（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 課時作業(yè)8 空間幾何體 文（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

課時作業(yè)8空間幾何體A·基礎(chǔ)達標(biāo)1如圖，為一圓柱切削后的幾何體及其正視圖，則相應(yīng)的側(cè)視圖可以是()22020·全國卷如圖是一個多面體的三視圖，這個多面體某條棱的一個端點在正視圖中對應(yīng)的點為M，在俯視圖中對應(yīng)的點為N，則該端點在側(cè)視圖中對應(yīng)的點為()AE BFCG DH3如圖，在棱長為1的正方體ABCD ­ A1B1C1D1中，M為CD的中點，則三棱錐A ­ BC1M的體積VA ­ BC1M()A. B.C. D.4已知一個幾何體的正視圖和側(cè)視圖如圖所示，其俯視圖用斜二測畫法所畫出的水平放置的直觀圖是一個直角邊長為1的等腰直角三角形如圖所示，則此幾何體的體積為()A1 B.C2 D25若有一圓柱形谷倉，高1丈3尺3寸，容納米2 000斛(1丈10尺，1尺10寸，斛為容積單位，1斛1.62立方尺，3)，則圓柱底面圓的周長約為()A1丈3尺 B5丈4尺C9丈2尺 D48尺6已知圓臺上、下兩底面與側(cè)面都與球O相切，已知圓臺的側(cè)面積為16，則該圓臺上、下兩底面圓的周長之和為()A4 B6C8 D107已知矩形ABCD，AB2BC，把這個矩形分別以AB，BC所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周，所成幾何體的側(cè)面積分別記為S1，S2，則S1和S2的比值等于()A. B1C2 D482020·全國卷已知A，B，C為球O的球面上的三個點，O1為ABC的外接圓若O1的面積為4，ABBCACOO1，則球O的表面積為()A64 B48C36 D329已知三棱錐P ­ ABC的四個頂點都在球O的表面上，PA平面ABC，ABBC，且PA8.若平面ABC截球O所得截面的面積為9，則球O的表面積為()A10 B25C50 D10010已知三棱錐P ­ ABC的棱AP，AB，AC兩兩垂直，且長度都為，以頂點P為球心，2為半徑作一個球，則球面與三棱錐的表面相交所得到的四段弧的長度之和等于()A3 B.C. D.112020·浙江卷已知圓錐的側(cè)面積(單位：cm2)為2，且它的側(cè)面展開圖是一個半圓，則這個圓錐的底面半徑(單位：cm)是_122020·貴陽市第一學(xué)期監(jiān)測考試平面截球O的球面所得圓的半徑為1，球心O到平面的距離為，則此球的表面積是_13如圖，在正三棱柱ABC ­ A1B1C1中，D為棱AA1的中點若AA14，AB2，則四棱錐B ­ ACC1D的體積為_14某幾何體的三視圖如圖所示，正視圖是一個上底為2，下底為4的直角梯形，俯視圖是一個邊長為4的等邊三角形，則該幾何體的體積為_B·素養(yǎng)提升1如圖，四棱錐P ­ ABCD的底面ABCD為平行四邊形，NB2PN，則三棱錐N ­ ABC與四棱錐P ­ ABCD的體積比為()A1:2 B1:3C1:6 D1:822020·合肥第一次教學(xué)檢測已知正方體ABCD ­ A1B1C1D1，過體對角線BD1作平面交棱AA1于點E，交棱CC1于點F，則四邊形BFD1E一定是平行四邊形；多面體ABE ­ DCFD1與多面體D1C1F ­ A1B1BE的體積相等；四邊形BFD1E在平面AA1D1D內(nèi)的投影一定是平行四邊形；平面有可能垂直于平面BB1D1D.其中所有正確結(jié)論的序號為()A BC D3已知三棱錐P ­ ABC的四個頂點在同一個球面上，底面ABC滿足BABC，ABC，若該三棱錐體積的最大值為3，則其外接球的體積為_42019·全國卷中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“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)的對稱美圖2是一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有_個面，其棱長為_5在矩形ABCD中，AB1，AD2，E為線段AD的中點，如圖1，沿BE將ABE折起至PBE，使BPCE，如圖2所示(1)求證：平面PBE平面BCDE；(2)求點D到平面PEC的距離6.如圖，三棱柱ABC ­ A1B1C1的各棱長均為2，AA1平面ABC，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，BC的中點(1)求證：直線BE平面A1FC1；(2)平面A1FC1與直線AB交于點M，指出點M的位置，說明理由，并求三棱錐B ­ EFM的體積課時作業(yè)8空間幾何體A·基礎(chǔ)達標(biāo)1解析：由題意，根據(jù)切削后的幾何體及其正視圖，可得相應(yīng)的側(cè)視圖的切口為橢圓，故選B.答案：B2解析：根據(jù)三視圖可得直觀圖如圖所示，圖中的點U在正視圖中對應(yīng)的點為M，在俯視圖中對應(yīng)的點為N，所以該端點在側(cè)視圖中對應(yīng)的點為E.故選A.答案：A3解析：VA ­ BC1MVC1 ­ ABMSABM·C1C×AB×AD×C1C.故選C.答案：C4解析：根據(jù)直觀圖可得該幾何體的俯視圖是一個直角邊長分別是2和的直角三角形，根據(jù)三視圖可知該幾何體是一個三棱錐，且三棱錐的高為3，所以體積V××3.故選B.答案：B 5解析：由題設(shè)可得，圓柱的體積V2 000×1.623 240(立方尺)，又圓柱的高h103(尺)，設(shè)圓柱底面圓的半徑為r尺，則有3×r23 240，解得r9，故圓柱的底面圓的周長l2×3×954(尺)，即5丈4尺，故選B.答案：B6解析：圓臺的軸截面如圖所示，圓臺的側(cè)面積S側(cè)(Rr)216，所以Rr4，所以該圓臺上、下兩底面圓的周長之和為2(Rr)8.故選C.答案：C7解析：設(shè)BCa，AB2a，所以S12·a·2a4a2，S22·2a·a4a2，S1S21.故選B.答案：B8解析：如圖，由題知ABC為等邊三角形，圓O1的半徑r2，即O1B2，BC2OO1，在RtOO1B中，OB2OOO1B216，球O的半徑ROB4，則S球O4R264.故選A.答案：A9解析：設(shè)球O的半徑為R，由平面ABC截球O所得截面的面積為9，得ABC的外接圓的半徑為3.設(shè)該外接圓的圓心為D，因為ABBC，所以點D為AC的中點，所以DC3.因為PA平面ABC，易證PBBC，所以PC為球O的直徑又PA8，所以O(shè)DPA4，所以ROC5，所以球O的表面積為S4R2100.故選D.答案：D10解析：如圖所示，由題意知RtPAC，RtPAB為等腰直角三角形，且APABAC.以頂點P為球心，2為半徑作一個球，設(shè)球P與RtPAC的邊PC，AC分別交于點M，N與AB，PB分別交于點H，G，易得cosAPN，所以APN，ANAP·tan1，所以NPM，所以弧MN的長l×2.同理l，易知AHAN1，則l×1.又易知弧GM的長是以頂點P為圓心，2為半徑的圓的周長的，所以l，所以球面與三棱錐的表面相交所得到的四段弧的長度之和等于.故選B.答案：B11解析：解法一：設(shè)該圓錐的母線長為l，因為圓錐的側(cè)面展開圖是一個半圓，其面積為2，所以l22，解得l2，所以該半圓的弧長為2.設(shè)該圓錐的底面半徑為R，則2R2，解得R1.解法二：設(shè)該圓錐的底面半徑為R，則該圓錐側(cè)面展開圖中的圓弧的弧長為2R.因為側(cè)面展開圖是一個半圓，設(shè)該半圓的半徑為r，則r2R，即r2R，所以側(cè)面展開圖的面積為·2R·2R2R22，解得R1.答案：112解析：因為平面截球O的球面所得圓的半徑為1，球心到該平面的距離d，所以球的半徑R，根據(jù)球的表面積計算公式，得球的表面積S4R212.答案：1213解析：取AC的中點O，連接BO(圖略)，則BOAC，所以BO平面ACC1D.因為AB2，所以BO.因為D為棱AA1的中點，AA14，所以AD2，所以S梯形ACC1D×(24)×26，所以四棱錐B ­ ACC1D的體積為×6×2.答案：214解析：把三視圖還原成幾何體ABC ­ DEF，如圖所示，在AD上取點G，使得AG2，連接GE，GF，則把幾何體ABC ­ DEF分割成三棱柱ABC ­ GEF和三棱錐D ­ GEF，所以VABC ­ DEFVABC ­ GEFVD ­ GEF4×2×4×2.答案：B·素養(yǎng)提升1解析：設(shè)點P，N在平面ABCD內(nèi)的投影分別為點P，N，(圖略)則PP平面ABCD，NN平面ABCD，所以PPNN，則在BPP中，由BN2PN得，又因為四邊形ABCD為平行四邊形，所以，則×.答案：B2解析：對于，由平面BCC1B1平面ADD1A1，并且B，E，F(xiàn)，D1四點共面，知ED1BF，同理FD1EB，故四邊形BFD1E一定是平行四邊形，故正確；對于，多面體ABE ­ DCFD1與多面體D1C1F ­ A1B1BE完全一樣，很顯然體積相等，故正確；對于，當(dāng)投射線平行于平面BFD1E時，投影是線段D1E，故錯誤；對于，當(dāng)E和F分別是對應(yīng)棱的中點時，平面BFD1E平面BB1D1D，故正確故選D.答案：D3解析：因為ABC是等腰直角三角形，故AC為截面圓的直徑，故外接球的球心O在截面ABC上的投影為AC的中點D，如圖，連接PD，OC，當(dāng)P，O，D共線且P，O位于截面ABC同一側(cè)時，該三棱錐的體積最大，此時PD平面ABC，由××××PD3，解得PD3.設(shè)外接球的半徑為R，則OD3R，OCR，在ODC中，CDAC，由勾股定理得(3R)2()2R2，解得R2.所以外接球的體積V×23.答案：4解析：依題意知，題中的半正多面體的上、下、左、右、前、后6個面都在正方體的表面上，且該半正多面體的表面由18個正方形，8個正三角形組成，因此題中的半正多面體共有26個面注意到該半正多面體的俯視圖的輪廓是一個正八邊形，設(shè)題中的半正多面體的棱長為x，則xxx1，解得x1，故題中的半正多面體的棱長為1.答案：2615解析：(1)證明：在題圖1中連接EC，(圖略)由題意得AEBCED45°，BEC90°，BECE.在題圖2中，PBCE，PBBEB，CE平面PBE，CE平面BCDE，平面PBE平面BCDE.(2)在題圖2中，取BE的中點O，連接PO，(圖略)PBPE，POBE，POBE，平面PBE平面BCDE，PO平面BCDE，VP ­ ECDSECD·PO××.設(shè)點D到平面PEC的距離為h，由(1)CE平面PBE知CEPE，SPECPE·CE×1×，VD ­ PECVP ­ ECD，h·SPECh，h，點D到平面PEC的距離為.6解析：(1)證明：取A1C1的中點G，連接EG，F(xiàn)G，于是EG綊B1C1，又BF綊B1C1，BF綊EG.四邊形BFGE是平行四邊形BEFG.而BE平面A1FC1，F(xiàn)G平面A1FC1，直線BE平面A1FC1.(2)解：M為棱AB的中點理由如下：取AB中點為M，連接ME，MF，F(xiàn)E，ACA1C1，AC平面A1FC1，A1C1平面A1FC1，直線AC平面A1FC1，又平面A1FC1平面ABCFM，ACFM，又F為棱BC的中點，M為棱AB的中點SBFMSABC×，BB1平面ABC，B1B為B1到平面ABC的距離VB ­ EFMVE ­ BFMSBFM·BB1××2.