高考數(shù)學(文數(shù))一輪復習習題 專題訓練 立體幾何 (含解析)

升級增分訓練立體幾何1．某四面體的三視圖如圖，則其四個面中最大的面積是()A．2 B．2eq\r(2)C．eq\r(3) D．2eq\r(3)解析：選D在正方體ABCD-A1B1C1D1中還原出三視圖的直觀圖，其是一個三個頂點在正方體的右側面、一個頂點在左側面的三棱錐，即為D1-BCB1，如圖所示，其四個面的面積分別為2,2eq\r(2)，2eq\r(2)，2eq\r(3)，故選D．2．(2016·廣東茂名二模)若幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的外接球的表面積為()A．34π B．35πC．36π D．17π解析：選A由幾何體的三視圖知它是底面為正方形且有一條側棱垂直于底面的四棱錐，可把它補成一個長、寬、高分別為3,3,4的長方體，該長方體的外接球即為原四棱錐的外接球，所以4R2＝32＋32＋42＝34(其中R為外接球的半徑)，外接球表面積為S＝4πR2＝34π．3．(2017·湖南長沙三校聯(lián)考)已知點E，F(xiàn)，G分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AA1，CC1，DD1的中點，點M，N，Q，P分別在線段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P為頂點的三棱錐P-MNQ解析：選C當M與F重合、N與G重合、Q與E重合、P與B1重合時，三棱錐P-MNQ的俯視圖為A；當M，N，Q，P是所在線段的中點時，三棱錐P-MNQ的俯視圖為B；當M，N，Q，P位于所在線段的非端點位置時，存在三棱錐P-MNQ，使其俯視圖為D．4．(2017·河南中原名校聯(lián)考)如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1是棱長為1的正方體，四棱錐S-ABCD是高為1的正四棱錐，若點S，A1，B1，C1，D1A．eq\f(9,16)π B．eq\f(25,16)πC．eq\f(49,16)π D．eq\f(81,16)π解析：選D作如圖所示的輔助線，其中O為球心，設OG1＝x，則OB1＝SO＝2－x，由正方體的性質(zhì)知B1G1＝eq\f(\r(2),2)，則在Rt△OB1G1OBeq\o\al(2,1)＝G1Beq\o\al(2,1)＋OGeq\o\al(2,1)，即(2－x)2＝x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2，解得x＝eq\f(7,8)，所以球的半徑R＝OB1＝eq\f(9,8)，所以球的表面積為S＝4πR2＝eq\f(81,16)π．5．(2016·湖南長沙四校一模)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．eq\f(11\r(3),6) B．eq\r(3)C．eq\f(5\r(3),3) D．eq\f(4\r(3),3)解析：選B由三視圖知該幾何體是一個四棱錐，其直觀圖如圖所示，△PAD為正三角形，四棱錐的底面是直角梯形，四棱錐的高為eq\r(3)，∴所求體積V＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1＋2×2))×eq\r(3)＝eq\r(3)．6．(2016·湖南郴州模擬)一只螞蟻從正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A出發(fā)，經(jīng)正方體的表面，按最短路線爬行到頂點C1的位置，則下列圖形中可以表示正方體及螞蟻最短爬行路線的正視圖的是()A．①② B．①③C．③④ D．②④解析：選D由點A經(jīng)正方體的表面，按最短路線爬行到達頂點C1的位置，共有6種路線(對應6種不同的展開方式)，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一個平面內(nèi)，連接AC1，則AC1是最短路線，且AC1會經(jīng)過BB1的中點，此時對應的正視圖為②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一個平面內(nèi)，連接AC1，則AC1是最短路線，且AC1會經(jīng)過CD的中點，此時對應的正視圖為7．(2016·福建省質(zhì)檢)在三棱錐P-ABC中，PA＝2eq\r(3)，PC＝2，AB＝eq\r(7)，BC＝3，∠ABC＝eq\f(π,2)，則三棱錐P-ABC外接球的表面積為()A．4π B．eq\f(16,3)πC．eq\f(32,3)π D．16π解析：選D設三棱錐P-ABC的外接球的半徑為R，在△ABC中，因為AB＝eq\r(7)，BC＝3，∠ABC＝eq\f(π,2)，所以AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝4．在△PAC中，因為PA＝2eq\r(3)，PC＝2，AC＝4，所以PA2＋PC2＝AC2，所以∠APC＝eq\f(π,2)，所以AC為三棱錐P-ABC的外接球的直徑，所以R＝2，所以此三棱錐的外接球的表面積S＝4πR2＝4π×22＝16π．8．(2016·南寧模擬)設點A，B，C為球O的球面上三點，O為球心．球O的表面積為100π，且△ABC是邊長為4eq\r(3)的正三角形，則三棱錐O-ABC的體積為()A．12 B．12eq\r(3)C．24eq\r(3) D．36eq\r(3)解析：選B∵球O的表面積為100π＝4πr2，∴球O的半徑為5．如圖，取△ABC的中心H，連接OH，連接并延長AH交BC于點M，則AM＝eq\r(4\r(3)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),2)))2)＝6，AH＝eq\f(2,3)AM＝4，∴OH＝eq\r(OA2－AH2)＝eq\r(52－42)＝3，∴三棱錐O-ABC的體積為V＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×(4eq\r(3))2×3＝12eq\r(3)．9．如圖，三棱錐V-ABC的底面為正三角形，側面VAC與底面垂直且VA＝VC，已知其正視圖的面積為eq\f(2,3)，則其側視圖的面積為________．解析：設三棱錐V-ABC的底面邊長為a，側面VAC的邊AC上的高為h，則ah＝eq\f(4,3)，其側視圖是由底面三角形ABC邊AC上的高與側面三角形VAC邊AC上的高組成的直角三角形，其面積為eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)a×h＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(4,3)＝eq\f(\r(3),3)．答案：eq\f(\r(3),3)10．(2016·南昌一模)正三角形ABC的邊長為2，將它沿高AD翻折，使點B與點C間的距離為eq\r(2)，此時四面體ABCD外接球的表面積為________．解析：由題知，求四面體ABCD的外接球的表面積可轉化為求長、寬、高分別為1,1，eq\r(3)的長方體的外接球的表面積，其半徑R＝eq\f(1,2)eq\r(12＋12＋\r(3)2)＝eq\f(\r(5),2)，所以S＝4πR2＝5π．答案：5π11．(2016·江西師大附中模擬)已知邊長為2eq\r(3)的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，沿對角線BD折成二面角A-BD-C的大小為120°的四面體，則四面體的外接球的表面積為________．解析：如圖1，取BD的中點E，連接AE，CE．由已知條件可知，平面ACE⊥平面BCD．易知外接球球心在平面ACE內(nèi)，如圖2，在CE上取點G，使CG＝2GE，過點G作l1垂直于CE，過點E作l2垂直于AC，設l1與l2交于點O，連接OA，OC，則OA＝OC，易知O即為球心．分別解△OCG，△EGO可得R＝OC＝eq\r(7)，∴外接球的表面積為28π．答案：28π12．(2017·貴州適應性考試)已知正三棱柱(底面是正三角形，側棱與底面垂直)的體積為3eq\r(3)cm3，其所有頂點都在球O的球面上，則球O的表面積的最小值為________cm2．解析：球O的表面積最小等價于球O的半徑R最小．設正三棱柱的底面邊長為a，高為b，則正三棱柱的體積V＝eq\f(\r(3),4)a2b＝3eq\r(3)，所以a2b＝12．底面正三角形所在截面圓的半徑r＝eq\f(\r(3),3)a，則R2＝r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))2＋eq\f(b2,4)＝eq\f(1,3)×eq\f(12,b)＋eq\f(b2,4)＝eq\f(4,b)＋eq\f(b2,4)，令f(b)＝eq\f(4,b)＋eq\f(b2,4)，0＜b＜2R，則f′(b)＝eq\f(b3－8,2b2)．令f′(b)＝0，解得b＝2，當0＜b＜2時f′(b)＜0，函數(shù)f(b)單調(diào)遞減，當b＞2時，f′(b)＞0，函數(shù)f(b)單調(diào)遞增，所以當b＝2時，f(b)取得最小值3，即(R2)min＝3，故球O的表面積的最小值為4π(R2)min＝12π．答案：12π13．如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq\f(π,2)，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中點，O是AC與BE的交點．將△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如圖2．(1)證明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC與平面A1CD的夾角的余弦值．解：(1)證明：在題圖1中，因為AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中點，∠BAD＝eq\f(π,2)，所以BE⊥AC．即在題圖2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，從而BE⊥平面A1OC，又BC∥DE，DE＝1＝BC，所以四邊形BCDE為平行四邊形，所以CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC．(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC為二面角A1-BE-C的平面角，所以∠A1OC＝eq\f(π,2)．如圖，以O為原點，建立空間直角坐標系，因為A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0，0))，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，0))，得eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq\o(A1C,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，eq\o(CD,\s\up7(→))＝eq\o(BE,\s\up7(→))＝(－eq\r(2)，0,0)．設平面A1BC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC與平面A1CD的夾角為θ，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(A1C,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))取y1＝1，得平面A1BC的一個法向量為n1＝(1,1,1)；由eq\b