统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业8空间几何体文含解析

PAGE课时作业8空间几何体[A·基础达标]1．如图，为一圆柱切削后的几何体及其正视图，则相应的侧视图可以是()2．[2024·全国卷Ⅱ]如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为()A．EB．FC．GD．H3．如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M为CD的中点，则三棱锥A­BC1M的体积VA­BCA.eq\f(1,2)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,6)D.eq\f(1,12)4．已知一个几何体的正视图和侧视图如图①所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形如图②所示，则此几何体的体积为()A．1B.eq\r(2)C．2D．2eq\r(2)5．若有一圆柱形谷仓，高1丈3尺3eq\f(1,3)寸，容纳米2000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底面圆的周长约为()A．1丈3尺B．5丈4尺C．9丈2尺D．48尺6．已知圆台上、下两底面与侧面都与球O相切，已知圆台的侧面积为16π，则该圆台上、下两底面圆的周长之和为()A．4πB．6πC．8πD．10π7．已知矩形ABCD，AB＝2BC，把这个矩形分别以AB，BC所在直线为轴旋转一周，所成几何体的侧面积分别记为S1，S2，则S1和S2的比值等于()A.eq\f(1,2)B．1C．2D．48．[2024·全国卷Ⅰ]已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64πB．48πC．36πD．32π9．已知三棱锥P­ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝8.若平面ABC截球O所得截面的面积为9π，则球O的表面积为()A．10πB．25πC．50πD．100π10．已知三棱锥P­ABC的棱AP，AB，AC两两垂直，且长度都为eq\r(3)，以顶点P为球心，2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧的长度之和等于()A．3πB.eq\f(3π,2)C.eq\f(4π,3)D.eq\f(5π,6)11．[2024·浙江卷]已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面绽开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．12．[2024·贵阳市第一学期监测考试]平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为eq\r(2)，则此球的表面积是________．13．如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，D为棱AA1的中点．若AA1＝4，AB＝2，则四棱锥B­ACC1D14．某几何体的三视图如图所示，正视图是一个上底为2，下底为4的直角梯形，俯视图是一个边长为4的等边三角形，则该几何体的体积为________．[B·素养提升]1．如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD为平行四边形，NB＝2PN，则三棱锥N­ABC与四棱锥P­ABCD的体积比为()A．1:2B．1:3C．1:6D．1:82．[2024·合肥第一次教学检测]已知正方体ABCD­A1B1C1D1，过体对角线BD1作平面α交棱AA1于点E，交棱CC1于点F①四边形BFD1E肯定是平行四边形；②多面体ABE­DCFD1与多面体D1C1F­A1B③四边形BFD1E在平面AA1D1D内的投影肯定是平行四边形；④平面α有可能垂直于平面BB1D1D.其中全部正确结论的序号为()A．①②B．②③④C．①④D．①②④3．已知三棱锥P­ABC的四个顶点在同一个球面上，底面△ABC满意BA＝BC＝eq\r(6)，∠ABC＝eq\f(π,2)，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为________．4．[2024·全国卷Ⅱ]中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形态多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形态是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的全部顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有__________个面，其棱长为________．5．在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，E为线段AD的中点，如图1，沿BE将△ABE折起至△PBE，使BP⊥CE，如图2所示．(1)求证：平面PBE⊥平面BCDE；(2)求点D到平面PEC的距离．6.如图，三棱柱ABC­A1B1C1的各棱长均为2，AA1⊥平面ABC，E，F分别为棱A1B1，BC(1)求证：直线BE∥平面A1FC1；(2)平面A1FC1与直线AB交于点M，指出点M的位置，说明理由，并求三棱锥B­EFM的体积．课时作业8空间几何体[A·基础达标]1．解析：由题意，依据切削后的几何体及其正视图，可得相应的侧视图的切口为椭圆，故选B.答案：B2．解析：依据三视图可得直观图如图所示，图中的点U在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，所以该端点在侧视图中对应的点为E.故选A.答案：A3．解析：VA­BC1M＝VC1­ABM＝eq\f(1,3)S△ABM·C1C＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB×AD×C1C＝eq\f(1,6).故选C.答案：C4．解析：依据直观图可得该几何体的俯视图是一个直角边长分别是2和eq\r(2)的直角三角形，依据三视图可知该几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为3，所以体积V＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×\r(2)))×3＝eq\r(2).故选B.答案：B5．解析：由题设可得，圆柱的体积V≈2000×1.62＝3240(立方尺)，又圆柱的高h＝10＋3＋eq\f(1,3)＝eq\f(40,3)(尺)，设圆柱底面圆的半径为r尺，则有3×eq\f(40,3)r2＝3240，解得r＝9，故圆柱的底面圆的周长l≈2×3×9＝54(尺)，即5丈4尺，故选B.答案：B6．解析：圆台的轴截面如图所示，圆台的侧面积S侧＝π(R＋r)2＝16π，所以R＋r＝4，所以该圆台上、下两底面圆的周长之和为2(R＋r)π＝8π.故选C.答案：C7．解析：设BC＝a，AB＝2a，所以S1＝2π·a·2a＝4πa2，S2＝2π·2a·a＝4πa2，S1答案：B8．解析：如图，由题知△ABC为等边三角形，圆O1的半径r＝2，即O1B＝2，∴BC＝2eq\r(3)＝OO1，在Rt△OO1B中，OB2＝OOeq\o\al(2,1)＋O1B2＝16，∴球O的半径R＝OB＝4，则S球O＝4πR2＝64π.故选A.答案：A9．解析：设球O的半径为R，由平面ABC截球O所得截面的面积为9π，得△ABC的外接圆的半径为3.设该外接圆的圆心为D，因为AB⊥BC，所以点D为AC的中点，所以DC＝3.因为PA⊥平面ABC，易证PB⊥BC，所以PC为球O的直径．又PA＝8，所以OD＝eq\f(1,2)PA＝4，所以R＝OC＝eq\r(42＋32)＝5，所以球O的表面积为S＝4πR2＝100π.故选D.答案：D10．解析：如图所示，由题意知Rt△PAC，Rt△PAB为等腰直角三角形，且AP＝AB＝AC＝eq\r(3).以顶点P为球心，2为半径作一个球，设球P与Rt△PAC的边PC，AC分别交于点M，N与AB，PB分别交于点H，G，易得cos∠APN＝eq\f(\r(3),2)，所以∠APN＝eq\f(π,6)，AN＝AP·taneq\f(π,6)＝1，所以∠NPM＝eq\f(π,12)，所以弧MN的长leq\x\to(MN)＝eq\f(π,12)×2＝eq\f(π,6).同理leq\x\to(GH)＝eq\f(π,6)，易知AH＝AN＝1，则leq\x\to(HN)＝eq\f(π,2)×1＝eq\f(π,2).又易知弧GM的长是以顶点P为圆心，2为半径的圆的周长的eq\f(1,6)，所以leq\x\to(GM)＝eq\f(2π×2,6)＝eq\f(2π,3)，所以球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧的长度之和等于eq\f(π,6)＋eq\f(π,6)＋eq\f(π,2)＋eq\f(2π,3)＝eq\f(3π,2).故选B.答案：B11．解析：解法一：设该圆锥的母线长为l，因为圆锥的侧面绽开图是一个半圆，其面积为2π，所以eq\f(1,2)πl2＝2π，解得l＝2，所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R，则2πR＝2π，解得R＝1.解法二：设该圆锥的底面半径为R，则该圆锥侧面绽开图中的圆弧的弧长为2πR.因为侧面绽开图是一个半圆，设该半圆的半径为r，则πr＝2πR，即r＝2R，所以侧面绽开图的面积为eq\f(1,2)·2R·2πR＝2πR2＝2π，解得R＝1.答案：112．解析：因为平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心到该平面的距离d＝eq\r(2)，所以球的半径R＝eq\r(1＋2)＝eq\r(3)，依据球的表面积计算公式，得球的表面积S＝4πR2＝12π.答案：12π13．解析：取AC的中点O，连接BO(图略)，则BO⊥AC，所以BO⊥平面ACC1D.因为AB＝2，所以BO＝eq\r(3).因为D为棱AA1的中点，AA1＝4，所以AD＝2，所以S梯形ACC1D＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2＝6，所以四棱锥B­ACC1D的体积为eq\f(1,3)×6×eq\r(3)＝2eq\r(3).答案：2eq\r(3)14．解析：把三视图还原成几何体ABC­DEF，如图所示，在AD上取点G，使得AG＝2，连接GE，GF，则把几何体ABC­DEF分割成三棱柱ABC­GEF和三棱锥D­GEF，所以VABC­DEF＝VABC­GEF＋VD­GEF＝4eq\r(3)×2＋eq\f(1,3)×4eq\r(3)×2＝eq\f(32\r(3),3).答案：eq\f(32\r(3),3)[B·素养提升]1．解析：设点P，N在平面ABCD内的投影分别为点P′，N′，(图略)则PP′⊥平面ABCD，NN′⊥平面ABCD，所以PP′∥NN′，则在△BPP′中，由BN＝2PN得eq\f(NN′,PP′)＝eq\f(2,3)，又因为四边形ABCD为平行四边形，所以eq\f(S△ABC,S▱ABCD)＝eq\f(1,2)，则eq\f(S三棱锥N­ABC,S四棱锥P­ABCD)＝eq\f(\f(1,3)·NN′·S△ABC,\f(1,3)·PP′·S▱ABCD)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3).答案：B2．解析：对于①，由平面BCC1B1∥平面ADD1A1，并且B，E，F，D1四点共面，知ED1∥BF，同理FD1∥EB，故四边形BFD1E肯定是平行四边形，故①正确；对于②，多面体ABE­DCFD1与多面体D1C1F­A1B1BE完全一样，很明显体积相等，故②正确；对于③，当投射线平行于平面BFD1E时，投影是线段D1E，故③错误；对于④，当E和F分别是对应棱的中点时，平面BFD1E⊥平面BB1D1答案：D3．解析：因为△ABC是等腰直角三角形，故AC为截面圆的直径，故外接球的球心O在截面ABC上的投影为AC的中点D，如图，连接PD，OC，当P，O，D共线且P，O位于截面ABC同一侧时，该三棱锥的体积最大，此时PD⊥平面ABC，由eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(6)×PD＝3，解得PD＝3.设外接球的半径为R，则OD＝3－R，OC＝R，在△ODC中，CD＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(3)，由勾股定理得(3－R)2＋(eq\r(3))2＝R2，解得R＝2.所以外接球的体积V＝eq\f(4,3)π×23＝eq\f(32,3)π.答案：eq\f(32,3)π4．解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．留意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则eq\f(\r(2),2)x＋x＋eq\f(\r(2),2)x＝1，解得x＝eq\r(2)－1，故题中的半正多面体的棱长为eq\r(2)－1.答案：26eq\r(2)－15．解析：(1)证明：在题图1中连接EC，(图略)由题意得∠AEB＝∠CED＝45°，∠BEC＝90°，BE⊥CE.在题图2中，∵PB⊥CE，PB∩BE＝B，∴CE⊥平面PBE，∵CE⊂平面BCDE，∴平面PBE⊥平面BCDE.(2)在题图2中，取BE的中点O，连接PO，(图略)∵PB＝PE，∴PO⊥BE，PO＝eq\f(1,2)BE＝eq\f(\r(2),2)，∵平面PBE⊥平面BCDE，∴PO⊥平面BCDE，∴VP­ECD＝eq\f(1,3)S△ECD·PO＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),12).设点D到平面PEC的距离为h，由(1)CE⊥平面PBE知CE⊥PE，S△P