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[配套K12]2019年高考数学二轮复习 专题五 立体几何 专题能力训练13 空间几何体 文

教育配套资料 K12 1.(2018 全国Ⅲ,文 3)

专题能力训练 13 空间几何体
一、能力突破训练

中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边 的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的 木构件的俯视图可以是( )

2.

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( )

A.17π

B.18π

C.20π

D.28π

3.(2018 北京,文 6)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( )

A.1

B.2

C.3

D.4

4.已知平面 α 截球 O 的球面所得圆的半径为 1,球心 O 到平面 α 的距离为 ,则此球的体积为

()

A. π

B.4 π

C.4 π

D.6 π

5.在空间直角坐标系 Oxyz 中,已知 A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1, ).若 S1,S2,S3 分别是三 棱锥 D-ABC 在 xOy,yOz,zOx 坐标平面上的正投影图形的面积,则( )

A.S1=S2=S3

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B.S2=S1,且 S2≠S3 C.S3=S1,且 S3≠S2 D.S3=S2,且 S3≠S1 6.

圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯

视图如图所示.若该几何体的表面积为 16+20π ,则 r=( )

A.1

B.2

C.4

D.8

7.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为 18,则这个球的体积



.

8.(2018 天津,文 11)

如图,已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,则四棱锥 A1-BB1D1D 的体积为

.

9.

如图,已知在多面体 ABCDEFG 中,AB,AC,AD 两两互相垂直,平面 ABC∥平面 DEFG,平面 BEF∥平面

ADGC,AB=AD=DG=2,AC=EF=1,则该多面体的体积为

.

10.下列三个图中,左面是一个正方体截去一个角后所得多面体的直观图.右面两个是其正视图和侧

视图.

(1)请按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图(不要求叙述作图过程); (2)求该多面体的体积(尺寸如图).
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11.
如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=16,BC=10,AA1=8,点 E,F 分别在 A1B1,D1C1 上,A1E=D1F=4,过点 E,F 的平面 α 与此长方体的面相交,交线围成一个正方形. (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求平面 α 把该长方体分成的两部分体积的比值.
二、思维提升训练 12.一块边长为 6 cm 的正方形铁皮按如图(1)所示的阴影部分裁下,然后用余下的四个全等的等腰 三角形加工成一个正四棱锥形容器,将该容器按如图(2)放置.若其正视图为等腰直角三角形,则该 容器的体积为( )

A.12 cm3

B.4 cm3

C.27 cm3

D.9 cm3

13.如图,网格纸上小正方形的边长为 1,粗线画出的是某多面体的三视图,则该几何体的各个面中最

大面的面积为

()

A.1

B.

C.

D.2

14.已知一个四面体的顶点都在球面上,它们的正视图、侧视图、俯视图都是下图,图中圆内有一个

以圆心为中心,边长为 1 的正方形,则这个四面体的外接球的表面积是 ( )

A.π

B.3π

C.4π

D.6π

15.若三棱锥 S-ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上,SA⊥平面 ABC,SA=2 ,AB=1,AC=2,∠BAC=60°,

则球 O 的表面积为

.

16.如图①,在矩形 ABCD 中,AB=4,BC=3,沿对角线 AC 把矩形折成二面角 D-AC-B(如图②),并且点 D

在平面 ABC 内的射影落在 AB 上.

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教育配套资料 K12 (1)证明:AD⊥平面 DBC; (2)若在四面体 D-ABC 内有一球,问:当球的体积最大时,球的半径是多少?
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专题能力训练 13 空间几何体 一、能力突破训练
1.A 解析 根据三视图原则,从上往下看,看不见的线画虚线,则 A 正确.

2.A 解析 由三视图可知,该几何体是球截去后所得几何体,则

×R3= ,解得 R=2,

所以它的表面积为 ×4π R2+ ×π R2=14π +3π =17π . 3. C 解析 由该四棱锥的三视图,得其直观图如图.由正视图和侧视图都是等腰直角三角形,知 PD ⊥平面 ABCD,所以侧面 PAD 和 PDC 都是直角三角形.由俯视图为直角梯形,易知 DC⊥平面 PAD.又 AB ∥DC,所以 AB⊥平面 PAD,所以 AB⊥PA,所以侧面 PAB 也是直角三角形.

易知 PC=2 ,BC= ,PB=3,从而△PBC 不是直角三角形.故选 C.

4.B 解析 设球 O 的半径为 R,则 R=

,故 V 球=π R3=4 π .

5.D 解析 三棱锥的各顶点在 xOy 坐标平面上的正投影分别为

A1(2,0,0),B1(2,2,0),C1(0,2,0),D1(1,1,0).显然 D1 点为 A1C1 的中点,如图①,正投影为 Rt△A1B1C1,

其面积 S1=×2×2=2.

三棱锥的各顶点在 yOz 坐标平面上的正投影分别为

A2(0,0,0),B2(0,2,0),C2(0,2,0),D2(0,1, ).显然 B2,C2 重合,如图②,正投影为△A2B2D2,其面积

S2= ×2×

.

三棱锥的各顶点在 zOx 坐标平面上的正投影分别为

A3(2,0,0),B3(2,0,0),C3(0,0,0),D3(1,0, ),由图③可知,正投影为△A3D3C3,其面积

S3= ×2×

.

综上,S2=S3,S3≠S1.故选 D.

图①

图②

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图③

6.B 解析 由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩 下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面 积的一半及一个球的表面积的一半组成.

∴S 表=2r×2r+2× π r2+π r×2r+ ×4π r2 =5π r2+4r2=16+20π ,解得 r=2.

7. 解析 设正方体的棱长为 a,外接球的半径为 R,则 2R= a.∵正方体的表面积为 18,∴6a2=18.

∴a= ,R= .

∴该球的体积为 V= π R3=

.

8. 解析 ∵正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,



=V - 正方体

=1- ×1×1×1- ×1×1×1= .

9.4 解析 (方法一:分割法)几何体有两对相对面互相平行, 如图,过点 C 作 CH⊥DG 于 H,连接 EH,即把多面体分割成一个直三棱柱 DEH-ABC 和一个斜三棱
柱 BEF-CHG. 由题意,知 V =S ×AD 三棱柱 DEH-ABC △DEH

=

×2=2,

V 三棱柱 BEF-CHG=S△BEF×DE=

×2=2.

故所求几何体的体积为 V 多面体 ABCDEFG=2+2=4.

(方法二:补形法)因为几何体有两对相对面互相平行, 如图,将多面体补成棱长为 2 的正方体,显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半.
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又正方体的体积 V 正方体 ABHI-DEKG=23=8,
故所求几何体的体积为 V 多面体 = ABCDEFG ×8=4. 10. 解 (1)作出俯视图如图所示.

(2)依题意,该多面体是由一个正方体(ABCD-A1B1C1D1)截去一个三棱锥(E-A1B1D1)得到的,所以截

去的三棱锥体积 正方体体积

=23=8,

·A1E=

×1= ,

故所求多面体的体积 V=8-

.

11.解 (1)交线围成的正方形 EHGF 如图所示.

(2)作 EM⊥AB,垂足为 M, 则 AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8. 因为 EHGF 为正方形,所以 EH=EF=BC=10.

于是 MH=

=6,AH=10,HB=6.

因为长方体被平面 α 分成两个高为 10 的直棱柱,

所以其体积的比值为

.

二、思维提升训练

12.D 解析 如图(2),△PMN 为该四棱锥的正视图,由图(1)可知,PM+PN=6 cm,且 PM=PN.

由△PMN 为等腰直角三角形,得 MN=3 cm,PM=3 cm.

设 MN 的中点为 O,则 PO⊥平面 ABCD,PO= MN= cm,

故 V = P-ABCD ×(3 )2× 13.D 解析

=9 (cm3).故选 D.

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教育配套资料 K12 由题意得,该几何体的直观图为三棱锥 A-BCD,如图,其最大面的表面是边长为 2 的等边三角形,其 面积为 ×(2 )2=2 . 14.B 解析
由三视图可知,该四面体是一个正方体的内接正四面体,所以此四面体的外接球的直径为正方体的 对角线的长,为 ,
所以此四面体的外接球的表面积为 4π × =3π . 15.64π 解析 如图,三棱锥 S-ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上,因为 AB=1,AC=2,∠BAC=60°,

所以 BC= ,所以∠ABC=90°.

所以△ABC 截球 O 所得的圆 O'的半径 r=1.

设 OO'=x,球 O 的半径为 R,则 R2=x2+12,R2=(SA-x)2+12,所以 x2+1=

+1,

解得 x= ,R2=

+12,R=4.

所以球 O 的表面积为 4π R2=64π .

16.

(1)证明 设 D 在平面 ABC 内的射影为 H,则 H 在 AB 上,连接 DH,如图, 则 DH⊥平面 ABC,得 DH⊥BC. 又 AB⊥BC,AB∩DH=H, 所以 BC⊥平面 ADB,故 AD⊥BC. 又 AD⊥DC,DC∩BC=C, 所以 AD⊥平面 DBC.
(2)解 当球的体积最大时,易知球与三棱锥 D-ABC 的各面相切,设球的半径为 R,球心为 O,

则 V = D-ABC R(S△ABC+S△DBC+S△DAC+S△DAB).由已知可得 S△ABC=S△ADC=6. 过 D 作 DG⊥AC 于点 G,连接 GH,如图,可知 HG⊥AC.

易得 DG= ,HG= ,DH= 在△DAB 和△BCD 中, 因为 AD=BC,AB=DC,DB=DB, 所以△DAB≌△BCD,

,S△DAB= ×4×

.

故 S△DBC= ,VD-ABC= ×6×

.

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,于是(4+ )R= ,所以 R=

.

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