（黄冈名师）2020版高考数学大一轮复习 核心素养提升练四十 9.1 空间几何体 理（含解析）新人教

核心素养提升练四十空间几何体(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共35分)1.在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如图所示,则相应的侧视图可以为()【解析】选D.由几何体的正视图和俯视图可知,该几何体应为一个半圆锥和一个有一侧面(与半圆锥的轴截面为同一三角形)垂直于底面的三棱锥的组合体,故其侧视图应为D.2.水平放置的△ABC的直观图如图,其中B′O′=C′O′=1,A′O′=,那么原△ABC是一个()A.等边三角形B.直角三角形C.三边中只有两边相等的等腰三角形D.三边互不相等的三角形【解析】选A.AO=2A′O′=2×=,BC=B′O′+C′O′=1+1=2,在Rt△AOB中,AB==2,同理AC=2,所以△ABC是等边三角形.3.若某几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观图可以是()【解析】选D.因为A,B的正视图不符合要求,C的俯视图显然不符合要求,只有D选项符合题意.4.某几何体的三视图如图所示(图中网格的边长为1个单位),其中俯视图为扇形,则该几何体的体积为()A.B.C.D.【解析】选B.由三视图知几何体是圆锥的一部分,由俯视图可得:底面扇形的圆心角为120°,又由侧视图知几何体的高为3,底面圆的半径为2,所以几何体的体积V=××π×22×3=.5.(2019·泰安模拟)某三棱锥的三视图如图所示,则其表面中直角三角形的个数为()A.1B.2C.3D.4【解析】选D.由三视图可得该三棱锥的底面是直角边为2的等腰直角三角形;一个底边长为2、底边上的高为1的侧面垂直于底面,该侧面是直角边长为的直角三角形;利用面面垂直的性质定理可得右边一个侧面是边长分别为2,,的直角三角形;则左边一个侧面是边长分别为,,2的三角形,也是直角三角形.所以该三棱锥表面的4个面都是直角三角形.6.有一个棱长为1的正方体,按任意方向正投影,其投影面积的最大值是()A.1B.C.D.【解析】选D.因为有一个棱长为1的正方体,按对角面方向正投影,其投影面积最大,所以投影面积的最大值为.7.已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点,若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为()A.36πB.64πC.144πD.256π【解析】选C.如图所示,当点C位于垂直于面AOB的直径端点时,三棱锥O-ABC的体积最大,设球O的半径为R,此时VO-ABC=VC-AOB=×R2×R=R3=36,故R=6,则球O的表面积为S=4πR2=144π.二、填空题(每小题5分,共15分)8.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为直角三角形,ÐACB=90°,AC=6,BC=CC1=,P是BC1上一动点,则CP+PA1的最小值是________.【解析】连接A1B,沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内,连A1C,则A1C的长度就是所求的最小值.通过计算可得ÐA1C1B=90°,又ÐBC1C=45°,所以ÐA1C1C=135°,由余弦定理可求得A1C=5.答案:59.(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA与圆锥底面所成角为30°,若△SAB的面积为8,则该圆锥的体积为________.【解析】设底面圆的半径为r,底面圆心为O,因为SA与圆锥底面所成角为30°,所以SA=,SO=r,又直角△SAB的面积为8,所以=8,解得r=2.所以V=πr2·SO=π(2)2··2=8π.答案:8π10.水平桌面上放置着一个容积为V的密闭长方体玻璃容器ABCD-A1B1C1D1,其中装有V的水,给出下列操作与结论:①把容器一端慢慢提起,使容器的一条棱BC保持在桌面上,这个过程中,水的部分始终呈棱柱状;②在①中的运动过程中,水面始终是矩形;③把容器提离桌面,随意转动,水面始终过长方体内一个定点;④在③中的转动中水与容器的接触面积始终不变.以上说法正确的是__________.(把所有正确命题的序号都填上)【解析】①从棱柱的特征及平面ABFE平行平面DCGH可知水的部分始终呈棱柱状,可判断①正确;②在①中的运动过程中,水面四边形EFGH的对边始终保持平行,且EF⊥FG,故水面始终是矩形,②是正确的;③由于始终装有V的水,而平分长方体体积的平面必定经过长方体的中心,即水面始终过长方体内一个定点,所以结论③正确;④在③中的转动中水与容器接触时,由于水的体积是定值,所以水与容器的接触面的面积是正方体表面积的一半,故始终保持不变,所以④正确.答案:①②③④(20分钟40分)1.(5分)在△ABC中,AB=2,BC=1.5,∠ABC=120°(如图),若将△ABC绕直线BC旋转一周,则形成的旋转体的体积是()A.B.C.D.【解析】选D.依题意可知,旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥,所以OA=,OB=1,所以旋转体的体积为π·()2·(OC-OB)=.2.(5分)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成,相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上,好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖),其直观图如图,图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其正视图和侧视图完全相同时,它的俯视图可能是()【解析】选B.外轮廓为正方形,边界交线在俯视图中为正方形的对角线.3.(5分)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖”的术:置如其周,令相乘也,又以高乘之,三十六成一,该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈L2h,它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3,那么近似公式V≈L2h,相当于将圆锥体积公式中的π近似取为()A.B.C.D.【解析】选B.V=πr2h=L2h,若V≈L2h,则=,所以π=.4.(12分)如图是一个几何体的正视图和俯视图.(1)试判断该几何体是什么几何体.(2)画出其侧视图,并求该平面图形(侧视图)的面积.【解析】(1)由该几何体的正视图和俯视图可知该几何体是一个正六棱锥.(2)该几何体的侧视图如图:其中AB=AC,AD⊥BC,且BC的长是俯视图正六边形对边间的距离,即BC=a,AD是正六棱锥的高,则AD=a,所以该平面图形(侧视图)的面积为S=×a×a=a2.5.(13分)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD为梯形,AD∥BC,AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.(1)证明:Q为BB1的中点.(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比.【解析】(1)延长A1Q,DC交于P,则P∈平面A1ABQ,又P∈平面ABCD,平面A1ABQ∩平面ABCD=AB,所以P∈AB,因为BQ∥AA1,AD∥BC,所以====,即点Q为BB1的中点.(2)如图所示,连接QA,QD.设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,BC=a,则AD=2a.三棱锥体积=××2a·h·d=ahd,四棱锥体积VQ-ABCD=××h=ahd,所以V下=+VQ-ABCD=ahd.又四棱柱体积=ahd,所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd,故=.【变式备选】1.如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为()A.20πB.24πC.28πD.32π【解析】选C.由题意可知,圆柱的侧面积为S1=2π×2×4=16π,圆锥的侧面积为S2=×2π×2×4=8π,圆柱的底面面积为S3=π×22=4π,故该几何体的表面积为S=S1+S2+S3=28π.2.一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为V1,V2,V3,V4,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有()A.V1V2V4V3B.V1V3V2V4C.V2V1V3V4D.V2V3V1V4【解析】选C.本题考查三视图以及几何体的体积计算问题,意在考查考生空间想象能力和运算求解能力.由题意可知,由于上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体.根据三视图可知,最上面一个简单几何体是上底面圆的半径为2、下底面圆的半径为1、高为1的圆台,其体积V1=π×(12+22+1×2)×1=π;从上到下的第二个简单几何体是一个底面圆半径为1、高为2的圆柱,其体积V2=π×12×2=2π;从上到下的第三个简单几何体是棱长为2的正方体,其体积V3=23=8;从上到下的第四个简单几何体是一个棱台,其上底面是边长为2的正方形,下底面是边长为4的正方形,棱台的高为1,故体积V4=×(22+2×4+42)×1=,比较大小可知答案选C.3.(2017·江苏高考)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O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则的值是________.【解析】设球半径为r,则==.答案: