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专题四 立体几何
第1讲 立体几何的基本问题(计算与位置关系)
一、选择题
1．(2022·广东卷)若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论肯定正确的是 ( )．
A．l1⊥l4
B．l1∥l4
C．l1与l4既不垂直也不平行
D．l1与l4的位置关系不确定
解析 构造如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1，取l1为AD，l2为AA1，l3为A1B1，当取l4为B1C1时，l1∥l4，当取l4为BB1时，l1⊥l4，故排解A、B、C，选D.
答案 D
2．(2022·重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ( )．
A．54 B．60
C．66 D．72
解析 还原为如图所示的直观图，S表＝S△ABC＋S△DEF＋S矩形ACFD＋S梯形ABED＋
S梯形CBEF＝×3×4＋×3×5＋5×3＋×(2＋5)×4＋×(2＋5)×5
＝60.
答案 B
3．(2022·安徽卷)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为( )．
A. B.
C．6 D．7
解析 如图，由三视图可知，该几何体是由棱长为2的正方体右后和左下分别截去一个小三棱锥得到的，其体积为
V＝2×2×2－2×××1×1×1＝.
答案 A
4．(2022·潍坊一模)三棱锥S－ABC的全部顶点都在球O的表面上，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，又SA＝AB＝BC＝1，则球O的表面积为 ( )．
A.π B.π
C．3π D．12π
解析 如图，由于AB⊥BC，所以AC是△ABC所在截面圆的直径，又由于SA⊥平面ABC，所以△SAC所在的截面圆是球的大圆，所以SC是球的一条直径．
由题设SA＝AB＝BC＝1，由勾股定理可求得：AC＝，SC＝，
所以球的半径R＝，
所以球的表面积为4π×2＝3π.
答案 C
二、填空题
5．(2022·金丽衢十二校联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．
解析 由题意可得，几何体相当于一个棱长为2的正方体切去一个角，角的相邻三条棱长分别是1,2,2，所以几何体的体积为8－＝.
答案
6．(2022·山东卷)一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．
解析 设棱锥的高为h，
则V＝×S底·h＝×6××22×h＝2，
∴h＝1，由勾股定理知，侧棱长为＝，
∵六棱锥六个侧面全等，且侧面三角形的高为＝2，
∴S侧＝×2×2×6＝12.
答案 12
7．(2022·武汉调研测试)已知某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为________．
解析 由三视图可知，该几何体是底面半径为1，高为，母线长为2的圆锥的一半，其表面积是整个圆锥表面积的一半与轴截面的面积之和．
所以，S＝××2π×1×2＋×π×12＋×2×＝＋.
答案 ＋
8．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是________(填序号)．
①AC⊥BE；
②B1E∥平面ABCD；
③三棱锥E－ABC的体积为定值；
④直线B1E⊥直线BC1.
解析 因AC⊥平面BDD1B1，故①正确；易得②正确；记正方体的体积为V，则VE－ABC＝V为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误．
答案 ①②③
三、解答题
9.如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2.
(1)求证：DE∥平面A1CB；
(2)求证：A1F⊥BE.
证明 (1)由于D，E分别为AC，AB的中点，
所以DE∥BC.又由于DE⊄平面A1CB，
BC⊂平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.
(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.
所以DE⊥A1D，DE⊥CD，又A1D∩CD＝D，
所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，
所以DE⊥A1F.又由于A1F⊥CD，DE∩CD＝D，
所以A1F⊥平面BCDE.
又∵BE⊂平面BCDE，所以A1F⊥BE.
10．(2022·威海一模)如图，矩形ABCD所在的平面和平面ABEF相互垂直，等腰梯形ABEF中，AB∥EF，AB＝2，AD＝AF＝1，∠BAF＝60°，O，P分别为AB，CB的中点，M为底面△OBF的重心．
(1)求证：平面ADF⊥平面CBF；
(2)求证：PM∥平面AFC；
(3)求多面体CD－AFEB的体积V.
(1)证明 ∵矩形ABCD所在的平面和平面ABEF相互垂直，且CB⊥AB，
∴CB⊥平面ABEF，
又AF⊂平面ABEF，所以CB⊥AF，
又AB＝2，AF＝1，∠BAF＝60°，由余弦定理知BF＝，
∴AF2＋BF2＝AB2，得AF⊥BF，
BF∩CB＝B，
∴AF⊥平面CFB，
又∵AF⊂平面ADF；
∴平面ADF⊥平面CBF.
(2)证明 连接OM延长交BF于H，则H为BF的中点，又P为CB的中点，
∴PH∥CF，又∵CF⊂平面AFC，PH⊄平面AFC，
∴PH∥平面AFC，
连接PO，则PO∥AC，
又∵AC⊂平面AFC，PO⊄平面AFC，
PO∥平面AFC，PO∩PH＝P，
∴平面POH∥平面AFC，
又∵PM⊂平面POH，
∴PM∥平面AFC.
(3)解 多面体CD－AFEB的体积可分成三棱锥C－BEF与四棱锥F－ABCD的体积之和
在等腰梯形ABEF中，计算得EF＝1，两底间的距离EE1＝.
所以VC－BEF＝S△BEF×CB＝××1××1＝，
VF－ABCD＝S矩形ABCD×EE1＝×2×1×＝，
所以V＝VC－BEF＋VF－ABCD＝.
11．(2022·衡水调研考试)如图，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.
(1)试推断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)求棱锥E－DFC的体积；
(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？假如存在，求出的值；假如不存在，请说明理由．
解 (1)AB∥平面DEF，理由如下：
在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB.
又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF.∴AB∥平面DEF.
(2)∵AD⊥CD，BD⊥CD，将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B，∴AD⊥BD，∴AD⊥平面BCD.
取CD的中点M，这时EM∥AD，
∴EM⊥平面BCD，EM＝1.
VE－DFC＝××EM＝.
(3)在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.
证明如下：在线段BC上取点P，使BP＝，
过P作PQ⊥CD于Q.
∵AD⊥平面BCD，PQ⊂平面BCD，
∴AD⊥PQ.又∵AD∩CD＝D，∴PQ⊥平面ACD，
∴DQ＝＝，∴tan∠DAQ＝＝＝，
∴∠DAQ＝30°，在等边△ADE中，∠DAQ＝30°，
∴AQ⊥DE，∵PQ⊥平面ACD，DE⊂平面ACD，
∴PQ⊥DE，AQ∩PQ＝Q，∴DE⊥平面APQ，
∴AP⊥DE.此时BP＝，∴＝.
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