2019年高考数学二轮复习专题突破课时作业11空间几何体理.doc

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1、1课时作业 11 空间几何体12018南昌模拟已知某空间几何体的俯视图如图所示，则此几何体的正视图不可能为( )解析：选项 A，可想象为三个圆柱叠放在一起；选项 B，可想象为三个球粘合在一起；选项 C，可想象为一个圆台和一个圆柱叠放在一起；选项 D，可想象为上面是一个小圆柱，下面是一个空心球，但其俯视图中的中间圆应为虚线，与题不符故选 D.答案： D22018福州四校联考已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A. B27272C27 D272 3解析：在长、宽、高分别为 3,3 ，3 的长方体中，由几何体的三视图得几何体为如3 32图所示的三棱锥 CBAP，其中底面 BAP

2、是BAP90的直角三角形，AB3，AP3 ，3所以 BP6，又棱 CB平面 BAP 且 CB3 ，所以 AC6，所以该几何体的表面积是333 33 63 63 27 ，故选 D.12 3 12 3 12 3 12 3 3答案： D32018唐山摸底考试如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A3 B.113C7 D.233解析：由题中的三视图可得，该几何体是由一个长方体切去一个三棱锥所得的几何体，长方体的长，宽，高分别为 2,1,2，体积为 4，切去的三棱锥的体积为 ，故该几何体的体13积 V4 .选择 B.13 113答案： B42018北京

3、卷某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A1 B2C3 D43解析：由三视图得到空间几何体，如图所示，则 PA平面 ABCD，平面 ABCD 为直角梯形，PAABAD2，BC1，所以PAAD，PAAB，PABC.又 BCAB，ABPAA，所以 BC平面 PAB，所以 BCPB.在PCD 中，PD2 ，PC3，CD ，所以PCD 为锐角三角形所以侧面中的直角三角形为2 5PAB，PAD，PBC，共 3 个故选 C.答案： C52018山西联考已知一个球的表面上有 A，B，C 三个点，且 ABACBC2 ，3若球心到平面 ABC 的距离为 1，则该球的表面积为( )

4、A20 B15 C10 D2 解析：设球心为 O，ABC 的中心为 O，因为 ABACBC2 ，所以3AO 32，因为球心到平面 ABC 的距离为 1，所以 OO1，所以23AO ，故该球的表面积 S4 (OA)220 .故选 A.22 12 5答案： A62018浙江卷某几何体的三视图如图所示(单位： cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )A2 B4C6 D8解析：由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为 2 的直四棱柱，直角梯形的长、下底边长分别为 2,1，高为 2， 该几何体的体积为V2 6.12 2 1 2故选 C.答案： C72018山东、湖北省质量检测已知

5、正方体 ABCDA 1B1C1D1的棱长为 4，E 为棱 BB1的中点，F 为棱 DD1上靠近 D1的四等分点，平面 A1EF 交棱 CC1于点 G，则截面 A1EGF 的面积为( )4A2 B1065 3C4 D221 21解析：平面 A1ADD1平面 B1BCC1，A 1FEG.同理，A 1EGF，四边形 A1EGF 为平行四边形如图，连接 EF，取棱 DD1的中点 K，连接 EK，则 EK 4 ，FK1，42 42 2在 RtFEK 中，EF ，在 RtA 1B1E 中，A 1E 2 ，在 RtA 1D1F 中，32 1 33 42 22 5A1F ，在A 1EF 中， cosEA 1F

6、 ，故 sinEA 1F42 11 1720 17 3322517 185，故截面 A1EGF 的面积为 2 2 4 ，故选 C.22185 12 5 17 22185 21答案： C82018合肥质量检测在正方体 ABCDA 1B1C1D1中，E，F，G 分别为棱CD，CC 1，A 1B1的中点，用过点 E，F，G 的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为( )5解析：用过点 E，F，G 的平面截正方体，得到的截面为正六边形，即如图所示的正六边形 EFHGMN，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为 C.答案： C92018成都诊断性检测九章算术中将底面为长方形，且有一

7、条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马” 现有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形. 若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A. B8 863 6C. D24 6解析：由题意可知，该几何体的直观图是如图所示的四棱锥 SABCD，其中底面 ABCD为矩形，侧棱 SA底面 ABCD，所以可以将该四棱锥放入一个长、宽、高分别为 2、1、1 的长方体中，则该球的直径即该长方体的体对角线，所以该球的半径 R ，22 12 122 62该球的体积 V R3 ，故选 C.43 6答案： C102018福州期末考试如图，网格纸上小正方体的边长为 1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面

8、体的表面积为( )6A14 B104 2C. 4 D. 4212 2 21 32 2解析：解法一 由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示所以该多面体的表面积 S2 (221 2)(221211) 12 2222 ( )2 4 ，故选 D.12 2 12 32 2 21 32 2解法二 由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示所以该多面体的表面积 SS 三棱柱表 S 三棱锥侧 S 三棱锥底 3 ( ) 2 2 22 2 21222 (1211) 12 32 22 4 ，故选 D.21 32 2答案： D112018惠州调研

9、某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三个三角形均为直角三角形，则 xy 的最大值为( )A32 B32 7C64 D64 77解析：将三视图还原为如图所示的三棱锥 PABC，其中底面 ABC 是直角三角形，ABBC，PA平面 ABC，BC2 ，PA 2y 210 2，(2 )2PA 2x 2，所以 xyx7 7x 64，当且仅当 x2128x 2，即102 x2 27 2 128 x2x2 128 x22x8 时取等号，因此 xy 的最大值是 64.选 C.答案： C122018全国卷已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，则 截此正方体所得截面面积的最大值为( )A. B

10、.334 233C. D.324 32解析：如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，平面 AB1D1 与棱 A1A，A1B1，A1D1 所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与 A1A，A1B1，A1D1 平行，故正方体ABCDA1B1C1D1 的每条棱所在直线与平面 AB1D1 所成的角都相等如图所示，取棱 AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD 的中点 E，F，G，H，M，N，则正六边形 EFGHMN 所在平面与平面 AB1D1 平行且面积最大，此截面面积为 S 正六边形EFGHMN6 sin 60 .12 22 22 334故选 A.答案： A132018云南玉溪模拟若

11、一个底面是正三角形的三棱柱的主视图如图所示，则其表面积为_8解析：根据几何体的三视图，得出该几何体是高为 1 的正三棱柱，其底面为边长等于2 的正三角形，它的表面积为 3212 22 62 .12 32 3答案：62 3142018天津卷如图，已知正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1，则四棱锥A1BB1D1D 的体积为_解析： 正方体棱长为 1， 矩形 BB1D1D 的长和宽分别为 1， .2 四棱锥 A1BB1D1D 的高是正方形 A1B1C1D1 对角线长的一半，即为 ，22 V 四棱锥 A1BB1D1D Sh (1 ) .13 13 2 22 13答案：13152018全国卷已

12、知圆锥的顶点为 S，母线 SA，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为 30.若SAB 的面积为 8，则该圆锥的体积为_解析：在 RtSAB 中，SASB，SSAB SA28，12解得 SA4.设圆锥的底面圆心为 O，底面半径为 r，高为 h，在 RtSAO 中，SAO30，所以 r2 ，h2，3所以圆锥的体积为 r2h (2 )228 .13 13 3答案：8 162018山东潍坊模拟已知正四棱柱的顶点在同一个球面上，且球的表面积为12 ，当正四棱柱的体积最大时，正四棱柱的高为_解析：设正四棱柱的底面边长为 a，高为 h，球的半径为 r，由题意知 4 r212 ，所以 r23，又 2a2h 2(2r) 212，所以 a26 ，所以正四棱柱的体积 Va 2hh229h，则 V6 h2，由 V0，得 02，所以当 h2 时，正(6h22) 32四棱柱的体积最大，V max8.答案：2