2013年全国高考数学第二轮复习-专题升级训练11-空间几何体的三视图、表面积及体积-文.doc

专题升级训练11　空间几何体的三视图、表面积及体积
(时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分)
1．下列四个几何体中，每个几何体的三视图中有且仅有两个视图相同的是(　　)．

A．①② B．①③
C．③④ D．②④
2．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是(　　)．

3．在一个几何体的三视图中，正(主)视图和俯视图如图所示，则相应的侧(左)视图可以为(　　)．

4．(2012·北京丰台区三月模拟，5)若正四棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该几何体的表面积是(　　)．

A．4 B．4＋4
C．8 D．4＋4
5．(2012·河北邯郸一模，6)如下图是某几何体的三视图，其中正(主)视图是腰长为2的等腰三角形，侧(左)视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积是(　　)．

A．π B．
C．π D．
6．(2012·山东济南三月模拟，8)若一个螺栓的底面是正六边形，它的正(主)视图和俯视图如图所示，则它的体积是(　　)．

A．27＋12π B．9＋12π
C．27＋3π D．54＋3π
二、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分)
7．(2012·江苏南京二模，11)一块边长为10 cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥容器，当x＝6 cm时，该容器的容积为__________cm3.

8．一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为2，它的三视图中的俯视图如图所示，侧(左)视图是一个矩形，则这个矩形的面积是__________．

9．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝，AA1＝3，M为线段BB1上的一动点，则当AM＋MC1最小时，△AMC1的面积为__________．

三、解答题(本大题共3小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
10．(本小题满分15分)如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)．
(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)；
(2)求这个几何体的表面积及体积．

11．(本小题满分15分)(2012·安徽安庆二模，18)如图，几何体ABC－EFD是由直三棱柱截得的，EF∥AB，∠ABC＝90°，AC＝2AB＝2，CD＝2AE＝.

(1)求三棱锥D－BCE的体积；
(2)求证：CE⊥DB．
12．(本小题满分16分)(2012·河北邯郸一模，19)已知四棱锥E－ABCD的底面为菱形，且∠ABC＝60°，AB＝EC＝2，AE＝BE＝，O为AB的中点．

(1)求证：EO⊥平面ABCD；
(2)求点D到平面AEC的距离．

参考答案
一、选择题
1．D　解析：图①的三种视图均相同；图②的正(主)视图与侧(左)视图相同；图③的三种视图均不相同；图④的正(主)视图与侧(左)视图相同．
2．A　解析：由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2，故选A.
3．D　解析：由题目所给的几何体的正(主)视图和俯视图，可知该几何体为半圆锥和三棱锥的组合体，如图所示：

可知侧(左)视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D.
4．B　5．D
6．C　解析：该螺栓是由一个正六棱柱和一个圆柱组合而成的，
V总＝V正六棱柱＋V圆柱＝×32×6×2＋π×12×3＝27＋3π.
二、填空题
7．48
8．2　解析：如图，设底面边长为a，则侧棱长也为a，a2·a＝2，故a3＝8，a＝2.

侧(左)视图与矩形DCC1D1相同，＝a·a＝2.
9．　解析：将直三棱柱沿侧棱A1A剪开，得平面图形如图所示，A′C1为定长，当A，M，C1共线时AM＋MC1最短，此时AM＝，MC1＝2.

又在原图形中AC1＝，易知∠AMC1＝120°，
∴＝××2×sin 120°＝.
三、解答题
10．解：(1)这个几何体的直观图如图所示．

(2)这个几何体可看成是正方体AC1及直三棱柱B1C1Q－A1D1P的组合体．
由PA1＝PD1＝，A1D1＝AD＝2，可得PA1⊥PD1.
故所求几何体的表面积S＝5×22＋2×2×＋2××()2＝22＋4(cm2)．
所求几何体的体积V＝23＋×()2×2＝10(cm3)．
11．(1)解：BC2＝AC2－AB2＝3⇒BC＝.
几何体ABC－EFD是由直三棱柱截得，由图可知DC⊥平面ABC，
∴DC⊥AB.
又∵∠ABC＝90°，∴AB⊥BC.∴AB⊥平面BDC.
又EF∥AB，∴EF⊥平面BCD.
故VD－BCE＝VE－BCD＝S△BCD·EF＝××××1＝.
(2)证明：连接CF.

依题意⇒⇒⇒EF⊥BD.①
又在Rt△BCF和Rt△CDB中，
＝＝，＝＝⇒＝
⇒Rt△BCF∽Rt△CDB⇒∠BDC＝∠BCF⇒∠BDC＋∠DCF＝∠BCF＋∠DCF＝90°⇒CF⊥BD.②
由①②⇒BD⊥平面CEF.
又CE⊂平面CEF，∴BD⊥CE.
12．(1)证明：连接CO.

∵AE＝EB＝，AB＝2，∴△AEB为等腰直角三角形．
∵O为AB的中点，∴EO⊥AB，EO＝1.
又∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ACB是等边三角形，∴CO＝.
又EC＝2，∴EC2＝EO2＋CO2，∴EO⊥CO.
又CO⊂平面ABCD，EO平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD.
(2)解：设点D到平面AEC的距离为h.
∵AE＝，AC＝EC＝2，∴S△AEC＝.
∵S△ADC＝，E到平面ACB的距离EO＝1，VD－AEC＝VE－ADC，
∴S△AEC·h＝S△ADC·EO，∴h＝，
∴点D到平面AEC的距离为.

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