2019年《南方新课堂·高考总复习》数学(理科)作业及测试：课时作业 专题六立体几何 Word版含解析

专题六 立体几何
第1课时
1．(2015年新课标Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图
Z6-1，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
图Z6-1 A.18 B.17 C.16 D.15
2．如图Z6-2，方格纸上正方形小格的边长为1，图中粗实线画出的是由一个正方体截得的一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
图Z6-2 A.163 B.323 C.643
D ．32 3．某几何体的三视图如图Z6-3，则该几何体的体积为( )
图Z6-3 A.23 B.43
C.83
D.163
4．(2016年河北“五校联盟”质量监测)某四面体的三视图如图Z6-4，则其四个面中最大的面积是( )
图Z6-4 A ．2 B ．2 2 C. 3 D ．2 3
5．已知一个几何体的三视图如图Z6-5，则该几何体的体积为( )
图Z6-5 A ．8 B.223 C.233
D ．7 6．点A ，B ，C ，D 均在同一球面上，且AB ，AC ，AD 两两垂直，且AB ＝1，AC ＝2，AD ＝3，则该球的表面积为( )
A ．7π
B ．14π C.72π D.714π3 7．(2013年新课标Ⅰ)如图Z6-6，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器厚度，则球的体积为( )
图Z6-6 A.500π3 cm 3 B.866π3
cm 3 C.1372π3 cm 3 D.2048π3
cm 3 8．(2016年北京)某四棱柱的三视图如图Z6-7，则该四棱柱的体积为________．
图Z6-7
9．球O 半径为R ＝13，球面上有三点A ，B ，C ，AB ＝12 3，AC ＝BC ＝12，则四面体OABC 的体积是( )
A ．60 3
B ．50 3
C ．60 6
D ．50 6
10．如图Z6-8，已知正三角形ABC 三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是( )
图Z6-8 A.7π4 B ．2π C.9π4
D ．3π 11．(2017年广东茂名一模)过球O 表面上一点A 引三条长度相等的弦AB ，AC ，AD ，且两两夹角都为60°，若球半径为R ，则△BCD 的面积为____________．
12．已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为3，AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，则此球的表面积等于________．
第2课时
1．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．90°
2．(2016年天津模拟)如图Z6-9，以等腰直角三角形ABC 的斜边BC 上的高AD 为折痕，把△ABD 和△ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
图Z6-9 ①BD ⊥AC ；
②△BAC 是等边三角形；
③三棱锥D -ABC 是正三棱锥；
④平面ADC ⊥平面ABC .
其中正确的是( )
A ．①②④
B ．①②③
C ．②③④
D ．①③④
3．三棱锥的三组相对的棱(相对的棱是指三棱锥中成异面直线的一组棱)分别相等，且长各为2，m ，n ，其中m 2＋n 2＝6，则三棱锥体积的最大值为( )
A.33
B.12
C.8 327
D.23
4．(2016年辽宁葫芦岛统测)已知四棱锥P -ABCD 的五个顶点都在球O 的球面上，底面ABCD 是矩形，平面P AD 垂直于平面ABCD ，在△P AD 中，P A ＝PD ＝2，∠APD ＝120°，AB ＝2，则球O 的外接球的表面积等于( )
A ．16π
B ．20π
C ．24π
D ．36π
5．在矩形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝4，E ，F 分别为边AB ，AD 的中点，将△ADE 沿DE 折起，点A ，F 折起后分别为点A ′，F ′，得到四棱锥A ′-BCDE .给出下列几个结论：
①A ′，B ，C ，F ′四点共面；
②EF ′∥平面A ′BC ；
③若平面A ′DE ⊥平面BCDE ，则CE ⊥A ′D ；
④四棱锥A ′-BCDE 体积的最大值为2，
其中正确的是________(填上所有正确的序号)．
6．(2017年广东梅州一模)如图Z6-10所示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)求证：BD ⊥平面ADG ；
(2)求平面AEFG 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值．
图Z6-10
7．(2017年广东广州二模)如图Z6-11，ABCD是边长为a的菱形，∠BAD＝60°，EB⊥平面ABCD，FD⊥平面ABCD，EB＝2FD＝3a.
(1)求证：EF⊥AC；
(2)求直线CE与平面ABF所成角的正弦值．
图Z6-11
8．(2017年广东揭阳一模)如图Z6-12，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝BB1，AB1∩A1B＝E，D为AC上的点，B1C∥平面A1BD；
(1)求证：BD⊥平面A1ACC1；
(2)若AB＝1，且AC·AD＝1，求二面角B-A1D-B1的余弦值．
图Z6-12
专题六 立体几何
第1课时
1．D 解析：由三视图，得在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，截去四面体A -A 1B 1D 1，如图D164，
图D164
设正方体棱长为a ，则111-A A B D V ＝13×12a 3＝16
a 3. 则剩余几何体体积为a 3－16a 3＝56a 3.所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为15
.故选D.
2．B 解析：几何体为如图D165所示的正方体中的三棱锥E -BB 1C (E 为AA 1的中点)，
它的体积为13×12×4×4×4＝323.故选B.
图D165 图D166
3．B 解析：由三视图知对应的几何体为如图D166所示的正方体中的三棱锥P -ABC ，
其中PC ⊥平面P AB ，P A ＝AB ，PC ＝PB ＝2，A 到PB 的距离为2，故该几何体的体积为13×12
×2×2×2＝43
.故选B. 4．D 解析：如图D167，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即D 1-BCB 1，其四个面的面积分别为2,2 2，2 2，2 3.故选D.
图D167
5．D 解析：由三视图可知该几何体是一个由棱长为2的正方体截去两个三棱锥A -A 1PQ 和D -PC 1D 1后剩余的部分，如图D168，其中Q 是棱A 1B 1的中点，P 是A 1D 1的中点，所以
该几何体的体积为V ＝8－13×12×1×1×2－13×12×1×2×2＝7.故选D.
图D168
6．B 解析：三棱锥A -BCD 的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为长方体，它也外接于球，长方体的对角线长为其外接球的直径，所以长方体的对角线长是12＋22＋32＝
14，它的外接球半径是142，外接球的表面积是4π×⎝⎛⎭
⎫1422＝14π.故选B. 7．A 解析：如图D169，作出球的一个截面，则MC ＝8－6＝2(cm)，BM ＝12AB ＝12
×8＝4(cm)．设球的半径为R cm ，则R 2＝OM 2＋MB 2＝(R －2)2＋42，∴R ＝5.∴V 球＝43π×53＝500π3
(cm 3)．
图D169 8.32
解析：由已知的三视图，得该几何体上部是一个以俯视图为底面的四棱柱，其高为1，故该四棱柱的体积V ＝Sh ＝12×(1＋2)×1×1＝32
. 9．A 解析：设△ABC 外接圆半径为r ，由AB ＝12 3，AB ＝BC ＝12，得A ＝B ＝30°，
C ＝120°.所以2r ＝12 3sin 120°
＝24.解得r ＝12.则O 到平面ABC 的距离d ＝R 2－r 2＝132－122＝5.又S △ABC ＝12×12×12×sin 120°＝36 3，所以V O -ABC ＝13
×36 3×5＝60 3.故选A. 10．C 解析：根据球的截面圆性质、正三角形的性质与勾股定理，知经过点E 的球O 的截面与OE 垂直时截面圆的半径最小，相应的截面圆的面积有最小值，由此算出截面圆半径的最小值，从而可得截面面积的最小值．设正三角形ABC 的中心为O 1，连接O 1A ，连接O 1O ，O 1C ，OC ，∵O 1是正三角形ABC 的中心，A ，B ，C 三点都在球面上，∴O 1O ⊥平面ABC .结合O 1C ⊂平面ABC ，可得O 1O ⊥O 1C .∵球的半径R ＝2，球心O 到平面ABC 的距离为1，∴O 1O ＝1.∴Rt △O 1OC 中，O 1C ＝R 2－O 1O 2＝ 3.又∵E 为AB 的中点，△ABC 是等
边三角形．∴O 1E ＝AO 1sin 30°＝32.∴OE ＝OO 21＋O 1E 2＝72
.过E 作球O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆的半径r ＝R 2－OE 2＝32
.可得截面面积为S ＝πr 2＝94
π.故选C. 11.2 33
R 2 解析：方法一，由条件知A -BCD 是正四面体，△BCD 是正三角形，A ，B ，C ，D 为球上四点，将正三棱锥A -BCD 补充成一个正方体AGBH -FDEC ，如图D170.则正三棱锥A -BCD 和正方体AGBH -FDEC 有共同的外接球，△BCD 的边长就是正方体面的对角线，设正方体AGBH -FDEC 的棱长为a ，则正方体外接球半径R 满足：a 2＋a 2＋a 2＝(2R )2，解得a 2＝43R 2.所以BC 2＝a 2＋a 2＝83R 2.所以△BCD 的面积S ＝12BC ×BD sin 60°＝12×83R 2×32＝2 33
R 2.
图D170 图D171
方法二，由条件A -BCD 是正四面体，△BCD 是正三角形，A ，B ，C ，D 为球上四点，球心O 在正四面体中心，如图D171.
设BC ＝a ，CD 的中点为E ，O 1为过点B ，C ，D 截面圆的圆心，
则截面圆半径r ＝O 1B ＝23BE ＝23×32a ＝33
a . 正四面体A -BCD 的高AO 1＝a 2－⎝⎛
⎭⎫33a 2＝63a . ∴截面BCD 与球心的距离d ＝OO 1＝63
a －R . 在Rt △BOO 1中，⎝⎛⎭⎫33a 2＝R 2－⎝⎛⎭⎫63a －R 2，解得a ＝2 63R . ∴△BCD 的面积为S ＝12BC ×BC sin 60°＝12×⎝⎛⎭⎫2 63R 2×32＝2 33
R 2. 12．8π 解析：∵三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为3，AC ＝1，
AB ＝2，∠BAC ＝60°，∴12
×1×2×sin 60°×AA 1＝ 3.∴AA 1＝2.∵BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos 60°＝4＋1－2＝3，∴BC ＝ 3.设△ABC 外接圆的半径为R ，则BC sin 60°＝2R .∴R ＝1.故外接球的半径为12＋12＝2，外接球的表面积等于4π×(2)2＝8π.
第2课时
1．C 解析：延长CA 到D ，使得AD ＝AC ，则ADA 1C 1为平行四边形，∠DA 1B 就是异面直线BA 1与AC 1所成的角．又△A 1DB 为等边三角形．∴∠DA 1B ＝60°.
2．B 解析：由题意知，BD ⊥平面ADC ，故BD ⊥AC ，①正确；AD 为等腰直角三角形斜边BC 上的高，平面ABD ⊥平面ACD ，所以AB ＝AC ＝BC ，△BAC 是等边三角形，②正确；易知DA ＝DB ＝DC ，又由②知③正确；由①知④错．
3．D 解析：直接求三棱锥的体积很困难，因为不知三棱锥的形状，也没有数据，将该三棱锥放进长方体模型，如图D172，三棱锥A -CB 1D 1符合题意，设AA 1＝x ，A 1D 1＝y ，
A 1
B 1＝z ，有⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＝2，x 2＋z 2＝m 2，
y 2＋z 2＝n 2，x 2＋y 2＋2z 2＝m 2＋n 2＝6,2z 2＝4，z ＝2，x 2＋y 2＝2≥2xy ，∴xy ≤1.
三棱锥体积V ＝13V 长方体＝13xyz ＝23xy ≤23.所以三棱锥体积的最大值为23
.故选D.
图D172
4．B 解析：取AD 的中点为E ，连接PE ，则由平面P AD 垂直于平面ABCD 可得，PE
⊥平面ABCD ，于是以点E 为原点，以ED ，EP 分别为x ，z 轴建立空间直角坐标系，其中AC 与BD 相交于F 点．于是可得E (0,0,0)，D (3，0,0)，A (－3，0,0)，P (0,0,1)，C (3，
2,0)，B (－3，2,0)，F (0,1,0)，设球O 的球心的坐标为O (0，1，z 0)，则OP →＝(0，－1,1－z 0)，
OB →＝(－3，1，－z 0)，由|OP →|＝|OB →|，得(－1)2＋(1－z 0)2＝3＋1＋z 20.解之，得z 0＝－1.
所以球心O (0,1，－1)．于是其半径为|OP →|＝5，由球的表面积公式知，S ＝4πr 2＝4π×(5)2
＝20π.故选B.
5．②③
6．(1)证明：在△BAD 中，∵AB ＝2AD ＝2，∠BAD ＝60°，
∴由余弦定理，可得BD ＝ 3.
∵AB 2＝AD 2＋BD 2，∴AD ⊥BD .
又在直平行六面体中，GD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴GD ⊥BD .
又AD ∩GD ＝D ，∴BD ⊥平面ADG .
(2)解：以D 为坐标原点，建立如图D173所示的空间直角坐标系D -xyz .
图D173
∵∠BAE ＝∠GAD ＝45°，AB ＝2AD ＝2，
∴A (1,0,0)，B (0，3，0)，G (0,0,1)，E (0，3，2)，C (－1，3，0)．
∴AE →＝(－1，3，2)，AG →＝(－1,0,1)．
设平面AEFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
故有⎩⎪⎨⎪⎧
n ·AE →＝－x ＋3y ＋2z ＝0，n ·AG →＝－x ＋z ＝0. 令x ＝1，得y ＝－
33，z ＝1.n ＝(1，－33
，1)． 而平面ABCD 的一个法向量为DG →＝(0,0,1)，
∴cos 〈DG →，n 〉＝DG →·n |DG →|·|n |＝217. 故平面AEFG 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值为
217. 7．解：(1)证明：连接BD ，如图D174.
因为ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD .
因为FD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，
所以AC ⊥FD .
因为BD ∩FD ＝D ，所以AC ⊥平面BDF .
因为EB ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，
所以EB ∥FD .
所以B ，D ，F ，E 四点共面．
因为EF ⊂平面BDFE ，所以EF ⊥AC .
图D174 图D175
(2)如图D175，以D 为坐标原点，分别以DC →，DF →的方向为y 轴，z 轴的正方向，建立
空间直角坐标系D -xyz .
可以求得A ⎝⎛⎭⎫3
2a ，－1
2a ，0，B ⎝⎛⎭⎫3
2a ，12a ，0，F ⎝⎛⎭⎫0，0，3
2a ，
C (0，a,0)，
E ⎝⎛⎭⎫32a ，1
2a ，3a .
所以AB →＝(0，a,0)，AF →＝⎝⎛⎭⎫－32a ，12a ，3
2a .
设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨
⎪⎧
ay ＝0，－32ax ＋12ay ＋32az ＝0.
取x ＝1，则平面ABF 的一个法向量为n ＝(1,0,1)．
因为CE →＝⎝⎛⎭⎫3
2a ，－1
2a ，3a ，
所以||cos 〈n ，CE →〉＝||
n ·CE →||n ||CE →＝3 68
.
所以直线CE 与平面ABF 所成角的正弦值为3 6
8.
8．(1)证明：如图D176，连接ED ，
∵平面AB 1C ∩平面A 1BD ＝ED ，B 1C ∥平面A 1BD ，
∴B 1C ∥ED .
∵E 为AB 1的中点，∴D 为AC 的中点．
∵AB ＝BC ，∴BD ⊥AC .①
方法一，由A 1A ⊥平面ABC ，BD ⊂平面ABC ，得A 1A ⊥BD ，②
由①②及A 1A ，AC 是平面A 1ACC 1内的两条相交直线，
∴BD ⊥平面A 1ACC 1.
方法二，∵A 1A ⊥平面ABC ，A 1A ⊂平面A 1ACC 1，
∴平面A 1ACC 1⊥平面ABC .
又平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ， ∴BD ⊥平面A 1ACC 1.
图D176 图D177 (2)由AB ＝1，得BC ＝BB 1＝1.
由(1)知DA ＝12
AC ，由AC ·DA ＝1，得AC 2＝2. ∵AC 2＝2＝AB 2＋BC 2，∴AB ⊥BC .
以B 为原点，建立空间直角坐标系B -xyz 如图D177，
则A 1(1,0,1)，B 1(0,0,1)，D ⎝⎛⎭⎫12，12，0.
所以B 1A 1→＝(1,0,0)，B 1D →＝⎝⎛⎭
⎫12，12，－1. 设m ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1D 的一个法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧ m ⊥B 1A 1→，m ⊥B 1D →，得⎩⎪⎨⎪⎧
m ·B 1A 1→＝x ＝0，m ·B 1D →＝12x ＋12y －z ＝0. 令z ＝1，得m ＝(0,2,1)．
设n ＝(a ，b ，c )为平面A 1BD 的一个法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥BD →，n ⊥BA 1→，得⎩⎪⎨⎪⎧
n ·BD →＝a 2＋b 2＝0，n ·BA 1→＝a ＋c ＝0.
令c ＝1，得n ＝(－1,1,1)．
依题意知二面角B -A 1D -B 1为锐二面角，
设其大小为θ，
则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝|n ·m ||n |·|m |＝35×3
＝155. 即二面角B -A 1D -B 1的余弦值为155.。