2021届高考数学(新课标版-理)二轮复习专题讲解-专题四--立体几何-Word版含解析.docx

专题四立体几何第一讲卷
一、选择题
1．(2022·湛江模拟)一个几何体的正视图、侧视图和俯视图外形都相同，大小均相等，则这个几何体不行以是(　　)
A．球 　　　B．三棱锥 　　C．正方体 　　D．圆柱
2．(2022·江西高考)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是(　　)

　A　　　　　B　　　 　　C　　 　　　D
3．(2022·陕西高考)将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是(　　)
A．4π B．3π C．2π D．π
4．(2022·新课标全国卷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 B．4 C．6 D．4
5．(2022·辽宁高考)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A．8－2π B．8－π
C．8－ D．8－
6．(2022·安庆模拟)一个多面体是由正方体割去两个三棱锥得到的，其正视图、侧视图、俯视图均是边长为2的正方形，如图所示，该多面体的表面积是(　　)

A．12＋4 B．8＋2
C．12＋2 D．8＋4
7．(2022·四川高考)某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，则该三棱锥的体积是(锥体体积公式：V＝Sh，其中S为底面面积，h为高)(　　)

A．3 B．2 C. D．1
8．(2022·湖南高考)一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于(　　)

A．1 B．2 C．3 D．4
9．(2022·新课标全国卷Ⅱ)正三棱柱ABC­A1B1C1 的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥A­B1DC1 的体积为(　　)
A．3 B. C．1 D.
10．(2022·新课标全国卷Ⅱ)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.
二、填空题
11．球O与底面边长为3的正三棱柱的各侧面均相切，则球O的表面积为________．
12．(2022·湛江一测)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x＝________.

13．(2022·江苏高考)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2，若它们的侧面积相等，且＝，则的值是________．
14．已知A，B是两个不同的点，m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则①m⊂α，A∈m⇒A∈α；②m∩n＝A，A∈α，B∈m⇒B∈α；③m⊂α，n⊂β，m∥n⇒α∥β；④m⊂α，m⊥β⇒α⊥β.其中真命题的序号为________．
15．(2022·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．

16．(2022·东北三校联考)正四周体ABCD的棱长为4，E为棱BC的中点，过E作其外接球的截面，则截面面积的最小值为________．

答案：
一、选择题
1． 解析：选D　对于圆柱，其正视图和侧视图是外形和大小相同的矩形，但其俯视图为圆，因此不满足题意，故选D.
2．解析：选B　由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形．
3． 解析：选C　由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S＝2πrh＝2π×1×1＝2π.
4．

解析：选C　如图，设帮助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A­BCD，最长的棱为AD＝＝6，选C.
5．解析：选B　直观图为棱长为2的正方体割去两个底面半径为1的圆柱，所以该几何体的体积为23－2×π×12×2×＝8－π.
6．解析：选A　由三视图可得，多面体如图所示，其表面积为S＝2×2＋4××2×2＋2××2×＝12＋4.

7．解析：选D　由俯视图可知三棱锥的底面是一个边长为2的正三角形，底面面积为×2×2×sin 60°＝，由侧视图可知三棱锥的高为，故此三棱锥的体积V＝××＝1，故选D.
8．解析：选B　该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r＝＝2，故选B.
9． 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DB1C1，又AD＝2sin 60°＝，所以VA­B1D C1＝AD·S△B1D C1＝×××2×＝1，故选C.
10．解析：选C　原毛坯的体积V＝(π×32)×6＝54π cm3，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V′＝V1＋V2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π cm3，故所求比值为1－＝.
二、填空题
11． 解析：设球O的半径为R，底面正三角形内切圆半径就是球O的半径，则R＝×＝，因此球O的表面积S＝4πR2＝3π.
答案：3π
12． 解析：依据三视图，该几何体的直观图是如图所示以直角梯形ABCD为底面，PA为高的四棱锥，∴V＝S梯形ABCD·PA＝×3×x＝3，∴x＝3.
答案：3

13． 解析：设甲、乙两个圆柱的底面半径分别是r1，r2，母线长分别是l1，l2.则由＝可得＝.又两个圆柱的侧面积相等，即2πr1l1＝2πr2l2，则＝＝，所以＝＝×＝.
答案：
14．解析：结合公理、定理逐一推断．依据平面的性质，可知①正确；②中不能确定B∈α；③中α与β可能平行也可能相交；④中依据面面垂直的判定可知正确，故①④为真命题．
答案：①④
15．
解析：

三视图所表示的几何体的直观图如图所示．结合三视图知，PA⊥平面ABC，PA＝2，AB＝BC＝，AC＝2.所以PB＝＝，PC＝＝2，所以该三棱锥最长棱的棱长为2.
答案：2
16．

解析：依题意，设正四周体ABCD外接球的球心为O，顶点A在底面BCD内的射影为G，则OA＝OB＝R，BG＝×4×＝，AG＝，∵OB2＝OG2＋BG2，∴R2＝2＋2，R＝，OE＝.当OE垂直于截面时，截面半径r最小，r＝＝2，∴截面面积的最小值为πr2＝4π.
答案：4π

专题四其次讲卷
1．(2022·新课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设二面角D­AE­C为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥E­ACD的体积．

2．(2022·北京高考)

如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P­ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.
(1)求证：AB∥FG；
(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE.求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．

3．(2022·山东高考)如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．

(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．

4．(2022·海淀模拟)如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝30°，∠ABC＝90°，D为AC中点，AE⊥BD于E，延长AE交BC于F，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图2所示．

　 　　　 　图1　　　　　　　　　图2
(1)求证：AE⊥平面BCD；
(2)求二面角A ­DC ­B的余弦值；
(3)在线段AF上是否存在点M使得EM∥平面ADC？若存在，请指明点M的位置；若不存在，请说明理由．

答案：

1． 解：(1)连接BD交AC于点O，连接EO.
由于ABCD为矩形，所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，所以EO∥PB.
由于EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)由于PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．

如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，为单位长，建立空间直角坐标系A­xyz，则D(0，，0)，E，
设B(m,0,0)(m>0)，则C(m，，0)，
设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，
则即
可取n1＝.
又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，
由题设知|cos〈n1，n2〉|＝，即＝，解得m＝.
由于E为PD的中点，所以三棱锥E­ACD的高为.三棱锥E­ACD的体积V＝××××＝.
2． 解：(1)在正方形AMDE中，由于B是AM的中点，所以AB∥DE.
又由于AB⊄平面PDE，
所以AB∥平面PDE.
由于AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，
所以AB∥FG.

(2)由于PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.
如图建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，
＝(1,1,0)．
设平面ABF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令z＝1，得y＝－1.所以n＝(0，－1,1)．
设直线BC与平面ABF所成角为α，则

因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.
设点H的坐标为(u，v，w)．
由于点H在棱PC上，所以可设
即(u，v，w－2)＝λ(2,1，－2)，所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ.
由于n是平面ABF的一个法向量，所以
即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.
解得λ＝，所以点H的坐标为.
所以PH＝ ＝2.
3．

解：(1)证明：由于四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC，又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.
连接AD1，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，由于CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C1M∥D1A.
又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.

(2)连接AC，MC，由(1)知CD∥AM且CD＝AM，
所以四边形AMCD为平行四边形．
可得BC＝AD＝MC，
由题意知∠ABC＝∠DAB＝60°，
所以△MBC为正三角形，因此AB＝2BC＝2，CA＝，因此CA⊥CB.
以C为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系C­xyz.
所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)．
因此M，所以

设平面C1D1M的一个法向量为n＝(x，y，z)．
由得
可得平面C1D1M的一个法向量n＝(1，，1)．
又为平面ABCD的一个法向量．
因此
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
4． 解：(1)平面ABD⊥平面BCD，交线为BD，
又在△ABD中，AE⊥BD于E，AE⊂平面ABD，
所以AE⊥平面BCD.

(2)由(1)结论AE⊥平面BCD可得AE⊥EF.
由题意可知EF⊥BD，AE⊥BD.
如图，以E为坐标原点，分别以EF，ED，EA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系E ­xyz.
不妨设AB＝BD＝DC＝AD＝2，则BE＝ED＝1，
AE＝，BC＝2，EF＝，
则E(0,0,0)，D(0,1,0)，B(0，－1,0)，A(0,0，)，F，C(，2,0)，

由AE⊥平面BCD可知平面DCB的一个法向量为＝(0,0，)．
设平面ADC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令z＝1，则y＝，x＝－1，所以n＝(－1，，1)．
所以
所以二面角A­DC­B的余弦值为.
(3)设其中λ∈[0,1]．

得λ－(1－λ)＝0，解得λ＝∈[0,1]，
所以在线段AF上存在点M使得EM∥平面ADC，且＝.