立体几何一轮测试题含解析一

文档编码:CW3H5C9Q4S1——HI1V6U7Z6H3——ZQ10V2U8V8S8立体几何一轮测试题[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．〔2022·东北五校联考〕如左图所示,在三棱锥 D－ABC中,已知AC＝BC＝CD＝2,CD⊥平面ABC,∠ACB＝90°.如其正视图、俯视图如右图所示,就其侧视图的面积为〔〕A.6B．2C.3 D.2答案 D解析 由几何体的结构特点和正视图、 俯视图,得该几何体的侧视图是一个直角三角形,其中始终角边为CD,其长度为2,另始终角边为底面三角形 ABC的边AB上的中线,其长度为 2,就其侧视图的面积为S＝12×2× 2＝ 2,应选D.2．某几何体的三视图如以下图,就该几何体的体积为 〔 〕A．16＋8π B．8＋8πC．16＋16π D．8＋16π答案 A解析 由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成 〔如图所示〕,其中长方体的长、宽、高分别为 4,2,2,圆柱的底面半径为 2,高为4.所以该几何体的体积 V＝4×2×2＋12π×22×4＝16＋8π.应选A.3．〔2022·合肥质检〕一个几何体的三视图如以下图〕〔其中正视图的弧线为四分之一圆周〕,就该几何体的表面积为〔A．72＋6π B．72＋4πC．48＋6π D．48＋4π答案 A解析 由三视图知,该几何体由一个正方体的 34部分与一个圆柱的14部分组合而成〔如以下图〕,其表面积为4×〔2＋2＋π〕＝72＋6π.应选A.16×2＋〔16－4＋π〕×2＋4．三棱锥P－ABC的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上,底面ABC所在的小圆面积为 16π,就该三棱锥的高的最大值为 〔 〕A．4 B．6C．8 D．10答案 C解析 依题意,设题中球的球心为 O、半径为R,△ABC的外接 3

圆半径为r,就4πR3＝500π3,解得R＝5,由πr2＝16π,解得r＝4,又球心O到平面ABC的距离为 R2－r2＝3,因此三棱锥P－ABC的高的最大值为5＋3＝8.选C.5．〔2022·广东广州一模〕《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．如三棱锥 P－ABC为鳖臑,PA⊥平面ABC,PA＝AB＝2,AC＝4,三棱锥P－ABC的四个顶点都在球 O的球面上,就球O的表面积为〔 〕A．8π B．12πC．20π D．24π答案 C解析 如图,由于四个面都是直角三角形,所以 PC的中点到每一个顶点的距离都相等,即PC的中点为球心O,易得2R＝PC＝ 20,所以R＝202,球O的表面积为4πR2＝20π.选C.6．〔2022·山东高考〕一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如以下图．就该几何体的体积为〔〕A.13＋2π B.13＋ 3 2πC.13＋ 6 2πD．1＋ 6

2π答案 C解析 由三视图可知四棱锥为正四棱锥,底面正方形的边长为 1,四棱锥的高为1,球的直径为正四棱锥底面正方形的外接圆的直径,所以球的直径 2R＝ 2,就R＝ 2,所以半球的体积为23πR3＝ 6, 2π又正四棱锥的体积为13×12×1＝13,所以该几何体的体积为13＋ 6.故 2π选C.7．〔2022·河南郑州质检〕某三棱锥的三视图如以下图,且三个三角形均为直角三角形,就xy的最大值为〔〕A．32 B．327C．64 D．647答案 C解析 由三视图知三棱锥如以下图,底面 ABC是直角三角形,AB⊥BC,PA⊥平面ABC,BC＝27,PA2＋y2＝102,〔27〕2＋PA2＝x2,因此xy＝x 102－[x2－272]＝x 128－x2≤x2＋128－x2

2＝64,当且仅当x2＝128－x2,即x＝8时取等号,因此xy的最大值是64.选C.8．〔2022·福建质检〕空间四边形ABCD的四个顶点都在同一球面上,E,F分别是AB,CD的中点,且EF⊥AB,EF⊥CD.如AB＝8,CD＝EF＝4,就该球的半径等于〔 〕A.65216 B.6528C.652 D.65答案 C解析 如图,连接BF,AF,DE,CE,由于AE＝BE,EF⊥AB,所以AF＝BF.同理可得EC＝ED.又空间四边形ABCD的四个顶点都在同一球面上,所以球心 O必在EF上,连接OA,OC.设该球的半径为R,OE＝x,就R2＝AE2＋OE2＝16＋x2①,R2＝CF2＋OF2＝4＋〔4－x〕2②,由①②解得R＝65

2.应选C. 9．〔2022·雁塔期末〕在六条棱长分别为中,最大的体积是〔 〕2,3,3,4,5,5的全部四周体A.823 B.5116C.4624 D．26答案 A解析 由题意可知,由棱长 2、3、3、4、5、5构成的四周体有如下三种情形：左图中,由于32＋42＝52,即图中AD⊥平面BCD,∴V1＝13×12×232－12×4＝823； 中间图,由于此情形的底面与上相同,但小于4,于是得V2＜V1；AC不与底垂直,故高右图中,高小于 2,底面积12×5× 32－52 2＝5114 .∴V3＜13×511×2＝5116 ＜823.∴最大体积为823.应选A.10．〔2022·衡水中学三调〕已知正方体 ABCD－A′ B′ C′ D′的3π外接球的体积为 2,将正方体割去部分后,剩余几何体的三视图如图所示,就剩余几何体的表面积为 〔 〕A.92＋ 2 3 B．3＋3或92＋ 2 3C．2＋ 3 D.92＋ 2或2＋ 3 3答案 B解析 设正方体的棱长为 a,依题意得,4π3×33a 3＝ 2,解得

3πa＝1.由三视图可知,该几何体的直观图有以下两种可能,图 1对应的几何体的表面积为92＋ 2,图2对应的几何体的表面积为 33＋ 3.应选B.二、填空题11．〔2022·天津高考〕已知一个正方体的全部顶点在一个球面上,如这个正方体的表面积为答案 9π218,就这个球的体积为________．解析 设正方体的棱长为 a,就6a2＝18,∴a＝ 3.设球的半径为R,就由题意知2R＝ a2＋a2＋a2＝3,∴R＝32.故球的体积V＝43πR3＝4π3× 32 3＝9π2.12．〔2022·四川高考〕已知三棱锥的四个面都是腰长为 2的等腰三角形,该三棱锥的正视图如以下图,就该三棱锥的体积是 ________．答案 3 3解析 由题意及正视图可知三棱锥的底面等腰三角形的底长为23,三棱锥的高为 1,就三棱锥的底面积为12× 22－ 32×23＝3,∴该三棱锥的体积为13× 3×1＝33.13．〔2022·江苏高考〕如图,在圆柱圆柱的上、下底面及母线均相切,记圆柱体积为V2,就V1V2的值是________．答案 3 2

解析 设球O的半径为R,O1O2内有一个球O,该球与 O1O2的体积为V1,球O的∵球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切,∴圆柱O1O2的高为2R,圆柱O1O2的底面半径为R.∴V1V2＝πR2·2R 3 ＝32.

3πR14．〔2022·太原模拟〕已知三棱锥A－BCD中,AB＝AC＝BC＝2,BD＝CD＝ 2,点E是BC的中点,点A在平面BCD内的射影恰好为DE的中点,就该三棱锥外接球的表面积为 答案 60π 11________．解析如图,作出三棱锥A－BCD的外接球,设球的半径为r,球心O到底面BCD的距离为d,DE的中点为F,连接AF,过球心O作AF的垂线OH,垂足为H,连接OA,OD,OE,AE.由于BD＝ 2,CD＝ 2,BC＝2,所以BD⊥CD,就OE⊥平面BCD,OE∥AF,所以HF＝OE＝d.所以在Rt△BCD中,DE＝1,EF＝12.又AB＝AC＝BC＝2,所以AE＝3,所以在Rt△AFE中,AF＝2,所以r2＝d2＋1＝

112－d11 2＋14,解得r2＝1511,所以三棱锥A－BCD的外接球的表面积 S＝4πr2＝60π11.三、解答题15．〔2022·梅州一模〕如以下图的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG所截后得到的,其中∠BAE＝∠GAD＝45°,AB＝2AD＝2,∠BAD＝60°.〔1〕求此多面体的全面积；〔2〕求此多面体的体积．解〔1〕在△BAD中,∵AB＝2AD＝2,∠BAD＝60°,∴由余弦定理可得BD＝3,就AB2＝AD2＋BD2,∴AD⊥BD.由已知可得,AG∥EF,AE∥GF,∴四边形AEFG为平行四边形,GD＝AD＝1,∴EF＝AG＝ 2.EB＝AB＝2,∴GF＝AE＝22.过G作GH∥DC交CF于H,得FH＝2,∴FC＝3.过G作GM∥DB交BE于M,得GM＝DB＝3,ME＝1,∴GE＝2.8＋2－4 7cos∠GAE＝2×22× 2＝34,∴sin∠GAE＝ 4.S.AEFG＝2×12× 2×22× 4＝ 7 7.该几何体的全面积 S＝7＋2×12×1× 3＋12×1×1＋12×2×2＋2×〔1＋3〕×2＋12×〔2＋3〕×1＝ 7＋3＋9.〔2〕V多面体的体积＝VA－BEGD＋VG－BCD＋VG－BCFE＝13SBEGD·AD＋13S△BCD·DG＋13S四边形BCFE·BD＝13·12〔DG＋BE〕·BD·AD＋13·12BC·CD·sin60°·DG＋13·12〔BE＋CF〕·BC·BD＝332.16．一几何体按比例绘制的三视图如以下图〔1〕试画出它的直观图；〔2〕求它的表面积和体积．解 〔1〕直观图如以下图：〔单位：m〕． 〔2〕由三视图可知该几何体是长方体被截去一个三棱柱,且该几何体的体积是以A1A,A1D1,A1B1为棱的长方体的体积的34, 在直角梯形 AA1B1B中,作BE⊥A1B1于E