【数学】2020届一轮复习人教A版空间几何体课时作业 11页

空间几何体 (25 分钟 50 分) 选择题(每小题 5 分，共 35 分) 1．若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有( ) A．0条 B．1条 C．2条 D．0条或 2条 解析：选 C 因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所以该三棱 锥中与平面α平行的棱有 2条，故选 C． 2．(2018·济南一模)如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，P为 BD1的中点，则△PAC在该正方体各个 面上的正投影可能是( ) A．①② B．①④ C．②③ D．②④ 解析：选 B P点在上下底面投影落在 AC或 A1C1上，所以△PAC在上底面或下底面的投影为①，在 前面、后面以及左面，右面的投影为④，选 B． 3．(2018·浙江卷)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：cm3)是( ) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：选 C 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为 2的直四棱柱，直角梯 形的长、下底边长分别为 2,1，高为 2，∴该几何体的体积为 V＝2× 1 2 ×2＋1×2 ＝6.故选 C． 4．(2018·泉州模拟)设四棱锥 PABCD的底面不是平行四边形， 用平面α去截此四棱锥，使得截面四 边形是平行四边形，则这样的平面α( ) A．有无数多个 B．恰有 4个 C．只有 1个 D．不存在 解析：选 A 如图，由题知面 PAD与面 PBC相交，面 PAB与面 PCD相交，可设两组相交平面的交线 分别为 m，n，由 m，n决定的平面为β，作α与β平行且与四条侧棱相交，交点分别为 A1，B1，C1，D1，则 由面面平行的性质定理得 A1B1∥n∥C1D1，A1D1∥m∥B1C1，从而得截面必为平行四边形．由于平面α可以 上下平移，可知满足条件的平面α有无数多个．故选 A． 5.(2018·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.1 B.2 C.3 D.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.1 B. 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.36π B.64π C.144π D.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= × R 2 ×R= R 3 =36，故 R=6，则 球 O 的表面积为 S=4πR 2 =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，∠ACB=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∠A1C1B=90°，又∠BC1C=45°，所以 ∠A1C1C=135°，由余弦定理可求得 A1C=5 . 答案：5 9.(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= πr 2 ·SO= π(2 ) 2 · ·2 =8π. 答案：8π 10.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.当其主视图和左视图完全相同时， 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)(2019·榆林模拟)《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下 广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何.刍甍：底面为矩形的屋 脊状的几何体(网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长 为 1 丈)，那么该刍甍的体积为 ( ) A.4 立方丈 B.5 立方丈 C.6 立方丈 D.12 立方丈 【解析】选 B.将几何体分割为两个相同的四棱锥和一个三棱柱.三棱柱的底面是 底边长为 3，高为 1的等腰三角形，三棱柱的高为 2. 所以三棱柱的体积 V= ×3×1×2=3. 两个相同的四棱锥合拼，可得底面边长为 2和 3的矩形的四棱锥，其高为 1. 所以体积 V= ×2×3×1=2. 该刍甍的体积为：3+2=5. 4.(12 分)如图是一个几何体的主视图和俯视图. (1)试判断该几何体是什么几何体. (2)画出其左视图，并求该平面图形(左视图)的面积. 【解析】(1)由该几何体的主视图和俯视图可知该几何体是一个正六棱锥. (2)该几何体的左视图如图： 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(左视图)的面积为 S= × a × a= a 2 . 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.20π B.24π C.28π D.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×2 2 =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.V1