專題強化訓練1.《九章算術》中，稱底面為矩形而有一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐為陽馬．設AA1是正六棱柱的一條側(cè)棱，如圖，若陽馬以該正六棱柱的頂點為頂點，以AA1為底面矩形的一邊，則這樣的陽馬的個數(shù)是()A．4 B．8C．12 D．16解析：選D.如圖，以AA1為底面矩形一邊的四邊形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E這4個，每一個面都有4個頂點，所以陽馬的個數(shù)為16個．故選D.2．正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱BB1的中點(如圖)，用過點A，E，C1的平面截去該正方體的上半部分，則剩余幾何體的正視圖為()解析：選C.過點A，E，C1的平面與棱DD1相交于點F，且F是棱DD1的中點，截去正方體的上半部分，剩余幾何體的直觀圖如圖所示，則其正視圖應為選項C.3．某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積是()A．8cm3 B．12cm3C．eq\f(32,3)cm3 D．eq\f(40,3)cm3解析：選C.由三視圖可知，該幾何體是由一個正方體和一個正四棱錐構成的組合體．下面是棱長為2cm的正方體，體積V1＝2×2×2＝8(cm3)；上面是底面邊長為2cm，高為2cm的正四棱錐，體積V2＝eq\f(1,3)×2×2×2＝eq\f(8,3)(cm3)，所以該幾何體的體積V＝V1＋V2＝eq\f(32,3)(cm3)．4．(2019·臺州模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體最長的棱長等于()A．eq\r(34) B．eq\r(41)C．5eq\r(2) D．2eq\r(15)解析：選C.由正視圖、側(cè)視圖、俯視圖的形狀，可判斷該幾何體為三棱錐，形狀如圖，其中SC⊥平面ABC，AC⊥AB，所以最長的棱長為SB＝5eq\r(2).5．(2019·金華十校聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是()A．eq\f(15π,2)B．8π C.eq\f(17π,2)D．9π解析：選B.依題意，題中的幾何體是由兩個完全相同的圓柱各自用一個不平行于其軸的平面去截后所得的部分拼接而成的組合體(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一個截后所得的部分的底面半徑為1，最短母線長為3、最長母線長為5，將這兩個截后所得的部分拼接恰好形成一個底面半徑為1，母線長為5＋3＝8的圓柱，因此題中的幾何體的體積為π×12×8＝8π，選B.6.如圖，圓柱內(nèi)有一個直三棱柱，三棱柱的底面在圓柱底面內(nèi)，且底面是正三角形．如果三棱柱的體積為12eq\r(3)，圓柱的底面直徑與母線長相等，則圓柱的側(cè)面積為()A．12πB．14π C．16πD．18π解析：選C.設圓柱的底面半徑為R，則三棱柱的底面邊長為eq\r(3)R，由eq\f(\r(3),4)(eq\r(3)R)2·2R＝12eq\r(3)，得R＝2，S圓柱側(cè)＝2πR·2R＝16π.故選C.7．(2019·石家莊市第一次模擬)某幾何體的三視圖如圖所示(網(wǎng)格線中每個小正方形的邊長為1)，則該幾何體的表面積為()A．48B．54 C．64D．60解析：選D.根據(jù)三視圖還原直觀圖，如圖所示，則該幾何體的表面積S＝6×3＋eq\f(1,2)×6×4＋2×eq\f(1,2)×3×5＋eq\f(1,2)×6×5＝60，故選D.8．在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個體積為V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是()πB.eq\f(9π,2) πD.eq\f(32π,3)解析：選B.由題意可得若V最大，則球與直三棱柱的部分面相切，若與三個側(cè)面都相切，可求得球的半徑為2，球的直徑為4，超過直三棱柱的高，所以這個球放不進去，則球可與上下底面相切，此時球的半徑R＝eq\f(3,2)，該球的體積最大，Vmax＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4π,3)×eq\f(27,8)＝eq\f(9π,2).9．(2019·溫州八校聯(lián)考)某幾何體是直三棱柱與圓錐的組合體，其直觀圖和三視圖如圖所示，正視圖為正方形，其中俯視圖中橢圓的離心率為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),4) C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(\r(3),2)解析：選C.依題意得，題中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，設其直角邊長為a，則斜邊長為eq\r(2)a，圓錐的底面半徑為eq\f(\r(2),2)a、母線長為a，因此其俯視圖中橢圓的長軸長為eq\r(2)a、短軸長為a，其離心率e＝eq\r(1－（\f(a,\r(2)a)）2)＝eq\f(\r(2),2)，選C.10.已知圓柱OO1的底面半徑為1，高為π，ABCD是圓柱的一個軸截面．動點M從點B出發(fā)沿著圓柱的側(cè)面到達點D，其距離最短時在側(cè)面留下的曲線Γ如圖所示．現(xiàn)將軸截面ABCD繞著軸OO1逆時針旋轉(zhuǎn)θ(0＜θ≤π)后，邊B1C1與曲線Γ相交于點P，設BP的長度為f(θ)，則y＝f(θ)的圖象大致為()解析：選A.將圓柱的側(cè)面沿軸截面ABCD展平，則曲線Γ是展開圖形(即矩形)的對角線，根據(jù)題意，將軸截面ABCD繞著軸OO1逆時針旋轉(zhuǎn)θ(0＜θ≤π)后，邊B1C1與曲線Γ相交于點P，設BP的長度為f(θ)，則f(θ)應當是一次函數(shù)的一段，故選A.11．(2019·浙江省重點中學高三12月期末熱身聯(lián)考)某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是________；表面積是________．解析：根據(jù)三視圖可得，該幾何體是長方體中的四棱錐C-BB1D1D，由三視圖可得：AB＝2，BC＝2，BB1＝4，VC-BB1D1D＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×2×2×4＝eq\f(16,3)，SC-BB1D1D＝eq\f(1,2)×2×2＋2eq\r(2)×4＋eq\f(1,2)×2×4＋eq\f(1,2)×2×4＋eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(18)＝16＋8eq\r(2).答案：eq\f(16,3)16＋8eq\r(2)12.(2019·寧波市余姚中學期中檢測)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積為________cm3，表面積為________cm2.解析：由三視圖可知：該幾何體是由一個半球去掉eq\f(1,4)后得到的幾何體．所以該幾何體的體積＝eq\f(3,4)×eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×π×13＝eq\f(π,2)cm3.表面積＝eq\f(3,4)×eq\f(1,2)×4π×12＋eq\f(1,2)×π×12＋eq\f(3,4)×π×12＝eq\f(11π,4)cm2.答案：eq\f(π,2)eq\f(11π,4)13．(2019·河北省“五校聯(lián)盟”質(zhì)量檢測)已知球O的表面積為25π，長方體的八個頂點都在球O的球面上，則這個長方體的表面積的最大值等于________．解析：設球的半徑為R，則4πR2＝25π，所以R＝eq\f(5,2)，所以球的直徑為2R＝5，設長方體的長、寬、高分別為a、b、c，則長方體的表面積S＝2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2＝2(a2＋b2＋c2)＝50.答案：5014．(2019·浙江省高三考前質(zhì)量檢測)某幾何體的三視圖如圖所示，當xy取得最大值時，該幾何體的體積是____________．解析：分析題意可知，該幾何體為如圖所示的四棱錐P-ABCD，CD＝eq\f(y,2)，AB＝y(tǒng)，AC＝5，CP＝eq\r(7)，BP＝x，所以BP2＝BC2＋CP2，即x2＝25－y2＋7，x2＋y2＝32≥2xy，則xy≤16，當且僅當x＝y(tǒng)＝4時，等號成立．此時該幾何體的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(2＋4,2)×3×eq\r(7)＝3eq\r(7).答案：3eq\r(7)15．(2019·杭州市高考數(shù)學二模)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是AA1的中點，則異面直線BE與B1D1所成角的余弦值等于________，若正方體棱長為1，則四面體B-EB1D1的體積為________．解析：取CC1中點F，連接D1F，B1F，則BE綊D1F，所以∠B1D1F為異面直線BE與B1D1所成的角．設正方體棱長為1，則B1D1＝eq\r(2)，B1F＝D1F＝eq\r(1＋\f(1,4))＝eq\f(\r(5),2).所以cos∠B1D1F＝eq\f(\f(1,2)B1D1,D1F)＝eq\f(\f(\r(2),2),\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(10),5).VB-EB1D1＝VD1-BB1E＝eq\f(1,3)S△BB1E·A1D1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6).答案：eq\f(\r(10),5)eq\f(1,6)16．已知棱長均為a的正三棱柱ABC-A1B1C1的六個頂點都在半徑為eq\f(\r(21),6)的球面上，則a的值為________．解析：設O是球心，D是等邊三角形A1B1C1的中心，則OA1＝eq\f(\r(21),6)，因為正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長均為a，所以A1D＝eq\f(\r(3),2)a×eq\f(2,3)＝eq\f(\r(3),3)a，OD＝eq\f(a,2)，故A1D2＋OD2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),6)))eq\s\up12(2)，得eq\f(7,12)a2＝eq\f(21,36)，即a2＝1，得a＝1.答案：117．(2019·瑞安四校聯(lián)考)已知底面為正三角形的三棱柱內(nèi)接于半徑為1的球，則此三棱柱的體積的最大值為________．解析：如圖，設球心為O，三棱柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，底面正三角形的邊長為a，則AO1＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(\r(3),3)a.由已知得O1O2⊥底面，在Rt△OAO1中，由勾股定理得OO1＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3)·\r(3－a2),3)，所以V三棱柱＝eq\f(\r(3),4)a2×2×eq\f(\r(3)·\r(3－a2),3)＝eq\f(\r(3a4－a6),2)，令f(a)＝3a4－a6(0＜a＜2)，則f′(a)＝12a3－6a5＝－6a3(a2－2)，令f′(a)＝0，解得a＝eq\r(2).因為當a∈(0，eq\r(2))時，f′(a)＞0；當a∈(eq\r(2)，2)時，f′(a)＜0，所以函數(shù)f(a)在(0，eq\r(2))上單調(diào)遞增，在(eq\r(2)，2)上單調(diào)遞減．所以f(a)在a＝eq\r(2)處取得極大值．因為函數(shù)f(a)在區(qū)間(0，2)上有唯一的極值點，所以a＝eq\r(2)也是最大值點．所以(V三棱柱)max＝eq\f(\r(3×4－8),2)＝1.答案：118.如圖，四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD,∠BAD＝∠ABC＝90°.(1)證明：直線BC∥平面PAD；(2)若△PCD的面積為2eq\r(7)，求四棱錐P-ABCD的體積．解：(1)證明：在平面ABCD內(nèi)，因為∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD.又BC?平面PAD，AD?平面PAD，故BC∥平面PAD.(2)取AD的中點M，連接PM，CM.由AB＝BC＝eq\f(1,2)AD及BC∥AD，∠ABC＝90°得四邊形ABCM為正方形，則CM⊥AD.因為側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.因為CM?底面ABCD，所以PM⊥CM.設BC＝x，則CM＝x，CD＝eq\r(2)x，PM＝eq\r(3)x，PC＝PD＝2x.取CD的中點N，連接PN，則PN⊥CD，所以PN＝eq\f(\r(14),2)x.因為△PCD的面積為2eq\r(7)，所以eq\f(1,2)×eq\r(2)x×eq\f(\r(14),2)x＝2eq\r(7)，解得x＝－2(舍去)或xAB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2eq\r(3).所以四棱錐P-ABCD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(2×（2＋4）,2)×2eq\r(3)＝4eq\r(3).19.如圖，在△ABC中，∠B＝eq\f(π,2)，AB＝BC＝2，P為AB邊上一動點，PD∥BC