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2021届高考数学二轮复习 专题检测空间几何体、三视图、表面积与体积

2021届高考数学二轮复习 专题检测空间几何体、三视图、表面积与体积

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姓名：

专题检测（十） 空间几何体、三视图、表面积与体积
A组——“12＋4”满分练
一、选择题
1.(2019·福州市第一学期抽测)如图，为一圆柱切削后的几何体及其正视图，则相应的侧视图可以是(　　)

解析：选B　由题意，根据切削后的几何体及其正视图，可得相应的侧视图的切口为椭圆，故选B.
2.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为BD1的中点，则△PAC在该正方体各个面上的正投影可能是(　　)

A.①②　　　　　　　 B.①④
C.②③ D.②④
解析：选B　连接A1C1，则点P在上、下底面的正投影落在A1C1或AC上，所以△PAC在上底面或下底面的正投影为①，在前面、后面、左面、右面的正投影为④.故选B.
3.(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. B.
C. D.
解析：选C　VA­BC1M＝VC1­ABM＝S△ABM·C1C＝×AB×AD×C1C＝.故选C.
4.设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的体积为(　　)
A.100π　　　　　　　　 B.π
C.π D.π
解析：选D　因为切面圆的半径r＝4，球心到切面的距离d＝3，所以球的半径R＝＝＝5，故球的体积V＝πR3＝π×53＝π，即该西瓜的体积为π.故选D.
5.(2019届高三·开封高三定位考试)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为(　　)

A.4π B.2π
C. D.π
解析：选B　由题意知该几何体的直观图如图所示，该几何体为圆柱的一部分，设底面扇形的圆心角为α，由tan α＝＝，得α＝，故底面面积为××22＝，则该几何体的体积为×3＝2π.故选B.
6.某圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为的扇形，此圆锥的体积为(　　)
A.π B.
C.2π D.2π
解析：选B　设圆锥的母线为R，底面圆的半径为r，扇形的圆心角为α，则S＝αR2＝××R2＝3π，解得R＝3，底面圆的半径r满足＝，解得r＝1，所以这个圆锥的高h＝＝2，故圆锥的体积V＝πr2h＝.故选B.
7.已知矩形ABCD，AB＝2BC，把这个矩形分别以AB，BC所在直线为轴旋转一周，所成几何体的侧面积分别记为S1，S2，则S1与S2的比值等于(　　)
A. B.1
C.2 D.4
解析：选B　设BC＝a，AB＝2a，所以S1＝2π·a·2a＝4πa2，S2＝2π·2a·a＝4πa2，S1∶S2＝1.故选B.
8.(2019·广东省七校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积和体积分别是(　　)

A.24＋6和40 B.24＋6和72
C.64＋6和40 D.64＋6和72

解析：选C　把三视图还原成几何体，如图所示.由题意知S四边形ABCD＝12，S＝8，S＝6，S＝(2＋6)×4×＝16，S＝(2＋6)×3×＝12.易得B1A1⊥SA1，B1C1⊥SC1，且SA1＝4，SC1＝5，所以S＝3×4×＝6，S＝4×5×＝10，所以该几何体的表面积为12＋8＋6＋16＋12＋6＋10＝64＋6.在棱SD上取一点D1，使得DD1＝2，连接A1D1，C1D1，则该几何体的体积V＝V＋V＝×12×4＋12×2＝40.故选C.
9.(2019·蓉城名校第一次联考)已知一个几何体的正视图和侧视图如图1所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形(如图2所示)，则此几何体的体积为(　　)

A.1 B.
C.2 D.2
解析：选B　根据直观图可得该几何体的俯视图是一个直角边长分别是2和的直角三角形(如图所示)，根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为3，所以体积V＝××3＝.故选B.
10.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD为矩形，棱EF∥AB.若此几何体中，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则该几何体的表面积为(　　)
A.8 B.8＋8
C.6＋2 D.8＋6＋2
解析：选B　如图所示，取BC的中点P，连接PF，则PF⊥BC，过F作FQ⊥AB，垂足为Q.
因为△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，且EF ∥AB，
所以四边形ABFE为等腰梯形，FP＝，
则BQ＝(AB－EF)＝1，FQ＝ ＝，
所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝×(2＋4)×＝3，
又S△ADE＝S△BCF＝×2×＝，
S矩形ABCD＝4×2＝8，
所以该几何体的表面积S＝3×2＋×2＋8＝8＋8.故选B.
11.古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成.一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为(　　)

A.63π B.72π
C.79π D.99π
解析：选A　由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为5，底面圆的半径为3，半球的半径为3，所以组合体的体积为π×32×5＋×π×33＝63π.故选A.
12.已知三棱锥P­ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝8.若平面ABC截球O所得截面的面积为9π，则球O的表面积为(　　)
A.10π B.25π
C.50π D.100π
解析：选D　设球O的半径为R，由平面ABC截球O所得截面的面积为9π，得△ABC的外接圆的半径为3.设该外接圆的圆心为D，因为AB⊥BC，所以点D为AC的中点，所以DC＝3.因为PA⊥平面ABC，易证PB⊥BC，所以PC为球O的直径.又PA＝8，所以OD＝PA＝4，所以R＝OC＝ ＝5，
所以球O的表面积为S＝4πR2＝100π.故选D.
二、填空题
13.(2019·长春市质量监测一)已知一所有棱长都是的三棱锥，则该三棱锥的体积为________.
解析：记所有棱长都是的三棱锥为P­ABC，如图所示，取BC的中点D，连接AD，PD，作PO⊥AD于点O，则PO⊥平面ABC，且OP＝×＝，故三棱锥P­ABC的体积V＝S△ABC·OP＝××()2×＝.
答案：
14.如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，D为棱AA1的中点.若AA1＝4，AB＝2，则四棱锥B­ACC1D的体积为________.
解析：取AC的中点O，连接BO(图略)，则BO⊥AC，
所以BO⊥平面ACC1D.
因为AB＝2，所以BO＝.
因为D为棱AA1的中点，AA1＝4，所以AD＝2，
所以S梯形ACC1D＝×(2＋4)×2＝6，
所以四棱锥B­ACC1D的体积为×6×＝2.
答案：2
15.如图，半径为4的球O中有一内接圆柱，则圆柱的侧面积最大值是________.
解析：设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r＝4cos α，圆柱的高为8sin α.
所以圆柱的侧面积为32πsin 2α.
当且仅当α＝时，sin 2α＝1，圆柱的侧面积最大，
所以圆柱的侧面积的最大值为32π.
答案：32π
16.(2019·江西省五校协作体试题)某几何体的三视图如图所示，正视图是一个上底为2，下底为4的直角梯形，俯视图是一个边长为4的等边三角形，则该几何体的体积为________.

解析：把三视图还原成几何体ABC­DEF，如图所示，在AD上取点G，使得AG＝2，连接GE，GF，则把几何体ABC­DEF分割成三棱柱ABC­GEF和三棱锥D­GEF，所以VABC­DEF＝VABC­GEF＋VD­GEF＝4×2＋×4×2＝.
答案：
B组——“5＋3”提速练
1.(2019·福州市质量检测)棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1木块的直观图如图所示，平面α过点D且平行于平面ACD1，则该木块在平面α内的正投影面积是(　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.1
解析：选A　棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1木块在平面α内的正投影是三个全等的菱形，如图，正投影可以看成两个边长为的等边三角形，所以木块在平面α内的正投影面积是2××××＝.故选A.
2.在棱长为3的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P在线段BD1上，且＝，M为线段B1C1上的动点，则三棱锥M­PBC的体积为(　　)
A.1 B.
C. D.与M点的位置有关
解析：选B　∵＝，∴点P到平面BCC1B1的距离是D1到平面BCC1B1距离的，即为＝1.M为线段B1C1上的点，∴S△MBC＝×3×3＝，
∴VM­PBC＝VP­MBC＝××1＝.故选B.

3.(2019·重庆市学业质量调研)三棱锥S­ABC中，SA，SB，SC两两垂直，已知SA＝a，SB＝b，SC＝2，且2a＋b＝，则此三棱锥的外接球的表面积的最小值为(　　)
A. B.
C.4π D.6π
解析：选A　由题意，设三棱锥的外接球的半径为R，因为SA，SB，SC两两垂直，所以以SA，SB，SC为棱构造长方体，其体对角线即三棱锥的外接球的直径，因为SA＝a，SB＝b，SC＝2，所以4R2＝a2＋b2＋4＝a2＋＋4＝5(a－1)2＋，所以a＝1时，(4R2)min＝，所以三棱锥的外接球的表面积的最小值为.故选A.
4.(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知正三角形ABC的三个项点都在半径为2的球面上，球心O到平面ABC的距离为1，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则截面圆面积的最小值是(　　)
A. B.2π
C. D.3π
解析：选C　设正三角形ABC的中心为O1，连接OO1，OA，O1A，
由题意得O1O⊥平面ABC，O1O＝1，OA＝2，
∴在Rt△O1OA中，O1A＝，∴AB＝3.∵E为AB的中点，∴AE＝.
连接OE，则OE⊥AB.过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径r＝，可得截面圆面积的最小值为πr2＝.故选C.
5.(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P­ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　　)
A.8π B.4π
C.2π D.π
解析：选D　设PA＝PB＝PC＝2a，则EF＝a，FC＝，∴EC2＝3－a2.
在△PEC中，
cos∠PEC＝.
在△AEC中，
cos∠AEC＝.
∵∠PEC与∠AEC互补，∴3－4a2＝1，a＝，
故PA＝PB＝PC＝.
又∵AB＝BC＝AC＝2，∴PA⊥PB⊥PC，
∴外接球的直径2R＝ ＝，
∴R＝，∴V＝πR3＝π×＝π.
故选D.
6.(2019·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，那么P到平面ABC的距离为________.
解析：如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离.
再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.
又PE＝PF＝，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，
即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝＝ ＝.
答案：
7.(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 ＝，则S侧＝3××2×＝2，S底＝××2＝，所以三棱锥的表面积S表＝2＋＝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＝S表·r＝S底·1，所以3r＝，所以r＝，所以三棱锥的内切球的体积最大为Vmax＝πr3＝.
答案：3　
8.已知在正四棱锥S­ABCD中，SA＝6，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为________.
解析：设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，因为在正四棱锥S­ABCD中，SA＝6，所以＋h2＝108，即a2＝216－2h2，所以正四棱锥的体积VS­ABCD＝a2h＝72h－h3，令y＝72h－h3，则y′＝72－2h2，令y′>0，得0<h<6，令y′<0，得h>6，所以当该棱锥的体积最大时，它的高为6.
答案：6