高考数学理科天津课标版二轮复习专题能力训练含答案13doc.docx
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高考数学理科天津课标版二轮复习专题能力训练含答案13doc
专题能力训练13空间几何体
一、能力突破训练
1.（2018北京，理5）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）
2•某几何体的三视图如图所示（单位:
cm）,则该几何体的体积（单位:
5‘）是（）
C罟+1
D罟+3
3.
如图，某儿何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆屮两条互相垂直的半径.若该儿何体的体积是穿，则它的表而积是（）
4.已知平面a截球0的球面得圆M,过圆心M的平而”与«的夹角为IL平而”截球O的球面得圆
N.已知球O的半径为5,圆M的面积为9儿则圆N的半径为（）
A.3B.V13C.4D.V21
5.在空间直角坐标系Oxyz中，己知A（2,0,0）,B（2,2,0）,C（0,2,0）,D（l,l,返）.若51?
52,53分别是三棱锥
ABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则（）
A.S]=S2=S3
B.S2二Si,且S2郃3
C.S3=Sh且S#S2
D.S3二S2,且S#S\
6.（2018全国/,理7）某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如下图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为4,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）
A.2V17B.2V5
C.3D.2
7.在四面体ABCD中AB=CD=6AC=BD=4AD=BC=5^i四面体ABCD的外接球的表面积
为•
8.
由一个长方体和两个扌圆柱构成的儿何体的三视图如图,则该儿何体的体积为，
9.（2018全国〃，理16）已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为詁A与圆锥底面所成角为45°.若aSAB的面积为5V15侧该圆锥的侧面积为•
10.下列三个图中，左面是一个正方体截去一个角后所得多面体的直观图.右面两个是其正视图和侧视图.
（1）请按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图（不要求叙述作图过程）;
⑵求该多面体的体积（尺寸如图）.
11.
如图，在长方体ABC£>-A|B|C|D|屮,AB=16,BC=10,441二&点分别在A0|,D|C|上,二DF=4,过
点E,F的平面«与此长方体的而相交，交线围成一个正方形.
（1）在图屮画岀这个正方形（不必说明画法和理由）;
⑵求平面a把该长方体分成的两部分体积的比值.
二、思维提升训练
12.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，则该几何体的表面积为
L」-附视图L」・L」・L」・L」・J
A.9（V2+1）ti+8V3B.9（V3+2）tt+4V3-8
C.9（V3+2）tt+4V3D.9（V2+1）7t+8V3-8
13.
如图,在圆柱O1O2内有一个球o,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱0|。
2的体积为V,,球。
的体积为皿悄的值是
14.
如图，圆形纸片的圆心为O,半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC的屮心为O.D,E,F为圆0上的点、ADBCAECA&FAB分别是以BC.CAAB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后,分别以BC.CAAB为折痕折起△DBC,\EC2FAB、使得D,E,F重合，得到三棱锥.当AABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位:
CH?
）的最大值为.
15.若三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SA丄平面ABC^SA=2715,14C=2,ZBAC=60°，则球O的表面积为.
16.如图①在矩形ABCD中,AB=4,BC二3,沿对角线AC把矩形折成二面角D-AC-B（如图②）,并且点D在平面ABC内的射影落在AB上.
⑴证明:
AD丄平面DBC;
（2）若在四面体D^ABC内有一球，问:
当球的体积最大时，球的半径是多少?
专题能力训练13空间几何体
一、能力突破训练
i.c解析白该四棱锥的三视图，得其直观图如图.
1
由正视图和侧视图都是等腰直角三角形，知PD丄平面ABCD,所以侧面PAD和PDC都是直角三角形.
由俯视图为直角梯形，易知DC丄平面PAD.
又AB//DC,所以A3丄平面P4D,所以43丄PA,所以侧面PAB也是直角三角形.
易知PC=2V2,BC=V5,PB=3,A而aPBC不是直角三角形.故选C.
2.A解析V=|x3xgxitxI2+1x2x1）=号+1,故选A.
3.A解析由三视图可知该几何体是球截去*后所得几何体，
则话X罟翠解得R=2,
所以它的表面积为秒x47c/?
2+7二14兀+3兀二17兀.
84
4.B解析如图，：
'OA=5AM=3,.：
OM=4.
又・・・OB=5,・・・NB=JoB2-ON2=佰,故选B.
5.D解析三棱锥的各顶点在xOy坐标平面上的正投影分别为A]（2,0,0）,5（2,2,0）,G（0,2,0）Q（l,l,0）.显然点D为AC的中点，如图⑴,正投影为R（M/|C],其面积Si=|x2x2=2.
三棱锥的各顶点在yOz坐标平面上的正投影分别为42（0,（）,（））,艮（0,2,0）«2（0,2,（））,£>2（0,1，匹）.显然DG重合,如图⑵，正投影为△他20,其面积52=|x2xV2=V2.
三棱锥的各顶点在zOx坐标平面上的正投影分别为A3（2,0,0）,B3（2,0,0）,C3（0,0,0）,Z）3（1,0,匹）,由图⑶可知，正投影为△A3D3C3,其面积S3=|x2xV2=V2.
综上,S2=S3,S^S}.故选D.
Cl
y
Bx
X
0
4X
6.B解析如图所示，易知N为CD的中点，将圆柱的侧面沿母线MC剪开，展平为矩形MCCM\易知C7V=icCf=4,MC=2,AM到N的路程中最短路径为MN.
在RtZkMCN中,MN二“MC2+NC?
二2苗.
7.于it解析构造一个长方体，使得它的三条面对角线长分别为4,5,6,设长方体的三条边长分别为X,y,Z,则x2+/+z2=y,而长方体的外接球就是四面体的外接球，所以S=47l/?
2=y7T.
8.2+=解析由三视图还原几何体如图所示，故该几何体的体积V=2xlxl+2xi7TXl2xl=2+=
9.40V2k解析设O为底面圆圆心,
:
cosZASB=^.:
sinZASB=J1-（02=罟
•:
S“sB今x|AS|・|3S卜乎=571豆
Z5A2=80.
ASA=4V5.
:
S4与圆锥底面所成的角为45°tZSOA=90°,
ZSO=OA=ySA=2V10.
•:
Ssm侧二兀刃二4岳X2V10X7c=4OV2tt・
m解⑴作出俯视图如图所示.
（2）依题意，该多面体是由一个正方体截去一个三棱锥（Q4|BQ）得到的,所以截去的三棱锥体积佔6弓△佔久'A^xQx?
X2）XI二|,
正方体体积U正方体&BCD-&1B1C1D1=2'=&
故所求多面体的体积V=8-|=y.
11.解
（1）交线围成的正方形EHGF如图所示.
⑵作EM丄AB,垂足为M,
则二4,码二12,EM=AA]=8.
因为EHGF为正方形,
所以EH=EF=BC=\O.
于是MH二JeH2-EM2=6AH=10,HB=6.
因为长方体被平面a分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为牝也正确）.
二、思维提升训练
12.D解析由三视图可知，该几何体是由一个四棱锥和一个圆锥拼接而成，故x（2nx3）x3V2+7cx32-（2V2）2+4x（乎x8）=9（说+1）兀+8苗-8.故选D.
13身解析设球。
的半径为几则圆柱06的髙为"，故A=害=丰，答案为专2v24nr32L
14.4佰解析如图所示，连接OD,交BC于点G.由题意知OQ丄BCQG弓BC.
6
设OG=x,则BC=2V3x,DG=5-x,
三棱锥的髙力=JDG2・OG2=J25-10X+X2-%2=J25-10%・
因为S△佔c二扌x2V3xx3x=3V3x2,
所以三棱锥的体积V=|Saabc-/?
=V3x2-^25-10%=V3-J25x4-10x5.令/U）=25『・10fx（0,|）,则/U）=100?
-50/.4^f（x）=0,可得x=2,则何在（0,2）单调递增，在（2,号）单调递减，
所以^）max=A2）=80.
所以V15.64兀解析如图,三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，因为AB=\AC=2,ZBAC=60<,,
所以BC=V3,
所以ZABC=90°.
所以“ABC截球0所得的圆O的半径/=!
.
设00'二兀,球0的半径为R,则/?
=x2+12,7?
2=（5A-x）2+12,
2
所以?
+1=（2715-%）+1,
2
解得x=V15,7?
2=（V15）+l\/?
=4.
所以球0的表面积为4兀用=64兀
所以△DAB逊BCD
从C3x/7IZ1.3>/73V7
故Sadbc=^^、Vd・abc=^x6x-^—=
则钦6+|“+6+丰呵=学
于是（4+V7）心|V7,
3V7
2x（4+V7）
4^7-7
6
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