《走向高考》2021届高三二轮复习数学(人教A版)课时作业-专题4-立体几何-第1讲.docx

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()A4，8B4，C4(1)，D8,8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S424，体积V222.(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()A1B2C3D4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，AC2，PA3，体积V()232.2(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h2r，则S侧2rh4r2，S全4r22r2，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()A12B6C122D64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S2323(223)122.3(文)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A12B122C6D4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V43112112.(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()A10 cm3B20 cm3C30 cm3D40 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ABCA1B1C1沿平面AB1C1截去一个三棱锥AA1B1C1余下的部分VABCC1B1VABCA1B1C1VAA1B1C1435(43)520cm3.4(文)如图，直三棱柱的正视图面积为2a2，则侧视图的面积为()A2a2Ba2C.a2D.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)cm2B(3)cm2C(4)cm2D(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112(12)114cm2.5(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()A62B64C42D44答案D解析其直观图如图，表面积S2(22)(22)244.(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.C1D.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AC2，一个侧面PAC为等腰直角三角形，DE1，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S1.6(2022新乡、许昌、平顶山调研)在三棱锥PABC中，PA平面ABC，ACBC，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()AAD平面PBC，且三棱锥DABC的体积为BBD平面PAC，且三棱锥DABC的体积为CAD平面PBC，且三棱锥DABC的体积为DAD平面PAC，且三棱锥DABC的体积为答案C解析PA平面ABC，PABC，又ACBC，PAACA，BC平面PAC，又AD平面PAC，BCAD，由正视图可知，ADPC，又PCBCC，AD平面PBC，且VDABCVPABC4(44).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V124222.(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(122).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122解析由三视图知，该几何体为正三棱柱，底面积S12(2)2，侧面积S23(22)12，表面积SS1S2122cm2.(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1083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V2(661.5)1231083.9(2021江苏，8)如图，在三棱柱A1B1C1ABC中，D、E、F分别是AB、AC、AA1的中点，设三棱锥FADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1ABC的体积为V2，则V1V2_.答案124解析.三、解答题10(文)在四棱锥PABCD中，PC平面ABCD，DCAB，DC1，AB4，BC2，CBA30.(1)求证：ACPB；(2)当PD2时，求此四棱锥的体积解析(1)PC平面ABCD，PCAC，又CBA30，BC2，AB4，AC2，AC2BC241216AB2，ACB90，故ACBC.又PC、BC是平面PBC内的两条相交直线，故AC平面PBC，ACPB.(2)当PD2时，作CEAB交AB于E，在RtCEB中，CECBsin302，又在RtPCD中，DC1，PC，VPABCDPCSABCD(14).(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，BF3，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ACBD.又由于平面BDEF平面ABCD，平面BDEF平面ABCDBD，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GHEF，又由于GH平面AEF，EF平面AEF，所以GH平面AEF.设ACBDO，连接OH，在ACF中，由于OAOC，CHHF，所以OHAF，又由于OH平面AEF，AF平面AEF，所以OH平面AEF.又由于OHGHH，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SBDEF326，所以四棱锥ABDEF的体积V1AOSBDEF4.同理，四棱锥CBDEF的体积V24.所以多面体ABCDEF的体积VV1V28.一、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()A6B12 C24 D36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(43)312.(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()A8B6C4D2答案B解析由V(a3)424得，a6.12(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(9632)m2B(6432)m2C(1141616)m2D(801616)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S2(444)4424(42)801616(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(11)1()3.13(文)(2021辽宁文，10)已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB3，AC4，ABAC，AA112，则球O的半径为()A.B2C.D3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ABDCA1B1D1C1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. C4D.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S4R2(4R2)6R2R2，又R1，S.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V242(26)2448.(理)(2021内江市一模)矩形ABCD中，AB8，BC6，沿BD将矩形ABCD折成一个直二面角ABDC，则四周体ABCD的外接球的表面积是_答案100解析设矩形ABCD对角线BD的中点为O，则OAOBOCOD，折起后空间四边形ABCD的外接球球心为O，球O的半径R5，球O的表面积S4R2100.三、解答题15(文)(2021北京文，17)如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，ABAD，CD2AB，平面PAD底面ABCD，PAAD，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ABCD，CD2AB，E为CD的中点，所以ABDE，且ABDE.所以四边形ABED为平行四边形所以BEAD.又由于BE平面PAD，AD平面PAD，所以BE平面PAD.(3)由于ABAD，而且ABED为平行四边形，所以BECD，ADCD.由(1)知PA底面ABCD.所以PACD.所以CD平面PAD.所以CDPD.由于E和F分别是CD和PC的中点，所以PDEF.所以CDEF，又由于CDBE，BEEFE，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ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC.(1)证明：PQ平面BCD；(2)若二面角CBMD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DF3FC，连接OP、OF、FQ.由于AQ3QC，所以QFAD，且QFAD.由于O、P分别为BD、BM的中点，所以OP是BDM的中位线，所以OPDM，且OPDM.又点M为AD的中点，所以OPAD，且OPAD.从而OPFQ，且OPFQ，所以四边形OPQF为平行四边形，故PQOF.又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以PQ平面BCD.(2)作CGBD于点G，作GHBM于点H，连接CH.由于AD平面BCD，CG平面BCD，所以ADCG，又CGBD，ADBDD，故CG平面ABD，又BM平面ABD，所以CGBM.又GHBM，CGGHG，故BM平面CGH，所以GHBM，CHBM.所以CHG为二面角CBMD的平面角，即CHG60.设BDC.在RtBCD中，CDBDcos2cos，CGCDsin2cossin，BCBDsin2sin，BGBCsin2sin2.在RtBDM中，GHBM，BGHBMD，HG.在RtCHG中，tanCHG.所以tan.从而60.即BDC60.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u0.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y1，得m(，1,2)又平面BDM的一个法向量为n(1,0,0)于是|cosm，n|，即()23.又BCCD，所以0，故(x0，y0,0)(x0，y0,0)0，即xy2.联立，解得(舍去)或所以tanBDC|.又BDC是锐角，所以BDC60.16(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，ABCD，AC，AB2BC2，ACFB.(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，AB2，BC1，ACBC.又ACFB，AC平面FBC.(2)解：AC平面FBC，ACFC.CDFC，FC平面ABCD.在等腰梯形ABCD中可得BCD120，CBDC1，FC1.SBCD，四周体FBCD的体积为：VFBCDSBCDFC.(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EAMN.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ABCA1B1C1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A1BDA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，PDB1C.又PD平面A1BD，B1C平面A1BD.B1C平面A1BD.(2)正三棱柱ABCA1B1C1，AA1底面ABC.又 BDAC，A1DBDA1DA就是二面角A1BDA的平面角AA1，ADAC1，tanA1DA.A1DA，即二面角A1BDA的大小是.(3)由(2)作AMA1D，M为垂足BDAC，平面A1ACC1平面ABC，平面A1ACC1平面ABCAC，BD平面A1ACC1，AM平面A1ACC1，BDAM，A1DBDD，AM平面A1DB，连接MP，则APM就是直线AB1与平面A1BD所成的角AA1，AD1，在RtAA1D中，A1DA，AM1sin60，APAB1.sinAPM.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nxyz0，nxz0，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，则cos，.二面角A1BDA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，则sin.直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值为.