2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題三 立體幾何 第一講 空間幾何體的三視圖、表面積與體積及空間線面位置關(guān)系的判定限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練 理

《2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題三 立體幾何 第一講 空間幾何體的三視圖、表面積與體積及空間線面位置關(guān)系的判定限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題三 立體幾何 第一講 空間幾何體的三視圖、表面積與體積及空間線面位置關(guān)系的判定限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練 理（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第一講 空間幾何體的三視圖、表面積與體積及空間線面位置關(guān)系的判定 1．(2019·淄博一模)已知直線l和兩個(gè)不同的平面α，β，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．若l∥α，l⊥β，則α⊥β B．若α⊥β，l⊥α，則l⊥β C．若l∥α，l∥β，則α∥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β 解析：設(shè)m?α，且m∥l， 由l⊥β，則m⊥β， 由面面垂直的判定定理可得：α⊥β， 即選項(xiàng)A正確，故選A. 答案：A 2．(2019·廣元模擬)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是(　　) A．4π　　　 B. C. D. 解析：根據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為幾何體，

2、該幾何體由個(gè)半徑為2的球和個(gè)底面半徑為2，高為3的圓錐構(gòu)成． 故V＝··π·23＋··π·22·3＝， 故選B. 答案：B 3.(2019·梅州一模)如圖，Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝3，AC＝4，以AC所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周，所得幾何體的表面積等于(　　) A．24π B．12π C. D. 解析：由題意可得旋轉(zhuǎn)體為圓錐，底面半徑為3，高為4，故它的母線長(zhǎng)BC＝＝5， 側(cè)面積為πrl＝π×3×5＝15π， 則它的底面積為π·32＝9π， 故它的表面積為15π＋9π＝24π， 故選A. 答案：A 4.在《九章算術(shù)》中，將有三條棱互相平行且有一個(gè)面為梯形的五

3、面體稱為“羨除”．現(xiàn)有一個(gè)羨除如圖所示，DA⊥平面ABFE，四邊形ABFE，CDEF均為等腰梯形，AB∥CD∥EF，AB＝AD＝4，EF＝8，E到面ABCD的距離為6，則這個(gè)羨除的體積是(　　) A．96 B．72 C．64 D．58 解析：如圖，多面體切割為兩個(gè)三棱錐E-AGD，F(xiàn)-HBC和一個(gè)直三棱柱GAD-HBC， 這個(gè)羨除體積為： V＝2××2××4×6＋×6×4×4＝64. 故選C. 答案：C 5．(2019·興慶區(qū)校級(jí)一模)一個(gè)四棱錐的三視圖如圖所示，其正視圖和側(cè)視圖為全等的等腰直角三角形，俯視圖是邊長(zhǎng)為的正方形，則該幾何體的表面積為(　　) A．4

4、B．2 C．2＋2 D．6 解析：根據(jù)幾何體的三視圖，轉(zhuǎn)換為幾何體為： 由于正視圖和側(cè)視圖為全等的等腰直角三角形，俯視圖是邊長(zhǎng)為的正方形， 故底面的對(duì)角線長(zhǎng)為2. 所以四棱錐的高為×2＝1， 故四棱錐的側(cè)面高為h＝＝， 則四棱錐的表面積為S＝4×××＋2＝2＋2. 故選C. 答案：C 6．(2019·聊城一模)數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中有如下問(wèn)題：“今有芻甍(ménɡ)，下廣三丈，袤(mào)四丈；上袤二丈，無(wú)廣；高一丈，問(wèn)：積幾何？”其意思為：“今有底面為矩形的屋脊?fàn)畹男w，下底面寬3丈，長(zhǎng)4丈；上棱長(zhǎng)2丈，高1丈，問(wèn)它的體積是多少？”．現(xiàn)將該楔體的三視圖給出，其中網(wǎng)格紙

5、上小正方形的邊長(zhǎng)為1丈，則該楔體的體積為(單位：立方丈)(　　) A．5.5 B．5 C．6 D．6.5 解析：根據(jù)三視圖知，該幾何體是三棱柱，截去兩個(gè)三棱錐，如圖所示： 結(jié)合圖中數(shù)據(jù)，計(jì)算該幾何體的體積為 V＝V三棱柱－2V三棱錐＝×3×1×4－2×××3×1×1＝5(立方丈)． 答案：B 7．(2019·湛江一模)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是(　　) A. B. C．4 D. 解析：根據(jù)三視圖知，該幾何體是底面為平行四邊形的四棱錐P-ABCD，如圖所示： 則該四棱錐的高為2，底面積為1×2＝2， 所以該四棱錐的體積是V＝×2×2＝.

6、 故選B. 答案：B 8．(2019·南康區(qū)校級(jí)月考)已知球的直徑SC＝2，A，B是該球球面上的兩點(diǎn)，AB＝1，∠ASC＝∠BSC＝45°，則棱錐S-ABC的體積為(　　) A. B. C. D. 解析：∵AB＝1，∴△OAB為正三角形． 又∵∠BSC＝∠ASC＝45°，且SC為直徑， ∴△ASC與△BSC均為等腰直角三角形． ∴BO⊥SC，AO⊥SC. 又AO∩BO＝O，∴SC⊥面ABO. ∴VS-ABC＝VC-OAB＋VS-OAB＝·S△OAB·(SO＋OC)＝××2＝. 故選D. 答案：D 9．(2019·揭陽(yáng)一模)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，底面圓周上的兩點(diǎn)A、B滿

7、足△SAB為等邊三角形，且面積為4，又知SA與圓錐底面所成的角為45°，則圓錐的表面積為(　　) A．8π B．4(＋2)π C．8(＋1)π D．8(＋2)π 解析：如圖所示， 設(shè)圓錐母線長(zhǎng)為l，由△SAB為等邊三角形，且面積為4， 得·l2＝4，解得l＝4. 設(shè)圓錐底面半徑為r，由SA與圓錐底面所成的角為45°， 得r＝4×cos 45°＝2； 所以圓錐的表面積為 S表＝πrl＋πr2＝8(＋1)π. 答案：C 10．(2019·信州區(qū)校級(jí)月考)在空間四邊形ABCD中，若AB＝BC＝CD＝DA，且AC＝BD，E、F分別是AB、CD的中點(diǎn)，則異面直線AC與EF所成角為

8、(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：取AD，BD的中點(diǎn)分別為G，H，連接GF，EG，AH，CH， 易證AH⊥BD，CH⊥BD，∴BD⊥平面ACH，從而BD⊥AC， 又EG∥BD，F(xiàn)G∥AC， ∴EG⊥FG，∴∠EGF＝90°， 根據(jù)EG＝BD，F(xiàn)G＝AC，且BD＝AC，所以EG＝FG， ∴∠GFE＝45°， ∴異面直線AC與EF所成角為45°. 答案：B 11．在三棱錐S-ABC中，已知SA＝4，AB＝AC＝1，∠BAC＝，若S，A，B，C四點(diǎn)均在球O的球面上，且SA恰為球O的直徑，則三棱錐S-ABC的體積為(　　) A. B. C

9、. D. 解析：∵在三棱錐S-ABC中，SA＝4，AB＝AC＝1，∠BAC＝， S，A，B，C四點(diǎn)均在球O的球面上，且SA恰為球O的直徑， ∴∠ABS＝∠ACS＝90°，SB＝SC＝，BC＝＝， 取BC中點(diǎn)O，連接SO，AO(圖略)，則SO⊥BC，AO⊥BC，AO＝，BO＝， SO＝＝， ∴cos∠SAO＝＝＝，∴∠SAO＝60°， ∴S到平面ABC的距離d＝SA×sin 60°＝4×＝2， ∴三棱錐S-ABC的體積： V＝×S△ABC×d＝××××2＝. 故選C. 答案：C 12．(2019·東莞市一模)三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝30°，△APC

10、的面積為2，則三棱錐P-ABC的外接球體積的最小值為(　　) A．4π B. C．64π D. 解析：設(shè)AC＝x，由于PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，∴PA⊥AC，則△APC的面積為S△APC＝AC·PA＝2，則PA＝， 由正弦定理知，△ABC的外接圓直徑為2r＝＝＝2x， 所以，三棱錐P-ABC的外接球直徑為2R＝＝≥＝4，當(dāng)且僅當(dāng)＝4x2，即當(dāng)x＝時(shí)，等號(hào)成立，則R≥2. 所以，該三棱錐P-ABC的外接球的體積為πR3≥π×23＝π. 因此，三棱錐P-ABC的外接球體積的最小值為π. 故選D. 答案：D 13．(2019·吉安期末測(cè)試)某圓錐的母線和底面半徑分別為

11、，1，則此圓錐的體積是________． 解析：圓錐的底面半徑為r＝1，母線長(zhǎng)為l＝，則高為h＝＝2， 所以圓錐的體積為V＝π·r2·h＝π·12·2＝. 答案： 14．(2019·常熟市校級(jí)月考)如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，點(diǎn)D，E分別是棱BC，A1C1的中點(diǎn)．設(shè)三棱錐E-ABD的體積為V1，斜三棱柱的體積為V2，則的值是________． 解析：設(shè)三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC的面積為S，高為h， 則三棱柱的體積為V2＝Sh. ∵D是棱BC的中點(diǎn)，E是棱A1C1上的點(diǎn)， ∴S△ABD＝S，則V1＝VE-ABD＝×Sh＝Sh， ∴的值是. 答案：

12、 15．(2019·高考全國(guó)卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為_(kāi)_______． 解析：如圖，過(guò)點(diǎn)P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離．再過(guò)O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F， 連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC. 又PE＝PF＝，所以O(shè)E＝OF， 所以CO為∠ACB的平分線， 即∠ACO＝45°. 在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1， 所以O(shè)E＝1，所以PO＝＝＝. 答案： 16．(2019·高考全國(guó)卷Ⅱ)中國(guó)有悠久的金石文化，印信是金石文

13、化的代表之一．印信的形狀多為長(zhǎng)方體、 正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1)．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美．圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長(zhǎng)為1.則該半正多面體共有________個(gè)面，其棱長(zhǎng)為_(kāi)_______． 解析：先求面數(shù)，有如下兩種方法． 法一：由“半正多面體”的結(jié)構(gòu)特征及棱數(shù)為48可知，其上部分有9個(gè)面，中間部分有8個(gè)面，下部分有9個(gè)面，共有2×9＋8＝26(個(gè))面． 法二：一般地，對(duì)于凸多面體， 頂點(diǎn)數(shù)(V)＋面數(shù)(F)－棱數(shù)(E)＝2(歐拉公式)． 由圖形知，棱數(shù)為48的半正多面體的頂點(diǎn)數(shù)為24， 故由V＋F－E＝2，得面數(shù)F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26. 再求棱長(zhǎng)． 作中間部分的橫截面，由題意知該截面為各頂點(diǎn)都在邊長(zhǎng)為1的正方形上的正八邊形ABCDEFGH，如圖，設(shè)其邊長(zhǎng)為x，則正八邊形的邊長(zhǎng)即為半正多面體的棱長(zhǎng)．連接AF，過(guò)H，G分別作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分別為M，N，則AM＝MH＝NG＝NF＝x. 又AM＋MN＋NF＝1，即x＋x＋x＝1. 解得x＝－1，即半正多面體的棱長(zhǎng)為－1. 答案：26?。? - 9 -