侧面是矩形的面最多有( )A．0个B．1个C．2个D．3个【解析】如图所示，在斜四棱柱AC′中，若AA′不垂直于AB，则DD′也不垂直于DC，所以四边形ABB′A′和四边形DCC′D′就不是矩形，但面AA′D′D和面BB′C′C可以为矩形．故选C.【答案】 C更加直观、准确地反映空间图形的大小，往往需要把图形向几个不同的平面分别作投影，然后把这些投影放在同一个平面内，并有机结合起来表示物体的形状和大小，从三视图可以看出，俯视图反映物体的长和宽，正视图反映它的长和高，侧视图反映它的宽和高．注意三种视图的摆放顺序，在三视图中，分界线和可见轮廓线都用实线画出，不可见轮廓线用虚线画出．熟记常见几何体的三视图．画组合体的三视图时可先拆，后画，再检验．(1)一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图、俯视图如图11所示，则其侧视图为( )图11(2)如图12，ABCD是一水平放置的平面图形的斜二测直观图，AB∥CD，AD⊥CD，且BC 与y轴平行，若AB＝6，CD＝4，BC＝22，则该平面图形的实际面积是________.图12【精彩点拨】(1)解答本题根据各种几何体的结构特征，充分发挥空间想象能力，先确定是什么几何体，再确定其侧视图．(2)直观图→斜二测画法规则→原几何体→面积【规范解答】(1)根据一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图、俯视图可得几何体的直观图为：所以侧视图如图所示．(2)由斜二测直观图的作图规则知，该平面图形是梯形，且AB、CD的长度不变，仍为6和4，高BC＝42，∴S ＝12(4＋6)×42＝20 2.【答案】 (1)C (2)20 22．(1)将正方体(如图13(1)所示)截去两个三棱锥，得到图13(2)所示的几何体，则该几何体的侧视图为( )图13(1) 图13(2)(2)若某几何体的三视图如图14所示，则这个几何体的直观图可以是( )图14【解析】 (1)图13(2)所示的几何体的侧视图由点A ，D ，B 1，D 1确定外形为正方形，判断的关键是两条对角线AD 1和B 1C 是一实一虚，其中要把AD 1和B 1C 区别开来，故选B.(2)A ，B 的正视图不符合要求，C 的俯视图显然不符合要求，故选D.【答案】 (1)B (2)D(1)等积变换法：三棱锥也称为四面体，它的每一个面都可作为底面来处理，恰当地进行换底等积变换便于问题的求解．(2)割补法：像求平面图形的面积一样，割补法是求几何体的体积的一个重要方法，“割”就是将几何体分割成几个熟悉的柱、锥、台体或它们的组合体；“补”就是通过补形，使它转化为熟悉的几何体．总之，割补法的核心思想是将不熟悉的几何体转化为熟悉的几何体来解决．(3)展开法：把简单几何体沿一条侧棱或母线展开成平面图形，这样便把空间问题转化为平面问题，可以有效地解决简单空间几何体的表面积问题或侧面上(球除外)两点间的距离问题．(4)构造法：对于某些几何体性质的探究较困难时，我们可以将它放置在我们熟悉的几何体中，如正方体等这些对称性比较好的几何体，以此来研究所求几何体的性质．如图15，已知底面半径为r 的圆柱被一个平面所截，剩下部分母线长的最大值为a ，最小值为b ，那么圆柱被截后剩下部分的体积是________．图15【精彩点拨】 题中的几何体是一个不规则图形，无法直接利用公式来计算其体积，需通过割补法转化为规则的几何体后再利用公式计算．【规范解答】 在该几何体的上面，再补一个倒立的同样几何体，则构成底面半径为r ，高为a ＋b 的圆柱．∴其体积为12πr 2(a ＋b )．【答案】 πr2a ＋b23．如图16(1)所示，已知正方体面对角线长为a ，沿阴影面将它切割成两块，拼成如图16(2)所示的几何体，那么此几何体的全面积为( )图1(6)(1) 图16(2)A ．(1＋22)a 2B ．(2＋2)a 2C ．(3－22)a 2D ．(4＋2)a 2【解析】 正方体的边长为22a ，新几何体的全面积S ＝2×22a ×a ＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＋2×a ×a2＝(2＋2)a 2.【答案】 B到解决问题的目的．转化思想在本章中也有较多应用，主要体现在以下几个方面：一是立体问题平面化，如旋转体中轴截面的应用，侧面展开图的应用． 二是等积变换，如三棱锥变换顶点．三是割补法的应用，把不规则的几何体通过割补转化为规则的几何体．如图17所示，圆台母线AB 长为20 cm ，上、下底面半径分别为5 cm 和10 cm ，从母线AB 的中点M 拉一条绳子绕圆台侧面转到B 点，求这条绳子长度的最小值．图17【精彩点拨】 利用圆台的侧面展开图转化到平面图形解决． 【规范解答】 如图所示，作出圆台的侧面展开图及其所在的圆锥． 连接MB ′，P ，Q 分别为圆台的上、下底面的圆心．在圆台的轴截面中， ∵Rt △OPA ∽Rt △OQB ，∴OA OA ＋AB ＝PAQB. ∴OA OA ＋20＝510，∴OA ＝20(cm)．设∠BOB ′＝α，由扇形弧的长与底面圆Q 的周长相等，得2×10×π＝2×OB ×π×α360°，即20π＝2×(20＋20)π×α360°，∴α＝90°.∴在Rt △B ′OM 中，B ′M ＝OM 2＋OB ′2＝302＋402＝50(cm)，即所求绳长的最小值为50 cm.4．圆柱的轴截面是边长为5 cm 的正方形ABCD ，从A 到C 圆柱侧面上的最短距离为( ) A ．10 cm B.52π2＋4 cm C ．5 2 cmD ．5π2＋1 cm【解析】 如图所示，沿母线BC 展开，曲面上从A 到C 的最短距离为平面上从A ′到C 的线段的长．∵AB ＝BC ＝5，∴A ′B ＝＝12×2π×52＝52π. ∴A ′C ＝A ′B 2＋BC 2＝254π2＋25＝5π24＋1＝52π2＋4(cm)． 【答案】 B1．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3 B.4π3C.5π3D ．2π【解析】 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，选C.【答案】 C2．某三棱锥的三视图如图18所示，则该三棱锥的体积为( )图18A.16B.13C.12D ．1【解析】 通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P ABC ，通过侧视图得高h ＝1，底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝13×12×1＝16.【答案】 A3．一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图19所示，则该几何体的体积为( )图19A.13＋23π B.13＋23π C.13＋26π D ．1＋26π C4．已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图110所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3.图110【解析】 由三视图知，四棱锥的高为3，底面平行四边形的一边长为2，对应高为1，所以其体积V ＝13Sh ＝13×2×1×3＝2.【答案】 2。
必修2-空间几何体测试题及答案
空间几何体测试题、选择题（本大题共 12题，每小题5分，共60 分）1•小明在上海世博会参观时， 看到一个几何体，它的轴截面一定是圆面，则这个几何体是 （） A .圆柱B .圆锥C .球D .圆台2•一个正三棱锥和一个正四棱锥，它们的棱长都相等，把这个正三棱锥的一个侧面重合在正 四棱锥的一个侧面上，这个组合体可能是 （） A .正五棱锥 B .斜三棱柱C .正三棱柱D .直三棱柱 3•四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可能有（ ）A . 1个B . 2个C . 3个D . 4个4•下列5个命题中：①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形 ；③正方形的直观图是正方形， ④如果一个三角形的平行投影仍是三角形 ，那么它的中位线的平行投影一定是这个三角形的平行投影的对应的中位线； ⑤棱台各侧棱的延长线交于一点，正确的说法有（） A. 1个 B. 2个C. 3个D. 4个5•长方体的三个面的面积分别是 2, 3, 6 , 则长方体的对角线长是（）A .6 B . 3 C . 2.3 D . 3 . 26•若正四棱锥S-ABCD 的三视图中，正视图、侧视图都是腰为 3，底边为2的等腰三角形,俯视图是边长为 2的正方形，则正四棱锥 S-ABCD 的侧面积为（ ）A.2,3B. 4 3C. 1D.27•半径为R 的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）积分别为V 1和V 2，则圆柱除圆锥外的体积与圆锥的体积之比为（ ）的最短矩离是A . 5B . 7C . 29D . 3711.图3为图2所示几何体的展开图，则拼成一个棱长为6 cm 的正方体如图4，需要这样的几何体（）A.仝R 324B.R 3 248 •如图1，一个空间几何体的主视图（正视图） 、侧视图是周长为16的一 个内角为60°的菱形，俯视图是圆及其圆心，那么这个几何体的表面积为 （）A.8B.12C.16D.209.一个圆锥放在一个底面积相等、 高也相等的圆柱内，若圆锥与圆柱的体 A ・2:3 B ・ 2:1 C ・ 1:3 D ・ 3:110 .小蚂蚁的家住在长方体ABCD — A 1B 1C 1D 1的A 处，小蚂蚁的奶奶家住在C 1处，三条棱长分别是 AA 1=1, AB=2 , AD=4，小蚂蚁从A 点出发，沿长方体的表面到小蚂蚁奶奶家 C 1A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个图2 图3 图412. 一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱.这个四棱锥的底面为正方形，且 底面边长与各侧棱长相等， 这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等. 设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h i , h 2, h 3，则h i : h 2 : h 3等于（）A . .3:1:1B . ,3:2:2C . .3:2: .2 二、填空题（本大题共 4小题，每小题5分，共20分） 13. 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 __________ .14. 若三棱锥V ABC 侧棱相等，底面是正三角形，三棱锥V ABC 的正视图、俯视图如图 5所示，其中VA 4,AC 2 3 ,/---------- 1-------------- ifivn则该三棱锥的侧视图的面积为 ___________ .15. 一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为 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 ________ cm 2 . 16•如图6, —个广告气球被一束入射角为 45°的平行光线照射，其投影是个最长的弦长为5米的椭圆，则这个广告气球直径是 _____________ 米.三、解答题（本大题共 6小题，共70分）17. （10分）用斜二测画法作出边长为 3cm 、高4cm 的矩形的直观图. 18. （12分）正方体 ABCD-A 1B 1C 1D 1的边长为a. （1）求三棱锥A-A 1BD 的表面积和体积.⑵ 求三棱锥B-A 1C 1D 的体积.19. （12分）将圆心角为120°，面积为3的扇形作为圆锥的侧面，求圆锥的表面积和体积 20. （12分）已知正三棱锥 S-ABC 的高SO=h,斜高SM=n,求经过SO 的中点且平行于底面的 截面△ A 1B 1C 1的面积.21. （12分）棱长均为a 的三棱锥容器内装水，若顶点向下倒立时，水面高在容器高的中点处. （1） 求水的体积和棱锥的体积比 .（2） 若棱锥顶点向上正立时，水面高是容器高的几分之几？22. （12分）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增加4m （高不变）；二是高度增加4m （底D ..3:2:.3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？空间几何体章末测试题一、选择题1~6 CBDDAB 7~12 AC BABB 提示：2.重合时不会构成正五棱锥，只能是三棱柱3•在正方体 ABCD — A i B i C i D i 中的四棱锥 D — A 1B 1C 1D 1的四个面都是直角三角形，故选 D.4. 其中正确的命题为①②④⑤，故选D.5. 设长方体的边长分别为 a 、b 、c ,则有ab= 2， ac= ， bc= V 6，a=1，b= V 2，c= 3， 对角线l 2=a 2+b 2+c 2=6，故对角线的长为 「6.16.正四棱锥的侧面是底边为 2,高为.3的等腰三角形，故侧面积是 4x - x2x . 3=4 3 ,2 故选B.1J 37.设圆锥底面半径为r ,则有2 r R 得r -R ，故圆锥的高为R ，所以圆锥的体积2 2为：V 1 (1R)2^3 R -^R 3，故选 A.3 2 2 248.由题意知，该几何体是两个连体的圆锥，底面半径是2，母线长是4,故表面积是两个圆锥的侧面积之和为 22 4 16 ，故选C.9. 设底面面积为S,高为h ，则V 1:V 2 1:3，故圆锥外圆柱的体积与圆锥的体积之比为 2:1 ,选B.10. 根据题意知：蚂蚁所走的路线有三种情况(如图①②③) ，有勾股定理可得 ：图①中AC 1= 32 42 5，图②中AC 1 =.62 12 37, 图③中 AC 1= 52 22 .29, 故选A.11. 需3个.它们是 D 1-ABCD, D 1-BB 1C 1C , D 1-A 1ABB 1，故选 B.6—12.由题意知三棱锥为正四面体，设三棱锥棱长为a,则 h 2— a ,同理可求出四棱锥的体3V四棱锥二3 T a T a 自，又由一V三棱锥-迥2 亞3则有 一？ a 3 —3 a 2 h 3，解得 h 3= 6 a ，所以 h | : h 2 : h 3 = 3:2:2，故选 B. 4 4 3 二、填空题 —513.12cm 14. 615.2 4 216•—「22提示：13.由题意知，球的体积等于排出水的体积，即 162 9 - R 3，解得R 12厘米.3为底边，三棱锥的高为高的三角形，由题意知三棱锥的高是 2 3，所以侧视图的面积是 6.作D ' C '平行X '的直线，且等于 B '所得四边形A ' B ' C ' D⑵体积为a 3 4 ^a6所以 S= R 2+3=4 ，高 h - 32 12 2 2 ,14•由正视图知道侧棱长是 4,俯视图知底面边长是2 3，侧视图看到的是以三棱锥底边BC15•如图，正四棱柱 ABCD A 1BQ 1D 1的对角线 BD 1为外接球的直径，可求得棱柱的高 DD 1 .2 ,故 S 2( AB BC AB AA 1 AD AA 1)2 4、 2.三、解答题17.解：（1）在已知ABCD 画对应X '轴，中取AB 、AD 所在边为 Y '轴使/ X ' O ' Y ' =45 X 轴与Y 轴，相交于0点（O O与A 重合），轴上取 A B '使 A ' B ' =AB ，在 Y '轴上取 D ',使 A '1 =_ AD ,2A 'B '的长.就是矩形ABCD 的直观图.18•解：（1）表面积为a 23-，体积为］爲2 2 3 219.解：由圆心角为1200，面积为3的扇形，得—l 23 ,即 I =3.3又扇形弧长等于圆锥底面周长，即故 R=1,C' X'故体积为V=1 R 2h “2—3 320.解：设底面正三角形的边长为 a ，在RT A SOM 中, SO=h SM=n所以 OM=n 212，又 MO ^a，即 a=.j 2，所以 s ABC —a 23、. 3(n 2 l 2)，截面面积为 \ 3(n 2 l 2).4411 21.解：(1)设底面面积是S ,咼为h ，则水面面积是S ,咼为 h ，故体积之比为421 1 1S h 3 4 22S 6 6 10 96 m 2,(3) 方案2更好，因为体积增大的多，表面积增加的少方案2:直径为 12m ，高为1 8m ，此时体积变为V- 以父28836 8 m 3,233 (1)方案1 :直径变为 16m ，高为4m ,母线长为l . 484-、5,此时表面积为S 828 4、5 (64 32、5) m 2,125622.解：("方案1:直径变为16m ,高为4m ，此时体积为V1 382 4-V m3，方案2 :直径为12m ,高为8m ,母线长为|故水的体积和棱锥的体积比为 1:8.(2)设空气的体积为 V ,底面为S ,高为h ,椎体的体积为 V,底面为S ,高为h ，由V -,V 821sh 1斗 即 3 3 hL1 1」Sh 1Sh 3 3(h)3h1，得丄辽，故鱼8 h 2 H 全2 37 2 82 62 10,此时表面积为。
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空间几何体章末检测a含答案Company number【1089WT-1898YT-1W8CB-9UUT-92108】第一章章末检测（A）(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)1．下列几何体是台体的是( )2．如图所示的长方体，将其左侧面作为上底面，右侧面作为下底面，水平放置，所得的几何体是( )A．棱柱 B．棱台C．棱柱与棱锥组合体 D．无法确定3．如图所示，下列三视图表示的几何体是( )A．圆台 B．棱锥 C．圆锥 D．圆柱4．如图所示的是水平放置的三角形直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边上的一点，且D′离C′比D′离B′近，又A′D′∥y′轴，那么原△ABC的AB、AD、AC三条线段中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AD，最短的是AC5．一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形，原三角形的面积为( )A．64B．34C．32D．626．如图，若Ω是长方体ABCD－A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是( )A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形C．Ω是棱柱 D．Ω是棱台7．某人用如图所示的纸片，沿折痕折后粘成一个四棱锥形的“走马灯”，正方形做灯底，且有一个三角形面上写上了“年”字，当灯旋转时，正好看到“新年快乐”的字样，则在①、②、③处应依次写上( )A．快、新、乐B．乐、新、快C．新、乐、快D．乐、快、新8．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )A．16π B．20π C．24π D．32π9．圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为( )A．120° B．150° C．180° D．240°10．把3个半径为R的铁球熔成一个底面半径为R的圆柱，则圆柱的高为( )A．R B．2R C．3R D．4R11．一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积(单位：cm2)为( ) A．48＋12 2 B．48＋242C．36＋12 2 D．36＋24212．若圆锥的母线长是8，底面周长为6π，则其体积是( )A．955π B．955 C．355π D．355二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．一个水平放置的圆柱形储油桶(如图所示)，桶内有油部分所在圆弧占底面圆周长的14，则油桶直立时，油的高度与桶的高度的比值是________．14．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________．15．设正六棱台的上、下底面边长分别为2和4，高为2，则其体积为________．16．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为________．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)某个几何体的三视图如图所示(单位：m)，(1)求该几何体的表面积(结果保留π)；(2)求该几何体的体积(结果保留π)．18．(12分)如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图是一个正方形．(1)在给定的直角坐标系中作出这个几何体的直观图(不写作法)；(2)求这个几何体的体积．19．(12分)等边三角形ABC的边长为a，沿平行于BC的线段PQ折起，使平面APQ⊥平面PBCQ，设点A到直线PQ的距离为x，AB的长为d．x为何值时，d2取得最小值，最小值是多少20．(12分)如图所示，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．21．(12分)沿着圆柱的一条母线将圆柱剪开，可将侧面展到一个平面上，所得的矩形称为圆柱的侧面展开图，其中矩形长与宽分别是圆柱的底面圆周长和高(母线长)，所以圆柱的侧面积S＝2πrl，其中r为圆柱底面圆半径，l为母线长．现已知一个圆锥的底面半径为R，高为H，在其中有一个高为x的内接圆柱．(1)求圆柱的侧面积；(2)x为何值时，圆柱的侧面积最大22．(12分)养路处建造圆锥形无底仓库用于贮藏食盐(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(A) 答案1．D 2．A 3．A 4．C5．D [原图与其直观图的面积比为4∶2，所以34S 原＝24，所以S原＝62．] 6．D [∵EH ∥A 1D 1， ∴EH ∥B 1C 1，∴EH ∥平面BB 1C 1C ．由线面平行性质，EH ∥FG ． 同理EF ∥GH ．且B 1C 1⊥面EB 1F ．由直棱柱定义知几何体B 1EF －C 1HG 为直三棱柱， ∴四边形EFGH 为矩形，Ω为五棱柱．故选D ．] 7．A 8．C [如图所示，由V ＝Sh 得，S ＝4，即正四棱柱底面边长为2． ∴A 1O 1＝2，A 1O ＝R ＝6． ∴S 球＝4πR 2＝24π．]9．C [S 底＋S 侧＝3S 底，2S 底＝S 侧，即：2πr 2＝πrl ，得2r ＝l ．设侧面展开图的圆心角为θ， 则θπl 180°＝2πr ， ∴θ＝180°．] 10．D 11．A [棱锥的直观图如图，则有PO ＝4，OD ＝3，由勾股定理，得PD ＝5，AB ＝62，全面积为12×6×6＋2×12×6×5＋12×62×4＝48＋122，故选A ．]12．C13．14－12π解析 设圆柱桶的底面半径为R ，高为h ，油桶直立时油面的高度为x ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫14πR 2－12R 2h ＝πR 2x ，所以x h ＝14－12π．14．14πa 3解析如图，正三角形ABC 中，AB ＝a ，高AD ＝32a ， ∴V ＝13πAD 2·CB ＝13π·⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2·a ＝14πa 3．15．28316．23解析 由正视图和俯视图可知几何体是正方体切割后的一部分(四棱锥C 1－ABCD )，还原在正方体中，如图所示．多面体最长的一条棱即为正方体的体对角线， 由正方体棱长AB ＝2知最长棱的长为23． 17．解 由三视图可知：该几何体的下半部分是棱长为2 m 的正方体，上半部分是半径为1 m 的半球．(1)几何体的表面积为S ＝12×4π×12＋6×22－π×12＝24＋π(m 2)．(2)几何体的体积为V ＝23＋12×43×π×13＝8＋2π3(m 3)．18．解 (1)直观图如图．(2)这个几何体是一个四棱锥． 它的底面边长为2，高为2，所以体积V ＝13×22×2＝423．19．解 下图(1)为折叠前对照图，下图(2)为折叠后空间图形． ∵平面APQ ⊥平面PBCQ ， 又∵AR ⊥PQ ，∴AR ⊥平面PBCQ ，∴AR ⊥RB ． 在Rt △BRD 中，BR 2＝BD 2＋RD 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32a －x 2，AR 2＝x 2．故d 2＝BR 2＋AR 2＝2x 2－3ax ＋a 2＝2⎝⎛⎭⎪⎫x －34a 2＋58a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x <32a ，∴当x ＝34a 时，d 2取得最小值58a 2． 20．解 S 表面＝S 圆台底面＋S 圆台侧面＋S 圆锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×22＝(42＋60)π．V ＝V 圆台－V 圆锥＝13π(r 21＋r 1r 2＋r 22)h －13πr 21h ′＝13π(25＋10＋4)×4－13π×4×2＝1483π． 21．解 (1)画圆锥及内接圆柱的轴截面(如图所示)． 设所求圆柱的底面半径为r ，它的侧面积S 圆柱侧＝2πrx ．因为r R ＝H －x H ，所以r ＝R －R H·x ．所以S 圆柱侧＝2πRx －2πRH·x 2．(2)因为S 圆柱侧的表达式中x 2的系数小于零，所以这个二次函数有最大值． 这时圆柱的高x ＝H2．故当圆柱的高是已知圆锥的高的一半时，它的侧面积最大．22．解 (1)如果按方案一，仓库的底面直径变为16 m ，则仓库的体积V 1＝13Sh ＝13×π×(162)2×4＝256π3(m 3)．如果按方案二，仓库的高变为8 m ，则仓库的体积V 2＝13Sh ＝13×π×(122)2×8＝288π3＝96(m 3)．(2)如果按方案一，仓库的底面直径变为16 m ，半径为8 m ，棱锥的母线长为l ＝82＋42＝45(m)，则仓库的表面积S 1＝π×8×45＝325π(m 2)，如果按方案二，仓库的高变为8 m ． 棱锥的母线长为l ＝82＋62＝10(m)，则仓库的表面积S 2＝π×6×10＝60π(m 2)．(3)∵V 2>V 1，S 2<S 1，∴方案二比方案一更加经济．。