《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 立體幾何 課后綜合提升練 1.3.1 空間幾何體的三視圖、表面積及體積 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 立體幾何 課后綜合提升練 1.3.1 空間幾何體的三視圖、表面積及體積 文（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 立體幾何 課后綜合提升練 1.3.1 空間幾何體的三視圖、表面積及體積 文 (40分鐘　70分) 一、選擇題(每小題5分,共25分) 1.(2018·北京高考)某四棱錐的三視圖如圖所示,在此四棱錐的側(cè)面中,直角三角形的個(gè)數(shù)為 (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 【命題意圖】本小題主要考查空間幾何體的三視圖,意在考查三視圖與直觀圖的轉(zhuǎn)化,培養(yǎng)學(xué)生的空間想象能力,體現(xiàn)了直觀想象的數(shù)學(xué)素養(yǎng). 【解析】選C.將四棱錐三視圖轉(zhuǎn)化為直觀圖,如圖, 側(cè)面共有4個(gè)三角形,即△PAB,△PBC,△PCD,△PAD, 由已知,PD⊥平面

2、ABCD,又AD?平面ABCD, 所以PD⊥AD,同理PD⊥CD,PD⊥AB, 所以△PCD,△PAD是直角三角形. 因?yàn)锳B⊥AD,PD⊥AB,PD,AD?平面PAD,PD∩AD=D, 所以AB⊥平面PAD,又PA?平面PAD 所以AB⊥PA,△PAB是直角三角形. 因?yàn)锳B=1,CD=2,AD=2,PD=2, 所以PA==2, PC==2 PB==3, 在梯形ABCD中,易知BC=, △PBC三條邊長(zhǎng)為2,3,,△PBC不是直角三角形. 綜上,側(cè)面中直角三角形個(gè)數(shù)為3. 2.已知某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為 (　　) A. B.32

3、C. D. 【解析】選A.由三視圖可知, 該幾何體是由底面為等腰直角三角形(腰長(zhǎng)為4)、高為8的直三棱柱截去一個(gè)等底且高為4的三棱錐而得到的,所以該幾何體的體積V=×4×4×8-××4×4×4=. 3.(2018·湖南五市十校聯(lián)考)如圖,小方格是邊長(zhǎng)為1的正方形,一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為 (　　) A.4π+96 B.(2+6)π+96 C.(4+4)π+64 D.(4+4)π+96 【解析】選D　由三視圖可知,該幾何體為一個(gè)圓錐和一個(gè)正方體的組合體,正方體的棱長(zhǎng)為4,圓錐的高為4,底面半徑為2,所以該幾何體的表面積為S=6×42+π×2

4、2+π×2×=(4+4)π+96. 4.一個(gè)三棱錐的正(主)視圖和俯視圖如圖所示,則該三棱錐的側(cè)(左)視圖可能為 (　　) 【解析】選D.由題圖可知,該幾何體為如圖所示的三棱錐,其中平面ACD⊥平面BCD,故選D. 5.如圖是一正方體被過(guò)棱的中點(diǎn)M,N和頂點(diǎn)A,D,C1的兩個(gè)截面截去兩個(gè)角后所得的幾何體,則該幾何體的正(主)視圖為 (　　) 【解析】選B.還原正方體,如圖所示,由題意可知,該幾何體的正(主)視圖是選項(xiàng)B. 二、填空題(每小題5分,共15分) 6.若一個(gè)幾何體的表面積和體積相同,則稱這個(gè)幾何體為“同積幾何體”.已知某幾何體為“同積幾何體”,其三

5、視圖如圖所示,則a=____________.? 【解析】根據(jù)幾何體的三視圖可知該幾何體是一個(gè)四棱柱,如圖所示,可得其體積為(a+2a)·a·a=a3,其表面積為·(2a+a)·a·2+a2+a2+2a·a+a·a=7a2+a2,所以7a2+a2=a3,解得a=. 答案: 7.(2017·全國(guó)卷Ⅰ)如圖,圓形紙片的圓心為O,半徑為5 cm,該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D,E,F為圓O上的點(diǎn),△DBC,△ECA,△FAB分別是以BC,CA,AB為底邊的等腰三角形.沿虛線剪開(kāi)后,分別以BC,CA,AB為折痕折起 △DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱錐

6、.當(dāng)△ABC的邊長(zhǎng)變化時(shí),所得三棱錐體積(單位:cm3)的最大值為_(kāi)___________.? 【解析】連接OB,連接OD,交BC于點(diǎn)G,由題意得,OD⊥BC,OG=BC, 設(shè)OG=x,則BC=2x,DG=5-x, 三棱錐的高h(yuǎn)===, S△ABC=2x·3x·=3x2, 則V=S△ABC·h=x2· =·, 令f=25x4-10x5,x∈, f′=100x3-50x4, 令f′>0,即x4-2x3<0,x<2, 則f≤f=80, 則V≤×=4, 所以體積最大值為4 cm 3. 答案:4 cm 3 8.如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面AA1C1C⊥側(cè)

7、面ABB1A1,AC=AA1=AB,∠AA1C1 =60°,AB⊥AA1,H為CC1的中點(diǎn),D為BB1的中點(diǎn).若AB=,則三棱柱ABC-A1B1C1的體積為_(kāi)___________.? 【解析】連接AC1,可知△ACC1為正三角形,又H為棱CC1的中點(diǎn), 所以AH⊥CC1,從而AH⊥AA1,又平面AA1C1C⊥平面ABB1A1, 平面AA1C1C∩平面ABB1A1=AA1,AH? 平面AA1C1C, 所以AH⊥平面ABB1A1,又A1D?平面ABB1A1, 所以AH⊥A1D?、? 因?yàn)锳B=.AC=AA1=AB,所以AC=AA1=2,DB1=1,==, 又∠DB1A1=∠

8、B1A1A=90°, 所以△A1DB1∽△AB1A1, 所以∠B1AA1=∠DA1B1,又∠DA1B1+∠AA1D=90°, 所以∠B1AA1+∠AA1D=90°, 所以A1D⊥AB1?、? 由①②及AB1∩AH=A,可得A1D⊥平面AB1H. 取AA1的中點(diǎn)M,連接C1M,則C1M∥AH, 所以C1M⊥平面ABB1A1, 所以=·C1M=××=, 所以三棱柱ABC-A1B1C1的體積為3=. 答案: 三、解答題(每小題10分,共30分) 9.如圖,邊長(zhǎng)為的正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直,其中AB∥CD,AB⊥BC,DC=BC=AB=1,點(diǎn)M在線段EC上

9、. (1)證明:平面BDM⊥平面ADEF. (2)判斷點(diǎn)M的位置,使得三棱錐B -CDM的體積為. 【解析】(1)因?yàn)镈C=BC=1,DC⊥BC, 所以BD=. 因?yàn)锳D=,AB=2, 所以AD2+BD2=AB2, 所以∠ADB=90°, 所以AD⊥BD, 因?yàn)槠矫鍭DEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD. BD?平面ABCD,所以BD⊥平面ADEF, 因?yàn)锽D?平面BDM, 所以平面BDM⊥平面ADEF. (2)如圖,在平面DMC內(nèi),過(guò)M作MN⊥DC,垂足為點(diǎn)N, 又因?yàn)镋D⊥AD,平面ADEF⊥平面ABCD, 平面ADEF∩平面ABCD

10、=AD, 所以ED⊥平面ABCD,所以ED⊥CD, 所以MN∥ED, 因?yàn)镋D⊥平面ABCD, 所以MN⊥平面ABCD. 因?yàn)閂B-CDM=VM-CDB=MN·S△BDC=, 所以××1×1×MN=,所以MN=. 所以===, 所以CM=CE, 所以點(diǎn)M在線段CE的三等分點(diǎn)且靠近C處. 10.如圖,過(guò)四棱柱ABCD-A1B1C1D1形木塊上底面內(nèi)的一點(diǎn)P和下底面的對(duì)角線BD將木塊鋸開(kāi),得到截面BDFE. (1)請(qǐng)?jiān)谀緣K的上表面作出過(guò)P的鋸線EF,并說(shuō)明理由. (2)若該四棱柱的底面為菱形,四邊形BB1D1D是矩形,試證明:平面BDFE⊥平面A1C1CA. 【解析】

11、(1)在上底面內(nèi)過(guò)點(diǎn)P作B1D1的平行線分別交A1D1,A1B1于F,E兩點(diǎn),則EF即為所作的鋸線.理由如下: 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側(cè)棱BB1∥DD1,且BB1=DD1, 所以四邊形BB1D1D是平行四邊形,B1D1∥BD. 又平面ABCD∥平面A1B1C1D1,平面BDFE∩平面ABCD=BD,平面BDFE∩平面A1B1C1D1=EF, 所以EF∥BD,從而EF∥B1D1. (2)由于四邊形BB1D1D是矩形,所以BD⊥B1B. 又A1A∥B1B,所以BD⊥A1A. 又四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形, 所以BD⊥AC. 因?yàn)锳C∩

12、A1A=A,所以BD⊥平面A1C1CA. 因?yàn)锽D?平面BDFE, 所以平面BDFE⊥平面A1C1CA. 11.如圖,平面PAD⊥平面ABCD,ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形,PA=PD,且∠APD=90°,∠DAB=60°. (1)若線段PC上存在一點(diǎn)M,使得直線PA∥平面MBD,試確定M點(diǎn)的位置,并給出證明. (2)在第(1)問(wèn)的條件下,求三棱錐C - DMB的體積. 【解析】(1)M為線段PC中點(diǎn). 證明:取線段PC中點(diǎn)M,連接MD,MB,連接AC,BD相交于O點(diǎn),連接OM, 因?yàn)锳BCD為菱形,AC交BD于O點(diǎn),所以O(shè)為AC中點(diǎn),又M為PC中點(diǎn), 所以O(shè)M∥PA,

13、 又OM?平面MBD,PA?平面MBD, 所以PA∥平面MBD. (2)因?yàn)镻A=PD,取AD的中點(diǎn)N,連接PN,所以PN⊥AD, 又平面PAD⊥平面ABCD,所以PN⊥平面ABCD, 因?yàn)椤螦PD=90°,AD=2,所以PN=AD=1, 又M為PC中點(diǎn),所以M到平面ABCD的距離hM=PN=. 因?yàn)锳BCD是邊長(zhǎng)為2的菱形,∠DAB=60°, 所以S△BCD=×2×2×=, 所以VC-DMB=VM-BCD=S△BCDhM=××=. (20分鐘　20分) 1.(10分)如圖所示,平行四邊形ABCD中,∠DAB=60°,AB=2,AD=4.將△CBD沿BD折起到△EBD的位置

14、,使平面EBD⊥平面ABD. (1)求證:AB⊥DE. (2)求三棱錐E-ABD的側(cè)面積和體積. 【解析】(1)在△ABD中,因?yàn)锳B=2,AD=4,∠DAB=60°, 所以BD==2, 所以AB2+BD2=AD2,所以AB⊥BD. 又平面EBD⊥平面ABD,平面EBD∩平面ABD=BD,AB?平面ABD,所以AB⊥平面EBD. 又DE?平面EBD,所以AB⊥DE. (2)由(1)知AB⊥BD. 因?yàn)镃D∥AB,所以CD⊥BD,從而DE⊥BD. 在Rt△DBE中,因?yàn)镈B=2,DE=DC=AB=2,所以S△EDB=DB·DE=2. 因?yàn)锳B⊥平面EBD,BE?平面EB

15、D,所以AB⊥BE. 因?yàn)锽E=BC=AD=4,所以S△EAB=AB·BE=4. 因?yàn)镈E⊥BD,平面EBD⊥平面ABD,平面EBD∩平面ABD=BD,所以DE⊥平面ABD,而AD?平面ABD,所以DE⊥AD,故S△EAD=AD·DE=4. 故三棱錐E-ABD的側(cè)面積S=S△EDB+S△EAB+S△EAD =8+2. 因?yàn)镈E⊥平面ABD,且S△ABD=S△EBD =2,DE=2, 所以V三棱錐E-ABD=S△ABD×DE=×2×2=. 2.(10分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PD⊥平面ABCD,點(diǎn)D1為棱PD的中點(diǎn),過(guò)D1作與平面ABCD平行的平面與棱P

16、A,PB,PC相交于點(diǎn)A1,B1,C1, ∠BAD=60°. (1)求證:B1為PB的中點(diǎn). (2)已知棱錐的高為3,且AB=2,AC,BD的交點(diǎn)為O,連接B1O.求三棱錐B1-ABO外接球的體積. 【解析】(1)連接B1D1. 由題意知,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,平面PBD∩平面ABCD=BD, 平面PBD∩平面A1B1C1D1=B1D1,則BD∥B1D1, 即B1D1為△PBD的中位線,即B1為PB的中點(diǎn). (2)由(1)可得,OB1=,AO=,BO=1,且OA⊥OB,OA⊥OB1,OB⊥OB1, 即三棱錐B1-ABO的外接球?yàn)橐設(shè)A,OB,OB1為長(zhǎng)、寬、高的長(zhǎng)方體的外接球,則該長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)d==,即外接球半徑R=. 則三棱錐B1-ABO外接球的體積V=πR3=×π×=.