2022年高考數(shù)學二輪專題復習 專題五 5.1 空間幾何體的三視圖、表面積與體積能力訓練 新人教A版

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1、2022年高考數(shù)學二輪專題復習 專題五 5.1 空間幾何體的三視圖、表面積與體積能力訓練 新人教A版 一、選擇題(本大題共7小題,每小題5分,共35分) 1.把邊長為1的正方形ABCD沿對角線BD折起,形成的三棱錐A-BCD的正視圖與俯視圖如圖所示,則其側(cè)視圖的面積為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D. 2.(xx浙江嘉興教學測試(二),文2)一個幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為(　　) A.π B. C. D. 3.如圖,網(wǎng)格紙中的小正方形的邊長均為1,圖中粗線畫出的是一個幾何體的三視圖,則這個幾何體的表面積為(　　) A.+3

2、+4) B.+3+8) C.+8) D.+2+8) 4.(xx浙江溫州二適,文4)若某幾何體的三視圖(單位:cm)如圖所示,則該幾何體的體積是(　　) A.(18π-20) cm3 B.(24π-20) cm3 C.(18π-28) cm3 D.(24π-28) cm3 5.正三棱錐的高和底面邊長都等于6,則其外接球的表面積為(　　) A.64π B.32π C.16π D.8π 6.如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1,粗實線畫出的是某多面體的三視圖,則該多面體的各條棱中,最長的棱的長度為(　　) A.6 B.6 C.4 D.4 7.某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何

3、體的表面積為(　　) A.54 B.60 C.66 D.72 二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分) 8.(xx浙江溫州三適應,文11)下面是某幾何體的三視圖(單位:cm),則該幾何體的表面積是　　　　cm2,體積為　　　　cm3.? 9.(xx浙江紹興教學質(zhì)量檢查,文11)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的最長棱長為　　　　,體積為　　　　.? 10.(xx浙江臺州質(zhì)檢)已知正方形ABCD的邊長為12,動點M(不在平面ABCD內(nèi))滿足MA⊥MB,則三棱錐A-BCM的體積的取值范圍為　　　　　.? 11.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=

4、90°,側(cè)面BCC1B1的面積為2,則直三棱柱ABC-A1B1C1外接球表面積的最小值為　　　　　.? 三、解答題(本大題共3小題,共45分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 12.(本小題滿分14分) (xx陜西,文17)四面體ABCD及其三視圖如圖所示,平行于棱AD,BC的平面分別交四面體的棱AB,BD,DC,CA于點E,F,G,H. (1)求四面體ABCD的體積; (2)證明:四邊形EFGH是矩形. 13.(本小題滿分15分)(xx課標全國Ⅰ,文18) 如圖,四邊形ABCD為菱形,G為AC與B

5、D的交點,BE⊥平面ABCD. (1)證明:平面AEC⊥平面BED; (2)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱錐E-ACD的體積為,求該三棱錐的側(cè)面積. 14.(本小題滿分16分)如圖,在Rt△ABC中,AB=BC=4,點E在線段AB上.過點E作EF∥BC交AC于點F,將△AEF沿EF折起到△PEF的位置(點A與P重合),使得∠PEB=30°. (1)求證:EF⊥PB; (2)試問:當點E在何處時,四棱錐P-EFCB的側(cè)面PEB的面積最大?并求此時四棱錐P-EFCB的體積. 參考答案

6、專題能力訓練11　空間幾何體的三視圖、 表面積與體積 1.D　解析:由正視圖與俯視圖可得三棱錐A-BCD的一個側(cè)面與底面垂直,其側(cè)視圖是直角三角形,且直角邊長均為,所以側(cè)視圖的面積為S=.故選D. 2.D　解析:由題中所給的三視圖可知,該幾何體為一半圓錐,底面直徑為2,半徑為1,高為1,體積V=·π·12·1=.故選D. 3.B　解析:根據(jù)三視圖可知該幾何體是底面為直角三角形的三棱錐,其表面積S=×3+×2×3++3+8).故選B. 4.D　解析:由題中所給的三視圖可知,該幾何體為一個圓柱中間挖去了一個上、下底面為正方形且底面邊長分別為4 cm和2 cm的棱臺,由三視圖可知,圓柱的底

7、面半徑為=2 cm,則該幾何體的體積為V=π·(2)2·3-(42++22)·3=(24π-28) cm3.故選D. 5.A　解析: 作PM⊥平面ABC于點M,則球心O在PM上,|PM|=6,連接AM,AO,則|OP|=|OA|=R.在Rt△OAM中,|OM|=6-R,|OA|=R,又|AB|=6,且△ABC為等邊三角形,故|AM|==2,則R2-(6-R)2=(2)2, 解得R=4, 所以球的表面積S=4πR2=64π. 6.B　解析: 如圖所示的正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4.取B1B的中點G,即三棱錐G-CC1D1為滿足要求的幾何體,其中最長棱為D1G,D

8、1G==6. 7.B　解析:根據(jù)幾何體的三視圖可得該幾何體的直觀圖為如圖所示的ABC-DEF,故其表面積為S=S△DEF+S△ABC+S梯形ABED+S梯形CBEF+S矩形ACFD=×3×5+×3×4+×(5+2)×4+×(5+2)×5+3×5=60.故選B. 8.14+2　4　解析:由題中所給的三視圖知,對應的幾何體為如下圖所示的三棱錐P-ABC,PC⊥平面ABC,PC=2,底面△ABC中,AC=5,AB=4,BC=3,所以AC2=AB2+BC2.所以AB⊥BC.所以PB⊥AB.在直角三角形PCB中,PB=,所以該幾何體的表面積為×5×2+×3×2+×4×3+×4×=14+2,該

9、幾何體的體積為×4×3×2=4. 9.　解析:由題中所給的三視圖可知,該幾何體是一個三棱錐,底面三角形是底邊為2,高為1的等腰三角形,幾何體的高為2,有一側(cè)面與底面垂直,且該側(cè)面是等腰三角形(如圖).其最長的棱為PB=,體積為×2×1×2=. 10.(0,144]　解析:因為動點M(不在平面ABCD內(nèi))滿足MA⊥MB,所以動點M的軌跡是以AB的中點為球心,以6為半徑的一個球面去除與平面ABCD相交的部分.因VA-BCM=VM-ABC=×S△ABC×h≤×6=144,故三棱錐A-BCM的體積的取值范圍為(0,144]. 11.4π　解析:如圖所示,設BC,B1C1的中點分別為E,F,則

10、知三棱柱ABC-A1B1C1外接球的球心為線段EF的中點O,且BC·EF=2. 設外接球的半徑為R,則R2=BE2+OE2=×2BC·EF=1, 當且僅當BC=EF=時取等號.故直三棱柱ABC-A1B1C1外接球表面積的最小值為4π×12=4π. 12. (1)解:由該四面體的三視圖可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1, ∴AD⊥平面BDC. ∴四面體體積V=×2×2×1=. (2)證明:∵BC∥平面EFGH, 平面EFGH∩平面BDC=FG, 平面EFGH∩平面ABC=EH, ∴BC∥FG,BC∥EH.∴FG∥EH. 同理EF∥AD

11、,HG∥AD,∴EF∥HG. ∴四邊形EFGH是平行四邊形. 又∵AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC.∴EF⊥FG. ∴四邊形EFGH是矩形. 13.(1)證明:因為四邊形ABCD為菱形,所以AC⊥BD. 因為BE⊥平面ABCD, 所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED. 又AC?平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED. (2)解:設AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°,可得AG=GC=x,GB=GD=. 因為AE⊥EC,所以在Rt△AEC中,可得EG=x. 由BE⊥平面ABCD,知△EBG為直角三角形,可得BE=x. 由已知得,三棱錐E-ACD的體積 VE-ACD

12、=AC·GD·BE=x3=. 故x=2. 從而可得AE=EC=ED=. 所以△EAC的面積為3,△EAD的面積與△ECD的面積均為. 故三棱錐E-ACD的側(cè)面積為3+2. 14.(1)證明:∵EF∥BC,且BC⊥AB, ∴EF⊥AB,即EF⊥BE,EF⊥PE.又BE∩PE=E, ∴EF⊥平面PBE.又PB?平面PBE, ∴EF⊥PB. (2)解:設BE=x,PE=y,則x+y=4.∴S△PEB=BE·PE·sin∠PEB=xy≤=1, 當且僅當x=y=2時,S△PEB的面積最大.此時,BE=PE=2. 由(1)知EF⊥平面PBE, ∴平面PBE⊥平面EFCB. 在平面PBE中,作PO⊥BE于O,則PO⊥平面EFCB. 即PO為四棱錐P-EFCB的高. 又PO=PE·sin 30°=2×=1,SEFCB=×(2+4)×2=6,∴VP-BCFE=×6×1=2.