2015届高中数学二轮复习 专题4 立体几何（第1讲）课时作业 新人教A版.doc

‎2015高考数学二轮立体几何课时作业1（带解析新人教A版）‎ 一、选择题 ‎1．(文)(2013·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，又因为侧棱长相等，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)(2013·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)(2014·长春市三调)若一个圆柱的正视图与其侧面展开图相似，则这个圆柱的侧面积与全面积之比为(　　)‎ - 18 -‎ 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)(2014·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(　　)‎ - 18 -‎ 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)(2013·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.‎ - 18 -‎ ‎5．(文)(2013·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)(2013·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. - 18 -‎ 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．(2014·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)(2014·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.‎ - 18 -‎ ‎[答案]　 ‎[解析]　本题考查三视图及简单几何体的体积计算，考查空间想象能力和简单的计算能力．‎ 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)(2013·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)(2013·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.‎ - 18 -‎ ‎[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)(2013·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．(2013·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V1V2＝________.‎ ‎[答案]　124‎ ‎[解析]　＝＝＝.‎ - 18 -‎ 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)(2014·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；‎ - 18 -‎ ‎(2)求证：平面BDGH//平面AEF；‎ ‎(3)求多面体ABCDEF的体积．‎ ‎[解析]　(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，‎ 所以AC⊥BD.‎ 又因为平面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，因为G、H分别是CE、CF的中点，‎ 所以GH∥EF，‎ 又因为GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，‎ 所以GH∥平面AEF.‎ 设AC∩BD＝O，连接OH，‎ 在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，‎ 所以OH∥AF，‎ 又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，‎ 所以OH∥平面AEF.‎ 又因为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，‎ 又因为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)(2013·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)(2013·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(　　)‎ - 18 -‎ A．8　　　 B．6　　　　‎ C．4　　　 D．2‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　由V＝×(a×3)×4＝24得，a＝6.‎ ‎12．(文)(2013·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)(2013·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，根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 - 18 -‎ ‎，上部为三棱锥，有一侧棱与底面垂直，∴体积V＝×(×1×1)×1＋×()3×＝＋.‎ ‎13．(文)(2013·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)(2013·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________．‎ - 18 -‎ ‎[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)(2013·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，则四面体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)(2013·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)因为平面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)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，‎ 所以AB∥DE，且AB＝DE.‎ - 18 -‎ 所以四边形ABED为平行四边形．‎ 所以BE∥AD.‎ 又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，‎ 所以BE∥平面PAD.‎ ‎(3)因为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.‎ 因为E和F分别是CD和PC的中点，‎ 所以PD∥EF.所以CD⊥EF，‎ 又因为CD⊥BE，BE∩EF＝E，‎ 所以CD⊥平面BEF. ‎ 所以平面BEF⊥平面PCD.‎ ‎(理)(2013·浙江理，20)如图，在四面体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.‎ 因为AQ＝3QC，所以QF∥AD，且QF＝AD.‎ 因为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.‎ 因为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.‎ - 18 -‎ 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)．因为＝3，‎ 所以Q(x0，＋y0，)．‎ 因为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 - 18 -‎ 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)(2013·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)求四面体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.‎ - 18 -‎ 在等腰梯形ABCD中可得∠BCD＝120°，CB＝DC＝1，∴FC＝1.∴S△BCD＝，‎ ‎∴四面体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.‎ 因为CDEF为正方形，所以N为CE中点．‎ 所以EA∥MN.‎ 因为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．‎ - 18 -‎ ‎∵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．‎ - 18 -‎ 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.‎ - 18 -‎