2019-2020年高考數學 空間幾何體的表面積與體積練習.doc

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2019-2020年高考數學 空間幾何體的表面積與體積練習 1、一空間幾何體按比例繪制的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（ ）m3 A． B． C． D． 2、如圖，四棱錐P—ABCD中，平面ABCD，底面為正方形，BC=PD=2，E為PC的中點， （I）求證： （II）求三棱錐C—DEG的體積； （III）AD邊上是否存在一點M，使得平面MEG。若存在，求AM的長；否則，說明理由。 3、如右圖，一個空間幾何體的正視圖和側視圖都是邊長為2的正三角形，俯視圖是一個圓，那么該幾何體的體積是 。 4、已知四邊形ABCD滿足AD∥BC，BA＝AD＝DC＝BC＝a，E是BC的中點，將△沿翻折成△，使面⊥面AECD，F為的中點. （1）求四棱錐－的體積； （2）證明：∥面； （3）求面與面所成銳二面角的余弦值. 5、如圖，四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，點E在線段AD上，且CE∥AB． （Ⅰ）求證：CE⊥平面PAD； （Ⅱ）若PA=AB=1，AD=3，CD=，∠CDA=45，求四棱錐P﹣ABCD的體積． （Ⅲ）在滿足（Ⅱ）的條件下求二面角B﹣PC﹣D的余弦值的絕對值． 6、已知幾何體A－BCED的三視圖如圖所示，其中俯視圖和側視圖都是腰長為4的等腰直角三角形，正視圖為直角梯形，已知幾何體A－BCED的體積為16. (1)求實數a的值； (2)將直角三角形△ABD繞斜邊AD旋轉一周，求該旋轉體的表面積． 7、如圖一所示，四邊形ABCD為等腰梯形，AD∥BC，AD=4，BC=8，O、O1分別為BC、AD的中點，將梯形ABOO1沿直線OO1折起，使得平面ABOO1⊥平面OO1DC，得到如圖二所示的三棱臺AO1D﹣BOC，E為BC的中點． （1）求證：BC⊥平面OO1E； （2）若直線O1E與平面ABCD所成的角的正弦值為，求三棱錐A﹣BOC的體積． 8、某幾何體的三視圖如圖所示，則它的體積是（　　） A． B． C．8﹣2π D． 9、若某幾何體的三視圖如圖所示，則此幾何體的體積是　 ． 10、如圖，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2，∠DAB=60，E為AB的中點，將△ADE與△BEC分別沿ED、EC向上折起，使A、B重合于點P，則P﹣DCE三棱錐的外接球的體積為（　　 ） 　 A． B． C． D． 11、某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（　?。? 　 A． 12 B． 24 C． 30 D． 48 12、一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積的是（ ） A． B． C． D． 7 13、一個四面體的頂點都在球面上，它們的正視圖、側視圖、俯視圖都是右圖．圖中圓內有一個以圓心為中心邊長為1的正方形．則這個四面體的外接球的表面積是（　 ?。? 　 A． π B． 3π C． 4π D． 6π 14、如圖是一個幾何體的三視圖，則該幾何體體積為（　 　） 　 A． 15 B． 16 C． 17 D． 18 15、如圖，菱形的邊長為，現將沿對角線折起至位置，并使平面平面． (Ⅰ)求證：； (Ⅱ)在菱形中，若，求直線與平面所成角的正弦值； (Ⅲ)求四面體體積的最大值． 16、如圖，在長方體中，，沿該長方體對角面將其截成兩部分，并將它們再拼成一個新的四棱柱，那么這個四棱柱表面積的最大值為___________． 17、一個幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖與側視圖均為半徑為2的圓，則這個幾何體的表面積是（ ） A． B． C． D． 18、某三棱錐的三視圖如圖所示,則該三棱錐的各個面中,最大的面積是（ ） A. B.1C. D. 19、如圖，三角形ABC中，AC=BC=，ABED是邊長為1的正方形，平面ABED⊥底面ABC，若G、F分別是EC、BD的中點． （Ⅰ）求證：GF∥底面ABC； （Ⅱ）求證：AC⊥平面EBC； （Ⅲ）求幾何體ADEBC的體積V． 20、端午節(jié)即將到來，為了做好端午節(jié)商場促銷活動，某商場打算將進行促銷活動的禮品盒重新設計.方案如下：將一塊邊長為10的正方形紙片剪去四個全等的等腰三角形再將剩下的陰影部分折成一個四棱錐形狀的包裝盒,其中重合于點O，與重合，與重合，與重合，與重合（如圖所示）. （Ⅰ）求證：平面平面； （Ⅱ）當時,求二面角的余弦值. 答 案 1、A 2、（I）證明：平面ABCD，…………1分 又∵ABCD是正方形，∴BC⊥CD， …………2分 ∵PDICE=D ∴BC⊥平面PCD 又∵PC面PBC ∴PC⊥BC …………4分 （II）解：∵BC⊥平面PCD，∴GC是三棱錐G—DEC的高。 …………5分 ∵E是PC的中點，……6分 …………8分 （III）連結AC，取A C中點O，連結EO、GO，延長GO交AD于點M， 則PA//平面MEG。 …………9分 下面證明之 ∵E為PC的中點，O是AC的中點， ∴EO//平面PA， …………10分 又 ∴PA//平面MEG …………11分 在正方形ABCD中，∵O是AC中點， ≌ ∴所求AM的長為 …………12分 3、 4、（1）取AE的中點M，連結B1M，因為BA=AD=DC=BC=a，△ABE為等邊三角形，則B1M=，又因為面B1AE⊥面AECD，所以B1M⊥面AECD， 所以 ---------4分 （2）連結ED交AC于O，連結OF，因為AECD為菱形，OE=OD所以FO∥B1E， 所以。---------7分 (3)連結MD，則∠AMD=，分別以ME,MD,MB1為x,y,z軸建系，則,,,,所以1，，,,設面ECB1的法向量為，，令x=1, ，同理面ADB1的法向量為， 所以， 故面所成銳二面角的余弦值為 ……13分 5、（Ⅰ）證明：因為PA⊥平面ABCD，CE?平面ABCD，所以PA⊥CE， 因為AB⊥AD，CE∥AB，所以CE⊥AD， 又PA∩AD=A，所以CE⊥平面PAD…．（3分） （Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知CE⊥AD，在直角三角形ECD中，DE=CD?cos45=1，CE=CD?sin45=1． 又因為AB=CE=1，AB∥CE，所以四邊形ABCE為矩形， 所以SABCD=SABCE+S△ECD==， 又PA⊥平面ABCD，PA=1，所以四棱錐P﹣ABCD的體積等于…（7分） （Ⅲ）解：建立以A為原點，AB，AD，AP為x，y，z軸的空間坐標系， 則A（0，0，0），P（0，0，1），C（1，2，0），D（0，3，0） ∴， 設平面PBC的法向量為=（x，y，1），則，∴x=1，y=0，∴=（1，0，1）， 設平面PCD的法向量為=（1，y′，z′），則，∴y′=1，z′=3，∴=（1，1，3）， 所以二面角的余弦值的絕對值是…．（12分） 6、　(1)由該幾何體的三視圖知AC⊥平面BCED，且EC＝BC＝AC＝4，BD＝a， 故該旋轉體的表面積為 7、解：（1）在等腰梯形ABCD中，O、O1分別為兩底BC、AD的中點， ∴OO1⊥BC， 因此在三棱臺三棱臺AO1D﹣BOC中，OO1⊥BO，OO1⊥OC， 又BO∩OC=O，∴OO1⊥平面BOC，∴OO1⊥BC， 又BO=OC，E為BC的中點，∴OE⊥BC， ∵OO1∩OE=O，∴BC⊥平面OO1E； （2）由（1）可得：OO1⊥平面BOC，∴OO1⊥BC， 又平面ABOO1⊥平面OO1DC，∴∠BOC=90． 以O為坐標原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系（如圖所示）． 設OO1=m，由題意可得，O（0，0，0），B（4，0，0），C（0，4，0），O1（0，0，m），E（2，2，0），A（2，0，m）． ∴=（2，0，﹣m），=（﹣4，4，0），=（2，2，﹣m）． 設平面ABCD的一個法向量為=（x，y，z），則，令x=1，則y=1，z=，即=， 設直線O1E與平面ABCD所成的角為θ， 則sinθ====， 解得 m=或m=2， ∴VA﹣BOC===或． 8、解：三視圖復原的幾何體是棱長為：2的正方體，除去一個倒放的圓錐，圓錐的高為：2，底面半徑為：1； 所以幾何體的體積是：8﹣= 故選A． 9、解：由圖知此幾何體為邊長為2的正方體裁去一個三棱錐（如右圖）， 所以此幾何體的體積為：2=． 故答案為：． 10、解：易證所得三棱錐為正四面體，它的棱長為1， 故外接球半徑為，外接球的體積為， 故選C． 11、解：由三視圖可知其直觀圖如下所示， 其由三棱柱截去一個三棱錐所得， 三棱柱的體積V=435=30， 三棱錐的體積V1=433=6， 故該幾何體的體積為24； 故選B． 12、解：由已知的三視圖可得：該幾何體是一個正方體截去一個三棱錐所得的組合體， 正方體的棱長為2，故體積為：222=8， 三棱錐的底面是一個直角邊長為1的等腰直角三角形，高為1，故體積為：111=， 故幾何體的體積V=8﹣=， 故選：A 13、解：由三視圖可知：該四面體是正方體的一個內接正四面體． ∴此四面體的外接球的直徑為正方體的對角線長為． ∴此四面體的外接球的表面積為表面積為=3π． 故選：B． 14、解：由題意，在長方體ABCD﹣A′B′C′D′中，由題意可得到所求幾何體的幾何直觀圖． 由題意可知：多面體ADD′﹣EFC即為所求的幾何體．由題意作EM⊥DC于M，則由已知得MC=1，EM=3．FM=3，DM=3． 則V=V三棱柱ADD′﹣FME+V三棱錐E﹣FMC=S△EMFDM =． 故選A． 15、（Ⅰ）證明:取中點，連接，由于四邊形為菱形， ， 又， 平面，又平面， . (Ⅱ) 平面平面， 平面平面, ， ， 兩兩垂直， 故以為原點，以方向分別為軸正方向建立空間直角坐標系， ，菱形的邊長為， ∴, ， 設平的法向量，直線與平成角為， ∴，取，則，于是， ∴， ∴直線與平面成角的正弦值為. （ Ⅲ）法一： 設, ∴， ， 又平面ABC， ∴ ()， ∴ ， ∴，當且僅當，即時取等號， ∴四面體PABC體積的最大值為． 法二：設, ∴，，又平面ABC， ∴ ()， 設，則，且， ∴， ∴當時，，當時，， ∴當時，取得最大值，∴四面體PABC體積的最大值為． 法三：設，則，， 又平面ABC， ∴， ∵， 當且僅當，即時取等號，∴四面體PABC體積的最大值為． 16、當的兩個面疊合時，所得新的四棱柱的表面積最大，其表面積為． 17、A 18、A 19、解：（I）證法一：取BE的中點H，連接HF、GH，（如圖） ∵G、F分別是EC和BD的中點 ∴HG∥BC，HF∥DE，（2分） 又∵ADEB為正方形∴DE∥AB，從而HF∥AB ∴HF∥平面ABC，HG∥平面ABC，HF∩HG=H， ∴平面HGF∥平面ABC ∴GF∥平面ABC（5分） 證法二：取BC的中點M，AB的中點N連接GM、FN、MN （如圖） ∵G、F分別是EC和BD的中點 ∴（2分） 又∵ADEB為正方形∴BE∥AD，BE=AD ∴GM∥NF且GM=NF ∴MNFG為平行四邊形 ∴GF∥MN，又MN?平面ABC， ∴GF∥平面ABC（5分） 證法三：連接AE， ∵ADEB為正方形， ∴AE∩BD=F，且F是AE中點，（2分） ∴GF∥AC， 又AC?平面ABC， ∴GF∥平面ABC（5分） （Ⅱ）∵ADEB為正方形，∴EB⊥AB，∴GF∥平面ABC（5分） 又∵平面ABED⊥平面ABC，∴BE⊥平面ABC（7分） ∴BE⊥AC 又∵CA2+CB2=AB2 ∴AC⊥BC， ∵BC∩BE=B， ∴AC⊥平面BCE（9分） （Ⅲ）連接CN，因為AC=BC，∴CN⊥AB，（10分） 又平面ABED⊥平面ABC，CN?平面ABC，∴CN⊥平面ABED．（11分） ∵三角形ABC是等腰直角三角形，∴，（12分） ∵C﹣ABED是四棱錐， ∴VC﹣ABED==（14分） 20、解析：（Ⅰ）折后重合于一點 拼接成底面的四個直角三角形必為全等的等腰直角三角形， 底面是正方形，故. …………………2分 在原平面圖形中，等腰三角形, ………………4分 又平面. 又平面，平面平面. …………………6分 （Ⅱ）法1：過作交于點，連,面,, 面，為二面角的平面角. …………………8分 當時，即中，, 中，, 所以所求二面角的余弦值為 …………………12分 法2：由（Ⅰ）知并可同理得到故以為原點，分別以所在直線為軸、軸、軸建立空間直角坐標系 在原平面圖形中，則底面正方形的對角線， 在原平面圖形中，可求得 在中，可求得 …………………8分 設平面的一個法向量為， 則得 令，則 …………………10分 平面，是平面的一個法向量，設二面角的大小為 則二面角的余弦值為 …………………12分