升级增分训练立体几何

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1、升级增分训练立体几何俯规图2 2B2 3D%fi止视图侧观图州视图BD止视图 217 n34兀35 nA. 21 某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是2. （2016广东茂名二模）若几何体的三视图如图所示，则该几何体的Di-BCBi,如图所示，其四个面的面积分别为 2,2 ,2, 2 2, 2.3,故选DC.3解析：选D在正方体ABCD-AiBiCiDi中还原出三视图的直观图外接球的表面积为（）为顶点的三棱锥P-MNQ的俯视图不可能是（）( )一个顶点在左侧面的三棱锥，即为3. （2017湖南长沙三校联考）已知点E , F , G分别是正方体 ABCD-AiBiCiDi的棱AAiA.

2、 34 n锥，可把它补成一个长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体的外接球即为原四棱锥的C. 36 n解析：选A 由几何体的三视图知它是底面为正方形且有一条侧棱垂直于底面的四棱CCi, DDi 的中点，点 M , N , Q, P 分别在线段 DF , AG , BE , C1B1 上.以 M , N , Q, P其是一个三个顶点在正方体的右侧面外接球，所以4R2= 32+ 32 + 42= 34（其中R为外接球的半径），外接球表面积为S= 4kR2解析：选C 当M与F重合、N与G重合、Q与E重合、P与Bi重合时，三棱锥P-MNQ的俯视图为 A ;当M , N , Q, P是所在线段的中

3、点时，三棱锥P-MNQ的俯视图为B;当M，N，Q，P位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥P-MNQ，使其俯视图为 D.4. （2017河南中原名校联考）如图，四棱柱 ABCD-AiBiCiDi是棱长为1的正方体，四棱锥 S-ABCD是高为1的正四 棱锥，若点S, Ai, Bi, Ci, Di在同一个球面上，则该球的表面积为（）9i67t25B.荷49i67tD.轨i6解析：选D 作如图所示的辅助线,其中O为球心，设OG x,则 OBp= SO= 2 x,、V2由正方体的性质知 BiGi= 2,则在Rt OBiGi中,OB2= Gib1+ OGi,即(2 x)2= x2+解得x = 79所以球

4、的半径R = OBi = 9,8所以球的表面积为 S = 4 uR2= n i65. （2016湖南长沙四校一模）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为11 3A. F俯视图B.4,33解析：选B 由三视图知该几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示, PAD为正三角形，四棱锥的底面是直角梯形，四棱锥的高为11求体积 V =2 X( 1 + 2 F 26. （2016湖南郴州模拟）一只蚂蚁从正方体 ABCD-A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形A .B.,3,.所C .D .解析：选D 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置

5、，共有6种路线（对应6种不同的展开方式），若把平面 ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且 AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为；若把平面ABCD和平面CDD 1C1展到同一个平面内，连接 AC1,贝U A&是最短路线，且 A&会经过CD的中点，此时对应的正视图为而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现.7. （2016 福建省质检）在三棱锥 P-ABC 中，PA= 2 3, PC= 2, AB= 7, BC = 3,ZABC =则三棱锥P-ABC外接球的表面积为（）B.1637t32C.3 nD. 16 n3解析：选D 设三棱锥P-AB

6、C的外接球的半径为 只，在厶ABC中，因为AB = 7, BC=3,Z ABC =扌，所以 AC =弋AB2+ BC2 = 4.在厶 PAC 中，因为 PA= 2/3, PC= 2, AC =4,所以PA2+ PC2= AC2，所以/ APC = n，所以AC为三棱锥P-ABC的外接球的直径，所以R = 2,所以此三棱锥的外接球的表面积S= 4 uR2= 4 nX 22= 16n.8. （2016南宁模拟）设点A, B, C为球O的球面上三点，O为球心.球 O的表面积为100 n且厶ABC是边长为4 3的正三角形，则三棱锥 O-ABC的体积为（A. 12B. 12 3C. 24 3D. 36

7、3解析：选B 球O的表面积为100 n= 4由2, 球O的半径为5.如 图，取 ABC的中心H，连接OH，连接并延长 AH交BC于点M，则=6 , AH = 3 AM = 4 , OH = OA2- AH 2三棱锥 O-ABC 的体积为 V = 3 xx (4 3)2X 3= 12 3.9.如图，三棱锥 V-ABC的底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VA= VC,已知34V其正视图的面积为3,则其侧视图的面积为.解析：设三棱锥 V-ABC的底面边长为a，侧面VAC的边AC上的 高为h,4则ah = j其侧视图是由底面三角形 ABC边AC上的高与侧面三角形 VAC边AC上的咼组成的直角三角形

8、，其面积为殳乂于玄x h = 23X彳二宁. 答案：二310. （2016南昌一模）正三角形ABC的边长为2，将它沿高 AD翻折，使点B与点C间的距离为J2,此时四面体ABCD外接球的表面积为.解析：由题知，求四面体 ABCD的外接球的表面积可转化为求长、宽、高分别为1,1 ,3的长方体的外接球的表面积，其半径R= 丁 ,12+ 件 I 3 2 =于 所以S= 4nR2= 5n答案：5n11. （2016江西师大附中模拟）已知边长为2雨的菱形ABCD中，/ BAD = 60沿对角 线BD折成二面角A-BD-C的大小为120的四面体，则四面体的外接球的表面积为 .解析：如图1,取BD的中点E，连

9、接AE, CE .由已知条件可知，平面 ACE丄平面BCD .易知外接球球心在平面 ACE内，如图2,在CE上取点 G,使CG= 2GE，过点G作11垂直于CE，过点E作12垂直于AC,设li与12交于点0,连接OA, 0C,贝U OA = OC ,易知0即为球心.分别解厶 0CG,A EGO可得R= OC = 7,a外接球的表面积为 28n.答案：28 n12. (2017贵州适应性考试)已知正三棱柱(底面是正三角形，侧棱与底面垂直)的体积为3五cm3,其所有顶点都在球 O的球面上，则球 O的表面积的最小值为 cm2.解析：球O的表面积最小等价于球 O的半径R最小.设正三棱柱的底面边长为a,

10、高为b,则正三棱柱的体积 V = 43a2b= 3 3，所以a2b= 12.底面正三角形所在截面圆的半径r =a，贝H R2= r2 + b 2 =+=3x +=b+令 f(b)=鉄 0 b2R,则f啥b .令 fg 0,解得b= 2, 当 0 b 2时f (b) 2时，f (b)0,函数f(b)单调递增，所以当 b= 2时，f(b)取得最小值3,即(R2)min = 3, 故球O的表面积的最小值为 4nR2)min= 12n.答案：12nn13.如图 1,在直角梯形 ABCD 中，AD / BC,Z BAD = , AB= BC = 1, AD = 2, E是AD的中点，O是AC与BE的交点

11、.将 ABE沿BE折起到 A1BE的位置，如图 2.C图1(1)证明：CD丄平面 A1OC;(2)若平面 A1BE丄平面 BCDE，求平面A1BC与平面A1CD的夹角的余弦值.解：(1)证明：在题图 1中，因为 AB = BC= 1, AD = 2, E是AD的中点，/ BAD = j所以BE丄AC.即在题图 2中，BE丄OA1, BE丄OC,从而BE丄平面A1OC,又 BC / DE , DE = 1 = BC,所以四边形BCDE为平行四边形，所以 CD/ BE ,所以CD丄平面AiOC.由已知，平面 AiBE丄平面 BCDE ,又由(1)知，BE丄OA1, BE丄OC ,所以/ AiOC为

12、二面角 Ai-BE-C的平面角，所以/ AiOC =扌.如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为 AiB= AiE = BC = ED = i, BC / ED ,所以 B 于，0 0 ， E -送，0，0 ，Ai 0, 0,屮，C 0 屮,0,得C = -舟，寺0，C = 0鳥，-于，CDr=_BE = (- 2, 0,0).设平面 AiBC的法向量为 ni= (xi, yi, zi),平面AiCD的法向量为 n2= (X2, y2, z2),xi + yi = 0, yi- zi= 0,平面AiBC与平面AiCD的夹角为0,ni IBC = 0,得 ni AiC = 0,取 yi= i ,得平面AiBC的一个法向量为 ni = (i,i,i);n2 CD = 0,得严=0,y2 Z2= 0,由丫C山2 AiC = 0,取y2= i，得平面AiCD的一个法向量为 n2= (0,i,i).从而 cos 0= |cos2=心ni, n2 =.3x,2=y,J6即平面AiBC与平面AiCD的夹角的余弦值为 宁