2023届高考数学二轮复习专题3第1讲空间几何体作业含答案

第二篇　专题三　第1讲　空间几何体

一、选择题

1．如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，则以下说法正确的是(　C　)

A．△ABC是钝角三角形

B．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形

C．△ABC是等腰直角三角形

D．△ABC是等边三角形

【解析】根据题意，将△A′B′C′还原成原图，如图，

原图中，则有OC＝OA＝OB，

则△ABC是等腰直角三角形；

故选C.

2．如图，半径为R的球的两个内接圆锥有公共的底面．若两个圆锥的体积之和为球的体积的，则这两个圆锥的高之差的绝对值为(　D　)

A．　　 B．　　

C．　　 D．R

【解析】设球的球心为O，半径为R，体积为V，上面圆锥的高为h(h<R)，体积为V1，下面圆锥的高为H(H>R)，体积为V2，两个圆锥共用的底面的圆心为O1，半径为r.由球和圆锥的对称性可知h＋H＝2R，|OO1|＝H－R.

∵V1＋V2＝V，

∴πr2h＋πr2H＝×πR3，

∴r2(h＋H)＝R3.∵h＋H＝2R，∴r＝R.

∵OO1垂直于圆锥的底面，

∴OO1垂直于底面的半径，由勾股定理可知R2＝r2＋|OO1|2，

∴R2＝r2＋(H－R)2，∴H＝R，∴h＝R，

则这两个圆锥的高之差的绝对值为R，故选D.

3．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则等于(　C　)

A．　　 B．　　

C．　　 D．

【解析】如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r，l为底面圆周长，R为母线长，

则lR＝2πr2，

即·2π·r·R＝2πr2，

解得R＝2r，

故∠ADC＝30°，则△DEF为等边三角形，

设B为△DEF的重心，过B作BC⊥DF，

则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，

则＝，∴＝，故＝.

4．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，动点E在BB1上，动点F在A1C1上，O为底面ABCD的中心，若BE＝x，A1F＝y，则三棱锥O－AEF的体积(　B　)

A．与x，y都有关

B．与x，y都无关

C．与x有关，与y无关

D．与y有关，与x无关

【解析】由已知得V三棱锥O－AEF＝V三棱锥E－OAF＝S△AOF·h(h为点E到平面AOF的距离).

连接OC，因为BB1∥平面ACC1A1，

所以点E到平面AOF的距离为定值．

又AO∥A1C1，OA为定值，

点F到直线AO的距离也为定值，

所以△AOF的面积是定值，

所以三棱锥O－AEF的体积与x，y都无关．

5．在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为(　C　)

A．　　 B．　　

C．　　 D．2π

【解析】如图，过点C作CE垂直AD所在直线于点E，

梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB的长为底面圆半径，

线段BC为母线的圆柱挖去以线段CE的长为底面圆半径，ED为高的圆锥，

该几何体的体积为V＝V圆柱－V圆锥＝π·AB2·BC－·π·CE2·DE＝π×12×2－π×12×1＝.

6．如图，在三棱锥V－ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝60°，VA＝VB＝VC，若三棱锥V－ABC的内切球O的表面积为6π，则此三棱锥的体积为(　D　)

A．6　　 B．18　　

C．6　　 D．18

【解析】连接VO，并延长交底面ABC于点E，连接AE，并延长交BC于D，

∵在三棱锥V－ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝60°，VA＝VB＝VC，

∴三棱锥V－ABC是正四面体，

∴E是△ABC的重心，∴VE⊥平面ABC，

∵三棱锥V－ABC的内切球O的表面积为6π，

∴4πr2＝6π，解得球O的半径r＝OE＝，

设AB＝a，则AE＝AD＝＝，

VE＝＝a，

∴AO＝VO＝a－，

∵OE⊥AE，∴AE2＋OE2＝AO2，

∴＋＝，

解得a＝6，∴VE＝×6＝2，

∴此三棱锥的体积为V＝S△ABC·VE＝××6×6×sin 60×2＝18.

故选D.

7．如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭的几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上、下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为(　B　)

A．　　 B．

C．81π　　 D．128π

【解析】小圆柱的高分为上、下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h(0<h<5)，底面半径为r(0<r<5).

由于r，h和球的半径构成直角三角形，即r2＋h2＝52，

所以小圆柱的体积

V＝πr2(h＋5)＝π(25－h2)(h＋5)(0<h<5)，

把V看成是关于h的函数，求导得V′＝－π(3h－5)(h＋5).

当0<h<时，V′>0，V单调递增；

当<h<5时，V′<0，V单调递减．

所以当h＝时，小圆柱的体积取得最大值．

即Vmax＝π×＝，故选B.

二、填空题

8．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AA1＝6.若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，则三棱锥A－A1EF的体积是__8__．

【解析】因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，

AA1∥BB1，AA1⊂平面AA1C1C，BB1⊄平面AA1C1C，

所以BB1∥平面AA1C1C，

从而点E到平面AA1C1C的距离就是点B到平面AA1C1C的距离，

作BH⊥AC，垂足为点H，

由于△ABC是正三角形且边长为4，所以BH＝2，

从而三棱锥A－A1EF的体积VA－A1EF＝VE－A1AF＝S△A1AF·BH＝××6×4×2＝8.

9．已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为____．

【解析】如图，设B1C1的中点为E，

球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，

连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，

由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，

∴D1B1＝DB＝2，

∴△D1B1C1为等边三角形，

则D1E＝且D1E⊥平面BCC1B1，

∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，

设截面圆的半径为r，

则r＝＝＝.

又由题意可得EP＝EQ＝，

∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.

又D1P＝，

∴B1P＝＝1，

同理C1Q＝1，

∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，

∴∠PEQ＝，

知的长为×＝，即交线长为.

10．(2020·浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是__1__．

【解析】如图，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，

则圆锥的侧面积S侧＝πrl＝2π，

即r·l＝2.

由于侧面展开图为半圆，

可知πl2＝2π，

可得l＝2，因此r＝1.

11．在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40cm，母线长最短50cm，最长80cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝__2600π__cm2.

【解析】将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S＝×(π×40)×(50＋80)＝2 600π(cm2).

12．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，过点A，P，C1的平面截正方体所得的截面为M，则截面M的面积为____．

【解析】如图，取A1D1，AD的中点分别为F，G.

连接AF，AP，PC1，C1F，PG，D1G，AC1，PF.

∵F为A1D1的中点，P为BC的中点，G为AD的中点，

∴AF＝FC1＝AP＝PC1＝，PGCD，AFD1G.

由题意可知CDC1D1，∴PGC1D1，

∴四边形C1D1GP为平行四边形，

∴PC1D1G，∴PC1AF，

∴A，P，C1，F四点共面，

∴四边形APC1F为菱形．

∵AC1＝，PF＝，

过点A，P，C1的平面截正方体所得的截面M为菱形APC1F，

∴截面M的面积S＝AC1·PF＝××＝.

三、解答题

13．(2021·浙江高三期末)如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝5，BB1＝4，CC1＝3，求：

(1)该几何体的体积；

(2)该几何体的表面积．

【解析】　(1)把几何体ABC－A1B1C1补成直棱柱A1B1C1－ADE，

如图，作C作与底面平行的截面CMN，

则截得两个直棱柱，

则AM＝2，BN＝BD＝1，CE＝2，

S△A1B1C1＝×2×2＝2，

VADE－MNC＝2×2＝4，VMNC－A1B1C1＝2×3＝6，

所以VABC－A1B1C1＝6＋4×＝8；(也可求出四棱锥C－ABNM的体积为2)

(2)A1C1＝2，

因此SABB1A1＝×(5＋4)×2＝9，

SBB1C1C＝×(4＋3)×2＝7，

SCC1A1A＝×(3＋5)×2＝8，

又AC＝＝2，

BC＝＝＝AB，

等腰三角形ABC的底边AC上的高为h＝＝，

S△ABC＝×2×＝，

所以所求表面积为S＝2＋＋9＋7＋8＝18＋8＋.