（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 立體幾何 第1講 空間幾何體專題強化訓(xùn)練

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1、第1講 空間幾何體 專題強化訓(xùn)練 1.《九章算術(shù)》中，稱底面為矩形而有一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐為陽馬．設(shè)AA1是正六棱柱的一條側(cè)棱，如圖，若陽馬以該正六棱柱的頂點為頂點，以AA1為底面矩形的一邊，則這樣的陽馬的個數(shù)是(　　) A．4　　　　　　　　　　 B．8 C．12　　　　　 D．16 解析：選D.如圖，以AA1為底面矩形一邊的四邊形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E這4個，每一個面都有4個頂點，所以陽馬的個數(shù)為16個．故選D. 2．正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱BB1的中點(如圖)，用過點A，E，C1的平面截去該正方體的上半部分，則剩

2、余幾何體的正視圖為(　　) 解析：選C.過點A，E，C1的平面與棱DD1相交于點F，且F是棱DD1的中點，截去正方體的上半部分，剩余幾何體的直觀圖如圖所示，則其正視圖應(yīng)為選項C. 3．某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積是(　　) A．8 cm3　　　　　　　　　　 B．12 cm3 C． cm3 D． cm3 解析：選C.由三視圖可知，該幾何體是由一個正方體和一個正四棱錐構(gòu)成的組合體．下面是棱長為2 cm的正方體，體積V1＝2×2×2＝8(cm3)；上面是底面邊長為2 cm，高為2 cm 的正四棱錐，體積V2＝×2×2×2＝(cm3)，所

3、以該幾何體的體積V＝V1＋V2＝(cm3)． 4．(2019·臺州模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體最長的棱長等于(　　) A．　　　 B． C．5　　　 D．2 解析：選C.由正視圖、側(cè)視圖、俯視圖的形狀，可判斷該幾何體為三棱錐，形狀如圖，其中SC⊥平面ABC，AC⊥AB，所以最長的棱長為SB＝5. 5．(2019·金華十校聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是(　　) A．　　　　 B．8π　　　　 C.　　　　 D．9π 解析：選B.依題意，題中的幾何體是由兩個完全相同的圓柱各

4、自用一個不平行于其軸的平面去截后所得的部分拼接而成的組合體(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一個截后所得的部分的底面半徑為1，最短母線長為3、最長母線長為5，將這兩個截后所得的部分拼接恰好形成一個底面半徑為1，母線長為5＋3＝8的圓柱，因此題中的幾何體的體積為π×12×8＝8π，選B. 6.如圖，圓柱內(nèi)有一個直三棱柱，三棱柱的底面在圓柱底面內(nèi)，且底面是正三角形．如果三棱柱的體積為12，圓柱的底面直徑與母線長相等，則圓柱的側(cè)面積為(　　) A．12π B．14π C．16π D．18π 解析：選C.設(shè)圓柱的底面半徑為R，則三棱柱的底面邊長為R，由

5、(R)2·2R＝12，得R＝2，S圓柱側(cè)＝2πR·2R＝16π.故選C. 7．(2019·石家莊市第一次模擬)某幾何體的三視圖如圖所示(網(wǎng)格線中每個小正方形的邊長為1)，則該幾何體的表面積為(　　) A．48 B．54 C．64 D．60 解析：選D.根據(jù)三視圖還原直觀圖，如圖所示，則該幾何體的表面積S＝6×3＋×6×4＋2××3×5＋×6×5＝60，故選D. 8．在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個體積為V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是(　　) A.4π B

6、. C.6π D. 解析：選B.由題意可得若V最大，則球與直三棱柱的部分面相切，若與三個側(cè)面都相切，可求得球的半徑為2，球的直徑為4，超過直三棱柱的高，所以這個球放不進去，則球可與上下底面相切，此時球的半徑R＝，該球的體積最大，Vmax＝πR3＝×＝. 9．(2019·溫州八校聯(lián)考)某幾何體是直三棱柱與圓錐的組合體，其直觀圖和三視圖如圖所示，正視圖為正方形，其中俯視圖中橢圓的離心率為(　　) A. B. C. D. 解析：選C.依題意得，題中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，設(shè)其直角邊長為a，則斜邊長

7、為a，圓錐的底面半徑為a、母線長為a，因此其俯視圖中橢圓的長軸長為a、短軸長為a，其離心率e＝＝，選C. 10.已知圓柱OO1的底面半徑為1，高為π，ABCD是圓柱的一個軸截面．動點M從點B出發(fā)沿著圓柱的側(cè)面到達點D，其距離最短時在側(cè)面留下的曲線Γ如圖所示．現(xiàn)將軸截面ABCD繞著軸OO1逆時針旋轉(zhuǎn)θ(0＜θ≤π)后，邊B1C1與曲線Γ相交于點P，設(shè)BP的長度為f(θ)，則y＝f(θ)的圖象大致為(　　) 解析：選A.將圓柱的側(cè)面沿軸截面ABCD展平，則曲線Γ是展開圖形(即矩形)的對角線，根據(jù)題意，將軸截面ABCD繞著軸OO1逆時針旋轉(zhuǎn)θ(0＜θ≤π)后，邊B1C1與曲線Γ相交于點P，設(shè)

8、BP的長度為f(θ)，則f(θ)應(yīng)當是一次函數(shù)的一段，故選A. 11．(2019·浙江省重點中學(xué)高三12月期末熱身聯(lián)考)某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是________；表面積是________． 解析：根據(jù)三視圖可得，該幾何體是長方體中的四棱錐C-BB1D1D， 由三視圖可得： AB＝2，BC＝2，BB1＝4，VC-BB1D1D＝××2×2×4＝， SC-BB1D1D＝×2×2＋2×4＋×2×4＋×2×4＋×2×＝16＋8. 答案：　16＋8 12.(2019·寧波市余姚中學(xué)期中檢測)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積為______

9、__ cm3，表面積為________cm2. 解析：由三視圖可知：該幾何體是由一個半球去掉后得到的幾何體． 所以該幾何體的體積＝×××π×13＝ cm3. 表面積＝××4π×12＋×π×12＋×π×12＝ cm2. 答案：　 13．(2019·河北省“五校聯(lián)盟”質(zhì)量檢測)已知球O的表面積為25π，長方體的八個頂點都在球O的球面上，則這個長方體的表面積的最大值等于________． 解析：設(shè)球的半徑為R，則4πR2＝25π，所以R＝，所以球的直徑為2R＝5，設(shè)長方體的長、寬、高分別為a、b、c，則長方體的表面積S＝2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2＝2(a2

10、＋b2＋c2)＝50. 答案：50 14．(2019·浙江省高三考前質(zhì)量檢測)某幾何體的三視圖如圖所示，當xy取得最大值時，該幾何體的體積是____________． 解析：分析題意可知，該幾何體為如圖所示的四棱錐P-ABCD，CD＝，AB＝y(tǒng)，AC＝5，CP＝，BP＝x，所以BP2＝BC2＋CP2，即x2＝25－y2＋7，x2＋y2＝32≥2xy，則xy≤16，當且僅當x＝y(tǒng)＝4時，等號成立．此時該幾何體的體積V＝××3×＝3. 答案：3 15．(2019·杭州市高考數(shù)學(xué)二模)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是AA1的中點，則異面直線BE與B1D1所成角的余弦值等于__

11、______，若正方體棱長為1，則四面體B-EB1D1的體積為________． 解析：取CC1中點F，連接D1F，B1F，則BE綊D1F， 所以∠B1D1F為異面直線BE與B1D1所成的角． 設(shè)正方體棱長為1，則B1D1＝，B1F＝D1F＝＝.所以cos ∠B1D1F＝＝＝. VB-EB1D1＝VD1-BB1E＝S△BB1E·A1D1＝××1×1×1＝. 答案：　 16．已知棱長均為a的正三棱柱ABC-A1B1C1的六個頂點都在半徑為的球面上，則a的值為________． 解析：設(shè)O是球心，D是等邊三角形A1B1C1的中心，則OA1＝，因為正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長

12、均為a，所以A1D＝a×＝a，OD＝，故A1D2＋OD2＝＋＝，得a2＝，即a2＝1，得a＝1. 答案：1 17．(2019·瑞安四校聯(lián)考)已知底面為正三角形的三棱柱內(nèi)接于半徑為1的球，則此三棱柱的體積的最大值為________． 解析：如圖，設(shè)球心為O，三棱柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，底面正三角形的邊長為a， 則AO1＝×a＝a. 由已知得O1O2⊥底面， 在Rt△OAO1中，由勾股定理得 OO1＝ ＝， 所以V三棱柱＝a2×2×＝， 令f(a)＝3a4－a6(0＜a＜2)， 則f′(a)＝12a3－6a5 ＝－6a3(a2－2)，令f′(a)＝0，解得a＝.

13、 因為當a∈(0，)時，f′(a)＞0；當a∈(，2)時，f′(a)＜0，所以函數(shù)f(a)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，2)上單調(diào)遞減． 所以f(a)在a＝ 處取得極大值． 因為函數(shù)f(a)在區(qū)間(0，2)上有唯一的極值點，所以a＝ 也是最大值點．所以(V三棱柱)max＝＝1. 答案：1 18.如圖，四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD, ∠BAD＝∠ABC＝90°. (1)證明：直線BC∥平面PAD； (2)若△PCD的面積為2，求四棱錐P-ABCD的體積． 解：(1)證明：在平面ABCD內(nèi)，因為∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC

14、∥AD.又BC?平面PAD，AD?平面PAD，故BC∥平面PAD. (2)取AD的中點M，連接PM，CM.由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°得四邊形ABCM為正方形，則CM⊥AD. 因為側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.因為CM?底面ABCD，所以PM⊥CM. 設(shè)BC＝x，則CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x. 取CD的中點N，連接PN， 則PN⊥CD，所以PN＝x. 因為△PCD的面積為2， 所以×x×x＝2， 解得x＝－2(舍去)或x＝2.于是AB＝BC＝2，AD＝4，P

15、M＝2. 所以四棱錐P-ABCD的體積V＝××2＝4. 19.如圖，在△ABC中，∠B＝，AB＝BC＝2，P為AB邊上一動點，PD∥BC交AC于點D.現(xiàn)將△PDA沿PD翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD. (1)當棱錐A′-PBCD的體積最大時，求PA的長； (2)若P為AB的中點，E為A′C的中點，求證：A′B⊥DE. 解：(1)設(shè)PA＝x，則PA′＝x， 所以VA′-PBCD＝PA′·S底面PBCD＝x. 令f(x)＝x＝－(0