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高考数学一轮复习 周周测训练 第10章 立体几何

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高考数学一轮复习立体几何多选题测试试题及答案

高考数学一轮复习立体几何多选题测试试题及答案

高考数学一轮复习立体几何多选题测试试题及答案一、立体几何多选题1．已知图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，分别沿着AB 、BC 、CD 、DA 把ABF 、BCG 、CDH △、DAE △向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面ABCD 垂直，再顺次连接EFGH ，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）A ．AEF 是正三角形B ．平面AEF ⊥平面CGHC ．直线CG 与平面AEF 2D ．当2AB =时，多面体ABCD EFGH -的体积为83【答案】AC 【分析】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ，证明出OH ⊥平面ABCD ，然后以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，求出EF ，可判断A 选项的正误，利用空间向量法可判断BC 选项的正误，利用几何体的体积公式可判断D 选项的正误. 【详解】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ， 在图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，则1122CH GH EH DH ===，O 为CD 的中点，OH CD ∴⊥，平面CDH ⊥平面ABCD ，平面CDH 平面ABCD CD =，OH ⊂平面CDH ，OH ∴⊥平面ABCD ，在图1中，设正方形EFGH 的边长为()220a a >，可得四边形ABCD 的边长为2a ， 在图1中，ADE 和ABF 均为等腰直角三角形，可得45BAF DAE ∠=∠=， 90BAD ∴∠=，∴四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，O 、M 分别为CD 、AB 的中点，则//OC BM 且OC BM =，且90OCB ∠=，所以，四边形OCBM 为矩形，所以，OM CD ⊥，以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()2,,0A a a -、()2,,0B a a 、()0,,0C a 、()0,,0D a -、(),,E a a a -、()2,0,F a a 、(),,G a a a 、()0,0,H a .对于A 选项，由空间中两点间的距离公式可得2AE AF EF a ===，所以，AEF 是正三角形，A 选项正确；对于B 选项，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，(),0,AE a a =-，()0,,AF a a =，由11110m AE ax az m AF ay az ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取11z =，则11x =，11y =-，则()1,1,1m =-，设平面CGH 的法向量为()222,,n x y z =，(),0,CG a a =，()0,,CH a a =-， 由222200n CG ax az n CH ay az ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取21z =-，可得21x =，21y =-，则()1,1,1n =--，()22111110m n ⋅=+--⨯=≠，所以，平面AEF 与平面CGH 不垂直，B 选项错误；对于C 选项，6cos ,23CG m CG m a CG m⋅<>===⨯⋅， 设直线CG 与平面AEF 所成角为θ，则sin 6θ=，23cos 1sin θθ=-=，所以，sin tan 2cos θθθ==，C 选项正确； 对于D 选项，以ABCD 为底面，以OH 为高将几何体ABCD EFGH -补成长方体1111ABCD A B C D -，则E 、F 、G 、H 分别为11A D 、11A B 、11B C 、11C D 的中点，因为2AB =，即1a =，则1OH =，长方体1111ABCD A B C D -的体积为2214V =⨯=，11211111113326A A EF A EF V S AA -=⋅=⨯⨯⨯=△，因此，多面体ABCD EFGH -的体积为111044463ABCD EFGH A A EF V V V --=-=-⨯=， D 选项错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin hlθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.2．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A 在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（ ） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误. 【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '， 则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124DS BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而332333322288A S ⎛⎫=⨯⨯=> ⎪ ⎪⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确． 对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系． 设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，222AM x y z =++，(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确． 故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.3．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（ ） A ．若13A P =，则满足条件的P 点有且只有一个 B ．若12A P =，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 长的最小值为2D ．若12A P =且1//A P 平面11B DC ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 长的最大值为2；结合以上条件点P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出6r =，进而求出面积. 【详解】对A 选项，如下图：由13A P =，知点P 在以1A 为球心，半径为3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=，则只有唯一一点C满足，故A 正确；对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上，在底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上，则1A P 长的最大值为12A B =，则C 不正确； 对选项D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622,,sin 60333A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选：ABD 【点睛】（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，d 为球心到小圆距离）；（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.4．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，18AA =，点P 在线段11A C 上，M 为AB 的中点，则（ ） A ．BD ⊥平面PACB ．当P 为11AC 的中点时，四棱锥P ABCD -外接球半径为72C ．三棱锥A PCD -体积为定值D ．过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为4π 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A 选项的正误；判断出四棱锥P ABCD -为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B 选项的正误；利用等体积法可判断C 选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，因为AB BC =，所以，矩形ABCD 为正方形，所以，BD AC ⊥， 在长方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD AA ∴⊥，1AC AA A ⋂=，AC 、1AA ⊂平面PAC ，所以，BD ⊥平面PAC ，A 选项正确；对于B 选项，当点P 为11A C 的中点时，PA ===同理可得PB PC PD ===因为四边形ABCD 为正方形，所以，四棱锥P ABCD -为正四棱锥， 取AC 的中点N ，则PN 平面ABCD ，且四棱锥P ABCD -的外接球球心在直线PN上，设该四棱锥的外接球半径为R ，由几何关系可得222PN R AN R -+=， 即2288R R -+=，解得92R =，B 选项错误； 对于C 选项，2114822ACDSAD CD =⋅=⨯=， 三棱锥P ACD -的高为18AA =，因此，116433A PCD P ACD ACD V V S AA --==⋅=△，C 选项正确；对于D 选项，设长方体1111ABCD A B C D -的外接球球心为E ，则E 为1BD 的中点， 连接EN 、MN ，则1142EN DD ==，122MN AD ==， E 、N 分别为1BD 、BD 的中点，则1//EN DD ， 1DD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，EN MN ∴⊥，EM ∴==过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面为平面α，点E 到平面α的距离为d ，直线EM 与平面α所成的角为θ，则sin d EM θθ==≤ 当且仅当2πθ=时，等号成立，长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为R '==，所以，截面圆的半径2r =≥=，因此，截面圆面积的最小值为4π，D 选项正确.故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.5．在三棱锥M ABC -中，下列命题正确的是（ ）A ．若1233AD AB AC =+，则3BC BD = B ．若G 为ABC 的重心，则111333MG MA MB MC =++C ．若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MB AC ⋅=D ．若三棱锥M ABC -的棱长都为2，P ，Q 分别为MA ，BC 中点，则2PQ = 【答案】BC 【分析】作出三棱锥M ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得. 【详解】对于A ，由已知12322233AD AB AC AD AC AB AD AC AB AD =+⇒=+⇒-=-，即2CD DB =，则32BD BD DC BC =+=，故A 错误； 对于B ，由G 为ABC 的重心，得0GA GB GC ++=，又MG MA AG =+，MG MB BG =+，MG MC CG =+，3MA MB MC MG ∴++=，即111333MG MA MB MC =++，故B 正确；对于C ，若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MC MA BC AB ⋅+⋅=，即()00MA BC AC CB MA BC AC C MC C M B M C ⋅++=⇒⋅++⋅⋅=⋅()00MA BC A MC MC MC MC C BC MA BC AC ⋅⋅⋅⇒⋅+-=⇒-+=⋅()000MC M CA BC AC AC CB AC CB AC C MC ⇒+=⇒+=⇒+=⋅⋅⋅⋅⋅，即0MB AC ⋅=，故C 正确；对于D ，111()()222PQ MQ MP MB MC MA MB MC MA ∴=-=+-=+- ()21122PQ MB MC MA MB MC MA ∴=+-=+-，又()2222222MB MC MA MB MC MA MB MC MB MA MC MA+-=+++⋅-⋅-⋅2221112222222222228222=+++⨯⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=，1822PQ ∴==，故D 错误. 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查向量的运算，用已知向量表示某一向量的三个关键点： (1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量． (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．6．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（ ）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5 【答案】AC 【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误； 平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F ∠==22，所以C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为62，故D 错误. 故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．7．如图，矩形ABCD 中， 22AB AD ==，E 为边AB 的中点.将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △（点1A 不落在底面BCDE 内），若M 在线段1A C 上（点M 与1A ，C 不重合），则在ADE 翻转过程中，以下命题正确的是（ ）A ．存在某个位置，使1DE A C ⊥B ．存在点M ，使得BM ⊥平面1A DC 成立 C ．存在点M ，使得//MB 平面1A DE 成立D ．四棱锥1A BCDE -体积最大值为24【答案】CD 【分析】利用反证法可得A 、B 错误，取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，可证明//MB 平面1A DE ，当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值，利用公式可求得此时体积为2. 【详解】如图（1），取DE 的中点为F ，连接1,A F CF ， 则45CDF ∠=︒，22DF =，故212254222222CF =+-⨯⨯=， 故222DC DF CF ≠+即2CFD π∠≠．若1CA DE ⊥，因为11,A D A E DF FE ==，故1A F DE ⊥，而111A F A C A ⋂=， 故DE ⊥平面1A FC ，因为CF ⊂平面1A FC ，故DE CF ⊥，矛盾，故A 错． 若BM ⊥平面1A DC ，因为DC ⊂平面1A DC ，故BM DC ⊥， 因为DC CB ⊥，BM CB B ⋂=，故CD ⊥平面1A CB ，因为1AC ⊂平面1A CB ，故1CD A C ⊥，但1A D CD <，矛盾，故B 错． 当平面1A DE ⊥平面BCDE 时，四棱锥1A BCDE -体积最大值， 由前述证明可知1A F DE ⊥，而平面1A DE平面BCDE DE =，1A F ⊂平面1A DE ，故1A F ⊥平面BCDE ，因为1A DE △为等腰直角三角形，111A D A E ==，故122A F =，又四边形BCDE 的面积为13211122⨯-⨯⨯=， 故此时体积为13223224⨯⨯=，故D 正确． 对于C ，如图（2），取M 为1A C 的中点，取1A D 的中点为I ，连接,MI IE ，则1//,2IM CD IM CD =，而1//,2BE CD BE CD =， 故//,IM BE IM BE =即四边形IEBM 为平行四边形，故//IE BM ，因为IE ⊂平面1A DE ，BM ⊄平面1A DE ，故//MB 平面1A DE ， 故C 正确． 故选：CD.【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，注意对于折叠后点线面的位置的判断，若命题的不成立，往往需要利用反证法来处理，本题属于难题.8．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点 B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点 C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点 D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1 【答案】BC 【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ， 连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=， 连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==，NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ， ,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒， ,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==， 22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴===N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点， 点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点， 点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点. 做出线段BC 的另一个三等分点P '， 做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=，所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体 从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1. 故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.9．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB '，DD '交于点M ，N ，以下四个命题中正确的是（ ）A ．0MN EF ⋅=B ．ME NE =C ．四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:3D ．四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3 【答案】ABD 【分析】证明EF ⊥平面BDD B ''，进而得EF MN ⊥，即可得A 选项正确；证明四边形MENF 为菱形即可得B 选项正确；由菱形性质得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，再分别讨论MN 的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可. 【详解】对于A 选项，如图，连接BD ，B D ''，MN ．由题易得EF BD ⊥，EF BB '⊥，BD BB B '⋂=，所以EF ⊥平面BDD B ''，又MN ⊂平面BDD B ''，所以EF MN ⊥，因此0MN EF ⋅=，故A 正确．对于B 选项，由正方体性质得：平面''//BCC B 平面''ADD A ，平面''BCC B 平面EMFN MF =，平面''ADD A 平面EMFN EN =， 所以//MF EN ，同理得//ME NF ，又EF MN ⊥，所以四边形MENF 为菱形， 因此ME NE =，故B 正确．对于C 选项，由B 易得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅， 所以当点M ，N 分别为BB '，DD '的中点时，四边形MENF 的面积S 最小，此时MN EF ==，即面积S 的最小值为1；当点M ，N 分别与点B （或点B '），D （或D ）重合时，四边形MENF 的面积S 最大，此时MN =，即面积S所以四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2C 不正确． 对于D 选项，四棱锥A MENF -的体积1111336M AEF N AEF AEF V V V DB S --=+=⋅==△； 因为E ，F 分别是AA '，CC '的中点，所以BM D N '=，DN B M '=，于是被截面MENF 平分的两个多面体是完全相同的，则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCD EMFN -的体积21122ABCD A B C D V V ''''-==正方体，所以四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明四边形MENF 为菱形，利用割补法将四棱锥A MENF -的体积转化为三棱锥M AEF - 和N AEF -的体积之和，将多面体ABCD EMFN -的体积转化为正方体的体积的一半求解.10．如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，得四边形1BFD E ，在以下结论中，正确的是（ ）A ．四边形1BFD E 有可能是梯形B ．四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形C ．四边形1BFDE 有可能垂直于平面11BB D D D ．四边形1BFD E 6【答案】BCD 【分析】四边形1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；1BFD E 在底面ABCD内的投影是四边形ABCD ；当与两条棱上的交点是中点时，四边形1BFD E 垂直于面11BB D D ；当E ，F 分别是两条棱的中点时，四边形1BFD E 的面积最小为62.【详解】过1BD 作平面与正方体1111ABCD A B C D -的截面为四边形1BFD E ， 如图所示，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，且平面1BFD E 平面11ABB A BE =.平面1BFD E平面1111,//DCC D D F BE D F =，因此，同理1//D E BF ，故四边形1BFD E 为平行四边形，因此A 错误；对于选项B ，四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，因此B 正确； 对于选项C ，当点E F 、分别为11,AA CC 的中点时，EF ⊥平面11BB D D ，又EF ⊂平面1BFD E ，则平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，因此C 正确；对于选项D ，当F 点到线段1BD 的距离最小时，此时平行四边形1BFD E 的面积最小，此时点E F 、分别为11,AA CC 的中点，此时最小值为162322⨯⨯=，因此D 正确. 故选：BCD【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面即可正确解题.。

高中数学单元测试卷集精选---立体几何10

高中数学单元测试卷集精选---立体几何10

立几面测试010一、选择题(本题每小题5分，共60分)1．空间三条直线互相平行,由每两条平行线确定一个平面,则可确定平面的个数为( ） A ．3 B ．1或2 C ．1或3 D ．2或3２如果a 和b 是异面直线,直线a ∥c ，那么直线b 与c 的位置关系是 A ．相交 B ．异面 C ．平行D ．相交或异面３．下列命题中正确的是 ( )A ．若平面M 外的两条直线在平面M 内的射影为一条直线及此直线外的一个点，则这两条直线互为异面直线B ．若平面M 外的两条直线在平面M 内的射影为两条平行直线,则这两条直线相交C ．若平面M 外的两条直线在平面M 内的射影为两条平行直线，则这两条直线平行D ．若平面M 外的两条直线在平面M 内的射影为两条互相垂直的直线，则这两条直线垂直４．在正方体A 1B 1C 1D 1—ABCD 中，AC 与B 1D 所成的角的大小为 （ ）A ．6πC ．3πD ．2π５．相交成60°的两条直线与一个平面α所成的角都是45°，那么这两条直线在平面α内的射影所成的角是 （ ）A ． 90°B ．45°C ．60°D ．30°６．如图：正四面体S －ABC 中，如果E ，F 分别是SC,AB 的中点， 那么异面直线EF 与SA 所成的角等于 ( ）A ．60°B ． 90°C ．45°D ．30 ７．PA 、PB 、PC 是从P 点引出的三条射线，每两条夹角都是60°， 那么直线PC 与平面PAB 所成角的余弦值是 （ ）SE F CABA ．33B ．22 C ．36D ．21８．Rt △ABC 中，∠B ＝90°，∠C ＝30°，D 是BC 的中点，AC＝2,DE ⊥平面ABC ，且DE ＝1，则点E 到斜边AC 的距离是 （ ） A ．25B ．211 C ．27 D ．419 ９．如图，PA ⊥矩形ABCD,下列结论中不正确的是（ ）A ． PD ⊥BDB ．PD ⊥CDC ．PB ⊥BCD ．PA ⊥BD10．若a , b 表示两条直线,α表示平面，下面命题中正确的是 （ ） A ．若a ⊥α, a ⊥b ，则b //α B ．若a //α, a ⊥b ,则b ⊥α C ．若a ⊥α,b ⊂α，则a ⊥bD ．若a //α， b //α，则a //b10．如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A 、B 、C 为其上的三个点，则在正方体盒子中，∠ABC 等于（ )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120° 12．如果直角三角形的斜边与平面α平行，两条直角边所在直线与平面α所成的角分别为21θθ和，则 （ ） A ．1sin sin 2212≥+θθ B ．1sin sin 2212≤+θθ C ．1sin sin 2212>+θθ D ．1sin sin 2212<+θθAP D BCO二、填空题（本题每小题４分,共１６分) 13．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AB ＝BC ＝3,AA 1＝4，则异面直线AB 1与 A 1D 所成的角的余弦值为 ．14．已知△ABC ，点P 是平面ABC 外一点，点O 是点P 在平面ABC 上的射影，（1）若点P 到△ABC 的三个顶点的距离相等，那么O 点一定是△ABC 的 ;（2）若点P 到△ABC 的三边所在直线的距离相等且O 点在△ABC 内，那么O 点一定是△ABC 的 ．15．如果平面α外的一条直线a 与α内的两条直线垂直，那么a 与α位置关系是16．A ，B 两点到平面α的距离分别是３cm ，５cm ，M 点是AB 的中点，则M 点到平面的距离是 三、解答题:（本大题满分74).18、(12分）如图,在正方体1111ABCD A B C D -中，E是1AA 的中点，求证：1//A C 平面BDE .19．(12分）AB 是⊙O 的直径，C 为圆上一点，AB ＝2，AC ＝1,P 为⊙O 所在平面外一点，且PA ⊥⊙O ， PB 与平面所成角为45（1）证明：BC ⊥平面PAC ；A 1ED 1C 1B 1DCBAB(2)求点A 到平面PBC 的距离．20。

2018-2019学年高考数学(理科)一轮复习通用版：第十单元 空间几何体

2018-2019学年高考数学(理科)一轮复习通用版：第十单元 空间几何体

第十单元空间几何体教材复习课“空间几何体”相关基础知识一课过1．简单旋转体的结构特征(1)圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；(2)圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；(3)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；(4)球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．2．简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．[小题速通]1．关于空间几何体的结构特征，下列说法中不正确的是()A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等解析：选B根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．2．下列说法中正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线解析：选D当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，所得几何体就不是圆锥，故B错误；若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，则棱长必然要大于底面边长，故C错误．选D.[清易错]1．认识棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征时，易忽视定义，可借助于几何模型强化对空间几何体的结构特征的认识．2．台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行．1．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，F分别是棱D1C1，B1C1的中点，过E，F作一平面α，使得平面α∥平面AB1D1，则平面α截正方体的表面所得平面图形为()A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形解析：选D如图所示，平面α是平面EFGHJK，截面是六边形，故选D.2．下列几何体是棱台的是________(填序号)．解析：①③都不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故①③不满足题意．②中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故②不满足题意．④符合棱台的定义，故填④.答案：④直观图与三视图1．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．2．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．[提醒]正视图也称主视图，侧视图也称左视图．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题速通]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()解析：选B D选项为正视图或侧视图，俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.2．如图所示，等腰△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是()A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．钝角三角形解析：选B由题图知A′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴，由斜二测画法知，在△ABC 中，AC∥y轴，AB∥x轴，∴AC⊥AB.又因为A′C′＝A′B′，∴AC＝2AB≠AB，∴△ABC是直角三角形．3．现有编号为①②③的三个三棱锥(底面水平放置)，俯视图分别为图1、图2、图3，则至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的编号是()A．①B．①②C．②③D．①②③解析：选B还原出空间几何体，编号为①的三棱锥的直观图如图(1)三棱锥P-ABC所示，平面PAC⊥平面ABC，平面PBC⊥平面ABC，满足题意；编号为②的三棱锥的直观图如图(2)三棱锥P-ABC所示，平面PBC⊥平面ABC，满足题意；编号为③的三棱锥的直观图如图(3)三棱锥P-ABC所示，不存在侧面与底面互相垂直，即满足题意的编号是①②.4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长的棱长为()A. 5 B．2 2C．3 D．3 2解析：选C依题意，可知该几何体为如图所示三棱锥D-ABC，最长的棱AD＝1＋(22)2＝3，故选C.[清易错]1．画三视图时，能看见的线和棱用实线表示，不能看见的线和棱用虚线表示．2．一物体放置的位置不同，所画的三视图可能不同．1.沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()解析：选B给几何体的各顶点标上字母，如图1.A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B.2．已知以下三视图中有三个表示同一个三棱锥，则不是该三棱锥的三视图的是()解析：选D对于选项A，相应的几何体是如图所示的三棱锥A-BCD，其中AB⊥平面BCD，且BC⊥BD，AB＝3，BC＝1，BD＝2；对于选项B，相应的几何体可视为将选项A中的几何体按逆时针方向旋转90°而得到的几何体；对于选项C，相应的几何体可视为将选项A中的几何体按逆时针方向旋转180°而得到的几何体．综上所述，选D.空间几何体的表面积与体积公式[1．已知某几何体的三视图的侧视图是一个正三角形，如图所示，则该几何体的体积等于()A．12 3 B．16 3C ．20 3D ．32 3解析：选C 由三视图画出该几何体的直观图如图所示，V棱柱＝12×4×23×3＝123，V 棱锥＝13×4×(6－3)×23＝83，所以组合体的体积V ＝V 棱柱＋V 棱锥＝20 3.2．(2017·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 解析：选A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1. 3．若圆锥的侧面积是底面积的2倍，则其母线与轴所成角的大小是________．解析：设圆锥的母线与轴所成角为θ，由题意得πRl ＝2πR 2，即l ＝2R ，所以sin θ＝R l ＝12，即θ＝π6.即母线与轴所成角的大小是π6. 答案：π64．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可知该几何体左侧是一个半圆柱，底面半径为1，高为2；右侧是一个棱长为2的正方体，则该几何体的表面积为S ＝5×22＋π×1×2＋π×12＝20＋3π.答案：20＋3π[清易错]1．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．2．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．3．易混侧面积与表面积的概念．1．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知1丈为10尺，该楔体的三视图如图所示，其中图中小正方体的边长为1丈，则该楔体的体积为( )A ．10 000立方尺B ．11 000立方尺C ．12 000立方尺D ．13 000立方尺解析：选A 该楔形的直观图如图中的几何体ABCDEF 所示，取AB 的中点G ，CD 的中点H ，连接FG ，GH ，HF ，则该几何体可看作四棱锥F -BCHG 与三棱柱ADE -GHF 的组合体．三棱柱ADE -GHF 可以通过割补法得到一个高为EF ＝2，底面积为S ＝12×3×2＝3的一个直棱柱，故该楔形的体积V ＝3×2＋13×2×3×2＝10(立方丈)＝10 000(立方尺)． 2．如图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为4的等腰梯形，则该几何体的侧面积是( )A ．6πB ．12πC ．18πD ．24π解析：选B 由三视图可得该几何体的直观图为圆台，其上底半径为2，下底半径为1，母线长为4，所以该几何体的侧面积为π(2＋1)×4＝12π.3．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2. 答案：72＋16 2一、选择题1．如图所示，若P 为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中AC 1与BD 1的交点，则△PAC 在该正方体各个面上的射影可能是( )A ．①②③④B ．①③C ．①④D ．②④解析：选C 由题意，得△PAC 在底面ABCD ，A 1B 1C 1D 1上的射影如图①所示，△PAC 在其余四个侧面上的射影如图④所示，故选C.2.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB 平行于y轴，BC ，AD 平行于x 轴．已知四边形ABCD 的面积为2 2 cm 2，则原平面图形的面积为( )A ．4 cm 2B ．4 2 cm 2C ．8 cm 2D ．8 2 cm 2解析：选C 依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.3．在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P -ABC 为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，PA ＝AB ＝2，AC ＝4，三棱锥P -ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A ．8πB ．12πC ．20πD ．24π解析：选C 如图，由题意得PC 为球O 的直径，而PC ＝22＋42＝25，即球O 的半径R ＝5，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝20π.选C.4．(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A ．3 2B ．2 3C ．2 2D ．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC 1＝AC 2＋CC 21＝(22＋22)＋22＝2 3.5．(2017·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．60B ．30C ．20D ．10解析：选D 如图，把三棱锥A -BCD 放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为5,3,4，△BCD 为直角三角形，直角边分别为5和3，三棱锥A -BCD 的高为4，故该三棱锥的体积V ＝13×12×5×3×4＝10. 6．已知正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16πC ．9π D.27π4解析：选A 如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，所以该球的表面积为4πr 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4. 7．(2018·南阳联考)已知一个三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )解析：选C 由已知条件得直观图如图所示，PC ⊥底面ABC ，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA 形成的投影，应为虚线，故选C.8．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶1D ．1∶4解析：选A 由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2. 二、填空题9．(2017·山东高考)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π210.已知某四棱锥，底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示．若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为________．解析：由俯视图可知，四棱锥顶点在底面的射影为O (如图)，又侧视图为直角三角形，则直角三角形的斜边为BC ＝2，斜边上的高为SO ＝1，此高即为四棱锥的高，故V ＝13×2×2×1＝43.答案：4311．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，左侧是一个底面直径为2r ＝1、高为x 的圆柱，右侧是一个长、宽、高分别为5.4－x,3,1的长方体，则该几何体的体积V ＝(5.4－x )×3×1＋π×14×x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.612．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a ＋b 的最大值为________．解析：构造长方体，则其体对角线长为7，其在侧视图中为侧面对角线a ，在俯视图中为底面对角线b ，设长方体底面宽为1，则b 2－1＋a 2－1＝6，则a 2＋b 2＝8，利用不等式⎝⎛⎭⎫a ＋b 2≤a 2＋b 22＝4，则a ＋b ≤4，当且仅当a ＝b ＝2时取等号，即a ＋b 的最大值为4.答案：4 三、解答题13．已知正三棱锥V -ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝⎛⎭⎫23×32×232＝23， ∴S △VBC ＝12×23×23＝6.14．(2018·大庆质检)如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积； (3)求出该几何体的体积．解：(1)由题意可知该几何体为正六棱锥．(2)其侧视图如图所示，其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，故该平面图形的面积S ＝12×3a ×3a ＝32a 2.(3)该几何体的体积V ＝13×6×34a 2×3a ＝32a 3.高考研究课 求解空间几何体问题的2环节——识图与计算 [全国卷5年命题分析][典例] 得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )(2)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()[解析](1)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.(2)根据选项A、B、C、D中的直观图，画出其三视图，只有B项正确．[答案](1)B(2)B[方法技巧]三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．[即时演练]1．如图甲，将一个正三棱柱ABC -DEF截去一个三棱锥A -BCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是()解析：选C由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF是等边三角形，所以CD在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直，故选C.2.(2018·昆明模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P -BCD的正视图与侧视图的面积之比为()A．1∶1B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：选A根据题意，三棱锥P -BCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P -BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.[典例](1)A．6B．9C．12 D．18(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S -ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．[解析] (1)该几何体是一个直三棱柱截去14所得，如图所示，其体积为34×12×3×4×2＝9.(2)如图，连接AO ，OB ， ∵SC 为球O 的直径， ∴点O 为SC 的中点， ∵SA ＝AC ，SB ＝BC ， ∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S -ABC ＝V A -SBC ＝13×S △SBC ×AO ＝13×⎝⎛⎭⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝⎛⎭⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3， ∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. [答案] (1)B (2)36π [方法技巧]1．求解几何体的表面积与体积的技巧(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积：常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体求解．(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化． 2．根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤 (1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图． (2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量． (3)套用相应的面积公式或体积公式计算求解． [即时演练]1.如图，在多面体ABCDEF 中，已知四边形ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23B.33C.43D.32解析：选A 如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC＝32，则△BHC 中BC 边的高h ＝22. ∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V ＝V E -ADG ＋V F -BHC ＋V AGD -BHC ＝2V E -ADG ＋V AGD -BHC＝13×24×12×2＋24×1＝23. 2．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．9＋4(2＋5)cm 2B ．10＋2(2＋3)cm 2C ．11＋2(2＋5)cm 2D ．11＋2(2＋3)cm 2解析：选C 如图所示，该几何体是棱长为2的正方体去掉两个小三棱柱得到的四棱柱，其表面积为2×2＋2×1＋2×2＋2×5＋2×⎝⎛⎭⎫4－12－1＝11＋2(2＋5)cm 2.3．已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为36，点E ，F 分别为棱B 1B ，C 1C 上的点(异于端点)，且EF ∥BC ，则四棱锥A 1-AEFD 的体积为________．解析：设正四棱柱的底面边长为a ，高为h ，则a 2h ＝36.又四棱锥A 1-AEFD 可分割为两个三棱锥A 1-AED ，A 1-DEF 且这两个三棱锥体积相等，则VA 1-AEFD ＝2VA 1-AED ＝2VE -ADA 1＝2×13S △ADA 1×a ＝2×13×12a ×h ×a ＝13a 2h ＝13×36＝12.答案：121．三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC 且PA ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )A.4π3 B ．4π C ．8πD ．20π解析：选C 由题意得，此三棱锥外接球即以△ABC 为底面、以PA 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π.2．已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的体积是( )A.43πB.83π C ．2πD ．4π解析：选A 由三视图可知，三棱锥的底面是直角三角形，三棱锥的高为1，其顶点在底面的射影落在底面直角三角形斜边的中点上，则三棱锥的外接球的球心是底面直角三角形斜边的中点，由此可知此球的半径为1，于是外接球的体积V ＝43πR 3＝43π.3．若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26， 则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 答案：63π角度二：三棱柱或四棱锥的外接球4．(2018·武汉调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为22，则该球的表面积为________．解析：如图，正四棱锥P -ABCD 的外接球的球心O 在它的高PO 1上，设球的半径为R ，因为底面边长为22，所以AC ＝4.在Rt △AOO 1中，R 2＝(4－R )2＋22，所以R ＝52，所以球的表面积S ＝4πR 2＝25π.答案：25π5．(2018·长春模拟)已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是边长为6的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球的表面积为12π，则该三棱柱的体积为________．解析：设球半径为R ，上，下底面中心设为M ，N ，由题意，外接球心为MN 的中点，设为O ，则OA ＝R ，由4πR 2＝12π，得R ＝OA ＝3，又易得AM ＝2，由勾股定理可知，OM ＝1，所以MN ＝2，即棱柱的高h ＝2，所以该三棱柱的体积为34×(6)2×2＝3 3. 答案：3 36．已知表面积为4π的球有一内接四棱锥，四边形ABCD 是边长为1的正方形，且SA ⊥平面ABCD ，则四棱锥S -ABCD 的体积为________．解析：由S球＝4πR 2＝4π，解得R ＝1，即2R ＝2.四棱锥S -ABCD 的直观图如图所示，其所在的长方体的外接球即四棱锥的外接球，所以SA ＝4－2＝2，所以四棱锥S -ABCD 的体积V ＝13S四边形ABCD ·SA ＝13×1×2＝23. 答案：23角度三：圆柱或圆锥的内切球与外接球7．(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4 C.π2D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4. 8．若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为________．解析：过圆锥的旋转轴作轴截面，得截面△ABC 及其内切圆⊙O 1和外接圆⊙O 2，且两圆同圆心，即△ABC 的内心与外心重合，易得△ABC 为正三角形，由题意知⊙O 1的半径为r ＝1，即△ABC 的边长为23，圆锥的底面半径为3，高为3，故V ＝13×π×3×3＝3π.答案：3π9．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32. 答案：32[方法技巧]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．1.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为(2＋4)×22×2＝12. 2．(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 ．90πB ．63πC ．42πD ．36π解析：选B法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V＝π×32×7＝63π.法三：(估值法)由题意，知12V圆柱＜V几何体＜V圆柱．又V圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.3．(2014·全国卷Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A．6 2 B．4 2C．6 D．4解析：选C如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A-BCD，最长的棱为AD＝(42)2＋22＝6.4．(2013·全国卷Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为()解析：选A作出空间直角坐标系，在坐标系中标出各点的位置，然后进行投影，分析其正视图形状．易知选A.5．(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A．20πB．24πC．28πD．32π解析：选C由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π. 6．(2016·全国卷Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π. 7．(2015·全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2. ∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π. 8．(2015·全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛。

精编2019年高考数学(理科)一轮复习通用版：第十单元 空间几何体

精编2019年高考数学(理科)一轮复习通用版：第十单元 空间几何体

第十单元空间几何体教材复习课“空间几何体”相关基础知识一课过1．简单旋转体的结构特征(1)圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；(2)圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；(3)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；(4)球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．2．简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．[小题速通]1．关于空间几何体的结构特征，下列说法中不正确的是()A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等解析：选B根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．2．下列说法中正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线解析：选D当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，所得几何体就不是圆锥，故B错误；若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，则棱长必然要大于底面边长，故C错误．选D.[清易错]1．认识棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征时，易忽视定义，可借助于几何模型强化对空间几何体的结构特征的认识．2．台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行．1．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，F分别是棱D1C1，B1C1的中点，过E，F作一平面α，使得平面α∥平面AB1D1，则平面α截正方体的表面所得平面图形为()A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形解析：选D如图所示，平面α是平面EFGHJK，截面是六边形，故选D.2．下列几何体是棱台的是________(填序号)．解析：①③都不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故①③不满足题意．②中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故②不满足题意．④符合棱台的定义，故填④.答案：④直观图与三视图1．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．2．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．[提醒]正视图也称主视图，侧视图也称左视图．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题速通]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()解析：选B D选项为正视图或侧视图，俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.2．如图所示，等腰△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是()A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．钝角三角形解析：选B由题图知A′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴，由斜二测画法知，在△ABC 中，AC∥y轴，AB∥x轴，∴AC⊥AB.又因为A′C′＝A′B′，∴AC＝2AB≠AB，∴△ABC 是直角三角形．3．现有编号为①②③的三个三棱锥(底面水平放置)，俯视图分别为图1、图2、图3，则至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的编号是()A．①B．①②C．②③D．①②③解析：选B还原出空间几何体，编号为①的三棱锥的直观图如图(1)三棱锥P-ABC所示，平面PAC⊥平面ABC，平面PBC⊥平面ABC，满足题意；编号为②的三棱锥的直观图如图(2)三棱锥P-ABC所示，平面PBC⊥平面ABC，满足题意；编号为③的三棱锥的直观图如图(3)三棱锥P-ABC所示，不存在侧面与底面互相垂直，即满足题意的编号是①②.4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长的棱长为()A. 5 B．2 2C．3 D．3 2解析：选C依题意，可知该几何体为如图所示三棱锥D-ABC，最长的棱AD＝1＋(22)2＝3，故选C.[清易错]1．画三视图时，能看见的线和棱用实线表示，不能看见的线和棱用虚线表示．2．一物体放置的位置不同，所画的三视图可能不同．1.沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()解析：选B给几何体的各顶点标上字母，如图1.A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B.2．已知以下三视图中有三个表示同一个三棱锥，则不是该三棱锥的三视图的是()解析：选D对于选项A，相应的几何体是如图所示的三棱锥A-BCD，其中AB⊥平面BCD，且BC⊥BD，AB＝3，BC＝1，BD＝2；对于选项B，相应的几何体可视为将选项A中的几何体按逆时针方向旋转90°而得到的几何体；对于选项C，相应的几何体可视为将选项A中的几何体按逆时针方向旋转180°而得到的几何体．综上所述，选D.空间几何体的表面积与体积公式[小题速通]1．已知某几何体的三视图的侧视图是一个正三角形，如图所示，则该几何体的体积等于( )A ．12 3B ．16 3C ．20 3D ．32 3解析：选C 由三视图画出该几何体的直观图如图所示，V棱柱＝12×4×23×3＝123，V 棱锥＝13×4×(6－3)×23＝83，所以组合体的体积V ＝V 棱柱＋V 棱锥＝20 3.2．(2017·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 解析：选A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1. 3．若圆锥的侧面积是底面积的2倍，则其母线与轴所成角的大小是________．解析：设圆锥的母线与轴所成角为θ，由题意得πRl ＝2πR 2，即l ＝2R ，所以sin θ＝R l ＝12，即θ＝π6.即母线与轴所成角的大小是π6.答案：π64．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可知该几何体左侧是一个半圆柱，底面半径为1，高为2；右侧是一个棱长为2的正方体，则该几何体的表面积为S ＝5×22＋π×1×2＋π×12＝20＋3π.答案：20＋3π[清易错]1．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．2．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．3．易混侧面积与表面积的概念．1．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知1丈为10尺，该楔体的三视图如图所示，其中图中小正方体的边长为1丈，则该楔体的体积为( )A ．10 000立方尺B ．11 000立方尺C ．12 000立方尺D ．13 000立方尺解析：选A 该楔形的直观图如图中的几何体ABCDEF 所示，取AB 的中点G ，CD 的中点H ，连接FG ，GH ，HF ，则该几何体可看作四棱锥F -BCHG 与三棱柱ADE -GHF 的组合体．三棱柱ADE -GHF 可以通过割补法得到一个高为EF ＝2，底面积为S ＝12×3×2＝3的一个直棱柱，故该楔形的体积V ＝3×2＋13×2×3×2＝10(立方丈)＝10 000(立方尺)．2．如图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为4的等腰梯形，则该几何体的侧面积是()A．6π B．12πC．18π D．24π解析：选B由三视图可得该几何体的直观图为圆台，其上底半径为2，下底半径为1，母线长为4，所以该几何体的侧面积为π(2＋1)×4＝12π.3．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2.答案：72＋16 2一、选择题1．如图所示，若P为正方体ABCD-A1B1C1D1中AC1与BD1的交点，则△PAC在该正方体各个面上的射影可能是()A．①②③④B．①③C．①④D．②④解析：选C由题意，得△PAC在底面ABCD，A1B1C1D1上的射影如图①所示，△PAC 在其余四个侧面上的射影如图④所示，故选C.2.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.3．在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为() A．8π B．12πC．20π D．24π解析：选C如图，由题意得PC为球O的直径，而PC＝22＋42＝25，即球O的半径R＝5，所以球O的表面积S＝4πR2＝20π.选C.4．(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A．3 2 B．2 3C．2 2 D．2解析：选B在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC1＝AC2＋CC21＝(22＋22)＋22＝2 3.5．(2017·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()A ．60B ．30C ．20D ．10解析：选D 如图，把三棱锥A -BCD 放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为5,3,4，△BCD 为直角三角形，直角边分别为5和3，三棱锥A -BCD 的高为4，故该三棱锥的体积V ＝13×12×5×3×4＝10. 6．已知正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4B ．16πC ．9π D.27π4解析：选A 如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，所以该球的表面积为4πr 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4. 7．(2018·南阳联考)已知一个三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )解析：选C 由已知条件得直观图如图所示，PC ⊥底面ABC ，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA 形成的投影，应为虚线，故选C.8．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶1D ．1∶4解析：选A 由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2. 二、填空题9．(2017·山东高考)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π210.已知某四棱锥，底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示．若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为________．解析：由俯视图可知，四棱锥顶点在底面的射影为O (如图)，又侧视图为直角三角形，则直角三角形的斜边为BC ＝2，斜边上的高为SO ＝1，此高即为四棱锥的高，故V ＝13×2×2×1＝43.答案：4311．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，左侧是一个底面直径为2r ＝1、高为x 的圆柱，右侧是一个长、宽、高分别为5.4－x,3,1的长方体，则该几何体的体积V ＝(5.4－x )×3×1＋π×14×x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.612．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a ＋b 的最大值为________．解析：构造长方体，则其体对角线长为7，其在侧视图中为侧面对角线a ，在俯视图中为底面对角线b ，设长方体底面宽为1，则b 2－1＋a 2－1＝6，则a 2＋b 2＝8，利用不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤a 2＋b 22＝4，则a ＋b ≤4，当且仅当a ＝b ＝2时取等号，即a ＋b 的最大值为4.答案：4 三、解答题13．已知正三棱锥V -ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝⎛⎭⎫23×32×232＝23， ∴S △VBC ＝12×23×23＝6.14．(2018·大庆质检)如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积； (3)求出该几何体的体积．解：(1)由题意可知该几何体为正六棱锥．(2)其侧视图如图所示，其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，故该平面图形的面积S ＝12×3a ×3a ＝32a 2.(3)该几何体的体积V ＝13×6×34a 2×3a ＝32a 3.高考研究课 求解空间几何体问题的2环节——识图与计算 [全国卷5年命题分析][典例] 得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )(2)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )[解析] (1)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.(2)根据选项A、B、C、D中的直观图，画出其三视图，只有B项正确．[答案](1)B(2)B[方法技巧]三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．[即时演练]1．如图甲，将一个正三棱柱ABC -DEF截去一个三棱锥A -BCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是()解析：选C由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF是等边三角形，所以CD在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直，故选C.2.(2018·昆明模拟)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P -BCD的正视图与侧视图的面积之比为()A．1∶1B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：选A根据题意，三棱锥P -BCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P -BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.[典例](1)A．6B．9C．12 D．18(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S -ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S-ABC的体积为9，则球O的表面积为________．[解析](1)该几何体是一个直三棱柱截去14所得，如图所示，其体积为34×12×3×4×2＝9.(2)如图，连接AO，OB，∵SC 为球O 的直径， ∴点O 为SC 的中点， ∵SA ＝AC ，SB ＝BC ， ∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S -ABC ＝V A -SBC ＝13×S △SBC ×AO ＝13×⎝⎛⎭⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝⎛⎭⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3， ∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. [答案] (1)B (2)36π [方法技巧]1．求解几何体的表面积与体积的技巧(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积：常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体求解．(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化． 2．根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤 (1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图． (2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量． (3)套用相应的面积公式或体积公式计算求解． [即时演练]1.如图，在多面体ABCDEF 中，已知四边形ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23B.33C.43D.32解析：选A 如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC＝32，则△BHC 中BC 边的高h ＝22. ∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V ＝V E -ADG ＋V F -BHC ＋V AGD -BHC ＝2V E -ADG ＋V AGD -BHC＝13×24×12×2＋24×1＝23. 2．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．9＋4(2＋5)cm 2B ．10＋2(2＋3)cm 2C ．11＋2(2＋5)cm 2D ．11＋2(2＋3)cm 2解析：选C 如图所示，该几何体是棱长为2的正方体去掉两个小三棱柱得到的四棱柱，其表面积为2×2＋2×1＋2×2＋2×5＋2×⎝⎛⎭⎫4－12－1＝11＋2(2＋5)cm 2.3．已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为36，点E ，F 分别为棱B 1B ，C 1C 上的点(异于端点)，且EF ∥BC ，则四棱锥A 1-AEFD 的体积为________．解析：设正四棱柱的底面边长为a ，高为h ，则a 2h ＝36.又四棱锥A 1-AEFD 可分割为两个三棱锥A 1-AED ，A 1-DEF 且这两个三棱锥体积相等，则VA 1-AEFD ＝2VA 1-AED ＝2VE -ADA 1＝2×13S △ADA 1×a ＝2×13×12a ×h ×a ＝13a 2h ＝13×36＝12. 答案：121．三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC 且PA ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )A.4π3 B ．4π C ．8πD ．20π解析：选C 由题意得，此三棱锥外接球即以△ABC 为底面、以PA 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π.2．已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的体积是( )A.43π B.83π C ．2πD ．4π解析：选A 由三视图可知，三棱锥的底面是直角三角形，三棱锥的高为1，其顶点在底面的射影落在底面直角三角形斜边的中点上，则三棱锥的外接球的球心是底面直角三角形斜边的中点，由此可知此球的半径为1，于是外接球的体积V ＝43πR 3＝43π.3．若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26， 则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 答案：63π角度二：三棱柱或四棱锥的外接球4．(2018·武汉调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为22，则该球的表面积为________．解析：如图，正四棱锥P -ABCD 的外接球的球心O 在它的高PO 1上，设球的半径为R ，因为底面边长为22，所以AC ＝4.在Rt △AOO 1中，R 2＝(4－R )2＋22，所以R ＝52，所以球的表面积S ＝4πR 2＝25π.答案：25π5．(2018·长春模拟)已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是边长为6的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球的表面积为12π，则该三棱柱的体积为________．解析：设球半径为R ，上，下底面中心设为M ，N ，由题意，外接球心为MN 的中点，设为O ，则OA ＝R ，由4πR 2＝12π，得R ＝OA ＝3，又易得AM ＝2，由勾股定理可知，OM ＝1，所以MN ＝2，即棱柱的高h ＝2，所以该三棱柱的体积为34×(6)2×2＝3 3. 答案：3 36．已知表面积为4π的球有一内接四棱锥，四边形ABCD 是边长为1的正方形，且SA ⊥平面ABCD ，则四棱锥S -ABCD 的体积为________．解析：由S球＝4πR 2＝4π，解得R ＝1，即2R ＝2.四棱锥S -ABCD的直观图如图所示，其所在的长方体的外接球即四棱锥的外接球，所以SA ＝4－2＝2，所以四棱锥S -ABCD 的体积V ＝13S 四边形ABCD ·SA ＝13×1×2＝23. 答案：23 角度三：圆柱或圆锥的内切球与外接球7．(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4 C.π2 D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4. 8．若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为________．解析：过圆锥的旋转轴作轴截面，得截面△ABC 及其内切圆⊙O 1和外接圆⊙O 2，且两圆同圆心，即△ABC 的内心与外心重合，易得△ABC 为正三角形，由题意知⊙O 1的半径为r＝1，即△ABC 的边长为23，圆锥的底面半径为3，高为3，故V ＝13×π×3×3＝3π. 答案：3π9．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32. 答案：32[方法技巧]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．1.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A．10 B．12C．14 D．16解析：选B由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为(2＋4)×22×2＝12.2．(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．63πC．42π D．36π解析：选B法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V ＝π×32×10－12×π×32×6＝63π. 法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V ＝π×32×7＝63π.法三：(估值法)由题意，知12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱． 又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V 几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.3．(2014·全国卷Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A ．6 2B ．4 2C ．6D ．4解析：选C 如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A -BCD ，最长的棱为AD ＝(42)2＋22＝6.4．(2013·全国卷Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O -xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为( )解析：选A 作出空间直角坐标系，在坐标系中标出各点的位置，然后进行投影，分析其正视图形状．易知选A.5．(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π. 6．(2016·全国卷Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π. 7．(2015·全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2. ∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.8．(2015·全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛解析：选B 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V ＝14×13π×r 2×5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)． 9．(2014·全国卷Ⅱ)正三棱柱ABC -A 1B 1C 1 的底面边长为2，侧棱长为 3 ，D 为BC 中点，则三棱锥A -B 1DC 1 的体积为( )A ．3B.32 C ．1 D.32解析：选C 由题意可知AD ⊥BC ，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面DB 1C 1，又AD ＝2sin 60°＝3，所以VA -B 1DC 1＝13AD ·S △B 1D C 1＝13×3×12×2×3＝1.一、选择题1．如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，E 是AB 的三等分点，G ，N 是CD 的三等分点，F ，H 分别是BC ，MN 的中点，则四棱锥A 1-EFGH 的侧视图是( )解析：选C 由直观图可知，点A 1，H ，E ，F 在平面CDD 1C 1的射影分别为D 1，N ，。

2019届高考数学(理科)一轮复习通用版：第十单元 空间几何体

2019届高考数学(理科)一轮复习通用版：第十单元 空间几何体

第十单元空间几何体教材复习课“空间几何体”相关基础知识一课过1．简单旋转体的结构特征(1)圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；(2)圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；(3)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；(4)球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．2．简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．[小题速通]1．关于空间几何体的结构特征，下列说法中不正确的是()A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等解析：选B根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．2．下列说法中正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线解析：选D当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，所得几何体就不是圆锥，故B错误；若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，则棱长必然要大于底面边长，故C错误．选D.[清易错]1．认识棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征时，易忽视定义，可借助于几何模型强化对空间几何体的结构特征的认识．2．台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行．1．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，F分别是棱D1C1，B1C1的中点，过E，F作一平面α，使得平面α∥平面AB1D1，则平面α截正方体的表面所得平面图形为()A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形解析：选D如图所示，平面α是平面EFGHJK，截面是六边形，故选D.2．下列几何体是棱台的是________(填序号)．解析：①③都不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故①③不满足题意．②中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故②不满足题意．④符合棱台的定义，故填④.答案：④直观图与三视图1．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．2．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．[提醒]正视图也称主视图，侧视图也称左视图．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题速通]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()解析：选B D选项为正视图或侧视图，俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.2．如图所示，等腰△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是()A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．钝角三角形解析：选B由题图知A′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴，由斜二测画法知，在△ABC 中，AC∥y轴，AB∥x轴，∴AC⊥AB.又因为A′C′＝A′B′，∴AC＝2AB≠AB，∴△ABC是直角三角形．3．现有编号为①②③的三个三棱锥(底面水平放置)，俯视图分别为图1、图2、图3，则至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的编号是()A．①B．①②C．②③D．①②③解析：选B还原出空间几何体，编号为①的三棱锥的直观图如图(1)三棱锥P-ABC所示，平面PAC⊥平面ABC，平面PBC⊥平面ABC，满足题意；编号为②的三棱锥的直观图如图(2)三棱锥P-ABC所示，平面PBC⊥平面ABC，满足题意；编号为③的三棱锥的直观图如图(3)三棱锥P-ABC所示，不存在侧面与底面互相垂直，即满足题意的编号是①②.4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长的棱长为()A. 5 B．2 2C．3 D．3 2解析：选C依题意，可知该几何体为如图所示三棱锥D-ABC，最长的棱AD＝1＋(22)2＝3，故选C.[清易错]1．画三视图时，能看见的线和棱用实线表示，不能看见的线和棱用虚线表示．2．一物体放置的位置不同，所画的三视图可能不同．1.沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()解析：选B给几何体的各顶点标上字母，如图1.A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B.2．已知以下三视图中有三个表示同一个三棱锥，则不是该三棱锥的三视图的是()解析：选D对于选项A，相应的几何体是如图所示的三棱锥A-BCD，其中AB⊥平面BCD，且BC⊥BD，AB＝3，BC＝1，BD＝2；对于选项B，相应的几何体可视为将选项A中的几何体按逆时针方向旋转90°而得到的几何体；对于选项C，相应的几何体可视为将选项A中的几何体按逆时针方向旋转180°而得到的几何体．综上所述，选D.空间几何体的表面积与体积公式[1．已知某几何体的三视图的侧视图是一个正三角形，如图所示，则该几何体的体积等于()A．12 3 B．16 3C ．20 3D ．32 3解析：选C 由三视图画出该几何体的直观图如图所示，V棱柱＝12×4×23×3＝123，V 棱锥＝13×4×(6－3)×23＝83，所以组合体的体积V ＝V 棱柱＋V 棱锥＝20 3.2．(2017·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 解析：选A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1. 3．若圆锥的侧面积是底面积的2倍，则其母线与轴所成角的大小是________．解析：设圆锥的母线与轴所成角为θ，由题意得πRl ＝2πR 2，即l ＝2R ，所以sin θ＝R l ＝12，即θ＝π6.即母线与轴所成角的大小是π6. 答案：π64．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可知该几何体左侧是一个半圆柱，底面半径为1，高为2；右侧是一个棱长为2的正方体，则该几何体的表面积为S ＝5×22＋π×1×2＋π×12＝20＋3π.答案：20＋3π[清易错]1．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．2．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．3．易混侧面积与表面积的概念．1．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知1丈为10尺，该楔体的三视图如图所示，其中图中小正方体的边长为1丈，则该楔体的体积为( )A ．10 000立方尺B ．11 000立方尺C ．12 000立方尺D ．13 000立方尺解析：选A 该楔形的直观图如图中的几何体ABCDEF 所示，取AB 的中点G ，CD 的中点H ，连接FG ，GH ，HF ，则该几何体可看作四棱锥F -BCHG 与三棱柱ADE -GHF 的组合体．三棱柱ADE -GHF 可以通过割补法得到一个高为EF ＝2，底面积为S ＝12×3×2＝3的一个直棱柱，故该楔形的体积V ＝3×2＋13×2×3×2＝10(立方丈)＝10 000(立方尺)． 2．如图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为4的等腰梯形，则该几何体的侧面积是( )A ．6πB ．12πC ．18πD ．24π解析：选B 由三视图可得该几何体的直观图为圆台，其上底半径为2，下底半径为1，母线长为4，所以该几何体的侧面积为π(2＋1)×4＝12π.3．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2. 答案：72＋16 2一、选择题1．如图所示，若P 为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中AC 1与BD 1的交点，则△PAC 在该正方体各个面上的射影可能是( )A ．①②③④B ．①③C ．①④D ．②④解析：选C 由题意，得△PAC 在底面ABCD ，A 1B 1C 1D 1上的射影如图①所示，△PAC 在其余四个侧面上的射影如图④所示，故选C.2.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB 平行于y轴，BC ，AD 平行于x 轴．已知四边形ABCD 的面积为2 2 cm 2，则原平面图形的面积为( )A ．4 cm 2B ．4 2 cm 2C ．8 cm 2D ．8 2 cm 2解析：选C 依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.3．在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P -ABC 为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，PA ＝AB ＝2，AC ＝4，三棱锥P -ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A ．8πB ．12πC ．20πD ．24π解析：选C 如图，由题意得PC 为球O 的直径，而PC ＝22＋42＝25，即球O 的半径R ＝5，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝20π.选C.4．(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A ．3 2B ．2 3C ．2 2D ．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC 1＝AC 2＋CC 21＝(22＋22)＋22＝2 3.5．(2017·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．60B ．30C ．20D ．10解析：选D 如图，把三棱锥A -BCD 放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为5,3,4，△BCD 为直角三角形，直角边分别为5和3，三棱锥A -BCD 的高为4，故该三棱锥的体积V ＝13×12×5×3×4＝10. 6．已知正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16πC ．9π D.27π4解析：选A 如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，所以该球的表面积为4πr 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4. 7．(2018·南阳联考)已知一个三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )解析：选C 由已知条件得直观图如图所示，PC ⊥底面ABC ，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA 形成的投影，应为虚线，故选C.8．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶1D ．1∶4解析：选A 由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2. 二、填空题9．(2017·山东高考)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π210.已知某四棱锥，底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示．若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为________．解析：由俯视图可知，四棱锥顶点在底面的射影为O (如图)，又侧视图为直角三角形，则直角三角形的斜边为BC ＝2，斜边上的高为SO ＝1，此高即为四棱锥的高，故V ＝13×2×2×1＝43.答案：4311．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，左侧是一个底面直径为2r ＝1、高为x 的圆柱，右侧是一个长、宽、高分别为5.4－x,3,1的长方体，则该几何体的体积V ＝(5.4－x )×3×1＋π×14×x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.612．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a ＋b 的最大值为________．解析：构造长方体，则其体对角线长为7，其在侧视图中为侧面对角线a ，在俯视图中为底面对角线b ，设长方体底面宽为1，则b 2－1＋a 2－1＝6，则a 2＋b 2＝8，利用不等式⎝⎛⎭⎫a ＋b 2≤a 2＋b 22＝4，则a ＋b ≤4，当且仅当a ＝b ＝2时取等号，即a ＋b 的最大值为4.答案：4 三、解答题13．已知正三棱锥V -ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝⎛⎭⎫23×32×232＝23， ∴S △VBC ＝12×23×23＝6.14．(2018·大庆质检)如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积； (3)求出该几何体的体积．解：(1)由题意可知该几何体为正六棱锥．(2)其侧视图如图所示，其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，故该平面图形的面积S ＝12×3a ×3a ＝32a 2.(3)该几何体的体积V ＝13×6×34a 2×3a ＝32a 3.高考研究课 求解空间几何体问题的2环节——识图与计算 [全国卷5年命题分析][典例] 得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )(2)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()[解析](1)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.(2)根据选项A、B、C、D中的直观图，画出其三视图，只有B项正确．[答案](1)B(2)B[方法技巧]三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．[即时演练]1．如图甲，将一个正三棱柱ABC -DEF截去一个三棱锥A -BCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是()解析：选C由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF是等边三角形，所以CD在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直，故选C.2.(2018·昆明模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P -BCD的正视图与侧视图的面积之比为()A．1∶1B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：选A根据题意，三棱锥P -BCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P -BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.[典例](1)A．6B．9C．12 D．18(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S -ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．[解析] (1)该几何体是一个直三棱柱截去14所得，如图所示，其体积为34×12×3×4×2＝9.(2)如图，连接AO ，OB ， ∵SC 为球O 的直径， ∴点O 为SC 的中点， ∵SA ＝AC ，SB ＝BC ， ∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S -ABC ＝V A -SBC ＝13×S △SBC ×AO ＝13×⎝⎛⎭⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝⎛⎭⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3， ∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. [答案] (1)B (2)36π [方法技巧]1．求解几何体的表面积与体积的技巧(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积：常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体求解．(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化． 2．根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤 (1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图． (2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量． (3)套用相应的面积公式或体积公式计算求解． [即时演练]1.如图，在多面体ABCDEF 中，已知四边形ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23B.33C.43D.32解析：选A 如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC＝32，则△BHC 中BC 边的高h ＝22. ∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V ＝V E -ADG ＋V F -BHC ＋V AGD -BHC ＝2V E -ADG ＋V AGD -BHC＝13×24×12×2＋24×1＝23. 2．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．9＋4(2＋5)cm 2B ．10＋2(2＋3)cm 2C ．11＋2(2＋5)cm 2D ．11＋2(2＋3)cm 2解析：选C 如图所示，该几何体是棱长为2的正方体去掉两个小三棱柱得到的四棱柱，其表面积为2×2＋2×1＋2×2＋2×5＋2×⎝⎛⎭⎫4－12－1＝11＋2(2＋5)cm 2.3．已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为36，点E ，F 分别为棱B 1B ，C 1C 上的点(异于端点)，且EF ∥BC ，则四棱锥A 1-AEFD 的体积为________．解析：设正四棱柱的底面边长为a ，高为h ，则a 2h ＝36.又四棱锥A 1-AEFD 可分割为两个三棱锥A 1-AED ，A 1-DEF 且这两个三棱锥体积相等，则VA 1-AEFD ＝2VA 1-AED ＝2VE -ADA 1＝2×13S △ADA 1×a ＝2×13×12a ×h ×a ＝13a 2h ＝13×36＝12.答案：121．三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC 且PA ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )A.4π3 B ．4π C ．8πD ．20π解析：选C 由题意得，此三棱锥外接球即以△ABC 为底面、以PA 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π.2．已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的体积是( )A.43πB.83π C ．2πD ．4π解析：选A 由三视图可知，三棱锥的底面是直角三角形，三棱锥的高为1，其顶点在底面的射影落在底面直角三角形斜边的中点上，则三棱锥的外接球的球心是底面直角三角形斜边的中点，由此可知此球的半径为1，于是外接球的体积V ＝43πR 3＝43π.3．若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26， 则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 答案：63π角度二：三棱柱或四棱锥的外接球4．(2018·武汉调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为22，则该球的表面积为________．解析：如图，正四棱锥P -ABCD 的外接球的球心O 在它的高PO 1上，设球的半径为R ，因为底面边长为22，所以AC ＝4.在Rt △AOO 1中，R 2＝(4－R )2＋22，所以R ＝52，所以球的表面积S ＝4πR 2＝25π.答案：25π5．(2018·长春模拟)已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是边长为6的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球的表面积为12π，则该三棱柱的体积为________．解析：设球半径为R ，上，下底面中心设为M ，N ，由题意，外接球心为MN 的中点，设为O ，则OA ＝R ，由4πR 2＝12π，得R ＝OA ＝3，又易得AM ＝2，由勾股定理可知，OM ＝1，所以MN ＝2，即棱柱的高h ＝2，所以该三棱柱的体积为34×(6)2×2＝3 3. 答案：3 36．已知表面积为4π的球有一内接四棱锥，四边形ABCD 是边长为1的正方形，且SA ⊥平面ABCD ，则四棱锥S -ABCD 的体积为________．解析：由S球＝4πR 2＝4π，解得R ＝1，即2R ＝2.四棱锥S -ABCD 的直观图如图所示，其所在的长方体的外接球即四棱锥的外接球，所以SA ＝4－2＝2，所以四棱锥S -ABCD 的体积V ＝13S四边形ABCD ·SA ＝13×1×2＝23. 答案：23角度三：圆柱或圆锥的内切球与外接球7．(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4 C.π2D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4. 8．若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为________．解析：过圆锥的旋转轴作轴截面，得截面△ABC 及其内切圆⊙O 1和外接圆⊙O 2，且两圆同圆心，即△ABC 的内心与外心重合，易得△ABC 为正三角形，由题意知⊙O 1的半径为r ＝1，即△ABC 的边长为23，圆锥的底面半径为3，高为3，故V ＝13×π×3×3＝3π.答案：3π9．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32. 答案：32[方法技巧]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．1.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为(2＋4)×22×2＝12. 2．(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 ．90πB ．63πC ．42πD ．36π解析：选B法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V＝π×32×7＝63π.法三：(估值法)由题意，知12V圆柱＜V几何体＜V圆柱．又V圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.3．(2014·全国卷Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A．6 2 B．4 2C．6 D．4解析：选C如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A-BCD，最长的棱为AD＝(42)2＋22＝6.4．(2013·全国卷Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为()解析：选A作出空间直角坐标系，在坐标系中标出各点的位置，然后进行投影，分析其正视图形状．易知选A.5．(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A．20πB．24πC．28πD．32π解析：选C由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π. 6．(2016·全国卷Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π. 7．(2015·全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2. ∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π. 8．(2015·全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛。

高考模拟复习试卷试题模拟卷第十章 立体几何

高考模拟复习试卷试题模拟卷第十章 立体几何

高考模拟复习试卷试题模拟卷第十章 立体几何一．基础题组1.（北京市昌平区高三二模文5）若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是（ ）侧（左）视图俯视图正视图111122A B C D2.（北京市东城区高三5月综合练习（二）文6）若一个底面是正三角形的三棱柱的正（主）视图如图所示，则其侧面积等于（ ） （A ）3（B ）4（C ）5（D ）63.（北京市房山区高三第一次模拟文3）一个空间几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ） A ．43B ．83C ．4D ．84.（北京市丰台区度第二学期统一练习（一）文5）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为2俯视图2 侧视图21正（主）视图11（）A．48 B．32 C．16 D ．32 35.（北京市昌平区高三二模文4）如图所示，某三棱锥的正视图、俯视图均为边长为2的正三角形，则其左视图面积为（）(A)2(B) 3(C)23(D)23俯视图正视图6.（北京市西城区高三二模文5）一个几何体的三视图中，正（主）视图和侧(左)视图如图所示，则俯视图不可能为（）A. B. C.D.7.（北京市西城区高三一模考试文7）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积的是（ ） （A ）7 （B ）152（C ）233 （D ）4768.（北京市延庆县高三3月模拟文7）一个几何体的三视图如图所示，那么这个几何体的体积为（ ）A. 96B ．120C ．144 D ．1809.（北京市东城区高三5月综合练习（二）文17）如图，在四棱锥P ABCD -中,平面PAD ⊥平面ABCD ，E 为AD 上一点，四边形BCDE 为矩形，60PAD ∠=，23PB =22PA ED AE ===.（Ⅰ）若()PF PC λλ=∈R ，且PA ∥平面BEF ,求λ的值；主视图俯视图侧视图44264侧(左)视图 正(主)视图 俯视图211122 1111（Ⅱ）求证：CB ⊥平面PEB .10.（北京市房山区高三第一次模拟文18）如图，四棱锥E ABCD -中，侧面EAB ⊥底面ABCD ,底面ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，2AB BC AD ==，90DAB ︒∠=,△EAB 是正三角形，F 为EC 的中点.（Ⅰ）求证：DF ∥平面EAB ； （Ⅱ）求证：DF ⊥平面EBC .A BCDF二．能力题组1.（北京市昌平区高三二模文8）已知四面体A BCD -满足下列条件： （1）有一个面是边长为1的等边三角形； （2）有两个面是等腰直角三角形. 那么符合上述条件的所有四面体的体积的不同值有（ ） A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个2.（北京市昌平区高三二模文8）某三棱锥的正视图如图所示，则在下列图①②③④中，所有可能成为这个三棱锥的俯视图的是（ ）正视图PABCFDE①②③④（A ）①②③ （B ）①②④ （C ）②③④ （D ）①②③④3.（北京市石景山区高三3月统一测试（一模）文7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（ ）A ．22B ．6C ．3D ．234.（北京市朝阳区高三第二次综合练习文11）一个四棱锥的三视图如图所示，则这个四棱锥的体积为；表面积为．5.（北京市朝阳区高三第一次综合练习文12）一个四棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为正三角形，则该四棱锥的体积是，四棱锥侧面中最大侧面的面积是．2俯视图1 正视图侧视图16.（北京市昌平区高三二模文18）在如图所示的几何体中，ACDE BC A ⊥平面平面，//CD AE ，F 是BE 的中点，90ACB ∠=，22AE CD ==,1,6AC BC BE ===.（I ）求证：//DF ABC 平面； （II ）求证：DF ABE ⊥平面; （III ）求三棱锥E D BC -的体积.FED CBA7.（北京市朝阳区高三第一次综合练习文17）如图，在三棱柱111C B A ABC -中，各个侧面均是边长为2的正方形，D 为线段AC 的中点．（Ⅰ）求证：BD ⊥平面11A ACC ； （Ⅱ）求证：直线1AB ∥平面D BC 1； （Ⅲ）设M 为线段1BC 上任意一点，在D BC 1内的平面区域（包括边界）是否存在点E ，使CE ⊥DM ，并说明理由．ABCDA 1B 1C 1第1 1 正视图 侧视图俯视图8.（北京市丰台区度第二学期统一练习（一）文18）如图，在三棱柱111C B A ABC -中，侧棱1AA ⊥底面ABC ，M 为棱AC 中点.AB BC =，2AC =，12AA =．（Ⅰ）求证：1B C //平面1A BM ； （Ⅱ）求证：1AC ⊥平面1A BM ；（Ⅲ）在棱1BB 的上是否存在点N ，使得平面1AC N ⊥平面C C AA 11？如果存在，求此时1BNBB 的值；如果不存在，说明理由．ABCC 1A 1B 1M9.（北京市丰台区高三5月统一练习（二）文18）如图所示，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是直角梯形，AD BC //，AB AD ⊥，AD BC AB 21==，PA ⊥底面ABCD ，过BC 的平面交PD 于M ，交PA 于N （M 与D 不重合）． （Ⅰ）求证：BC MN //； （Ⅱ）求证：CD PC ⊥；（Ⅲ）如果BM AC ⊥，求此时PMPD的值． CNMPDBA10.（北京市石景山区高三3月统一测试（一模）文18）如图，已知AF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，∠DAB 90=，AB//CD ，AD =AF =CD =2，AB =4．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BCE ； （Ⅱ）求三棱锥A -CDE 的体积；（Ⅲ）线段EF 上是否存在一点M ，使得BM ⊥CE ?若存在，确定M 点的位置；若不存在，请说明理由．11.（北京市西城区高三二模文17）如图，在四棱锥E ABCD -中，AE DE ⊥，CD ⊥平面ADE ，AB ⊥平面ADE ，6CD DA ==，2AB =，3DE =. （1）求棱锥C ADE -的体积； （2）求证：平面ACE ⊥平面CDE ；（3）在线段DE 上是否存在一点F ,使//AF 平面BCE ？若存在,求出EF ED的值；若不存在，说明理由.三．拔高题组1.（北京市朝阳区高三第一次综合练习文8）已知边长为3的正方形ABCD 与正方形CDEF 所在的平面互相垂直，M 为线段CD 上的动点（不含端点），过M 作//MH DE 交CE 于H ，作//MG AD 交BD 于G ，连结GH ．设CM x =(03)x <<，则下面四个图象中大致描绘了三棱锥C GHM -的体积y 与变量x 变化关系的是（ ）ACDEFBO x3yO x3yO x3yO x3yABC D2.（北京市东城区高三5月综合练习（二）文8）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,E ，F 分别是边1AA ，1CC 的中点,点M 是1BB 上的动点,过点E ，M ，F 的平面与棱1DD 交于点N ,设BM x =,平行四边形EMFN 的面积为S ,设2y S =,则y 关于x 的函数()y f x =的解析式为（ ）（A ）23()222f x x x =-+，[0,1]x ∈ （B ）31,[0,),22()11,[,1].22x x f x x x ⎧-∈⎪⎪=⎨⎪+∈⎪⎩（C ）22312,[0,],22()312(1),(,1].22x x f x x x ⎧-+∈⎪⎪=⎨⎪--+∈⎪⎩ （D ）23()222f x x x =-++，[0,1]x ∈3.（北京市丰台区度第二学期统一练习（一）文8）在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 上一动点，如果P 到点1A 的距离等于P 到直线1CC 的距离，那么点P 的轨迹所在的曲线是（ ） A ．直线 B ．圆 C ．抛物线 D ．椭圆4.（北京市石景山区高三3月统一测试（一模）文8）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点M 在棱AB 上，且AM 13=，点P 是平面ABCD 上的动点，且动点P 到直线A1D1的距离与点P 到点M 的距离的平方差为1，则动点P 的轨迹是（ ）A ．圆B ．抛物线C ．双曲线D ．椭圆5.（北京市西城区高三二模文8）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，11BC AA ==，点P 为对角线1AC 上的动点，点Q 为底面ABCD 上的动点（点P ，Q 可以重合），则1B P PQ +的最小值为（ ） A.2 B.3 C.32D.2 MD ABC B 1A 1D 1 C 1P ． ．6.（北京市延庆县高三3月模拟文14）ABCD 是矩形，4AB =，3AD =，沿AC 将ADC ∆折起到AD C '∆，使平面AD C '⊥平面ABC ∆,F 是AD '的中点，E 是线段AC 上的一点，给出下列结论：①存在点E ，使得//EF 平面BCD '②存在点E ，使得EF ⊥平面ABD ' ③存在点E ，使得D E '⊥平面ABC ④存在点E ，使得AC ⊥平面BD E ' 其中正确结论的序号是.（写出所有正确结论的序号）7.（北京市朝阳区高三第二次综合练习文18）如图，在矩形ABCD 中，2AB AD =,M 为CD 的中点．将ADM ∆沿AM 折起，使得平面ADM ⊥平面ABCM ．点O 是线段AM 的中点．（Ⅰ）求证：平面DOB ⊥平面ABCM ； （Ⅱ）求证：AD BM ⊥；（Ⅲ）过D 点是否存在一条直线l ，同时满足以下两个条件： ①l平面BCD ；②//l AM ．请说明理由．8.（北京市海淀区高三下学期期中练习（一模）文18）如图1，在梯形ABCD 中，AD BC ，AD DC ⊥，2BC AD =，四边形ABEF 是矩形. 将矩形ABEF 沿AB 折起到四边形11ABE F 的位置，使平面11ABE F ⊥平面ABCD ，M 为1AF 的中点，如图2. （Ⅰ）求证：1BE DC ⊥； （Ⅱ）求证：DM //平面1BCE ；（Ⅲ）判断直线CD 与1ME 的位置关系,并说明理由．9.（北京市西城区高三一模考ABC MDOABCMD图1图2ABC DE 1F 1MFDBA试文17）如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为正方形，//EF AD ，平面ADEF ⊥平面ABCD ，且2BC EF =,AE AF =，点G 是EF 的中点.（Ⅰ）证明：AG ⊥CD ；（Ⅱ）若点M 在线段AC 上，且13AMMC =，求证：GM //平面ABF ；（Ⅲ）已知空间中有一点O 到,,,,A B C D G 五点的距离相等，请指出点O 的位置. (只需写出结论)10.（北京市延庆县高三3月模拟文17）如图，矩形ABCD 中，3AB =，4=BC ．E ，F 分别在线段BC 和AD上，EF ∥AB ，将矩形ABEF 沿EF 折起．记折起后的矩形为MNEF ，且平面⊥MNEF 平面ECDF ．（Ⅰ）求证：NC ∥平面MFD ；（Ⅱ）若3EC =，求证：FC ND ⊥；（Ⅲ）求四面体NFEC 体积的最大值．图1 图2 F C AD B G E高考模拟题复习试卷习题资料高考数学试卷（理科）（附详细答案）(12)一、选择题（每小题5分，共50分）1.（5分）已知i是虚数单位，a，b∈R，则“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件2.（5分）设全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}，则∁UA=（）A.∅B.{2}C.{5}D.{2，5}3.（5分）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是（）A.90cm2B.129cm2C.132cm2D.138cm24.（5分）为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象，可以将函数y=cos3x的图象（）A.向右平移个单位B.向左平移个单位C.向右平移个单位D.向左平移个单位5.（5分）在（1+x）6（1+y）4的展开式中，记xmyn项的系数为f（m，n），则f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=（）A.45B.60C.120D.2106.（5分）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c.且0＜f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）≤3，则（）A.c≤3B.3＜c≤6C.6＜c≤9D.c＞97.（5分）在同一直角坐标系中，函数f（x）=xa（x＞0），g（x）=logax的图象可能是（）A. B. C. D.8.（5分）记max{x，y}=，min{x，y}=，设，为平面向量，则（）A.min{|+|，|﹣|}≤min{||，||}B.min{|+|，|﹣|}≥min{||，||}C.max{|+|2，|﹣|2}≤||2+||2D.max{|+|2，|﹣|2}≥||2+||29.（5分）已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球（m≥3，n≥3），从乙盒中随机抽取i（i=1，2）个球放入甲盒中.（a）放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi（i=1，2）；（b）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi（i=1，2）.则（）A.p1＞p2，E（ξ1）＜E（ξ2）B.p1＜p2，E（ξ1）＞E（ξ2）C.p1＞p2，E（ξ1）＞E（ξ2）D.p1＜p2，E（ξ1）＜E（ξ2）10.（5分）设函数f1（x）=x2，f2（x）=2（x﹣x2），，，i=0，1，2，…，99.记Ik=|fk（a1）﹣fk（a0）|+|fk（a2）﹣fk（a1）丨+…+|fk（a99）﹣fk （a98）|，k=1，2，3，则（）A.I1＜I2＜I3B.I2＜I1＜I3C.I1＜I3＜I2D.I3＜I2＜I1二、填空题11.（4分）在某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运算后输出的结果是.12.（4分）随机变量ξ的取值为0，1，2，若P（ξ=0）=，E（ξ）=1，则D（ξ）=.13.（4分）当实数x，y满足时，1≤ax+y≤4恒成立，则实数a的取值范围是.14.（4分）在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有种（用数字作答）.15.（4分）设函数f（x）=，若f（f（a））≤2，则实数a的取值范围是.16.（4分）设直线x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B.若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是.17.（4分）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.已知点A 到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小.若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是.（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）三、解答题18.（14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a≠b，c=，cos2A ﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB（1）求角C的大小；（2）若sinA=，求△ABC的面积.19.（14分）已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=（n∈N*）.若{an}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2.（Ⅰ）求an和bn；（Ⅱ）设cn=（n∈N*）.记数列{cn}的前n项和为Sn.（i）求Sn；（ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.20.（15分）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=.（Ⅰ）证明：DE⊥平面ACD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣E的大小.21.（15分）如图，设椭圆C：（a＞b＞0），动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限.（Ⅰ）已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；（Ⅱ）若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b.22.（14分）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈R）.（Ⅰ）若f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求M（a）﹣m（a）；（Ⅱ）设b∈R，若[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3a+b的取值范围.高考模拟题复习试卷习题资料高考数学试卷（理科）（附详细答案）(12)参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共50分）1.（5分）已知i是虚数单位，a，b∈R，则“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【分析】利用复数的运算性质，分别判断“a=b=1”⇒“（a+bi）2=2i”与“a=b=1”⇐“（a+bi）2=2i”的真假，进而根据充要条件的定义得到结论.【解答】解：当“a=b=1”时，“（a+bi）2=（1+i）2=2i”成立，故“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的充分条件；当“（a+bi）2=a2﹣b2+2abi=2i”时，“a=b=1”或“a=b=﹣1”，故“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的不必要条件；综上所述，“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的充分不必要条件；故选：A.【点评】本题考查的知识点是充要条件的定义，复数的运算，难度不大，属于基础题.2.（5分）设全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}，则∁UA=（）A.∅B.{2}C.{5}D.{2，5}【分析】先化简集合A，结合全集，求得∁UA.【解答】解：∵全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}={x∈N|x≥3}，则∁UA={2}，故选：B.【点评】本题主要考查全集、补集的定义，求集合的补集，属于基础题.3.（5分）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是（）A.90cm2B.129cm2C.132cm2D.138cm2【分析】几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，根据三视图判断直三棱柱的侧棱长与底面的形状及相关几何量的数据，判断四棱柱的高与底面矩形的边长，把数据代入表面积公式计算.【解答】解：由三视图知：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，其中直三棱柱的侧棱长为3，底面是直角边长分别为3、4的直角三角形，四棱柱的高为6，底面为矩形，矩形的两相邻边长为3和4，∴几何体的表面积S=2×4×6+3×6+3×3+2×3×4+2××3×4+（4+5）×3=48+18+9+24+12+27=138（cm2）.故选：D.【点评】本题考查了由三视图求几何体的表面积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键.4.（5分）为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象，可以将函数y=cos3x的图象（）A.向右平移个单位B.向左平移个单位C.向右平移个单位D.向左平移个单位【分析】利用两角和与差的三角函数化简已知函数为一个角的一个三角函数的形式，然后利用平移原则判断选项即可.【解答】解：函数y=sin3x+cos3x=，故只需将函数y=cos3x的图象向右平移个单位，得到y==的图象.故选：C.【点评】本题考查两角和与差的三角函数以及三角函数的平移变换的应用，基本知识的考查.5.（5分）在（1+x）6（1+y）4的展开式中，记xmyn项的系数为f（m，n），则f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=（）A.45B.60C.120D.210【分析】由题意依次求出x3y0，x2y1，x1y2，x0y3，项的系数，求和即可.【解答】解：（1+x）6（1+y）4的展开式中，含x3y0的系数是：=20.f（3，0）=20；含x2y1的系数是=60，f（2，1）=60；含x1y2的系数是=36，f（1，2）=36；含x0y3的系数是=4，f（0，3）=4；∴f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=120.故选：C.【点评】本题考查二项式定理系数的性质，二项式定理的应用，考查计算能力.6.（5分）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c.且0＜f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）≤3，则（）A.c≤3B.3＜c≤6C.6＜c≤9D.c＞9【分析】由f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）列出方程组求出a，b，代入0＜f（﹣1）≤3，即可求出c的范围.【解答】解：由f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）得，解得，则f（x）=x3+6x2+11x+c，由0＜f（﹣1）≤3，得0＜﹣1+6﹣11+c≤3，即6＜c≤9，故选：C.【点评】本题考查方程组的解法及不等式的解法，属于基础题.7.（5分）在同一直角坐标系中，函数f（x）=xa（x＞0），g（x）=logax的图象可能是（）A. B. C. D.【分析】结合对数函数和幂函数的图象和性质，分当0＜a＜1时和当a＞1时两种情况，讨论函数f（x）=xa（x≥0），g（x）=logax的图象，比照后可得答案.【解答】解：当0＜a＜1时，函数f（x）=xa（x≥0），g（x）=logax的图象为：此时答案D满足要求，当a＞1时，函数f（x）=xa（x≥0），g（x）=logax的图象为：无满足要求的答案，综上：故选D，故选：D.【点评】本题考查的知识点是函数的图象，熟练掌握对数函数和幂函数的图象和性质，是解答的关键.8.（5分）记max{x，y}=，min{x，y}=，设，为平面向量，则（）A.min{|+|，|﹣|}≤min{||，||}B.min{|+|，|﹣|}≥min{||，||}C.max{|+|2，|﹣|2}≤||2+||2D.max{|+|2，|﹣|2}≥||2+||2【分析】将，平移到同一起点，根据向量加减法的几何意义可知，+和﹣分别表示以，为邻边所做平行四边形的两条对角线，再根据选项内容逐一判断.【解答】解：对于选项A，取⊥，则由图形可知，根据勾股定理，结论不成立；对于选项B，取，是非零的相等向量，则不等式左边min{|+|，|﹣|}=0，显然，不等式不成立；对于选项C，取，是非零的相等向量，则不等式左边max{|+|2，|﹣|2}=|+|2=4，而不等式右边=||2+||2=2，故C不成立，D选项正确.故选：D.【点评】本题在处理时要结合着向量加减法的几何意义，将，，，放在同一个平行四边形中进行比较判断，在具体解题时，本题采用了排除法，对错误选项进行举反例说明，这是高考中做选择题的常用方法，也不失为一种快速有效的方法，在高考选择题的处理上，未必每一题都要写出具体解答步骤，针对选择题的特点，有时“排除法”，“确定法”，“特殊值”代入法等也许是一种更快速，更有效的方法.9.（5分）已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球（m≥3，n≥3），从乙盒中随机抽取i（i=1，2）个球放入甲盒中.（a）放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi（i=1，2）；（b）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi（i=1，2）.则（）A.p1＞p2，E（ξ1）＜E（ξ2）B.p1＜p2，E（ξ1）＞E（ξ2）C.p1＞p2，E（ξ1）＞E（ξ2）D.p1＜p2，E（ξ1）＜E（ξ2）【分析】首先，这两次先后从甲盒和乙盒中拿球是相互独立的，然后分两种情况：即当ξ=1时，有可能从乙盒中拿出一个红球放入甲盒，也可能是拿到一个蓝球放入甲盒；ξ=2时，则从乙盒中拿出放入甲盒的球可能是两蓝球、一红一蓝、或者两红；最后利用概率公式及分布列知识求出P1，P2和E（ξ1），E（ξ2）进行比较即可.【解答】解析：，，，所以P1＞P2；由已知ξ1的取值为1、2，ξ2的取值为1、2、3，所以，==，E（ξ1）﹣E（ξ2）=.故选：A.【点评】正确理解ξi（i=1，2）的含义是解决本题的关键.此题也可以采用特殊值法，不妨令m=n=3，也可以很快求解.10.（5分）设函数f1（x）=x2，f2（x）=2（x﹣x2），，，i=0，1，2，…，99.记Ik=|fk（a1）﹣fk（a0）|+|fk（a2）﹣fk（a1）丨+…+|fk（a99）﹣fk （a98）|，k=1，2，3，则（）A.I1＜I2＜I3B.I2＜I1＜I3C.I1＜I3＜I2D.I3＜I2＜I1【分析】根据记Ik=|fk（a1）﹣fk（a0）|+|fk（a2）﹣fk（a1）丨+…+|fk（a99）﹣fk （a98）|，分别求出I1，I2，I3与1的关系，继而得到答案【解答】解：由，故==1，由，故×=×＜1，+=，故I2＜I1＜I3，故选：B.【点评】本题主要考查了函数的性质，关键是求出这三个数与1的关系，属于难题.二、填空题11.（4分）在某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运算后输出的结果是 6 .【分析】根据框图的流程模拟运行程序，直到满足条件S＞50，跳出循环体，确定输出的i 的值.【解答】解：由程序框图知：第一次循环S=1，i=2；第二次循环S=2×1+2=4，i=3；第三次循环S=2×4+3=11，i=4；第四次循环S=2×11+4=26，i=5；第五次循环S=2×26+5=57，i=6，满足条件S＞50，跳出循环体，输出i=6.故答案为：6.【点评】本题考查了直到型循环结构的程序框图，根据框图的流程模拟运行程序是解答此类问题的常用方法.12.（4分）随机变量ξ的取值为0，1，2，若P（ξ=0）=，E（ξ）=1，则D（ξ）=.【分析】结合方差的计算公式可知，应先求出P（ξ=1），P（ξ=2），根据已知条件结合分布列的性质和期望的计算公式不难求得.【解答】解析：设P（ξ=1）=p，P（ξ=2）=q，则由已知得p+q=，，解得，，所以.故答案为：【点评】本题综合考查了分布列的性质以及期望、方差的计算公式.13.（4分）当实数x，y满足时，1≤ax+y≤4恒成立，则实数a的取值范围是[].【分析】由约束条件作出可行域，再由1≤ax+y≤4恒成立，结合可行域内特殊点A，B，C的坐标满足不等式列不等式组，求解不等式组得实数a的取值范围.【解答】解：由约束条件作可行域如图，联立，解得C（1，）.联立，解得B（2，1）.在x﹣y﹣1=0中取y=0得A（1，0）.要使1≤ax+y≤4恒成立，则，解得：1.∴实数a的取值范围是.解法二：令z=ax+y，当a＞0时，y=﹣ax+z，在B点取得最大值，A点取得最小值，可得，即1≤a≤；当a＜0时，y=﹣ax+z，在C点取得最大值，①a＜﹣1时，在B点取得最小值，可得，解得0≤a≤（不符合条件，舍去）②﹣1＜a＜0时，在A点取得最小值，可得，解得1≤a≤（不符合条件，舍去）综上所述即：1≤a≤；故答案为：.【点评】本题考查线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，考查了数学转化思想方法，训练了不等式组得解法，是中档题.14.（4分）在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有 60 种（用数字作答）.【分析】分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得；一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张.【解答】解：分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得，共有=24种；一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张，共有=36种，共有24+36=60种.故答案为：60.【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题.15.（4分）设函数f（x）=，若f（f（a））≤2，则实数a的取值范围是（﹣∞，].【分析】画出函数f（x）的图象，由 f（f（a））≤2，可得 f（a）≥﹣2，数形结合求得实数a的取值范围.【解答】解：∵函数f（x）=，它的图象如图所示：由 f（f（a））≤2，可得 f（a）≥﹣2.当a＜0时，f（a）=a2+a=（a+）2﹣≥﹣2恒成立；当a≥0时，f（a）=﹣a2≥﹣2，即a2≤2，解得0≤a≤，则实数a的取值范围是a≤，故答案为：（﹣∞，].【点评】本题主要考查分段函数的应用，其它不等式的解法，体现了数形结合的数学思想，属于中档题.16.（4分）设直线x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B.若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是.【分析】先求出A，B的坐标，可得AB中点坐标为（，），利用点P （m，0）满足|PA|=|PB|，可得=﹣3，从而可求双曲线的离心率.【解答】解：双曲线（a＞0，b＞0）的两条渐近线方程为y=±x，则与直线x﹣3y+m=0联立，可得A（，），B（﹣，），∴AB中点坐标为（，），∵点P（m，0）满足|PA|=|PB|，∴=﹣3，∴a=2b，∴=b，∴e==.故答案为：.【点评】本题考查双曲线的离心率，考查直线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题.17.（4分）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.已知点A 到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小.若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是.（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）【分析】过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ=，求出PP′，AP′，利用函数的性质，分类讨论，即可得出结论.【解答】解：∵AB=15m，AC=25m，∠ABC=90°，∴BC=20m，过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ=，设BP′=x，则CP′=20﹣x，由∠BCM=30°，得PP′=CP′tan30°=（20﹣x），在直角△ABP′中，AP′=，∴tanθ=•，令y=，则函数在x∈[0，20]单调递减，∴x=0时，取得最大值为=.若P′在CB的延长线上，PP′=CP′tan30°=（20+x），在直角△ABP′中，AP′=，∴tanθ=•，令y=，则y′=0可得x=时，函数取得最大值，故答案为：.【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题.三、解答题18.（14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a≠b，c=，cos2A ﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB（1）求角C的大小；（2）若sinA=，求△ABC的面积.【分析】（1）利用倍角公式、两角和差的正弦公式可得，由a≠b得，A≠B，又A+B∈（0，π），可得，即可得出.（2）利用正弦定理可得a，利用两角和差的正弦公式可得sinB，再利用三角形的面积计算公式即可得出.【解答】解：（1）由题意得，，∴，化为，由a≠b得，A≠B，又A+B∈（0，π），得，即，∴；（2）由，利用正弦定理可得，得，由a＜c，得A＜C，从而，故，∴.【点评】本题考查了正弦定理、倍角公式、两角和差的正弦公式、三角形的面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.19.（14分）已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=（n∈N*）.若{an}为等比数列，且a1=2，b3=6+b2.（Ⅰ）求an和bn；（Ⅱ）设cn=（n∈N*）.记数列{cn}的前n项和为Sn.（i）求Sn；（ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.【分析】（Ⅰ）先利用前n项积与前（n﹣1）项积的关系，得到等比数列{an}的第三项的值，结合首项的值，求出通项an，然后现利用条件求出通项bn；（Ⅱ）（i）利用数列特征进行分组求和，一组用等比数列求和公式，另一组用裂项法求和，得出本小题结论；（ii）本小题可以采用猜想的方法，得到结论，再加以证明.【解答】解：（Ⅰ）∵a1a2a3…an=（n∈N*）①，当n≥2，n∈N*时，②，由①②知：，令n=3，则有.∵b3=6+b2，∴a3=8.∵{an}为等比数列，且a1=2，∴{an}的公比为q，则=4，由题意知an＞0，∴q＞0，∴q=2.∴（n∈N*）.又由a1a2a3…an=（n∈N*）得：，，∴bn=n（n+1）（n∈N*）.（Ⅱ）（i）∵cn===.∴Sn=c1+c2+c3+…+cn====；（ii）因为c1=0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；当n≥5时，，而=＞0，得，所以，当n≥5时，cn＜0，综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k=4.【点评】本题考查了等比数列通项公式、求和公式，还考查了分组求和法、裂项求和法和猜想证明的思想，证明可以用二项式定理，还可以用数学归纳法.本题计算量较大，思维层次高，要求学生有较高的分析问题解决问题的能力.本题属于难题.20.（15分）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=.（Ⅰ）证明：DE⊥平面ACD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣E的大小.【分析】（Ⅰ）依题意，易证AC⊥平面BCDE，于是可得AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD；（Ⅱ）作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG，由（Ⅰ）知DE⊥AD，则FG⊥AD，所以∠BFG就是二面角B﹣AD﹣E的平面角，利用题中的数据，解三角形，可求得BF=，AF=AD，从而GF=，cos∠BFG==，从而可求得答案.【解答】证明：（Ⅰ）在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC=，由AC=，AB=2得AB2=AC2+BC2，即AC⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE，所以AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD；（Ⅱ）作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG，由（Ⅰ）知DE⊥AD，则FG⊥AD，所以∠BFG就是二面角B﹣AD﹣E的平面角，在直角梯形BCDE中，由CD2=BC2+BD2，得BD⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB，由于AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD.在Rt△ACD中，由DC=2，AC=，得AD=；在Rt△AED中，由ED=1，AD=得AE=；在Rt△ABD中，由BD=，AB=2，AD=得BF=，AF=AD，从而GF=，在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE=，BG=.在△BFG中，cos∠BFG==，所以，∠BFG=，二面角B﹣AD﹣E的大小为.【点评】本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.22.（14分）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈R）.（Ⅰ）若f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求M（a）﹣m（a）；（Ⅱ）设b∈R，若[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3a+b的取值范围.【分析】（Ⅰ）利用分段函数，结合[﹣1，1]，分类讨论，即可求M（a）﹣m（a）；（Ⅱ）令h（x）=f（x）+b，则h（x）=，h′（x）=，则[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，转化为﹣2≤h（x）≤2对x∈[﹣1，1]恒成立，分类讨论，即可求3a+b的取值范围.【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=x3+3|x﹣a|=，∴f′（x）=，①a≤﹣1时，∵﹣1≤x≤1，∴x≥a，f（x）在（﹣1，1）上是增函数，∴M（a）=f（1）=4﹣3a，m（a）=f（﹣1）=﹣4﹣3a，∴M（a）﹣m（a）=8；②﹣1＜a＜1时，x∈（a，1），f（x）=x3+3x﹣3a，在（a，1）上是增函数；x∈（﹣1，a），f（x）=x3﹣3x+3a，在（﹣1，a）上是减函数，∴M（a）=max{f（1），f（﹣1）}，m（a）=f（a）=a3，∵f（1）﹣f（﹣1）=﹣6a+2，∴﹣1＜a≤时，M（a）﹣m（a）=﹣a3﹣3a+4；＜a＜1时，M（a）﹣m（a）=﹣a3+3a+2；③a≥1时，有x≤a，f（x）在（﹣1，1）上是减函数，∴M（a）=f（﹣1）=2+3a，m（a）=f（1）=﹣2+3a，∴M（a）﹣m（a）=4；（Ⅱ）令h（x）=f（x）+b，则h（x）=，h′（x）=，∵[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，∴﹣2≤h（x）≤2对x∈[﹣1，1]恒成立，由（Ⅰ）知，①a≤﹣1时，h（x）在（﹣1，1）上是增函数，最大值h（1）=4﹣3a+b，最小值h（﹣1）=﹣4﹣3a+b，则﹣4﹣3a+b≥﹣2且4﹣3a+b≤2矛盾；②﹣1＜a≤时，最小值h（a）=a3+b，最大值h（1）=4﹣3a+b，∴a3+b≥﹣2且4﹣3a+b≤2，令t（a）=﹣2﹣a3+3a，则t′（a）=3﹣3a2＞0，t（a）在（0，）上是增函数，∴t（a）＞t（0）=﹣2，∴﹣2≤3a+b≤0；③＜a＜1时，最小值h（a）=a3+b，最大值h（﹣1）=3a+b+2，则a3+b≥﹣2且3a+b+2≤2，∴﹣＜3a+b≤0；④a≥1时，最大值h（﹣1）=3a+b+2，最小值h（1）=3a+b﹣2，则3a+b﹣2≥﹣2且3a+b+2≤2，∴3a+b=0.综上，3a+b的取值范围是﹣2≤3a+b≤0.【点评】本题考查导数的综合运用，考查函数的最值，考查分类讨论、化归与转化的数学思想，难度大.21.（15分）如图，设椭圆C：（a＞b＞0），动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限.（Ⅰ）已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；（Ⅱ）若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b.【分析】（Ⅰ）设直线l的方程为y=kx+m（k＜0），由，消去y得（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0，利用△=0，可求得在第一象限中点P的坐标；（Ⅱ）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，设直线l1的方程为x+ky=0，利用点到直线间的距离公式，可求得点P到直线l1的距离d=，整理即可证得点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b..【解答】解：（Ⅰ）设直线l的方程为y=kx+m（k＜0），由，消去y得（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0.由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故△=0，即b2﹣m2+a2k2=0，此时点P的横坐标为﹣，代入y=kx+m得点P的纵坐标为﹣k•+m=，∴点P的坐标为（﹣，），又点P在第一象限，故m＞0，故m=，故点P的坐标为P（，）.（Ⅱ）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，故直线l1的方程为x+ky=0，所以点P到直线l1的距离d=，整理得：d=，因为a2k2+≥2ab，所以≤=a﹣b，当且仅当k2=时等号成立.所以，点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b.【点评】本题主要考查椭圆的几何性质、点到直线间的距离、直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法、基本不等式应用等综合解题能力.。

2019年高考数学一轮复习(文科)训练题：周周测 10 Word版含解析

2019年高考数学一轮复习(文科)训练题：周周测 10 Word版含解析

周周测立体几何综合测试一、选择题：本大题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．．(·山西太原模拟)如图是一个棱锥的正视图和侧视图，它们为全等的等腰直角三角形，则该棱锥的俯视图不可能是( )答案：解析：若棱锥为三棱锥，由其正视图和侧视图可知，其底面为直角三角形，，，是可能的；若棱锥为四棱锥，其底面为正方形，对角线位置错误，故选.．(·广东揭阳质检)设，是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( )．若⊥，⊂α，则⊥α．若⊥α，∥，则⊥α．若∥α，⊂α，则∥．若∥α，∥α，则∥答案：解析：对于选项，根据线面垂直的判定定理，要垂直平面内两条相交直线才行，不正确；对于选项，由线面垂直的性质可知：平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面，故正确；对于选项，∥α，⊂α，则∥或两线异面，故不正确；对于选项，平行于同一平面的两直线可能平行、异面或相交，不正确．故选.．(·唐山一模)下列命题正确的是( )．若两条直线和同一个平面平行，则这两条直线平行．若一条直线与两个平面所成的角相等，则这两个平面平行．若一条直线与两个相交平面都平行，则这条直线与这两个平面的交线平行．若两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行答案：解析：选项中两条直线可能平行也可能异面或相交；对于选项，如图，在正方体－中，平面和平面与所成的角相等，但这两个平面垂直；选项中两平面也可能相交．正确．．(·山东泰安模拟)某三棱锥的三视图如图所示，其侧视图为直角三角形，则该三棱锥最长的棱长等于( )．．答案：解析：根据几何体的三视图，得该几何体是底面为直角三角形，有两个侧面垂直于底面，高为的三棱锥，最长的棱长等于＝，故选.．(·山东临汾模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )．(＋)＋π ．(＋)＋π．(＋)－π ．(＋)答案：解析：由三视图可知原几何体是长方体中间挖掉一个圆锥得到的几何体，圆锥的底面半径为，母线长为，则几何体的表面积为＝×＋××－π×＋π××＝＋＋π.故选.．(·湖南湘中名校)已知，是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是( )．若∥α，∥α，则∥．若∥α，∥β，则α∥β．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β．若⊥α，⊥α，则∥答案：解析：中，两直线可能平行、相交或异面；中，两平面可能平行或相交；中，两平面可能平行或相交；中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选.．(·青岛质量检测)设，是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出⊥的是( )．⊥α，∥β，α⊥β．⊥α，⊥β，α∥β．⊂α，⊥β，α∥β．⊂α，∥β，α⊥β答案：解析：中，两直线可以平行、相交或异面，故不正确；中，两直线平行，故不正确；中，由α∥β，⊂α可得α∥β，又⊥β，得⊥，故正确；中，两直线可以平行，相交或异面，故不正确．．(·长沙一模)如图所示，在直角梯形中，∠＝∠＝°，、分别是、上的点，∥，且＝＝＝(如图)．将四边形沿折起，连接、、、、(如图)，在折起的过程中，下列说法错误的是( )．∥平面．、、、四点不可能共面．若⊥，则平面⊥平面．平面与平面可能垂直答案：解析：选项，连接，交于点，取的中点，连接，，易证四边形是平行四边形，所以∥，因为⊂平面，⊄平面，所以∥平面；选项，若、、、四点共面，因为∥，所以∥平面，可推出∥，又∥，所以∥，矛盾；选项，连接，在平面内，易得⊥，又⊥，∩＝，所以⊥平面，所以⊥，又⊥，与相交，所以⊥平面，所以平面⊥平面；选项，延长至，使＝，连接、，易得平面⊥平面，过作⊥于，则⊥平面，若平面⊥平面，则过作直线与平面垂直，其垂足在上，矛盾．综上，选.南百校，，，不共面)中，一个平面与边，，，分别交于，，，(不含端点，则下列结论错误的是．若：＝：，则∥平面．若，，，分别为各边中点，则四边形为平行四边形．若，，，分别为各边中点且＝，则四边形为矩形．若，，，分别为各边中点且⊥，则四边形为矩形答案：答案：解析：由于，是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则当⊥α，⊂β，⊥时，α，β可能平行，也可能相交，不一定垂直，故不正确；当α∥β，⊥α，∥β时，与一定垂直，故正确；当α⊥β，⊥α，∥β时，与可能平行、相交或异面，不一定垂直，故不正确；当α⊥β，α∩β＝时，若⊥，⊂α，则⊥β，但题目中无条件⊂α，故不正确．故选.．(·运城一模)在△中，∠＝°，∠＝°，＝，为的中点，将△沿折起，使点，间的距离为，则点到平面的距离为( )．答案：解析：在平面图形中，由已知得＝，＝＝＝，＝，∴△为等边三角形，取的中点，连接，则⊥，设的延长线交于，则＝，＝，＝.根据题意知，折起后的图形如图所示，由＝＋，知∠＝°，又∠＝，连接，则＝＋－·∠＝，于是＝＋，∴∠＝°，∴⊥.∵＝＋，∴⊥，又，⊂平面，∩＝，∴⊥平面，即是三棱锥－的高，设点到平面的距离为，∵△＝，＝，所以由－＝－，可得××＝××××，∴＝，故选.二、填空题：本大题共小题，每小题分，共分．把答案填在题中的横线上．．(·河南质检)已知，是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：①若α⊥β，⊂α，⊂β，则⊥；②若⊥α，⊥β，⊥，则α⊥β；③若∥α，∥β，∥，则α∥β；④若⊥α，∥β，α∥β，则⊥.其中所有正确命题的序号是．答案：②④解析：对于①，当两个平面互相垂直时，分别位于这两个平面内的两条直线未必垂直，因此①不正确．对于②，依据结论“由空间一点向一个二面角的两个半平面(或半平面所在平面)引垂线，这两条垂线所成的角与这个二面角的平面角相等或互补”可知②正确．对于③，分别与两条平行直线平行的两个平面未必平行，因此③不正确．对于④，由∥β得，在平面β内必存在直线平行于直线；由⊥α，α∥β得⊥β，⊥；又∥，因此有⊥，④正确．综上所述，所有正确命题的序号是②④.．(·定州二模)如图，在正方体－中，＝，为的中点，点在上，若∥平面，则＝.答案：解析：根据题意，因为∥平面，所以∥.又是的中点，所以是的中点．因为在△中，＝＝，故＝.．(·河北衡水故城高中月考)已知正三棱锥－，点，，，都在半径为的球面上，若，，两两垂直，则球心到截面的距离为．答案：解析：∵正三棱锥－，，，两两垂直，∴此正三棱锥的外接球为以，，为三条棱的正方体的外接球.∵球的半径为，∴正方体的棱长为，即＝＝＝.球心到截面的距离，即正方体的中心到截面的距离．设到截面的距离为，则正三棱锥－的体积＝△×＝△×＝××××＝.∵△为边长为的正三角形，△＝×()＝，∴＝＝.∴球心到截面的距离为－＝.．(·许昌一模)如图，在棱长均相等的四棱锥－中，为底面正方形的中心，，分别为侧棱，的中点，有下列结论：①∥平面；②平面∥平面；③⊥；④直线与所成角的大小为°.其中正确结论的序号是．(写出所有正确结论的序号)答案：①②③解析：如图，连接，易得∥，所以∥平面，结论①正确．同理∥，所以平面∥平面，结论②正确．由于四棱锥的棱长均相等，所以＋＝＋＝，所以⊥，又∥，所以⊥，结论③正确．由于，分别为侧棱，的中点，所以∥，又四边形为正方形，所以∥，所以直线与所成的角即直线与所成的角∠，又三角形为等边三角形，所以∠＝°，故④错误．故正确的结论为①②③.三、解答题：本大题共小题，共分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．．(本小题满分分)(·湖南师大附中模拟)如图，已知⊥平面，∥，△是正三角形，＝＝，且是的中点．()求证：∥平面；()求证：平面⊥平面.证明：()取的中点，连接，.∵为的中点，∴∥，且＝.又∥，且＝.∴∥，且＝，∴四边形为平行四边形，∴∥.又∵⊄平面，⊂平面，∴∥平面.()∵△为正三角形，∴⊥.∵⊥平面，∥，∴⊥平面.又⊂平面，∴⊥.又∩＝，∴⊥平面.又∥，∴⊥平面.又∵⊂平面，∴平面⊥平面.．(本小题满分分)(·陕西西安八校联考)如图，是圆的直径，点在圆上，∠＝°，⊥，交于点，⊥平面，∥，＝，＝，＝.()证明：⊥；()求三棱锥－的体积．解析：()证明：∵⊥平面，∴⊥，又⊥，∩＝，∴⊥平面，∴⊥.①∵∥，∴⊥平面，∴⊥，∴＝＝，又＝，＝＝，∴＋＝，∴⊥.②由①②并结合∩＝，得⊥平面，⊂平面∴⊥.()由()可知⊥平面，∴－＝－＝×△×＝×(××)×＝.．(本小题满分分)(·长沙一模)如图，在三棱锥－中，，分别为，的中点．()证明：∥平面；()若平面⊥平面，且＝，∠＝°，求证：⊥平面.解析：()因为，分别为，的中点，所以∥，又⊄平面，⊂平面，所以∥平面.()在三角形中，因为＝，为的中点，所以⊥.因为平面⊥平面，平面∩平面＝，⊂平面，所以⊥平面，因为⊂平面，所以⊥.又∥，∠＝°，所以⊥.又⊂平面，⊂平面，∩＝，所以⊥平面.．(本小题满分分)(·新课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥－中，侧面为等边三角形且垂直于底面，＝＝，∠＝∠＝°.()证明：直线∥平面；()若△的面积为，求四棱锥－的体积．解析：()证明：在平面内，因为∠＝∠＝°，所以∥.又⊄平面，⊂平面，故∥平面.()取的中点，连接，.由＝＝及∥，∠＝°得四边形为正方形，则⊥.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面∩平面＝，所以⊥，⊥底面.因为⊂底面，所以⊥.设＝，则＝，＝，＝，＝＝.取的中点，连接，则⊥，所以＝.因为△的面积为，所以××＝，解得＝－(舍去)，＝.于是＝＝，＝，＝.所以四棱锥－的体积＝××＝.．(本小题满分分)(·山西临汾三模)如图，梯形中，∠＝∠＝°，＝，＝＝，四边形为正方形，且平面⊥平面.()求证：⊥；()若与相交于点，那么在棱上是否存在点，使得平面∥平面？并说明理由．解析：()证明：连接.∵在梯形中，∠＝∠＝°，＝＝，＝，∴＝，＝，∴＋＝，∴⊥.又∵平面⊥平面，平面∩平面＝，⊂平面，∴⊥平面，∴⊥.又∵正方形中，⊥，且，⊂平面，∩＝，∴⊥平面.又∵⊂平面，∴⊥.()在棱上存在点，使得平面∥平面，且＝.理由如下：连接，，在梯形中，∠＝∠＝°，＝，＝，∴∥，∴＝＝.又∵＝，∴∥.又∵正方形中，∥，且，⊄平面，，⊂平面，∴∥平面，∥平面.又∵∩＝，且，⊂平面，∴平面∥平面.．(本小题满分分)(·四川成都第一次诊断)如图，在正方形中，点，分别是，的中点，与交于点，点，分别在线段，上，且＝.将△，△，△分别沿，，折起，使点，，重合于点，如图所示．()求证：⊥平面；()若正方形的边长为，求三棱锥－的内切球的半径．解析：()证明：在正方形中，∠，∠，∠为直角．∴在三棱锥－中，，，两两垂直．∴⊥平面.∵＝，即＝，∴在△中，∥.∴⊥平面.()正方形边长为.由题意知，＝＝，＝，＝，＝.∴△＝，△＝△＝.△＝××＝.设三棱锥－内切球的半径为，则三棱锥的体积－＝××××＝(△＋△＋△)·，解得＝. ∴三棱锥－的内切球的半径为.。

高三数学理一轮复习典型题专项训练：立体几何

高三数学理一轮复习典型题专项训练：立体几何

湖北省 2019 届高三数学一轮复习典型题专项训练立体几何一、选择、填空题1、（2018 全国I 卷高考题）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图所示，圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为 A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为 B ，则在此圆柱侧面上，从M 到 N 的路径中，最短路径的长度为（）A．2 17 B．2 5 C．D． 22、（2017 全国 I 卷高考题）某多面体的三视图以以下图，此中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形构成，正方形的边长为 2 ，俯视图为等腰直角三角形、该多面体的各个面中有若干是梯形，这些梯形的面积之和为A． 10 3、（湖北省B．122018 届高三C．144 月调研考试）已知正三棱锥D． 16的极点均在球的球面上，过侧棱及球心的平面截三棱锥及球面所得截面以以下图，已知三棱锥的体积为，则球的表面积为( ) A． B ． C. D ．4、（湖北八校2018 届高三第一次联考（2 所示的几何体，侧视图的视野方向如图12 月））将正方体（如图1）截去三个三棱锥后，获得如图2 所示，则该几何体的侧视图为（）5、（华师一附中、黄冈中学等八校2018 届高三第二次联考）我国古代数学名著《九章算术》记录：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无丈．刍，草也；甍，屋盖也．”翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍字面意思为茅草屋顶．”如图，为一刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形．则它的体积为A．160 256D．64 B．160 C．3 36、（黄冈、黄石等八市 2018 届高三 3 月联考）《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”一.块“堑堵”形石材表示的三视图以以下图.将该石材切削、打磨，加工成若干个同样的球，并尽量使每个球的体积最大，则则所节余料体积为（）A ． 288- 48B ． 288-16C． 288- 32D． 288- 47、（黄冈市 2018 届高三 9 月质量检测）已知是两条不同样直线,是三个不同样平面,则以下正确的是（）A．若,则B若,则∥C若,则D若,则∥8、（黄冈市 2018 届高三上学期期末考试）一个几何体的三视图及尺寸以以下图，则该几何体的体积为（）2 4 7 8A. 3B.3C.3D. 39、（黄冈中学2018 届高三 5 月二模）已知三棱锥S ABC 的底面是以 AB 为斜边的等腰直角三角形，且 AB SA SB SC 2 ，则该三棱锥的外接球的体积为( )8 6B. 4 3C.4 3D.32 3A.9 27 272710、（荆州中学 2018 届高三 5 月模拟）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是（A）2（B）3（C）4（D）511、（荆州中学2018 届高三 5 月模拟）已知三棱锥 D ABC 的全部极点都在球O 的球面上，AB BC 2 ，AC 2 2 ，若三棱锥 D ABC 体积的最大值为2，则球O 的表面积为（ A）8π（ B）9π（ C）25π（ D）121 3 912、（湖北省七市（州）教科研协作体2018 届高三 3 月联考）一个几何体的三视图以以下图，则该几何体的各个面中，面积小于 6 的面的个数是A.1B.2 C ． 3 D. 413、（天门、仙桃、潜江2018 届高三上学期期末联考）已知一个空间几何体的三视图如图，依据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是A． 4cm3B． 5 cm3C． 6 cm3D． 7 cm314（、武汉市 2018 届高三毕业生二月调研）某几何体的三视图以以以下图所示，则该几何体的体积为（）A．1B ． 2C ． 3D ．2 2 23 315、（武汉市 2018 届高三毕业生四月调研测试）某几何体的三视图以以下图，则在该几何体的全部极点中任取两个极点，它们之间距离的最大值为（）A．3B．6C．23D．2 616、（武汉市部分学校2018 届高三起点调研）一个几何体的三视图如图，则它的表面积为（）A．28B．2425 C.20 4 5D．202 517、（钟祥一中 2018 届高三五月适应性考试（一））一个侧棱与底面垂直的棱柱被一个平面截去一部分所剩几何体的三视图以以下图，则该几何体的体积为A．9B．1023C． 11D．2参照答案：一、选择、填空题1、B2、B由三视图可画出立体图该立体图平面内只有两个同样的梯形的面S梯24226 S全梯6212 应选 B3、A4、 D5、A6、 C7、 D8、 B9、 D 10、 C11、 D 12、C 13、 A 14、 D 15、 B16、 B 17、 C二、解答题1、（ 2018 全国 I 卷高考题）如图，四边形ABCD 为正方形， E ， F 分别为 AD ， BC 的中点，以DF 为折痕把△ DFC 折起，使点C抵达点P的地点，且PF ⊥ BF ．⑴证明：平面PEF ⊥平面 ABFD ；⑵求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值．2、（2017 全国 I 卷高考题）如图，在四棱锥P ABCD 中， AB ∥ CD 中，且BAP CDP 90 ．（1）证明：平面PAB平面PAD；（2）若 PA PD AB DC ， APD 90 ，求二面角 A PB C 的余弦值．3、（湖北省 2018 届高三 4 月调研考试）如图，在平行四边形中，°，四边形是矩形，，平面平面.(1)若 a=1，求证： AE⊥ CF；(2) 若二面角A-EF-C 的正弦值为21，求a的值. 54、（湖北八校 2018 届高三第一次联考（12 月））四棱锥 S ABCD 中，AD∥ BC ，BC CD , SDA SDC 600， AD DC 1 BC 1 SD， E为SD的中点.2 2（1）求证：平面AEC平面ABCD；（2）求BC与平面CDE所成角的余弦值 .5、（华师一附中、黄冈中学等八校2018 届高三第二次联考）如图，四边形ABCD 与BDEF均为菱形， FA FC ，且DAB DBF 60 ．（1）求证：AC平面BDEF；（2）求直线AD与平面ABF所成角的正弦值．6、（黄冈、黄石等八市2018 届高三 3 月联考）如图，在Rt ABC 中， AB BC 3 ，点 E 、 F 分别在线段 AB 、 AC 上，且 EF // BC ，将AEF 沿 EF 折起到PEF 的地点，使得二面角P EF B的大小为60.（ 1）求证：EF PB ；PC 与平面PEF所成角（ 2）当点E为线段AB的凑近B点的三均分点时，求的正弦值 .7、（黄冈中学2018 届高三 5 月二模）如图，在四棱锥 S ABCD 中，SCD 为钝角三角形，侧面SCD 垂直于底面ABCD ，CD SD ，点M 是SA 的中点，AD∥ BC ，ABC 90 ，AB AD 1 BC. 2（1）求证：平面MBD平面SCD；（2）若直线SD与底面ABCD所成的角为60，求二面角B MD C余弦值．8、（荆州中学 2018 届高三 5 月模拟）如图，多面体ABCDEF 中，面 ABCD 为正方形， AB 2 ，AE 3，DE 5 ，二面角E AD C的余弦值为5，且 EF//BD．5（Ⅰ）证明：平面ABCD 平面 EDC ；（Ⅱ）求平面AEF 与平面 EDC 所成锐二面角的余弦值．9、（湖北省七市（州）教科研协作体 2018 届高三 3 月联考）如图，在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD为菱形， PA 平面，AB 2 ，0ABCD ABC 60 ，，F 分别是，PC的中点．E BC（ 1）证明 : AE PD；（2）设H 为线段 PD 上的动点，若线段EH 长的最小值为 5 ，求二面角E - AF - C的余弦值．10、（天门、仙桃、潜江 2018 届高三上学期期末联考）如图，四棱锥P-ABCD中， PA⊥平面ABCD，E 为 BD 的中点， G 为 PD 的中点，△ DAB≌△ DCB，EA=EB=AB=1，PA 3 ，连结 CE并延伸交 AD 于2F．（Ⅰ）求证： AD⊥ CG；（Ⅱ）求平面BCP与平面 DCP的夹角的余弦值．11、（武汉市2018 届高三毕业生二月调研）如图，在四棱锥 E ABCD 中，平面ABE 平面ABCD ，底面为平行四边形，DAB BAE 60 ，AEB 90 ，AB 4，AD 3 ．（ 1）求CE的长；（ 2）求二面角 A DE C 的余弦值．12、（武汉市 2018 届高三毕业生四月调研测试）如图，在棱长为3的正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F 分别在棱 AB，CD上，且 AE CF 1.（ 1）已知M为棱DD1上一点，且D1M 1，求证： B1M平面A1EC1.（ 2）求直线FC1与平面 A1 EC1所成角的正弦值.13、（武汉市部分学校2018 届高三起点调研）如图1，在矩形ABCD中，AB 4 ， AD 2 ， E 是CD 的中点，将ADE 沿 AE折起，获得如图2所示的四棱锥D1ABCE ，此中平面 D1 AE平面ABCE .（ 1）设F为CD1的中点，试在AB 上找一点 M ，使得MF //平面D1AE；（ 2）求直线BD1与平面 CD1 E 所成的角的正弦值.14、（钟祥一中2018 届高三五月适应性考试（一））如图 1，已知矩形 ABCD 中， AB 2, BC 2 3 ,点E 是边BC1CB，DE 与 AC 订交于点H .现将ACD 沿 AC 折起，如图 2, 上的点，且 CE3点 D 的地点记为 D ，此时D 'E 30 .3（1）求证： D H⊥平面 ABC ；（2）求二面角H－D E－A的余弦值 .15、（荆、荆、襄、宜四地七校考试结盟2017 届高三 2 月联考）如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，BCD 135 ，侧面 PAB 底面 ABCD ，BAP 90， AB AC PA 2，E, F 分别为 BC, AD 的中点，点 M 在线段 PD 上．（Ⅰ）求证： EF 平面 PAC ；（Ⅱ）假如直线 ME 与平面 PBC 所成的角和直线ME 与平面ABCD所成的角相等，求PM的值．PD参照答案：二、解答题1、（1）E,F 分别为AD, BC 的中点，则EF / /AB ，∴EF BF ，又 PF BF ，EF PF F ，∴BF 平面PEF ，BE 平面ABFD ，∴平面PEF 平面ABFD .（2）PF BF ，BF / /ED ，∴PF ED ，又 PF PD，ED DP D，∴PF 平面 PED ，∴ PF PE ，设 AB 4，则 EF 4，PF 2，∴PE 2 3 ，过P作PH EF 交EF 于H点，由平面 PEF 平面 ABFD ，∴ PH 平面 ABFD ，连结 DH ，则 PDH 即为直线 DP 与平面 ABFD 所成的角，由 PE PF2 3 2，EF PH ，∴ PH43而 PD 4 ，∴ sin PDH PH 3 ，PD 4∴ DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值 3 .42、（ 1）证明：∵BAP CDP 90∴PA AB，PD CD又∵ AB∥CD ，∴ PD AB又∵ PD PA P，PD 、PA平面PAD∴AB 平面 PAD ，又 AB 平面 PAB∴平面 PAB平面PAD（2）取AD中点 O， BC 中点E，连结 PO，OE∵AB CD∴四边形ABCD 为平行四边形∴OE AB由（ 1）知，AB 平面 PAD∴ OE 平面 PAD ，又 PO、AD 平面 PAD∴ OE PO，OE AD又∵ PA PD ，∴PO AD∴ PO 、 OE、AD两两垂直∴以 O 为坐标原点，成立以以下图的空间直角坐标系O xyz设 PA 2，∴D 2，0，0 、B 2 ，2，0 、 P 0，0， 2 、 C 2，2，0 ，∴ PD 2，0， 2 、PB 2，2， 2 、BC 2 2，0，0设 n x , y , z 为平面PBC的法向量n PB 0 2 x 2y 2 z 0由，得2 2x 0n BC 0令 y 1 ，则 z 2 ， x 0 ，可得平面 PBC 的一个法向量 n 0 ,1 , 2 ∵APD 90 ，∴PD PA又知 AB平面PAD，PD∴PD AB，又 PA AB A平面PAD∴PD 平面 PAB即PD是平面 PAB 的一个法向量，PD 2 ,0,2∴ cos PD , n PD n 2 3 PD n 2 3 3由图知二面角 A PB C 为钝角，因此它的余弦值为 333、解： (1) 连结，在中，由，由余弦定理易得，又，则；同原因余弦定理易得：，由四边形是矩形，则，又平面平面，因此平面，因此，同理，由勾股定理易求得，, 明显, 故；由，因此面，因此，因此面，因此；(2) 以点为原点，所在的直线分别为轴，轴，过点与平面垂直的直线轴成立空间直角坐标系，则设平面的法向量为，则, 即,取，则同理可求得平面设二面角的平面角为，即的法向量为，则,则，即，解之得或，又, 因此或374、（1） E 为SD的中点， AD DC 1 SD, SDA SDC 6002ED EC AD DC .设 O 为 AC 的中点，连结EO, DO则 EO ACAD // BC, BC CD AD B .C又OD OA OCEOC EOD 进而EO ODAC EO 面 EAC ABCD DO面ABCD面 ABCD EO面AEC面ABCD6分A C D O 0（ 2）设F为CD的中点 ,连结OF、EF ,则OF平行且等于1AD 2AD∥BC EF∥BC不难得出 CD 面OEF（EO CD FO CD）面 ECD 面 OEFOF 在面 ECD 射影为EF， EFO 的大小为 BC 与面 ECD 改成角的大小设 AD a ，则OF a E F 3 a2 2c os EFO OF 3 EF 3即 BC 与 ECD 改成角的余弦值为312 分.（亦能够建系达成）35、解析：（ 1）设AC与BD订交于点O，连结FO，∵四边形 ABCD 为菱形，∴ AC BD，且 O为 AC中点，∵ FA FC ，∴ AC FO ,又 FO BD O，∴ AC 平面 BDEF .5分（ 2）连结DF，∵四边形BDEF为菱形，且DBF 60 ，∴DBF 为等边三角形，∵ O为BD中点，∴ FO BD ，又 AC FO ，∴ FO 平面 ABCD .∵ OA, OB, OF 两两垂直，∴成立空间直角坐标系O xyz ，以以下图，7分设 AB 2 ，∵四边形ABCD为菱形，DAB 60 ，∴ BD 2,AC 2 3.∵ DBF 为等边三角形，∴OF 3 .，∴ A 3,0,0 , B 0,1,0 ,D 0, 1,0 , F 0,0, 3∴AD 3, 1,0 , AF 3,0, 3 , AB 3,1,0 .设平面 ABF 的法向量为 n x, y, z ，则AF n 3x 3z 0 ，AB n 3x y 0取 x 1 ，得n 1, 3,1 .设直线 AD 与平面ABF 所成角为，10分则sin cos AD , n AD n 15 .分 12AD n 5注：用等体积法求线面角也可酌情给分6、(1)证明：AB BC 3 BC AB EF // BCEF AB ,翻折后垂直关系没变，仍有EF AE ,EF BEEF 平面 PBE EF PB 4 分(2) EF AE,EF BE PEB 二面角 P EF B 的平面角，PEB 60 ，又 PE 2, BE 1 ,由余弦定理得 PB 3 ,PB2 EB 2 PE 2 , PB EB , PB, BC, EB 两两垂直。

高三数学一轮总复习 专题十 立体几何(含解析)-人教版高三全册数学试题

高三数学一轮总复习 专题十 立体几何(含解析)-人教版高三全册数学试题

word专题十、立体几何 抓住3个高考重点重点1 三视图与空间几何体的表面积和体积 1.三视图的画法三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，画几何体的三视图的要求是正视图、俯视图长对正，正视图、侧视图高平齐，俯视图、侧视图宽相等．画出的三视图要检验是否符合“长对正、高平齐、宽相等”的基本特征，对于简单几何体的组合体，首先要弄清它是由哪些简单几何体组成的，再画出它的三视图． 2.由三视图还原直观图的方法（1）还原后的几何体一般为较熟悉的柱、锥、台、球的组合体． （2）图中实线和虚线实际是原几何体中的可视线与被遮挡线．（3）想象物体原形，画出草图后进行三视图还原，并与所给三视图比较，再准确画出原几何体． 3几何体表面积的求解方法 4.几何体体积的求解方法[高考常考角度]角度1 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为( )．解析：由几何体的正视图和俯视图可知，该几何体应为一个半圆锥和一个有一侧面(与半圆锥的轴截面为同一三角形)垂直于底面的三棱锥的组合体，故其侧视图应为D.角度2若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )．解析：所给选项中，A 、C 选项的正视图、俯视图不符合，D 选项的侧视图不符合，只有选项B 符合．角度3一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A. 48B. 3287+C. 48+817D. 80点评：考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.解析：三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱.底面等腰梯形的上底为2， 下底为4，高为4，两底面积和为()12244242⨯+⨯=， 四个侧面的面积为4(42217)24817++=+，所以几何体的表面积为48817+.故选C.角度4一个几何体的三视图如图所示(单位：m )则该几何体的ABORrhH体积为________3m .解析：由三视图可知该几何体是组合体，下面是长方体，长、宽、高分别为3、2、1， 上面是一个圆锥，底面圆半径为1，高为3，所以该几何体的体积为213211363ππ⨯⨯+⨯⨯=+(3m )．答案 6π+角度5已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的163，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 . 点评：本题考查球内接圆锥问题，属于较难的题目。

高三数学立体几何文周周练十

高三数学立体几何文周周练十

文科数学周周练（十）一．选择题1.平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为 （ ）（A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π2.已知正四棱柱1111ABCD A BC D -中 ，2AB =，122CC =，E 为1CC 的中点，则直线1AC 与平面BED 的距离为 （ ） （A ）2 （B ）3 （C ）2 （D ）13.将正方形（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为 （ ）4.下列命题正确的是 （ ） A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行5.某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是（ ） （A ）28+65（B ）30+65（C ）56+125（D ）60+1256.如图，四棱锥S —ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是 （ ） （A ）AC ⊥SB（B ）AB ∥平面SCD（C ）SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 （D ）AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角7.已知球的直径SC=4，A ，B 是该球球面上的两点，AB=3，30=∠=∠BSC ASC ，则棱锥S —ABC的体积为（ ）（A ）33 （B ）32 （C ）3（D ）18. 高为24的四棱锥S-ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S 、A 、B 、C 、D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为 （ ） A ．24B ．22C ．1D ．29.一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）（A ）48 （B ）32+817 （C ）48+817 （D ）8010.与正方体1111ABCD A BC D -的三条棱AB 、1CC 、11A D 所在直线的距离相等的点 （ ） （A ）有且只有1个 （B ）有且只有2个 （C ）有且只有3个 （D ）有无数个11.已知正四棱锥S ABCD -中，23SA =，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为 （ ） （A ）1 （B ）3 （C ）2 （D ）312.如图，正方体ABCD-1111A B C D 的棱长为2，动点E 、F 在棱11A B 上，动点P ，Q 分别在棱AD ，CD 上，若EF=1，1A E=x ，DQ=y ，D Ｐ＝ｚ（ｘ，ｙ，ｚ大于零），则四面体PE ＦＱ的体积 （ ） （Ａ）与ｘ，ｙ，ｚ都有关 （Ｂ）与ｘ有关，与ｙ，ｚ无关 （Ｃ）与ｙ有关，与ｘ，ｚ无关 （Ｄ）与ｚ有关，与ｘ，ｙ无关13.过正方体1111ABCD A BC D -的顶点A 作直线L ，使L 与棱AB ,AD ,1AA 所成的角都相等，这样的直线L 可以作 （ ） A.1条 B.2条 C.3条 D.4条14.有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a 的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a 的取值范围是 （ ） (A)（0,62+） (B)（1,22） (C) (62-,62+） (D) （0,22）15.已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积最大值为（ ） (A)233 (B)433 (C) 23 (D) 833二．填空题16.如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成的角的大小是____________.17. 棱长为a 的正方体的一个顶点，过此顶点出发的三条棱的中点作截面，截去正方体的一个角，对正方体的所有顶点都如此操作，则所剩下的多面体：①有12个顶点 ②有24条棱 ③表面积3a 2④体积56a 3，以上结论正确的有 (填上正确的序号)．18.已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB=6，BC=23，则棱锥O-ABCD 的体积为_____________．19.若四面体ABCD 的三组对棱分别相等，即AB CD =，AC BD =，AD BC =，则(写出所有正确结论编号) ①四面体ABCD 每组对棱相互垂直 ②四面体ABCD 每个面的面积相等③从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90。

全国通用近年高考数学一轮复习第十单元空间几何体高考达标检测(二十九)求解空间几何体问题的2环节——

全国通用近年高考数学一轮复习第十单元空间几何体高考达标检测(二十九)求解空间几何体问题的2环节——

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高考达标检测（二十九）求解空间几何体问题的2环节—-识图与计算一、选择题1．如图,在正方体ABCD。

A1B1C1D1中，M,E是AB的三等分点，G，N是CD的三等分点，F,H 分别是BC，MN的中点，则四棱锥A1。

EFGH的侧视图是( )解析：选C 由直观图可知,点A1，H，E，F在平面CDD1C1的射影分别为D1，N，G，C，在平面CDD1C1，连接D1，N，G，C四点，从左侧看可知图形为选项C.2。

(2017·永州一模）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为( ）A．1 B.错误!C。

错误!D．2错误!解析：选D 由题意得，该几何体的直观图为三棱锥A­BCD，如图，其最大面的表面是边长为2错误!的等边三角形，故其面积为错误!×(2错误!）2＝2错误!。

3．已知某空间几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24π＋48，则该几何体的表面积为( ）A．24π＋48 B．24π＋90＋641C．48π＋48 D．24π＋66＋6错误!解析:选D 由三视图可知，该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为3r、高为4r 的四分之一圆锥,右边是一个底面是直角边长为3r的等腰直角三角形、高为4r的三棱锥，则错误!×错误!π(3r）2×4r＋错误!×错误!×3r×3r×4r＝24π＋48，解得r＝2，则该几何体的表面积为错误!×π×6×10＋错误!×π×62＋错误!×6×6＋2×错误!×6×8＋错误!×6错误!×错误!＝24π＋66＋6错误!.4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．60－12π B．60－6πC．72－12π D．72－6π解析：选D 根据三视图知该几何体是直四棱柱，挖去一个半圆柱体，且四棱柱的底面是等腰梯形,高为3,所以该组合体的体积为V＝错误!×（4＋8)×4×3－错误!π×22×3＝72－6π。

高考数学全程训练计划：周周测10 立体几何综合测试

高考数学全程训练计划：周周测10 立体几何综合测试

周周测10 立体几何综合测试一、选择题：本大题共12小题,每小题5分,共60分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的．1．[2019·贵州黔东南州模拟]若某几何体的三视图如图所示,则这个几何体的直观图可以是( )答案：D解析：选项A的正视图、俯视图不符合要求,选项B的正视图、侧视图不符合要求,选择C的俯视图不符合要求,通过观察,选项D满足要求,故选D.2．以下四个命题中,正确命题的个数是( )①不共面的四点中,其中任意三点不共线；②若点A,B,C,D共面,点A,B,C,E共面,则A,B,C,D,E共面；③若直线a,b共面,直线a,c共面,则直线b,c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面．A．0 B．1C．2 D．3答案：B解析：①显然是正确的,可用反证法证明；②中若A,B,C三点共线,则A,B,C,D,E五点不一定共面；③构造长方体或正方体,如图显然b,c异面,故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面．故只有①正确．3．[2019·云南大理模拟]给出下列命题,其中正确的两个命题是( )①直线上有两点到平面的距离相等,则此直线与平面平行；②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面；③直线m⊥平面α,直线n⊥直线m,则n∥α；④a,b是异面直线,则存在唯一的平面α,使它与a,b都平行且与a,b的距离相等．A．①与② B．②与③C．③与④ D．②与④答案：D解析：直线上有两点到平面的距离相等,则此直线可能与平面平行,也可能和平面相交；直线m⊥平面α,直线m⊥直线n,则直线n可能平行于平面α,也可能在平面α内,因此①③为假命题．4．[2019·济宁模拟]如图,在三棱柱ABC－A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面A1B1C1,底面三角形A1B1C1是正三角形,E是BC的中点,则下列叙述正确的是( )A．CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1A1C．AE⊥B1C1D．A1C1∥平面AB1E答案：C解析：对于A,CC1与B1E均在侧面BCC1B1内,又两直线不平行,故相交,A错误；对于B,AC与平面ABB1A1所成的角为60°,所以AC不垂直于平面ABB1A1,故B错误；对于C,AE⊥BC,BC∥B1C1,所以AE⊥B1C1,故C正确；对于D,AC与平面AB1E有公共点A,AC∥A1C1,所以A1C1与平面AB1E相交,故D错误．5．[2019·江西景德镇模拟]将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线折起得到空间四面体ABCD(如图2),则在空间四面体ABCD中,AD与BC的位置关系是( )A．相交且垂直 B．相交但不垂直C．异面且垂直 D．异面但不垂直答案：C解析：在题图1中,AD⊥BC,故在题图2中,AD⊥BD,AD⊥DC,又因为BD∩DC＝D,所以AD⊥平面BCD,又BC⊂平面BCD,D不在BC上,所以AD⊥BC,且AD与BC异面,故选C.6.如图所示,直线PA垂直于⊙O所在的平面,△ABC内接于⊙O,且AB为⊙O的直径,点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( ) A．①② B．①②③C．① D．②③答案：B解析：对于①,∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径,∴BC⊥AC,又∵PA∩AC＝A,∴BC⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,∴BC⊥PC.对于②,∵点M为线段PB的中点,∴OM∥PA,∵PA⊂平面PAC,OM⊄平面PAC,∴OM∥平面PAC.对于③,由①知BC⊥平面PAC,∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离,故①②③都正确．7．[2019·河北衡水模拟]如图是某个几何体的三视图,则这个几何体的表面积是( )A．π＋42＋4 B．2π＋42＋4C．2π＋42＋2 D．2π＋22＋4答案：B解析：由几何体的三视图可知,该几何体是由半圆柱与三棱柱组成的几何体,其直观图如图所示,其表面积S ＝2×12π×12＋π×1×1＋2×12×2×1＋(2＋2＋2)×2－2×1＝2π＋42＋4.故选B.8．[2019·安徽质检]某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A ．1 B.12C.13D.14 答案：C 解析：解法一 该几何体的直观图为四棱锥,记为四棱锥S －ABCD,如图,SD⊥平面ABCD,且SD ＝1,四边形ABCD 是平行四边形,且AB ＝DC ＝1,连接BD,由题意知BD⊥DC ,BD⊥AB ,且BD ＝1,所以S 四边形ABCD ＝1,所以V S －ABCD ＝13S 四边形ABCD ·SD＝13,故选C. 解法二 由三视图易知该几何体为锥体,所以V ＝13Sh,其中S 指的是锥体的底面积,即俯视图中四边形的面积,易知S ＝1,h 指的是锥体的高,从正视图和侧视图易知h ＝1,所以V ＝13Sh ＝13,故选C.9．如图,四边形ABCD 是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD ＝NB ＝1,G 为MC 的中点．则下列结论中不正确的是( )A ．MC⊥ANB ．GB∥平面AMNC ．平面CMN⊥平面AMND ．平面DCM∥平面ABN 答案：D解析：显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体,把该几何体放置到正方体中(如图),作AN 的中点H,连接HB,MH,GB,则MC∥HB ,又HB⊥AN ,所以MC⊥AN ,所以A 正确；由题意易得GB∥MH ,又GB ⊄平面AMN,MH ⊂平面AMN,所以GB∥平面AMN,所以B 正确；因为AB∥CD ,DM⊥BN ,且AB∩BN＝B,CD∩DM＝D,所以平面DCM∥平面ABN,所以D 正确．10．[2019·西城模拟]在△ABC 中,∠C＝90°,∠B＝30°,AC ＝1,M 为AB 的中点,将△BCM 沿CM 折起,使点A,B 间的距离为2,则点M 到平面ABC 的距离为( )A.12B.32 C ．1 D.32答案：A 解析：在平面图形中,由已知得AB ＝2,AM ＝BM ＝MC ＝1,BC ＝3,∴△AMC 为等边三角形,取CM 的中点D,连接AD,则AD⊥CM ,设AD 的延长线交BC 于E,则AD ＝32,DE ＝36,CE ＝33.根据题意知,折起后的图形如图所示,由BC 2＝AC 2＋AB 2,知∠BAC＝90°,又cos∠ECA＝33,连接AE,则AE 2＝CA 2＋CE 2－2CA·CEcos∠ECA＝23,于是AC 2＝AE 2＋CE 2,∴∠AEC ＝90°,∴AE⊥BC.∵AD 2＝AE 2＋ED 2,∴AE⊥DE ,又BC,DE ⊂平面BCM,BC∩DE ＝E,∴AE⊥平面BCM,即AE 是三棱锥A －BCM 的高,设点M 到平面ABC 的距离为h,∵S △BCM ＝34,AE ＝63,∴由V A －BCM ＝V M －ABC ,可得13×34×63＝13×12×2×1×h ,∴h＝12,故选A.11．[2019·成都一诊]如图,正四棱锥P －ABCD 的体积为2,底面积为6,E 为侧棱PC 的中点,则直线BE 与平面PAC 所成的角为( )A ．60° B．30° C ．45° D．90° 答案：A 解析：如图,正四棱锥P －ABCD 中,根据底面积为6可得,BC ＝ 6.连接BD,交AC 于点O,连接PO,则PO 为正四棱锥P －ABCD 的高,根据体积公式可得,PO ＝1.因为PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BD ,又BD⊥AC ,PO∩AC＝O,所以BD⊥平面PAC,连接EO,则∠BEO 为直线BE 与平面PAC 所成的角．在Rt△POA 中,因为PO ＝1,OA ＝3,所以PA ＝2,OE ＝12PA ＝1,在Rt△BOE 中,因为BO ＝3,所以tan∠BEO＝BOOE＝3,即∠BEO＝60°.12．[2018·全国卷Ⅰ]已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A.334 B.233 C.324 D.32答案：A 解析：如图所示,在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,平面AB 1D 1与棱A 1A,A 1B 1,A 1D 1所成的角都相等,又正方体的其余棱都分别与A 1A,A 1B 1,A 1D 1平行,故正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的每条棱所在直线与平面AB 1D 1所成的角都相等．如图所示,取棱AB,BB 1,B 1C 1,C 1D 1,DD 1,AD 的中点E,F,G,H,M,N,则正六边形EFGHMN 所在平面与平面AB 1D 1平行且面积最大,此截面面积为S 正六边形EFGHMN ＝6×12×22×22sin60°＝334.故选A.二、填空题：本大题共4小题,每小题5分,共20分．把答案填在题中的横线上． 13．[2019·龙岩质检]如图是一个空间几何体的三视图,则该几何体的表面积为________．答案：64＋4π解析：由三视图可知,该几何体是一个正四棱柱挖掉一个半球所得的几何体,其中半球的底面就是正四棱柱上底面的内切圆,正四棱柱的底面边长为4,高为2,半球所在球的半径为2.所以该几何体的表面积为4×4×2＋2×4×4＋12×4π×22－π×22＝64＋4π.14．[2019·广东百校联盟联考]如图,E 是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱C 1D 1上的一点,且BD 1∥平面B 1CE,则异面直线BD 1与CE 所成角的余弦值为________．答案：155解析：不妨设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2,连接BC 1,设B 1C∩BC 1＝O,连接EO,如图所示,在△BC 1D 1中,当点E 为C 1D 1的中点时,BD 1∥OE ,则BD 1∥平面B 1CE,据此可得∠OEC 为直线BD 1与CE 所成的角．在△OEC 中,边长EC ＝5,OC ＝2,OE ＝3, 由余弦定理可得cos∠OEC＝3＋5－223×5＝155. 即异面直线BD 1与CE 所成角的余弦值为155. 15．[2019·益阳市、湘潭市高三调研考试]已知三棱锥S －ABC 的顶点都在球O 的球面上,△ABC 是边长为3的正三角形,SC 为球O 的直径,且SC ＝4,则此三棱锥的体积为________．答案：332解析：如图,设O 1为△ABC 的中心,连接OO 1,故三棱锥S －ABC 的高h ＝2OO 1,三棱锥S －ABC 的体积V ＝13×2OO 1×S △ABC ,因为OO 1＝22－32＝1,所以V ＝13×2×1×34×32＝332.16.如图,矩形ABCD 中,E 为边AB 的中点,将△ADE 沿DE 折起,记折起后A 为A 1.若M 为线段A 1C 的中点,连接BM,则在△ADE 翻折过程中,下列结论正确的有________(填正确结论的序号)．①MB 是定值； ②点M 在圆上运动；③一定存在某个位置,使得DE⊥A 1C ； ④MB∥平面A 1DE 总是成立的． 答案：①②④解析：如图,取DC 的中点N,连接MN,NB,则MN∥A 1D,NB∥DE ,∴平面MNB∥平面A 1DE,∵MB ⊂平面MNB,∴MB∥平面A 1DE,④正确；∠A 1DE ＝∠MNB 是定值,MN ＝12A 1D 为定值,NB ＝DE 为定值,根据余弦定理得,MB 2＝MN 2＋NB2－2MN·NB·cos∠MNB ,所以MB 是定值,①正确；因为B 是定点,由①知MB 是定值,所以M 在以B 为圆心,MB 为半径的圆上,②正确；当矩形ABCD 满足AC⊥DE 时,DE⊥A 1C,其他情况不存在,③不正确．所以①②④正确．三、解答题：本大题共6小题,共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分10分)如图所示,正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别是AB 和AA 1的中点．求证：(1)E 、C 、D 1、F 四点共面； (2)CE 、D 1F 、DA 三线共点．证明：(1)如图所示,连接CD 1、EF 、A 1B, ∵E、F 分别是AB 和AA 1的中点, ∴FE∥A 1B 且EF ＝12A 1B.∵A 1D 1綊BC,∴四边形A 1BCD 1是平行四边形, ∴A 1B∥D 1C,∴FE∥D 1C,∴EF 与CD 1可确定一个平面,即E 、C 、D 1、F 四点共面． (2)由(1)知EF∥CD 1,且EF ＝12CD 1,∴四边形CD 1FE 是梯形,∴直线CE 与D 1F 必相交,设交点为P,则P∈CE ⊂平面ABCD, 且P∈D 1F ⊂平面A 1ADD 1,∴P∈平面ABCD 且P∈平面A 1ADD 1. 又平面ABCD∩平面A 1ADD 1＝AD, ∴P∈AD ,∴CE、D 1F 、DA 三线共点．18．(本小题满分12分)[2019·江苏宿迁模拟]如图,在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,∠ABC＝90°,AB ＝AA 1,M,N 分别是AC,B 1C 1的中点．求证：(1)MN∥平面ABB 1A 1； (2)AN⊥A 1B.证明：(1)取AB 的中点P,连接PM,PB 1. 因为M,P 分别是AC,AB 的中点, 所以PM∥BC ,且PM ＝12BC.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,BC∥B 1C 1,BC ＝B 1C 1.因为N 是B 1C 1的中点,所以PM∥B 1N 且PM ＝B 1N. 所以四边形PMNB 1是平行四边形,所以MN∥PB 1,而MN ⊄平面ABB 1A 1,PB 1⊂平面ABB 1A 1, 所以MN∥平面ABB 1A 1.(2)因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱, 所以BB 1⊥平面A 1B 1C 1. 又因为BB 1⊂平面ABB 1A 1, 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1B 1C 1.又因为∠A 1B 1C 1＝∠ABC＝90°,所以B 1C 1⊥B 1A 1.又平面ABB 1A 1∩平面A 1B 1C 1＝B 1A 1,B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1,所以B 1C 1⊥平面ABB 1A 1.又因为A 1B ⊂平面ABB 1A 1,所以B 1C 1⊥A 1B,即NB 1⊥A 1B.连接AB 1,因为在平行四边形ABB 1A 1中,AB ＝AA 1,所以AB 1⊥A 1B.又因为NB 1∩AB 1＝B 1,且AB 1,NB 1⊂平面AB 1N,所以A 1B⊥平面AB 1N,而AN ⊂平面AB 1N,所以A 1B⊥AN .19．(本小题满分12分)[2019·山东菏泽模拟]如图,在四棱锥P －ABCD 中,△BCD ,△PAD 都是等边三角形,平面PAD⊥平面ABCD,且AD ＝2AB ＝4,CD ＝2 3.(1)求证：平面PAD⊥平面PCD ； (2)E 是AP 上一点,当BE∥平面PCD 时,求三棱锥C －PDE 的体积．解析：(1)证明：因为AD ＝4,AB ＝2,BD ＝23,所以AD 2＝AB 2＋BD 2,所以AB⊥BD ,∠ADB＝30°.又因为△BCD 是等边三角形,所以∠BDC＝60°,所以∠ADC＝90°,所以DC⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD ＝AD,所以CD⊥平面PAD.因为CD ⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.(2)过点B 作BG∥CD 交AD 于点G,连接GE.因为BG∥CD ,BG ⊄平面PCD,CD ⊂平面PCD,所以BG∥平面PCD.当BE∥平面PCD 时,因为BG∩BE＝B,所以平面BEG∥平面PCD.因为EG ⊂平面BEG,所以EG∥平面PCD.又平面PAD∩平面PDC ＝PD,所以EG∥PD ,所以PE PA ＝DG DA. 在直角三角形BGD 中,BD ＝23,∠BDG＝30°,所以DG ＝23cos30°＝3,所以PE PA ＝DG DA ＝34, 在平面PAD 内,过点E 作EH⊥PD 于点H.因为CD⊥平面PAD,EH ⊂平面PAD,所以CD⊥EH.因为PD∩CD＝D,所以EH⊥平面PCD, 所以EH 是点E 到平面PCD 的距离．过点A 作AM⊥PD 于点M,则AM ＝32×4＝2 3. 由AM∥EH ,得EH AM ＝PE PA ＝34,所以EH ＝332. 因为S △PCD ＝12×4×23＝43, 所以V C －PDE ＝V E －PDC ＝13×43×332＝6.20．(本小题满分12分)[2019·陕西省高三教学质量检测试题(二)]如图,在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,AA 1＝AB,∠ABC＝90°,侧面A 1ABB 1⊥底面ABC.(1)求证：AB 1⊥平面A 1BC ；(2)若AC ＝5,BC ＝3,∠A 1AB ＝60°,求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．解析：(1)证明：在侧面A 1ABB 1中,∵A 1A ＝AB,∴四边形A 1ABB 1为菱形,∴AB 1⊥A 1B.∵侧面A 1ABB 1⊥底面ABC,∠ABC＝90°,∴CB⊥平面A 1ABB 1∵AB 1⊂平面A 1ABB 1,∴CB⊥AB 1.又A 1B∩BC＝B,∴AB 1⊥平面A 1BC.(2)解法一 如图,过A 1作A 1D⊥AB ,垂足为 D.∵平面ABC⊥平面A 1ABB 1,平面ABC∩平面A 1ABB 1＝AB,∴A 1D⊥平面ABC,∴A 1D 为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高．∵BC＝3,AC ＝5,∠ABC＝90°,∴AB＝4,又AA 1＝AB,∠A 1AB ＝60°,∴△A 1AB 为等边三角形,∴A 1D ＝32×AB＝2 3. ∴VABC－A 1B 1C 1＝S △ABC ·A 1D ＝12×4×3×23＝12 3. 解法二 在△ABC 中,由AC ＝5,BC ＝3,∠ABC＝90°,可得AB ＝4.又A 1A ＝AB,∠A 1AB ＝60°,∴△ABA 1是边长为4的等边三角形,∴S△ABA 1＝34×42＝4 3. 由(1)知BC⊥平面ABA 1,∴VC－ABA 1＝13×S△ABA 1×BC＝13×43×3＝4 3.设三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高为h,则VABC －A 1B 1C 1＝S △ABC ·h＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫13S △ABC ·h ＝3VA 1－ABC ＝3VC －ABA 1＝3×43＝12 3. 21．(本小题满分12分)[2019·昆明市高三复习教学质量检测]如图,直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,M 是AB 的中点．(1)证明：BC 1∥平面MCA 1；(2)若AB ＝A 1M ＝2MC ＝2,BC ＝2,求点C 1到平面MCA 1的距离．解析：(1)证明：如图,连接AC 1,设AC 1与A 1C 的交点为N,则N 为AC 1的中点,连接MN,因为M 是AB 的中点,所以MN∥BC 1,又MN ⊂平面MCA 1,BC 1⊄平面MCA 1,所以BC 1∥平面MCA 1.(2)因为AB ＝2MC ＝2,M 是AB 的中点,所以∠ACB＝90°,在直三棱柱中,A 1M ＝2,AM ＝1,所以AA 1＝3,又BC ＝2,所以AC ＝2,A 1C ＝5,所以∠A 1MC ＝90°.设点C 1到平面MCA 1的距离为h,因为AC 1的中点N 在平面MCA 1上,所以点A 到平面MCA 1的距离也为h,三棱锥A 1－AMC 的体积V ＝13S △AMC ·AA 1＝36,△MCA 1的面积S ＝12A 1M·MC＝1,则V ＝13Sh ＝13h ＝36,得h ＝32,故点C 1到平面MCA 1的距离为32. 22．(本小题满分12分)[2019·四川成都第一次诊断]如图1,在正方形ABCD 中,点E,F 分别是AB,BC 的中点,BD 与EF 交于点H,点G,R 分别在线段DH,HB 上,且DG GH ＝BR RH.将△AED ,△CFD ,△BEF 分别沿DE,DF,EF 折起,使点A,B,C 重合于点P,如图2所示．(1)求证：GR⊥平面PEF ；(2)若正方形ABCD 的边长为4,求三棱锥P －DEF 的内切球的半径．解析：(1)证明：在正方形ABCD 中,∠A ,∠B ,∠C 为直角．∴在三棱锥P －DEF 中,PE,PF,PD 两两垂直．∴PD⊥平面PEF.∵DG GH ＝BR RH ,即DG GH ＝PR RH,∴在△PDH 中,RG∥PD. ∴GR⊥平面PEF.(2)正方形ABCD 边长为4.由题意知,PE ＝PF ＝2,PD ＝4,EF ＝22,DF ＝2 5.∴S △PEF ＝2,S △DPF ＝S △DPE ＝4.S △DEF ＝12×22×252－22＝6.设三棱锥P －DEF 内切球的半径为r,则三棱锥的体积V P －DEF ＝13×12×2×2×4＝13(S △PEF ＋2S △DPF ＋S △DEF )·r ,解得r ＝12. ∴三棱锥P －DEF 的内切球的半径为12.。

2020年高考数学(文科)一轮复习小题必刷卷十立体几何

2020年高考数学(文科)一轮复习小题必刷卷十立体几何

测评手册小题必刷卷十立体几何考查范围：第39讲~第43讲角度1空间几何体的结构特征、三视图与直观图1. [2018 •全国卷川]中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来 分叫卯眼，图X10-1中木构件右边的小长方体是榫头，若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木 构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（ ）2. [2018 •全国卷I 某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图X10-3所示.圆柱表面上的 点M 在正视图上的对应点为 A ,圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B ,则在此圆柱侧面 上,从M 到N 的路径中，最短路径的长度为 （ ）A .2B .2C .3D .2图 X10-3■题组一刷真题•构件的凸出部分叫榫头，凹进部 图 X10-1 诩觇巾冋图 X10-23. [2017・全国卷口如图X10-4,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.90 nB.63 nC.42 nD.36 n4. [2016 •全国卷I如图X10-5,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径•若该几何体的体积是——，则它的表面积是（）A.17 nB.18 nC.20 nD.28n\图X10-65. [2014 •全国卷I如图X10-6，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是（）A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱图 X10-76.[2017 •北京卷]某三棱锥的三视图如图 X10-7所示，则该三棱锥的体积为（ ） A .60B .30 7.[2016 •天津卷]将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视 图与俯视图如图X10-8 所示,则该几何体的侧（左）视图为 （ ）角度2空间几何体的表面积与体积8.[2016 •全国卷口体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 （ ） A .12 n B .— n C .8 nD .4n 9.[2018 •全国卷I 已知圆柱的上、下底面的中心分别为 O 1Q2,过直线O 1O 2的平面截该圆 柱所得的截面是面积为 8的正方形，则该圆柱的表面积为（ ） A .12 n B .12 nC .8 nD .10 n10.[2018 •全国卷1在长方体 ABCD - A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=2AC 1与平面BB 1C 1C 所成的C .20D .10图 X10-8角为30°则该长方体的体积为（）A.8B.6C.8D.811. [2015 •山东卷]已知等腰直角三角形的直角边的长为2,将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A. -----B. ---------C.2 nD.4 n12. [2018 •全国卷川]设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ ABC为等边三角形且其面积为9 一,则三棱锥D-ABC体积的最大值为（）A.12 —B.18 —C.24 一D.54 -13. [2017 •天津卷]已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18,则这个球的体积为_________ .14. _______________________________________ [2018 •全国卷q已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA与圆锥底面所成角为30° 若厶SAB的面积为8,则该圆锥的体积为.角度3空间点、线、面的位置关系15. [2018 •全国卷q在正方体ABCD-A i B i C i D i中,E为棱CC i的中点，则异面直线AE与CD 所成角的正切值为（）A.—B.—C. —D.—16. [20i6 •浙江卷]已知互相垂直的平面a,卩交于直线I.若直线m,n满足m // a n丄3则（）A.m // IB.m // nC. n 丄ID.m 丄n■题组二刷模拟i7.[20i8 •永州三模]若三棱锥A-BCD的所有棱长都相等，M,N分别是棱AD,BC的中点，则A .B .2异面直线BM 与AN 所成角的余弦值为 （ ）18.[2018・重庆三模]一个几何体的三视图如图 X10-10所示，其中正视图是半径为 1的半圆, 则该几何体的体积为 （A.—B.—C.— D . n图 X10-10 19.[2018 •成都二诊]如图X10-11 所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）20.[2018 •绵阳三诊]如图X10-12①所示，在四棱锥P-ABCD 中,PD 丄底面ABCD ,底面ABCD 是直角梯形 该四棱锥的俯视图如图 X10-12②所示，则AD 的长是（）图 X10-11A .①是棱台B .②是圆台C .③是棱锥D .④不是棱柱(D ② ③ @积与球的表面积之比为21.[2018 •长春二模]如图X10-13,网格纸上小正方形的边长为 1,粗线条画出的是一个三棱 锥的三视图则该三棱锥的体积为（ ） A.- B._ C .2 D.-22.[2018 •贵州黔东南州模拟]已知某几何体的三视图如图 X10-14所示,则该几何体的最长 的棱长为 （则下列说法正确的是C .若 m ? a ,m 丄卩,则m //aD .若aQ® =mn 丄m 贝U n 丄a24.[2018 •大连二模]已知圆锥的底面直径为 1,母线长为1,过该圆锥的顶点作圆锥的截面则截面面积的最大值为 _________ . A . B .C .D .223.[2018 •成都二诊]已知 m ,n 是空间中两条不同的直线，a ,卩为空间中两个互相垂直的平面A .若m ? a ,则m 丄卩B .若m ? a ,n ?卩,则m 丄n25. [2018 •雅安三诊]若圆锥与球的体积相等，且圆锥底面半径与球的直径相等，则圆锥的侧面积与球的表面积之比为26. [2018・合肥二模]已知四棱锥P-ABCD的侧棱长都相等，且底面是边长为3 —的正方形，它的五个顶点都在直径为10的球面上,则四棱锥P -ABCD的体积为 _____________ .27. [2018 •天津和平区高三期末]一个由棱锥和半球组成的几何体，其三视图如图X10-15所示,则该几何体的体积为 ________ .28. [2018 •马鞍山二模]在三棱锥A - BCD 中,AB= 1 ,BC= _,CD=AC= 一,当三棱锥A - BCD的体积最大时，其外接球的表面积为_________ .。

备战2020年高考高三一轮单元训练金卷 数学(理)： 第10单元 空间向量在立体几何中的应用 B卷 Word版含答案

备战2020年高考高三一轮单元训练金卷 数学(理)： 第10单元 空间向量在立体几何中的应用 B卷 Word版含答案

不重合 那么下列说法中：
①n1∥n2 ∥ ； ②n1 n2 ； ③v∥n1 l∥ ； ④v n1 l ．
正确的有（ ）
A．1 个
B．2 个
4．如图，平行六面体
则 B1M （ ）
C．3 个
D．4 个



中， 与 交于点 ，设 AB a ， AD b ， AA1 c ，
综合 得：“ 8．【答案】C 【解析】过 D 作
”是 a ， b ， c 构成空间的一个基底”的充分不必要条件，故选 A．
于 ，连接 AO，
则
就是二面角
的平面角．
正四棱柱
的体积为 ，底面 ABCD 的边长为 1，
．
在
中，
，
，可得
， DO
3
．
2
在
中， AO
AD2 DO2
7
，
2
cos AOD OD
3 2
21
．故选 C．
AO 2 7 7
9．【答案】B
【解析】以 A 点为坐标原点，AB，AD， 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为 1，可得 B(1，0，0)，C(1，1，O)，D(0，1，0)， (0，0，1)， (1，0，1)，
(1，1，1)， (0，1，1)， 设 F(t，1，1-t)，（0≤t≤1），可得
17．（10 分）如图四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是正方形， PB BC ， PD CD ，且 PA AB
，
E 为 PD 中点． （1）求证： PA 平面 ABCD ； （2）求二面角 A BE C 的正弦值．

2019年高考数学(文科)一轮复习通用版：第十单元 空间几何体

2019年高考数学(文科)一轮复习通用版：第十单元 空间几何体

第十单元空间几何体教材复习课“空间几何体”相关基础知识一课过1．简单旋转体的结构特征(1)圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；(2)圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；(3)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；(4)球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．2．简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．[小题速通]1．关于空间几何体的结构特征，下列说法中不正确的是()A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等解析：选B根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．2．下列说法中正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线解析：选D当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，所得几何体就不是圆锥，故B错误；若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，则棱长必然要大于底面边长，故C错误．选D.[清易错]1．认识棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征时，易忽视定义，可借助于几何模型强化对空间几何体的结构特征的认识．2．台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行．1．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，F分别是棱D1C1，B1C1的中点，过E，F作一平面α，使得平面α∥平面AB1D1，则平面α截正方体的表面所得平面图形为()A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形解析：选D如图所示，平面α是平面EFGHJK，截面是六边形，故选D.2．下列几何体是棱台的是________(填序号)．解析：①③都不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故①③不满足题意．②中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故②不满足题意．④符合棱台的定义，故填④.答案：④直观图与三视图1．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．2．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．[提醒]正视图也称主视图，侧视图也称左视图．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题速通]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()解析：选B D选项为正视图或侧视图，俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.2．如图所示，等腰△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是()A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．钝角三角形解析：选B由题图知A′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴，由斜二测画法知，在△ABC 中，AC∥y轴，AB∥x轴，∴AC⊥AB.又因为A′C′＝A′B′，∴AC＝2AB≠AB，∴△ABC是直角三角形．3．现有编号为①②③的三个三棱锥(底面水平放置)，俯视图分别为图1、图2、图3，则至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的编号是()A．①B．①②C．②③D．①②③解析：选B还原出空间几何体，编号为①的三棱锥的直观图如图(1)三棱锥P-ABC所示，平面PAC⊥平面ABC，平面PBC⊥平面ABC，满足题意；编号为②的三棱锥的直观图如图(2)三棱锥P-ABC所示，平面PBC⊥平面ABC，满足题意；编号为③的三棱锥的直观图如图(3)三棱锥P-ABC所示，不存在侧面与底面互相垂直，即满足题意的编号是①②.4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长的棱长为()A. 5 B．2 2C．3 D．3 2解析：选C依题意，可知该几何体为如图所示三棱锥D-ABC，最长的棱AD＝1＋(22)2＝3，故选C.[清易错]1．画三视图时，能看见的线和棱用实线表示，不能看见的线和棱用虚线表示．2．一物体放置的位置不同，所画的三视图可能不同．1.沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为()解析：选B给几何体的各顶点标上字母，如图1.A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B.2．已知以下三视图中有三个表示同一个三棱锥，则不是该三棱锥的三视图的是()解析：选D对于选项A，相应的几何体是如图所示的三棱锥A-BCD，其中AB⊥平面BCD，且BC⊥BD，AB＝3，BC＝1，BD＝2；对于选项B，相应的几何体可视为将选项A中的几何体按逆时针方向旋转90°而得到的几何体；对于选项C，相应的几何体可视为将选项A中的几何体按逆时针方向旋转180°而得到的几何体．综上所述，选D.空间几何体的表面积与体积公式[1．已知某几何体的三视图的侧视图是一个正三角形，如图所示，则该几何体的体积等于()A．12 3 B．16 3C ．20 3D ．32 3解析：选C 由三视图画出该几何体的直观图如图所示，V棱柱＝12×4×23×3＝123，V 棱锥＝13×4×(6－3)×23＝83，所以组合体的体积V ＝V 棱柱＋V 棱锥＝20 3.2．(2017·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 解析：选A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1. 3．若圆锥的侧面积是底面积的2倍，则其母线与轴所成角的大小是________．解析：设圆锥的母线与轴所成角为θ，由题意得πRl ＝2πR 2，即l ＝2R ，所以sin θ＝R l ＝12，即θ＝π6.即母线与轴所成角的大小是π6. 答案：π64．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图可知该几何体左侧是一个半圆柱，底面半径为1，高为2；右侧是一个棱长为2的正方体，则该几何体的表面积为S ＝5×22＋π×1×2＋π×12＝20＋3π.答案：20＋3π[清易错]1．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．2．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．3．易混侧面积与表面积的概念．1．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知1丈为10尺，该楔体的三视图如图所示，其中图中小正方体的边长为1丈，则该楔体的体积为( )A ．10 000立方尺B ．11 000立方尺C ．12 000立方尺D ．13 000立方尺解析：选A 该楔形的直观图如图中的几何体ABCDEF 所示，取AB 的中点G ，CD 的中点H ，连接FG ，GH ，HF ，则该几何体可看作四棱锥F -BCHG 与三棱柱ADE -GHF 的组合体．三棱柱ADE -GHF 可以通过割补法得到一个高为EF ＝2，底面积为S ＝12×3×2＝3的一个直棱柱，故该楔形的体积V ＝3×2＋13×2×3×2＝10(立方丈)＝10 000(立方尺)． 2．如图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为4的等腰梯形，则该几何体的侧面积是( )A ．6πB ．12πC ．18πD ．24π解析：选B 由三视图可得该几何体的直观图为圆台，其上底半径为2，下底半径为1，母线长为4，所以该几何体的侧面积为π(2＋1)×4＝12π.3．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2. 答案：72＋16 2一、选择题1．如图所示，若P 为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中AC 1与BD 1的交点，则△PAC 在该正方体各个面上的射影可能是( )A ．①②③④B ．①③C ．①④D ．②④解析：选C 由题意，得△PAC 在底面ABCD ，A 1B 1C 1D 1上的射影如图①所示，△PAC 在其余四个侧面上的射影如图④所示，故选C.2.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB 平行于y轴，BC ，AD 平行于x 轴．已知四边形ABCD 的面积为2 2 cm 2，则原平面图形的面积为( )A ．4 cm 2B ．4 2 cm 2C ．8 cm 2D ．8 2 cm 2解析：选C 依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.3．在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P -ABC 为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，PA ＝AB ＝2，AC ＝4，三棱锥P -ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A ．8πB ．12πC ．20πD ．24π解析：选C 如图，由题意得PC 为球O 的直径，而PC ＝22＋42＝25，即球O 的半径R ＝5，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝20π.选C.4．(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A ．3 2B ．2 3C ．2 2D ．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC 1＝AC 2＋CC 21＝(22＋22)＋22＝2 3.5．(2017·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．60B ．30C ．20D ．10解析：选D 如图，把三棱锥A -BCD 放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为5,3,4，△BCD 为直角三角形，直角边分别为5和3，三棱锥A -BCD 的高为4，故该三棱锥的体积V ＝13×12×5×3×4＝10. 6．已知正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16πC ．9π D.27π4解析：选A 如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，所以该球的表面积为4πr 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4. 7．(2018·南阳联考)已知一个三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )解析：选C 由已知条件得直观图如图所示，PC ⊥底面ABC ，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA 形成的投影，应为虚线，故选C.8．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶1D ．1∶4解析：选A 由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2. 二、填空题9．(2017·山东高考)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，∴V ＝2×1×1＋2×14×π×12×1＝2＋π2.答案：2＋π210.已知某四棱锥，底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示．若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为________．解析：由俯视图可知，四棱锥顶点在底面的射影为O (如图)，又侧视图为直角三角形，则直角三角形的斜边为BC ＝2，斜边上的高为SO ＝1，此高即为四棱锥的高，故V ＝13×2×2×1＝43.答案：4311．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x 的值为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，左侧是一个底面直径为2r ＝1、高为x 的圆柱，右侧是一个长、宽、高分别为5.4－x,3,1的长方体，则该几何体的体积V ＝(5.4－x )×3×1＋π×14×x ＝12.6，解得x ＝1.6.答案：1.612．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a ＋b 的最大值为________．解析：构造长方体，则其体对角线长为7，其在侧视图中为侧面对角线a ，在俯视图中为底面对角线b ，设长方体底面宽为1，则b 2－1＋a 2－1＝6，则a 2＋b 2＝8，利用不等式⎝⎛⎭⎫a ＋b 2≤a 2＋b 22＝4，则a ＋b ≤4，当且仅当a ＝b ＝2时取等号，即a ＋b 的最大值为4.答案：4 三、解答题13．已知正三棱锥V -ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝⎛⎭⎫23×32×232＝23， ∴S △VBC ＝12×23×23＝6.14．(2018·大庆质检)如图是一个几何体的正视图和俯视图．(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积； (3)求出该几何体的体积．解：(1)由题意可知该几何体为正六棱锥．(2)其侧视图如图所示，其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，故该平面图形的面积S ＝12×3a ×3a ＝32a 2.(3)该几何体的体积V ＝13×6×34a 2×3a ＝32a 3.高考研究课 求解空间几何体问题的2环节——识图与计算 [全国卷5年命题分析][典例] 得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )(2)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()[解析](1)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.(2)根据选项A、B、C、D中的直观图，画出其三视图，只有B项正确．[答案](1)B(2)B[方法技巧]三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．[即时演练]1．如图甲，将一个正三棱柱ABC -DEF 截去一个三棱锥A -BCD ，得到几何体BCDEF ，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是( )解析：选C 由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB ⊥平面DEF ，△DEF 是等边三角形，所以CD 在后侧面上的投影为AB 的中点与D 的连线，CD 的投影与底面不垂直，故选C.2.(2018·昆明模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P -BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.[典例] (1)已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.403B.343C ．10＋423D ．6＋433(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S -ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．[解析] (1)由三视图可知，该几何体是一个组合体，上面是一个直角边长分别为1、2的直角三角形、高是2的直三棱柱，下面是两个几何体，左边是棱长为2的正方体，右边是底面是边长为2的正方形、高是1的正四棱锥，则该几何体的体积V ＝12×2×1×2＋2×2×2＋13×2×2×1＝343.(2)如图，连接AO ，OB ， ∵SC 为球O 的直径， ∴点O 为SC 的中点， ∵SA ＝AC ，SB ＝BC ， ∴AO ⊥SC ，BO ⊥SC ，∵平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， ∴AO ⊥平面SCB ， 设球O 的半径为R ， 则OA ＝OB ＝R ，SC ＝2R . ∴V S -ABC ＝V A -SBC＝13×S △SBC ×AO ＝13×⎝⎛⎭⎫12×SC ×OB ×AO ， 即9＝13×⎝⎛⎭⎫12×2R ×R ×R ，解得 R ＝3， ∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π. [答案] (1)B (2)36π [方法技巧]1．求解几何体的表面积与体积的技巧(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积：常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体求解．(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化． 2．根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤 (1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图． (2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量． (3)套用相应的面积公式或体积公式计算求解． [即时演练]1.如图，在多面体ABCDEF 中，已知四边形ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23B.33C.43D.32解析：选A 如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC＝32，则△BHC 中BC 边的高h ＝22. ∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V ＝V E -ADG ＋V F -BHC ＋V AGD -BHC ＝2V E -ADG ＋V AGD -BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23. 2．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．9＋4(2＋5)cm 2B ．10＋2(2＋3)cm 2C ．11＋2(2＋5)cm 2D ．11＋2(2＋3)cm 2解析：选C 如图所示，该几何体是棱长为2的正方体去掉两个小三棱柱得到的四棱柱，其表面积为2×2＋2×1＋2×2＋2×5＋2×⎝⎛⎭⎫4－12－1＝11＋2(2＋5)cm 2.3．已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为36，点E ，F 分别为棱B 1B ，C 1C 上的点(异于端点)，且EF ∥BC ，则四棱锥A 1-AEFD 的体积为________．解析：设正四棱柱的底面边长为a ，高为h ，则a 2h ＝36.又四棱锥A 1-AEFD 可分割为两个三棱锥A 1-AED ，A 1-DEF 且这两个三棱锥体积相等，则VA 1-AEFD ＝2VA 1-AED ＝2VE -ADA 1＝2×13S △ADA 1×a ＝2×13×12a ×h ×a ＝13a 2h ＝13×36＝12.答案：121．三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC 且PA ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )A.4π3 B ．4π C ．8πD ．20π解析：选C 由题意得，此三棱锥外接球即以△ABC 为底面、以PA 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π.2．已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的体积是( )A.43πB.83π C ．2πD ．4π解析：选A 由三视图可知，三棱锥的底面是直角三角形，三棱锥的高为1，其顶点在底面的射影落在底面直角三角形斜边的中点上，则三棱锥的外接球的球心是底面直角三角形斜边的中点，由此可知此球的半径为1，于是外接球的体积V ＝43πR 3＝43π.3．若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26， 则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 答案：63π角度二：三棱柱或四棱锥的外接球4．(2018·武汉调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为4，底面边长为22，则该球的表面积为________．解析：如图，正四棱锥P -ABCD 的外接球的球心O 在它的高PO 1上，设球的半径为R ，因为底面边长为22，所以AC ＝4.在Rt △AOO 1中，R 2＝(4－R )2＋22，所以R ＝52，所以球的表面积S ＝4πR 2＝25π.答案：25π5．(2018·长春模拟)已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是边长为6的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球的表面积为12π，则该三棱柱的体积为________．解析：设球半径为R ，上，下底面中心设为M ，N ，由题意，外接球心为MN 的中点，设为O ，则OA ＝R ，由4πR 2＝12π，得R ＝OA ＝3，又易得AM ＝2，由勾股定理可知，OM ＝1，所以MN ＝2，即棱柱的高h ＝2，所以该三棱柱的体积为34×(6)2×2＝3 3. 答案：3 36．已知表面积为4π的球有一内接四棱锥，四边形ABCD 是边长为1的正方形，且SA ⊥平面ABCD ，则四棱锥S -ABCD 的体积为________．解析：由S球＝4πR 2＝4π，解得R ＝1，即2R ＝2.四棱锥S -ABCD 的直观图如图所示，其所在的长方体的外接球即四棱锥的外接球，所以SA ＝4－2＝2，所以四棱锥S -ABCD 的体积V ＝13S四边形ABCD ·SA ＝13×1×2＝23. 答案：23角度三：圆柱或圆锥的内切球与外接球7．(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4 C.π2D.π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4. 8．若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为________．解析：过圆锥的旋转轴作轴截面，得截面△ABC 及其内切圆⊙O 1和外接圆⊙O 2，且两圆同圆心，即△ABC 的内心与外心重合，易得△ABC 为正三角形，由题意知⊙O 1的半径为r ＝1，即△ABC 的边长为23，圆锥的底面半径为3，高为3，故V ＝13×π×3×3＝3π.答案：3π9．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32. 答案：32[方法技巧]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．1.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为(2＋4)×22×2＝12. 2．(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 ．90πB ．63πC ．42πD ．36π解析：选B法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V＝π×32×10－12×π×32×6＝63π.法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V＝π×32×7＝63π.法三：(估值法)由题意，知12V圆柱＜V几何体＜V圆柱．又V圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.3．(2014·全国卷Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A．6 2 B．4 2C．6 D．4解析：选C如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A-BCD，最长的棱为AD＝(42)2＋22＝6.4．(2013·全国卷Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为()解析：选A作出空间直角坐标系，在坐标系中标出各点的位置，然后进行投影，分析其正视图形状．易知选A.5．(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A．20πB．24πC．28πD．32π解析：选C由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋(23)2＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π. 6．(2016·全国卷Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π. 7．(2015·全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O -ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π解析：选C 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2. ∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB的距离最大时，V O -ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O -ABC 最大，为13×12R 2×R ＝36，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π. 8．(2015·全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛。

2023届高考数学一轮复习作业立体几何新人教B版

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立体几何一、选择题1．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面B　[由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件；由面面平行性质定理知，若α∥β，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件，因此B中条件是α∥β的充要条件，故选B．] 2．(2021·全国新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A．2 B．2 C．4 D．4B　[设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为，所以2π×＝πl，解得l＝2，故选B．]3．(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥OABC的体积为( )A． B． C． D．A　[如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝．连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝＝＝，所以三棱锥OABC的体积V＝S△ABC×OO1＝××1×1×＝．]4．(2021·浙江高考)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别为A1D，D1B的中点，则( )A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1A　[法一：连接AD1，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D．因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D 与BD1异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD．易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，所以MN与平面BB1D1D不垂直．所以选项A正确．故选A．法二：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)．设AB＝2，则A1(2,0,2)，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，所以M(1,0,1)，N(1,1,1)，所以A1D＝(－2,0，－2)，D1B＝(2,2，－2)，MN＝(0,1,0)，所以A1D·D1B＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B．又由图易知直线A1D与D1B是异面直线，所以A1D与D1B异面且垂直．因为平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，所以MN·n ＝0，所以MN∥平面ABCD．设直线MN与平面BB1D1D所成的角为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝(－1,1,0)，所以sin θ＝|cos〈MN，a〉|＝＝＝，所以直线MN与平面BB1D1D不垂直．故选A．]5．(2020·全国卷Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A． B． C． D．C　[设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m，依题意得h2＝×2a×m，即h2＝am①，易知h2＋a2＝m2②，由①②得m＝a，所以＝＝．故选C．] 6．(2020·全国卷Ⅲ)如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A．6＋4 B．4＋4C．6＋2 D．4＋2C　[由三视图可知该几何体为三棱锥，记为三棱锥PABC，将其放入正方体中，如图，易知PA＝AB＝AC＝2，PB＝PC＝BC＝2，故其表面积为S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC＝×2×2＋×2×2＋×2×2＋×2×2×＝6＋2，故选C．]7．如图，在四面体ABCD中，AD⊥BD，截面PQMN是矩形，则下列结论不一定正确的是( )A．平面BDC⊥平面ADCB．AC∥平面PQMNC．平面ABD⊥平面ADCD．AD⊥平面BDCD　[由PQ∥MN，MN⊂平面ADC，PQ⊄平面ADC，得PQ∥平面ADC，又PQ⊂平面ABC，平面ABC∩平面ADC＝AC，∴PQ∥AC，同理QM∥BD，因为PQ⊥QM，∴AC⊥BD，又BD⊥AD，AC∩AD＝A，∴BD⊥平面ADC，∴平面BDC⊥平面ADC，平面ABD⊥平面ADC，∴A和C选项均正确．由PQ∥AC，得AC∥平面PQMN，∴B选项正确．∵不能得到AD⊥DC或AD⊥BC，∴不能得到AD⊥平面BDC，故选项D不一定正确．故选D．]8．在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别为A1B1，C1D1，AB，CD的中点，点P从G出发，沿折线GBCH匀速运动，同时点Q从H出发，沿折线HDAG匀速运动，且点P与点Q运动的速度相等，记以E，F，P，Q四点为顶点的三棱锥的体积为V，点P运动的路程为x，当0≤x≤2时，表示V与x关系的图象为( )A B C DC　[因为点P与点Q运动的速度相等，设底面ABCD的中心为O，连接OE，OF，则平面OEF把几何体PEFQ分割为体积相等的两部分．(1)当0≤x≤时，点P在BG上，Q在HD上，如图①所示，S△OEF＝×1×1＝，易知点P到平面OEF的距离为x，故V＝2V POEF＝2××x＝．图① 图②(2)当＜x≤时，点P在BC上，Q在AD上，点P到平面OEF的距离为，S△OEF＝×1×1＝，V＝2V POEF＝2×××＝，为定值．(3)当＜x≤2时，点P在CH上，Q在AG上，如图②所示，S△OEF＝×1×1＝，P到平面OEF的距离为2－x，故V＝2V POEF＝2×××(2－x)＝．综上所述，V＝故选C．]二、填空题9．(2021·全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为 ．39π　[设该圆锥的高为h，则由已知条件可得×π×62×h＝30π，解得h＝，则圆锥的母线长为＝＝，故该圆锥的侧面积为π×6×＝39π．]10．(2021·江苏南京师大附中高三期末)直三棱柱ABCA1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝，AA1＝2，则点A到平面A1BC1的距离为 ．　[法一：∵C1A1⊥A1B1，C1A1⊥AA1，∴C1A1⊥平面AA1B1B，又∵C1A1⊂平面C1A1B，∴平面C1A1B⊥平面AA1B1B．又∵A1B＝平面C1A1B∩平面AA1B1B，∴过A作AG⊥A1B，则AG的长为点A到平面A1BC1的距离，在Rt△AA1B中，AG＝＝＝．法二：由等体积法可知VAA1BC1＝VBAA1C1，解得点A到平面A1BC1的距离为．] 11．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则下列结论中正确的有 ．(填序号)①AC⊥BE；②三棱锥ABEF的体积为定值；③二面角AEFB的大小为定值；④异面直线AE、BF所成角为定值．①②③　[易知AC⊥平面BEF，所以AC⊥BE；三棱锥ABEF的高就是点A到平面BB1D1D的距离且为一定值，△BEF为一定值，故三棱锥ABEF的体积为定值；二面角A-EFB的平面角与二面角AB1D1B的平面角相等，故为一定值．]12．三棱锥ABCD的顶点都在同一个球面上，满足BD过球心O，且BD＝2，则三棱锥ABCD体积的最大值为 ；三棱锥ABCD体积最大时，平面ABC截球所得的截面圆的面积为 ． [依题意可知，BD是球的直径，所以当OC⊥BD，OA⊥BD，即OC＝OA＝时，三棱锥ABCD体积取得最大值为×S△BCD×OA＝××2××＝．此时BC＝AC＝AB＝2，即三角形ABC是等边三角形，设其外接圆半径为r，由正弦定理得＝2r⇒r＝，所以等边三角形ABC的外接圆的面积，也即平面ABC截球所得的截面圆的面积为πr2＝π×＝．]三、解答题13．(2020·江苏高考)在三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．(1)求证：EF∥平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1．[证明](1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1，因为EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1．(2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB，又因为AB⊥AC，AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，所以AB⊥平面AB1C，因为AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1．14．(2021·重庆巴蜀中学高二期中)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，BE⊥AD，BC＝1，AD＝5，BE＝，把△ABE沿BE折起，使得AC＝2，得到四棱锥A-BCDE．如图2所示．图1 图2(1)求证：AE⊥平面BCD；(2)求平面ABC与平面AED所成锐二面角的余弦值．[解](1)证明：在等腰梯形中，BC＝1，AD＝5，BE⊥AD，可知AE＝2，DE＝3，由BE⊥BC可得CE＝2．又AC＝2，则AC2＝CE2＋AE2，则AE⊥EC，又BE⊥AE，BE∩EC＝E，可得AE⊥平面BCD．(2)因为AE⊥平面BCD，又BE⊥ED，则以点E为原点，以EB，ED，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．A(0,0,2)，B(，0,0)，C(，1,0)，AB＝(，0，－2)，BC＝(0,1,0)，设平面ABC的法向量为n1＝(x，y，z)，则 ⇒n1＝(2,0，)，注意到，平面AED的法向量n2＝(1,0,0)，设平面ABC与平面AED所成锐二面角的平面角为θ，故cos θ＝cos〈n1，n2〉＝＝．15．(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．[解](1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F．(2)由已知得AM⊥BC．以M为坐标原点，MA的方向为x轴正方向，|MB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，则AB＝2，AM＝．连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM＝，E．由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC．作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC．设Q(a,0,0)，则NQ＝，B1，故B1E＝，|B1E|＝．又n＝(0，－1,0)是平面A1AMN的法向量，故sin＝cos〈n，B1E〉＝＝．所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为．16．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．①AB⊥BC，②FC与平面ABCD所成的角为，③∠ABC＝．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中点为F．(1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；(2)若 ，求二面角FACD的余弦值．[解](1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG．证明如下：如图所示：设PC的中点为H，连接FH，HG，∵FH∥CD，FH＝CD，AG∥CD，AG＝CD，∴FH∥AG，FH＝AG，∴四边形AGHF为平行四边形，则AF∥GH．又GH⊂平面PGC，AF⊄平面PGC，∴AF∥平面PGC．(2)选择①AB⊥BC：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，由题意知AB，AD，AP彼此两两垂直，以AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵PA＝AB＝2，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，∴AF＝(0,1,1)，CF＝(－2，－1,1)，设平面FAC的一个法向量为μ＝(x，y，z)，∴取y＝1，得μ＝(－1,1，－1)，平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,1)，设二面角FACD的平面角为θ，则cos θ＝＝，∴二面角FACD的余弦值为．选择②FC与平面ABCD所成的角为：∵PA⊥平面ABCD，取BC中点E，连接AE，取AD的中点M，连接FM，CM，则FM∥PA，且FM＝1，∴FM⊥平面ABCD，FC与平面ABCD所成角为∠FCM，∴∠FCM＝，在Rt△FCM中，CM＝，又CM＝AE，AE2＋BE2＝AB2，∴BC⊥AE，∴AE，AD，AP彼此两两垂直，以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵PA＝AB＝2，∴A(0,0,0)，B(，－1,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，∴AF＝(0,1,1)，CF＝(－，0,1)，设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，则取x＝，得m＝(，－3,3)，平面ACD的一个法向量为：n＝(0,0,1)，设二面角FACD的平面角为θ，则cos θ＝＝．∴二面角FACD的余弦值为．选择③∠ABC＝：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，取BC中点E，连接AE，∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC是正三角形，∵E是BC的中点，∴BC⊥AE，∴AE，AD，AP彼此两两垂直，以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵PA＝AB＝2，∴A(0,0,0)，B(，－1,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，∴AF＝(0,1,1)，CF＝(－，0,1)，设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，则取x＝，得m＝(，－3,3)，平面ACD的一个法向量n＝(0,0,1)，设二面角FACD的平面角为θ，则cos θ＝＝．∴二面角FACD的余弦值为．11。

2022高考数学(人教A版)单元测试卷——第10单元 空间几何体(含答案)

2022高考数学(人教A版)单元测试卷——第10单元 空间几何体(含答案)

2022高考数学单元测试卷第10单元空间几何体与点、直线、平面之间的位置关系1、一个陀螺模型的三视图如图所示，则其表面积是（）。

A．B．C．D．2、某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为()A. 1B.C. D. 23、已知正方体的棱长为，则该正方体的外接球的直径为（）．（）。

A．B．C．D．4、将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图（1）示，则该几何体的正视图为（）A．B．C．D．5、如图所示，模块①～⑤均由4个棱长为1的小正方体构成，模块⑥由15个棱长为1的小正方体构成．现从模块①～⑤中选出三个放到模块⑥上，使得模块⑥成为一个棱长为3的大正方体．则下列选择方案中，能够完成任务的为()A．模块①②⑤B．模块①③⑤C．模块②④⑤D．模块③④⑤6、已知三棱锥的所有顶点都在球的求面上,是边长为的正三角形,为球的直径,且;则此棱锥的体积为（）A．B．C．D．7、已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．1 C．D．38、某几何体的三视图如图所示，其中三角形的三边长与圆的直径均为，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.9、网络用语“车珠子”，通常是指将一块原料木头通过加工打磨，变成球状珠子的过程.某同学有一圆锥状的木块，想把它“车成珠子”，经测量，该圆锥状木块的底面直径为，体积为，假设条件理想，他能成功，则该珠子的体积最大值是（）A. B. C. D.10、已知某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积是A．B．C．D．11、一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A. B. C. D.12、正三棱锥S—ABC的侧棱与底面边长相等，E、F分别是SC、AB的中点，则直线EF与SA所成的角为（）A．900B．600C．450D．30013、某四面体的三视图如图所示，则该四面体高的最大值是__________．14、已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径，是等腰直角三角形，，若，三棱锥的体积是，则球的表面积为__________．15、已知等边三角形三个顶点都在半径为的球面上，球心到平面的距离为，点是线段的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是__________．16、高为H的水瓶中注水，注满为止，如果注水量V与水深h的函数关系的图象如图所示，那么水瓶的形状是______．17、请给以下各图分类．18、正方体的截面可能是什么形状的图形？19、给出一块边长为2的正三角形纸片，把它折成一个侧棱长与底面边长都相等的三棱锥，并使它的全面积与原三角形面积相等，设计一种折叠方法，用虚线标在图中，并求该三棱锥的体积．20、正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，侧棱长为x.（1）求出其表面积S（x）和体积V（x）；（2）设，求出函数的定义域，并判断其单调性（无需证明）. 21、如右图，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图是一个圆，那么该几何体的体积是。

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周周测10 立体几何综合测试一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．(2018·山西太原模拟)如图是一个棱锥的正视图和侧视图，它们为全等的等腰直角三角形，则该棱锥的俯视图不可能是( )答案：C解析：若棱锥为三棱锥，由其正视图和侧视图可知，其底面为直角三角形，A，B，D是可能的；若棱锥为四棱锥，其底面为正方形，C对角线位置错误，故选C.2．(2018·广东揭阳质检)设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( )A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m⊂α，则l∥mD．若l∥α，m∥α，则l∥m答案：B解析：对于选项A，根据线面垂直的判定定理，要垂直平面内两条相交直线才行，不正确；对于选项B，由线面垂直的性质可知：平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面，故正确；对于选项C，l∥α，m⊂α，则l∥m或两线异面，故不正确；对于选项D，平行于同一平面的两直线可能平行、异面或相交，不正确．故选B.3．(2018·唐山一模)下列命题正确的是( )A．若两条直线和同一个平面平行，则这两条直线平行B．若一条直线与两个平面所成的角相等，则这两个平面平行C．若一条直线与两个相交平面都平行，则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行答案：C解析：A选项中两条直线可能平行也可能异面或相交；对于B选项，如图，在正方体ABCD －A1B1C1D1中，平面ABB1A1和平面BCC1B1与B1D1所成的角相等，但这两个平面垂直；D选项中两平面也可能相交．C正确．4．(2018·山东泰安模拟)某三棱锥的三视图如图所示，其侧视图为直角三角形，则该三棱锥最长的棱长等于( )1)＋2π1)由三视图可知原几何体是长方体中间挖掉一个圆锥得到的几何体，，则几何体的表面积为S＝4×23＋2×2×2－A ．AC ∥平面BEFB ．B 、C 、E 、F 四点不可能共面C ．若EF ⊥CF ，则平面ADEF ⊥平面ABCD D ．平面BCE 与平面BEF 可能垂直 答案：D解析：A 选项，连接BD ，交AC 于点O ，取BE 的中点M ，连接OM ，FM ，易证四边形AOMF 是平行四边形，所以AO ∥FM ，因为FM ⊂平面BEF ，AC ⊄平面BEF ，所以AC ∥平面BEF ；B 选项，若B 、C 、E 、F 四点共面，因为BC ∥AD ，所以BC ∥平面ADEF ，可推出BC ∥EF ，又BC ∥AD ，所以AD ∥EF ，矛盾；C 选项，连接FD ，在平面ADEF 内，易得EF ⊥FD ，又EF ⊥CF ，FD ∩CF ＝F ，所以EF ⊥平面CDF ，所以EF ⊥CD ，又CD ⊥AD ，EF 与AD 相交，所以CD ⊥平面ADEF ，所以平面ADEF ⊥平面ABCD ；D 选项，延长AF 至G ，使AF ＝FG ，连接BG 、EG ，易得平面BCE ⊥平面ABF ，过F 作FN ⊥BG 于N ，则FN ⊥平面BCE ，若平面BCE ⊥平面BEF ，则过F 作直线与平面BCE 垂直，其垂足在BE 上，矛盾．综上，选D.9．(2017·新课标全国卷Ⅱ，4)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 ．90πB ．63πC ．42πD ．36π 答案：B 解析：本题考查三视图和空间几何体的体积．由三视图可知两个同样的几何体可以拼成一个底面直线为6，高为14的圆柱，所以该几何体的体积V ＝12×32×π×14＝63π.故选B.10．(2018·河南百校联盟质检)如图，在空间四边形ABCD (A ，B ，C ，D 不共面)中，一个平面与边AB ，BC ，CD ，DA 分别交于E ，F ，G ，H (不含端点)，则下列结论错误的是( )A ．若AE ：BE ＝CF ：BF ，则AC ∥平面EFGHB ．若E ，F ，G ，H 分别为各边中点，则四边形EFGH 为平行四边形C ．若E ，F ，G ，H 分别为各边中点且AC ＝BD ，则四边形EFGH 为矩形 D ．若E ，F ，G ，H 分别为各边中点且AC ⊥BD ，则四边形EFGH 为矩形 答案：C解析：将四个点连接，得到一个四边形EFGH .若E ，F ，G ，H 分别为各边中点，则由中AB＝2，AM＝BM＝MC＝⊥CM，设AD的延长线交折起后的图形如图所示，由BC2＝AC2＋，④正确．综上所述，所有正确命题的序号是②④.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D________.AB1C，所以EF∥AC.＝1，故EF＝ 2.33如图，在棱长均相等的四棱锥P的中点，有下列结论：∥OM，所以PC∥平面OMN，结论②正确．由于四棱锥的棱长均相等，所以，所以OM⊥PA，结论③正确．由于为正方形，所以AB∥又三角形PDC为等边三角形，如图，已知AB⊥平面ACD，FP，BP.如图，在三棱锥P －ABC 中，E ，F 分别为PA ＝PC ，∠ABC ＝90°，求证：，BC 的中点， ，，求四棱锥P －ABCD 的体积．内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以，故BC ∥平面PAD .由AB ＝BC ＝1AD 及BC ∥因为侧面PAD 为等边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 .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x .取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x .因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)，x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3. 所以四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13×＋2×23＝4 3.21．(本小题满分12分)(2018·山西临汾三模)如图，梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，CD ＝2，AD ＝AB ＝1，四边形BDEF 为正方形，且平面BDEF ⊥平面ABCD .(1)求证：DF ⊥CE ；(2)若AC 与BD 相交于点O ，那么在棱AE 上是否存在点G ，使得平面OBG ∥平面EFC ？并说明理由．解析：(1)证明：连接EB .∵在梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝AD ＝1，DC ＝2，∴BD ＝2，BC ＝2，∴BD 2＋BC 2＝CD 2，∴BC ⊥BD .又∵平面BDEF ⊥平面ABCD ，平面BDEF ∩平面ABCD ＝BD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面BDEF ，∴BC ⊥DF .又∵正方形BDEF 中，DF ⊥EB ，且EB ，BC ⊂平面BCE ，EB ∩BC ＝B ， ∴DF ⊥平面BCE .又∵CE ⊂平面BCE ，∴DF ⊥CE .(2)在棱AE 上存在点G ，使得平面OBG ∥平面EFC ，且AG GE ＝12.理由如下：连接OG ，BG ，在梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝1，DC ＝2，∴AB ∥DC ，∴AO OC ＝AB DC ＝12.又∵AG GE ＝12，∴OG ∥CE .又∵正方形BDEF 中，EF ∥OB ，且OB ，OG ⊄平面EFC ，EF ，CE ⊂平面EFC ，∴OB ∥平面EFC ，OG ∥平面EFC .又∵OB ∩OG ＝O ，且OB ，OG ⊂平面OBG ，∴平面OBG ∥平面EFC .22．(本小题满分12分)(2018·四川成都第一次诊断)如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，点G ，R 分别在线段DH ，HB 上，且DG GH ＝BR RH.将△AED ，△CFD ，△BEF 分别沿DE ，DF ，EF 折起，使点A ，B ，C 重合于点P ，如图2所示．(1)求证：GR ⊥平面PEF ；(2)若正方形ABCD 的边长为4，求三棱锥P －DEF 的内切球的半径． 解析：(1)证明：在正方形ABCD 中，∠A ，∠B ，∠C 为直角． ∴在三棱锥P －DEF 中，PE ，PF ，PD 两两垂直． ∴PD ⊥平面PEF .∵DG GH ＝BR RH ，即DG GH ＝PRRH ，∴在△PDH 中，RG ∥PD .∴GR ⊥平面PEF .(2)正方形ABCD 边长为4.由题意知，PE ＝PF ＝2，PD ＝4，EF ＝22，DF ＝2 5. ∴S △PEF ＝2，S △DPF ＝S △DPE ＝4.S △DEF ＝12×22×52－22＝6.设三棱锥P －DEF 内切球的半径为r ，则三棱锥的体积V P －DEF ＝13×12×2×2×4＝13(S △PEF ＋2S △DPF ＋S △DEF )·r ，解得r ＝12.∴三棱锥P －DEF 的内切球的半径为12.。

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