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

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.B27C27 D27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图所示的三棱锥CBAP，其中底面BAP是BAP90°的直角三角形，AB3，AP3，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×3×3×3×3×6×3×6×327，故选D.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.C7 D.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，故该几何体的体积V4.选择B.答案：B42018·北京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 D4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PAB，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，若球心到平面ABC的距离为1，则该球的表面积为()A20 B15C10 D2解析：设球心为O，ABC的中心为O，因为ABACBC2，所以AO×32，因为球心到平面ABC的距离为1，所以OO1，所以AO，故该球的表面积S4×(OA)220.故选A.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.故选C.答案：C72018·山东、湖北省质量检测已知正方体ABCDA1B1C1D1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()A2 B10C4 D2解析：平面A1ADD1平面B1BCC1，A1FEG.同理，A1EGF，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EK4，FK1，在RtFEK中，EF，在RtA1B1E中，A1E2，在RtA1D1F中，A1F，在A1EF中，cosEA1F，故sinEA1F，故截面A1EGF的面积为2××2××4，故选C.答案：C82018·合肥质量检测在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别为棱CD，CC1，A1B1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()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. B8C. D24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，该球的体积VR3，故选C.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，则该多面体的表面积为()A14 B104C.4 D.4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××(2212)×222×2××()24，故选D.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×××()24，故选D.答案：D112018·惠州调研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 B32C64 D64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，PA2y2102，(2)2PA2x2，所以xyxx64，当且仅当x2128x2，即x8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.C. D.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°.故选A.答案：A132018·云南玉溪模拟若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_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3×2×12××22×62.答案：62142018·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，. 四棱锥A1­BB1D1D的高是正方形A1B1C1D1对角线长的一半，即为， V四棱锥A1­BB1D1DSh×(1×)×.答案：152018·全国卷已知圆锥的顶点为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，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，所以圆锥的体积为r2·h×(2)2×28.答案：8162018·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4r212，所以r23，又2a2h2(2r)212，所以a26，所以正四棱柱的体积Va2hh，则V6h2，由V>0，得0<h<2，由V<0，得h>2，所以当h2时，正四棱柱的体积最大，Vmax8.答案：29