2025版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí)專題三立體幾何第一講空間幾何體的三視圖表面積與體積及空間線面位置關(guān)系的判定限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練文

PAGE1-第一講空間幾何體的三視圖、表面積與體積及空間線面位置關(guān)系的判定1．(2024·淄博一模)已知直線l和兩個(gè)不同的平面α，β，則下列結(jié)論正確的是()A．若l∥α，l⊥β，則α⊥βB．若α⊥β，l⊥α，則l⊥βC．若l∥α，l∥β，則α∥βD．若α⊥β，l∥α，則l⊥β解析：設(shè)m?α，且m∥l，由l⊥β，則m⊥β，由面面垂直的判定定理可得：α⊥β，即選項(xiàng)A正確，故選A.答案：A2．(2024·廣元模擬)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是()A．4π B.eq\f(14π,3)C.eq\f(4π,3) D.eq\f(8π,3)解析：依據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為幾何體，該幾何體由eq\f(1,4)個(gè)半徑為2的球和eq\f(1,2)個(gè)底面半徑為2，高為3的圓錐構(gòu)成．故V＝eq\f(1,4)·eq\f(4,3)·π·23＋eq\f(1,2)·eq\f(1,3)·π·22·3＝eq\f(14π,3)，故選B.答案：B3.(2024·梅州一模)如圖，Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝3，AC＝4，以AC所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周，所得幾何體的表面積等于()A．24π B.12πC.eq\f(33π,2) D.eq\f(27π,2)解析：由題意可得旋轉(zhuǎn)體為圓錐，底面半徑為3，高為4，故它的母線長(zhǎng)BC＝eq\r(32＋42)＝5，側(cè)面積為πrl＝π×3×5＝15π，則它的底面積為π·32＝9π，故它的表面積為15π＋9π＝24π，故選A.答案：A4.在《九章算術(shù)》中，將有三條棱相互平行且有一個(gè)面為梯形的五面體稱為“羨除”．現(xiàn)有一個(gè)羨除如圖所示，DA⊥平面ABFE，四邊形ABFE，CDEF均為等腰梯形，AB∥CD∥EF，AB＝AD＝4，EF＝8，E到面ABCD的距離為6，則這個(gè)羨除的體積是()A．96 B.72C．64 D.58解析：如圖，多面體切割為兩個(gè)三棱錐E-AGD，F(xiàn)-HBC和一個(gè)直三棱柱GAD-HBC，這個(gè)羨除體積為：V＝2×eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×4×6＋eq\f(1,2)×6×4×4＝64.故選C.答案：C5．(2024·興慶區(qū)校級(jí)一模)一個(gè)四棱錐的三視圖如圖所示，其正視圖和側(cè)視圖為全等的等腰直角三角形，俯視圖是邊長(zhǎng)為eq\r(2)的正方形，則該幾何體的表面積為()A．4 B.2eq\r(3)C．2eq\r(3)＋2 D.6解析：依據(jù)幾何體的三視圖，轉(zhuǎn)換為幾何體為：由于正視圖和側(cè)視圖為全等的等腰直角三角形，俯視圖是邊長(zhǎng)為eq\r(2)的正方形，故底面的對(duì)角線長(zhǎng)為2.所以四棱錐的高為eq\f(1,2)×2＝1，故四棱錐的側(cè)面高為h＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＋12)＝eq\f(\r(6),2)，則四棱錐的表面積為S＝4×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(\r(6),2)＋2＝2eq\r(3)＋2.故選C.答案：C6．(2024·聊城一模)數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中有如下問(wèn)題：“今有芻甍(ménɡ)，下廣三丈，袤(mào)四丈；上袤二丈，無(wú)廣；高一丈，問(wèn)：積幾何？”其意思為：“今有底面為矩形的屋脊?fàn)畹男w，下底面寬3丈，長(zhǎng)4丈；上棱長(zhǎng)2丈，高1丈，問(wèn)它的體積是多少？”．現(xiàn)將該楔體的三視圖給出，其中網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1丈，則該楔體的體積為(單位：立方丈)()A．5.5 B.5C．6 D.6.5解析：依據(jù)三視圖知，該幾何體是三棱柱，截去兩個(gè)三棱錐，如圖所示：結(jié)合圖中數(shù)據(jù)，計(jì)算該幾何體的體積為V＝V三棱柱－2V三棱錐＝eq\f(1,2)×3×1×4－2×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×1×1＝5(立方丈)．答案：B7．(2024·湛江一模)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是()A.eq\f(2,3) B.eq\f(4,3)C．4 D.eq\f(2\r(5),3)解析：依據(jù)三視圖知，該幾何體是底面為平行四邊形的四棱錐P-ABCD，如圖所示：則該四棱錐的高為2，底面積為1×2＝2，所以該四棱錐的體積是V＝eq\f(1,3)×2×2＝eq\f(4,3).故選B.答案：B8．(2024·南康區(qū)校級(jí)月考)已知球的直徑SC＝2，A，B是該球球面上的兩點(diǎn)，AB＝1，∠ASC＝∠BSC＝45°，則棱錐S-ABC的體積為()A.eq\r(3) B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),6)解析：∵AB＝1，∴△OAB為正三角形．又∵∠BSC＝∠ASC＝45°，且SC為直徑，∴△ASC與△BSC均為等腰直角三角形．∴BO⊥SC，AO⊥SC.又AO∩BO＝O，∴SC⊥面ABO.∴VS-ABC＝VC-OAB＋VS-OAB＝eq\f(1,3)·S△OAB·(SO＋OC)＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×2＝eq\f(\r(3),6).故選D.答案：D9．(2024·揭陽(yáng)一模)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，底面圓周上的兩點(diǎn)A、B滿意△SAB為等邊三角形，且面積為4eq\r(3)，又知SA與圓錐底面所成的角為45°，則圓錐的表面積為()A．8eq\r(2)π B.4(eq\r(2)＋2)πC．8(eq\r(2)＋1)π D.8(eq\r(2)＋2)π解析：如圖所示，設(shè)圓錐母線長(zhǎng)為l，由△SAB為等邊三角形，且面積為4eq\r(3)，得eq\f(\r(3),4)·l2＝4eq\r(3)，解得l＝4.設(shè)圓錐底面半徑為r，由SA與圓錐底面所成的角為45°，得r＝4×cos45°＝2eq\r(2)；所以圓錐的表面積為S表＝πrl＋πr2＝8(eq\r(2)＋1)π.答案：C10．(2024·信州區(qū)校級(jí)月考)在空間四邊形ABCD中，若AB＝BC＝CD＝DA，且AC＝BD，E、F分別是AB、CD的中點(diǎn)，則異面直線AC與EF所成角為()A．30° B.45°C．60° D.90°解析：取AD，BD的中點(diǎn)分別為G，H，連接GF，EG，AH，CH，易證AH⊥BD，CH⊥BD，∴BD⊥平面ACH，從而B(niǎo)D⊥AC，又EG∥BD，F(xiàn)G∥AC，∴EG⊥FG，∴∠EGF＝90°，依據(jù)EG＝eq\f(1,2)BD，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)AC，且BD＝AC，所以EG＝FG，∴∠GFE＝45°，∴異面直線AC與EF所成角為45°.答案：B11．在三棱錐S-ABC中，已知SA＝4，AB＝AC＝1，∠BAC＝eq\f(2π,3)，若S，A，B，C四點(diǎn)均在球O的球面上，且SA恰為球O的直徑，則三棱錐S-ABC的體積為()A.eq\f(\r(3),12) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2) D.eq\f(3,4)解析：∵在三棱錐S-ABC中，SA＝4，AB＝AC＝1，∠BAC＝eq\f(2π,3)，S，A，B，C四點(diǎn)均在球O的球面上，且SA恰為球O的直徑，∴∠ABS＝∠ACS＝90°，SB＝SC＝eq\r(15)，BC＝eq\r(1＋1－2×1×1×cos\f(2π,3))＝eq\r(3)，取BC中點(diǎn)O，連接SO，AO(圖略)，則SO⊥BC，AO⊥BC，AO＝eq\f(1,2)，BO＝eq\f(\r(3),2)，SO＝eq\r(15－\f(3,4))＝eq\f(\r(57),2)，∴cos∠SAO＝eq\f(SA2＋AO2－SO2,2×SA×AO)＝eq\f(16＋\f(1,4)－\f(57,4),2×4×\f(1,2))＝eq\f(1,2)，∴∠SAO＝60°，∴S到平面ABC的距離d＝SA×sin60°＝4×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3)，∴三棱錐S-ABC的體積：V＝eq\f(1,3)×S△ABC×d＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(1,2)×2eq\r(3)＝eq\f(1,2).故選C.答案：C12．(2024·東莞市一模)三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝30°，△APC的面積為2，則三棱錐P-ABC的外接球體積的最小值為()A．4π B.eq\f(4π,3)C．64π D.eq\f(32π,3)解析：設(shè)AC＝x，由于PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，∴PA⊥AC，則△APC的面積為S△APC＝eq\f(1,2)AC·PA＝2，則PA＝eq\f(4,x)，由正弦定理知，△ABC的外接圓直徑為2r＝eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(x,sin30°)＝2x，所以，三棱錐P-ABC的外接球直徑為2R＝eq\r(PA2＋2r2)＝eq\r(\f(16,x2)＋4x2)≥eq\r(2\r(\f(16,x2)·4x2))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(16,x2)＝4x2，即當(dāng)x＝eq\r(2)時(shí)，等號(hào)成立，則R≥2.所以，該三棱錐P-ABC的外接球的體積為eq\f(4,3)πR3≥eq\f(4,3)π×23＝eq\f(32,3)π.因此，三棱錐P-ABC的外接球體積的最小值為eq\f(32,3)π.故選D.答案：D13．(2024·吉安期末測(cè)試)某圓錐的母線和底面半徑分別為eq\r(5)，1，則此圓錐的體積是________．解析：圓錐的底面半徑為r＝1，母線長(zhǎng)為l＝eq\r(5)，則高為h＝eq\r(5－1)＝2，所以圓錐的體積為V＝eq\f(1,3)π·r2·h＝eq\f(1,3)π·12·2＝eq\f(2π,3).答案：eq\f(2π,3)14．(2024·常熟市校級(jí)月考)如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，點(diǎn)D，E分別是棱BC，A1C1的中點(diǎn)．設(shè)三棱錐E-ABD的體積為V1，斜三棱柱的體積為V2，則eq\f(V1,V2)的值是________．解析：設(shè)三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC的面積為S，高為h，則三棱柱的體積為V2＝Sh.∵D是棱BC的中點(diǎn)，E是棱A1C1上的點(diǎn)，∴S△ABD＝eq\f(1,2)S，則V1＝VE-ABD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)Sh＝eq\f(1,6)Sh，∴eq\f(V1,V2)的值是eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)15．(2024·高考全國(guó)卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為eq\r(3)，那么P到平面ABC的距離為_(kāi)_______．解析：如圖，過(guò)點(diǎn)P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離．再過(guò)O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC.又PE＝PF＝eq\r(3)，所以O(shè)E＝OF，所以CO為∠ACB的平分線，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq\r(3)，所以CE＝1，所以O(shè)E＝1，所以PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(\r(3)2－12)＝eq\r(2).答案：eq\r(2)16．(2024·高考全國(guó)卷Ⅱ)中國(guó)有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形態(tài)多為長(zhǎng)方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形態(tài)是“半正多面體”(圖1)．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美．圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的全部頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長(zhǎng)為1.則該半正多面體共有________個(gè)面，其棱長(zhǎng)為_(kāi)_______．解析：先求面數(shù)，有如下兩種方法．法一：由“半正多面體”的結(jié)構(gòu)特征及棱數(shù)為48可知，其上部分有9個(gè)面，中間部分有8個(gè)面，下部分有9個(gè)面，共有2×9＋8＝26(個(gè))面．法二：一般地，對(duì)于凸多面體，頂點(diǎn)數(shù)(V)＋面數(shù)(F)－棱數(shù)(E)＝2(歐拉公式)．由圖形知，棱數(shù)為48的半正多面體的頂點(diǎn)數(shù)為24，故由V＋F－E＝2，得