高中数学二轮复习专题4立体几何第1讲课时作业新人教A

【走向高考】2021届高中数学二轮复习 专题4 立体几何（第1讲）
课时作业 新人教A 版
一、选择题 1．(文)(2021·山东文，4)一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )
A ．45，8
B ．45，8
3 C ．4(5＋1)，8
3 D ．8,8
[答案] B
[解析] 由正视图知四棱锥底面是边长为2的正方形，高为2，又因为侧棱长相等，所以棱锥是正四棱锥，斜高h′＝22＋12＝5，侧面积S ＝4×12×2×5＝45，体积V ＝13×2×2×2＝8
3. (理)(2021·绍兴市模拟)某四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4 [答案] B
[解析] 由三视图知，该几何体底面是正方形，对角线长为2，故边长为2，几何体是四棱锥，有一条侧棱与底面垂直，其直观
图如图，由条件知PC ＝13，AC ＝2，
∴PA ＝3，体积V ＝1
3×(2)2×3＝2.
2．(文)(2021·长春市三调)若一个圆柱的正视图与其侧面展开图相似，则这个圆柱的侧面积与全面积之比为( ) A.
ππ＋1 B.2π2π＋1
C.22π＋1
D.
1
π＋1
[答案] B
[解析] 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则2r h ＝h
2πr ，则h ＝2r π，则S 侧＝2πr·h ＝4πr2π，S 全＝4πr2π＋2πr2，故圆柱的侧面积与全面积之比为4πr 2π4πr 2π＋2πr2＝2π
2π＋1，故选B.
(理)(2021·吉林市质检)某由圆柱切割获得的几何体的三视图如图所示，其中俯视图是中心角为60°的扇形， 则该几何体的侧面积为( )
A ．12＋103π
B ．6＋10
3π
C ．12＋2π
D ．6＋4π [答案] C
[解析] 由三视图可知，该几体何是沿圆柱的底面夹角为60°的两条半径与中心轴线相交获得平面为截面截下的圆柱一角，其中两个侧面都是矩形，矩形一边长为半径2，一边长为柱高3，另一侧面为圆柱侧面的16，因此该几何体的侧面积为S ＝2×3＋2×3＋1
6×(2π×2×3)＝12＋2π. 3．(文)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A ．12－π
B ．12－2π
C ．6－π
D ．4－π [答案] A
[解析] 由三视图知，该几何体是一个组合体，由一个长方体挖去一个圆柱构成，长方体的长、宽高为4,3,1，圆柱底半径1，高为1，∴体积V ＝4×3×1－π×12×1＝12－π.
(理)若某棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该棱锥的体积等于( )
A ．10 cm3
B ．20 cm3
C ．30 cm3
D ．40 cm3
[答案] B
[解析] 由三视图知该几何体是四棱锥，可视作直三棱柱ABC －A1B1C1沿平面AB1C1截去一个三棱锥A －A1B1C1余下的部分．
∴VA －BCC1B1＝VABC －A1B1C1－VA －A1B1C1＝12×4×3×5－13×(1
2×4×3)×5＝20cm3. 4．(文)如图，直三棱柱的正视图面积为2a2，则侧视图的面积为( ) A ．2a2 B ．a2 C.3a2 D.3
4a2
[答案] C
[解析] 由正视图的面积为2a2，则直三棱柱的侧棱长为2a ，侧视图为矩形，一边长为2a ，另一边长为3
2a ，所以侧视图的面积为3a2.
(理)(2021·东城区模拟)已知一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，那么这个几何体的侧面积是( )
A ．(1＋2)cm2
B ．(3＋2)cm2
C ．(4＋2)cm2
D ．(5＋2)cm2
[答案] C
[解析] 由三视图可画出该几何体的直观图如图，其侧面积为1×1＋2×1
2(1＋2)×1＋1×12＋12＝4＋2cm2.
5．(文)(2021·常德市模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的概况积为( )
A ．6＋2 3
B ．6＋4 2
C ．4＋2 3
D ．4＋4 2 [答案] D
[解析] 其直观图如图，概况积S ＝2×(12×2×2)＋(1
2×22×2)×2＝4＋4 2.
(理)(2021·江西师大附中、鹰潭一中联考)已知一个三棱锥的正视图与俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图面积为( )
A.32
B.34
C ．1
D.12
[答案] B
[解析] 由题意知，此三棱锥的底面为有一个角为30°的直角三角形，其斜边长AC ＝2，一个侧面PAC 为等腰直角三角形，∴DE ＝1，BF ＝3
2，其侧视图为直角三角形，其两直角边与DE 、BF 的长
度相等，面积S ＝12×1×32＝3
4.
6．(2021·新乡、许昌、平顶山调研)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，D 为侧棱PC 上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是( )
A ．AD ⊥平面PBC ，且三棱锥D －ABC 的体积为8
3 B ．BD ⊥平面PAC ，且三棱锥D －ABC 的体积为8
3 C ．AD ⊥平面PBC ，且三棱锥D －ABC 的体积为16
3 D ．AD ⊥平面PAC ，且三棱锥D －ABC 的体积为16
3
[答案] C
[解析] ∵PA ⊥平面ABC ，∴PA ⊥BC ，又∵AC ⊥BC ，PA∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面PAC ，又∵AD ⊂平面PAC ，∴BC ⊥AD ，由正视图可知，AD ⊥PC ，又PC∩BC ＝C ，∴AD ⊥平面PBC ，且VD －ABC ＝12VP －ABC ＝12×13×4×(12×4×4)＝163.
二、填空题 7．(文)(2021·天津文，10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.
[答案]
20π3
[解析] 本题考查三视图及简单几何体的体积计算，考查空间想象能力和简单的计算能力． 由三视图知，该几何体下面是圆柱、上面是圆锥． ∴V ＝π×12×4＋13π×22×2＝20π
3.
(理)(2021·陕西理，12)某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．
[答案] π3
[解析] 由三视图可知，此几何体是底面半径为1，高为2的半个圆锥． ∴V ＝12×13(π×12×2)＝π3.
8．(文)(2021·金华一中月考)某几何体的三视图(单位：cm)如下图，则这个几何体的概况积为________cm2.
[答案]12＋2 3
[解析]由三视图知，该几何体为正三棱柱，
底面积S1＝2×(
1
2×2×3)＝23，
侧面积S2＝3×(2×2)＝12，
∴概况积S＝S1＋S2＝12＋23cm2.
(理)(2021·天津十二区县联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．[答案]
108＋3π
[解析]由三视图知，该几何体由上下两个全等的正四棱柱及中间的圆柱构成的组合体，体积V＝2×(6×6×1.5)＋π×12×3＝108＋3π.
9．(2021·江苏，8)如图，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D、E、F分别是AB、AC、AA1的中点，设三棱锥F－ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1－ABC的体积为V2，则V1V2＝________.
[答案]124
[解析]
V1
V2＝
V锥F－ADE
V柱ABC－A1B1C1＝
1
3×
1
4S×
1
2h
Sh＝
1
24.
三、解答题
10．(文)在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，DC ∥AB ，DC ＝1，AB ＝4，BC ＝23，∠CBA ＝30°.
(1)求证：AC ⊥PB ；
(2)当PD ＝2时，求此四棱锥的体积．
[解析] (1)∵PC ⊥平面ABCD ，∴PC ⊥AC ， 又∠CBA ＝30°，BC ＝23，AB ＝4， ∴AC ＝AB2＋BC2－2AB·BCcos ∠CBA ＝
16＋12－2×4×23×3
2＝2，
∴AC2＋BC2＝4＋12＝16＝AB2， ∴∠ACB ＝90°，故AC ⊥BC.
又∵PC 、BC 是平面PBC 内的两条相交直线， 故AC ⊥平面PBC ， ∴AC ⊥PB.
(2)当PD ＝2时，作CE ⊥AB 交AB 于E ， 在Rt △CEB 中，CE ＝CB·sin30°＝23×1
2＝3， 又在Rt △PCD 中，DC ＝1， ∴PC ＝3，
∴VP －ABCD ＝13·PC·SABCD ＝13×3×12(1＋4)×3＝52.
(理)(2021·山西太原检测)如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，BF ＝3，G 和H 分别是CE 和CF 的中点．
(1)求证：AC ⊥平面BDEF ；
(2)求证：平面BDGH//平面AEF ； (3)求多面体ABCDEF 的体积．
[解析] (1)证明：因为四边形ABCD 是正方形， 所以AC ⊥BD.
又因为平面BDEF ⊥平面ABCD ，平面BDEF∩平面ABCD ＝BD ， 且AC ⊂平面ABCD ， 所以AC ⊥平面BDEF.
(2)证明：在△CEF 中，因为G 、H 分别是CE 、CF 的中点， 所以GH ∥EF ，
又因为GH ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， 所以GH ∥平面AEF.
设AC∩BD ＝O ，连接OH ，
在△ACF 中，因为OA ＝OC ，CH ＝HF ， 所以OH ∥AF ，
又因为OH ⊄平面AEF ，AF ⊂平面AEF ， 所以OH ∥平面AEF.
又因为OH∩GH ＝H ，OH ，GH ⊂平面BDGH ， 所以平面BDGH ∥平面AEF.
(3)解：由(1)，得AC ⊥平面BDEF ，
又因为AO ＝2，四边形BDEF 的面积SBDEF ＝3×22＝62，
所以四棱锥A －BDEF 的体积V1＝1
3×AO×SBDEF ＝4. 同理，四棱锥C －BDEF 的体积V2＝4.
所以多面体ABCDEF 的体积V ＝V1＋V2＝8.
一、选择题 11．(文)(2021·眉山市二诊)一个棱锥的三视图如图所示，则这个棱锥的体积是( )
A ．6
B ．12
C ．24
D ．36 [答案] B
[解析] 由三视图知该几何体为有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，体积V ＝1
3×(4×3)×3＝12. (理)(2021·榆林市一中模拟)已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24，则正视图中a 的值为( )
A ．8
B ．6
C ．4
D ．2 [答案] B
[解析] 由V ＝1
3×(a×3)×4＝24得，a ＝6.
12．(文)(2021·江西八校联考)某几何体的三视图(单位：m)如图所示，则其概况积为( )
A ．(96＋322)m2
B ．(64＋323)m2
C ．(114＋162＋163)m2
D ．(80＋162＋163)m2 [答案] D
[解析] 由三视图知该几何体是一个组合体，中间是一个棱长为4的正方体(由正、侧视图中间部分和俯视图知)，上部是一个有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，下部是一个正四棱锥，概况积S ＝2(12×4×4＋12×4×42＋42)＋4×42＋4×(1
2×4×23)＝80＋162＋163(m2)． (理)(2021·德阳市二诊)已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图，侧视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，按照图中的数据可得此几何体的体积为( ) A.2π3＋12 B.4π3＋1
6 C.2π6＋16 D.2π3＋12
[答案] C
[解析] 由三视图知，该几何体为组合体，下部为一个半球，半球的直径为2，上部为三棱锥，
有一侧棱与底面垂直，∴体积V ＝13×(12×1×1)×1＋4π3×(22)3×12＝16＋2π6.
13．(文)(2021·辽宁文，10)已知直三棱柱ABC －A1B1C1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA1＝12，则球O 的半径为( )
A.3172 B ．210
C.132 D ．310
[答案] C
[解析] 过C ，B 分别作AB 、AC 的平行线交于D ，分别过C1、B1作A1B1，A1C1的平行线交于D1，连接DD1，则ABDC －A1B1D1C1恰为该球的内接长方体，故该球的半径r ＝
32＋42＋1222
＝132，故选C.
(理)一个半径为1的球体经过切割后，剩下部分几何体的三视图如图所示，则剩下部分几何体的概况积为( )
A.13π3
B.15π4 C ．4π D.9π2
[答案] D
[解析] 由三视图知该几何体是一个球体，保留了下半球，上半球分为四份，去掉了对顶的两
份，故概况积为球的概况积，去掉14球概况积加上6个14的圆面积．
∴S ＝4πR2－14(4πR2)＋6×14πR2＝92πR2，
又R ＝1，∴S ＝92π.
二、填空题
14．(文)(2021·天津市六校联考)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为________．
[答案] 48
[解析] 由三视图知，该几何体是一个组合体，其上部为长方体，下部为横放的四棱柱，其底
面是上底长2，下底长6，高为2的等腰梯形，柱高为4，其体积V ＝2×4×2＋12(2＋6)×2×4＝48.
(理)(2021·内江市一模)矩形ABCD 中，AB ＝8，BC ＝6，沿BD 将矩形ABCD 折成一个直二面角A －BD －C ，则四面体ABCD 的外接球的概况积是________．
[答案] 100π
[解析] 设矩形ABCD 对角线BD 的中点为O ，则OA ＝OB ＝OC ＝OD ，∴折起后空间四边形ABCD
的外接球球心为O ，∴球O 的半径R ＝1282＋62＝5，∴球O 的概况积S ＝4πR2＝100π.
三、解答题
15．(文)(2021·北京文，17)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥
CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，E 和
F 分别是CD 、PC 的中点，求证：
(1)PA ⊥底面ABCD ；
(2)BE ∥平面PAD ；
(3)平面BEF ⊥平面PCD.
[解析] (1)因为平面PAD ⊥底面ABCD ，且PA 垂直于这两个平面
的交线AD ，
所以PA ⊥底面ABCD.
(2)因为AB ∥CD ，CD ＝2AB ，E 为CD 的中点，
所以AB ∥DE ，且AB ＝DE.
所以四边形ABED 为平行四边形．
所以BE ∥AD.
又因为BE ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，
所以BE ∥平面PAD.
(3)因为AB ⊥AD ，而且ABED 为平行四边形，
所以BE ⊥CD ，AD ⊥CD.
由(1)知PA ⊥底面ABCD.
所以PA ⊥CD.所以CD ⊥平面PAD.
所以CD ⊥PD.
因为E 和F 分别是CD 和PC 的中点，
所以PD ∥EF.所以CD ⊥EF ，
又因为CD ⊥BE ，BE∩EF ＝E ，
所以CD ⊥平面BEF.
所以平面BEF ⊥平面PCD.
(理)(2021·浙江理，20)如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，
BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝2 2.M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，
点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC.
(1)证明：PQ ∥平面BCD ；
(2)若二面角C －BM －D 的大小为60°，求∠BDC 的大小．
[解析] 方式1：(1)取BD 的中点O ，在线段CD 上取点F ，使得
DF ＝3FC ，连接OP 、OF 、FQ.
因为AQ ＝3QC ，所以QF ∥AD ，且QF ＝1
4AD.
因为O 、P 分别为BD 、BM 的中点，
所以OP 是△BDM 的中位线，
所以OP ∥DM ，且OP ＝1
2DM.
又点M 为AD 的中点，所以OP ∥AD ，且OP ＝1
4AD.
从而OP ∥FQ ，且OP ＝FQ ，
所以四边形OPQF 为平行四边形，故PQ ∥OF.
又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD.
(2)作CG ⊥BD 于点G ，作GH ⊥BM 于点H ，连接CH.
因为AD ⊥平面BCD ，CG ⊂平面BCD ，所以AD ⊥CG ，
又CG ⊥BD ，AD∩BD ＝D ，故CG ⊥平面ABD ，
又BM ⊂平面ABD ，所以CG ⊥BM.
又GH ⊥BM ，CG ∩GH ＝G ，故BM ⊥平面CGH ，
所以GH ⊥BM ，CH ⊥BM.
所以∠CHG 为二面角C －BM －D 的平面角，
即∠CHG ＝60°.
设∠BDC ＝θ.
在Rt △BCD 中，CD ＝BDcosθ＝22cosθ，
CG ＝CDsinθ＝22cosθsinθ，BC ＝BDsinθ＝22sinθ，
BG ＝BCsinθ＝22sin2θ.
在Rt △BDM 中，∵GH ⊥BM ，∴△BGH ∽△BMD ，
∴HG ＝BG·DM BM ＝22sin2θ3
. 在Rt △CHG 中，tan ∠CHG ＝CG HG ＝3cosθsinθ＝ 3.
所以tanθ＝ 3.从而θ＝60°.
即∠BDC ＝60°.
方式2：(1)如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD 、OP 所在射线为y 、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.
由题意知A(0，2，2)，B(0，－2，0)，D(0，2，0)．
设点C 的坐标为(x0，y0,0)．因为AQ →＝3QC →，
所以Q(34x0，24＋34y0，12)．
因为M 为AD 的中点，故M(0，2，1)．
又P 为BM 的中点，故P(0,0，12)，
所以PQ →＝(34x0，24＋34y0,0)．
又平面BCD 的一个法向量为u ＝(0,0,1)，
故PQ →·u ＝0.
又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD.
(2)设m ＝(x ，y ，z)为平面BMC 的一个法向量．
由CM →＝(－x0，2－y0,1)，BM →＝(0,22，1)，
知⎩⎨⎧ －x0x ＋2－y0y ＋z ＝0，22y ＋z ＝0.
取y ＝－1，得m ＝(y0＋2x0，－1,22)．
又平面BDM 的一个法向量为n ＝(1,0,0)．
于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n|＝
|y0＋2x0|9＋y0＋2x02＝12， 即(y0＋2x0)2＝3.①
又BC ⊥CD ，所以CB →·CD →＝0，
故(－x0，－2－y0,0)·(－x0，2－y0,0)＝0，
即x20＋y20＝2.② 联立①②，解得⎩⎨⎧ x0＝0，y0＝－ 2.(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧ x0＝±62，y0＝22.
所以tan ∠BDC ＝|x02－y0
|＝ 3. 又∠BDC 是锐角，所以∠BDC ＝60°.
16．(文)(2021·北京西城区模拟)在如图所示的几何体中，面CDEF 为正方形，面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ＝3，AB ＝2BC ＝2，AC ⊥FB.
(1)求证：AC ⊥平面FBC ；
(2)求四面体FBCD 的体积；
(3)线段AC 上是否存在点M ，使得EA ∥平面FDM ？证明你的结论．
[解析] (1)证明：在△ABC 中，
∵AC ＝3，AB ＝2，BC ＝1，∴AC ⊥BC.
又∵AC ⊥FB ，∴AC ⊥平面FBC.
(2)解：∵AC ⊥平面FBC ，∴AC ⊥FC.
∵CD ⊥FC ，∴FC ⊥平面ABCD.
在等腰梯形ABCD 中可得∠BCD ＝120°，CB ＝DC ＝1，∴FC ＝1.∴S △BCD ＝34，
∴四面体FBCD 的体积为：VF －BCD ＝13S △BCD·FC ＝312.
(3)线段AC 上存在点M ，且M 为AC 中点时，有EA ∥平面FDM ，证明如下：
连接CE ，与DF 交于点N ，连接MN.
因为CDEF 为正方形，所以N 为CE 中点．
所以EA ∥MN.
因为MN ⊂平面FDM ，EA ⊄平面FDM ，
所以EA ∥平面FDM.
所以线段AC 上存在点M ，使得EA ∥平面FDM 成立．
(理)如图，三棱柱ABC －A1B1C1的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是3，D 是AC 的中点．
(1)求证：B1C ∥平面A1BD ；
(2)求二面角A1－BD －A 的大小；
(3)求直线AB1与平面A1BD 所成的角的正弦值．
[解析] 解法一：(1)设AB1与A1B 相交于点P ，则P 为AB1中点，连接PD ，
∵D 为AC 中点，∴PD ∥B1C.
又∵PD ⊂平面A1BD ，B1C ⊄平面A1BD.
∴B1C ∥平面A1BD.
(2)∵正三棱柱ABC －A1B1C1，
∴AA1⊥底面ABC.
又 ∵BD ⊥AC ，∴A1D ⊥BD
∴∠A1DA 就是二面角A1－BD －A 的平面角．
∵AA1＝3，AD ＝12AC ＝1， ∴tan ∠
A1DA ＝A1A AD ＝ 3.
∴∠A1DA ＝π3，即二面角A1－BD －A 的大小是π3.
(3)由(2)作AM ⊥A1D ，M 为垂足．
∵BD ⊥AC ，平面A1ACC1⊥平面ABC ，平面A1ACC1∩平面ABC ＝AC ，∴BD ⊥平面A1ACC1， ∵AM ⊂平面A1ACC1，∴BD ⊥AM ，∵A1D∩BD ＝D ，
∴AM ⊥平面A1DB ，连接MP ，则∠APM 就是直线AB1与平面A1BD 所成的角．
∵AA1＝3，AD ＝1，∴在Rt △AA1D 中，∠A1DA ＝π3，
∴AM ＝1×sin60°＝32，AP ＝12AB1＝72.
∴sin ∠APM ＝AM AP ＝32
7
2＝217. ∴直线AB1与平面A1BD 所成的角的正弦值为217.
解法二：(1)同解法一
(2)如图建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，A1(1,0，3)，B(0，3，0)，B1(0，3，3)，
∴A1B →＝(－1，3，－3)，A1D →＝(－1,0，－3)
设平面A1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z)．
则n·A1B →＝－x ＋3y －3z ＝0，
n·A1D →＝－x －3z ＝0，
则有⎩⎨⎧
x ＝－3z y ＝0
，得n ＝(－3，0,1)． 由题意，知AA1→＝(0,0，3)是平面ABD 的一个法向量．
设n 与AA1→所成角为θ，则cosθ＝n·AA1→|n|·|AA1→|
＝12，∴θ＝π3. ∴二面角A1－BD －A 的大小是π3.
(3)由已知，得AB1→＝(－1，3，3)，n ＝(－3，0,1)，
设直线AB1与平面A1BD 所成角为α，则
sinα＝|AB1→·n||AB1→||n|＝217. ∴直线AB1与平面A1BD 所成的角的正弦值为217.。