【配套K12】[学习]2019版高考数学二轮复习 专题五 立体几何 专题对点练18 5.1~5.3组
2019版高考数学二轮复习专题五立体几何专题对点练1851~53组合练文.docx
专题对点练18 5?1~5?3组合练
（限时90分钟，满分100分）
一、选择题（共9小题，满分45分）
1.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:。
0?）是（）
71
A.2^-1
C.TH 2.（2018全国名校大联考第四次联考）已知
B 是相异两平面,/〃,刀是相异两直线，则下列命题错误的是（）
A.若m// n y /〃丄ci ,则刀丄a
B.若仍丄Q,刃丄0,则a 〃 B
C.若刃丄a ，刃〃0,则Q 丄0
D.若m// a , a C B 二门,则m// n
3.某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为（）
近
A. T /5
B.T
g D.3
4?如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1 cm ）,图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件Itl 一个底面半径为 3 cm,高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值
为（）5?如图，某三棱锥的止视图.侧视图和俯视图分别是直角三角形.等腰三角形和等边三角形?若该三棱-n B. 2+3 3it
D.T^-3
正视图侧视图
俯视图。
2019年高考数学(文科)二轮复习对点练：五立体几何专题对点练17(含答案)
专题对点练17 空间中的垂直、夹角及几何体的体积1.(2018江苏,15)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求证:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.2.如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求证:BF⊥平面ACFD;(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.3.由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC 与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.(1)证明:A1O∥平面B1CD1;(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.4.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB∥DC,△PAD是等边三角形,已知BD=2AD=8,AB=2DC=4.5(1)设M是PC上的一点,证明:平面MBD⊥平面PAD;(2)求四棱锥P-ABCD的体积.5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,∠ADC=45°,AD=AC=2,O为AC的中点,PO⊥平面ABCD,且PO=6,M为PD的中点.(1)证明:AD⊥平面PAC;(2)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值.6.(2018北京,文18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.求证:(1)PE⊥BC;(2)平面PAB⊥平面PCD;(3)EF∥平面PCD.7.如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,AB=BC=2,AD=6,CE⊥AD于点E,把△DEC沿CE折到3D'EC的位置,使D'A=2,如图②.若G,H分别为D'B,D'E的中点.(1)求证:GH⊥D'A;(2)求三棱锥C-D'BE的体积.8.如图,在四棱锥S-ABCD中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面SAB为等边三角形,AB=BC=2,CD=SD=1.(1)证明:SD⊥平面SAB;(2)求四棱锥S-ABCD的高.专题对点练17答案1.证明 (1)在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB ∥A 1B 1.因为AB ⊄平面A 1B 1C ,A 1B 1⊂平面A 1B 1C ,所以AB ∥平面A 1B 1C.(2)在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,四边形ABB 1A 1为平行四边形.又因为AA 1=AB ,所以四边形ABB 1A 1为菱形,因此AB 1⊥A 1B.又因为AB 1⊥B 1C 1,BC ∥B 1C 1,所以AB 1⊥BC.又因为A 1B ∩BC=B ,A 1B ⊂平面A 1BC ,BC ⊂平面A 1BC ,所以AB 1⊥平面A 1BC.因为AB 1⊂平面ABB 1A 1,所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC.2.(1)证明 延长AD ,BE ,CF 相交于一点K ,如图所示.因为平面BCFE ⊥平面ABC ,且AC ⊥BC ,所以AC ⊥平面BCK ,因此BF ⊥AC.又因为EF ∥BC ,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK 为等边三角形,且F 为CK 的中点,则BF ⊥CK.所以BF ⊥平面ACFD.(2)解 因为BF ⊥平面ACK ,所以∠BDF 是直线BD 与平面ACFD 所成的角.在Rt △BFD 中,BF=,DF=,3得cos ∠BDF=,217所以,直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值为.2173.证明 (1)取B 1D 1的中点O 1,连接CO 1,A 1O 1,由于ABCD-A 1B 1C 1D 1是四棱柱,所以A 1O 1∥OC ,A 1O 1=OC ,因此四边形A 1OCO 1为平行四边形,所以A 1O ∥O 1C.又O 1C ⊂平面B 1CD 1,A 1O ⊄平面B 1CD 1,所以A 1O ∥平面B 1CD 1.(2)因为AC ⊥BD ,E ,M 分别为AD 和OD 的中点,所以EM ⊥BD ,又A 1E ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以A 1E ⊥BD ,因为B 1D 1∥BD ,所以EM ⊥B 1D 1,A 1E ⊥B 1D 1.又A 1E ,EM ⊂平面A 1EM ,A 1E ∩EM=E ,所以B 1D 1⊥平面A 1EM ,又B 1D 1⊂平面B 1CD 1,所以平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.4.(1)证明 在△ABD 中,因为AD=4,BD=8,AB=4,5所以AD 2+BD 2=AB 2.所以AD ⊥BD.又平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD ∩平面ABCD=AD ,BD ⊂平面ABCD ,所以BD ⊥平面PAD.又BD ⊂平面MBD ,故平面MBD ⊥平面PAD.(2)解 过点P 作PO ⊥AD 交AD 于点O,因为平面PAD ⊥平面ABCD ,所以PO ⊥平面ABCD ,所以PO 为四棱锥P-ABCD 的高.又△PAD 是边长为4的等边三角形,因此PO=×4=2.323在底面四边形ABCD 中,AB ∥DC ,AB=2DC ,所以四边形ABCD 是梯形.在Rt △ADB 中,斜边AB 边上的高为,4×845=855此即为梯形ABCD 的高,所以四边形ABCD 的面积为S==24.25+452×855故V P-ABCD =×24×2=16.335.(1)证明 ∵PO ⊥平面ABCD ,且AD ⊂平面ABCD ,∴PO ⊥AD.∵∠ADC=45°,且AD=AC=2,∴∠ACD=45°,∴∠DAC=90°,∴AD ⊥AC.∵AC ⊂平面PAC ,PO ⊂平面PAC ,且AC ∩PO=O ,∴AD ⊥平面PAC.(2)解 取DO 的中点N ,连接MN ,AN ,由PO ⊥平面ABCD ,得MN ⊥平面ABCD ,∴∠MAN 是直线AM 与平面ABCD 所成的角.∵M 为PD 的中点,∴MN ∥PO ,且MN=PO=3,AN=DO=.52在Rt △ANM 中,tan ∠MAN=,MN AN =352=655即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为.6556.证明 (1)∵PA=PD ,且E 为AD 的中点,∴PE ⊥AD.∵底面ABCD 为矩形,∴BC ∥AD ,∴PE ⊥BC.(2)∵底面ABCD 为矩形,∴AB ⊥AD.∵平面PAD ⊥平面ABCD ,∴AB ⊥平面PAD.∴AB ⊥PD.又PA ⊥PD ,PA ∩AB=A ,∴PD ⊥平面PAB.∵PD ⊂平面PCD ,∴平面PAB ⊥平面PCD.(3)如图,取PC 的中点G ,连接FG ,GD.∵F ,G 分别为PB 和PC 的中点,∴FG ∥BC ,且FG=BC.∵四边形ABCD 为矩形,且E 为AD 的中点,∴ED ∥BC ,ED=BC ,∴ED ∥FG ,且ED=FG ,∴四边形EFGD 为平行四边形,∴EF ∥GD.又EF ⊄平面PCD ,GD ⊂平面PCD ,∴EF ∥平面PCD.7.(1)证明 连接BE ,GH ,AC ,在△AED'中,ED'2=AE 2+AD'2,可得AD'⊥AE.又DC==2,ED 2+CE 25AC=2,可得AC 2+AD'2=CD'2,可得AD'⊥AC.2因为AE ∩AC=A ,所以AD'⊥平面ABCE ,所以AD'⊥BE.又G ,H 分别为D'B ,D'E 的中点,所以GH ∥BE ,所以GH ⊥D'A.(2)解 设三棱锥C-D'BE 的体积为V ,则V=S △BCE ·AD'=×2×2×2.13×123=4338.(1)证明 如图,取AB 的中点E ,连接DE ,SE ,则四边形BCDE 为矩形,∴DE=CB=2,∴AD=.DE 2+AE 2=5∵侧面SAB 为等边三角形,AB=2,∴SA=SB=AB=2,且SE=.3又SD=1,∴SA 2+SD 2=AD 2,SB 2+SD 2=BD 2,∴SD ⊥SA ,SD ⊥SB.∵SA ∩SB=S ,∴SD ⊥平面SAB.(2)解 设四棱锥S-ABCD 的高为h ,则h 也是三棱锥S-ABD 的高.由(1)知,SD ⊥平面SAB ,由V S-ABD =V D-SAB ,得S △ABD ·h=S △SAB ·SD.又S △ABD =AB·DE=×2×2=2,S △SAB =AB 2=×22=,SD=1,34343所以h=.S △SAB ·SD S △ABD=3×12=32故四棱锥S-ABCD 的高为.32。
2019年高考数学(文)二轮复习对点练专题五 立体几何 专题对点练16 Word版含答案
专题对点练空间中的平行与几何体的体积.
如图,已知斜三棱柱的所有棱长均为,∠分别为与的中点,且侧面⊥底面.
()证明∥平面;
()求三棱柱的高及体积.
.(全国Ⅲ,文)
如图,矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直是上异于的点.
()证明:平面⊥平面;
()在线段上是否存在点,使得∥平面?说明理由.
.
(广西名校联盟)如图,在三棱锥中⊥是的中点.点在棱上,点是的中点.
求证:()∥平面;
()平面⊥平面.
.
如图,在四棱锥中,∠∠°,△与△都是边长为的等边三角形是的中点. ()求证∥平面;
()求四棱锥的体积.
.
在三棱柱中,侧棱⊥平面,且分别是棱的中点,点在棱上,且.
()求证∥平面;
()求三棱锥的体积.
.
如图,正方形的边长等于,平面⊥平面∥.
()求证∥平面;
()求三棱锥的体积.
.。
2019年高考数学二轮复习对点练：专题五 立体几何 专题对点练16 Word版含答案
专题对点练16空间中的平行与几何体的体积1.如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2,∠B1BA=,M,N分别为A1C1与B1C的中点,且侧面ABB1A1⊥底面ABC.(1)证明:MN∥平面ABB1A1;(2)求三棱柱B1-ABC的高及体积.2.(2018全国Ⅲ,文19)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.3.(2018广西名校联盟)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥PC,CA=CB,M是AB的中点.点N在棱PC上,点D是BN 的中点.求证:(1)MD∥平面PAC;(2)平面ABN⊥平面PMC.4.如图,在四棱锥P-ABCD中,∠ABC=∠BAD=90°,BC=2AD,△PAB与△PAD都是边长为2的等边三角形,E是BC的中点.(1)求证:AE∥平面PCD;(2)求四棱锥P-ABCD的体积.5.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=CA=AA1=2,侧棱AA1⊥平面ABC,且D,E分别是棱A1B1,AA1的中点,点F 在棱AB上,且AF=AB.(1)求证:EF∥平面BDC1;(2)求三棱锥D-BEC1的体积.6.如图,正方形ABCD的边长等于2,平面ABCD⊥平面ABEF,AF∥BE,BE=2AF=2,EF=.(1)求证:AC∥平面DEF;(2)求三棱锥C-DEF的体积.7.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,点M是棱CC1的中点.(1)在棱AB上是否存在一点N,使MN∥平面AB1C1?若存在,请确定点N的位置.若不存在,请说明理由;(2)当△ABC是等边三角形,且AC=CC1=2时,求点M到平面AB1C1的距离.8.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面BCC1B1,∠BCC1=,AB=BB1=2,BC=1,D为CC1的中点.(1)求证:DB1⊥平面ABD;(2)求点A1到平面ADB1的距离.专题对点练16答案1.(1)证明取AC的中点P,连接PN,PM.∵在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别为A1C1与B1C的中点,∴PN∥AB1,PM∥AA1.∵PM∩PN=P,AB1∩AA1=A,PM,PN⊂平面PMN,AB1,AA1⊂平面AB1A1,∴平面PMN∥平面AB1A1.∵MN⊂平面PMN,∴MN∥平面ABB1A1.(2)解设O为AB的中点,连接B1O,由题意知△B1BA是正三角形,则B1O⊥AB.∵侧面ABB1A1⊥底面ABC,且交线为AB,∴B1O⊥平面ABC,∴三棱柱B1-ABC的高B1O=AB1=.∵S△ABC=×2×2×sin60°=,∴三棱柱B1-ABC的体积V=S△ABC·B1O==1.2.解(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.证明如下:连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所以MC∥OP.MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.3.证明(1)在△ABN中,M是AB的中点,D是BN的中点,所以MD∥AN.又因为AN⊂平面PAC,MD⊄平面PAC,所以MD∥平面PAC.(2)在△ABC中,CA=CB,M是AB的中点,所以AB⊥MC.又因为AB⊥PC,PC⊂平面PMC,MC⊂平面PMC,PC∩MC=C,所以AB⊥平面PMC.又因为AB⊂平面ABN,所以平面ABN⊥平面PMC.4.(1)证明∵∠ABC=∠BAD=90°,∴AD∥BC.∵BC=2AD,E是BC的中点,∴AD=CE,∴四边形ADCE是平行四边形,∴AE∥CD.又AE⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,∴AE∥平面PCD.(2)解连接DE,BD,设AE∩BD=O,连接OP,则四边形ABED是正方形,∴O为BD的中点.∵△PAB与△PAD都是边长为2的等边三角形,∴BD=2,OB=,OA=,PA=PB=2,∴OP⊥OB,OP=,∴OP2+OA2=PA2,即OP⊥OA.又OA⊂平面ABCD,BD⊂平面ABCD,OA∩OB=O,∴OP⊥平面ABCD.∴V P-ABCD=S梯形ABCD·OP=×(2+4)×2×=2.5.(1)证明取AB的中点O,连接A1O.∵AF=AB,∴F为AO的中点.又E为AA1的中点,∴EF∥A1O.∵A1D=A1B1,BO=AB,AB A1B1,∴A1D BO,∴四边形A1DBO为平行四边形,∴A1O∥BD,∴EF∥BD.又EF⊄平面BDC1,BD⊂平面BDC1,∴EF∥平面BDC1.(2)解∵AA1⊥平面A1B1C1,C1D⊂平面A1B1C1,∴AA1⊥C1D.∵A1C1=B1C1=A1B1=2,D为A1B1的中点,∴C1D⊥A1B1,C1D=.又AA1⊂平面AA1B1B,A1B1⊂平面AA1B1B,AA1∩A1B1=A1,∴C1D⊥平面AA1B1B.∵AB=AA1=2,D,E分别为A1B1,AA1的中点,∴S△BDE=22-×1×2-×1×2-×1×1=.∴S△BDE·C1D=.6.(1)证明连接BD,记AC∩BD=O,取DE的中点G,连接OG,FG.∵点O,G分别是BD和ED的中点,∴OG BE.又AF BE,∴OG AF,∴四边形AOGF是平行四边形,∴AO∥FG,即AC∥FG.又AC⊄平面DEF,FG⊂平面DEF,∴AC∥平面DEF.(2)解在四边形ABEF中,过F作FH∥AB交BE于点H.由已知条件知,在梯形ABEF中,AB=FH=2,EF=,EH=1,则FH2=EF2+EH2,即FE⊥EB,从而FE⊥AF.∵AC∥平面DEF,∴点C与点A到平面DEF的距离相等,∴V C-DEF=V A-DEF.∵DA⊥AB,∴DA⊥平面ABEF,又S△AEF=AF·EF=×1×.∴三棱锥C-DEF的体积V C-DEF=V A-DEF=V D-AEF=S△AEF·AD=×2=.7.解(1)在棱AB上存在中点N,使MN∥平面AB1C1,证明如下:设BB1的中点为D,连接DM,NM,ND,因为点M,N,D是CC1,AB,BB1的中点,所以ND∥AB1,DM∥B1C1,所以ND∥平面AB1C1,DM∥平面AB1C1.又ND∩DM=D,所以平面NDM∥平面AB1C1.因为MN⊂平面NDM,所以MN∥平面AB1C1.(2)因为MN∥平面AB1C1,所以点M到平面AB1C1的距离与点N到平面AB1C1的距离相等.又点N为AB的中点,所以点N到平面AB1C1的距离等于点B到平面AB1C1的距离的一半.因为AA1⊥平面ABC,所以AB1=AC1=2,所以△AB1C1的底边B1C1上的高为.设点B到平面AB1C1的距离为h,则由,得×2××2××h,可得h=,即点M到平面AB1C1的距离为.8.(1)证明在四边形BCC1B1中,∵BC=CD=DC1=1,∠BCD=,∴BD=1.∵B1D=,BB1=2,∴B1D⊥BD.∵AB⊥平面BCC1B1,∴AB⊥DB1,∴DB1⊥平面ABD.(2)解对于四面体A1ADB1,A1到直线DB1的距离即为A1到平面BB1C1C的距离,A1到DB1的距离为2.设A1到平面ADB1的距离为h,△ADB1为直角三角形,AD·DB1=,∴×h=h.∵×2×2=2,D到平面AA1B1的距离为,∴×2×.∵,∴,解得h=.∴点A1到平面ADB1的距离为.。
【配套K12】[学习](新课标)天津市2019年高考数学二轮复习 专题能力训练15 立体几何中的向量
天津市2019年高考数学二轮复习 专题能力训练15 立体几何中的向量](https://img.taocdn.com/s3/m/90f99961e518964bcf847c4d.png)
专题能力训练15 立体几何中的向量方法一、能力突破训练1.如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG∥平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.2.(2018北京,理16)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.3.如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点.(1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.(1)求证:B1E⊥AD1;(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由.5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.6.如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.二、思维提升训练7.如图甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,现将梯形ABCD沿OB折起成如图乙所示的四棱锥P-OBCD,使得PC=,E是线段PB上一动点.(1)证明:DE和PC不可能垂直;(2)当PE=2BE时,求PD与平面CDE所成角的正弦值.8.如图,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,∠PAD=90°,且PA=AD=2;E,F,G分别是线段PA,PD,CD的中点.(1)求证:PB∥平面EFG.(2)求异面直线EG与BD所成的角的余弦值.(3)在线段CD上是否存在一点Q,使得点A到平面EFQ的距离为?若存在,求出CQ的值;若不存在,请说明理由.专题能力训练15立体几何中的向量方法一、能力突破训练1.解依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得n1=0,又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.(2)易证=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos<,n2>==-,于是sin<,n2>=所以,二面角O-EF-C的正弦值为(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以,进而有H,从而,因此cos<,n2>==-所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为2.(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,∵CC1⊥平面ABC,∴四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,∴AC⊥EF.∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF.(2)解由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.∵CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC.∵BE⊂平面ABC,∴EF⊥BE.建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).=(2,0,1),=(1,2,0).设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),则令a=2,则b=-1,c=-4,∴平面BCD的法向量n=(2,-1,-4).又平面CDC1的法向量为=(0,2,0),∴cos<n,>==-由图可得二面角B-CD-C1为钝角,∴二面角B-CD-C1的余弦值为-(3)证明平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),∵G(0,2,1),F(0,0,2),=(0,-2,1),∴n=-2,∴n与不垂直,∴FG与平面BCD不平行且不在平面BCD内,∴FG与平面BCD相交.3.解 (1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°.(2)解法一:取的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC=取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM==2在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.解法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos<m,n>=因此所求的角为60°.4.解以A为原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1),故=(0,1,1),=(a,0,1),(1)证明:=-0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP∥平面B1AE,此时=(0,-1,z0).又设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).∵n⊥平面B1AE,∴n,n,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=要使DP∥平面B1AE,只要n,有-az0=0,解得z0=又DP⊄平面B1AE,∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=5.(1)证明设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)解取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=1,z=于是n=(1,1,),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>=由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为(3)解由题意知M,C(2,4,0),设直线MC与平面BDP所成角为α,则sin α=|cos<n,>|=所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为6.(1)证明因为AB是直径,所以BC⊥AC.因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC.因为CD∩AC=C,所以BC⊥平面ACD.因为CD∥BE,CD=BE,所以四边形BCDE是平行四边形,所以BC∥DE,所以DE⊥平面ACD.因为DE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD. (2)解依题意,EB=AB×tan∠EAB=4=1.由(1)知V C-ADE=V E-ACD=S△ACD×DE=AC×CD×DE=AC×BC(AC2+BC2)=AB2=,当且仅当AC=BC=2时等号成立.如图,建立空间直角坐标系,则D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0),则=(-2,2,0),=(0,0,1),=(0,2,0),=(2,0,-1).设平面DAE的法向量为n1=(x,y,z),则取n1=(1,0,2).设平面ABE的法向量为n2=(x,y,z),则取n2=(1,1,0),所以cos<n1,n2>=可以判断<n1,n2>与二面角D-AE-B的平面角互补,所以二面角D-AE-B的余弦值为-二、思维提升训练7.解如题图甲所示,因为BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,所以AO=OB.因为BC=1,OD=3OA,可得OD=3,OC=,如题图乙所示,OP=OA=1,OC=,PC=,所以有OP2+OC2=PC2.所以OP⊥OC.而OB⊥OP,OB⊥OD,即OB,OD,OP两两垂直,故以O为原点,建立空间直角坐标系(如图),则P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,3,0),(1)证明:设E(x,0,1-x),其中0≤x≤1,所以=(x,-3,1-x),=(1,1,-1).假设DE和PC垂直,则=0,有x-3+(1-x)·(-1)=0,解得x=2,这与0≤x≤1矛盾,假设不成立,所以DE和PC不可能垂直.(2)因为PE=2BE,所以E设平面CDE的一个法向量是n=(x,y,z),因为=(-1,2,0),,所以n=0,n=0,即令y=1,则n=(2,1,5),而=(0,3,-1),所以|cos <,n>|=所以PD与平面CDE所成角的正弦值为8.解∵平面PAD⊥平面ABCD,且∠PAD=90°,∴PA⊥平面ABCD,而四边形ABCD是正方形,即AB⊥AD.故可建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),F(0,1,1),G(1,2,0).(1)证明:=(2,0,-2),=(0,-1,0),=(1,1,-1),设=s+t,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得s=t=2,=2+2又不共线,共面.∵PB⊄平面EFG,∴PB∥平面EFG.(2)=(1,2,-1),=(-2,2,0),=(1,2,-1)·(-2,2,0)=1×(-2)+2×2+(-1)×0=2.又∵||=,||==2,∴cos<>=因此,异面直线EG与BD所成的角的余弦值为(3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件,令CQ=m(0≤m≤2),则DQ=2-m,∴点Q的坐标为(2-m,2,0),=(2-m,2,-1).而=(0,1,0),设平面EFQ的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则n=(1,0,2-m),∴点A到平面EFQ的距离d=,即(2-m)2=,∴m=或m=(不合题意,舍去),故存在点Q,当CQ=时,点A到平面EFQ的距离为。
2019年高考数学二轮复习 专题1.5 立体几何(测)理.doc
专题1.5 立体几何（测）理总分班级 _______ 学号 _______ 得分_______12*5=601，N，PC上的点，且MN∥平面PAD，则（）A. MN∥PDB. MN∥PAC. MN∥ADD. 以上均有可能BMN∥平面PAD=PA，MN 平面PAC，所以MN∥PA．2【月月考】一个棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为边长为1的正）D【解析】是一条直线，以下命题正确的是（），则l β⊥，则l β⊥，故B 正确；到平面AB 1D 1( A －A1B1D1，所以△AB1D1h △A1B1D1×AA 1，所以h ＝11111A B D AB D S S ⨯点睛：点面距离往往转化为对应棱锥的高，通过等体积法求高得点面距离.届吉林省实验中学高三上学期第五次月考（一模）】四棱锥PABCD的五个顶点都在一个球面上， E ，F 分别是棱AB ，CD 的中点，直线EF 的表面积为（ ）A. 12πB. 24πC. 36πD. 48π【答案】A点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点,,,P A B C 构成的三条线段,,PA PB PC 两两互相垂直，且关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用22224R a b c =++求解．6．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的几何体，如在等高处截面的面积恒相等，则体积相等．已知某不规则几何体与如图所示的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )V＝.1、首先看俯视图，根据俯视图3、画出整体，然后再根BC＝2，三棱锥O－ABC的体积为，则B. C. 24 D. 36π对【答案】C【解析】因为ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，AD⊥PB.共5对．9．如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点,在此几何体中，给出下面四个结论中错误的是（）EFGH平面ABCDA. 平面//B. 直线BE,CF相交于一点C. EF//平面BGDPA平面BGDD. //【答案】C【解析】把图形还原为一个四棱锥,如图所示,EH AB GH BC,根据三角形中位线的性质，可得//,//EFGH平面ABCD，A正确；平面//在△PAD中,根据三角形的中位线定理可得EF∥AD，又∵AD∥BC，∴EF∥BC，因此四边形EFBC是梯形，故直线BE与直线CF相交于一点，所以B是正确的；连接AC，设AC中点为M，则M也是BD的中点，因为MG∥PA，且直线MG在平面BDG上，所以有PA∥平面BDG，所以D是正确的；∵EF∥BC，∵EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴直线EF∥平面PBC，再结合图形可得：直线EF 与平面BDG不平行，因此C是错误的.故选C10．在四棱锥P－ABCD中，四条侧棱长均为2，底面ABCD为正方形，E为PC的中点．若异面直线PA与BE所成的角为45°，则该四棱锥的体积是( )A. 4B. 2【答案】DBD OE∥PA，则∠OEB＝45°，又∠EOB＝90°，则BO＝OE＝1，底面正方体的边长为，四棱锥的高为，则体积为×()2×＝，故选D.11－A1B AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确的命题有( )A. ①②C. ①③【答案】C【解析】直线1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF，又ABC－A1B1C1＝GF1，EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BCC1B1，由平面α∩平面A1B1C1＝1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合知⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确.答案 C.12中，＝90°，点D为AC的中点，将△ABD沿BD折起到△PBD的位置，使PC＝PD( )A. 7πC. 3π【答案】A丈5尺，问它的体积是多少？”尺，25尺，则外接球的直径为O为△ABC的中心，则三棱锥【解析】为ABC的中心，可知为ABC的外心，为底面高的2 31Rt A AO 中，由()12OA ＝AC BD O ⋂=有如下四个结论：；②ACD 是等边三角形；③90︒，④取BC 中点E ，则AEO ∠为二面角的平面角．__________．（写出所有正确结论的序号）在Rt AEC 中， 2AE CE ==， 1AC =， ∴12NE =．则MEN 是正三角形，故60EMN ∠=︒，③错误；如上图所示，由题意可得： AB AC =，则AE BC ⊥, 由,,BE EC BO OD BC CD ==⊥可得OE BC ⊥， 据此可知： AEO ∠为二面角A BC D --的平面角，说法④正确.故答案为：①②④.三、解答题（共6道小题，共70分）17.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是A1D1的中点，点F是CE的中点．(Ⅰ)求证：平面ACE⊥平面BDD1B1；(Ⅱ)求证：AE∥平面BDF.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】试题分析：（Ⅰ）通过证明AC⊥平面BDD1B1，即可证明平面ACE⊥平面BDD1B1；（Ⅱ）通过证明OF∥AE，即可证明AE∥平面BDF．试题解析：(Ⅰ)在正方体中，ABCD是正方形，BB1⊥平面ABCD，∴AC⊥BD，AC⊥BB1，∵BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面BDD1B1，∴AC⊥平面BDD1B1，∵AC⊂平面ACE，∴平面ACE⊥平面BDD1B1.6分(Ⅱ)连AC交BD于G，连FG，∵ABCD是正方形，∴G是AC中点，∵F是CE是中点，∴AE∥FG，∵AE⊄平面BDF，FG⊂平面BDF，∴AE∥平面BDF.点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18．如图所示，平面ABCD ⊥平面BCE ，四边形ABCD 为矩形， BC CE =，点F 为CE 的中点.(1)证明： //AE 平面BDF .(2)点M 为CD 上任意一点，在线段AE 上是否存在点P ，使得PM BE ⊥？若存在，确定点P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）中点 【解析】试题分析：（1）连接AB 交BD 于O ，连接OF ，利用ABCD 是矩形得到//OF AE ，再由线面平行的判定定理可证； （2）当P 为AE 中点时，有PM BE ⊥；取BE 中点H ，连接,,DP PH CH ，结合三角形的中位线性质以及面面平行的性质进行推理得到BE ⊥平面DPHC 即可. 试题解析：(1)证明 连接AC 交BD 于O ，连接OF ，如图①.∵四边形ABCD 是矩形，∴O 为AC 的中点，又F 为EC 的中点， ∴OF 为△ACE 的中位线，:∴OF∥AE，又OF ⊂平面BDF ， AE ⊄平面BDF ，∴AE∥平面BDF. （2）当P 为AE 中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE 中点H ，连接DP ，PH ，CH ， 如图∵P 为AE 的中点，H 为BE 的中点， ∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD， ∴P，H ，C ，D 四点共面． ∵平面ABCD ∥平面BCE ，CD⊥BC ∴CD ⊥平面BCE ，又BE ⊂平面BCE ， ∴CD⊥BE∵BC=CE，H 为BE 的中点， ∴CH⊥BE，∴BE⊥平面DPHC ，又PM ⊂平面DPHC ， ∴BE⊥PM 即PM⊥BE .19．用空间向量解决下列问题：如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中， ()1,e ξ∈是AC 的中点， 1AO ⊥平面ABC ， 90BCA ∠=︒， 1AA AC BC ==．1AO ⊥平面，，∴ 1AO ⊥ 又，为原点，直线z 轴建立空间直角坐标系，设12AA AC BC ===，）(12,1,A B =- (0,3,AC =)120133A B AC ∴⋅=⨯+-⨯11A B AC ∴⊥，即.）知(2,2,0AB = (0,1,AA = (2,0,0CB = (0,1,CC =(11,,m x y =的一个法向量，由2m AB x ⊥⇒10m AA x ⊥⇒(3,m ∴=-设(22,,n x y z =的一个法向量，由2n CB x ⊥⇒10n CC x ⊥⇒，取21z =，得(0,3,1n ∴=-4cos ,27m n m n m n ⋅===⋅又因为二面角为锐二面角，所以，二面角的余弦值为27．证明线面平行可利用线面平行的判定定理，利用三角形的中位线定理可以得出线线平行，，得出AB ，便可求所成角，利用其正切值求出4AC =，且(0AF AB λλ=<沿BE 将CEB∆，使得平面）是否存在的值；若不存在，请说明时，由几何关系可证得EF⊥平与平面ADE所成CN.，则由AF AB λ=. 则(3DF =-设平面ADE 的一个法向量为(),,n x y z =0,{ 0,n AE n AD ⋅=⋅=即 20,z +=2=，可得，即(0,2,n =-cos ,DF n DF n DF n⋅=()2212λ-+分米，切去阴影部分所示的四个全等的等腰三角形，剩余为一个正方⊥，O为正，图中AH PQS的范围．APQ为等边三角形，由此先计x的函数，再利用棱锥的体积计。
2019年高考数学立体几何专题复习(完整版)
球面距离：
例题 1： 把地球看作半径为 R 的球， A、 B 是北纬 30°圈上的两点，它们的经度差为 面距离为 _____________
60°， A、 B 两点间的球
例题 2：三棱锥 O-ABC 的三条棱 OA, OB, OC 两两垂直， OA=1 ，OB=OC=2 ，则内切球表面积为 ______ , 外
投影到这个平面内的图形叫做左视图 (侧视图 )。
三视图的主视图、俯视图、左视图分别是从物体的
正前方、正上方、正左方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形。
（ 1）、 三视图画法规则：
高平齐：主视图与左视图的高要保持平齐
长对正：主视图与俯视图的长应对正
宽相等：俯视图与左视图的宽度应相等
（ 2）、空间几何体三视图： 正视图（从前向后的正投影） ；
正方形 .若 PA=2 6 ,则△OAB 的面积为 ______________.
8。简单空间图形的三视图： 一个投影面水平放置，叫做水平投影面，投影到这个平面内的图形叫做俯视图。
一个投影面放置在正前方，这个投影面叫做直立投影面，投影到这个平面内的图形叫做主视图
(正视图 )。
和直立、水平两个投影面都垂直的投影面叫做侧立投影面，通常把这个平面放在直立投影面的右面，
6
2
外接球的半径为
6 a （是正方体的外接球，则半径
4
1 l 正方体体对角线 ）
2
内切球的半径为 6 a （是正四面体中心到四个面的距离，则半径 12
1 l 正方体体对角线 ）
6
正四面体：
4。棱台： 用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫做棱台。由正棱锥截得的棱台叫做
正棱台。 正棱台的性质： 各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰梯形；正棱台的两底面以及平行于底面的截面是相似的
2019届高考数学(文)二轮专题复习习题：第1部分 专题五 立体几何 1-5-1 Word版含答案
限时规范训练十二 空间几何体的三视图、表面积及体积限时45分钟，实际用时________ 分值80分，实际得分________一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2017·山东烟台模拟)一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧(左)视图可能为( )解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD ，故其侧(左)视图应为D.2．如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选C.作出三棱锥的直观图如图所示，由三视图可知AB ＝BD ＝2，BC ＝CD ＝2，AD ＝22，AC ＝6，故△ABC ，△ACD ，△ABD ，△BCD 均为直角三角形，故选C.3．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直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.22π3B.42π3C ．22πD ．42π解析：选B.旋转体是两个圆锥，其底面半径为直角三角形斜边的高2，高即斜边的长的一半2，故所得几何体的体积V ＝13π(2)2×2×2＝42π3.4．(2017·厦门质检)如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 上的一点，则三棱锥D 1B 1C 1E 的体积等于( )A.13 B.512C.36D.16解析：选D.V D 1B 1C 1E ＝V E B 1C 1D 1＝13S △B 1C 1D 1·CC 1＝13×12×12×1＝16，故选D.5．《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.将三棱锥P ABC 放入长方体中，如图，三棱锥P ABC 的外接球就是长方体的外接球．因为PA ＝AB ＝2，AC ＝4，△ABC 为直角三角形，所以BC ＝42－22＝2 3.设外接球的半径为R ，依题意可得(2R )2＝22＋22＋(23)2＝20，故R 2＝5，则球O 的表面积为4πR 2＝20π.故选C.6．(2017·广东广州模拟)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧(左)视图中线段的长度x 的值是( )A.7 B ．27 C ．4D ．5解析：选 C.分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，故其体积V ＝13×32＋32×4×CP ＝37，所以CP ＝7，所以x ＝32＋72＝4.7．(2017·青岛二模)如图，正四棱锥P ABCD 的底面边长为6 cm ，侧棱长为5 cm ，则它的侧(左)视图的周长等于( )A ．17 cmB ．(119＋5)cmC ．16 cmD ．14 cm解析：选D.由题意可知，侧(左)视图是一个三角形，底边长等于正四棱锥底面正方形的边长，高为正四棱锥的高的一个等腰三角形．因为侧棱长5 cm ，所以斜高h ＝52－32＝4(cm)，又正四棱锥底面正方形的边长为6 cm ，所以侧(左)视图的周长为6＋4＋4＝14(cm)．8．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310解析：选C.因为在直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径．取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球直径，所以2R ＝122＋52＝13，即R ＝132.9．(2016·高考山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23π B.13＋23π C.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C.由三视图可知，半球的半径为22，四棱锥底面正方形边长为1，高为1， 所以该组合体的体积＝43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫223×12＋13×1×1×1＝13＋26π.10．(2017·长春模拟)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的棱的长是( )A ．2 5B ．2 6C ．27D ．4 2解析：选C.由三视图可知该四面体的直观图如图所示，其中AC＝2，PA ＝2，△ABC 中，边AC 上的高为23，所以BC ＝42＋32＝27，而PB ＝PA 2＋AB 2＝22＋42＝25，PC ＝PA 2＋AC 2＝22，因此在四面体的六条棱中，长度最长的棱是BC ，其长为27，选C.11．(2017·兰州三模)某四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．17B ．22C ．14＋213D ．22＋213解析：选D.可借助长方体，作出该四棱锥的直观图，如图中的四棱锥V ABCD 所示．则BC ⊥平面VAB ，AB ⊥平面VAD ，CD ⊥平面VAD ，VD ＝5，VB ＝13，所以四棱锥V ABCD 的表面积S 表＝S △VAB ＋S △VBC ＋S △VCD＋S △VAD＋S 四边形ABCD ＝12×(2×3＋4×13＋2×5＋3×4)＋2×4＝22＋213.故选D.12．(2017·河北衡水模拟)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．24πB ．6πC ．4πD ．2π解析：选B.题中的几何体是三棱锥A BCD ，如图所示，其中底面△BCD 是等腰直角三角形，BC ＝CD ＝2，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AB ＝2，BD ＝2，AC ⊥CD .取AD 的中点M ，连接BM ，CM ，则有BM ＝CM ＝12AD ＝1222＋22＝62.从而可知该几何体的外接球的半径是62.故该几何体的外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫622＝6π，应选B. 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．解析：利用圆锥、圆柱的体积公式，列方程求解． 设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8， ∴r 2＝7，∴r ＝7. 答案：714．三棱锥P ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE 的体积为V 1，P ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.解析：如图，设点C 到平面PAB 的距离为h ，△PAB 的面积为S ，则V 2＝13Sh ，V 1＝V E ADB ＝13×12S ×12h ＝112Sh ，所以V 1V 2＝14.答案：1415．(2017·山东临沂模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π.答案：16＋8π16．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．解析：如图，连接OD ，交BC 于点G ，由题意，知OD ⊥BC ，OG ＝36BC . 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ， 三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积 V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x＝3·25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4.令f ′(x )＝0得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415.∴三棱锥体积的最大值为415 cm 3. 答案：415。
专题05 立体几何-2019年高考数学(理)考试大纲解读 Word版含解析
2019年考试大纲解读05 立体几何（三）立体几何初步1.空间几何体(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.(3)会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.(4)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求).(5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.2.点、直线、平面之间的位置关系(1)理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.• 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.公理2：过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面. 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【名师点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．考向二球的组合体样题4 （2017新课标全国Ⅲ理科）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．πB．3π4C．π2D．π4【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：由题意可得：，结合勾股定理，底面半径，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是，故选B.【名师点睛】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.样题5 （2017江苏）如图，在圆柱12O O 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12O O 的体积为1V ，球O 的体积为2V ，则12V V 的值是 .【答案】32【解析】设球半径为r ，则．故答案为32． 【名师点睛】空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：①若给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解；②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．考向三 空间线面的位置关系样题6 已知α，β是平面，m 、n 是直线，给出下列命题： ①若m ⊥α，m ⊂β，则α⊥β；②若m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥β；③如果m ⊂α，n ⊄α，m ，n 是异面直线，那么n 与α相交； ④若α∩β=m ，n ∥m ，且n ⊄α，n ⊄β，则n ∥α且n ∥β. 其中命题正确的是__________． 【答案】①④样题7 （2018新课标全国Ⅰ理科）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 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.【解析】（1）由已知可得，BF ⊥P F ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . （2）作PH ⊥EF ，垂足为H .由（1）得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF u u u r的方向为y 轴正方向，||BF uuu r 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H −xyz .【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.考向四 空间角和距离样题8 （2018新课标全国Ⅱ理科）在长方体中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为 A ．15B ．5C ．5 D ．2 【答案】C【解析】用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则11B P AD ∥，连接DP ，易求得，12B P =，则1DB P ∠是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得.故选C.【名师点睛】平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0,]2π，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．样题9 a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③ 【解析】设.由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由，又AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连接AD ，等腰ABD △中，,当直线AB 与a 成60°角时，，故2BD =，又在Rt BDE △中，，过点B 作BF ∥DE ，交圆C于点F ，连接AF ，由圆的对称性可知,ABF ∴△为等边三角形，，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，则直线AB与a所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是π0,2⎛⎤⎥⎝⎦，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角.（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.。
2019年高考数学真题专题05 立体几何(选择题、填空题)
犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若 a ,b , a∥b ，则∥ ”此类的错误．
2．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面 ECD⊥平 面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，则
【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念， 以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利 用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特 殊位置法”，寻求简便解法.
正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.
4．【2019 年高考浙江卷】设三棱锥 V–ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱 VA 上的点（不含端 点）．记直线 PB 与直线 AC 所成的角为 α，直线 PB 与平面 ABC 所成的角为 β，二面角 P–AC–B 的平面
专题 05 立体几何（选择题、填空题）
1．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】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 【答案】B
【解析】由面面平行的判定定理知： 内两条相交直线都与 平行是∥ 的充分条件，由面面平行性 质定理知，若∥ ，则 内任意一条直线都与 平行，所以 内两条相交直线都与 平行是∥ 的
2019年高考数学(文科)二轮专题冲破操练专题五 立体几何 专题能力操练13 Word版含答案(数理
专题能力训练13空间几何体一、能力突破训练1.(2018全国Ⅲ,文3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图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.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.28π3.(2018北京,文6)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为()A.1B.2C.3D.44.已知平面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.√6πB.4√3πC.4√6πD.6√3π5.在空间直角坐标系Oxyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,√2).若S1,S2,S3分别是三棱锥D-ABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则()A.S1=S2=S3B.S2=S1,且S2≠S3C.S3=S1,且S3≠S2D.S3=S2,且S3≠S16.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=()A.1B.2C.4D.87.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.8.(2018天津,文11)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积为.9.如图,已知在多面体ABCDEFG中,AB,AC,AD两两互相垂直,平面ABC∥平面DEFG,平面BEF∥平面ADGC,AB=AD=DG=2,AC=EF=1,则该多面体的体积为.10.下列三个图中,左面是一个正方体截去一个角后所得多面体的直观图.右面两个是其正视图和侧视图.(1)请按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图(不要求叙述作图过程);(2)求该多面体的体积(尺寸如图).11.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4,过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.二、思维提升训练12.一块边长为6 cm的正方形铁皮按如图(1)所示的阴影部分裁下,然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器,将该容器按如图(2)放置.若其正视图为等腰直角三角形,则该容器的体积为()A.12√6 cm3B.4√6 cm3C.27√2 cm3D.9√2 cm313.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 .1B .√52 C .√6 D .2√314.已知一个四面体的顶点都在球面上,它们的正视图、侧视图、俯视图都是下图,图中圆内有一个以圆心为中心,边长为1的正方形,则这个四面体的外接球的表面积是 ( )A.πB.3πC.4πD.6π15.若三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上,SA ⊥平面ABC ,SA=2√15,AB=1,AC=2,∠BAC=60°,则球O 的表面积为 .16.如图①,在矩形ABCD 中,AB=4,BC=3,沿对角线AC 把矩形折成二面角D-AC-B (如图②),并且点D 在平面ABC 内的射影落在AB 上.(1)证明:AD ⊥平面DBC ;(2)若在四面体D-ABC 内有一球,问:当球的体积最大时,球的半径是多少? 专题能力训练13 空间几何体一、能力突破训练1.A 解析 根据三视图原则,从上往下看,看不见的线画虚线,则A 正确.2.A 解析 由三视图可知,该几何体是球截去后所得几何体,则78×4π3×R 3=28π3,解得R=2,所以它的表面积为78×4πR 2+34×πR 2=14π+3π=17π. 3. C 解析 由该四棱锥的三视图,得其直观图如图.由正视图和侧视图都是等腰直角三角形,知PD ⊥平面ABCD ,所以侧面PAD 和PDC 都是直角三角形.由俯视图为直角梯形,易知DC ⊥平面PAD.又AB ∥DC ,所以AB ⊥平面PAD ,所以AB ⊥PA ,所以侧面PAB 也是直角三角形. 易知PC=2√2,BC=√5,PB=3,从而△PBC 不是直角三角形.故选C .4.B 解析 设球O 的半径为R ,则R=√12+(√2)2=√3,故V 球=πR 3=4√3π.5.D 解析 三棱锥的各顶点在xOy 坐标平面上的正投影分别为A 1(2,0,0),B 1(2,2,0),C 1(0,2,0),D 1(1,1,0).显然D 1点为A 1C 1的中点,如图①,正投影为Rt △A 1B 1C 1,其面积S 1=×2×2=2.三棱锥的各顶点在yOz 坐标平面上的正投影分别为A 2(0,0,0),B 2(0,2,0),C 2(0,2,0),D 2(0,1,√2).显然B 2,C 2重合,如图②,正投影为△A 2B 2D 2,其面积S 2=12×2×√2=√2.三棱锥的各顶点在zOx 坐标平面上的正投影分别为A 3(2,0,0),B 3(2,0,0),C 3(0,0,0),D 3(1,0,√2),由图③可知,正投影为△A 3D 3C 3,其面积S 3=12×2×√2=√2.综上,S 2=S 3,S 3≠S 1.故选D .图①图②图③6.B 解析 由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成. ∴S 表=2r×2r+2×12πr 2+πr×2r+12×4πr 2=5πr 2+4r 2=16+20π,解得r=2.7.9π2 解析 设正方体的棱长为a ,外接球的半径为R ,则2R=√3a.∵正方体的表面积为18,∴6a 2=18. ∴a=√3,R=32. ∴该球的体积为V=43πR 3=4π3×278=9π2.8. 解析 ∵正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,∴V 四棱锥A 1-BB 1D 1D =V 正方体-V 三棱锥A 1-ABD −V 三棱柱BCD -B 1C 1D 1 =1-13×12×1×1×1-12×1×1×1=13.9.4 解析 (方法一:分割法)几何体有两对相对面互相平行,如图,过点C 作CH ⊥DG 于H ,连接EH ,即把多面体分割成一个直三棱柱DEH-ABC 和一个斜三棱柱BEF-CHG.由题意,知V 三棱柱DEH-ABC =S △DEH ×AD=(12×2×1)×2=2, V 三棱柱BEF-CHG =S △BEF ×DE=(1×2×1)×2=2. 故所求几何体的体积为V 多面体ABCDEFG =2+2=4.(方法二:补形法)因为几何体有两对相对面互相平行,如图,将多面体补成棱长为2的正方体,显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半.又正方体的体积V 正方体ABHI-DEKG =23=8,故所求几何体的体积为V 多面体ABCDEFG =12×8=4.10. 解 (1)作出俯视图如图所示.(2)依题意,该多面体是由一个正方体(ABCD-A 1B 1C 1D 1)截去一个三棱锥(E-A 1B 1D 1)得到的,所以截去的三棱锥体积V E -A 1B 1D 1=13·S △A 1B 1D 1·A 1E=13×(12×2×2)×1=23,正方体体积V 正方体AC 1=23=8,故所求多面体的体积V=8-23=223.11.解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图所示.(2)作EM ⊥AB ,垂足为M ,则AM=A 1E=4,EB 1=12,EM=AA 1=8.因为EHGF 为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=√EH 2-EM 2=6,AH=10,HB=6.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为97(79也正确). 二、思维提升训练12.D 解析 如图(2),△PMN 为该四棱锥的正视图,由图(1)可知,PM+PN=6 cm,且PM=PN.由△PMN 为等腰直角三角形,得MN=3√2 cm,PM=3 cm .设MN 的中点为O ,则PO ⊥平面ABCD ,PO=12MN=3√22 cm,故V P-ABCD =13×(3√2)2×3√22=9√2(cm 3).故选D . 13.D 解析由题意得,该几何体的直观图为三棱锥A-BCD ,如图,其最大面的表面是边长为2√2的等边三角形,其面积为√34×(2√2)2=2√3. 14.B 解析由三视图可知,该四面体是一个正方体的内接正四面体,所以此四面体的外接球的直径为正方体的对角线的长,为√3,所以此四面体的外接球的表面积为4π×(√32)2=3π.15.64π 解析 如图,三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上,因为AB=1,AC=2,∠BAC=60°,所以BC=√3,所以∠ABC=90°.所以△ABC 截球O 所得的圆O'的半径r=1.设OO'=x ,球O 的半径为R ,则R 2=x 2+12,R 2=(SA-x )2+12,所以x 2+1=(2√15-x )2+1,解得x=√15,R 2=(√15)2+12,R=4.所以球O 的表面积为4πR 2=64π.16.(1)证明 设D 在平面ABC 内的射影为H ,则H 在AB 上,连接DH ,如图,则DH ⊥平面ABC ,得DH ⊥BC.又AB ⊥BC ,AB ∩DH=H ,所以BC ⊥平面ADB ,故AD ⊥BC.又AD ⊥DC ,DC ∩BC=C ,所以AD ⊥平面DBC.(2)解 当球的体积最大时,易知球与三棱锥D-ABC 的各面相切,设球的半径为R ,球心为O , 则V D-ABC =13R (S △ABC +S △DBC +S △DAC +S △DAB ).由已知可得S △ABC =S △ADC =6.过D 作DG ⊥AC 于点G ,连接GH ,如图,可知HG ⊥AC. 易得DG=125,HG=2720,DH=√DG 2-HG 2=3√74,S △DAB =12×4×3√74=3√72.在△DAB 和△BCD 中,因为AD=BC ,AB=DC ,DB=DB ,所以△DAB ≌△BCD ,故S △DBC =3√72,V D-ABC =13×6×3√74=3√72.则R 3(6+32√7+6+32√7)=3√72,于是(4+√7)R=32√7,所以R=√72×(4+√7)=4√7-76.。
2019版高考数学二轮复习 专题五 立体几何 专题对点练18 5.1~5.3组合练 文
专题对点练18 5.1~5.3组合练(限时90分钟,满分100分)一、选择题(共9小题,满分45分)1.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:cm3)是()A.+1B.+3C.+1D.+32.(2018全国名校大联考第四次联考)已知α,β是相异两平面,m,n是相异两直线,则下列命题错误的是()A.若m∥n,m⊥α,则n⊥αB.若m⊥α,m⊥β,则α∥βC.若m⊥α,m∥β,则α⊥βD.若m∥α,α∩β=n,则m∥n3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体中,面积最大的侧面的面积为()A.B.C.D.34.如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3 cm,高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()A.B.C.D.25.如图,某三棱锥的正视图、侧视图和俯视图分别是直角三角形、等腰三角形和等边三角形.若该三棱锥的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()A.27πB.48πC.64πD.81π6.已知正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面边长为2,侧棱长为,D 为BC 的中点,则三棱锥A-B 1DC 1的体积为( ) A .3 B .C .1D .7.将长、宽分别为2和1的长方形ABCD 沿对角线AC 折起,得到四面体ABCD ,则四面体ABCD 外接球的表面积为( ) A.3π B.5π C.10π D.20π 8.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=( ) A .1 B .2 C .4 D .89.(2018全国Ⅲ,文12)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,则三棱锥D-ABC 体积的最大值为( ) A .12 B .18 C .24 D .54二、填空题(共3小题,满分15分) 10.(2018天津,文11)如图,已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为 .11.已知三棱锥A-BCD ,AB=AC=BC=2,BD=CD=,点E 是BC 的中点,点A 在平面BCD 上的射影恰好为DE 的中点F ,则该三棱锥外接球的表面积为 .12.已知四面体ABCD,AB=4,AC=AD=6,∠BAC=∠BAD=60°,∠CAD=90°,则该四面体外接球的半径为.三、解答题 (共3个题,满分分别为13分,13分,14分)13.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA⊥平面ABCD,BC=AP=5,AB=3,AC=4,M,N分别在线段AD,CP上,且=4.(1)求证:MN∥平面PAB;(2)求三棱锥P-AMN的体积.14.在如图所示的五面体ABCDEF中,矩形BCEF所在的平面与平面ABC垂直,AD∥CE,CE=2AD=2,M是BC 的中点,在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2AC=2.求证:(1)AM∥平面BDE;(2)DE⊥平面BDC,并求三棱锥C-DBE的体积.15.如图①,在边长为2的正方形ABCD中,点E是AB的中点,点F是BC的中点.将△AED,△DCF分别沿DE,DF折起,使A,C两点重合于点A',连接EF,A'B,如图②.(1)求异面直线A'D与EF所成角的大小;(2)求三棱锥D-A'EF的体积.34专题对点练18答案1.A解析V=×3××π×12++1,故选A.2.D解析由线面垂直的性质可知选项A,B,C正确.如图所示,对于选项D,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,取直线m 为AD,平面α为上底面A1B1C1D1,平面β为平面CDD1C1,则直线n为C1D1,此时有m∥α,α∩β=n,直线m与n为异面直线,即选项D错误.故选D.3.B解析由三视图可知,几何体的直观图如图所示,平面AED⊥平面BCDE,四棱锥A-BCDE的高为1,四边形BCDE是边长为1的正方形,则S△AED=×1×1=,S△ABC=S△ABE=×1×,S△ACD=×1×,故选B.4.C解析由零件的三视图可知,该几何体为两个圆柱组合而成,如图所示.切削掉部分的体积V1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm3),原来毛坯体积V2=π×32×6=54π(cm3).故所求比值为.5.C解析由三视图可知,该几何体为三棱锥,三棱锥的高VA=4,直观图如图所示.∵△ABC是边长为6的等边三角形,∴外接球的球心D在底面ABC的投影为△ABC的中心O,过D作DE⊥VA于E,则E为VA的中点,连接OA,DA,则DE=OA=×3=2,AE=VA=2,DA为外接球的半径r,∴r==4,∴该球的表面积S=4πr2=64π.故选C.6.C解析∵D是等边三角形ABC的边BC的中点,∴AD⊥BC.又ABC-A1B1C1为正三棱柱,∴AD⊥平面BB1C1C.∵四边形BB1C1C为矩形,∴×2×.又AD=2×,56∴·AD=×=1.故选C .7.B 解析 由题意可知,直角三角形斜边的中线是斜边的一半,所以长、宽分别为2和1的长方形ABCD 沿对角线AC 折起二面角,得到四面体ABCD ,则四面体ABCD 的外接球的球心O 为AC 的中点,半径R=,所求四面体ABCD 的外接球的表面积为4π×=5π.故选B .8.B 解析 由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.∴S 表=2r×2r+2×πr 2+πr×2r+×4πr 2=5πr 2+4r 2=16+20π,解得r=2. 9.B 解析由△ABC 为等边三角形且面积为9,设△ABC 边长为a ,则S=a·a=9.∴a=6,则△ABC 的外接圆半径r=a=2<4.设球的半径为R ,如图,OO 1==2. 当D 在O 的正上方时,V D-ABC =S △ABC ·(R+|OO 1|)=×9×6=18,最大.故选B . 10. 解析 ∵正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,∴=V 正方体-=1-×1×1×1-×1×1×1=.11.解析 由题意,得△BCD 为等腰直角三角形,E 是外接圆的圆心.∵点A 在平面BCD 上的射影恰好为DE 的中点F ,∴BF=,∴AF=.设球心O 到平面BCD 的距离为h ,则1+h 2=,解得h=,r=,故该三棱锥外接球的表面积为4π×.12.2解析如图所示,O'为△ACD的外心,O为球心,BE⊥平面ACD,BF⊥AC,则EF⊥AC,∴AF=2,AE=2,BE==2.设该四面体外接球半径为R,OO'=d,则2+(2+d)2=d2+(3)2,∴d=,CD=6,∴R==2.13.(1)证明在AC上取一点Q,使得=4,连接MQ,QN,则,∴QN∥AP,MQ∥CD.又CD∥AB,∴MQ∥AB.∵AB⊂平面PAB,PA⊂平面PAB,MQ⊂平面MNQ,NQ⊂平面MNQ,∴平面PAB∥平面MNQ.∵MN⊂平面MNQ,MN⊄平面PAB,∴MN∥平面PAB.(2)解∵AB=3,BC=5,AC=4,∴AB⊥AC.过C作CH⊥AD,垂足为H,则CH=.∵PA⊥平面ABCD,CH⊂平面ABCD,∴PA⊥CH.又CH⊥AD,PA∩AD=A,∴CH⊥平面PAD.∵PC==4,∴N到平面PAD的距离h=CH=,∴V P-AMN=V N-PAM=S△PAM ·h=×5×4×.14.证明 (1)取BE的中点N,连接DN,MN,则MN∥CE,且MN=CE.∵AD∥CE,且AD=CE,∴AD∥MN,且AD=MN,∴四边形ADNM是平行四边形,∴DN∥AM.又DN⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,∴AM∥平面BDE.7(2)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2AC=2,由余弦定理得BC=,由勾股定理得∠ACB=90°,BC⊥AC.又BC⊥CE,且CE∩AC=C,∴BC⊥平面ACED.又DE⊂平面ACED,∴DE⊥BC.∵DE⊥平面BDC,DC⊂平面BDC,∴DE⊥DC.∵DC∩BC=C,∴DE⊥平面BCD,∴V C-BDE=V B-CDE=S△CDE ·BC=.15.解 (1)在正方形ABCD中,∵AD⊥AE,CD⊥CF,∴A'D⊥A'E,A'D⊥A'F.∵A'E∩A'F=A',A'E,A'F⊂平面A'EF,∴A'D⊥平面A'EF.而EF⊂平面A'EF,∴A'D⊥EF,∴异面直线A'D与EF所成角的大小为90°.(2)∵正方形ABCD的边长为2,点E是AB的中点,点F是BC的中点,∴在Rt△BEF中,BE=BF=1,得EF=,而A'E=A'F=1,∴A'E2+A'F2=EF2,∴A'E⊥A'F,∴S△A'EF=×1×1=.由(1)得A'D⊥平面A'EF,且A'D=2,∴V D-A'EF=S△A'EF·A'D=×2=.8。
2019版高考数学二轮复习 专题五 立体几何 专题突破练17 5.1~5.3组合练 文
专题突破练17 5.1~5.3组合练(限时90分钟,满分100分)一、选择题(共9小题,满分45分)1.(2018河北衡水中学考前仿真,文3)已知一个四棱锥的正视图和俯视图如图所示,则该几何体的侧视图为()2.(2018宁夏银川一中一模,理4)已知正三角形ABC的边长为a,那么△ABC的平面直观图△A'B'C'的面积为()A.a2B.a2C.a2D.a23.某几何体的三视图如图所示,则该几何体中,面积最大的侧面的面积为()A.B.C.D.34.如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3 cm,高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()A.B.C.D.5.某几何体的三视图如图所示,记A为此几何体所有棱的长度构成的集合,则()A.3∈AB.5∈AC.2∈AD.4∈A6.(2018河北唐山三模,理7)某三棱锥的三视图如图所示,则其体积为()A.4B.8C.D.7.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为,D为BC的中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为()A.3B.C.1D.8.(2018河南濮阳一模,理7)已知三棱锥A-BCD中,△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形且二面角A-BD-C为直二面角,则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为()A. B.5π C.6π D.9.(2018山西吕梁一模,文12)已知点A,B,C,D在同一个球的球面上,AB=BC=,AC=2,若四面体ABCD的体积为,球心O恰好在棱DA上,则这个球的表面积为()A. B.4π C.8π D.16π二、填空题(共3小题,满分15分)10.(2018江苏卷,10)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为.11.(2018天津卷,文11)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积为.12.已知三棱锥A-BCD,AB=AC=BC=2,BD=CD=,点E是BC的中点,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,则该三棱锥外接球的表面积为.三、解答题(共3个题,分别满分为13分,13分,14分)13.(2018江苏南京、盐城一模,15)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,点M,N分别是AB,A1B1的中点.(1)求证:BN∥平面A1MC;(2)若A1M⊥AB1,求证:AB1⊥A1C.14.(2018河南六市联考一,文19)如图,已知四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,SA=SD=,SB=,点E是棱AD的中点,点F在棱SC上,且=λ,SA∥平面BEF.(1)求实数λ的值;(2)求三棱锥F-EBC的体积.15.如图1,在边长为2的正方形ABCD中,点E是AB的中点,点F是BC的中点.将△AED,△DCF分别沿DE,DF折起,使A,C两点重合于点A',连接EF,A'B,如图2.(1)求异面直线A'D与EF所成角的大小;(2)求三棱锥D-A'EF的体积.参考答案专题突破练175.1~5.3组合练1.A解析四棱锥的正视图和俯视图可知几何体的直观图如图所示,其侧视图为选项A.2.D解析如图①②所示的平面图形和直观图.由②可知,A'B'=AB=a,O'C'=OC=a,在图②中作C'D'⊥A'B'于D',则C'D'=O'C'= a.∴S△A'B'C'=A'B'·C'D'=×a×a=a2.3.B解析由三视图可知,几何体的直观图如图所示,平面AED⊥平面BCDE,四棱锥A-BCDE的高为1,四边形BCDE 是边长为1的正方形,则S△AED=×1×1=,S△ABC=S△ABE=×1×,S△ACD=×1×,故选B.4.C解析由零件的三视图可知,该几何体为两个圆柱组合而成,如图所示.切削掉部分的体积V1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm3),原来毛坯体积V2=π×32×6=54π(cm3).故所求比值为.5.D解析根据三视图可知几何体是一个三棱柱截去一个三棱锥,如图所示,四边形ABCD是一个边长为4的正方形,且AF⊥面ABCD,DE∥AF,DE=4,AF=2,∴AF⊥AB,DE⊥DC,DE⊥BD,∴EC==4,EF=FB==2,BE==4.∵A为此几何体所有棱的长度构成的集合,∴A={2,4,4,4,2}.6.C解析由三棱锥的三视图得其直观图如下:几何体为底面是等腰直角三角形的三棱锥A-BCD,BC=CD=2,三棱锥的高为2,所以三棱锥的体积为V=×2×2×2=.7.C解析∵D是等边三角形ABC的边BC的中点,∴AD⊥BC.又ABC-A1B1C1为正三棱柱,∴AD⊥平面BB1C1C.∵四边形BB1C1C为矩形,∴×2×.又AD=2×,∴·AD==1.故选C.8.D解析如图所示.△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形,且二面角A-BD-C为直二面角,设F,E分别为△ABD和△BCD的中心,则球心O为△ABD和△BCD的过中心的垂线的交点,所以OF=OE=FG=×2=.ED=×2=,则球半径r=,则S=4π×.9.D解析如图所示,设AC的中点为M,由已知得AB⊥BC,所以底面三角形ABC外接圆的圆心为M,所以OM⊥平面ABC,又OM∥DC,所以DC⊥平面ABC,由四面体的体积为,得DC=2.所以DA=4,球的半径为2,由球的表面积公式得球的表面积为16π.选D.10.解析由题图可知,该多面体为两个全等的正四棱锥的组合体,且正四棱锥的高为1,底面正方形的边长为,所以该多面体的体积为2××()2×1=.11.解析∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,∴=V正方体-=1-×1×1×1-×1×1×1=. 12.解析由题意,得△BCD为等腰直角三角形,E是外接圆的圆心.∵点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,∴BF=,∴AF=.设球心O到平面BCD的距离为h,则1+h2=,解得h=,r=,故该三棱锥外接球的表面积为4π×.13.证明 (1)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AB∥A1B1,且AB=A1B1,又点M,N分别是AB,A1B1的中点,所以MB=A1N,且MB∥A1N.所以四边形A1NBM是平行四边形,从而A1M∥BN.又BN⊄平面A1MC,A1M⊂平面A1MC,所以BN∥面A1MC.(2)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥底面ABC,而AA1⊂侧面ABB1A1,所以侧面ABB1A1⊥底面ABC.又CA=CB,且M是AB的中点,所以CM⊥AB.则由侧面ABB1A1⊥底面ABC,侧面ABB1A1∩底面ABC=AB,CM⊥AB,且CM⊂底面ABC,得CM⊥侧面ABB1A1.又AB1⊂侧面ABB1A1,所以AB1⊥CM.又AB1⊥A1M,A1M,MC⊂平面A1MC,且A1M∩MC=M,所以AB1⊥平面A1MC.又A1C⊂平面A1MC,所以AB1⊥A1C.14.解 (1)连接AC,设AC∩BE=G,则平面SAC∩平面EFB=FG,∵△GEA∽△GBC,∴.∴.∴SF=SC,∴λ=.(2)连接SE,∵SA=SD=,∴SE⊥AD,SE=2.∵AB=AD=2,∠BAD=60°,∴BE=.∵SE2+BE2=SB2,∴SE⊥BE.∴SE⊥平面ABCD.所以V F-BCE=V S-EBC=V S-ABCD=×2×2sin 60°×2=.15.解 (1)在正方形ABCD中,∵AD⊥AE,CD⊥CF,∴A'D⊥A'E,A'D⊥A'F.∵A'E∩A'F=A',A'E,A'F⊂平面A'EF,∴A'D⊥平面A'EF.而EF⊂平面A'EF,∴A'D⊥EF,∴异面直线A'D与EF所成角的大小为90°.(2)∵正方形ABCD的边长为2,点E是AB的中点,点F是BC的中点,∴在Rt△BEF中,BE=BF=1,得EF=,而A'E=A'F=1,∴A'E2+A'F2=EF2,∴A'E⊥A'F,∴S△A'EF=×1×1=.由(1)得A'D⊥平面A'EF,且A'D=2,∴V D-A'EF=S△A'EF·A'D=×2=.。
高考数学二轮复习对点练：专题五 立体几何 专题对点练17
专题对点练17空间中的垂直、夹角及几何体的体积1.(2018江苏,15)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求证:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.2.如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求证:BF⊥平面ACFD;(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.3.由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.(1)证明:A1O∥平面B1CD1;(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.4.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB∥DC,△PAD是等边三角形,已知BD=2AD=8,AB=2DC=4.(1)设M是PC上的一点,证明:平面MBD⊥平面PAD;(2)求四棱锥P-ABCD的体积.5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,∠ADC=45°,AD=AC=2,O为AC的中点,PO⊥平面ABCD,且PO=6,M为PD的中点.(1)证明:AD⊥平面PAC;(2)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值.6.(2018北京,文18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.求证:(1)PE⊥BC;(2)平面PAB⊥平面PCD;(3)EF∥平面PCD.7.如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,AB=BC=2,AD=6,CE⊥AD于点E,把△DEC沿CE折到D'EC的位置,使D'A=2,如图②.若G,H分别为D'B,D'E的中点.(1)求证:GH⊥D'A;(2)求三棱锥C-D'BE的体积.8.如图,在四棱锥S-ABCD中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面SAB为等边三角形,AB=BC=2,CD=SD=1.(1)证明:SD⊥平面SAB;(2)求四棱锥S-ABCD的高.专题对点练17答案1.证明(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,因此AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.2.(1)证明延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以AC⊥平面BCK,因此BF⊥AC.又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)解因为BF⊥平面ACK,所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角.在Rt△BFD中,BF=,DF=,得cos∠BDF=,所以,直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为.3.证明(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1.又A1E,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.4.(1)证明在△ABD中,因为AD=4,BD=8,AB=4,所以AD2+BD2=AB2.所以AD⊥BD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BD⊂平面ABCD, 所以BD⊥平面PAD.又BD⊂平面MBD,故平面MBD⊥平面PAD.(2)解过点P作PO⊥AD交AD于点O,因为平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD,所以PO为四棱锥P-ABCD的高.又△PAD是边长为4的等边三角形,因此PO=×4=2.在底面四边形ABCD中,AB∥DC,AB=2DC,所以四边形ABCD是梯形.在Rt△ADB中,斜边AB边上的高为,此即为梯形ABCD的高,所以四边形ABCD的面积为S==24.故V P-ABCD=×24×2=16.5.(1)证明∵PO⊥平面ABCD,且AD⊂平面ABCD,∴PO⊥AD.∵∠ADC=45°,且AD=AC=2,∴∠ACD=45°,∴∠DAC=90°,∴AD⊥AC.∵AC⊂平面PAC,PO⊂平面PAC,且AC∩PO=O,∴AD⊥平面PAC.(2)解取DO的中点N,连接MN,AN,由PO⊥平面ABCD,得MN⊥平面ABCD,∴∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角.∵M为PD的中点,∴MN∥PO,且MN=PO=3,AN=DO=.在Rt△ANM中,tan∠MAN=,即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为.6.证明(1)∵PA=PD,且E为AD的中点,∴PE⊥AD.∵底面ABCD为矩形,∴BC∥AD,∴PE⊥BC.(2)∵底面ABCD为矩形,∴AB⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,∴AB⊥平面PAD.∴AB⊥PD.又PA⊥PD,PA∩AB=A,∴PD⊥平面PAB.∵PD⊂平面PCD,∴平面PAB⊥平面PCD.(3)如图,取PC的中点G,连接FG,GD.∵F,G分别为PB和PC的中点,∴FG∥BC,且FG=BC.∵四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,∴ED∥BC,ED=BC,∴ED∥FG,且ED=FG,∴四边形EFGD为平行四边形,∴EF∥GD.又EF⊄平面PCD,GD⊂平面PCD,∴EF∥平面PCD.7.(1)证明连接BE,GH,AC,在△AED'中,ED'2=AE2+AD'2,可得AD'⊥AE.又DC==2,AC=2,可得AC2+AD'2=CD'2,可得AD'⊥AC.因为AE∩AC=A,所以AD'⊥平面ABCE,所以AD'⊥BE.又G,H分别为D'B,D'E的中点,所以GH∥BE,所以GH⊥D'A.(2)解设三棱锥C-D'BE的体积为V,则V=S△BCE·AD'=×2×2×2.8.(1)证明如图,取AB的中点E,连接DE,SE,则四边形BCDE为矩形,∴DE=CB=2,∴AD=.∵侧面SAB为等边三角形,AB=2,∴SA=SB=AB=2,且SE=.又SD=1,∴SA2+SD2=AD2,SB2+SD2=BD2,∴SD⊥SA,SD⊥SB.∵SA∩SB=S,∴SD⊥平面SAB.(2)解设四棱锥S-ABCD的高为h,则h也是三棱锥S-ABD的高.由(1)知,SD⊥平面SAB,由V S-ABD=V D-SAB,得S△ABD·h=S△SAB·SD.又S△ABD=AB·DE=×2×2=2,S△SAB=AB2=×22=,SD=1,所以h=.故四棱锥S-ABCD的高为.。
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专题对点练18 5.1~5.3组合练(限时90分钟,满分100分)一、选择题(共9小题,满分45分)1.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:cm3)是()A.+1B.+3C.+1D.+32.(2018全国名校大联考第四次联考)已知α,β是相异两平面,m,n是相异两直线,则下列命题错误的是()A.若m∥n,m⊥α,则n⊥αB.若m⊥α,m⊥β,则α∥βC.若m⊥α,m∥β,则α⊥βD.若m∥α,α∩β=n,则m∥n3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体中,面积最大的侧面的面积为()A.B.C.D.34.如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3 cm,高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()A.B.C.D.5.如图,某三棱锥的正视图、侧视图和俯视图分别是直角三角形、等腰三角形和等边三角形.若该三棱锥的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()A.27πB.48πC.64πD.81π6.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为,D为BC的中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为()A.3B.C.1D.7.将长、宽分别为2和1的长方形ABCD沿对角线AC折起,得到四面体ABCD,则四面体ABCD外接球的表面积为()A.3πB.5πC.10πD.20π8.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=()A.1B.2C.4D.89.(2018全国Ⅲ,文12)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,则三棱锥D-ABC体积的最大值为()A.12B.18C.24D.54二、填空题(共3小题,满分15分)10.(2018天津,文11)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积为.11.已知三棱锥A-BCD,AB=AC=BC=2,BD=CD=,点E是BC的中点,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,则该三棱锥外接球的表面积为.12.已知四面体ABCD,AB=4,AC=AD=6,∠BAC=∠BAD=60°,∠CAD=90°,则该四面体外接球的半径为.三、解答题 (共3个题,满分分别为13分,13分,14分)13.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA⊥平面ABCD,BC=AP=5,AB=3,AC=4,M,N分别在线段AD,CP上,且=4.(1)求证:MN∥平面PAB;(2)求三棱锥P-AMN的体积.14.在如图所示的五面体ABCDEF中,矩形BCEF所在的平面与平面ABC垂直,AD∥CE,CE=2AD=2,M是BC 的中点,在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2AC=2.求证:(1)AM∥平面BDE;(2)DE⊥平面BDC,并求三棱锥C-DBE的体积.15.如图①,在边长为2的正方形ABCD中,点E是AB的中点,点F是BC的中点.将△AED,△DCF分别沿DE,DF折起,使A,C两点重合于点A',连接EF,A'B,如图②.(1)求异面直线A'D与EF所成角的大小;(2)求三棱锥D-A'EF的体积.专题对点练18答案1.A解析V=×3××π×12++1,故选A.2.D解析由线面垂直的性质可知选项A,B,C正确.如图所示,对于选项D,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,取直线m 为AD,平面α为上底面A1B1C1D1,平面β为平面CDD1C1,则直线n为C1D1,此时有m∥α,α∩β=n,直线m与n为异面直线,即选项D错误.故选D.3.B解析由三视图可知,几何体的直观图如图所示,平面AED⊥平面BCDE,四棱锥A-BCDE的高为1,四边形BCDE是边长为1的正方形,则S△AED=×1×1=,S△ABC=S△ABE=×1×,S△ACD=×1×,故选B.4.C解析由零件的三视图可知,该几何体为两个圆柱组合而成,如图所示.切削掉部分的体积V1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm3),原来毛坯体积V2=π×32×6=54π(cm3).故所求比值为.5.C解析由三视图可知,该几何体为三棱锥,三棱锥的高VA=4,直观图如图所示.∵△ABC是边长为6的等边三角形,∴外接球的球心D在底面ABC的投影为△ABC的中心O,过D作DE⊥VA于E,则E为VA的中点,连接OA,DA,则DE=OA=×3=2,AE=VA=2,DA为外接球的半径r,∴r==4,∴该球的表面积S=4πr2=64π.故选C.6.C解析∵D是等边三角形ABC的边BC的中点,∴AD⊥BC.又ABC-A1B1C1为正三棱柱,∴AD⊥平面BB1C1C.∵四边形BB1C1C为矩形,∴×2×.又AD=2×,∴·AD=×=1.故选C.7.B解析由题意可知,直角三角形斜边的中线是斜边的一半,所以长、宽分别为2和1的长方形ABCD沿对角线AC折起二面角,得到四面体ABCD,则四面体ABCD的外接球的球心O为AC的中点,半径R=,所求四面体ABCD的外接球的表面积为4π×=5π.故选B.8.B解析由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.∴S表=2r×2r+2×πr2+πr×2r+×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.9.B解析由△ABC为等边三角形且面积为9,设△ABC边长为a,则S=a·a=9.∴a=6,则△ABC的外接圆半径r=a=2<4.设球的半径为R,如图,OO1==2.当D在O的正上方时,V D-ABC=S△ABC·(R+|OO1|)=×9×6=18,最大.故选B.10. 解析∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,∴=V正方体-=1-×1×1×1-×1×1×1=.11.解析由题意,得△BCD为等腰直角三角形,E是外接圆的圆心.∵点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,∴BF=,∴AF=.设球心O到平面BCD的距离为h,则1+h2=,解得h=,r=,故该三棱锥外接球的表面积为4π×.12.2解析如图所示,O'为△ACD的外心,O为球心,BE⊥平面ACD,BF⊥AC,则EF⊥AC,∴AF=2,AE=2,BE==2.设该四面体外接球半径为R,OO'=d,则2+(2+d)2=d2+(3)2, ∴d=,CD=6,∴R==2.13.(1)证明在AC上取一点Q,使得=4,连接MQ,QN,则,∴QN∥AP,MQ∥CD.又CD∥AB,∴MQ∥AB.∵AB⊂平面PAB,PA⊂平面PAB,MQ⊂平面MNQ,NQ⊂平面MNQ, ∴平面PAB∥平面MNQ.∵MN⊂平面MNQ,MN⊄平面PAB,∴MN∥平面PAB.(2)解∵AB=3,BC=5,AC=4,∴AB⊥AC.过C作CH⊥AD,垂足为H,则CH=.∵PA⊥平面ABCD,CH⊂平面ABCD,∴PA⊥CH.又CH⊥AD,PA∩AD=A,∴CH⊥平面PAD.∵PC==4,∴N到平面PAD的距离h=CH=,∴V P-AMN=V N-PAM=S△PAM·h=×5×4×.14.证明 (1)取BE的中点N,连接DN,MN,则MN∥CE,且MN=CE.∵AD∥CE,且AD=CE,∴AD∥MN,且AD=MN,∴四边形ADNM是平行四边形,∴DN∥AM.又DN⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,∴AM∥平面BDE.(2)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2AC=2,由余弦定理得BC=, 由勾股定理得∠ACB=90°,BC⊥AC.又BC⊥CE,且CE∩AC=C,∴BC⊥平面ACED.又DE⊂平面ACED,∴DE⊥BC.∵DE⊥平面BDC,DC⊂平面BDC,∴DE⊥DC.∵DC∩BC=C,∴DE⊥平面BCD,∴V C-BDE=V B-CDE=S△CDE·BC=.15.解 (1)在正方形ABCD中,∵AD⊥AE,CD⊥CF,∴A'D⊥A'E,A'D⊥A'F.∵A'E∩A'F=A',A'E,A'F⊂平面A'EF,∴A'D⊥平面A'EF.而EF⊂平面A'EF,∴A'D⊥EF,∴异面直线A'D与EF所成角的大小为90°.(2)∵正方形ABCD的边长为2,点E是AB的中点,点F是BC的中点, ∴在Rt△BEF中,BE=BF=1,得EF=,而A'E=A'F=1,∴A'E2+A'F2=EF2,∴A'E⊥A'F,∴S△A'EF=×1×1=.由(1)得A'D⊥平面A'EF,且A'D=2,∴V D-A'EF=S△A'EF·A'D=×2=.。