2020高考数学二轮练典型习题第二部分专题三第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积（Word版带解析）

一、选择题 1．水平放置的△ABC 的直观图如图，其中 B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝ 3 2 ，那么原△ABC 是一个(　　) A．等边三角形 B．直角三角形 C．三边中只有两边相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形 解析：选 A.AO＝2A′O′＝2× 3 2 ＝ 3，BC＝B′O′＋C′O′＝1＋1＝2， 在 Rt△AOB 中，AB＝ 12＋（ 3）2＝2，同理 AC＝2，所以△ABC 是等边三角形． 2．(2019·武汉市调研测试)如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD­A1B1C1D1 中，M 为 CD 的中 点，则三棱锥 A­BC1M 的体积 VA­BC1M＝(　　) A. 1 2 B. 1 4 C. 1 6 D. 1 12 解析：选 C.VA­BC1M＝VC1­ABM＝ 1 3S△ABM·C1C＝ 1 3×1 2AB×AD×C1C＝ 1 6.故选 C. 3．把一个半径为 20 的半圆卷成圆锥的侧面，则这个圆锥的高为(　　) A．10 B．10 3 C．10 2 D．5 3 解析：选 B.设圆锥的底面半径为 r，高为 h.因为半圆的弧长等于圆锥的底面周长，半圆的 半径等于圆锥的母线，所以 2πr＝20π，所以 r＝10，所以 h＝ 202－102＝10 3. 4．已知圆柱的高为 2，底面半径为 3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上， 则这个球的表面积等于(　　)A．4π B. 16 3 π C. 32 3 π D．16π 解析：选 D.如图，由题意知圆柱的中心 O 为这个球的球心，于是，球的半 径 r＝OB＝ OA2＋AB2＝ 12＋（ 3）2＝2.故这个球的表面积 S＝4πr2＝16π.故 选 D. 5．在长方体 ABCD­A1B1C1D1 中，AB＝AD＝2，AA1＝1，则点 B 到平面 D1AC 的距离等于 (　　) A. 3 3 B. 6 3 C．1 D. 2 解析：选 B.如图，连接 BD1，易知 D1D 就是三棱锥 D1­ABC 的高，AD1 ＝CD 1 ＝ 5，取 AC 的中点 O，连接 D 1O，则 D 1O⊥AC，所以 D 1O＝ AD －AO2＝ 3.设点 B 到平面 D1AC 的距离为 h，则由 VB­D1AC＝VD1­ABC， 即 1 3S△D1AC·h＝ 1 3S△ABC·D1D，又 S△D1AC＝ 1 2D1O·AC＝ 1 2× 3×2 2＝ 6， S△ABC＝ 1 2AB·BC＝ 1 2×2×2＝2，所以 h＝ 6 3 .故选 B. 6．在三棱锥 S­ABC 中，SB⊥BC，SA⊥AC，SB＝BC，SA＝AC，AB＝ 1 2SC，且三棱锥 S­ABC 的体积为 9 3 2 ，则该三棱锥的外接球半径是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 C.取 SC 的中点 O，连接 OA，OB，则 OA＝OB＝OC＝OS，即 O 为三棱锥的外 接球球心，设半径为 r，则 1 3×2r× 3 4 r2＝ 9 3 2 ，所以 r＝3. 7．(2019·安徽省江南十校 3 月检测)我国南北朝时期的科学家祖暅提出了计算体积的祖暅 原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：如果两个等高的几何体在等高处的水平截面的 面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．利用此原理求以下几何体的体积：如图，曲线 y＝ x2(0≤y≤L)和直线 y＝L 围成的封闭图形绕 y 轴旋转一周得几何体 Z，将 Z 放在与 y 轴垂直的 水平面 α 上，用平行于平面 α，且与 Z 的顶点 O 距离为 l 的平面截几何体 Z，得截面圆的面积 为π( l)2＝πl.由此构造右边的几何体 Z1(三棱柱 ABC­A1B1C1)，其中 AC⊥平面 α，BB1C1C∥ α，EFPQ∥α，AC＝L，AA1⊂α，AA1＝π，Z1 与 Z 在等高处的截面面积都相等，图中 EFPQ 和 BB1C1C 为矩形，且 PQ＝π，FP＝l，则几何体 Z1 的体积为(　　)A．πL2 B．πL3 C. 1 2πL2 D. 1 2πL3 解析：选 C.由题意可知，在高为 L 处，几何体 Z 和 Z1 的水平截面面积相等，为πL， 所以 S 矩形 BB1C1C＝πL，所以 BC＝L，所以 V 三棱柱 ABC­A1B1C1＝S△ABC·π＝ 1 2πL2，故选 C. 8．(2019·重庆市七校联合考试)已知正三棱锥的高为 6，内切球(与四个面都相切)的表面积 为 16π，则其底面边长为(　　) A．18 B．12 C．6 3 D．4 3 解析：选 B.由题意知，球心在三棱锥的高 PE 上，设内切球的半径为 R，则 S 球＝4πR2＝16π，所以 R＝2，所以 OE＝OF＝2，OP＝4.在 Rt△OPF 中，PF ＝ OP2－OF2＝2 3.因为△OPF∽△DPE，所以 OF DE＝ PF PE，得 DE＝2 3，AD＝3DE ＝6 3，AB＝2 3AD＝12.故选 B. 9．(多选)下列说法正确的是(　　) A．用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面 B．圆台的任意两条母线延长后一定交于一点 C．有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体叫作棱锥 D．若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥不可能是正六棱锥 解析：选 ABD.在 A 中，用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面，故 A 正确；在 B 中，由圆台的概念知圆台的任意两条母线延长后一定交于一点，故 B 正确；在 C 中，依照棱 锥的定义，其余各面的三角形必须有公共的顶点，故 C 错误；在 D 中，若六棱锥的底面边长 都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长 一定大于底面边长，故 D 正确． 10．(多选)在正方体上任意选择 4 个顶点，它们可能是如下几种几何图形的 4 个顶点，这 些几何图形可以是(　　) A．矩形 B．有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体 C．每个面都是直角三角形的四面体D．每个面都是等边三角形的四面体 解析：选 ABCD.4 个顶点连成矩形的情形显然成立；图(1)中四面体 A1­D1B1A 是 B 中描述 的情形；图(2)中四面体 D­A1C1B 是 D 中描述的情形；图(3)中四面体 A1­D1B1D 是 C 中描述的 情形． 11．(多选)如图，已知正方体 ABCD­A1B1C1D1 的棱长为 2，则下列四个结论正确的是(　　) A．直线 A1C1 与 AD1 为异面直线 B．A1C1∥平面 ACD1 C．BD1⊥AC D．三棱锥 D1­ADC 的体积为 8 3 解析：选 ABC.对于 A，直线 A1C1⊂平面 A1B1C1D1，AD1⊂平面 ADD1A1， D1∉直线 A1C1，则易得直线 A1C1 与 AD1 为异面直线，故 A 正确； 对于 B，因为 A1C1∥AC，A1C1⊄平面 ACD1，AC⊂平面 ACD1， 所以 A1C1∥平面 ACD1，故 B 正确； 对于 C，连接 BD，因为正方体 ABCD­A1B1C1D1 中，AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D， 所以 AC⊥平面 BDD1，所以 BD1⊥AC，故 C 正确； 对于 D，三棱锥 D1­ADC 的体积 V 三棱锥 D1­ADC＝ 1 3× 1 2×2×2×2＝ 4 3，故 D 错误． 12．(多选)如图，AB 为圆 O 的直径，点 E，F 在圆 O 上，AB∥EF，矩形 ABCD 所在平面 和圆 O 所在平面垂直，且 AB＝2，AD＝EF＝1.则(　　) A．平面 BCF⊥平面 ADF B．EF⊥平面 DAF C．△EFC 为直角三角形D．VC­BEF∶VF­ABCD＝1∶4 解析：选 AD.因 BF⊥AF，BF⊥DA，所以 BF⊥平面 DAF， 所以平面 BCF⊥平面 ADF， 由题意可知，平面 CBF 将几何体 EFABCD 分成的两个锥体的体积分别为 V 四棱锥 F­ABCD，V 三棱锥 F­CBE.过点 F 作 FG⊥AB 于点 G，因为平面 ABCD⊥平面 ABEF，平面 ABCD∩平面 ABEF ＝AB，FG⊂平面 ABEF，所以 FG⊥平面 ABCD.所以 V 四棱锥 F­ABCD＝ 1 3×1×2×FG＝ 2 3FG，V 三 棱锥 F­BCE＝V 三棱锥 C­BEF＝ 1 3×S△BEF×CB＝ 1 3×1 2×FG×1×1＝ 1 6FG，由此可得 V 三棱锥 C­BEF∶V 四 棱锥 F­ABCD＝1∶4. 二、填空题 13．(一题多解)(2019·淄博市第一次模拟测试)底面边长为 6，侧面为等腰直角三角形的正 三棱锥的高为________．　 解析：法一：由题意得，三棱锥的侧棱长为 3 2，设正三棱锥的高为 h，则 1 3× 1 2×3 2×3 2×3 2＝ 1 3× 3 4 ×36h，解得 h＝ 6. 法二：由题意得，三棱锥的侧棱长为 3 2，底面正三角形的外接圆的半径为 2 3，所以正 三棱锥的高为 18－12＝ 6. 答案： 6 14．(2019·高考天津卷)已知四棱锥的底面是边长为 2的正方形，侧棱长均为 5.若圆柱的 一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该 圆柱的体积为________． 解析：由题可得，四棱锥底面对角线的长为 2，则圆柱底面的半径为 1 2，易知四棱锥的高 为 5－1＝2，故圆柱的高为 1，所以圆柱的体积为π×(1 2 ) 2 ×1＝ π 4 . 答案： π 4 15．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P 为平面 ABC 外一点，PC＝2，点 P 到∠ACB 两边 AC，BC 的距离均为 3，那么 P 到平面 ABC 的距离为____________． 解析：如图，过点 P 分别作 PE⊥BC 交 BC 于点 E，作 PF⊥AC 交 AC 于 点 F.由题意知 PE＝PF＝ 3.过 P 作 PH⊥平面 ABC 于点 H，连接 HE，HF， HC，易知 HE＝HF，则点 H 在∠ACB 的平分线上，又∠ACB＝90°，故 △CEH 为等腰直角三角形．在 Rt△PCE 中，PC＝2，PE＝ 3，则 CE＝1， 故 CH＝ 2，在 Rt△PCH 中，可得 PH＝ 2，即点 P 到平面 ABC 的距离为 2. 答案： 216．(2019·河南八市重点高中联盟测评改编)已知一个高为 1 的三棱锥，各侧棱长都相等， 底面是边长为 2 的等边三角形，则三棱锥的表面积为________，若三棱锥内有一个体积为 V 的球，则 V 的最大值为________． 解析：该三棱锥侧面的斜高为 (1 3 × 3) 2 ＋12＝2 3 3 ，则 S 侧＝3× 1 2×2× 2 3 3 ＝2 3，S底＝ 1 2× 3×2＝ 3，所以三棱锥的表面积 S 表＝2 3＋ 3＝3 3.由题意知，当球与三棱锥的四个面 都相切时，其体积最大．设三棱锥的内切球的半径为 r，则三棱锥的体积 V 锥＝ 1 3S 表·r＝ 1 3S 底·1，所以 3 3r＝ 3，所以 r＝ 1 3，所以三棱锥的内切球的体积最大为 Vmax＝ 4 3πr3＝ 4π 81 . 答案：3 3　 4π 81