2017高考数学文科二轮复习对点练：专题五 立体几何 第

word - 1 - / 9 第1讲 空间几何体

专题强化训练

1.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )

A．4 B．8

C．12 D．16

解析：选D.如图，以AA1为底面矩形一边的四边形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E这4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D.

2．正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )

解析：选C.过点A，E，C1的平面与棱DD1相交于点F，且F是棱DD1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.

3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( ) word

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A．8 cm3 B．12 cm3

C．323 cm3 D．403 cm3

解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm的正方体，体积V1＝2×2×2＝8(cm3)；上面是底面边长为2 cm，高为2 cm 的正四棱锥，体积V2＝13×2×2×2＝83(cm3)，所以该几何体的体积V＝V1＋V2＝323(cm3)．

4．(2019·某某模拟)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，则该多面体最长的棱长等于( )

A．34 B．41

C．52 D．215

解析：选C.由正视图、侧视图、俯视图的形状，可判断该几何体为三棱锥，形状如图，其中SC⊥平面ABC，AC⊥AB，所以最长的棱长为SB＝52.

5．(2019·某某十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( ) word

专题五 第1讲

1．(教材回归)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( D

)

A．3π

B．4π

C．2π＋4

D．3π＋4

解析 由题中三视图知该几何体是底面半径为1，高为2的半个圆柱，故其表面积S＝2×12×π×12＋π×1×2＋2×2＝3π＋4.故选D.

2．(2017·山东烟台模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个正三角形及其内切圆，则该几何体的体积为( A )

A．163－16π3

B.163－16π3

C．83－8π3

D.83－8π3

解析 由三视图可知，几何体为一个棱长为4的正三棱柱去掉了一个内切圆柱．V三棱柱＝12×4×4×sin 60°×4＝163.在俯视图中，设内切圆半径为r，则内切圆圆心与各顶点连

接分三角形为3个全等的小三角形，由三角形面积可得12×4×4×sin

60°＝3×12×4×r，解得r＝233.

故V圆柱＝πr2h＝π×2332×4＝16π3.

∴几何体的体积V＝V三棱柱－V圆柱＝163－16π3.故选A.

3．一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所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( D )

A.18

B.17

C.16

D.15

解析 如图，由已知条件可知，截去部分是以△ABC为底面且三条侧棱两两垂直的正三棱锥D-ABC.设正方体的棱长为a，则截去部分的体积为16a3，剩余部分的体积为a3－16a3＝56a3.它们的体积之比为15.故选D.

4．(考点聚焦)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( B

)

A．1＋3

B．2＋3

C．1＋22 D．22

解析 四面体的直观图如图所示．侧面SAC⊥底面ABC，且△SAC与△ABC均为腰长是2的等腰直角三角形，SA＝SC＝AB＝BC＝2，AC＝2.设AC的中点为O，连结SO，BO，则SO⊥AC，∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO.又OS＝OB＝1，∴SB＝2，故△SAB与△SBC均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×12×2×2＋2×34×(2)2＝2＋3.

【最新】数学《空间向量与立体几何》高考复习知识点

一、选择题

1．以下说法正确的有几个（ ）

①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行；

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

【答案】B

【解析】

【分析】

对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数.

【详解】

①错误，如空间四边形确定一个三棱锥. ②错误，直线可能和平面相交. ③正确，根据公理二可判断③正确. ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行.综上所述，正确的说法有1个，故选B.

【点睛】

本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题.

2．在三棱锥PABC中，PA平面ABC，且ABC为等边三角形，2APAB，则三棱锥PABC的外接球的表面积为（ ）

A．272 B．283 C．263 D．252

【答案】B

【解析】

【分析】

计算出ABC的外接圆半径r，利用公式222PARr可得出外接球的半径，进而可得出三棱锥PABC的外接球的表面积.

【详解】

ABC的外接圆半径为2332sin3ABr，

PAQ底面ABC，所以，三棱锥PABC的外接球半径为222223211233PARr，

因此，三棱锥PABC的外接球的表面积为2221284433R. 故选：B.

【点睛】

本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题.

3．如图所示是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）

A．163 B．643 C．16643 D．1664

课时作业(十三) 空间向量与立体几何

1.

如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB＝2a，F为CD的中点．

(1)求证：AF∥平面BCE；

(2)推断平面BCE与平面CDE的位置关系，并证明你的结论．

解析：

建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，3a，0)，E(a，3a,2a)．

由于F为CD的中点，

所以F32a，32a，0.

(1)证明：AF→＝32a，32a，0，BE→＝(a，3a，a)，BC→＝(2a,0，－a)．

由于AF→＝12(BE→＋BC→)，AF⊄平面BCE，所以AF∥平面BCE.

(2)平面BCE⊥平面CDE.证明如下：

由于AF→＝32a，32a，0，CD→＝(－a，3a,0)，ED→＝(0,0，－2a)，所以AF→·CD→＝0，AF→·ED→＝0，所以AF→⊥CD→，AF→⊥ED→.

所以AF⊥平面CDE，

又AF∥平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE.

2.

(2021·广西南宁、梧州摸底联考)如图，已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，△PAB是边长为a的正三角形，且平面PAB⊥平面ABCD，已知点M是PD的中点．

(1)证明：PB∥平面AMC；

(2)求直线BD与平面AMC所成角的正弦值．

解析：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OM，由于四边形ABCD为菱形，OB＝OD，又M为PD的中点，所以OM∥PB.

由PB⊄平面AMC，OM⊂平面AMC，所以PB∥平面ACM.

(2)取AB的中点N，连接PN，ND，则∠AND＝90°，

分别以NB，ND，NP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N－xyz，

则Ba2，0，0，Ca，32a，0，

A－a2，0，0，D0，32a，0，P0，0，32a，M0，34a，34a，