2021高考数学（文）大一轮复习习题 升级增分训练 立体几何 word版含答案

这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 升级增分训练 立体几何 word版含答案，共7页。


A．2 B．2eq \r(2)
C．eq \r(3) D．2eq \r(3)
解析：选D 在正方体ABCD­A1B1C1D1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即为D1­BCB1，如图所示，其四个面的面积分别为2,2eq \r(2)，2eq \r(2)，2eq \r(3)，故选D．
2．(2016·广东茂名二模)若几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )
A．34π B．35π
C．36π D．17π
解析：选A 由几何体的三视图知它是底面为正方形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，可把它补成一个长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体的外接球即为原四棱锥的外接球，所以4R2＝32＋32＋42＝34(其中R为外接球的半径)，外接球表面积为S＝4πR2＝34π．
3．(2017·湖南长沙三校联考)已知点E，F，G分别是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AA1，CC1，DD1的中点，点M，N，Q，P分别在线段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P为顶点的三棱锥P­MNQ的俯视图不可能是( )
解析：选C 当M与F重合、N与G重合、Q与E重合、P与B1重合时，三棱锥P­MNQ的俯视图为A；当M，N，Q，P是所在线段的中点时，三棱锥P­MNQ的俯视图为B；当M，N，Q，P位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥P­MNQ，使其俯视图为D．
4．(2017·河南中原名校联考)
如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1是棱长为1的正方体，四棱锥S­ABCD是高为1的正四棱锥，若点S，A1，B1，C1，D1在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A．eq \f(9,16)π B．eq \f(25,16)π
C．eq \f(49,16)π D．eq \f(81,16)π
解析：选D 作如图所示的辅助线，
其中O为球心，设OG1＝x，
则OB1＝SO＝2－x，
由正方体的性质知B1G1＝eq \f(\r(2),2)，
则在Rt△OB1G1中，
OBeq \\al(2,1)＝G1Beq \\al(2,1)＋OGeq \\al(2,1)，
即(2－x)2＝x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2，
解得x＝eq \f(7,8)，
所以球的半径R＝OB1＝eq \f(9,8)，
所以球的表面积为S＝4πR2＝eq \f(81,16)π．
5．(2016·湖南长沙四校一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．eq \f(11\r(3),6) B．eq \r(3)
C．eq \f(5\r(3),3) D．eq \f(4\r(3),3)
解析：选B 由三视图知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示，△PAD为正三角形，四棱锥的底面是直角梯形，四棱锥的高为eq \r(3)，∴所求体积V＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×1＋2×2))×eq \r(3)＝eq \r(3)．
6．(2016·湖南郴州模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD­A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )
A．①② B．①③
C．③④ D．②④
解析：选D 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④．而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．
7．(2016·福建省质检)在三棱锥P­ABC中，PA＝2eq \r(3)，PC＝2，AB＝eq \r(7)，BC＝3，∠ABC＝eq \f(π,2)，则三棱锥P­ABC外接球的表面积为( )
A．4π B．eq \f(16,3)π
C．eq \f(32,3)π D．16π
解析：选D 设三棱锥P­ABC的外接球的半径为R，在△ABC中，因为AB＝eq \r(7)，BC＝3，∠ABC＝eq \f(π,2)，所以AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝4．在△PAC中，因为PA＝2eq \r(3)，PC＝2，AC＝4，所以PA2＋PC2＝AC2，所以∠APC＝eq \f(π,2)，所以AC为三棱锥P­ABC的外接球的直径，所以R＝2，所以此三棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×22＝16π．
8．(2016·南宁模拟)设点A，B，C为球O的球面上三点，O为球心．球O的表面积为100π，且△ABC是边长为4eq \r(3)的正三角形，则三棱锥O­ABC的体积为( )
A．12 B．12eq \r(3)
C．24eq \r(3) D．36eq \r(3)
解析：选B ∵球O的表面积为100π＝4πr2，∴球O的半径为5．如图，取△ABC的中心H，连接OH，连接并延长AH交BC于点M，则AM＝eq \r(4\r(3)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),2)))2)＝6，AH＝eq \f(2,3)AM＝4，∴OH＝eq \r(OA2－AH2)＝eq \r(52－42)＝3，
∴三棱锥O­ABC的体积为V＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×(4eq \r(3))2×3＝12eq \r(3)．
9．如图，三棱锥V­ABC的底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VA＝VC，已知其正视图的面积为eq \f(2,3)，则其侧视图的面积为________．
解析：设三棱锥V­ABC的底面边长为a，侧面VAC的边AC上的高为h，
则ah＝eq \f(4,3)，其侧视图是由底面三角形ABC边AC上的高与侧面三角形VAC边AC上的高组成的直角三角形，
其面积为eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)a×h＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(4,3)＝eq \f(\r(3),3)．
答案：eq \f(\r(3),3)
10．(2016·南昌一模)正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折，使点B与点C间的距离为eq \r(2)，此时四面体ABCD外接球的表面积为________．
解析：由题知，求四面体ABCD的外接球的表面积可转化为求长、宽、高分别为1,1，eq \r(3)的长方体的外接球的表面积，其半径R＝eq \f(1,2) eq \r(12＋12＋\r(3) 2)＝eq \f(\r(5),2)，所以S＝4πR2＝5π．
答案：5π
11．(2016·江西师大附中模拟)已知边长为2eq \r(3)的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，沿对角线BD折成二面角A­BD­C的大小为120°的四面体，则四面体的外接球的表面积为________．
解析：如图1，取BD的中点E，连接AE，CE．由已知条件可知，平面ACE⊥平面BCD．易知外接球球心在平面ACE内，如图2，在CE上取点G，使CG＝2GE，过点G作l1垂直于CE，过点E作l2垂直于AC，设l1与l2交于点O，连接OA，OC，则OA＝OC，易知O即为球心．分别解△OCG，△EGO可得R＝OC＝eq \r(7)，∴外接球的表面积为28π．
答案：28π
12．(2017·贵州适应性考试)已知正三棱柱(底面是正三角形，侧棱与底面垂直)的体积为3eq \r(3) cm3，其所有顶点都在球O的球面上，则球O的表面积的最小值为________cm2．
解析：球O的表面积最小等价于球O的半径R最小．设正三棱柱的底面边长为a，高为b，则正三棱柱的体积V＝eq \f(\r(3),4)a2b＝3eq \r(3)，所以a2b＝12．底面正三角形所在截面圆的半径r＝eq \f(\r(3),3)a，则R2＝r2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)a))2＋eq \f(b2,4)＝eq \f(1,3)×eq \f(12,b)＋eq \f(b2,4)＝eq \f(4,b)＋eq \f(b2,4)，令f(b)＝eq \f(4,b)＋eq \f(b2,4)，0＜b＜2R，则f′(b)＝eq \f(b3－8,2b2)．令f′(b)＝0，解得b＝2，当0＜b＜2时f′(b)＜0，函数f(b)单调递减，当b＞2时，f′(b)＞0，函数f(b)单调递增，所以当b＝2时，f(b)取得最小值3，即(R2)min＝3，故球O的表面积的最小值为4π(R2)min＝12π．
答案：12π
13．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq \f(π,2)，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2．
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD的夹角的余弦值．
解：(1)证明：在题图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝eq \f(π,2)，
所以BE⊥AC．
即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，
从而BE⊥平面A1OC，
又BC∥DE，DE＝1＝BC，
所以四边形BCDE为平行四边形，所以CD∥BE，
所以CD⊥平面A1OC．
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，
所以∠A1OC为二面角A1­BE­C的平面角，
所以∠A1OC＝eq \f(π,2)．
如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，
因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，
所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0，0))，A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，0))，
得eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq \(A1C,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，
eq \(CD,\s\up7(―→))＝eq \(BE,\s\up7(―→))＝(－eq \r(2)，0,0)．
设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
平面A1CD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·eq \(BC,\s\up7(―→))＝0，,n1·eq \(A1C,\s\up7(―→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))
取y1＝1，
得平面A1BC的一个法向量为n1＝(1,1,1)；
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·eq \(CD,\s\up7(―→))＝0，,n2·eq \(A1C,\s\up7(―→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝0，,y2－z2＝0，))
取y2＝1，得平面A1CD的一个法向量为n2＝(0,1,1)．
从而cs θ＝|csn1，n2|＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，
即平面A1BC与平面A1CD的夹角的余弦值为eq \f(\r(6),3)．