高考数学二轮复习 主攻36个必考点 立体几何 考点过关检测十一 文-人教版高三全册数学试题

考点过关检测（十一）1．(2019·蓉城名校高三第一次联考)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．1 B.eq\r(2)C．2 D．2eq\r(2)解析：选B根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，根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.2．(2019·威海模拟)某圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为eq\f(2π,3)的扇形，此圆锥的体积为()A．π B.eq\f(2\r(2)π,3)C．2π D．2eq\r(2)π解析：选B设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意，知eq\f(2πr,l)＝eq\f(2π,3)，且eq\f(1,2)·2πr·l＝3π，解得r＝1，l＝3，∴圆锥的高h＝eq\r(l2－r2)＝2eq\r(2)，∴此圆锥的体积V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(2\r(2)π,3).3．(2019·福建五校第二次联考)已知某几何体的三视图如图，则该几何体的表面积是()A.eq\f(39π,4)＋3eq\r(3) B.eq\f(45π,4)＋3eq\r(3)C.eq\f(23π,2) D.eq\f(49π,4)解析：选A由三视图知，该几何体为圆锥挖掉eq\f(1,4)圆台后剩余部分，其表面积S表＝eq\f(3,4)π×22＋eq\f(1,4)π×12＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)×2π×2))×4＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)×2π×1))×2＋eq\f(1＋2×\r(3),2)×2＝eq\f(39π,4)＋3eq\r(3).故选A.4．(2019·湘东名校联考)正方体ABCD­A1B1C1D1中，三棱锥A1­BC1D内切球的表面积为4π，则正方体外接球的体积为()A．8eq\r(6)π B．36πC．32eq\r(3)π D．64eq\r(6)π解析：选B设正方体的棱长为a，A1到平面BC1D的距离为h，则h＝eq\f(2\r(3),3)a，三棱锥A1­BC1D内切球的半径为1，∴VA1­BC1D＝4VO­BC1D,即eq\f(1,3)S△BC1D×h＝4×eq\f(1,3)×S△BC1D×1，∴h＝4，∴a＝2eq\r(3)，∴正方体外接球的半径为eq\f(\r(2\r(3)2＋2\r(3)2＋2\r(3)2),2)＝3，其体积为eq\f(4,3)π×33＝36π.5．(2019·福州期末)已知圆锥的高为3，它的底面半径为eq\r(3).若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于()A.eq\f(8,3)π B.eq\f(32,3)πC．16π D．32π解析：选B如图，设球心到底面圆心的距离为x，则球的半径r＝3－x.由勾股定理得x2＋3＝(3－x)2，解得x＝1，故球的半径r＝2，V球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(32,3)π.6．(2019·武邑中学一检)已知一个三棱锥的六条棱的长分别为1,1,1,1，eq\r(2)，a，且长为a的棱与长为eq\r(2)的棱所在直线是异面直线，则该三棱锥的体积的最大值为()A.eq\f(\r(2),12) B.eq\f(\r(3),12)C.eq\f(\r(2),6) D.eq\f(\r(3),6)解析：选A如图所示，在三棱锥A­BCD中，AD＝a，BC＝eq\r(2)，AB＝AC＝BD＝CD＝1，则△ABC，△BCD是等腰直角三角形．当平面ABC⊥平面BCD时，三棱锥A­BCD的体积有最大值，此时三棱锥的体积为eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(\r(2),12).故选A.7.(2019·衡水中学四调)如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为()A.eq\f(2000π,9) B.eq\f(4000π,27)C．81π D．128π解析：选B小圆柱的高分为上下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h(0<h<5)，底面半径为r(0<r<5)．由于r，h和球的半径构成直角三角形，即r2＋h2＝52，所以小圆柱体积V＝πr2(h＋5)＝π(25－h2)(h＋5)(0<h<5)，求导得V′＝－π(3h－5)(h＋5)．当0<h<eq\f(5,3)时，V′>0，体积V单调递增；当eq\f(5,3)<h<5时，V′<0，体积V单调减．所以当h＝eq\f(5,3)时，小圆柱的体积取得最大值，即Vmax＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(25－\f(25,9)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)＋5))＝eq\f(4000π,27)，故选B.8．(2019·厦门外国语学校月考)已知等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，斜边AB＝2，点D是斜边AB上一点(不同于点A，B)．沿线段CD折起形成一个三棱锥A­CDB，则三棱锥A­CDB体积的最大值是________．解析：设AD＝x，将△ACD折起使得平面ACD⊥平面BCD.在△ACD中，由面积公式得eq\f(1,2)CD·h1＝eq\f(1,2)AD·1(h1为点A到CD的距离)，则h1＝eq\f(x,\r(1＋x－12)).由题易知h1为点A到平面BCD的距离，故三棱锥A­CDB的体积V＝eq\f(1,3)S△BCD·h1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)BD×1×h1＝eq\f(1,6)·eq\f(2x－x2,\r(x2－2x＋2))，x∈(0,2)．令t＝eq\r(x2－2x＋2)，则t∈[1，eq\r(2))，故V＝eq\f(1,6)·eq\f(2－t2,t)＝eq\f(1,6)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,t)－t)).由于eq\f(2,t)－t是减函数，故当t＝1时，V取得最大值为eq\f(1,6)×(2－1)＝eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)9．(2019·广州高三调研测试)已知圆锥的底面半径为1，高为2eq\r(2)，点A是圆锥的底面圆周上一点，若一动点从点A出发，绕圆锥侧面一圈之后回到点A，则绕行的最短距离是________．解析：易知圆锥的侧面展开图是扇形，如图所示，设展开的扇形AOA′的圆心角为α，易得母线长OA＝3，因为圆锥的底面半径r＝1，所以根据弧长公式可得2π＝3α，即扇形的圆心角α＝eq\f(2π,3).连接AA′，作OH⊥AA′，交AA′于点H，则易得∠AOH＝eq\f(π,3)，所以动点从点A出发在圆锥侧面上绕一圈之后回到点A的最短距离为扇形的弧AA′所对的弦长，即AA′＝2AH＝2×OA×sin∠AOH＝2×3×eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3).答案：3eq\r(3)10．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．已知一个堑堵的底面积为6，体积为eq\f(4π,3)的球与其各面均相切，则该堑堵的表面积为________．解析：设球的半径为r，底面三角形的周长为l，由已知得r＝1，∴堑堵的高为2.则eq\f(1,2)lr＝6，l＝12，∴表面积S＝12×2＋6×2＝36.答案：36如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，过点A，P，C1的平面截正方体所得的截面为S，则S的面积为________解析：如图，取A1D1，AD的中点分别为F，G.连接AF，AP，PC1，C1F，PG，D1G，AC1，PF.∵F为A1D1的中点，P为BC的中点，G为AD的中点，∴AF＝FC1＝AP＝PC1＝eq\f(\r(5),2)，PG綊CD，AF綊D1G.由题意易知CD綊C1D1，∴PG綊C1D1，∴四边形C1D1GP为平行四边形，∴PC1綊D1G，∴PC1綊AF，∴A，P，C1，F四点共面，∴四边形APC1F为菱形．∵AC1＝eq\r(3)，PF＝eq\r(2)，过点A，P，C1的平面截正方体所得的截面S为菱形APC1F，∴其面积为eq\f(1,2)AC1·PF＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(2)＝eq\f(\r(6),2).答案：eq\f(\r(6),2)12．(2020届高三·陕西四校联考)直三棱柱ABC­A1B1C1的底面是直角三角形，侧棱长等于底面三角形的斜边长，若其外接球的体积为eq\f(32π,3)，则该三棱柱体积的最大值为________．解析：设三棱柱底面直角三角形的直角边为a，b，则棱柱的高h＝eq\r(a2＋b2)，设外接球的半径为r，则eq\f(4