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2018届高考数学(文)大一轮复习检测：第七章 立体几何 课时作业43 Word版含答案

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[推荐学习]2018高考数学大一轮复习第七章立体几何

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第七章⎪⎪⎪ 立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到； ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到． (2)简单多面体的结构特征：①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形； ②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形． 2．直观图(1)画法：常用斜二测画法． (2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图． (2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A．2,2 3 B．22，2C．4,2 D．2,4解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D．2．(教材习题改编)如图，长方体ABCD­A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B．2．(教材习题改编)利用斜二测画法得到的①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误．答案：1考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2017·东北四市联考)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥P­A1B1A的侧视图为( )解析：选D 如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥P­A1B1A，B(C)点均消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D．2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B． 2C． 3 D．2解析：选C 根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥V­ABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1．所以四棱锥中最长棱为VD．连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝3．[由题悟法]1．已知几何体，识别三视图的技巧已知几何体画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定线在投影面上的实虚．2．已知三视图，判断几何体的技巧(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则．[提醒] 对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同．[即时应用]1．(2016·沈阳市教学质量监测)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B．2．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )解析：选D 由俯视图是圆环可排除A 、B 、C ，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D ．考点三 空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领]有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．解析：如图，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E ．在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22． 而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1． 由此可还原原图形如图在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1，且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′，∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22．答案：2＋22[由题悟法]原图与直观图中的“三变”与“三不变”(1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变减半图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变[即时应用]如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6 cm ，O ′C ′＝2 cm ，则原图形是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形解析：选C 如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝4 2 cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm ．∴OC ＝OD 2＋CD 2＝22＋22＝6 cm ，∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．2．下列说法正确的是( ) A ．棱柱的两个底面是全等的正多边形 B ．平行于棱柱侧棱的截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}解析：选D 因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B中一般的棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等的正三棱锥，故正确．3．某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A．三棱锥B．四棱锥C．四棱台D．三棱台解析：选A 因为正视图和侧视图都为三角形，可知几何体为锥体，又因为俯视图为三角形，故该几何体为三棱锥．4．在如图所示的直观图中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在直角坐标系xOy中，四边形ABCO的形状为________，面积为________cm2．解析：由斜二测画法的特点知该平面图形是一个长为4 cm，宽为2cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2．答案：矩形85．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图，ABCD­A1B1C1D1，如图，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②二保高考，全练题型做到高考达标1．已知底面为正方形的四棱锥，其中一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )解析：选C 根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C．2．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD解析：选B 由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB＜AD＜AC．3．(2016·沈阳市教学质量监测)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为( )A．三棱台B．三棱柱C．四棱柱D．四棱锥解析：选B 根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示，这是一个三棱柱．4．(2016·淄博一模)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥A ­BCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A ．22 B ．12 C ．24D ．14解析：选D 由正视图与俯视图可得三棱锥A ­BCD 的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S ＝12×22×22＝14． 5．已知四棱锥P ­ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ­ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PM ＝3，PN ＝5，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6．所以四个侧面中面积最大的是6． 6．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm ．解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C ． 在Rt △ABC 中，AC ＝12 cm ，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：138．已知正四棱锥V ­ABCD 中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD 的中心O ，连结VO ，AO ，则VO 就是正四棱锥V ­ABCD 的高．因为底面面积为16，所以AO ＝22． 因为一条侧棱长为211．所以VO ＝VA 2－AO 2＝44－8＝6． 所以正四棱锥V ­ABCD 的高为6． 答案：69．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________． 解析：如图，图①、图②所示的分别是实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32， C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64． 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64．答案：6410．已知正三棱锥V ­ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积．解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．(2017·湖南省东部六校联考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的四个面的面积中，最大的面积是( )A ．4 3B ．8 3C ．47D ．8解析：选C 设该三棱锥为P ­ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA ＝4，则由三视图可知△ABC 是边长为4的等边三角形，故PB ＝PC ＝42，所以S △ABC ＝12×4×23＝43，S △PAB ＝S △PAC ＝12×4×4＝8，S △PBC ＝12×4×22－22＝47，故四个面中面积最大的为S △PBC ＝47，选C ．3．如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA ．解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2．(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝62． 由正视图可知AD ＝6， 且AD ⊥PD ， 所以在Rt△APD 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝22＋62＝6 3 cm ．第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2．空间几何体的表面积与体积公式[小题体验]1．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h ．由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：l ＝22＋32＝4，S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π．2．(教材习题改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱，其底面为侧视图，该侧视图是底边为2，高为3的三角形，正视图的长为三棱柱的高，故h ＝3，所以该几何体的体积V ＝S ·h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×3×3＝33． 答案：3 33．正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A ­B 1DC 1的体积为________．解析：在正三棱柱ABC ­A1B 1C 1中，∵AD ⊥BC ，AD ⊥BB 1，BB 1∩BC ＝B ，∴AD ⊥平面B 1DC 1． ∴VA ­B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1．答案：11．求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念． [小题纠偏]1．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶12．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋162．答案：72＋16 2考点一 空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(易错题)(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2．又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B ．2．(2015·福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋22．3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )A ．12 5B ．24 2C ．24D ．12 3解析：选A 由三视图得， 这是一个正四棱台，由条件知斜高h ＝22＋12＝5， 侧面积S ＝＋52×4＝125．[谨记通法] 几何体的表面积的求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第1题．考点二 空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为()A ．13＋23π B ．13＋23π C ．13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π． 2．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A ．18 B ．17 C ．16D ．15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56．所以V 1V 2＝1656＝15．[由题悟法]有关几何体体积的类型及解题策略[即时应用]1．(2016·西安质检)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为( )A ．43 B ．52 C ．73D ．3解析：选A 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示．则该几何体的体积是V 几何体＝V 三棱柱＋V 三棱锥＝12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43．2．(2017·云南省统检)如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图，则被削掉的那部分的体积为( )A ．π＋23B ．5π－23C ．5π3－2D ．2π－23解析：选B 由三视图可知，剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成， 其体积V ＝13×12×π×12×2＋13×12×2×1×2＝π3＋23，∴被削掉的那部分的体积为π×12×2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋23＝5π－23． 3．(2016·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3．解析：由三视图知该几何体是一个组合体，左边是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm,4 cm,2 cm ，右边也是一个长方体，交于一点的三条棱的长分别为2 cm ，2 cm ，4 cm ．几何体的表面积为(2×2＋2×4＋2×4)×2×2－2×2×2＝72(cm 2)， 体积为2×2×4×2＝32(cm 3)． 答案：72 32考点三 与球有关的切、接问题题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变． 常见的命题角度有：(1)正四面体的内切球与四棱锥的外接球；(2)直三棱柱的外接球；(3)正方体(长方体)的内切、外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球与四棱锥的外接球1．(2017·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________．解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π． 答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A ．3172B ．210C ．132D ．310解析：选C 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M ．又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132．角度三：正方体(长方体)的内切、外接球3．如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A ．66π B ．π3C ．π6D ．33π 解析：选C 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆．因为正方体的棱长为1，所以AC ＝CD 1＝AD 1＝2，所以内切圆的半径r ＝22×tan 30°＝66， 所以S ＝πr 2＝π×16＝16π．[通法在握]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[演练冲关]1．(2017·广州市综合测试)一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在同一个球面上，则该球的体积为( )A ．20πB ．205π3C ．5πD ．55π6解析：选D 由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1，其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＝1＋14＝52，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝ ⎛⎭⎪⎫523π＝55π6． 2．(2016·河南省六市第一次联考)三棱锥P ­ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为( )A ．253πB ．252πC ．833πD ．832π解析：选D 由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，∴x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，∴R 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π，故选D ．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A ．163πB ．323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，因为表面积是16π，所以4πR 2＝16π，解得R ＝2．所以体积为43πR 3＝32π3．2．(2016·长春市质量检测(二))几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A ．323B ．16－2π3C ．403D ．16－8π3解析：选 C 该几何体可视为长方体挖去一个四棱锥所得，所以其体积为2×2×4－13×2×2×2＝403．故选C ．3．(2016·全国乙卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π解析：选A 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2．因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π．故选A ．4．(2016·北京高考)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：由题意知该四棱柱为直四棱柱，其高为1，其底面为上底长为1，下底长为2，高为1的等腰梯形，所以该四棱柱的体积为V ＝＋2×1＝32．答案：325．(2015·天津高考)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________m 3．解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π．答案：83π二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ，则另一底面半径为3r ．由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7．2．一个六棱锥的体积为23，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( )A ．6B ．8C ．12D ．24解析：选C 由题意可知该六棱锥为正六棱锥，正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′． 由题意，得13×6×34×22×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12．故选C ．3．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．13＋2π B ．13π6C ．7π3D ．5π2解析：选B 由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π．4．(2017·兰州市实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )A ．32π B ．32C ．3πD ．3解析：选A 由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为32，故体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝32π，故选A ． 5．(2016·山西省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧视图中线段的长度x 的值是( )A ．7B ．27C ．4D ．5解析：选C 分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ­ABCD ，故其体积V ＝13×32＋32×4×CP ＝37，∴CP ＝7，∴x ＝32＋72＝4，故选C ．6．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________．解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2． 答案：1∶27．(2016·合肥市第二次质量检测)已知球O 的内接圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则球O 的表面积为________．解析：由题意可得，球心在轴截面正方形的中心，则外接球的半径R ＝12＋12＝2，该。

2018届高三数学理一轮总复习练习-第七章 立体几何 7-1 含答案 精品

2018届高三数学理一轮总复习练习-第七章 立体几何 7-1 含答案 精品

课时规范训练[A级基础演练]1．给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是()A．0B．1C．2D．3解析：选 A.反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误，故选A.2．如图是一正方体被过棱的中点M、N和顶点A、D、C1的两个截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的主视图为()解析：选B.还原正方体，如图所示，由题意可知，该几何体的主视图是选项B.3．如图，E、F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1中AD1、B1C上的动点(不含端点)，则四边形B1FDE的俯视图可能是()解析：选B.由画几何体的三视图的要求可知，点E在底面的正投影应落在线段A1D1上(不含端点)，点F在底面的正投影应落在线段B1C1上(不含端点)，而B1与D在底面的正投影分别为B1和D1，故四边形B1FDE在底面ABCD上的正投影为四边形，结合选项知选B.4．将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的侧视图为()解析：选B.还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线．D1A 的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线．5.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为22cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选 C.依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC、AD相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.6．把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥A-BCD的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为()A.22B ．12 C.24 D ．14解析：选D.由正视图与俯视图可得三棱锥A -BCD 的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S ＝12×22×22＝14，选D. 7．已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( ) A.32B ．1C.2＋12 D ． 2解析：选 D.由题意可知该正方体的放置如图所示，侧视图的方向垂直于面BDD 1B 1，正视图的方向垂直于面A 1C 1CA ，且正视图是长为2，宽为1的矩形，故正视图的面积为2，因此选D.8．(2017·烟台一模)若一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选 D.观察三视图，可得直观图如图所示．该三棱锥A -BCD 的底面BCD 是直角三角形，AB ⊥平面BCD ，CD ⊥BC ，侧面ABC ，ABD 是直角三角形；由CD ⊥BC ，CD ⊥AB ，知CD ⊥平面ABC ，CD ⊥AC ，侧面ACD 也是直角三角形，故选D.9.(2017·西城区检测)已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为 ．解析：由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正视图的面积为2 3.答案：2 310.如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为 ．解析：由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC 的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′，∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2. 答案：24 2[B 级 能力突破]1．(2017·广东深圳一模)如图，三棱锥A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，若AB ＝BC ＝CD ＝2，则该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积为( )A. 2B ．2C ．2 2D ．2 3解析：选A.∵AB⊥平面BCD，投影线平行于BD，∴三棱锥A-BCD的侧视图是一个以△BCD的BD边上的高为底，棱锥的高为高的三角形，∵BC⊥CD，AB＝BC＝CD＝2，∴△BCD中BD边上的高为2，故该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD)的面积S＝12×2×2＝2，故选A.2．如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A，B，C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的值为()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：选C.还原正方体，如图所示，连接AB，BC，AC，可得△ABC是正三角形，则∠ABC＝60°.3．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＋2)cm2B．(3＋2)cm2C．(4＋2)cm2D．(5＋2)cm2解析：选 C.由三视图可知该几何体的直观图如图所示，所以侧面积为(4＋2)cm2.故选C.4．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P-ABC的正(主)视图与侧(左)视图的面积的比值为．解析：如题图所示，设正方体的棱长为a ，则三棱锥P ­ABC 的正(主)视图与侧(左)视图都是三角形，且面积都是12a 2，所以所求面积的比值为1.答案：15．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a ＋b 的最大值为 ．解析：本题构造长方体，体对角线长为7，其在侧视图中为侧面对角线a ，在俯视图中为底面对角线b ，设长方体底面宽为1，则b 2－1＋a 2－1＝6，即a 2＋b 2＝8，利用不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≤a 2＋b 22＝4，则a ＋b ≤4. 答案：4。

2018届高考数学(文)大一轮复习检测：第七章 立体几何 课时作业46 Word版含答案

2018届高考数学(文)大一轮复习检测：第七章 立体几何 课时作业46 Word版含答案

课时作业46 直线、平面垂直的判定及其性质一、选择题1．一条直线和一个圆的两条直径都垂直，则这条直线和这个圆所在的平面的位置关系是( )A．平行B．垂直C．相交不垂直D．不确定解析：因为一个圆的两条直径一定相交于圆心，由线面垂直的判定定理知这条直线和这个圆所在的平面垂直．答案：B2．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( )A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥βD．AC⊥β解析：如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有D不一定成立，故选D.答案：D3．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则( )A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α解析：A中，由m⊥n，n∥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；B中，由m ∥β，β⊥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；C中，由m⊥β，n⊥β，可得m∥n，又n⊥α，则m⊥α，正确，D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α，可得m与α相交或m ⊂α或m∥α，错误．答案：C4．如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么( )A．PA＝PB>PCB．PA＝PB<PCC．PA＝PB＝PCD．PA≠PB≠PC解析：∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面ABC，∴Rt △PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故PA＝PB＝PC.答案：C5．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是( )A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④解析：由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB ＝DC，又由②知③正确；由①知④错．故选B.答案：B6．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为( )A.12 B ．1 C.32D ．2解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ， 所以AB 1⊥DF .由已知可以得A 1B 1＝2， 矩形ABB 1A 1中，tan ∠FDB 1＝B 1F B 1D， tan ∠A 1AB 1＝A 1B 1AA 1＝22. 又∠FDB 1＝∠A 1AB 1，所以B 1F B 1D ＝22. 故B 1F ＝22×22＝12.故选A. 答案：A 二、填空题7．如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD .(只要填写一个你认为是正确的条件即可)．解析：连接AC，BD交于O，因为底面各边相等，所以BD⊥AC；又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)8．(2017·上饶质检)已知m，n是两条不相同的直线，α，β是两个不重合的平面，现有以下说法：①若α∥β，n⊂α，m⊂β，则m∥n；②若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β；③若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β；④若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n；⑤若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n.其中正确说法的序号为________．解析：对于①，注意到分别位于两个平行平面内的两条直线未必平行，可能是异面直线，因此①不正确；对于②，由定理“垂直于同一直线的两个平面平行”得知α，β平行；由定理“若一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则它也垂直于另一个平面”得知，n⊥β，因此②正确；对于③，由定理“由空间一点向一个二面角的两个半平面分别引垂线，则这两条垂线所成的角与该二面角相等或互补”得知，③正确；对于④，分别平行两个垂直平面的两条直线未必垂直，因此④不正确；对于⑤，m与n有可能平行，因此⑤不正确．综上所述，其中正确的说法有②③.答案：②③9．(2017·泉州模拟)点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的命题序号是________．解析：连接BD交AC于点O，连接DC1交D1C于点O1，连接OO1，则OO1∥BC1，所以BC1∥平面AD1C，动点P到平面AD1C的距离不变，所以三棱锥P－AD1C的体积不变．又因为VP－AD1C＝VA－D1PC，所以①正确．因为平面A1C1B∥平面AD1C，A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，②正确．由于当点P在B点时，DB不垂直于BC1即DP不垂直BC1，故③不正确；由于DB1⊥D1C，DB1⊥AD1，D1C∩AD1＝D1，所以DB1⊥平面AD1C.DB1⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，④正确．答案：①②④三、解答题10．如图，几何体EF－ABCD中，CDEF为边长为2的正方形，ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD＝2，AB＝4，∠ADF＝90°.(1)求证：AC⊥FB；(2)求几何体EF－ABCD的体积．解：(1)证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF ＝D ，∴AD ⊥平面CDEF ，∴AD ⊥FC . ∵四边形CDEF 为正方形，∴DC ⊥FC ， ∵DC ∩AD ＝D ，∴FC ⊥平面ABCD ， ∴FC ⊥AC .又∵四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∴AC ＝22，BC ＝22，则有AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ， 又BC ∩FC ＝C ，∴AC ⊥平面FCB ， ∴AC ⊥FB .(2)连接EC ，过B 作CD 的垂线，垂足为N ， 易知BN ⊥平面CDEF ，且BN ＝2.∵V EF －ABCD ＝V E －ABCD ＋V B －EFC ＝13S 梯形ABCD ·DE ＋13S △EFC ·BN ＝163，∴几何体EF －ABCD 的体积为163.11．如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E －ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积． 解：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE . 又BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V 三棱锥E －ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE＝624x 3＝63，故x ＝2. 从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.1．(2017·兰州质检)如图，在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，且E 为CD 的中点，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将三角形ADE 沿AE 折起，则下列说法正确的是________．(写出所有正确说法的序号)①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN ∥平面DEC ； ②不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN ⊥AE ； ③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN ∥AB ； ④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC ⊥AD . 解析：由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，折叠后如图所示．①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连接NP.因为M，N分别是AD，BE的中点，所以点P为AE的中点，故NP∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，所以平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC.所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP.又MN⊂平面MNP，所以MN⊥AE，②正确；③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾，③错误．④当CE⊥ED时，CE⊥AD，这是因为由于CE⊥EA，EA∩ED＝E，所以CE⊥平面AED，AD ⊂平面AED，得出EC⊥AD，④正确．答案：①②④2．如图，四边形ABCD为正方形，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝4，AE＝2，EF＝1.(1)求证：BC ⊥AF ；(2)试判断直线AF 与平面EBC 是否垂直. 若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由． 解：(1)证明：因为EF ∥AB ，所以EF 与AB 确定平面EABF ， 因为EA ⊥平面ABCD ，所以EA ⊥BC . 由已知得AB ⊥BC 且EA ∩AB ＝A ， 所以BC ⊥平面EABF .又AF ⊂平面EABF ，所以BC ⊥AF . (2)直线AF 垂直于平面EBC . 证明如下：由(1)可知，AF ⊥BC .在四边形EABF 中，AB ＝4，AE ＝2，EF ＝1，∠BAE ＝∠AEF ＝90°，所以tan ∠EBA ＝tan ∠FAE ＝12，则∠EBA ＝∠FAE .设AF ∩BE ＝P ，因为∠PAE ＋∠PAB ＝90°，故∠PBA ＋∠PAB ＝90°. 则∠APB ＝90°，即EB ⊥AF . 又EB ∩BC ＝B ，所以AF ⊥平面EBC .3．如图，在三棱台ABC －DEF 中，CF ⊥平面DEF ，AB ⊥BC .(1)设平面ACE ∩平面DEF ＝a ，求证：DF ∥a ；(2)若EF ＝CF ＝2BC ，试问在线段BE 上是否存在点G ，使得平面DFG ⊥平面CDE ？若存在，请确定G 点的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：在三棱台ABC －DEF 中，AC ∥DF ，AC ⊂平面ACE ，DF ⊄平面ACE ，∴DF ∥平面ACE .又∵DF ⊂平面DEF ，平面ACE ∩平面DEF ＝a ，∴DF ∥a .(2)线段BE 上存在点G ，且BG ＝13BE ，使得平面DFG ⊥平面CDE .证明如下：取CE 的中点O ，连接FO 并延长交BE 于点G ，连接GD ，∵CF ＝EF ，∴GF ⊥CE . 在三棱台ABC －DEF 中，AB ⊥BC ⇒DE ⊥EF . 由CF ⊥平面DEF ⇒CF ⊥DE . 又CF ∩EF ＝F ，∴DE ⊥平面CBEF ，∴DE ⊥GF .⎭⎪⎬⎪⎫GF ⊥CEGF ⊥DE CE ∩DE ＝E ⇒GF ⊥平面CDE . 又GF ⊂平面DFG ， ∴平面DFG ⊥平面CDE . 此时，如平面图所示，∵O 为CE 的中点，EF ＝CF ＝2BC ，由平面几何知识易证△HOC ≌△FOE ， ∴HB ＝BC ＝12EF .由△HGB ∽△FGE 可知BG GE ＝12，即BG ＝13BE .11。

2018版大一轮全国人教数学文科配套作业 第7单元 立体

2018版大一轮全国人教数学文科配套作业 第7单元 立体

课时作业(三十八)基础热身1．将如图K38­1所示的直角三角形ABC (∠C ＝90°)绕斜边AB 旋转一周，所得到的几何体的正视图是( )图K38­1图K38­22．[2016·珠海二检] 某几何体的三视图如图K38­3所示，则该几何体的最短的棱的长度是( )A ．1 B. 2 C. 3 D ．2图K38­33．[2016·成都二诊] 已知某几何体的三视图如图K38­4所示，则该几何体的体积为( )图K38­4A.12 B ．1 C.32 D ．3 4．[2016·山东济宁模拟] 若一个几何体的三视图如图K38­5所示，则该几何体的表面积为( )图K38­5A ．75＋210B ．75＋410C ．48＋410D ．48＋210 5．[2016·湖南师大附中二模] 如图K38­6所示，将边长为2的正方形ABCD 沿对角线BD 折起得到一个三棱锥C -ABD ，已知该三棱锥的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为________．图K38­6能力提升6．[2016·福建漳州二模] 某四面体的三视图如图K38­7所示，则该四面体四个面的最大面积是( )图K38­7A ．8B ．6 2C ．10D ．8 2图K38­87．[2016·河北枣强中学月考] 一个水平放置的平面图形用斜二测画法画出的直观图是一个直角梯形(如图K38­8所示)，其中∠A ′B ′C ′＝45°，A ′B ′＝A ′D ′＝1，D ′C ′⊥B ′C ′，则平面图形ABCD 的面积为( )A.14＋24 B ．2＋22 C.14＋22 D.12＋ 2图K38­9 8．[2016·成都一诊] 如图K38­9为一个半球被挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则该几何体与挖去的圆锥的体积之比为( )A ．3∶1B ．2∶1C ．1∶1D ．1∶29．[2016·湖南四县一模] 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点(如图K38­10所示)，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为( )图K38­10图K38­1110．[2016·河北邯郸模拟] 一个空间几何体的三视图如图K38­12所示，则该几何体的体积为( )图K38­12A ．2 3B ．2 5 C.433 D.53311．[2016·南昌模拟] 如图K38­13所示，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为( )图K38­13A ．1∶1B ．2∶1C ．2∶3D ．3∶2 12．[2016·长春质检] 祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的几何体，如果在等高处截面的面积恒相等，则体积相等．已知某不规则几何体与三视图为图K38­14所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )A ．4－π2B ．8－4π3C ．8－πD ．8－2π图K38­1413．[2016·玉溪三模] 某几何体的三视图如图K38­15所示，且该几何体的体积是3，则正视图中x 的值是( )图K38­15A ．2 B.92C.32 D ．3 14．[2016·福建泉州质检] 已知A ，B ，C 在球O 的球面上，AB ＝1，BC ＝2，∠ABC ＝60°，且点O 到平面ABC 的距离为2，则球O 的表面积为________．15．[2016·大连一模] 已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有顶点都在半径为1的球面上，当正三棱柱的体积最大时，该正三棱柱的高为________．难点突破16．(1)(6分)[2016·河南中原名校一联] 如图K38­16所示，ABCD -A 1B 1C 1D 1是边长为1的正方体，S -ABCD 是高为1的正四棱锥，若点S ，A 1，B 1，C 1，D 1在同一个球面上，则该球的表面积为( )图K38­16A.916πB.2516πC.4916πD.8116π (2)(6分)[2016·山西阳泉模拟] 点 A ，B ，C ，D 在同一个球面上，AB ＝BC ＝2，AC ＝2，若球的表面积为25π4，则四面体ABCD 体积的最大值为________．课时作业(三十九)基础热身1．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列说法正确的是()A．若l1⊥l2，l2⊥l3，则l1∥l3B．若l1⊥l2，l2∥l3，则l1⊥l3C．若l1∥l2∥l3，则l1，l2，l3共面D．若l1，l2，l3共点，则l1，l2，l3共面2．[2016·江西七校联考] 已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是()A．相交或平行B．相交或异面C．平行或异面D．相交、平行或异面3．若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b∥c，则直线a与c()A．一定平行B．一定相交C．一定是异面直线D．一定垂直4．[2016·长春一模] 一个正方体的展开图如图K39­1所示，A，B，C，D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中()A．AB∥CDB．AB与CD相交C．AB⊥CDD．AB与CD所成的角为60°图K39­1图K39­25．[2016·海南文昌中学期末] 如图K39­2所示，已知在四面体ABCD中，E，F分别是AC，BD的中点，若AB＝2，CD＝4，EF⊥AB，则EF与CD所成角的大小为________．能力提升6．如图K39­3所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论中错误的是()图K39­3A．A，M，O三点共线B．M，O，A1，A四点共面C．A，O，C，M四点共面D．B，B1，O，M四点共面7．已知命题“直线l与平面α有公共点”是真命题，给出下列命题：①直线l上的点都在平面α内；②直线l上有些点不在平面α内；③平面α内任意一条直线都不与直线l 平行． 其中真命题的个数是( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 8．[2016·广州调研] 用a ，b ，c 表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ； ②若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ； ③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ； ④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b . 其中真命题的序号是( )A ．①②B ．②③C ．①④D ．②④图K39­49．[2016·衡水中学六调] 如图K39­4所示，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成的角的余弦值为( )A.15B.25C.35D.4510．已知异面直线a ，b 均与平面α相交，给出下列命题： ①存在直线m ⊂α，使得m ⊥a 或m ⊥b ； ②存在直线m ⊂α，使得m ⊥a 且m ⊥b ；③存在直线m ⊂α，使得m 与a 和b 所成的角相等． 其中，假命题的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 11．[2016·浙江五校二联] 如图K39­5所示，在边长为1的菱形ABCD 中，∠DAB ＝60° ，沿BD 将△ABD 翻折，得到三棱锥A -BCD ，则当三棱锥A -BCD 的体积最大时，异面直线AD与BC 所成的角的余弦值为( )图K39­5A.58B.14C.1316D.23 12．[2016·哈尔滨六中模拟] 如图K39­6所示，在四棱锥P -ABCD 中，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，BC ＝2AD ，△P AB 和△P AD 都是等边三角形，则异面直线CD 与PB 所成角的大小为( )A ．90°B ．75°C ．60°D ．45°图K39­6图K39­713．如图K39­7所示，在四面体ABCD 中，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，过EF 任作一个平面α分别与直线BC ，AD 相交于点G ，H ，则下列结论中正确的是________(填序号)．①对于任意的平面α，都有直线GF ，EH ，BD 相交于同一点； ②存在一个平面α0，使得GF ∥EH ∥BD ；③存在一个平面α0，使得点G 在线段BC 上，点H 在线段AD 的延长线上．14．(10分)如图K39­8所示，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12F A ，G ，H 分别为F A ，FD 的中点．(1)求证：四边形BCHG 是平行四边形． (2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？图K39­815．(13分)[2016·冀州中学模拟] 如图K39­9所示，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝60°，P A ＝AB ＝AC ＝2，E 是PC 的中点．(1)求证：AE 与PB 是异面直线；(2)求异面直线AE 和PB 所成角的余弦值．图K39­9难点突破16．(12分)[2016·湖南十三校二联] 如图K39­10所示，在四棱锥O -ABCD 中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC ＝π4，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点．(1)求异面直线AB 与MD 所成角的大小； (2)求点B 到平面OCD 的距离．图K39­10课时作业(四十)基础热身1．[2016·山西重点中学二模] 已知l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列说法正确的是()A．若l∥α，m∥α，则l∥mB．若l⊥m，m∥α，则l⊥αC．若l⊥α，m⊥α，则l∥mD．若l⊥m，l⊥α，则m∥α2．[2016·河南实验中学质检] 已知直线m，n和平面α，则m∥n的一个必要条件是() A．m∥α，n∥αB．m⊥α，n⊥αC．m∥α，n⊂αD．m，n与α所成的角相等3．[2016·成都二诊] 已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列说法中正确的是()A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥βC．若m∥n，m∥α，则n∥αD．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β4．如图K40­1所示，P为平行四边形ABCD所在平面外的一点，过BC的平面与平面P AD交于EF，E，F分别在PD，P A上，则四边形EFBC是()A．空间四边形B．平行四边形C．梯形D．以上都有可能图K40­1图K40­25．[2016·泉州一模] 如图K40­2所示，四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD＝2AB，P A⊥底面ABCD，E为PC的中点，则BE与平面P AD的位置关系为________．能力提升6．[2016·长春质检] 已知直线m，n与平面α，β，则下列说法中错误的是()A．若m⊥α，n⊥α，则m∥nB．若m⊥β，n∥β，则m⊥nC．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nD．若m∥n，n⊂α，则m∥α7．[2016·广东七校联考] 设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是()A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC ．存在两条平行直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥αD ．存在两条异面直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α8．已知直线l ，平面α，β，γ，则下列能推出α∥β的条件是( ) A ．l ⊥α，l ∥β B ．l ∥α，l ∥β C ．α⊥γ，γ⊥β D ．α∥γ，β∥γ 9．如图K40­3所示，在正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AB ，CC 1的中点，则在平面ADD 1A 1内与平面D 1EF 平行的直线( )A ．不存在B ．有1条C ．有2条D ．有无数条图K40­3图K40­410．如图K40­4所示，三棱柱ABC - A 1B 1C 1的侧面BCC 1B 1是菱形，设D 是A 1C 1上的点，且A 1B ∥平面B 1CD ，则A 1D ∶DC 1＝( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶3D ．1∶111．如图K40­5所示，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 的长度的取值范围是( )图K40­5A.⎣⎡⎦⎤1，52 B.⎣⎡⎦⎤324，52 C.⎣⎡⎦⎤52，2 D.[]2，3 12．[2016·郑州模拟] 设α，β，γ为三个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m ，n ⊂γ，且________，则m ∥n ”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n ⊂β；②m ∥γ，n ∥β；③n ∥β，m ⊂γ.则可以填入的条件有( )A ．①或②B ．②或③C ．①或③D ．①或②或③ 13．[2016·枣强中学模拟] 如图K40­6所示，在正四棱柱A 1C 中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件________，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上一个你认为正确的条件，不必考虑全部可能的情况)图K40­614．(10分)[2016·冀州中学模拟] 如图K40­7所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证：(1)直线EG∥平面BDD1B1；(2)平面EFG∥平面BDD1B1.图K40­715．(13分)[2016·西安模拟] 如图K40­8所示，在梯形ABEF中，AF∥BE，AB⊥AF，且AB＝BC＝AD＝DF＝2CE＝2，沿DC将梯形CDFE折起，使得平面CDFE⊥平面ABCD.(1)证明：AC∥平面BEF；(2)求三棱锥D-BEF的体积．图K40­8难点突破16．(12分)[2016·淄博诊断] 如图K40­9所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2AD ＝2DC＝2CB＝2，四边形ACFE是矩形，AE＝1，平面ACFE⊥平面ABCD，点G是BF的中点．(1)求证：CG∥平面ADF；(2)求三棱锥E-AFB的体积．图K40­9课时作业(四十一)基础热身1．已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则()A．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直B．β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直C．β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直D．β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直2．[2016·山东枣庄模拟] 给出下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中为真命题的是()A．①和②B．②和③C．③和④D．②和④图K41­13．[2016·九江模拟] 如图K41­1所示，在四面体D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E 是AC的中点，则下列结论正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE4．[2017·成都模拟] 已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若m⊥α，n⊥β，且β⊥α，则下列结论中一定正确的是()A．m⊥nB．m∥nC．m与n相交D．m与n异面5．[2016·上海十二校联考] 设直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，给出下列四个命题：①若m∥α，则l∥m；②若α∥β，则l⊥m；③若l⊥m，则α∥β；④若α⊥β，则l∥m.其中真命题的序号是________．能力提升6．[2016·广州六校一联] 设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，则下列说法中正确的个数是()①若l⊥α，则l与α相交；②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n.A．1 B．2C．3 D．47．[2016·云南玉溪模拟] 已知m，n为异面直线，α，β为两个不同平面，且α∥m，α∥n，直线l满足l⊥m，l⊥n，l∥β，则()A．α∥β且l∥αB．α∥β且l⊥αC．α⊥β且l∥αD．α⊥β且l⊥α8．[2016·陕西镇安中学月考] 关于直线l，m及平面α，β，下列说法中正确的是() A．若l∥α，α∩β＝m，则l∥mB．若l∥α，m∥α，则l∥mC．若l⊥α，l∥β，则α⊥βD．若l∥α，l∥m，则m⊥α9．[2016·成都一诊] 已知m，n为空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个不同的平面，则下列说法中正确的是()A．若m∥α，m∥β，则α∥βB．若m⊥α，m⊥n，则n∥αC．若m∥α，m∥n，则n∥αD．若m⊥α，m∥β，则α⊥β10．[2016·江西上饶中学模拟] 在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC()A．为锐角三角形B．为直角三角形C．为钝角三角形D．形状不能确定11．如图K41­2所示，在三棱锥P -ABC中，已知P A⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F分别是线段PB，PC上的动点，则下列说法错误的是()图K41­2A．当AE⊥PB时，△AEF一定为直角三角形B．当AF⊥PC时，△AEF一定为直角三角形C．当EF∥平面ABC时，△AEF一定为直角三角形D．当PC⊥平面AEF时，△AEF一定为直角三角形12．如图K41­3所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.图K41-3图K41­413．如图K41­4所示，P A ⊥圆O 所在的平面，AB 是圆O 的直径，C 是圆O 上的一点，E ，F 分别是点A 在PB ，PC 上的正投影，给出下列结论：①AF ⊥PB ；②EF ⊥PB ；③AF ⊥BC ；④AE ⊥平面PBC .其中正确结论的序号是________． 14．(10分)[2016·河南中原名校联考] 如图K41­5所示，在四棱锥S -ABCD 中，平面SAD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△SAD 是等边三角形，且SD ＝2，BD ＝23，AB ＝2CD ＝4.(1)证明：平面SBD ⊥平面SAD .(2)若E 是SC 上的一点，当E 点位于线段SC 上什么位置时，SA ∥平面EBD ？请证明你的结论．(3)求四棱锥S -ABCD 的体积．图K41­515．(13分)[2016·赣州模拟] 如图K41­6所示，在底面为梯形的四棱锥P - ABCD 中，平面P AB ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，AD ＝CD ＝2，BC ＝4.(1)求证：AC ⊥PB ；(2)若P A ＝PB ，且三棱锥D -P AC 的体积为23，求AP 的长．图K41­6难点突破 16．(12分)如图K41­7(1)所示，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，D 为AC 的中点，AE ⊥BD 于点E (不同于点D )，延长AE 交BC 于点F ，将△ABD 沿BD 折起，得到三棱锥A 1­BCD ，如图K41­7(2)所示．(1)若M 是FC 的中点，求证：直线DM ∥平面A 1EF . (2)求证：BD ⊥A 1F .(3)若平面A 1BD ⊥平面BCD ，试判断直线A 1B 与直线CD 能否垂直？并说明理由．图K41­7。

2018届高考数学文大一轮复习教师用书：第7章 立体几何

2018届高考数学文大一轮复习教师用书：第7章 立体几何

第二节空间几何体的表面积与体积————————————————————————————————了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．1．多面体的表(侧)面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．( )(2)球的体积之比等于半径比的平方．( )(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( )(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝32a.( )(1)×(2)×(3)√(4)√2．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A．1 cm B．2 cmC．3 cm D.32cmB3．(2015·全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图7­2­1，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )图7­2­1A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛B4．(2016·全国卷Ⅱ)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A．12π B.32 3πC．8πD．4πA5．(2017·郑州质检)某几何体的三视图如图7­2­2所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm3.图7­2­2323(1)某几何体的三视图如图7­2­3所示，则该几何体的表面积等于( )图7­2­3A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15(2)(2016·全国卷Ⅰ)如图7­2­4，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )图7­2­4A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π(1)B (2)A1.(1)多面体与旋转体的表面积等于侧面面积与底面面积之和．(2)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的处理．2．若以三视图的形式给出，解题的关键是对给出的三视图进行分析，从中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，得到几何体的直观图，然后根据条件求解．(2016·全国卷Ⅲ)如图7­2­5，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，则该多面体的表面积为( )【导学号：31222245】图7­2­5A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81B(1)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π(2)(2016·天津高考)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图7­2­6所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.图7­2­6(1)C(2)21.若所给定的几何体是柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．2．若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法(转换的原则是使底面面积和高易求)、分割法、补形法等方法进行求解．3．若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．一个几何体的三视图如图7­2­7所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.图7­2­783π111AB ⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )A．4π B.9π2C．6π D.32π3B若本例中的条件变为“直三棱柱ABC­A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB ＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积．将直三棱柱补形为长方体ABEC­A′B′E′C′，则球O 是长方体ABEC ­A ′B ′E ′C ′的外接球， ∴体对角线BC ′的长为球O 的直径． 因此2R ＝32＋42＋122＝13， 故S 球＝4πR 2＝169π.若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2， 解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫943＝243π16.1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．(2015·全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O ­ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256πC1．转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法．2．求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高．1．求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理，防止重复计算．2．底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错．课时分层训练(三十九)空间几何体的表面积与体积A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.22π3B.42π3C．22πD．42πB2．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )【导学号：31222246】A.32π3B ．4πC ．2π D.4π3D3．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图7­2­8所示，则该几何体的体积为( )图7­2­8A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π C4．某几何体的三视图如图7­2­9所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )【导学号：31222247】图7­2­9A ．2B.92C.32D．3D5．(2016·江南名校联考)一个四面体的三视图如图7­2­10所示，则该四面体的表面积是( )图7­2­10A．1＋ 3 B．2＋ 3C．1＋2 2 D．2 2B二、填空题6．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为______．【导学号：31222248】77．一个六棱锥的体积为23，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________．128．某几何体的三视图如图7­2­11所示，则该几何体的体积为________．图7­2­11136π 三、解答题9．如图7­2­12，在三棱锥D ­ABC 中，已知BC ⊥AD ，BC ＝2，AD ＝6，AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10，求三棱锥D ­ABC 的体积的最大值．图7­2­12由题意知，线段AB ＋BD 与线段AC ＋CD 的长度是定值，∵棱AD 与棱BC 相互垂直，设d 为AD 到BC 的距离，4分则V D ­ABC ＝AD ·BC ×d ×12×13＝2d ，当d 最大时，V D ­ABC 体积最大.8分 ∵AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10， ∴当AB ＝BD ＝AC ＝CD ＝5时，d 有最大值42－1＝15.此时V ＝215.12分10．四面体ABCD 及其三视图如图7­2­13所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB ，BD ，DC ，CA 于点E ，F ，G ，H .图7­2­13(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．(1)由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，∴AD ⊥平面BDC ，3分∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.5分 (2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，8分∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH .同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ，∴四边形EFGH 是平行四边形．又∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG .∴四边形EFGH 是矩形.12分B 组 能力提升(建议用时：15分钟)1．(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图7­2­14所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )图7­2­14A ．1B ．2C ．4D ．8B2．三棱锥P ­ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ­ABE 的体积为V 1，P ­ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________. 143．(2016·全国卷Ⅰ)如图7­2­15，已知正三棱锥P ­ABC 的侧面是直角三角形，PA ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .图7­2­15(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．(1)证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD .因为D 在平面PAB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE .3分因为PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG .又由已知可得，PA ＝PB ，所以G 是AB 的中点.5分(2)在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为E 在平面PAC 内的正投影.7分理由如下：由已知可得PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF⊥PA ，EF ⊥PC .又PA ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为E 在平面PAC 内的正投影．连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心．由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG .10分由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC . 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2.在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2，所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43.12分。

2018高考一轮数学浙江专版练习第7章 第1节 空间几何体的结构及其三视图和直观图 含答案 精品

2018高考一轮数学浙江专版练习第7章 第1节 空间几何体的结构及其三视图和直观图 含答案 精品

第七章立体几何[深研高考·备考导航]为教师备课、授课提供丰富教学资源[五年考情]分析近5年浙江卷高考试题发现本章主要考查简单几何体的三视图及表面积、体积、空间中线、面的平行垂直关系、突出对空间想象能力，逻辑推理能力的考查、分值大约在20分左右．第一节空间几何体的结构及其三视图和直观图1．简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．旋转体的形成(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图．(2)三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察到的几何体的正投影图．4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度变为原来的一半．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．()(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．()(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝90°.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×2．(教材改编)如图7-1-1，长方体ABCD-A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是()图7-1-1A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．简单组合体C[由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．]3．如图7-1-2，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是()图7-1-2A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱B[由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，经分析可知该几何体为如图所示的三棱柱．]4．将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图7-1-3所示，则该几何体的侧(左)视图为()图7-1-3B[由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.]5．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于________. 【导学号：51062215】2π[由题意得圆柱的底面半径r＝1，母线l＝1，所以圆柱的侧面积S＝2πrl＝2π.]A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点(2)以下命题：①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为()A．0B．1C．2 D．3(1)B(2)B[(1)如图①所示，可知A错．如图②，当PD⊥底面ABCD，且四边形ABCD为矩形时，则四个侧面均为直角三角形，B正确．①②根据棱台的定义，可知C，D不正确．(2)由圆锥、圆台、圆柱的定义可知①②错误，③正确．对于命题④，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，④不正确．] [规律方法] 1.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可．2．圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．3．因为棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．[变式训练1]下列结论正确的是()A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线D[如图①知，A不正确．如图②，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确．①②C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．由母线的概念知，选项D正确．]☞角度1由空间几何体的直观图判断三视图一几何体的直观图如图7-1-4，下列给出的四个俯视图中正确的是()图7-1-4A B C DB[该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选项B适合．]☞角度2已知三视图，判断几何体(1)某四棱锥的三视图如图7-1-5所示，该四棱锥最长棱棱长为()图7-1-5A．1 B. 2C. 3 D．2(2)如图7-1-6是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()图7-1-6A．20πB．24πC．28πD．32π(1)C(2)C[(1)由三视图知，该四棱锥的直观图如图所示，其中P A⊥平面ABCD.又P A＝AD＝AB＝1，且底面ABCD是正方形，所以PC为最长棱．连接AC，则PC＝AC2＋P A2＝(2)2＋1＝ 3.(2)由三视图可知圆柱的底面直径为4，母线长(高)为4，所以圆柱的侧面积为2π×2×4＝16π，底面积为π·22＝4π；圆锥的底面直径为4，高为23，所以圆锥的母线长为(23)2＋22＝4，所以圆锥的侧面积为π×2×4＝8π.所以该几何体的表面积为S＝16π＋4π＋8π＝28π.][规律方法] 1.由实物图画三视图或判断选择三视图，按照“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点确认．2．根据三视图还原几何体．(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．易错警示：对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同.ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为()A.34a2 B.38a2C.68a2 D.616a2D[如图①②所示的实际图形和直观图，由②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ， 在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′， 则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a ，所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.][规律方法] 1.画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y 轴的线段长度减半，平行于x 轴和z 轴的线段长度不变)来掌握．对直观图的考查有两个方向，一是已知原图形求直观图的相关量，二是已知直观图求原图形中的相关量．2．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S 直观图＝24S 原图形．[变式训练2] 已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________. 【导学号：51062216】22 [如图所示：因为OE ＝(2)2－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24， 则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.][思想与方法]1．画三视图的三个原则：(1)画法规则：“长对正，宽相等，高平齐”．(2)摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的正下方．(3)实虚线的画法规则：可见轮廓线和棱用实线画出，不可见线和棱用虚线画出．2．棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想．[易错与防范]1．确定正视、侧视、俯视的方向，观察同一物体方向不同，所画的三视图也不同．2．对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，然后再画其三视图，易忽视交线的位置，实线与虚线的不同致误．课时分层训练(三十六)空间几何体的结构及其三视图和直观图A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．下列叙述中，正确的个数为()①在棱柱中，各侧面都是平行四边形；②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线；③有两个面互相平行，且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台．A．0B．1C．2 D．3C[由棱柱的结构特征可知①正确．由圆锥母线的定义可知②正确．棱台的定义是棱锥的底面和平行于底面的一个截面间的部分，各侧棱延长线相交于一点才行，故③错．]2．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()【导学号：51062217】A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱A[由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形．]3．(2017·嘉兴质检)一个三棱锥的正视图和俯视图如图7-1-7所示，则该三棱锥的侧视图可能为()图7-1-7A B C DD[由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，∴该三棱锥的侧视图可能为选项D.]4．一个几何体的三视图如图7-1-8所示，则该几何体的表面积为( )图7-1-8A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4D [由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.]5．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图7-1-9，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )图7-1-9A.18B.17C.16D.15D [由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16， 剩余部分的体积V 2＝13－16＝56. 所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.]二、填空题6．(2017·浙江五校联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图7-1-10所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 的面积为________．图7-1-1022 [因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.]7．如图7-1-11所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P -ABC的正视图与侧视图的面积的比值为________．图7-1-111 [三棱锥P -ABC 的正视图与侧视图为底边和高均相等的三角形，故它们的面积相等，面积比值为1.]8．某三棱锥的三视图如图7-1-12所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________.【导学号：51062218】图7-1-1222[由题中三视图可知，三棱锥的直观图如图所示，其中P A⊥平面ABC，M为AC的中点，且BM⊥AC，故该三棱锥的最长棱为PC.在Rt△P AC中，PC＝P A2＋AC2＝22＋22＝2 2.]三、解答题9．某几何体的三视图如图7-1-13所示．图7-1-13(1)判断该几何体是什么几何体？(2)画出该几何体的直观图. 【导学号：51062219】[解](1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后的几何体.6分(2)直观图如图所示.15分10．如图7-1-14，在四棱锥P-ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．图7-1-14(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求P A.[解](1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.6分(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.8分由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，P A＝PD2＋AD2＝(62)2＋62＝6 3 cm.15分B组能力提升(建议用时：15分钟)1．在如图7-1-15所示的空间直角坐标系O-xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()图7-1-15A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②D[如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.]2．(2017·杭州学军中学质检)如图7-1-16是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是() 【导学号：51062220】图7-1-16A．4 B．5C．3 2 D．3 3D[由三视图作出几何体的直观图(如图所示)，计算可知AF最长，且AF＝BF2＋AB2＝3 3.]3．某四棱柱的三视图如图7-1-17所示，则该四棱柱的体积为________．图7-1-1732[由题中三视图可画出长为2、宽为1、高为1的长方体，将该几何体还原到长方体中，如图所示，该几何体为四棱柱ABCD-A′B′C′D′.故该四棱柱的体积V＝Sh＝12×(1＋2)×1×1＝32.]。

2018年大一轮数学(文)高考复习课时规范训练：《第七章 立体几何》7-4含解析

课时规范训练A组基础演练1．设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是() A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β解析：选C.∵b⊥β，α∥β，∴b⊥α.又∵a⊂α，∴b⊥a.故选C.2．如图所示，O为正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中点，则下列直线中与B1O垂直的是()A．A1D B．AA1C．A1D1D．A1C1解析：选D.由题意知，A1C1⊥平面DD1B1B，又OB1⊂面DD1B1B，所以A1C1⊥OB1.3．在如图所示的四个正方体中，能得出AB⊥CD的是()60°角；C选项中，AB与CD成45°角；D选项中，AB与C D夹角的正切值为 2.4．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l解析：选D.根据所给的已知条件作图，如图所示．由图可知α与β相交，且交线平行于l.5．将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四面体ABCD(如图2)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是()A．相交且垂直B．相交但不垂直C．异面且垂直D．异面但不垂直解析：选C.在题图1中的等腰直角三角形ABC中，斜边上的中线AD就是斜边上的高，则AD⊥BC，翻折后如题图2，AD与BC变成异面直线，而原线段BC 变成两条线段BD、CD，这两条线段与AD垂直，即AD⊥BD，AD⊥CD，且BD∩CD ＝D，故AD⊥平面BCD，所以AD⊥BC.6．设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：选B.对于选项A，若l∥α，l∥β，则α和β可能平行也可能相交，故错误；对于选项B，若l⊥α，l⊥β，则α∥β，故B正确；对于选项C，若l⊥α，l∥β，则α⊥β，故C错误；对于选项D，若α⊥β，l∥α，则l与β的位置关系有三种可能：l⊥β，l∥β，l⊂β，故D错误．故选B.7．α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及β之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α，以其中三个论断作为条件，剩余的一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：__________________.答案：可填①③④⇒②与②③④⇒①中的一个8．假设平面α∩平面β＝EF，AB⊥α，CD⊥β，垂足分别为B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，现有下面四个条件：①AC⊥α；②AC与α，β所成的角相等；③AC与BD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.其中能成为增加条件的是________．(把你认为正确的条件序号都填上)解析：如果AB与CD在一个平面内，可以推出EF垂直于该平面，又BD在该平面内，所以BD⊥EF，故要证BD⊥EF，只需AB，CD在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件． 答案：①③9．设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α∥β；②若α外的一条直线l 与α内的一条直线平行，则l ∥α；③设α∩β＝l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α⊥β；④直线l ⊥α的充要条件是l 与α内的两条直线垂直．其中所有的真命题的序号是________． 解析：本题考查点线面的位置关系．若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α∥β，所以①正确；若α外的一条直线l 与α内的一条直线平行，则l ∥α，所以②正确；设α∩β＝l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α与β不一定垂直，所以③错误；直线l ⊥α的充要条件是l 与α内的两条相交直线垂直，所以④错误．所有的真命题的序号是①②. 答案：①②10．如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，P A ＝PD ，∠BAD ＝60°，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．(1)求证：AD ⊥平面PBE ；(2)若Q 是PC 的中点，求证：P A ∥平面BDQ ； (3)若V P -BCDE ＝2V Q -ABCD，试求CP CQ 的值．解：(1)证明：由E 是AD 的中点，P A ＝PD 可得AD ⊥PE . 又底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，所以AB ＝BD ，又E 是AD 的中点，所以AD ⊥BE ， 又PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PBE .(2)证明：连接AC ，交BD 于点O ，连接OQ .(图略)， 因为O 是AC 的中点，Q 是PC 的中点，所以OQ ∥P A ，又P A ⊄平面BDQ ，OQ ⊂平面BDQ ，所以P A ∥平面BDQ . (3)设四棱锥P -BCDE ，Q -ABCD 的高分别为h 1，h 2. 所以V P -BCDE＝13S 四边形BCDE h 1， V Q -ABCD ＝13S 四边形ABCD h 2. 又V P -BCDE ＝2V Q -ABCD，且S 四边形BCDE ＝34S 四边形ABCD ， ∴CP CQ ＝h 1h 2＝83.11．如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ⊥BD .(1)求证：PB ＝PD ；(2)若E ，F 分别为PC ，AB 的中点，EF ⊥平面PCD ，求三棱锥D -ACE 的体积． 解：(1)证明：因为底面ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD 且O 为BD 的中点． 又P A ⊥BD ，P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ， 由于PO ⊂平面PAC ，故BD ⊥PO . 又BO ＝DO ，所以PB ＝PD .(2)如图，设PD 的中点为Q ，连接AQ ，EQ ，EO ，因为EQ 綊12CD ＝AF ， 所以AFEQ 为平行四边形，所以EF ∥AQ ，因为EF ⊥平面PCD ，所以AQ ⊥平面PCD ，所以AQ ⊥PD ，PD 的中点为Q ，所以AP ＝AD ＝ 2. 由AQ ⊥平面PCD ，可得AQ ⊥CD ，又AD ⊥CD ，AQ ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ，所以CD ⊥P A ，又BD ⊥P A ，BD ∩CD ＝D ， 所以P A ⊥平面ABCD .故V D -ACE ＝V E -ACD ＝13×12P A ×S △ACD ＝13×12×2×12×2×2＝26， 故三棱锥D -ACE 的体积为26.B 组 能力突破1．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是( ) A ．m ∥α，n ∥β，且α∥β，则m ∥n B ．m ⊥α，n ⊥β，且α⊥β，则m ⊥n C ．m ⊥α，m ⊥n ，n ⊂β，则α⊥β D ．m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥β解析：选B.m 与n 的位置关系为平行，异面或相交，∴A 错误；根据面面垂直的性质可知B 正确；由题中的条件无法推出α⊥β，∴C 错误；只有当m 与n 相交时，结论才成立，∴D 错误．故选B.2．设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ； ②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ； ③若α∩β＝n ，m ∥n ，则m ∥α，且m ∥β； ④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β. 其中真命题的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选B.①m ∥n 或m ，n 异面，故①错误；②根据面面平行的性质以及线面垂直的性质可知②正确；③m ∥α或m ⊂α，m ∥β或m ⊂β，故③错误；④根据面面垂直的性质以及面面平行的判定可知④错误，所以真命题的个数为1，故选B.3．如图，在三棱锥P -ABC 中，不能证明AP ⊥BC 的条件是( )A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：选B.A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.4．如图所示，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，下列说法正确的是________(填上所有正确的序号)．①不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥AB.解析：取AE的中点F，连接MF，NF，则MF∥DE，NF∥AB∥CE，从而平面MFN∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；又AE ⊥MF ，AE ⊥NF ，所以AE ⊥平面MFN ，从而AE ⊥MN ，②正确； 又MN 与AB 是异面直线，则③错误． 答案：①②5．如图，边长为2的正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，DC ＝BC ＝12AB ＝1.点M 在线段EC 上．(1)证明：平面BDM ⊥平面ADEF ；(2)判断点M 的位置，使得三棱锥B -CDM 的体积为218. 解：(1)证明：∵DC ＝BC ＝1，DC ⊥BC ，∴BD ＝2， 又AD ＝2，AB ＝2，∴AD 2＋BD 2＝AB 2， ∴∠ADB ＝90°，∴AD ⊥BD .又平面ADEF ⊥平面ABCD ，ED ⊥AD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，∴ED ⊥平面ABCD ，∴BD ⊥ED ，又AD ∩DE ＝D ，∴BD ⊥平面ADEF ，又BD ⊂平面BDM ， ∴平面BDM ⊥平面ADEF .(2)如图，在平面DMC 内，过M 作MN ⊥DC ，垂足为N ，则MN ∥ED ，又ED ⊥平面ABCD ，∴MN ⊥平面ABCD .又V B -CDM ＝V M -BCD＝13·MN ·S △BDC ＝218， ∴13×12×1×1×MN ＝218， ∴MN ＝23，又MN ED ＝CM CE ＝232＝13，∴CM ＝13CE .∴点M 在线段CE 的三等分点且靠近C 处．。

2018年大一轮数学(文)高考复习(人教)课时规范训练：《第七章 立体几何》7-3 Word版含解析

课时规范训练A组基础演练1．若直线m⊂平面α，则条件甲：“直线l∥α”是条件乙：“l∥m”的() A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．即不充分也不必要条件答案：D2．若直线a平行于平面α，则下列结论错误的是()A．a平行于α内的所有直线B．α内有无数条直线与a平行C．直线a上的点到平面α的距离相等D．α内存在无数条直线与a成90°角解析：选A.若直线a平行于平面α，则α内既存在无数条直线与a平行，也存在无数条直线与a异面且垂直，所以A不正确，B、D正确．又夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以C正确．3．已知a，b是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是()A．a∥b，b⊂α，则a∥αB．a，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βC．a⊥α，b∥α，则a⊥bD．当a⊂α，且b⊄α时，若b∥α，则a∥b解析：选C.A选项是易错项，由a∥b，b⊂α，也可能推出a⊂α；B中的直线a，b不一定相交，平面α，β也可能相交；C正确；D中的直线a，b也可能异面．4．已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：①若a∥b，b⊂α，则a∥α；②若a∥b，a∥α，则b∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b.其中真命题的个数是()A．0 B．1C ．2D ．3解析：选A.对于①，若a ∥b ，b ⊂α，则应有a ∥α或a ⊂α，所以①不正确；对于②，若a ∥b ，a ∥α，则应有b ∥α或b ⊂α，因此②不正确；对于③，若a ∥α，b ∥α，则应有a ∥b 或a 与b 相交或a 与b 异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．5．已知直线a 与平面α、β，α∥β，a ⊂α，点B ∈β，则在β内过点B 的所有直线中( )A ．不一定存在与a 平行的直线B ．只有两条与a 平行的直线C ．存在无数条与a 平行的直线D ．存在唯一一条与a 平行的直线解析：选D.设直线a 和点B 所确定的平面为γ，则α∩γ＝a ，记β∩γ＝b ，∵α∥β，∴a ∥b ，故存在唯一一条直线b 与a 平行．6．如图所示，ABCD -A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M 、N 分别是下底面的棱A 1B 1、B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a3，过P 、M 、N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，则PQ ＝________. 解析：∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，∴MN ∥PQ .∵M 、N 分别是A 1B 1、B 1C 1的中点， AP ＝a 3，∴CQ ＝a 3，从而DP ＝DQ ＝2a 3，∴PQ ＝223a . 答案：223a7．已知平面α∥平面β，P 是α、β外一点，过点P 的直线m 与α、β分别交于A 、C ，过点P 的直线n 与α、β分别交于B 、D 且P A ＝6，AC ＝9，PD ＝8，则BD 的长为________．解析：根据题意可得到以下如图两种情况：可求出BD 的长分别为245或24. 答案：24或2458．在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点，设Q 是CC 1上的点，则点Q 满足条件________时，有平面D 1BQ ∥平面P AO . 解析：假设Q 为CC 1的中点，因为P 为DD 1的中点，所以QB ∥P A .连接DB ，因为P ，O 分别为DD 1，DB 的中点，所以D 1B ∥PO ，又D 1B ⊄平面P AO ，QB ⊄平面P AO ，所以D 1B ∥平面P AO ，QB ∥平面P AO ，又D 1B ∩QB ＝B ，∴平面D 1BQ ∥平面P AO ，故Q 满足Q 为CC 1的中点时，有平面D 1BQ ∥平面P AO . 答案：Q 为CC 1的中点9．如图E 、F 、G 、H 分别是正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱BC 、CC 1、C 1D 1、AA 1的中点．求证：s(1)EG ∥平面BB 1D 1D ； (2)平面BDF ∥平面B 1D 1H .证明：(1)取B 1D 1的中点O ，连接GO ，OB ， 易证四边形BEGO 为平行四边形，故OB ∥GE ， 由线面平行的判定定理即可证EG ∥平面BB 1D 1D .(2)由题意可知BD∥B1D1.如图，连接HB、D1F，易证四边形HBFD1是平行四边形，故HD1∥BF.又B1D1∩HD1＝D1，BD∩BF＝B，所以平面BDF∥平面B1D1H.10．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，点E在线段B1C1上，B1E＝3EC1，试探究：在AC上是否存在点F，满足EF∥平面A1ABB1？若存在，请指出点F的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．解：法一：当AF＝3FC时，FE∥平面A1ABB1.证明如下：在平面A1B1C1内过点E作EG∥A1C1交A1B1于点G，连接AG.∵B1E＝3EC1，∴EG＝34A1C1，又AF∥A1C1且AF＝34A1C1，∴AF∥EG且AF＝EG，∴四边形AFEG为平行四边形，∴EF∥AG，又EF⊄平面A1ABB1，AG⊂平面A1ABB1，∴EF∥平面A1ABB1.法二：当AF＝3FC时，FE∥平面A1ABB1.证明如下：在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G，∵EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，∴EG∥平面A1ABB1，∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，∴FG∥AB，又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.B组能力突破1．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是()A．垂直B．相交不垂直C．平行D．重合解析：选C.如图，分别取另三条棱的中点A，B，C将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，因为PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.2．正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，CD，B1C1的中点，则正确的命题是()A．AE⊥CGB．AE与CG是异面直线C．四边形AEC1F是正方形D．AE∥平面BC1F解析：选D.由正方体的几何特征知，AE与平面BCC1B1不垂直，则AE⊥CG不成立；由于EG∥A1C1∥AC，故A、E、G、C四点共面，所以AE与CG是异面直线错误；在四边形AEC1F中，AE＝EC1＝C1F＝AF，但AF与AE不垂直，故四边形AEC 1F 是正方形错误；由于AE ∥C 1F ，由线面平行的判定定理，可得AE ∥平面BC 1F .3．设l ，m ，n 表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ∥l ，且m ⊥α，则l ⊥α； ②若m ∥l ，且m ∥α，则l ∥α；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，则l ∥m ∥n ； ④若α∩β＝m ，β∩γ＝l ，γ∩α＝n ，且n ∥β，则l ∥m . 其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选B.易知①正确；②错误，l 与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明，④正确，可以以三棱柱为例证明．4．空间四边形ABCD 的两条对棱AC 、BD 的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH 在平移过程中，周长的取值范围是________．解析：设DH DA ＝GHAC ＝k ， ∴AH DA ＝EHBD ＝1－k ， ∴GH ＝5k ，EH ＝4(1－k )， ∴周长＝8＋2k . 又∵0＜k ＜1，∴周长的取值范围为(8,10)． 答案：(8,10)5．如图，几何体E -ABCD 是四棱锥，△ABD 为正三角形，CB ＝CD ，EC ⊥BD .(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点．求证：DM∥平面BEC.(3)在(2)的条件下，在线段AD上是否存在一点N，使得BN∥面DEC，并说明理由．证明：(1)取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD，又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.(2)法一：取AB的中点N，连接DM，DN，MN，因为M是AE的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°，所以∠BDN＝∠CBD，所以DN∥BC.又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC，又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.法二：延长AD，BC交于点F，连接EF.因为CB＝CD，∠BCD＝120°，所以∠CBD＝30°. 因为△ABD为正三角形，所以∠BAD＝∠ABD＝60°，所以∠ABC＝90°，因此∠AFB＝30°，所以AB＝12AF.又AB＝AD，所以D为线段AF的中点．连接DM，由于点M是线段AE的中点，因此DM∥EF.又DM⊄平面BEC，EF⊂平面BEC，所以DM∥平面BEC.(3)存在点N为AD的中点取AD的中点N，连接BN，O为BD的中点由(2)可知∠DCO＝60°，∴∠BDC＝30°，又∵DBN＝30°，∴BN∥DC.DC⊂面DEC，∴BN∥面DEC.。

2018年大一轮数学(文)高考复习(人教)课时规范训练：《第七章 立体几何》7-1 Word版含解析

课时规范训练A组基础演练1．五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱对角线的条数共有()A．20B．15C．12 D．10解析：选D.如图，在五棱柱ABCDE-A1B1C1D1E1中，从顶点A出发的对角线有两条：AC1，AD1，同理从B，C，D，E点出发的对角线均有两条，共2×5＝10(条)．2．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是()A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱解析：选D.球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等，首先排除选项A和C.对于如图所示三棱锥O-ABC，当OA、OB、OC两两垂直且OA＝OB＝OC时，其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B.不论圆柱如何设置，其三视图的形状都不会完全相同，故答案选D.3．如图是一几何体的直观图、主视图和俯视图．在主视图右侧，按照画三视图的要求画出的该几何体的左视图是( )解析：选B.由直观图和主视图、俯视图可知，该几何体的左视图应为面P AD ，且EC 投影在面P AD 上，故B 正确．4．一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )解析：选 C.注意到在三视图中，俯视图的宽度应与左视图的宽度相等，而在选项C 中，其宽度为32，与题中所给的左视图的宽度不相等，C 不可能．5．如图是一正方体被过棱的中点M、N和顶点A、D、C1的两个截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的主视图为()解析：选B.还原正方体，如图所示，由题意可知，该几何体的主视图是选项B.6．用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD 平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C.依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC、AD相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2. 7．把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥A-BCD的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为()A.22B.12C.24D.14解析：选D.由正视图与俯视图可得三棱锥A -BCD 的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S ＝12×22×22＝14，选D.8．已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( ) A.32B ．1 C.2＋12 D. 2解析：选 D.由题意可知该正方体的放置如图所示，侧视图的方向垂直于面BDD 1B 1，正视图的方向垂直于面A 1C 1CA ，且正视图是长为2，宽为1的矩形，故正视图的面积为2，因此选D.9．如图，E 、F 分别是正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中AD 1、B 1C 上的动点(不含端点)，则四边形B 1FDE 的俯视图可能是( )解析：选B.由画几何体的三视图的要求可知，点E在底面的正投影应落在线段A1D1上(不含端点)，点F在底面的正投影应落在线段B1C1上(不含端点)，而B1与D在底面的正投影分别为B1和D1，故四边形B1FDE在底面ABCD上的正投影为四边形，结合选项知选B.10．如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A，B，C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的值为()A．30°B．45°C．60°D．90°解析：选C.还原正方体，如图所示，连接AB，BC，AC，可得△ABC是正三角形，则∠ABC＝60°.B组能力突破1．如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA1⊥面A1B1C1，主视图是边长为2的正方形，俯视图为一个等边三角形，该三棱柱的左视图面积为()A．2 3 B. 3C．2 2 D．4解析：选A.观察三视图可知，该几何体是正三棱柱，底面边长、高均为2，所以，其左视图是一个矩形，边长分别为2,2sin 60°＝3，其面积为2 3.2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．12 B．18C．24 D．30解析：选C.由三视图还原几何体知，该几何体如图所示，其体积V ＝VB 1-ABC ＋VB 1-A 1ACC 1＝13×12×3×4×2＋13×3×5×4＝24.3．已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正视图的面积为2 3.答案：2 34．如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为________．解析：由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′，∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2. 答案：24 25．如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P -ABC 的正(主)视图与侧(左)视图的面积的比值为________．解析：如题图所示，设正方体的棱长为a ，则三棱锥P -ABC 的正(主)视图与侧(左)视图都是三角形，且面积都是12a 2，所以所求面积的比值为1. 答案：16．如图，三棱锥A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，若AB ＝BC ＝CD ＝2，则该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积为________．解析：∵AB ⊥平面BCD ，投影线平行于BD ，∴三棱锥A -BCD 的侧视图是一个以△BCD 的BD 边上的高为底，棱锥的高为高的三角形，∵BC ⊥CD ，AB ＝BC ＝CD ＝2，∴△BCD 中BD 边上的高为2，故该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积S ＝12×2×2＝ 2. 答案： 2。

2018届高考数学(文)大一轮复习检测：第七章 立体几何 课时作业45 Word版含答案

课时作业45 直线、平面平行的判定及其性质一、选择题1．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α与直线l至少有两个公共点D．α内的直线与l都相交解析：因为l⊄α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线．答案：B2．已知直线a和平面α，那么a∥α的一个充分条件是( )A．存在一条直线b，a∥b且b⊂αB．存在一条直线b，a⊥b且b⊥αC．存在一个平面β，a⊂β且α∥βD．存在一个平面β，a∥β且α∥β解析：在A，B，D中，均有可能a⊂α，错误；在C中，两平面平行，则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面，故C正确．答案：C3．平面α∥平面β，点A，C∈α，点B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是( ) A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A，B，C，D四点共面解析：充分性：A，B，C，D四点共面，由平面与平面平行的性质知AC∥BD.必要性显然成立．答案：D4．一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是( )A．l∥αB．l⊥αC．l与α相交但不垂直D．l∥α或l⊂α解析：l∥α时，直线l上任意点到α的距离都相等；l⊂α时，直线l上所有的点到α的距离都是0；l⊥α时，直线l上有两个点到α距离相等；l与α斜交时，也只能有两个点到α距离相等．故选D.答案：D5．已知不重合的两条直线l，m和不重合的两个平面α，β，下列命题正确的是( ) A．l∥m，l∥β，则m∥βB．α∩β＝m，l⊂α，则l∥βC．α⊥β，l⊥α，则l∥βD．l⊥m，m⊥β，l⊥α，则α⊥β解析：对于选项A，m可能在β内，故A错；对于选项B，l可能与β相交，故B错；对于选项C，l可能在β内，故C错，所以选D.答案：D6．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线( )A．有无数条B．有2条C．有1条D．不存在解析：因为平面D1EF与平面ADD1A1有公共点D1，所以两平面有一条过D1的交线l，在平面ADD1A1内与l平行的任意直线都与平面D1EF平行，这样的直线有无数条．答案：A二、填空题7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案：平行8．如图，已知三个平面α，β，γ互相平行，a，b是异面直线，a与α，β，γ分别交于A，B，C三点，b与α，β，γ分别交于D，E，F三点，连接AF交平面β于G，连接CD交平面β于H，则四边形BGEH必为________．解析：由题意知，直线a与直线AF确定平面ACF，由面面平行的性质定理，可得BG∥CF，同理有HE∥CF，所以BG∥HE.同理BH∥GE，所以四边形BGEH为平行四边形．答案：平行四边形9．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.解析：如图，假设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q满足条件Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.答案：Q为CC1的中点三、解答题10．如图，ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．(1)求证：BE∥平面DMF；(2)求证：平面BDE∥平面MNG.证明：(1)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.11．(2016·山东卷)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.(Ⅰ)已知AB＝BC，AE＝EC.求证：AC⊥FB；(Ⅱ)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC.证明：(Ⅰ)因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE.因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF，因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.(Ⅱ)设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.1．(2017·河南三市联考)如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M、N分别在AD1、BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是( )解析：过M作MQ∥DD1，交AD于Q，连QN.∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，MN∩MQ ＝M，∴平面MNQ∥平面DCC1D1，又QN⊂平面MNQ，∴NQ∥平面DCC1D1，∴NQ∥DC，∵AQ＝BN ＝x，DD1＝AA1＝2，AD＝AB＝1，∴MQ＝2x.在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1.∴y2－4x2＝1(x≥0，y≥1)，∴函数y＝f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分．故选C.答案：C2．(2016·新课标全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)解析：对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA′为直线m，CD 为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．命题②正确，证明如下：设过直线n 的某平面与平面α相交于直线l ，则l ∥n ，由m ⊥α知m ⊥l ，从而m ⊥n ，结论正确．由平面与平面平行的定义知命题③正确． 由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确． 答案：②③④3．空间四边形ABCD 的两条对棱AC 、BD 的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH 在平移过程中，周长的取值范围是________．解析：设DH DA ＝GHAC＝k ，∴AH DA ＝EH BD＝1－k ， ∴GH ＝5k ，EH ＝4(1－k )， ∴周长＝8＋2k .又∵0<k <1，∴周长的范围为(8,10)． 答案：(8,10)4．(2016·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，DC ⊥AC .(Ⅰ)求证：DC⊥平面PAC；(Ⅱ)求证：平面PAB⊥平面PAC；(Ⅲ)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．解：(Ⅰ)因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，所以DC⊥平面PAC.(Ⅱ)因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.所以AB⊥平面PAC.所以平面PAB⊥平面PAC.(Ⅲ)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下：如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA⊄平面CEF，所以PA∥平面CEF.。

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课时作业43 空间几何体的表面积与体积一、选择题1．如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为( )A ．4B ．8C ．16D ．20解析：由三视图知，此几何体是一个三棱锥，底面为一边长为6，高为2的三角形，三棱锥的高为4，所以体积为V ＝13×12×6×2×4＝8.故选B.答案：B2．(2017·黄冈中学月考)某空间组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为( )A．48 B．56C．64 D．72解析：该组合体由两个棱柱组成，上面的棱柱体积为2×4×5＝40，下面的棱柱体积为4×6×1＝24，故组合体的体积为64.故选C.答案：C3．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( )A．2πB．πC．2 D．1解析：以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴旋转一周所得的圆柱的底面半径为1，母线长为1.故侧面积为2πr·l＝2π·1·1＝2π.答案：A4．如图所示，已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1－ABC1的体积为( )A.312 B.34 C.612D.64解析：在△ABC 中，BC 边上的高为32，即棱锥A －BB 1C 1的高为32，又S △BB 1C 1＝12，所以V B 1－ABC 1＝V A －BB 1C 1＝13×12×32＝312. 答案：A5．(2017·江西九江一模)如图，网格纸上小正方形边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的表面积为( )A ．6＋42＋2 3B ．8＋4 2C ．6＋6 2D ．6＋22＋4 3解析：直观图是四棱锥P －ABCD ，如图所示，S △PAB ＝S △PAD ＝S △PDC ＝12×2×2＝2，S △PBC ＝12×22×22×sin60°＝23，S 四边形ABCD ＝22×2＝42，因此所求棱锥的表面积为6＋42＋2 3.故选A.答案：A6．(2017·河南洛阳测试)已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝3，AC ＝3，若三棱锥D －ABC 体积的最大值为334，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．16π C ．12πD.163π 解析：由题意可得，∠ABC ＝2π3，△ABC 的外接圆半径r ＝3，当三棱锥的体积取最大值时，V D －ABC ＝13S △ABC ·h (h 为点D 到底面ABC 的距离)⇒334＝13·334·h ⇒h ＝3，设R 为球O的半径，则(3－R )2＝R 2－r 2⇒R ＝2.故球O 的表面积为4π·22＝16π.答案：B 二、填空题7．(2016·北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：通过俯视图可知该四棱柱的底面为等腰梯形，则四棱柱的底面积S ＝＋2＝32，通过侧(左)视图可知四棱柱的高h ＝1，所以该四棱柱的体积V ＝Sh ＝32. 答案：328．(2016·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3.解析：将三视图还原成直观图如图所示，它由2个长方体组合而成，其体积V ＝2×2×2×4＝32 cm 3，表面积为6×2×4＋6×2×2＝72 cm 2.答案：32 729．一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，则该圆锥的体积与球O 的体积的比值为________．解析：设等边三角形的边长为2a ， 则V 圆锥＝13·πa 2·3a ＝33πa 3；又R 2＝a 2＋(3a －R )2，所以R ＝233a ，故V 球＝4π3·⎝ ⎛⎭⎪⎫233a 3＝323π27a 3， 则其体积比为932.答案：932三、解答题10．一几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m)(1)试画出它的直观图； (2)求它的表面积和体积． 解：解：(1)直观图如图所示．(2)由三视图可知该几何体是长方体被截去一个三棱柱，且该几何体的体积是以A 1A ，A 1D 1，A 1B 1为棱的长方体的体积的34，在直角梯形AA 1B 1B 中，作BE ⊥A 1B 1于E ，则四边形AA 1EB 是正方形，AA 1＝BE ＝1， 在Rt △BEB 1中，BE ＝1，EB 1＝1， 所以BB 1＝ 2.所以几何体的表面积S ＝S 正方形ABCD ＋S 矩形A 1B 1C 1D 1＋2S 梯形AA 1B 1B ＋S 矩形BB 1C 1C ＋S 正方形AA 1D 1D ＝1＋2×1＋2×12×(1＋2)×1＋1×2＋1＝(7＋2)(m 2)．所以几何体的体积V ＝34×1×2×1＝32(m 3)．所以该几何体的表面积为(7＋2)m 2，体积为32m 3.11．(2016·新课标全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(Ⅰ)证明MN ∥平面PAB ； (Ⅱ)求四面体N －BCM 的体积． 解：(Ⅰ)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(Ⅱ)因为PA ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12PA .取BC 的中点E ，连接AE ，由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积 V N －BCM ＝13×S △BCM ×PA 2＝453.1．(2016·新课标全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4π B.9π2 C ．6πD.32π3解析：由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：B2．(2017·云南师范大学附属中学高三适应性考试)已知三棱锥O －ABC 的顶点A ，B ，C 都在半径为2的球面上，O 是球心，∠AOB ＝120°，当△AOC 与△BOC 的面积之和最大时，三棱锥O －ABC 的体积为( )A.32B.233C.23D.13解析：设球O 的半径为R ，因为S △AOC ＋S △BOC ＝12R 2(sin ∠AOC ＋sin ∠BOC )，所以当∠AOC ＝∠BOC ＝90°时，S △AOC ＋S △BOC 取得最大值，此时OA ⊥OC . OB ⊥OC ，OB ∩OA ＝O ，所以OC ⊥平面AOB ，所以V O －ABC ＝V C －OAB ＝13OC ·12OA ·OB sin ∠AOB ＝16R 3sin ∠AOB ＝233，故选B.答案：B3．(2016·浙江卷)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________．解析：由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，可得AC ＝23，要求四面体PBCD 的体积，关键是寻找底面三角形BCD 的面积S △BCD 和点P 到平面BCD 的距离h .易知h ≤2.设AD ＝x ，则DP ＝x ，DC ＝23－x ，S △DBC ＝12×(23－x )×2×sin30°＝23－x2，其中x ∈(0,23)，且h ≤x ，所以V P －BCD ＝13×S △BCD ×h ＝23－x 6×h ≤23－x 6·x ≤16(23－x ＋x 2)2＝12，当且仅当23－x ＝x ，即x ＝3时取等号．故四面体PBCD 的体积的最大值是12. 答案：124．(2016·江苏卷)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？ 解：(1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)．正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)． 所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2)设A 1B 1＝a m ，PO 1＝h m ，则0<h <6，O 1O ＝4h ，如图，连接O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21， 所以(22a )2＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)． 于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0<h <6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0<h <23时，V ′>0，V 是单调递增函数； 当23<h <6时，V ′<0，V 是单调递减函数． 故h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值． 因此，当PO 1＝2 3 m 时，仓库的容积最大．。

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