近年高考数学二轮复习专题五立体几何专题突破练175.1~5.3组合练文(2021年整理)

2019版高考数学二轮复习专题五立体几何专题突破练17 5.1~5.3组合练文
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专题突破练17 5。

1~5.3组合练
(限时90分钟,满分100分)
一、选择题（共9小题，满分45分）
1.（2018河北衡水中学考前仿真，文3)已知一个四棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为（)
2.(2018宁夏银川一中一模,理4）已知正三角形ABC的边长为a,那么△ABC 的平面直观图△A'B’C'的面积为(）
A.a2
B.a2
C。

a2 D.a2
3.某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为()
A.B.C。

D。

3
4。

如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3 cm,高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（）
A.B.C。

D.
5.某几何体的三视图如图所示,记A为此几何体所有棱的长度构成的集合，则(）
A。

3∈A B。

5∈A
C.2∈A
D.4∈A
6.(2018河北唐山三模,理7）某三棱锥的三视图如图所示，则其体积为（)
A.4
B.8 C。

D.
7。

已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为,D为BC的中点，则三棱锥A-B1DC1的体积为()
A.3 B。

C.1 D.
8。

(2018河南濮阳一模,理7）已知三棱锥A—BCD中,△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形且二面角A—BD-C为直二面角,则三棱锥A—BCD的外接球的表面积为（)
A. B.5πC。

6πD。

9。

（2018山西吕梁一模,文12）已知点A,B，C,D在同一个球的球面
上,AB=BC=，AC=2,若四面体ABCD的体积为,球心O恰好在棱DA上，则这个球的表面积为（)
A. B.4πC。

8π D.16π
二、填空题(共3小题，满分15分）
10。

(2018江苏卷,10)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。

11。

（2018天津卷，文11）如图,已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1—BB1D1D的体积为.
12.已知三棱锥A-BCD,AB=AC=BC=2，BD=CD=,点E是BC的中点，点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,则该三棱锥外接球的表面积为。

三、解答题（共3个题，分别满分为13分，13分,14分）
13.（2018江苏南京、盐城一模，15)如图所示，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，
CA=CB，点M,N分别是AB，A
1B
1
的中点.
(1）求证:BN∥平面A1MC;
（2)若A1M⊥AB1,求证:AB1⊥A1C。

14.（2018河南六市联考一,文19）如图，已知四棱锥S-ABCD中,底面ABCD 是边长为2的菱形,∠BAD=60°，SA=SD=,SB=,点E是棱AD的中点，点F 在棱SC上，且=λ，SA∥平面BEF。

(1)求实数λ的值；
(2）求三棱锥F-EBC的体积.
15。

如图1，在边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点.将△AED，△DCF分别沿DE,DF折起，使A,C两点重合于点A'，连接EF，A'B,如图2。

（1)求异面直线A'D与EF所成角的大小;
（2）求三棱锥D—A'EF的体积。

参考答案
专题突破练175。

1～5.3组合练
1。

A解析四棱锥的正视图和俯视图可知几何体的直观图如图所示，其侧视图为选项A。

2.D解析如图①②所示的平面图形和直观图。

由②可知,A’B'=AB=a，
O’C’=OC=a,
在图②中作C’D'⊥A'B'于D’，
则C'D’=O’C’=a。

∴S
△A’B'C’
=A’B'·C'D’=×a×a=a2。

3。

B解析由三视图可知,几何体的直观图如图所示，平面AED⊥平面BCDE,四棱锥A-BCDE的高为1,四边形BCDE是边长为1的正方形，则
S
△AED =×1×1=,S
△ABC
=S
△ABE
=×1×,S
△ACD
=×1×,故选B.
4。

C解析
由零件的三视图可知，该几何体为两个圆柱组合而成,如图所示。

切削掉部分的体积V1=π×32×6-π×22×4—π×32×2=20π(cm3)，
原来毛坯体积V2=π×32×6=54π(cm3）.故所求比值为.
5.D解析根据三视图可知几何体是一个三棱柱截去一个三棱锥,如图所示,四边形ABCD是一个边长为4的正方形,
且AF⊥面ABCD，DE∥AF，DE=4，AF=2，
∴AF⊥AB，DE⊥DC，DE⊥BD，
∴
EC==4,EF=FB==2,BE=
=4.
∵A为此几何体所有棱的长度构成的集合,∴A=｛2,4，4，4，2｝. 6。

C解析由三棱锥的三视图得其直观图如下:几何体为底面是等腰直角三角形的三棱锥A—BCD,BC=CD=2,三棱锥的高为2，所以三棱锥的体积为
V=×2×2×2=。

7。

C解析∵D是等边三角形ABC的边BC的中点，∴AD⊥BC。

又ABC-A1B1C1为正三棱柱,
∴AD ⊥平面BB 1C 1C. ∵四边形BB 1C 1C 为矩形，
∴×2×.又AD=2×,
∴
·AD==1.故选C 。

8。

D 解析 如图所示.
△ABD 与△BCD 是边长为2的等边三角形,且二面角A-BD —C 为直二面角, 设F ，E 分别为△ABD 和△BCD 的中心，则球心O 为△ABD 和△BCD 的过中
心的垂线的交点,所以OF=OE=FG=×2=。

ED=×2=,
则球半径r=,则S=4π×。

9.D 解析 如图所示,设AC 的中点为M ,由已知得AB ⊥BC ，所以底面三角形
ABC 外接圆的圆心为M ，所以OM ⊥平面ABC ,又OM ∥DC ，所以DC ⊥平面ABC ，
由四面体的体积为，得DC=2。

所以DA=4，球的半径为2,由球的表面积公式得球的表面积为16π.选D.
10.解析由题图可知，该多面体为两个全等的正四棱锥的组合体，且正四棱锥的高为1,底面正方形的边长为,所以该多面体的体积为2××（)2×1=.
11。

解析∵正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1,
∴=V
正方体-=1—×1×1×1—×1×1×1=. 12.解析由题意,得△BCD为等腰直角三角形，E是外接圆的圆心.
∵点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F，∴BF=，∴AF=。

设球心O到平面BCD的距离为h，则1+h2=,解得h=,r=,故该三棱锥外接球的表面积为4π×。

13.证明（1)因为ABC—A1B1C1是直三棱柱,
所以AB∥A1B1，且AB=A1B1，
又点M，N分别是AB,A1B1的中点，所以MB=A1N,且MB∥A1N.
所以四边形A1NBM是平行四边形,从而A1M∥BN.
又BN⊄平面A1MC,A1M⊂平面A1MC，所以BN∥面A1MC.
（2）因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,
所以AA1⊥底面ABC，而AA1⊂侧面ABB1A1，
所以侧面ABB1A1⊥底面ABC。

又CA=CB,且M是AB的中点,所以CM⊥AB。

则由侧面ABB1A1⊥底面ABC，侧面ABB1A1∩底面ABC=AB,CM⊥AB,且CM⊂底面ABC，得CM⊥侧面ABB1A1.
又AB1⊂侧面ABB1A1,所以AB1⊥CM。

又AB1⊥A1M，A1M,MC⊂平面A1MC，且M∩MC=M,
A
1
所以AB1⊥平面A1MC.
又A1C⊂平面A1MC,所以AB1⊥A1C。

14。

解（1)连接AC,设AC∩BE=G,则平面SAC∩平面EFB=FG，∵△GEA∽△GBC,∴.∴。

∴SF=SC,∴λ=。

（2)连接SE,∵SA=SD=,
∴SE⊥AD，SE=2。

∵AB=AD=2，∠BAD=60°,
∴BE=。

∵SE2+BE2=SB2，∴SE⊥BE.
∴SE⊥平面ABCD.
所以V F—BCE=V S—EBC=V S—ABCD=×2×2sin 60°×2=。

15.解 (1)在正方形ABCD中,∵AD⊥AE，CD⊥CF，∴A'D⊥A’E，A'D⊥A’F。

∵A'E∩A'F=A',A’E，A'F⊂平面A’EF，∴A'D⊥平面A'EF.
而EF⊂平面A'EF,∴A'D⊥EF,
∴异面直线A’D与EF所成角的大小为90°。

(2)∵正方形ABCD的边长为2,点E是AB的中点,点F是BC的中点，∴在Rt△BEF中，BE=BF=1,得EF=,而A'E=A'F=1,
∴A'E2+A’F2=EF2，∴A'E⊥A'F，
=×1×1=。

∴S
△A'EF
由（1）得A’D⊥平面A’EF，且A’D=2，∴V D-A’EF=S△
·A’D=×2=.
A’EF。