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专题四 第一讲
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．4，8 B．4，
C．4(＋1)， 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，又由于侧棱长相等，所以棱锥是正四棱锥，斜高h′＝＝，侧面积S＝4××2×＝4，体积V＝×2×2×2＝.
(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，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＝，AC＝2，
∴PA＝3，体积V＝×()2×3＝2.
2．(文)(2022·长春市三调)若一个圆柱的正视图与其侧面开放图相像，则这个圆柱的侧面积与全面积之比为( )
A. B.
C. D.
[答案] B
[解析] 设圆柱的底面半径为r，高为h，则＝，则h＝2r，则S侧＝2πr·h＝4πr2，S全＝4πr2＋2πr2，故圆柱的侧面积与全面积之比为＝，故选B.
(理)(2022·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＋π B．6＋π
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得到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，因此该几何体的侧面积为S＝2×3＋2×3＋×(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＝×4×3×5－×(×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.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.
(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＋)cm2 B．(3＋)cm2
C．(4＋)cm2 D．(5＋)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＋1×＝4＋cm2.
5．(文)(2021·常德市模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．6＋2 B．6＋4
C．4＋2 D．4＋4
[答案] D
[解析] 其直观图如图，表面积S＝2×(×2×2)＋(×2×2)×2＝4＋4.
(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. B.
C．1 D.
[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＝，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＝×1×＝.
6．(2022·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
B．BD⊥平面PAC，且三棱锥D－ABC的体积为
C．AD⊥平面PBC，且三棱锥D－ABC的体积为
D．AD⊥平面PAC，且三棱锥D－ABC的体积为
[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＝VP－ABC＝××4×(×4×4)＝.
二、填空题
7．(文)(2022·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]
[解析] 本题考查三视图及简洁几何体的体积计算，考查空间想象力气和简洁的计算力气．
由三视图知，该几何体下面是圆柱、上面是圆锥．
∴V＝π×12×4＋π×22×2＝.
(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]
[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＝×(π×12×2)＝.
8．(文)(2021·金华一中月考)某几何体的三视图(单位：cm)如下图，则这个几何体的表面积为________cm2.
[答案] 12＋2
[解析] 由三视图知，该几何体为正三棱柱，
底面积S1＝2×(×2×)＝2，
侧面积S2＝3×(2×2)＝12，
∴表面积S＝S1＋S2＝12＋2cm2.
(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] ＝＝＝.
三、解答题
10．(文)在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，DC∥AB，DC＝1，AB＝4，BC＝2，∠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＝2，AB＝4，
∴AC＝
＝＝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°＝2×＝，
又在Rt△PCD中，DC＝1，
∴PC＝，
∴VP－ABCD＝·PC·SABCD＝××(1＋4)×＝.
(理)(2022·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：由于四边形ABCD是正方形，
所以AC⊥BD.
又由于平面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，由于G、H分别是CE、CF的中点，
所以GH∥EF，
又由于GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
所以GH∥平面AEF.
设AC∩BD＝O，连接OH，
在△ACF中，由于OA＝OC，CH＝HF，
所以OH∥AF，
又由于OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，
所以OH∥平面AEF.
又由于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，
又由于AO＝，四边形BDEF的面积SBDEF＝3×2＝6，
所以四棱锥A－BDEF的体积V1＝×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＝×(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＝×(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，则其表面积为( )
A．(96＋32)m2
B．(64＋32)m2
C．(114＋16＋16)m2
D．(80＋16＋16)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，表面积S＝2(×4×4＋×4×)＋4×42＋4×(×4×2)＝80＋16＋16(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，依据图中的数据可得此几何体的体积为( )
A.＋ B.＋
C.＋ D.＋
[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，上部为三棱锥，有一侧棱与底面垂直，∴体积V＝×(×1×1)×1＋×()3×＝＋.
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. B．2
C. D．3
[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＝＝，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表面积为( )
A. B.
C．4π D.
[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，故表面积为球的表面积，去掉球表面积加上6个的圆面积．
∴S＝4πR2－(4πR2)＋6×πR2＝πR2，
又R＝1，∴S＝π.
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＋(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，则四周体ABCD的外接球的表面积是________．
[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＝＝5，∴球O的表面积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)由于平面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)由于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.
又由于BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(3)由于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.
由于E和F分别是CD和PC的中点，
所以PD∥EF.所以CD⊥EF，
又由于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，在四周体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝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] 方法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.
由于AQ＝3QC，所以QF∥AD，且QF＝AD.
由于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＝DM.
又点M为AD的中点，所以OP∥AD，且OP＝AD.
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.
由于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＝2cosθ，
CG＝CDsinθ＝2cosθsinθ，BC＝BDsinθ＝2sinθ，
BG＝BCsinθ＝2sin2θ.
在Rt△BDM中，∵GH⊥BM，∴△BGH∽△BMD，
∴HG＝＝.
在Rt△CHG中，tan∠CHG＝＝＝.
所以tanθ＝.从而θ＝60°.
即∠BDC＝60°.
方法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)，B(0，－，0)，D(0，，0)．
设点C的坐标为(x0，y0,0)．由于＝3，
所以Q(x0，＋y0，)．
由于M为AD的中点，故M(0，，1)．
又P为BM的中点，故P(0,0，)，
所以＝(x0，＋y0,0)．
又平面BCD的一个法向量为u＝(0,0,1)，
故·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＝(－x0，－y0,1)，＝(0,2，1)，
知
取y＝－1，得m＝(，－1,2)．
又平面BDM的一个法向量为n＝(1,0,0)．
于是|cos〈m，n〉|＝＝＝，
即()2＝3.①
又BC⊥CD，所以·＝0，
故(－x0，－－y0,0)·(－x0，－y0,0)＝0，
即x＋y＝2.②
联立①②，解得(舍去)或
所以tan∠BDC＝||＝.
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＝，AB＝2BC＝2，AC⊥FB.
(1)求证：AC⊥平面FBC；
(2)求四周体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＝，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＝，
∴四周体FBCD的体积为：VF－BCD＝S△BCD·FC＝.
(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.
由于CDEF为正方形，所以N为CE中点．
所以EA∥MN.
由于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，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＝，AD＝AC＝1，
∴tan∠A1DA＝＝.
∴∠A1DA＝，即二面角A1－BD－A的大小是.
(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＝，AD＝1，∴在Rt△AA1D中，∠A1DA＝，
∴AM＝1×sin60°＝，AP＝AB1＝.
∴sin∠APM＝＝＝.
∴直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值为.
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，)，B(0，，0)，B1(0，，)，
∴＝(－1，，－)，＝(－1,0，－)
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)．
则n·＝－x＋y－z＝0，
n·＝－x－z＝0，
则有，得n＝(－，0,1)．
由题意，知＝(0,0，)是平面ABD的一个法向量．
设n与所成角为θ，则cosθ＝＝，∴θ＝.
∴二面角A1－BD－A的大小是.
(3)由已知，得＝(－1，，)，n＝(－，0,1)，
设直线AB1与平面A1BD所成角为α，则
sinα＝＝.
∴直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值为.
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