高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題4 第1講 空間幾何體素能訓(xùn)練（文、理）

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1、高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題4 第1講 空間幾何體素能訓(xùn)練（文、理） 一、選擇題 1．(文)(xx·山東文，4)一個四棱錐的側(cè)棱長都相等，底面是正方形，其正(主)視圖如圖所示，則該四棱錐側(cè)面積和體積分別是(　　) A．4，8　　　　　　　 B．4， C．4(＋1)， D．8,8 [答案]　B [解析]　由正視圖知四棱錐底面是邊長為2的正方形，高為2，又因為側(cè)棱長相等，所以棱錐是正四棱錐，斜高h′＝＝，側(cè)面積S＝4××2×＝4，體積V＝×2×2×2＝. (理)(xx·紹興市模擬)某四棱錐的底面為正方形，其三視圖如圖所示，則該四棱錐的體積等于(　　) A．1　　　 B．2　　　　

2、 C．3　　　 D．4 [答案]　B [解析]　由三視圖知，該幾何體底面是正方形，對角線長為2，故邊長為，幾何體是四棱錐，有一條側(cè)棱與底面垂直，其直觀圖如圖，由條件知PC＝，AC＝2， ∴PA＝3，體積V＝×()2×3＝2. 2．(文)(xx·長春市三調(diào))若一個圓柱的正視圖與其側(cè)面展開圖相似，則這個圓柱的側(cè)面積與全面積之比為(　　) A. B. C. D. [答案]　B [解析]　設(shè)圓柱的底面半徑為r，高為h，則＝，則h＝2r，則S側(cè)＝2πr·h＝4πr2，S全＝4πr2＋2πr2，故圓柱的側(cè)面積與全面積之比為＝，故選B. (理)(xx·吉林市質(zhì)檢)某由圓柱切割獲得的幾何

3、體的三視圖如圖所示，其中俯視圖是中心角為60°的扇形， 則該幾何體的側(cè)面積為(　　) A．12＋π B．6＋π C．12＋2π D．6＋4π [答案]　C [解析]　由三視圖可知，該幾體何是沿圓柱的底面夾角為60°的兩條半徑與中心軸線相交得到平面為截面截下的圓柱一角，其中兩個側(cè)面都是矩形，矩形一邊長為半徑2，一邊長為柱高3，另一側(cè)面為圓柱側(cè)面的，因此該幾何體的側(cè)面積為S＝2×3＋2×3＋×(2π×2×3)＝12＋2π. 3．(文)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．12－π B．12－2π C．6－π D．4－π [答案]　A [解析]　由三視

4、圖知，該幾何體是一個組合體，由一個長方體挖去一個圓柱構(gòu)成，長方體的長、寬高為4,3,1，圓柱底半徑1，高為1，∴體積V＝4×3×1－π×12×1＝12－π. (理)若某棱錐的三視圖(單位：cm)如圖所示，則該棱錐的體積等于(　　) A．10 cm3 B．20 cm3 C．30 cm3 D．40 cm3 [答案]　B [解析]　由三視圖知該幾何體是四棱錐，可視作直三棱柱ABC－A1B1C1沿平面AB1C1截去一個三棱錐A－A1B1C1余下的部分． ∴VA－BCC1B1＝VABC－A1B1C1－VA－A1B1C1＝×4×3×5－×(×4×3)×5＝20cm3. 4．(文)如圖，直

5、三棱柱的正視圖面積為2a2，則側(cè)視圖的面積為(　　) A．2a2 B．a(chǎn)2 C.a2 D.a2 [答案]　C [解析]　由正視圖的面積為2a2，則直三棱柱的側(cè)棱長為2a，側(cè)視圖為矩形，一邊長為2a，另一邊長為a，所以側(cè)視圖的面積為a2. (理)(xx·東城區(qū)模擬)已知一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，那么這個幾何體的側(cè)面積是(　　) A．(1＋)cm2 B．(3＋)cm2 C．(4＋)cm2 D．(5＋)cm2 [答案]　C [解析]　由三視圖可畫出該幾何體的直觀圖如圖，其側(cè)面積為1×1＋2×(1＋2)×1＋1×＝4＋cm2. 5．(文)(xx·常德市模擬)

6、一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A．6＋2 B．6＋4 C．4＋2 D．4＋4 [答案]　D [解析]　其直觀圖如圖，表面積S＝2×(×2×2)＋(×2×2)×2＝4＋4. (理)(xx·江西師大附中、鷹潭一中聯(lián)考)已知一個三棱錐的正視圖與俯視圖如圖所示，則該三棱錐的側(cè)視圖面積為(　　) A. B. C．1 D. [答案]　B [解析]　由題意知，此三棱錐的底面為有一個角為30°的直角三角形，其斜邊長AC＝2，一個側(cè)面PAC為等腰直角三角形，∴DE＝1，BF＝，其側(cè)視圖為直角三角形，其兩直角邊與DE、BF的長度相等，面積S＝×1×＝.

7、6．(xx·新鄉(xiāng)、許昌、平頂山調(diào)研)在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D為側(cè)棱PC上的一點，它的正視圖和側(cè)視圖如圖所示，則下列命題正確的是(　　) A．AD⊥平面PBC，且三棱錐D－ABC的體積為 B．BD⊥平面PAC，且三棱錐D－ABC的體積為 C．AD⊥平面PBC，且三棱錐D－ABC的體積為 D．AD⊥平面PAC，且三棱錐D－ABC的體積為 [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，由正視圖可知，AD⊥PC，又PC∩BC＝C，∴AD⊥平面PBC，且VD－

8、ABC＝VP－ABC＝××4×(×4×4)＝. 二、填空題 7．(文)(xx·天津文，10)一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為________m3. [答案]　 [解析]　本題考查三視圖及簡單幾何體的體積計算，考查空間想象能力和簡單的計算能力． 由三視圖知，該幾何體下面是圓柱、上面是圓錐． ∴V＝π×12×4＋π×22×2＝. (理)(xx·陜西理，12)某幾何體的三視圖如圖所示，則其體積為________． [答案]　 [解析]　由三視圖可知，此幾何體是底面半徑為1，高為2的半個圓錐． ∴V＝×(π×12×2)＝. 8．(文)(xx·金華

9、一中月考)某幾何體的三視圖(單位：cm)如下圖，則這個幾何體的表面積為________cm2. [答案]　12＋2 [解析]　由三視圖知，該幾何體為正三棱柱， 底面積S1＝2×(×2×)＝2， 側(cè)面積S2＝3×(2×2)＝12， ∴表面積S＝S1＋S2＝12＋2cm2. (理)(xx·天津十二區(qū)縣聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為________． [答案]　108＋3π [解析]　由三視圖知，該幾何體由上下兩個全等的正四棱柱及中間的圓柱構(gòu)成的組合體，體積V＝2×(6×6×1.5)＋π×12×3＝108＋3π. 9．(xx·江蘇，8)如圖，在三棱柱A1

10、B1C1－ABC中，D、E、F分別是AB、AC、AA1的中點，設(shè)三棱錐F－ADE的體積為V1，三棱柱A1B1C1－ABC的體積為V2，則V1V2＝________. [答案]　124 [解析]?。剑剑? 三、解答題 10．(文)在四棱錐P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，DC∥AB，DC＝1，AB＝4，BC＝2，∠CBA＝30°. (1)求證：AC⊥PB； (2)當(dāng)PD＝2時，求此四棱錐的體積． [解析]　(1)∵PC⊥平面ABCD，∴PC⊥AC， 又∠CBA＝30°，BC＝2，AB＝4， ∴AC＝ ＝＝2， ∴AC2＋BC2＝4＋12＝16＝AB2，

11、∴∠ACB＝90°，故AC⊥BC. 又∵PC、BC是平面PBC內(nèi)的兩條相交直線， 故AC⊥平面PBC， ∴AC⊥PB. (2)當(dāng)PD＝2時，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)(xx·山西太原檢測)如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是邊長為2的正方形，四邊形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分別是CE和CF的中點． (1)求證：AC⊥平面BDEF； (2)求證：平面BDGH//平面A

12、EF； (3)求多面體ABCDEF的體積． [解析]　(1)證明：因為四邊形ABCD是正方形， 所以AC⊥BD. 又因為平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD， 且AC?平面ABCD， 所以AC⊥平面BDEF. (2)證明：在△CEF中，因為G、H分別是CE、CF的中點， 所以GH∥EF， 又因為GH?平面AEF，EF?平面AEF， 所以GH∥平面AEF. 設(shè)AC∩BD＝O，連接OH， 在△ACF中，因為OA＝OC，CH＝HF， 所以O(shè)H∥AF， 又因為OH?平面AEF，AF?平面AEF， 所以O(shè)H∥平面AEF. 又因為OH∩GH＝H，OH

13、，GH?平面BDGH， 所以平面BDGH∥平面AEF. (3)解：由(1)，得AC⊥平面BDEF， 又因為AO＝，四邊形BDEF的面積SBDEF＝3×2＝6， 所以四棱錐A－BDEF的體積V1＝×AO×SBDEF＝4. 同理，四棱錐C－BDEF的體積V2＝4. 所以多面體ABCDEF的體積V＝V1＋V2＝8. 一、選擇題 11．(文)(xx·眉山市二診)一個棱錐的三視圖如圖所示，則這個棱錐的體積是(　　) A．6　　　 B．12　 　 　 C．24　 　 D．36 [答案]　B [解析]　由三視圖知該幾何體為有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐，體積V＝×(4×3)×

14、3＝12. (理)(xx·榆林市一中模擬)已知某幾何體的三視圖如圖所示，若該幾何體的體積為24，則正視圖中a的值為(　　) A．8　　　 B．6　　　　 C．4　　　 D．2 [答案]　B [解析]　由V＝×(a×3)×4＝24得，a＝6. 12．(文)(xx·江西八校聯(lián)考)某幾何體的三視圖(單位：m)如圖所示，則其表面積為(　　) A．(96＋32)m2 B．(64＋32)m2 C．(114＋16＋16)m2 D．(80＋16＋16)m2 [答案]　D [解析]　由三視圖知該幾何體是一個組合體，中間是一個棱長為4的正方體(由正、側(cè)視圖中間部分和俯視圖知)，

15、上部是一個有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐，下部是一個正四棱錐，表面積S＝2(×4×4＋×4×)＋4×42＋4×(×4×2)＝80＋16＋16(m2)． (理)(xx·德陽市二診)已知某幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖，側(cè)視圖均是由三角形與半圓構(gòu)成，俯視圖由圓與內(nèi)接三角形構(gòu)成，根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)可得此幾何體的體積為(　　) A.＋ B.＋ C.＋ D.＋ [答案]　C [解析]　由三視圖知，該幾何體為組合體，下部為一個半球，半球的直徑為，上部為三棱錐，有一側(cè)棱與底面垂直，∴體積V＝×(×1×1)×1＋×()3×＝＋. 13．(文)(xx·遼寧文，10)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6

16、個頂點都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，則球O的半徑為(　　) A. B．2 C. D．3 [答案]　C [解析]　過C，B分別作AB、AC的平行線交于D，分別過C1、B1作A1B1，A1C1的平行線交于D1，連接DD1，則ABDC－A1B1D1C1恰為該球的內(nèi)接長方體，故該球的半徑r＝＝，故選C. (理)一個半徑為1的球體經(jīng)過切割后，剩下部分幾何體的三視圖如圖所示，則剩下部分幾何體的表面積為(　　) A. B. C．4π D. [答案]　D [解析]　由三視圖知該幾何體是一個球體，保留了下半球，上半球分為四份，去掉了對頂?shù)膬煞?，故表?/p>

17、積為球的表面積，去掉球表面積加上6個的圓面積． ∴S＝4πR2－(4πR2)＋6×πR2＝πR2， 又R＝1，∴S＝π. 二、填空題 14．(文)(xx·天津市六校聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，該幾何體的體積為________． [答案]　48 [解析]　由三視圖知，該幾何體是一個組合體，其上部為長方體，下部為橫放的四棱柱，其底面是上底長2，下底長6，高為2的等腰梯形，柱高為4，其體積V＝2×4×2＋(2＋6)×2×4＝48. (理)(xx·內(nèi)江市一模)矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，沿BD將矩形ABCD折成一個直二面角A－BD－C，則四面體ABCD的外接球的表面積是_

18、_______． [答案]　100π [解析]　設(shè)矩形ABCD對角線BD的中點為O，則OA＝OB＝OC＝OD，∴折起后空間四邊形ABCD的外接球球心為O，∴球O的半徑R＝＝5，∴球O的表面積S＝4πR2＝100π. 三、解答題 15．(文)(xx·北京文，17)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分別是CD、PC的中點，求證： (1)PA⊥底面ABCD； (2)BE∥平面PAD； (3)平面BEF⊥平面PCD. [解析]　(1)因為平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于這兩個平面的交線AD， 所以

19、PA⊥底面ABCD. (2)因為AB∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點， 所以AB∥DE，且AB＝DE. 所以四邊形ABED為平行四邊形． 所以BE∥AD. 又因為BE?平面PAD，AD?平面PAD， 所以BE∥平面PAD. (3)因為AB⊥AD，而且ABED為平行四邊形， 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. 因為E和F分別是CD和PC的中點， 所以PD∥EF.所以CD⊥EF， 又因為CD⊥BE，BE∩EF＝E， 所以CD⊥平面BEF. 所以平面BEF⊥平面PCD. (

20、理)(xx·浙江理，20)如圖，在四面體A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2.M是AD的中點，P是BM的中點，點Q在線段AC上，且AQ＝3QC. (1)證明：PQ∥平面BCD； (2)若二面角C－BM－D的大小為60°，求∠BDC的大?。? [解析]　方法1：(1)取BD的中點O，在線段CD上取點F，使得DF＝3FC，連接OP、OF、FQ. 因為AQ＝3QC，所以QF∥AD，且QF＝AD. 因為O、P分別為BD、BM的中點， 所以O(shè)P是△BDM的中位線， 所以O(shè)P∥DM，且OP＝DM. 又點M為AD的中點，所以O(shè)P∥AD，且OP＝AD. 從而OP∥FQ

21、，且OP＝FQ， 所以四邊形OPQF為平行四邊形，故PQ∥OF. 又PQ?平面BCD，OF?平面BCD，所以PQ∥平面BCD. (2)作CG⊥BD于點G，作GH⊥BM于點H，連接CH. 因為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. 又GH⊥BM，CG∩GH＝G，故BM⊥平面CGH， 所以GH⊥BM，CH⊥BM. 所以∠CHG為二面角C－BM－D的平面角， 即∠CHG＝60°. 設(shè)∠BDC＝θ. 在Rt△BCD中，CD＝BDcosθ＝2cosθ， CG＝CDsinθ

22、＝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＝.從而θ＝60°. 即∠BDC＝60°. 方法2：(1)如圖，取BD的中點O，以O(shè)為原點，OD、OP所在射線為y、z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz. 由題意知A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0)． 設(shè)點C的坐標(biāo)為(x0，y0,0)．因為＝3， 所以Q(x0，＋y0，)． 因為M為AD的中點，故M(0，，1)． 又P為BM的中點，故P

23、(0,0，)， 所以＝(x0，＋y0,0)． 又平面BCD的一個法向量為u＝(0,0,1)， 故·u＝0. 又PQ?平面BCD，所以PQ∥平面BCD. (2)設(shè)m＝(x，y，z)為平面BMC的一個法向量． 由＝(－x0，－y0,1)，＝(0,2，1)， 知 取y＝－1，得m＝(，－1,2)． 又平面BDM的一個法向量為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 聯(lián)立①②，解得(舍去)或 所以tan∠BDC＝||＝. 又∠BDC是

24、銳角，所以∠BDC＝60°. 16．(文)(xx·北京西城區(qū)模擬)在如圖所示的幾何體中，面CDEF為正方形，面ABCD為等腰梯形，AB∥CD，AC＝，AB＝2BC＝2，AC⊥FB. (1)求證：AC⊥平面FBC； (2)求四面體FBCD的體積； (3)線段AC上是否存在點M，使得EA∥平面FDM？證明你的結(jié)論． [解析]　(1)證明：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. 在等腰梯形ABCD中可得∠BCD＝120°，CB＝D

25、C＝1，∴FC＝1.∴S△BCD＝， ∴四面體FBCD的體積為：VF－BCD＝S△BCD·FC＝. (3)線段AC上存在點M，且M為AC中點時，有EA∥平面FDM，證明如下： 連接CE，與DF交于點N，連接MN. 因為CDEF為正方形，所以N為CE中點． 所以EA∥MN. 因為MN?平面FDM，EA?平面FDM， 所以EA∥平面FDM. 所以線段AC上存在點M，使得EA∥平面FDM成立． (理)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是邊長為2的正三角形且側(cè)棱垂直于底面，側(cè)棱長是，D是AC的中點． (1)求證：B1C∥平面A1BD； (2)求二面角A1－BD－A的大?。?/p>

26、 (3)求直線AB1與平面A1BD所成的角的正弦值． [解析]　解法一：(1)設(shè)AB1與A1B相交于點P，則P為AB1中點，連接PD， ∵D為AC中點，∴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． ∵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為垂足． ∵BD⊥AC，平面A1ACC1

27、⊥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，連接MP，則∠APM就是直線AB1與平面A1BD所成的角． ∵AA1＝，AD＝1，∴在Rt△AA1D中，∠A1DA＝， ∴AM＝1×sin60°＝，AP＝AB1＝. ∴sin∠APM＝＝＝. ∴直線AB1與平面A1BD所成的角的正弦值為. 解法二：(1)同解法一 (2)如圖建立空間直角坐標(biāo)系， 則D(0,0,0)，A(1,0,0)，A1(1,0，)，B(0，，0)，B1(0，，)， ∴＝(－1，，－)，＝(－1,0，－) 設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)． 則n·＝－x＋y－z＝0， n·＝－x－z＝0， 則有，得n＝(－，0,1)． 由題意，知＝(0,0，)是平面ABD的一個法向量． 設(shè)n與所成角為θ，則cosθ＝＝，∴θ＝. ∴二面角A1－BD－A的大小是. (3)由已知，得＝(－1，，)，n＝(－，0,1)， 設(shè)直線AB1與平面A1BD所成角為α，則 sinα＝＝. ∴直線AB1與平面A1BD所成的角的正弦值為.