高考数学文科二轮专题精讲《空间几何体》.docx
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高考数学文科二轮专题精讲《空间几何体》
课时跟踪检测（八）空间几何体
、选择题
1．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是棱CD上一点，则三棱锥P－A1B1A的侧视图是（）
解析：
选D在长方体ABCD－A1B1C1D1中，从左侧看三棱锥P－A1B1A，
B1，A1，A的射影分别是C1，D1，D；AB1的射影为C1D，且为实线，PA1的射影
为PD1，且为虚线．故选D.
2．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的
的值是（）
9
A．2
B.92
D．3
C.32
解析：
选D由三视图判断该几何体为四棱锥，且底面为梯形，高为x，
11
该几何体的体积V＝3×2×（1＋2）×2×x＝3，解得x＝3.
3．若一个圆柱的轴截面是面积为8的正方形，则这个圆柱的侧面积为（
C．42πD．12π
解析：
选B圆柱的轴截面是面积为8的正方形，则这个圆柱的高是h＝8＝22；底面圆半径为r＝2，
∴圆柱的侧面积为S侧面＝2πrh＝2π×2×22＝8π故.选B.
4．如图
（1）所示，已知正方体面对角线长为a，沿阴影面将它切割成两块，拼成如图
（2）所示的几何体，那么此几何体的表面积为（）
A．（1＋22）a2B．（2＋2）a2
C．（3＋22）a2D．（4＋2）a2
解析：
选B拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面．由于截面为矩形，长为a，宽为22a，所以面积为22a2，所以拼成的几何体表面积为4×22a2＋2×22a2＝（2＋2）a2.故选B.
5．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P－BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）
A．1
B.2
C.3
D．2
解析：
选D在正视图中，底面B，C，D三点中的D与C重合，随着点P
的变化，其正视图均是三角形且点P在正视图中的位置在边B1C1上移动，由此
1
可知，设正方体的棱长为a，则S正视图＝2a2；设A1C1的中点为O，随着点P的移动，在俯视图中，易知当点P在OC1上移动时，S俯视图就是底面三角形BCD的面积，当点P在OA1上移动时，点P越靠近A1，俯视图的面积越大，当到达A1
S俯视图
的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S俯视图＝a2，所以SS正视图的最
a2
大值为1a＝2.
12
2a
6．（2019·大连模拟）三棱柱ABC－A1B1C1的体积为6，点
M在棱CC1上，则四棱锥M－ABB1A1的体积为（）
A．4
B．1
C．2
D．不能确定
解析：
选A∵三棱柱ABC－A1B1C1的体积为6，点M在棱CC1上，∴四
棱锥M－ABB1A1的体积为
1
VM－ABB1A1＝VC1－ABB1A1＝VABC－A1B1C1－VC1－ABC＝VABC－A1B1C1－3×VABC－A1B11C1
3
1
6－3×6＝4.故选A.
7．（2019·石家庄模拟）若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积
解析：
选B几何体是以俯视图为底面的五棱柱，底面看作是边长为6的正方形与一个直角三角形组成，如图：
则该几何体的表面积为（10＋6＋6＋3＋5）×6＋2×6×6＋3×4＝264.故选B.
8．2016年11月18日13时59分，神舟十一号飞船返回舱在内蒙古中部预定区域成功着陆，神舟十一号载人飞行，是我国迄今为止时间最长的一次载人航天飞行，在轨33天飞行中，航天员景海鹏、陈冬参与的实验和试验多达38项，“跑台束缚系统”是未来空间站长期飞行的关键锻炼设备，本次任务是国产跑台首次在太空验证．如图所示是“跑台束缚系统”中某机械部件的三视图（单位：
cm），则此机械部件的表面积为（）
A．（7＋2）πc2mB．（7＋22）πc2m
C．（7＋32）πcm2D．（7＋42）πcm2
解析：
选A由三视图还原原几何体如图．
该几何体为圆柱内挖去一个圆锥，圆柱的底面半径为1，高为3，圆锥的底面半径是1，高是1.
1
则该几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×3＋21×2π×1×2＝（7＋2）πcm2，
故选A.
9．（2019·遂宁模拟）《九章算术》卷五《商功》中有如下描述：
今有刍甍，
下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．意思为：
今有底面为矩形的屋脊
状的几何体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高1丈．现有一刍甍，其三视图如图所示，设网格纸上每个小正方形的边长为2丈，那么该刍甍的体积为
（）
解析：
选C由三视图知：
几何体是直三棱柱削去两个相同的三棱锥后余下
的部分，如图：
直三棱柱的侧棱长为8丈，底面三角形的底边长为6丈，底边上的高为2丈，削去的三棱锥的高为2丈，
111
∴几何体的体积V＝2×6×2×8－2×3×2×6×2×2＝40（立方丈）．
10．（2019南·宁一模）已知球的半径为4，球面被互相垂直的两个平面所截，得到的两个圆的公共弦长为22.若球心到这两个平面的距离相等，则这两个圆的半径之和为（）
B．6
A．4
C．8D．10
解析：
选B如图所示．
设两圆的圆心为O1，O2，球心为O，公共弦为AB，中点为E，因为圆心到这两个平面的距离相等，
则OO1EO2为正方形，两圆半径相等，设两圆半径为r，|OO1|＝16－r2，|OE|＝32－2r2，又|OE|2＋|AE|2＝|OA|2，即32－2r2＋2＝16，则r2＝9，即r＝3，所以，这两个圆的半径之和为6.故选B.
11．已知三棱锥S－ABC的四个顶点均在某个球面上，SC为该球的直径，
16
△ABC是边长为4的等边三角形，三棱锥S－ABC的体积为136，则此三棱锥的外
接球的表面积为（）
68π
A.3
64π
C.3
解析：
选D根据题意作出图形，如图所示，设球心为O，球的半径为r，过A，B，C三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC.
∵△ABC是边长为4的等边三角形，∴CO1＝2316－4＝43，
3，
∴OO1＝
∵△ABC是边长为4的正三角形，
1
∴S△ABC＝2×4×4×sin60＝°43，
D.
∴r2＝230.则球O的表面积为4πr2＝830.故选
M恰为PD的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为（）
12．如图，在四棱锥P－ABCD中，顶点P在底面的投影O恰为正方形ABCD的中心且AB＝2，设点M，N分别为线段PD，PO上的动点，已知当AN＋MN取得最小值时，动点
A.92π
64π
D.694π
25π
C.254π
解析：
选B如图，在PC上取点M′，使得PM′＝PM，则MN＝M′N，
2.
当AM′⊥PC时，AM′取得最小值，
即AN＋NM′的最小值为AM′，
∵M为PD的中点，故M′为PC的中点，∴PA＝AC＝2，∴PO＝PA－AO2＝3，设外接球的半径为r，则r2＝（3－r）2＋1，解得r＝23.
∴外接球的表面积为4πr2＝136.故选B.
二、填空题
13．（2019·常州模拟）用一个边长为2R的正方形卷成一个圆柱的侧面，再用一个半径为R的半圆卷成一个圆锥的侧面，则该圆柱与圆锥的体积之比为
R用一个边长为2R的正方形卷成一个圆柱的侧面，圆柱的体积为Rπ2π×2Rπ
答案：
1
14．由一个长方体和两个4圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体
的体积为．
解析：
该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，
12π
∴V＝2×1×1＋2×4×π×12×1＝2＋2.
答案：
2＋2π
15．如图，已知在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝3，AA1＝4，若点P从点A出发，沿着正三棱柱的表面，经过棱A1B1运动到点C1，则点P运动的最短路程为
解析：
将三棱柱展开成如图所示的图形，让C1点在平面ABB1A1内，C1D⊥
3
AB交A1B1于Q，则C1Q⊥A1B1，所以A1Q＝AD＝，
又因为两点之间线段最短，故AC1即为所求的最短距离．
因为C1Q＝A1C1×sin60°＝3×23＝32，所以C1D＝32＋4＝121，AD＝23，
所以AC1＝AD2＋C1D2＝232＋1212＝31.
答案：
31
16．己知一张矩形白纸ABCD，AB＝10，AD＝102，E，F分别为AD，BC的中点，现分别将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，使A，C重合于点P，则三
棱锥P－DEF的外接球的表面积为
解析：
折叠后由于三角形DEF与DPF均为直角三角形，且DF为公共斜边，故DF即为外接球直径，易得DF＝56，
故外接球表面积为4π×5262＝150π.
答案：
150π
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