《2019高考數(shù)學二輪復習 第一部分 保分專題三 立體幾何 第2講 空間幾何體中的計算問題練習 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考數(shù)學二輪復習 第一部分 保分專題三 立體幾何 第2講 空間幾何體中的計算問題練習 文（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第2講 空間幾何體中的計算問題 A組　小題提速練 一、選擇題 1．如圖，某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條互相垂直的半徑．若該幾何體的體積是，則它的表面積是(　　) A．17π　　　　　　　 B．18π C．20π D．28π 解析：由三視圖知該幾何體為球去掉了所剩的幾何體(如圖)，設球的半徑為R，則×πR3＝，故R＝2，從而它的表面積S＝×4πR2＋×πR2＝17π.故選A. 答案：A 2．將一個長方體沿相鄰三個面的對角線截去一個棱錐，得到的幾何體的正視圖與俯視圖如圖所示，則該幾何體的側(左)視圖為(　　) 解析：由幾何體的正視圖、俯視圖

2、以及題意可畫出幾何體的直觀圖，如圖所示． 該幾何體的側視圖為選項B.故選B. 答案：B 3．某幾何體三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．8－ B．8－ C．8－π D．8－2π 解析：由三視圖可知，該幾何體的體積是一個四棱柱的體積減去半個圓柱的體積，即V＝2×2×2－×π×12×2＝8－π.故選C. 答案：C 4．已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6個頂點都在球O的球面上．若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，則球O的半徑為(　　) A. B．2 C. D．3 解析：由題意知，該三棱柱可以看作是長方體的一部分，且長方體同一頂點處的三條

3、棱長分別為3、4、12，又∵三棱柱的外接球即為長方體的外接球，(2R)2＝32＋42＋122，∴R＝.故選C. 答案：C 5．(2018·貴陽模擬)三棱錐PABC的四個頂點都在體積為的球的表面上，底面ABC所在的小圓面積為16π，則該三棱錐的高的最大值為(　　) A．4 B．6 C．8 D．10 解析：依題意，設題中球的球心為O、半徑為R，△ABC的外接圓半徑為r，則＝，解得R＝5, 由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距離為＝3，因此三棱錐PABC的高的最大值為5＋3＝8，選C. 答案：C 6．(2017·高考全國卷Ⅲ)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓

4、周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為(　　) A．π B. C. D. 解析：設圓柱的底面半徑為r，則r2＝12－2＝，所以，圓柱的體積V＝π×1＝，故選B. 答案：B 7．在封閉的直三棱柱ABCA1B1C1內有一個體積為V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是(　　) A．4π B. C．6π D. 解析：設球的半徑為R，∵△ABC的內切圓半徑為＝2，∴R≤2.又2R≤3，∴R≤，∴Vmax＝×π×3＝.故選B. 答案：B 8．如圖，網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，則該多面體的表面積為(

5、　　) A．18＋36 B．54＋18 C．90 D．81 答案：B 9．如圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為 (　　) A．20π B．24π C．28π D．32π 解析：由三視圖知該幾何體是圓錐與圓柱的組合體，設圓柱底面圓半徑為r，周長為c，圓錐母線長為l，圓柱高為h.由圖得r＝2，c＝2πr＝4π，h＝4，由勾股定理得：l＝＝4，S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π. 答案：C 10．(2018·西安質量檢測)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A. B. C. D．3

6、 解析：根據(jù)幾何體的三視圖，得該幾何體是下部為直三棱柱，上部為三棱錐的組合體，如圖所示，則該幾何體的體積是V幾何體＝V三棱柱＋V三棱錐＝×2×1×1＋××2×1×1＝.故選A. 答案：A 11．(2018·唐山統(tǒng)考)三棱錐PABC中，PA⊥平面ABC且PA＝2，△ABC是邊長為的等邊三角形，則該三棱錐外接球的表面積為(　　) A. B．4π C．8π D．20π 解析：由題意得，此三棱錐外接球即以△ABC為底面、以PA為高的正三棱柱的外接球，因為△ABC的外接圓半徑r＝××＝1，外接球球心到△ABC的外接圓圓心的距離d＝1，所以外接球的半徑R＝＝，所以三棱錐外接球的表面積S＝4

7、πR2＝8π，故選C. 答案：C 12．如圖，直三棱柱ABC -A1B1C1的六個頂點都在半徑為1的半球面上，AB＝AC，側面BCC1B1是半球底面圓的內接正方形，則側面ABB1A1的面積為(　　) A．2 B．1 C. D. 解析：由題意知，球心在側面BCC1B1的中心O上，BC為截面圓的直徑，∴∠BAC＝90°，△ABC的外接圓圓心N位于BC的中點，同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中點．設正方形BCC1B1邊長為x，Rt△OMC1中，OM＝，MC1＝，OC1＝R＝1(R為球的半徑)， ∴2＋2＝1， 即x＝，則AB＝AC＝1， ∴S矩形ABB1A1＝×1＝.

8、故選C. 答案：C 二、填空題 13．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為________． 解析：由題意知，該幾何體的三視圖是一個三棱柱，其體積V＝×2×3×4＝12. 答案：12 14．(2018·洛陽統(tǒng)考)已知點A，B，C，D均在球O上，AB＝BC＝，AC＝2.若三棱錐DABC體積的最大值為3，則球O的表面積為________． 解析：由題意可得，∠ABC＝，△ABC的外接圓半徑r＝，當三棱錐的體積最大時，VDABC＝S△ABC·h(h為D到底面ABC的距離)，即3＝×××h?h＝3，即R＋＝3(R為外接球半徑)，解得R＝2，∴球O的表面積為4π×22＝

9、16π. 答案：16π 15．正四面體ABCD的外接球半徑為2，過棱AB作該球的截面，則截面面積的最小值為________． 解析：由題意，面積最小的截面是以AB為直徑的圓，在正四面體ABCD中，如圖，設E為△BCD的中心，連接AE，BE，則球心O在AE上，延長AE交球面于F，則AF是球的直徑，∠ABF＝90°，又AE⊥BE，所以在△ABF中，由射影定理得AB2＝AE·AF＝4AE，又AE＝＝AB，所以AB＝，故截面面積的最小值為π2＝. 答案： 16．(2018·貴州適應性考試)已知正三棱柱(底面是正三角形，側棱與底面垂直)的體積為3 cm3，其所有頂點都在球O的球面上，則球O

10、的表面積的最小值為________cm2. 解析：球O的表面積最小?球O的半徑R最?。O正三棱柱的底面邊長為a，高為b，則正三棱柱的體積V＝a2b＝3， 所以a2b＝12.底面正三角形所在截面圓的半徑r＝a，則R2＝r2＋2＝＋＝×＋＝＋，令f(b)＝＋，0＜b＜2R，則f′(b)＝，令f′(b)＝0，解得b＝2 ，當0＜b＜2時，f′(b)＜0，函數(shù)f(b)單調遞減，當b＞2時，f′(b)＞0，函數(shù)f(b)單調遞增，所以當b＝2時，f(b)取得最小值3, 即(R2)min＝3，故球O的表面積的最小值為12π. 答案：12π B組　大題規(guī)范練 1．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D

11、1中，AA1＝2，E為棱CC1的中點． (1)求證：B1D1⊥AE； (2)求證：AC∥平面B1DE. 證明：(1)連接BD， 則BD∥B1D1. ∵四邊形ABCD是正方形， ∴AC⊥BD. ∵CE⊥平面ABCD， ∴CE⊥BD. 又AC∩CE＝C， ∴BD⊥平面ACE. ∵AE?平面ACE，∴BD⊥AE，∴B1D1⊥AE. (2)取BB1的中點F，連接AF，CF，EF， 則FC∥B1E， ∴CF∥平面B1DE. ∵E，F(xiàn)是CC1，BB1的中點，∴EF綊BC. 又BC綊AD，∴EF綊AD， ∴四邊形ADEF是平行四邊形，∴AF∥ED. ∵AF?平面B1D

12、E，ED?平面B1DE， ∴AF∥平面B1DE. ∵AF∩CF＝F，∴平面ACF∥平面B1DE. 又∵AC?平面ACF，∴AC∥平面B1DE. 2．如圖，在三棱錐V-ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB為等邊三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝，O，M分別為AB，VA的中點． (1)求證：VB∥平面MOC； (2)求證：平面MOC⊥平面VAB； (3)求三棱錐V-ABC的體積． 解析：(1)證明：因為O，M分別為AB，VA的中點， 所以OM∥VB. 又因為VB?平面MOC，所以VB∥平面MOC. (2)證明：因為AC＝BC，O為AB的中點， 所以OC⊥AB. 又

13、因為平面VAB⊥平面ABC，且OC?平面ABC， 所以OC⊥平面VAB. 所以平面MOC⊥平面VAB. (3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝， 所以AB＝2，OC＝1. 所以等邊三角形VAB的面積S△VAB＝. 又因為OC⊥平面VAB， 所以三棱錐C-VAB的體積等于OC·S△VAB＝. 又因為三棱錐V-ABC的體積與三棱錐C-VAB的體積相等，所以三棱錐V-ABC的體積為. 3．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，點E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點． (1)求證：直線AF∥平面PEC； (2)求

14、三棱錐P-BEF的表面積． 解析：(1)證明：作FM∥CD交PC于M，連接ME. ∵點F為PD的中點，∴FM綊CD， 又AE綊CD，∴AE綊FM， ∴四邊形AEMF為平行四邊形，∴AF∥EM， ∵AF?平面PEC，EM?平面PEC， ∴直線AF∥平面PEC. (2)連接ED，BD，可知ED⊥AB， ???AB⊥PE，AB⊥FE， 故S△PEF＝PF·ED＝××＝； S△PBF＝PF·BD＝××1＝； S△PBE＝PE·BE＝××＝； S△BEF＝EF·EB＝×1×＝. 因此三棱錐P-BEF的表面積SP-BEF＝S△PEF＋S△PBF＋S△PBE＋S△BEF＝.

15、4．如圖，在單位正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AD，BC1的中點． (1)求證：EF∥平面C1CDD1； (2)在線段A1B上是否存在點G，使EG⊥平面A1BC1？若存在，求點G到平面C1DF的距離；若不存在，請說明理由． 解析：(1)證明：取BC的中點M，連接EM，F(xiàn)M， ∵E，F(xiàn)分別是AD，BC1的中點，∴EM∥DC，F(xiàn)M∥C1C， EM?平面EFM，F(xiàn)M?平面EFM，EM∩FM＝M， DC?平面C1CDD1，C1C?平面C1CDD1，DC∩C1C＝C， ∴平面EFM∥平面C1CDD1，而EF?平面EFM， ∴EF∥平面C1CDD1. (2)取A

16、1B的中點G，連接EG，EA1，EB，易知EA1＝EB，而G為中點，∴EG⊥A1B. 連接FG，則FG∥A1C1， ∵正方體棱長為1， 在△A1BC1中，F(xiàn)G＝A1C1＝. 在Rt△FME中，EF＝，在Rt△EAG中，EG＝， ∴FG2＋EG2＝FE2，即EG⊥FG，故EG⊥A1C1， 又A1B，A1C1?平面A1BC1，A1B∩A1C1＝A1， ∴EG⊥平面A1BC1. 點G到平面C1DF的距離就是點G到平面C1DB的距離． ∵GA∥C1D，∴GA∥平面C1DB， ∴點G到平面C1DB的距離就是點A到平面C1DB的距離．易知S△BDC1＝，S△ABD＝， 點C1到平面ABD的距離為1， 設點G到平面C1DF的距離為d， 由VC1-ABD＝VA-BDC1得×1×S△ABD＝·d·S△BDC1， 即＝d·，∴d＝， 即點G到平面C1DF的距離為. 11