2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四　1 第1讲　空间几何体 .doc

1、 专题强化训练 1.九章算术中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳 马 设 AA1是正六棱柱的一条侧棱， 如图， 若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点， 以 AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( ) A4 B8 C12 D16 解析：选 D.如图，以 AA1为底面矩形一边的四边形有 AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E 这 4 个，每一个面都有 4 个顶点，所以阳马的个数为 16 个故选 D. 2正方体 ABCD- A1B1C1D1中，E 为棱 BB1的中点(如图)，用过点 A，E，C1的平面截去该 正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( ) 解析：选 C.

2、过点 A，E，C1的平面与棱 DD1相交于点 F，且 F 是棱 DD1的中点，截去正 方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项 C. 3某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( ) A8 cm3 B12 cm3 C32 3 cm3 D40 3 cm3 解析：选 C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体下 面是棱长为 2 cm 的正方体， 体积 V12228(cm3)； 上面是底面边长为 2 cm， 高为 2 cm 的 正四棱锥，体积 V21 3222 8 3(cm 3)，所以该几何体的体积 VV 1V232 3 (cm3) 4

3、(2019 台州模拟)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，则该多面体最长的棱长等于( ) A 34 B 41 C5 2 D2 15 解析：选 C.由正视图、侧视图、俯视图的形状，可判断该几何体为三棱锥，形状如图， 其中 SC平面 ABC，ACAB，所以最长的棱长为 SB5 2. 5(2019 金华十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( ) A15 2 B8 C.17 2 D9 解析：选 B.依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的 平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所

4、得的部分的底面半径为 1，最短母线长为 3、最长母线长为 5，将这两个截后所得的部分拼接 恰好形成一个底面半径为 1，母线长为 538 的圆柱，因此题中的几何体的体积为12 88，选 B. 6.如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面 是正三角形如果三棱柱的体积为 12 3，圆柱的底面直径与母线长相等， 则圆柱的侧面积为( ) A12 B14 C16 D18 解析： 选 C.设圆柱的底面半径为 R， 则三棱柱的底面边长为 3R， 由 3 4 ( 3R)2 2R12 3， 得 R2，S圆柱侧2R2R16.故选 C. 7 (2019 石家庄市第一次模拟)某几何体的三视图如图所示

5、(网格线中每个小正方形的边长 为 1)，则该几何体的表面积为( ) A48 B54 C64 D60 解析：选 D.根据三视图还原直观图，如图所示，则该几何体的表面积 S631 264 21 235 1 26560，故选 D. 8在封闭的直三棱柱 ABC- A1B1C1内有一个体积为 V 的球若 ABBC，AB6，BC8， AA13，则 V 的最大值是( ) A.4 B.9 2 C.6 D.32 3 解析：选 B.由题意可得若 V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切， 可求得球的半径为 2，球的直径为 4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上 下底面相切，此时球的半

6、径 R3 2，该球的体积最大，Vmax 4 3R 34 3 27 8 9 2 . 9(2019 温州八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所 示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( ) A.1 2 B. 2 4 C. 2 2 D. 3 2 解析：选 C.依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为 a，则 斜边长为 2a，圆锥的底面半径为 2 2 a、母线长为 a，因此其俯视图中椭圆的长轴长为 2a、短 轴长为 a，其离心率 e1（ a 2a） 2 2 2 ，选 C. 10.已知圆柱 OO1的底面半径为 1， 高为， ABCD 是圆柱的一个

7、轴截 面动点 M 从点 B 出发沿着圆柱的侧面到达点 D，其距离最短时在侧面 留下的曲线 如图所示现将轴截面 ABCD 绕着轴 OO1逆时针旋转 (0 )后， 边 B1C1与曲线 相交于点 P， 设 BP 的长度为 f()， 则 yf() 的图象大致为( ) 解析：选 A.将圆柱的侧面沿轴截面 ABCD 展平，则曲线 是展开图形(即矩形)的对角线， 根据题意，将轴截面 ABCD 绕着轴 OO1逆时针旋转 (0)后，边 B1C1与曲线 相交于 点 P，设 BP 的长度为 f()，则 f()应当是一次函数的一段，故选 A. 11(2019 浙江省重点中学高三 12 月期末热身联考)某空间几何体的三

8、视图如图所示，则 该几何体的体积是_；表面积是_ 解析：根据三视图可得，该几何体是长方体中的四棱锥 C- BB1D1D， 由三视图可得： AB2，BC2，BB14，VCBB1D1D2 3 1 2224 16 3 ， SCBB1D1D1 2222 24 1 224 1 224 1 22 2 18168 2. 答案：16 3 168 2 12.(2019 宁波市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单 位：cm)，则该几何体的体积为_ cm3，表面积为_cm2. 解析：由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉1 4后得到的几何 体 所以该几何体的体积3 4 1 2 4 31 3 2 cm3.

9、表面积3 4 1 241 21 21 23 41 211 4 cm2. 答案： 2 11 4 13(2019 河北省“五校联盟”质量检测)已知球 O 的表面积为 25，长方体的八个顶点 都在球 O 的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于_ 解析：设球的半径为 R，则 4R225，所以 R5 2，所以球的直径为 2R5，设长方体 的长、宽、高分别为 a、b、c，则长方体的表面积 S2ab2ac2bca2b2a2c2b2c2 2(a2b2c2)50. 答案：50 14(2019 浙江省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当 xy 取得最大值时， 该几何体的体积是_ 解析：分析题意可知，

10、该几何体为如图所示的四棱锥 PABCD，CDy 2， ABy，AC5，CP 7，BPx，所以 BP2BC2CP2，即 x225y27， x2y2322xy，则 xy16，当且仅当 xy4 时，等号成立此时该几何 体的体积 V1 3 24 2 3 73 7. 答案：3 7 15(2019 杭州市高考数学二模)在正方体 ABCD- A1B1C1D1中，E 是 AA1的中点，则异面 直线 BE 与 B1D1所成角的余弦值等于_，若正方体棱长为 1，则四面体 B- EB1D1的体积 为_ 解析：取 CC1中点 F，连接 D1F，B1F，则 BE 綊 D1F， 所以B1D1F 为异面直线 BE 与 B1

11、D1所成的角 设正方体棱长为 1，则 B1D1 2，B1FD1F11 4 5 2 .所以 cos B1D1F 1 2B1D1 D1F 2 2 5 2 10 5 . VBEB1D1VD1BB1E1 3SBB1EA1D1 1 3 1 2111 1 6. 答案： 10 5 1 6 16已知棱长均为 a 的正三棱柱 ABC- A1B1C1的六个顶点都在半径为 21 6 的球面上，则 a 的值为_ 解析：设 O 是球心，D 是等边三角形 A1B1C1的中心，则 OA1 21 6 ，因为正三棱柱 ABC A1B1C1的所有棱长均为 a， 所以 A1D 3 2 a2 3 3 3 a， ODa 2， 故 A1

12、D 2OD2 3 3 a 2 a 2 2 21 6 2 ，得 7 12a 221 36，即 a 21，得 a1. 答案：1 17(2019 瑞安四校联考)已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为 1 的球，则此三棱 柱的体积的最大值为_ 解析：如图，设球心为 O，三棱柱的上、下底面的中心分别为 O1，O2，底 面正三角形的边长为 a， 则 AO12 3 3 2 a 3 3 a. 由已知得 O1O2底面， 在 RtOAO1中，由勾股定理得 OO1 12 3 3 a 2 3 3a2 3 ， 所以 V三棱柱 3 4 a22 3 3a2 3 3a4a6 2 ， 令 f(a)3a4a6(0a2)， 则 f

13、(a)12a36a5 6a3(a22)，令 f(a)0，解得 a 2. 因为当 a(0， 2)时，f(a)0；当 a( 2，2)时，f(a)0，所以函数 f(a)在(0， 2) 上单调递增，在( 2，2)上单调递减 所以 f(a)在 a 2 处取得极大值 因为函数 f(a)在区间(0，2)上有唯一的极值点， 所以 a 2 也是最大值点 所以(V三棱柱)max 348 2 1. 答案：1 18.如图，四棱锥 P- ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD，ABBC1 2AD, BADABC90 . (1)证明：直线 BC平面 PAD； (2)若PCD 的面积为 2 7，求四

14、棱锥 P- ABCD 的体积 解：(1)证明：在平面 ABCD 内，因为BADABC90，所以 BCAD.又 BC平面 PAD，AD平面 PAD，故 BC平面 PAD. (2)取 AD 的中点 M， 连接 PM， CM.由 ABBC1 2AD 及 BCAD， ABC90得四边形 ABCM 为正方形，则 CMAD. 因为侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD，平面 PAD平 面ABCDAD， 所以PMAD， PM底面ABCD.因为CM底面ABCD， 所以 PMCM. 设 BCx，则 CMx，CD 2x，PM 3x，PCPD2x. 取 CD 的中点 N，连接 PN， 则 PNCD，所以

15、PN 14 2 x. 因为PCD 的面积为 2 7， 所以1 2 2x 14 2 x2 7， 解得 x2(舍去)或 x2.于是 ABBC2，AD4，PM2 3. 所以四棱锥 P- ABCD 的体积 V1 3 2（24） 2 2 34 3. 19.如图，在ABC 中，B 2 ，ABBC2，P 为 AB 边上一动 点，PDBC 交 AC 于点 D.现将PDA 沿 PD 翻折至PDA，使平面 PDA平面 PBCD. (1)当棱锥 APBCD 的体积最大时，求 PA 的长； (2)若 P 为 AB 的中点，E 为 AC 的中点，求证：ABDE. 解：(1)设 PAx，则 PAx， 所以 VAPBCD1 3PAS 底面PBCD1 3x 2x 2 2 . 令 f(x)1 3x 2x 2 2 2x 3 x 3 6(0x2)， 则 f(x)2 3 x2 2. 当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x 0，2 3 3 2 3 3 2 3 3 ，2 f(x) 0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 由上表易知，当 PAx2 3 3 时，VAPBCD取最大值 (2)证明：取 AB 的中点 F，连接 EF，FP. 由已知，得 EF 綊1 2BC 綊 PD. 所以四边形 EFPD 是平行四边形， 所以 EDFP. 因为APB 为等腰直角三角形， 所以 ABPF.所以 ABDE.