高二数学下册同步强化训练题17.doc

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专题5 立体几何
第1讲 空间几何体
一、选择题
1．(文)(2011·北京文，5)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是(　　)

A．32　　　　　　　　　　 B．16＋16
C．48 D．16＋32
[答案]　B
[解析]　由三视图知，四棱锥为正四棱锥，四个侧面为四个全等的三角形，由图知三角形的高h＝2，S′＝×4×2×4＝16，所以表面积为S′＋4×4＝16＋16.
(理)(2011·北京理，7)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是(　　)

A．8　　　　　　　　　　 B．6
C．10 D．8
[答案]　C
[解析]　依题意，该四面体如图所示．其中，BC⊥CD，AB⊥平面BCD，BC＝4，CD＝3，AB＝4.

于是AC＝4，BD＝5.
∴S△BCD＝6，S△ABC＝8，
S△ACD＝6，S△ABD＝10，故选C.
2．(2011·广东文，9)如下图，某几何体的正视图(主视图)，侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为(　　)

A．4 B．4
C．2 D．2
[答案]　C
[解析]　由三视图知S＝×2×2＝2，h＝3，所以V＝Sh＝×2×3＝2.
3．(2011·江西文，9)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图为(　　)

[答案]　D
[解析]　左视图为正方形含有一条对角线，即D项中的对角线．
4．(2011·福建福州质检)某简单几何体的一条对角线长为a，在该几何体的正视图、侧视图与俯视图中，这条对角线的投影都是长为的线段，则a等于(　　)
A.　　 　 B.　 　　
C．1　　　　 D．2
[答案]　B
[解析]　可以把该几何体想象为一长方体AC1，设AC1＝a，则由题意知A1C1＝AB1＝BC1＝，设长方体的长、宽、高分别为x、y、z，则x2＋y2＝2，y2＋z2＝2，z2＋x2＝2，三式相加得2(x2＋y2＋z2)＝2a2＝6.∴a＝.故选B.
5．(2011·山东威海模拟)已知球的表面积等于16π，圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，圆台的母线与底面的夹角为，则圆台的轴截面的面积是(　　)
A．9π B.
C．3 D．6
[答案]　C
[解析]　本题考查简单组合体的知识．如右图，

过圆台的轴截面截球得截面如下：AB为球的大圆的直径，据题意知球的半径为2，∠DAB＝60°，连结OD，易知三角形OAD为等边三角形，AD＝2，DE＝，AE＝1，故DC＝2(2－1)＝2，
故S梯形ABCD＝(2＋4)·＝3.
6．(2011·天津十二区县联考，理3)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.a2 D.a2
[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a，所以侧视图的面积为a2.
7．(2011·广东深圳)利用斜二测画法可以得到①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形．以上结论正确的是(　　)
A．①② B．①
C．③④ D．①②③④
[答案]　A
[解析]　因为斜二测画法规则依据的是平行投影的性质，故①②正确，对于③，④，只有平行于x轴的线段长度不变，所以不正确，故选A.
8．(文)(2011·辽宁文，10)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝2，∠ASC＝∠BSC＝45°，则棱锥S－ABC的体积为(　　)
A. B.
C. D.
[答案]　C
[分析]　本题考查球的相关性质以及三棱锥体积的求法．
[解析]　如图所示，

由题意知，在棱锥S－ABC中，△SAC，△SBC都是等腰直角三角形，其中AB＝2，SC＝4，SA＝AC＝SB＝BC＝2.取SC的中点D，易证SC垂直于面ABD，因此棱锥S－ABC的体积为两个棱锥S－ABD和C－ABD的体积和，所以棱锥S－ABC的体积V＝SC·S△ADB＝×4×＝.
(理)(2011·辽宁理，12)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥S－ABC的体积为(　　)
A．3 B．2
C. D．1
[答案]　C
[分析]　本题考查球的相关性质以及三棱锥体积的求法，难度较大．
[解析]　由题意知，如图所示，

在棱锥S－ABC中，△SAC，△SBC都是有一个角为30°的直角三角形，其中AB＝，SC＝4，所以SA＝SB＝2，AC＝BC＝2.作BD⊥SC于D点，易证SC⊥平面ABD，因此V＝××()2×4＝.
二、填空题
9．(2011·福建理，12)三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC的体积等于________．
[答案]　
[解析]　V＝×3××2×2×sin60°＝.
10．(文)(2011·新课标文，16)已知两个圆锥有公共底面，且两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，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________．
[答案]　
[解析]　依据题意画出示意图：

设球半径R，圆锥底面半径r，则
πr2＝·4πR2，
即r2＝R2，在Rt△OO1C中，由OC2＝OO＋O1C2得OO1＝R.
所以，高的比为.
(理)(2011·新课标理，15)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＝2，则棱锥O－ABCD的体积为________．
[分析]　本小题考查对球的内接几何体的理解，球的截面性质及四棱锥体积的求解，考查空间想象能力和运算求解能力．
[答案]　8
[解析]　依题意棱锥O－ABCD的四条侧棱长相等且均为球O的半径，如图连接AC，取AC中点O′，连接OO′.易知AC＝

＝4，故AO′＝2.
在Rt△OAO′中，OA＝4，从而OO′＝＝2.
所以VO－ABCD＝×2×6×2＝8.
11．(2011·惠州一模)已知△ABC的斜二测直观图是边长为2的等边△A1B1C1，那么原△ABC的面积为________．
[答案]　2
[解析]　如图，过C1作C1D1∥y1轴，在△A1D1C1中，设C1D1＝a，由正弦定理得：＝⇒a＝⇒S△ABC＝×2×2＝2.

12．(2011·济南三模)一个几何体的三视图及部分数据如图所示，左视图为等腰三角形，俯视图为正方形，则这个几何体的体积等于________．

[答案]　
[解析]　根据三视图可知，该几何体是高为2的四棱锥，且底面正方形的对角线长为1，
∴V＝××1×1×2＝.
三、解答题
13．(文)一个多面体的直观图，主视图(正前方观察)，俯视图(正上方观察)，左视图(左侧正前方观察)如下图所示．

(1)探求AD与平面A1BCC1的位置关系并说明理由；
(2)求此多面体的表面积和体积．
[解析]　从俯视图可得：底面四边形ABCD和侧面四边形A1C1CB是矩形，又从主视图可得，
BC⊥AB，BC⊥BA1，且AB∩BA1＝B，BC⊥面ABA1，
△A1AB是正三角形，∴三棱柱是正三棱柱．
(1)∵底面四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC.
又∵BC⊂面A1BCC1，∴AD∥面A1BCC1.
(2)依题意可得：AB＝BC＝a，
∵S＝×sin60°×a×a＝a2，
∴V＝S×h＝a2×a＝a3.
S侧＝C×h＝3a×a＝3a2；
S表＝S侧＋2S底＝3a2＋2×a2＝(3＋)a2，
此多面体的表面积和体积分别为(3＋)a2，a3.
(理)下图是一几何体的直观图、正视图、俯视图、侧视图．

(1)若F为PD的中点，求证：AF⊥平面PCD；
(2)求几何体BEC－APD的体积．
[解析]　(1)证明：由几何体的三视图可知，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，PA＝2EB＝4.
∵PA＝AD，F为PD的中点，∴PD⊥AF.
又∵CD⊥DA，CD⊥PA，∴CD⊥AF.
∴AF⊥平面PCD.
(2)VBEC－APD＝VC－APEB＋VP－ACD＝×(4＋2)×4×4＋××4×4×4＝.
14．如图所示，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是半径为R的圆的内接四边形，其中BD是圆的直径，∠ABD＝60°，∠BDC＝45°，△ADP∽△BAD.

(1)求线段PD的长；
(2)若PC＝R，求三棱锥P—ABC的体积．
[解析]　(1)∵BD是圆的直径，
∴∠BAD＝90°，又△ADP∽△BAD，
∴＝，DP＝＝＝＝3R.
(2)在Rt△BCD中，CD＝BDcos45°＝R，
∵PD2＋CD2＝9R2＋2R2＝11R2＝PC2，
∵PD⊥CD，又∠PDA＝90°，∴PD⊥底面ABCD.
S△ABC＝AB·BCsin(60°＋45°)＝R·R·(·＋·)＝R2，则三棱锥P—ABC的体积为
VP－ABC＝·S△ABC·PD＝·R2·3R＝R3.
15．(文)(2011·福建文，20)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB.

(1)求证：CE⊥平面PAD；
(2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝，∠CDA＝45°，求四棱锥P－ABCD的体积．
[解析]　(1)∵PA⊥底面ABCD，EC⊂平面ABCD
∴CE⊥PA，
又∵AB⊥AD，CE∥AB.∴CE⊥AD.
又∵PA∩AD＝A，∴CE⊥平面PAD.
(2)由(1)知CE⊥AD.
在Rt△ECD中，DE＝CDcos45°＝1，CE＝CDsin45°＝1.
又∵AB＝CE＝1，AB∥CE，所以四边形ABCE为矩形．
∴S四边形ABCD＝S矩形ABCE＋S△CDE＝AB·AE＋CE·DE
＝1×2＋×1×1＝.
又PA⊥底面ABCD，PA＝1
所以V四棱锥p－ABCD＝×S四边形ABCD×PA＝××1＝.
(理)(2011·重庆理，19)如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AD＝CD，∠CAD＝30°.

(1)若AD＝2，AB＝2BC，求四面体ABCD的体积；
(2)若二面角C－AB－D为60°，求异面直线AD与BC所成角的余弦值．
[解析]　(1)解：如图，设F为AC的中点，由于AD＝CD，所以DF⊥AC.故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，且DF＝ADsin30°＝1，AF＝ADcos30°＝.

在Rt△ABC中，因AC＝2AF＝2，AB＝2BC，
由勾股定理易知BC＝，AB＝.
故四面体ABCD的体积
V＝·S△ABC·DF＝×××＝.
(2)解法一：如图，设G，H分别为边CD，BD的中点，则FG∥AD，GH∥BC，从而∠FGH或其补角是异面直线AD与BC所成的角．
设E为边AB的中点，则EF∥BC，由AB⊥BC，知EF⊥AB.又由(1)有DF⊥平面ABC，故由三垂线定理知DE⊥AB.所以∠DEF为二面角C－AB－D的平面角．由题设知∠DEF＝60°.
设AD＝a，则DF＝AD·sin∠CAD＝.
在Rt△DEF中，EF＝DF·cot∠DEF＝·＝a，
从而GH＝BC＝EF＝a.
因Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD＝AD＝a，
从而在Rt△BDF中，FH＝BD＝.
又FG＝AD＝，从而在△FGH中，因FG＝FH，由余弦定理得
cos∠FGH＝＝＝.
因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为.
解法二：如图，过F作FM⊥AC，交AB于M.已知AD＝CD，平面ABC⊥平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直．以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F－xyz.

不妨设AD＝2，由CD＝AD，∠CAD＝30°，易知点A，C，D的坐标分别为A(0，－，0)，C(0，，0)，D(0,0,1)，则＝(0，，1)．
显然向量k＝(0,0,1)是平面ABC的法向量．
已知二面角C－AB－D为60°，故可取平面ABD的单位法向量n＝(l，m，n)，使得〈n，k〉＝60°，从而n＝.
由n⊥，有m＋n＝0，从而m＝－.
由l2＋m2＋n2＝1，得l＝±.
设点B的坐标为B(x，y,0)，由⊥，n⊥，取l＝，有
解之得，(舍去)
易知l＝－与坐标系的建立方式不合，舍去．
因此点B的坐标为B(，，0)．
所以＝(，－，0)．
从而cos〈，〉＝
＝＝－.
故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为.

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