2019高考数学二轮复习第一部分保分专题三立体几何第2讲空间几何体中的计算问题练习文.doc

《2019高考数学二轮复习第一部分保分专题三立体几何第2讲空间几何体中的计算问题练习文.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考数学二轮复习第一部分保分专题三立体几何第2讲空间几何体中的计算问题练习文.doc（11页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第 2 讲 空间几何体中的计算问题A 组 小题提速练一、选择题1如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径若该几何体的体积是 ，则它的表面积是( )283A17 B18C20 D28解析：由三视图知该几何体为球去掉了 所剩的几何体(如图)，设球的半径为 R，则18 R3 ，故 R2，从而它的表面积 S 4 R2 R217.故选 A.78 43 283 78 34答案：A2将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )2解析：由几何体的正视图、俯视图以及题意可画出几何体的直观图，如图所示该几何体的侧

2、视图为选项 B.故选 B.答案：B3某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A8 B8 4 2C8 D82解析：由三视图可知，该几何体的体积是一个四棱柱的体积减去半个圆柱的体积，即V222 1 228.故选 C.12答案：C4已知直三棱柱 ABCA1B1C1的 6 个顶点都在球 O 的球面上若AB3， AC4， AB AC， AA112，则球 O 的半径为( )A. B23172 10C. D3132 10解析：由题意知，该三棱柱可以看作是长方体的一部分，且长方体同一顶点处的三条棱长分别为 3、4、12，又三棱柱的外接球即为长方体的外接球，(2 R)23 24 212 2， R3.故选

3、 C.132答案：C5(2018贵阳模拟)三棱锥 P ABC 的四个顶点都在体积为 的球的表面上，底面 ABC5003所在的小圆面积为 16，则该三棱锥的高的最大值为( )A4 B6C8 D10解析：依题意，设题中球的球心为 O、半径为 R， ABC 的外接圆半径为 r，则 4 R33，解得 R5, 由 r216，解得 r4，又球心 O 到平面 ABC 的距离为50033，因此三棱锥 P ABC 的高的最大值为 538，选 C.R2 r2答案：C6(2017高考全国卷)已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A B.34C. D. 2 4解

4、析：设圆柱的底面半径为 r，则 r21 2 2 ，所以，圆柱的体积 V 1 ，(12) 34 34 34故选 B.答案：B7在封闭的直三棱柱 ABC A1B1C1内有一个体积为 V 的球若AB BC， AB6， BC8， AA13，则 V 的最大值是( )A4 B.92C6 D.323解析：设球的半径为 R， ABC 的内切圆半径为 2， R2.又6 8 1022R3， R ， Vmax 3 .故选 B.32 43 (32) 92答案：B8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( )4A1836 B54185 5C90 D81答案：B9如图是由

5、圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A20 B24C28 D32解析：由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为 r，周长为 c，圆锥母线长为 l，圆柱高为 h.由图得 r2， c2 r4， h4，由勾股定理得： l4， S 表 r2 ch cl416828.22 23 212答案：C10(2018西安质量检测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A. B.43 52C. D3735解析：根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示，则该几何体的体积是 V 几何体 V 三棱柱 V三棱锥 211 211 .

6、故选 A.12 13 12 43答案：A11(2018唐山统考)三棱锥 P ABC 中， PA平面 ABC 且 PA2， ABC 是边长为 的等3边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )A. B443C8 D20解析：由题意得，此三棱锥外接球即以 ABC 为底面、以 PA 为高的正三棱柱的外接球，因为 ABC 的外接圆半径 r 1，外接球球心到 ABC 的外接圆圆心的距离 d1，32 3 23所以外接球的半径 R ，所以三棱锥外接球的表面积 S4 R28，故选 C.r2 d2 2答案：C12如图，直三棱柱 ABC A1B1C1的六个顶点都在半径为 1 的半球面上， AB AC，侧面BCC1B

7、1是半球底面圆的内接正方形，则侧面 ABB1A1的面积为( )A2 B1C. D.222解析：由题意知，球心在侧面 BCC1B1的中心 O 上， BC 为截面圆的直径， BAC90， ABC 的外接圆圆心 N 位于 BC 的中点，同理 A1B1C1的外心 M 是 B1C1的中点设正方形BCC1B1边长为 x，Rt OMC1中， OM ， MC1 ， OC1 R1( R 为球的半径)，x2 x2 2 21，(x2) (x2)即 x ，则 AB AC1，2 S 矩形 ABB1A1 1 .故选 C.2 2答案：C二、填空题13已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_6解析：由题意知，该几何

8、体的三视图是一个三棱柱，其体积 V 23412.12答案：1214(2018洛阳统考)已知点 A， B， C， D 均在球 O 上， AB BC ， AC2 .若三棱锥6 3D ABC 体积的最大值为 3，则球 O 的表面积为_解析：由题意可得， ABC ， ABC 的外接圆半径 r ，当三棱锥的体积最大时， 2 3VD ABC S ABCh(h 为 D 到底面 ABC 的距离)，即 3 hh3，即 R13 13 12 6 63( R 为外接球半径)，解得 R2，球 O 的表面积为 42 216.R2 r2答案：1615正四面体 ABCD 的外接球半径为 2，过棱 AB 作该球的截面，则截面面

9、积的最小值为_解析：由题意，面积最小的截面是以 AB 为直径的圆，在正四面体 ABCD 中，如图，设 E 为 BCD 的中心，连接 AE， BE，则球心 O 在 AE 上，延长 AE 交球面于 F，则 AF 是球的直径， ABF90，又 AE BE，所以在 ABF 中，由射影定理得 AB2 AEAF4 AE，又 AE AB，所以 AB ，故截面面积的最小值为 2 .AB2 BE263 463 (263) 83答案：8316(2018贵州适应性考试)已知正三棱柱(底面是正三角形，侧棱与底面垂直)的体积为3 cm3，其所有顶点都在球 O 的球面上，则球 O 的表面积的最小值为_cm 2.3解析：球

10、 O 的表面积最小球 O 的半径 R 最小设正三棱柱的底面边长为 a，高为 b，则正7三棱柱的体积 V a2b3 ， 所以 a2b12.底面正三角形所在截面圆的半径 r a，则34 3 33R2 r2 2 ，令 f(b) ，0 b2 R，则 f( b)(b2) a23 b24 13 12b b24 4b b24 4b b24，令 f( b)0，解得 b2 ，当 0 b2 时， f( b)0，函数 f(b)单调递减，当b3 82b2b2 时， f( b)0，函数 f(b)单调递增，所以当 b2 时， f(b)取得最小值 3, 即( R2)min3，故球 O 的表面积的最小值为 12.答案：12B

11、 组 大题规范练1如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中， AA12， E 为棱 CC1的中点(1)求证： B1D1 AE；(2)求证： AC平面 B1DE.证明：(1)连接 BD，则 BD B1D1.四边形 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的中点 F，连接 AF， CF， EF，则 FC B1E， CF平面 B1DE. E， F 是 CC1， BB1的中点， EF 綊 BC.又 BC 綊 AD， EF 綊 AD，四边形 ADEF 是平行四边形，

12、 AF ED. AF平面 B1DE， ED平面 B1DE， AF平面 B1DE.8 AF CF F，平面 ACF平面 B1DE.又 AC平面 ACF， AC平面 B1DE.2如图，在三棱锥 VABC 中，平面 VAB平面 ABC， VAB 为等边三角形， AC BC 且AC BC ， O， M 分别为 AB， VA 的中点2(1)求证： VB平面 MOC；(2)求证：平面 MOC平面 VAB；(3)求三棱锥 VABC 的体积解析：(1)证明：因为 O， M 分别为 AB， VA 的中点，所以 OM VB.又因为 VB平面 MOC，所以 VB平面 MOC.(2)证明：因为 AC BC， O 为

13、AB 的中点，所以 OC AB.又因为平面 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 ，2所以 AB2， OC1.所以等边三角形 VAB 的面积 S VAB .3又因为 OC平面 VAB，所以三棱锥 CVAB 的体积等于 OCS VAB .13 33又因为三棱锥 VABC 的体积与三棱锥 CVAB 的体积相等，所以三棱锥 VABC 的体积为 .333如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是菱形， DAB60， PD平面ABCD， PD AD1，点 E， F 分别为 AB 和 PD

14、的中点9(1)求证：直线 AF平面 PEC；(2)求三棱锥 PBEF 的表面积解析：(1)证明：作 FM CD 交 PC 于 M，连接 ME.点 F 为 PD 的中点， FM 綊 CD，12又 AE 綊 CD， AE 綊 FM，12四边形 AEMF 为平行四边形， AF EM， AF平面 PEC， EM平面 PEC，直线 AF平面 PEC.(2)连接 ED， BD，可知 ED AB，Error!Error!Error!AB PE， AB FE，故 S PEF PFED ；12 12 12 32 38S PBF PFBD 1 ；12 12 12 14S PBE PEBE ；12 12 72 12

15、 78S BEF EFEB 1 .12 12 12 14因此三棱锥 PBEF 的表面积 SPBEF S PEF S PBF S PBE S BEF .4 3 784如图，在单位正方体 ABCDA1B1C1D1中， E， F 分别是 AD， BC1的中点10(1)求证： EF平面 C1CDD1；(2)在线段 A1B 上是否存在点 G，使 EG平面 A1BC1？若存在，求点 G 到平面 C1DF 的距离；若不存在，请说明理由解析：(1)证明：取 BC 的中点 M，连接 EM， FM， E， F 分别是 AD， BC1的中点， EM DC， FM C1C，EM平面 EFM， FM平面 EFM， EM

16、 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 A1B 的中点 G，连接 EG， EA1， EB，易知 EA1 EB，而 G 为中点， EG A1B.连接 FG，则 FG A1C1，正方体棱长为 1，在 A1BC1中， FG A1C1 .12 22在 Rt FME 中， EF ，在 Rt EAG 中， EG ，52 32 FG2 EG2 FE2，即 EG FG，故 EG A1C1，又 A1B， A1C1平面 A1BC1， A1B A1C1 A1， EG平面 A1BC1.点 G 到平面 C1DF 的距离就是点 G 到平面 C1DB 的距离 GA C1D， GA平面 C1DB，点 G 到平面 C1DB 的距离就是点 A 到平面 C1DB 的距离易知 S BDC1 ， S ABD ，32 12点 C1到平面 ABD 的距离为 1，设点 G 到平面 C1DF 的距离为 d，11由 VC1ABD VABDC1得 1S ABD dS BDC1，13 13即 d ， d ，12 32 33即点 G 到平面 C1DF 的距离为 .33