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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