2021届高考数学(新课标版-文)二轮复习专题训练：专题4-立体几何-卷.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(　　)

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________．

专题四立体几何第一讲卷答案
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

专题四立体几何其次讲卷
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AP＝1，AD＝，三棱锥P­ABD的体积V＝，求A到平面PBC的距离．

2．(2022·郑州模拟)正三角形ABC的边长为2，CD是AB边上的高，E、F分别是AC、BC的中点(如图(1))．现将△ABC沿CD翻折成直二面角A­DC­B(如图(2))．在图(2)中：
(1)求证：AB∥平面DEF；
(2)求多面体D­ABFE的体积．

3．(2022·北京高考)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．
(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；
(2)求证：C1F∥平面ABE；
(3)求三棱锥E­ABC的体积．

4．(2022·四川高考)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．
(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；
(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．

专题四立体几何其次讲卷答案
1．

解：(1)设BD与AC的交点为O，连接EO.
由于平面ABCD为矩形，
所以O为BD的中点．
又由于E为PD的中点，
所以EO∥PB.EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)由V＝PA·AB·AD＝AB，V＝，
可得AB＝.
作AH⊥PB交PB于H.
由题设知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，
又BC∩PB＝B，
故AH⊥平面PBC.
又AH＝＝.
所以A到平面PBC的距离为.
2． 解：(1)在△ABC中，由于E、F分别是AC、BC的中点，
所以EF∥AB，
又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF
所以AB∥平面DEF.
(2)由二面角A­DC­B是直二面角知平面ADC⊥平面BCD，
又在正三角形ABC中，D为边AB的中点，故AD⊥CD，
所以AD⊥平面BCD，
V三棱锥A­BCD＝·S△BCD·AD＝，V三棱锥E­FCD＝·S△BCD·AD＝，
所以多面体D­ABFE的体积V＝V三棱锥A­BCD－V三棱锥E­FCD＝.
3．

解：(1)在三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.
所以BB1⊥AB.
又由于AB⊥BC，BB1∩BC＝B，
所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂平面ABE.
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.

(2)取AB中点G连接EG，FG.
由于G，F分别是AB，BC的中点，
所以FG∥AC，且FG＝AC.
由于AC∥A1C1，且AC＝A1C1，FG＝A1C1，
所以FG∥EC1，且FG＝EC1.
所以四边形FGEC1为平行四边形．
所以C1F∥EG.
又由于EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，
所以C1F∥平面ABE.
(3)由于AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，
所以AB＝＝.
所以三棱锥E­ABC的体积
V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.

4．解：(1)由于四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，
所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.
由于AB，AC为平面ABC内两条相交直线，
所以AA1⊥平面ABC.
由于直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.
又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交直线，
所以BC⊥平面ACC1A1.
(2)取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．
由已知，O为AC1的中点．

连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，
所以，MD AC，OE AC，

因此MD OE.
连接OM，从而四边形MDEO为平形四边形，则DE∥MO.
由于直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，
所以直线DE∥平面A1MC.
即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC.