全国版2021届高考数学二轮复习专题检测十空间几何体的三视图表面积及体积理含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测十空间几何体的三视图表面积及体积理含解析，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为( )
解析：选A 由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A.故选A.
2．(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.eq \r(3) B．eq \f(3,2)eq \r(3)
C.eq \r(2)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eq \r(2)的等边三角形，所以木块在平面α内的正投影面积是2×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3).故选A.
3．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.eq \f(1,2)B．1
C．2D．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.
4．设球O是正方体ABCD­A1B1C1D1的内切球，若平面ACD1截球O所得的截面面积为6π，则球O的半径为( )
A.eq \f(3,2)B．3
C.eq \f(\r(3),2)D．eq \r(3)
解析：选B 如图，易知B1D过球心O，且B1D⊥平面ACD1，不妨设垂足为M，正方体棱长为a，则球半径R＝eq \f(a,2)，易知DM＝eq \f(1,3)DB1，∴OM＝eq \f(1,6)DB1＝eq \f(\r(3),6)a，∴截面圆半径r＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))\s\up12(2)－OM2)＝eq \f(\r(6),6)a，由截面圆面积S＝πr2＝6π，得r＝eq \f(\r(6),6)a＝eq \r(6)，a＝6，∴球O的半径为R＝eq \f(a,2)＝3.故选B.
5．(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.eq \f(1,2) B．eq \f(1,4)
C.eq \f(1,6)D．eq \f(1,12)
解析：选C VA­BC1M＝VC1­ABM＝eq \f(1,3)S△ABM·C1C＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AB×AD×C1C＝eq \f(1,6).故选C.
6．(2019·武汉市调研测试)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A.eq \f(2,3)π B．eq \f(4,3)π
C．2πD．2eq \r(5)π
解析：选B 由三视图知，该几何体是由两个底面半径为1，高为2的圆锥组成的，所以该几何体的体积V＝2×eq \f(1,3)×12×π×2＝eq \f(4π,3).故选B.
7．在三棱锥A­BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(3),2)，eq \f(\r(6),2)，则该三棱锥的体积为( )
A.eq \r(6) B．eq \f(\r(6),6)
C．6D．2eq \r(6)
解析：选B 由△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(3),2)，eq \f(\r(6),2)，且AB，AC，AD两两垂直，
可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AB·AC＝\f(\r(2),2)，,\f(1,2)AD·AC＝\f(\r(3),2)，,\f(1,2)AB·AD＝\f(\r(6),2)，))
三个式子相乘可得(AB·AC·AD)2＝6，
∴该三棱锥的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AB·AC·AD＝eq \f(\r(6),6).故选B.
8．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )
A．π B．eq \f(3π,4)
C.eq \f(π,2)D．eq \f(π,4)
解析：选B 设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，过圆柱的轴线作一截面，如图．由勾股定理得r＝eq \r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),2).∴该圆柱的体积V＝Sh＝π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)×1＝eq \f(3π,4).故选B.
9．若一个球与四面体的六条棱都相切，则称此球为四面体的棱切球．已知正四面体的棱长为eq \r(2)，则它的棱切球的体积为( )
A．eq \f(\r(3)π,54) B．eq \f(π,6)
C．eq \f(π,3)D．eq \f(\r(3)π,2)
解析：选B 将棱长为eq \r(2)的正四面体放入棱长为1的正方体中，则正四面体的棱为正方体的面对角线，所以正四面体的棱切球即为正方体的内切球，则球的半径R＝eq \f(1,2)，体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(π,6).故选B.
10．已知点A，B，C，D均在球O上，AB＝BC＝eq \r(3)，AC＝3.若三棱锥D­ABC体积的最大值为eq \f(3\r(3),4)，则球O的表面积为( )
A．36πB．16π
C．12πD．eq \f(16,3)π
解析：选B 设△ABC的外接圆的半径为r，∵AB＝BC＝eq \r(3)，AC＝3，∴∠ABC＝120°，∴2r＝eq \f(3,sin 120°)＝2eq \r(3)，∴S△ABC＝eq \f(3\r(3),4)，△ABC的外接圆的半径为eq \r(3).∵三棱锥D­ABC的体积的最大值为eq \f(3\r(3),4)，∴点D到平面ABC的最大距离为3.设球O的半径为R，则r2＝R2－(3－R)2，解得R＝2，∴球O的表面积为4πR2＝16π.故选B.
11．已知一个半径为eq \r(7)的球中有一个各条棱长都相等的内接正三棱柱，则正三棱柱的体积是( )
A．18B．16
C．12D．8
解析：选A 设正三棱柱的棱长为2a，如图，取球心为O，过点O作OO′垂直三棱柱的上底面于点O′，连接点O′与上底面顶点A交对棱于点B.
则AB＝eq \r(3)a，AO′＝eq \f(2\r(3),3)a，OO′＝a.
在Rt△OO′A中，由勾股定理，得OA2＝OO′2＋O′A2.
∵OA＝eq \r(7)，∴7＝a2＋eq \f(4,3)a2＝eq \f(7,3)a2.
整理得a2＝3，∴a＝eq \r(3).
∴棱长为2a＝2eq \r(3).
∴正三棱柱的体积
V＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2eq \r(3)× sin 60°×2eq \r(3)＝18.
故选A.
12.(2019·福州市质量检测)如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以eq \r(2)为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )
A.eq \f(3π,4) B．eq \r(2)π
C.eq \f(3π,2)D．eq \f(9π,4)
解析：选C 正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的eq \f(1,4)，所以所有弧长之和为3×eq \f(2π,4)＝eq \f(3π,2).故选C.
二、填空题
13．(2019·长春市质量监测(一))已知一所有棱长都是eq \r(2)的三棱锥，则该三棱锥的体积为______．
解析：记所有棱长都是eq \r(2)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＝eq \f(\r(6),3)×eq \r(2)＝eq \f(2\r(3),3)，故三棱锥P­ABC的体积V＝eq \f(1,3)S△ABC·OP＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×(eq \r(2))2×eq \f(2\r(3),3)＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
14.已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M­EFGH的体积为______．
解析：依题意知，四棱锥M­EFGH为正四棱锥，正方形EFGH的边长为 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(2),2)，四棱锥M­EFGH的高为eq \f(1,2)，所以四棱锥M­EFGH的体积为eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,12).
答案：eq \f(1,12)
15．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______．
解析：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＋eq \f(1,2)×eq \f(4,3)π×33＝63π.
答案：63π
16．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______．
解析：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＝eq \f(1,2)PA＝4，所以R＝OC＝ eq \r(42＋32)＝5，
所以球O的表面积为S＝4πR2＝100π.
答案：100π
B组——“5＋3”提速练
1.(2019·合肥市第二次质量检测)如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有( )
A．2对 B．3对
C．4对D．5对
解析：选C 由三视图知该几何体是一个四棱锥，它有一个侧面与底面垂直，且顶点在底面上的射影在底面的一条边的中点处，即如图所示的四棱锥S­ABCD，平面SCD⊥平面ABCD.因为AD⊥DC，BC⊥DC，且平面SCD∩平面ABCD＝DC，所以AD⊥平面SCD，BC⊥平面SCD，所以平面SAD⊥平面SCD，平面SBC⊥平面SCD.又由三视图知SC⊥SD，同时由AD⊥平面SCD，知AD⊥SC，又SD∩AD＝D, 所以SC⊥平面SAD，所以平面SBC⊥平面SAD.综上可知，该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．故选C.
2．在棱长为3的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P在线段BD1上，且eq \f(BP,PD1)＝eq \f(1,2)，M为线段B1C1上的动点，则三棱锥M­PBC的体积为( )
A．1 B．eq \f(3,2)
C.eq \f(9,2)D．与M点的位置有关
解析：选B ∵eq \f(BP,PD1)＝eq \f(1,2)，∴点P到平面BCC1B1的距离是D1到平面BCC1B1距离的eq \f(1,3)，即为eq \f(D1C1,3)＝1.M为线段B1C1上的点，∴S△MBC＝eq \f(1,2)×3×3＝eq \f(9,2)，
∴VM­PBC＝VP­MBC＝eq \f(1,3)×eq \f(9,2)×1＝eq \f(3,2).故选B.
3．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的体积为1，点M在线段BC上(点M异于B，C两点)，点N为线段CC1的中点，若平面AMN截正方体ABCD­A1B1C1D1所得的截面为四边形，则线段BM的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3))) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))
解析：选B 由题意，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，如图所示，当点M为线段BC的中点时，截面为四边形AMND1，当0＜BM≤eq \f(1,2)时，截面为四边形，当BM＞eq \f(1,2)时，截面为五边形．故选B.
4．已知直三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于三点M，N，Q，若△MNQ为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )
A．2eq \r(2)B．3
C．2eq \r(3)D．4
解析：选C 如图，不妨设N在B处，设AM＝h，CQ＝m，则MB2＝h2＋4，BQ2＝m2＋4，MQ2＝(h－m)2＋4，由MB2＝BQ2＋MQ2，得m2－hm＋2＝0.Δ＝h2－8≥0⇒h2≥8，该直角三角形斜边MB＝eq \r(4＋h2)≥2eq \r(3)，故该直角三角形斜边长的最小值为2eq \r(3).故选C.
5．(2019·郑州市第二次质量预测)在△ABC中，已知AB＝2eq \r(3)，BC＝2eq \r(6)，∠ABC＝45°，D是边AC上的一点，将△ABD沿BD折叠，得到三棱锥A­BCD，若该三棱锥的顶点A在底面BCD上的射影M在线段BC上，设BM＝x，则x的取值范围是( )
A．(0，2eq \r(3))B．(eq \r(3)，eq \r(6))
C．(eq \r(6)，2eq \r(3))D．(2eq \r(3)，2eq \r(6))
解析：选C 将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A­BCD，且点A在底面BCD上的射影M在线段BC上，所以在图b中，AM⊥平面BCD，MN，AN都与BD垂直，因此，折叠前在图a中，AM⊥BD，垂足为N，在图a中可得当D点与C点无限接近时，折痕BD接近BC，此时M与点M1无限接近．在图b中，由于AB是Rt△ABM的斜边，BM是直角边，所以BM＜AB，由此可得BM1＜BM＜AB，因为在Rt△AM1B中，BM1＝ABcs 45°＝2eq \r(3)×eq \f(\r(2),2)＝eq \r(6)，所以eq \r(6)＜BM＜2eq \r(3)，即eq \r(6)＜x＜2eq \r(3).故选C.
6.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＝eq \r(3).
因为D为棱AA1的中点，AA1＝4，所以AD＝2，
所以S梯形ACC1D＝eq \f(1,2)×(2＋4)×2＝6，
所以四棱锥B­ACC1D的体积为eq \f(1,3)×6×eq \r(3)＝2eq \r(3).
答案：2eq \r(3)
7．已知在正四棱锥S­ABCD中，SA＝6eq \r(3)，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＝6eq \r(3)，所以eq \f(a2,2)＋h2＝108，即a2＝216－2h2，所以正四棱锥的体积VS­ABCD＝eq \f(1,3)a2h＝72h－eq \f(2,3)h3，令y＝72h－eq \f(2,3)h3，则y′＝72－2h2，令y′>0，得0