2018高考数学（文）大一轮复习习题 升级增分训练 立体几何 Word版含答案.doc

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1、升级增分训练升级增分训练 立体几何立体几何 1 1某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( ( ) ) A A2 2 B B2 2 2 2 C C 3 3 D D2 2 3 3 解析：选解析：选 D D 在正方体在正方体ABCDABCD A A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中还原出三视图的直观图，其是中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D D1 1 BCBBCB1 1，如图所示，其四个面的面积分别为，如图所示，其四个面

2、的面积分别为 2,22,2 2 2，2 2 2 2，2 2 3 3，故选，故选 D D 2 2(2016(2016广东茂名二模广东茂名二模) )若几何体的三视图如图所示，则该几何体若几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为的外接球的表面积为( ( ) ) A A34 34 B B3535 C C36 36 D D1717 解析：选解析：选 A A 由几何体的三视图知它是底面为正方形且有一条侧棱垂直于底面的四棱由几何体的三视图知它是底面为正方形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，可把它补成一个长、宽、高分别为锥，可把它补成一个长、宽、高分别为 3,3,43,3,4 的长方体，该长方体的外

3、接球即为原四棱锥的长方体，该长方体的外接球即为原四棱锥的外接球，所以的外接球，所以 4 4R R2 23 32 23 32 24 42 234(34(其中其中R R为外接球的半径为外接球的半径) )，外接球表面积为，外接球表面积为S S44R R2 23434 3 3(2017(2017湖南长沙三校联考湖南长沙三校联考) )已知点已知点E E，F F，G G分别是正方体分别是正方体ABCDABCD A A1 1B B1 1C C1 1D D1 1的棱的棱AAAA1 1，CCCC1 1，DDDD1 1的中点，点的中点，点M M，N N，Q Q，P P分别在线段分别在线段DFDF，AGAG，BEB

4、E，C C1 1B B1 1上以上以M M，N N，Q Q，P P为顶点的为顶点的三棱锥三棱锥P P MNQMNQ的俯视图不可能是的俯视图不可能是( ( ) ) 解析：选解析：选 C C 当当M M与与F F重合、重合、N N与与G G重合、重合、Q Q与与E E重合、重合、P P与与B B1 1重合时，三棱锥重合时，三棱锥P P MNQMNQ的俯视图为的俯视图为 A A；当；当M M，N N，Q Q，P P是所在线段的中点时是所在线段的中点时，三棱锥，三棱锥P P MNQMNQ的俯视图为的俯视图为 B B；当；当M M，N N，Q Q，P P位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥位于所在线段

5、的非端点位置时，存在三棱锥P P MNQMNQ，使其俯视图为，使其俯视图为 D D 4 4(2017(2017河南中原名校联考河南中原名校联考) ) 如图， 四棱柱如图， 四棱柱ABCDABCD A A1 1B B1 1C C1 1D D1 1是棱长为是棱长为 1 1 的正方体， 四棱锥的正方体， 四棱锥S S ABCDABCD是高为是高为 1 1 的正四棱锥，的正四棱锥，若点若点S S，A A1 1，B B1 1，C C1 1，D D1 1在同一个球面上，则该球的表面积为在同一个球面上，则该球的表面积为( ( ) ) A A9 91616 B B25251616 C C49491616 D

6、D81811616 解析：选解析：选 D D 作如图所示的辅助线，作如图所示的辅助线， 其中其中O O为球心，设为球心，设OGOG1 1x x， 则则OBOB1 1SOSO2 2x x， 由正方体的性质知由正方体的性质知B B1 1G G1 12 22 2， 则在则在 RtRtOBOB1 1G G1 1中，中， OBOB2 21 1G G1 1B B2 21 1OGOG2 21 1， 即即(2(2x x) )2 2x x2 2 2 22 22 2， 解得解得x x7 78 8， 所以球的半径所以球的半径R ROBOB1 19 98 8， 所以球的表面积为所以球的表面积为S S44R R2 28

7、1811616 5 5(2016(2016湖南长沙四校一模湖南长沙四校一模) )某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ( ) ) A A1111 3 36 6 B B 3 3 C C5 5 3 33 3 D D4 4 3 33 3 解析： 选解析： 选 B B 由三视图知该几何体是一个四棱锥， 其直观图如图所示，由三视图知该几何体是一个四棱锥， 其直观图如图所示，PADPAD为正三角形，四棱锥的底面是直角梯形，四为正三角形，四棱锥的底面是直角梯形，四棱锥的高为棱锥的高为 3 3，所所求体积求体积V V1 13 3 1 12 2 3 3 3

8、3 6 6(2016(2016湖南郴州模拟湖南郴州模拟) )一只蚂蚁从正方体一只蚂蚁从正方体ABCDABCD A A1 1B B1 1C C1 1D D1 1的顶点的顶点A A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C C1 1的位置，则下列图形的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( ( ) ) A A B B C C D D 解析：选解析：选 D D 由点由点A A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C C1 1的位置，共有的位置，共有

9、 6 6 种种路线路线( (对应对应 6 6 种不同的展开方式种不同的展开方式) )，若把平面，若把平面ABBABB1 1A A1 1和平面和平面BCCBCC1 1B B1 1展到同一个平面内，连接展到同一个平面内，连接ACAC1 1，则，则ACAC1 1是最短路线，且是最短路线，且ACAC1 1会经过会经过BBBB1 1的中点，此时对应的正视图为的中点，此时对应的正视图为；若把平面；若把平面ABCDABCD和平面和平面CDDCDD1 1C C1 1展到同一个平面内，连接展到同一个平面内，连接ACAC1 1，则，则ACAC1 1是最短路线，且是最短路线，且ACAC1 1会经过会经过CDCD的中

10、点，的中点，此时对应的正视图为此时对应的正视图为而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现 7 7(2016(2016福建省质检福建省质检) )在三棱锥在三棱锥P P ABCABC中，中，PAPA2 2 3 3，PCPC2 2，ABAB 7 7，BCBC3 3，ABCABC2 2，则三棱锥，则三棱锥P P ABCABC外接球的表面积为外接球的表面积为( ( ) ) A A4 4 B B16163 3 C C32323 3 D D1616 解析：选解析：选 D D 设三棱锥设三棱锥P P ABCABC的外接球的半径为的外接球的半径为R R，在，在AB

11、CABC中，因为中，因为ABAB 7 7，BCBC3 3，ABCABC2 2，所以，所以ACACABAB2 2BCBC2 24 4在在PACPAC中，因为中，因为PAPA2 2 3 3，PCPC2 2，ACAC4 4，所以，所以PAPA2 2PCPC2 2ACAC2 2，所以，所以APCAPC2 2，所以，所以ACAC为三棱锥为三棱锥P P ABCABC的外接球的直径，所以的外接球的直径，所以R R2 2，所以此，所以此三棱锥的外接球的表面积三棱锥的外接球的表面积S S44R R2 242422 21616 8 8(2016(2016南宁模拟南宁模拟) )设点设点A A，B B，C C为球为球

12、O O的球面上三点，的球面上三点，O O为球心球为球心球O O的表面积为的表面积为100100，且，且ABCABC是边长为是边长为 4 4 3 3的正三角形，则三棱锥的正三角形，则三棱锥O O ABCABC的体积为的体积为( ( ) ) A A12 12 B B1212 3 3 C C2424 3 3 D D3636 3 3 解析： 选解析： 选 B B 球球O O的表面积为的表面积为 10010044r r2 2， 球球O O的半径为的半径为 5 5 如 如图，取图，取ABCABC的中心的中心H H，连接，连接OHOH，连接并延长，连接并延长AHAH交交BCBC于点于点M M，则，则AMAM

13、3 32 2 4 4 3 32 22 26 6，AHAH2 23 3AMAM4 4，OHOHOAOA2 2AHAH2 2 5 52 24 42 23 3， 三棱锥三棱锥O O ABCABC的体积为的体积为V V1 13 33 34 4(4(4 3 3) )2 2331212 3 3 9 9如图，三棱锥如图，三棱锥V V ABCABC的底面为正三角形，侧面的底面为正三角形，侧面VACVAC与底面垂直且与底面垂直且VAVAVCVC，已知其正，已知其正视图的面积为视图的面积为2 23 3，则其侧视图的面积为，则其侧视图的面积为_ 解析：设三棱锥解析：设三棱锥V V ABCABC的底面边长为的底面边长

14、为a a，侧面，侧面VACVAC的边的边ACAC上的高上的高为为h h， 则则ahah4 43 3， 其侧视图是由底面三角形， 其侧视图是由底面三角形ABCABC边边ACAC上的高与侧面三角形上的高与侧面三角形VACVAC边边ACAC上的高组上的高组成的直角三角形，成的直角三角形， 其面积为其面积为1 12 23 32 2a ah h1 12 23 32 24 43 33 33 3 答案：答案：3 33 3 1010(2016(2016南昌一模南昌一模) )正三角形正三角形ABCABC的边长为的边长为 2 2，将它沿高，将它沿高ADAD翻折，使点翻折，使点B B与点与点C C间间的距离为的距离

15、为 2 2，此时四面体，此时四面体ABCDABCD外接球的表面积为外接球的表面积为_ 解析： 由题知， 求四面体解析： 由题知， 求四面体ABCDABCD的外接球的表面积可转化为求长、 宽、 高分别为的外接球的表面积可转化为求长、 宽、 高分别为 1,11,1， 3 3的长方体的外接球的表面积，其半径的长方体的外接球的表面积，其半径R R1 12 2 1 12 21 12 23 32 25 52 2，所以，所以S S44R R2 255 答案：答案：55 1111(2016(2016江西师大附中模拟江西师大附中模拟) )已知边长为已知边长为 2 2 3 3的菱形的菱形ABCDABCD中，中，B

16、ADBAD6060，沿对，沿对角线角线BDBD折成二面角折成二面角A A BDBD C C的大小为的大小为 120120的四面体，则四面体的外接球的表面积为的四面体，则四面体的外接球的表面积为_ 解析：如图解析：如图 1 1，取，取BDBD的中点的中点E E，连接，连接AEAE，CECE 由已知条件可知，平面 由已知条件可知，平面ACEACE平面平面BCDBCD易易知外接球球心在平面知外接球球心在平面ACEACE内，如图内，如图 2 2，在，在CECE上取点上取点G G，使，使CGCG2 2GEGE，过点，过点G G作作l l1 1垂直于垂直于CECE，过点过点E E作作l l2 2垂直于垂直

17、于ACAC，设，设l l1 1与与l l2 2交于点交于点O O，连接，连接OAOA，OCOC，则，则OAOAOCOC，易知，易知O O即为球心分即为球心分别解别解OCGOCG，EGOEGO可得可得R ROCOC 7 7，外接球的表面积为外接球的表面积为 2828 答案：答案：2828 1212(2017(2017贵州适应性考试贵州适应性考试) )已知正三棱柱已知正三棱柱( (底面是正三角形，侧棱与底面垂直底面是正三角形，侧棱与底面垂直) )的体的体积为积为 3 3 3 3 cmcm3 3，其所有顶点都在球，其所有顶点都在球O O的球面上，则球的球面上，则球O O的表面积的最小值为的表面积的最

18、小值为_cm_cm2 2 解析：球解析：球O O的表面积最小等价于球的表面积最小等价于球O O的半径的半径R R最小设正三棱柱的底面边长为最小设正三棱柱的底面边长为a a，高为，高为b b，则正三棱柱的体积，则正三棱柱的体积V V3 34 4a a2 2b b3 3 3 3，所，所以以a a2 2b b1212底面正三角形所在截面圆的半径底面正三角形所在截面圆的半径r r3 33 3a a， 则， 则R R2 2r r2 2 b b2 22 2 3 33 3a a2 2b b2 24 41 13 31212b bb b2 24 44 4b bb b2 24 4， 令， 令f f( (b b)

19、)4 4b bb b2 24 4， 0 0b b2 2R R， 则， 则f f(b b) )b b3 38 82 2b b2 2令令f f(b b) )0 0，解得，解得b b2 2，当，当 0 0b b2 2 时时f f(b b) )0 0，函数，函数f f( (b b) )单调递减，当单调递减，当b b2 2 时，时，f f(b b) )0 0，函数，函数f f( (b b) )单调递增，所以当单调递增，所以当b b2 2 时，时，f f( (b b) )取得最小值取得最小值 3 3， 即， 即( (R R2 2) )minmin3 3，故球故球O O的表面积的最小值为的表面积的最小值为

20、4(4(R R2 2) )minmin1212 答案：答案：1212 1313如图如图 1 1，在直角梯形，在直角梯形ABCDABCD中，中，ADADBCBC，BADBAD2 2，ABABBCBC1 1，ADAD2 2，E E是是ADAD的中点，的中点，O O是是ACAC与与BEBE的交点将的交点将ABEABE沿沿BEBE折起到折起到A A1 1BEBE的位置，如的位置，如图图 2 2 (1)(1)证明：证明：CDCD平面平面A A1 1OCOC； (2)(2)若平面若平面A A1 1BEBE平面平面BCDEBCDE，求平面，求平面A A1 1BCBC与平面与平面A A1 1CDCD的夹角的余

21、弦值的夹角的余弦值 解：解：(1)(1)证明：在题图证明：在题图 1 1 中，因为中，因为ABABBCBC1 1，ADAD2 2，E E是是ADAD的中点，的中点，BADBAD2 2， 所以所以BEBEACAC 即在题图即在题图 2 2 中，中，BEBEOAOA1 1，BEBEOCOC， 从而从而BEBE平面平面A A1 1OCOC， 又又BCBCDEDE，DEDE1 1BCBC， 所以四边形所以四边形BCDEBCDE为平行四边形，所以为平行四边形，所以CDCDBEBE， 所以所以CDCD平面平面A A1 1OCOC (2)(2)由已知由已知，平面，平面A A1 1BEBE平面平面BCDEBC

22、DE， 又由又由(1)(1)知，知，BEBEOAOA1 1，BEBEOCOC， 所以所以A A1 1OCOC为二面角为二面角A A1 1 BEBE C C的平面角，的平面角， 所以所以A A1 1OCOC2 2 如图，以如图，以O O为原点，建立空间直角坐标系，为原点，建立空间直角坐标系， 因为因为A A1 1B BA A1 1E EBCBCEDED1 1，BCBCEDED， 所以所以B B 2 22 2，0 0，0 0 ，E E 2 22 2，0 0，0 0 ，A A1 1 0 0，0 0，2 22 2，C C 0 0，2 22 2，0 0 ， 得得BCBC 2 22 2，2 22 2，0

23、0 ，A A1 1C C 0 0，2 22 2，2 22 2， CDCD BEBE ( ( 2 2，0,0)0,0) 设平面设平面A A1 1BCBC的法向量为的法向量为n n1 1( (x x1 1，y y1 1，z z1 1) )， 平面平面A A1 1CDCD的法向量为的法向量为n n2 2( (x x2 2，y y2 2，z z2 2) )， 平面平面A A1 1BCBC与平面与平面A A1 1CDCD的夹角为的夹角为， 则则 n n1 1BCBC 0 0，n n1 1A A1 1C C 0 0，得得 x x1 1y y1 10 0，y y1 1z z1 10 0， 取取y y1 11 1， 得平面得平面A A1 1BCBC的一个法向量为的一个法向量为n n1 1(1,1,1)(1,1,1)； 由由 n n2 2CDCD 0 0，n n2 2A A1 1C C 0 0，得得 x x2 20 0，y y2 2z z2 20 0， 取取y y2 21 1，得平面，得平面A A1 1CDCD的一个法向量为的一个法向量为n n2 2(0,1,1)(0,1,1) 从而从而 cos cos n n1 1，n n2 22 23 3 2 26 63 3， 即平面即平面A A1 1BCBC与平面与平面A A1 1CDCD的夹角的余弦值为的夹角的余弦值为6 63 3