2020版数学（理）新素养高考大一轮（课件、课时达标）：第七章 立体几何 (共14份打包)

课时达标　第39讲 一、选择题 1．下列说法正确的是(　　) A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱 B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥 D．棱台各侧棱的延长线交于一点 D　解析 由棱柱和棱锥的概念可知A，B，C项均错误．由于棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥所得到的截面与底面之间的部分，故棱台各侧棱的延长线交于一点． 2．某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是(　　) D　解析 由几何体的正视图和侧视图，结合四个选项中的俯视图知，若为D项，则正视图应为，故D项不可能．故选D. 3．(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 C　解析 由三视图可知该几何体底面为一个直角梯形，且有一棱与底面垂直，因此在四个侧面中有3个直角三角形．故选C. 4.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是(　　) A．2＋ B．2＋2 C. D. B　解析 三棱锥的高为1，底面为等腰三角形，如图，因此表面积是.故选B. ×2＝2＋2××1＋××2×2＋2× 5．已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得出这个几何体的内切球半径是(　　) A. B. C.－6 －2 D．3 C　解析 由三视图可知该几何体为三棱锥，设内切球半径为r，则由棱锥的体积公式有－2.)r，解得r＝，所以4＝(4＋2＝××2×2×2＝2，h＝2，S1，S2，S3，S4分别是三棱锥四个面的面积，S1＝S2＝S＝2，S3＝S4＝(S1＋S2＋S3＋S4)r，其中S＝Sh＝ 6．(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为(　　) A．90π B．63π C．42π D．36π B　解析 依题意，题中的几何体是用一个平面将一个底面半径为3，高为10的圆柱截去一部分后所剩余的部分，可在该几何体的上方拼接一个与之完全相同的几何体，从而形成一个底面半径为3，高为10＋4＝14的圆柱，因此该几何体的体积等于×π×32×14＝63π.故选B. 二、填空题 7．(2018·江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________． 解析 由题意知所给的几何体是棱长均为. )2×1＝×(的八面体，它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为1，所以这个八面体的体积为2V正四棱锥＝2× 答案 8．等腰梯形ABCD中，上底CD＝1，腰AD＝CB＝，下底 AB ＝ 3，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________． 解析 如图所示： 因为OE＝.＝×(1＋3)×，则直观图A′B′C′D′的面积为S′＝，E′F＝＝1，所以O′E′＝ 答案 9．某四棱锥的三视图如图所示，则最长的一条侧棱的长度是________． 解析 根据三视图可知原几何体如图所示，最长棱为AC，所以AE＝2，EB＝2，ED＝3，DC＝4，所以EC＝5，所以AC＝. 答案 三、解答题 10．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形． 　　 (1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA. 解析 (1)该四棱锥的俯视图是边长为6 cm的正方形(内含对角线)，如图，其面积为36 cm2. (2)由侧视图可求得PD＝ (cm)．＝6＝.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝＝6＝ 11．现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．AB＝6 m，PO1 ＝2 m，则仓库的容积是多少？ 解析 由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8.因为A1B1＝AB＝6，所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积V锥＝×62×2＝24(m3)；正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．·PO1＝A1B 12．已知矩形ABEF所在的平面与矩形ABCD所在的平面互相垂直，AD＝2，AB＝3，AF＝，M为EF的中点，求多面体M－ABCD的外接球的表面积和体积． 解析 记多面体M－ABCD的外接球的球心为O，如图，过点O分别作平