2021高考理科数学总复习课标通用版作业：立体几何课时作业40

课时作业50 曲线与方程一、选择题1．(20xx 年湖北省××市七校教学联盟高二下学期期中)方程x 2＋y 2cos α＝1(a ∈R )不能表示的曲线为 ( )A ．椭圆B ．双曲线C ．抛物线D ．圆解析：当cos α＝1时，表示圆，当cos α∈(0，1)表示椭圆，当cos α∈[－1，0)表示双曲线，当cos α＝0时，表示x ＝±1 表示两条直线，所以就不能表示圆，故选D.答案：C2．(20xx 年浙江省××市学军中学高考数学模拟)已知正三角形AB C 的边长为23，平面ABC 内的动点P ，M 满足|AP →|＝1，PM → ＝MC→，则|BM →|2的最大值是( ) A.434 B.494C.37＋634D.37＋2334解析：如图1所示，建立直角坐标系．图1B (0，0)，C (23，0)，A (3，3)． ∵M 满足|AF→|＝1， ∴点P 的轨迹方程为：(x －3)2＋(y －3)2 ＝1， 令x ＝3＋cos θ，y ＝3＋sin θ，θ∈[0，2π)． 又PM →＝MC →，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫323＋12cosθ，32＋2sinθ，∴|BM →|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋12cosθ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋12sinθ2 ＝374＋3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3≤494. ∴|BM →|2的最大值是494.也可以以点A 为坐标原点建立坐标系． 故选：B. 答案：B3．(20xx 年山西怀仁一中高二上学期月考)方程(x ＋y －1)x2＋y2－4＝0所表示的曲线是( )解析：由题意得方程(x ＋y －1)x2＋y2－4＝0，得x ＋y －1＝0或x2＋y2－4＝0，且x 2＋y 2－4≥0，所以方程(x ＋y －1)x2＋y2－4＝0所表示的曲线为选项D ，故选D.答案：DA．1 B．2C．3 D．4解析：将问题转化为设A(x1，y1)，B(x2，y2)，满足条件x1x2＋y1y2＝2，即转化为对曲线C上的任一点A，存在点B，满足OA⊥OB，则称集合C是“好集合”，C1表示圆，满足条件，C2表示等轴双曲线，渐近线互相垂直，那么对于曲线上的任一点A，都不会存在点B，满足OA⊥OB，C3是椭圆，对于椭圆上的任一点A，总存在点B，满足OA⊥OB，C4是开口向下的抛物线，同样满足条件，故满足条件的有C1，C3，C4，故选C.图2答案：C10．(20xx年山东省××县第五中学高二上学期第三次月考)如图2，一圆形纸片的圆心为O，F是圆内一定点，M是圆周上一动点，把纸片折叠使M与F重合，然后抹平纸片，折痕为CD,设CD与OM交于P, 则点P的轨迹是( )A．椭圆 B．双曲线C．抛物线 D．圆解析：由题意知，CD是线段MF的垂直平分线．∴|MP|＝|PF|，∴|PF|＋|PO|＝|PM|＋|PO|＝|MO|(定值)，又显然|MO|＞|FO|，13．(20xx年广西××市第三中学、柳州铁一中学高二上学期第三次月考)已知椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，M是椭圆上一动点，F1和F2是左、右两焦点，由F2向∠F1MF2的外角平分线作垂线，垂足为N，则N点的轨迹方程为________．解析：图3如图3所示，设F2N交F1M于点P，由已知可得：MN⊥F2P，∠F2MN＝∠PMN∴MP＝F2M，点N为线段F2P的中点．连接ON，则ON为△F1F2P的中位线，∴ON＝12PF1，∵PF1＝F1M＋F2M＝2a，∴ON＝a，即N点的轨迹方程为x2＋y2＝a2.答案：x2＋y2＝a214．(20xx年辽宁省××市高二数学(理)科上学期期末)设圆(x＋1)2＋y2＝25的圆心为C，A(1，0)是圆内一定点，Q为圆周上任一点，线段AQ的垂直平分线与C、Q的连线交于点M，则M的轨迹方程为_____ ___．图4 图5解析：M 为AQ 垂直平分线上一点，则|AM |＝|MQ |， ∴|MC |＋|MA |＝|MC |＋|MQ |＝|CQ |＝5， 故M 的轨迹为椭圆，∴a ＝52，c ＝1，则b 2＝a 2－c 2＝214， ∴椭圆的标准方程为4x225＋4y221＝1. 答案：4x225＋4y221＝115．(20xx 年山东省××市高三上学期期末)过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 的一条直线交抛物线于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，给出以下结论：①y 1·y 2为定值；②若经过点A 和抛物线的顶点的直线交准线于点C ，则BC ∥x 轴； ③存在这样的抛物线和直线AB ，使得OA ⊥OB (O 为坐标原点)； ④若以点A ，B 为切点分别作抛物线的切线，则两切线交点的轨迹为抛物线的准线．写出所有正确的结论的序号________． 解析：(1)设过点F 直线方程为x ＝my ＋p 2，联立方程⎩⎨⎧y2＝2px ，x ＝my ＋p 2，可得y 2＝2pmy ＋p 2，所以曲线C 的焦点坐标分别为(0，－a 1＋1m )和(0，a1＋1m )．当m ∈(0，＋∞)时，曲线C ：y2a2－x2a2m ＝1 表示焦点在y 轴上的双曲线，∴c ＝a2＋a2m ＝a 1＋1m 所以曲线C 的焦点坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 1＋1m 和⎝⎛⎭⎪⎫0，a1＋1m .故④对．故答案为①②④. 答案：①②④ 三、解答题17．(20xx 年湖南省××市高三上学期期末)在平面直角坐标系xOy 中，设动点M 到坐标原点的距离到x 轴的距离分别为d 1，d 2，且d 21＋3d 2＝4，记动点M 的轨迹为Ω.图6(1)求Ω的方程；(2)设过点(0，－2)的直线l 与Ω相交于A ，B 两点，当△AOB 的面积最大时，求|AB |.图7(1)求点Q 的轨迹方程；(2)若点Q 的轨迹与矩形ABCD 的四条边都相切，探究矩形ABCD 对角线长是否为定值，若是，求出此值；若不是，说明理由．解：(1)设点Q (x ，y )，M (p ，y 0)，N (p ，－y 0)， 其中y 0≠0.由题意，得A 1(－2，0)，A 2(2，0)．由kQA 1＝kNA 1⇒yx ＋2＝－y0p ＋2，①kQA 2＝kMA 2⇒y x －2＝y0p －2，②两式相乘得y2x2－2＝－y20p 2－2.∵p22－y 20＝1，∴y 20＝p22－1， 代入上式得y2x2－2＝p22－1p2－2＝－12⇒x22＋y 2＝1， 由①与y 0≠0，得y ≠0，①÷②，得x －2x ＋2＝－p －2p ＋2≠－1⇒x ≠0.故点Q 的轨迹方程为x22＋y 2＝1(x ≠0，y ≠0)．。

2021年高三数学一轮复习 基础知识课时作业(四十)一、选择题1．一个几何体的三视图如下图所示，其中正(主)视图中△ABC 是边长为2的正三角形，俯视图为正六边形，那么该几何体的侧(左)视图的面积为( A )A.32B.12 C ．1D ．2解析：由三视图知该几何体为正六棱锥，底面边长为1，高为 3.侧(左)视图为等腰三角形，底边边长为3，高为3，所以侧(左)视图的面积为12×3×3＝32.2．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( A )解析：由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为2 2.3．若某一几何体的正视图与侧视图均为边长是1的正方形，且其体积为12，则该几何体的俯视图可以是( C )解析：如图该几何体是底面为等腰直角三角形，侧棱为1的直三棱柱，故选C.4．已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( C )A.34B.32C.34 D ．1解析：由图可知其侧视图为三角形，根据三视图的“高平齐”得侧视图的高为3，又由“宽相等”可知侧视图的宽度和俯视图的宽度相等，得侧视图的底为1×sin 60°＝32，所以侧视图的面积为S ＝12×32×3＝34，选C.5．一个长方体被一个平面截去一部分后所剩几何体的正视图和俯视图如图所示，则该几何体的侧视图可以为( B )解析：在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，截去三棱锥A 1—AD 1E 后满足题意中的正视图、俯视图，则侧视图为选项B.6．若某几何体的正视图、侧视图、俯视图完全相同，则该几何体的正视图不可能是( D )解析：正视图、俯视图、左视图均为 时，这样的几何体不存在，故选D.7．一个正方体截去两个角后所得几何体的正(主)视图、侧(左)视图如图所示，则其俯视图为( C )解析：由题意得正方体截去的两个角如图所示，故其俯视图应选C.二、填空题8．已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该三棱锥的体积等于________cm 3.解析：由三视图可知，该三棱锥底面为两条直角边分别为1 cm 和3 cm 的直角三角形，如图所示，AB ⊥BC ，一条侧棱PC 垂直于底面，故高为2 cm ，所以体积V ＝13×12×1×3×2＝1(cm 3)．答案：19．三棱锥D －ABC 及其三视图中的正视图和左视图如图所示，则棱BD 的长为________．解析： 取AC 中点H ，由三视图可知，AH＝HC ＝2，BH ⊥AC2 3CD ＝4，BH ＝∴在Rt △BHC 中，BC ＝4 在Rt △BCD 中，BD ＝4 2. 答案：4 210．一个几何体的正(主)视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________．(填入所有可能的几何体前的编号)①三棱锥 ②四棱锥 ③三棱柱 ④四棱柱 ⑤圆锥 ⑥圆柱解析：锥体的正(主)视图均为三角形，当三棱柱底面向前时正(主)视图为三角形，而四棱柱和圆柱无论怎样放置正(主)视图都不会为三角形．答案：①②③⑤ 三、解答题11．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)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＝12＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.12．某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正(主)视图，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，求a ＋b 的最大值．解：如图，把几何体放到长方体中，使得长方体的对角线刚好为几何体的已知棱，设长方体的对角线A 1C ＝7，则它的正视图投影长为A 1B ＝6，侧视图投影长为A 1D ＝a ，俯视图投影长为A 1C 1＝b ，则a 2＋b 2＋(6)2＝2·(7)2，即a 2＋b 2＝8，又a ＋b2≤a 2＋b 22，∴a ＋b ≤4.而a ＋b 的最大值为4.[热点预测]13.(1)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F是AB的三等分点，G、H是CD的三等分点，M、N分别是BC、EH的中点，则四棱锥A1－FMGN的侧视图为( )(2)用若干个体积为1的正方体搭成一个几何体，其正视图、侧视图都是如图所示的图形，则这个几何体的最大体积是( )A．9C．13(3)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：(1)由题意知侧视图中底线为HC，A1F与A1G在侧视图中重合，故C正确．(2)由正视图、侧视图可知，几何体的体积最大时，底层有9个小正方体，上面有2个，共11个，最大体积为11，所以选B.(3)由主视图和左视图知，该锥体是由正方体中截得的，可能是三棱锥也可能是四棱锥，如右图．该几何体可能是三棱锥C1－BCD或C1－ACD，或四棱锥C1－ABCD，所以其俯视图可能是A、B、D，不可能为C.答案：(1)C (2)B (3)C Q29536 7360 獠$e21584 5450 呐20606 507E 偾31407 7AAF 窯30960 78F0 磰26942 693E 椾 !m32300 7E2C 縬=。

课时作业(四十)　[第40讲　立体几何综合问题] [时间：45分钟　分值：100分] 1．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是线段C1D、BC的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是________． 2．给定下列四个命题： 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； 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； 垂直于同一直线的两条直线相互平行； 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. 其中真命题的序号是________． 3．关于直线a、b、l及平面α、β，下列命题中： 若aα，bα，则ab； 若aα，ba，则bα； 若aα，bα，且la，lb，则lα； 若aα，aβ，则αβ. 假命题的序号是________． 图K40－1 4．[2011·泰安模拟] 如图K40－1，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长均为1，则点B1到平面ABC1的距离为________． 5．已知αβ，aα，Bβ，则在β内过点B的所有直线中________(写出正确结论的序号)． 不一定存在与a平行的直线； 只有两条与a平行的直线； 存在无数条与a平行的直线； 存在惟一一条与a平行的直线． 6．如图K40－2，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝BB1＝1，AB1＝.则三棱锥A1－AB1C的体积为________． 图K40－2 图K40－3 7．如图K40－3，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1， BD＝，BDCD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使平面A′BD平面BCD，则BA′C＝________. 8．设α，β为两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，给出下列四个命题： 若mn，mα，则nα； 若nα，mβ，α与β相交且不垂直，则n与m不垂直； 若αβ，α∩β＝m，mn，nα，则nβ； 若mn，nα，αβ，则mβ. 其中所有真命题的序号是________． 图K40－4 9．[2011·天津十二区联考] 如图K40－4，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1.若二面角C－AB－C1的大小为60°，则点C到平面ABC1的距离为________． 10．[2011·苏北四市一调] 设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列命题： 若mβ，αβ，则mα； 若mα，mβ，则αβ； 若αβ，αγ，则βγ； 若α∩γ＝m，β∩γ＝n，mn，则αβ. 上面命题中，真命题的序号是________(写出所有真命题的序号)． 11．[2012·昆山模拟] 在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，P在AD上运动，设ABP＝θ，将ABP沿BP折起，使得平面ABP垂直于平面BPDC，AC长最小时θ的值为________． 图K40－5 图K40－6 12．如图K40－6，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，给出以下四个结论： 直线D1C平面A1ABB1； 直线A1D1与平面BCD1相交； 直线AD平面D1DB； 平面BCD1平面A1ABB1. 上面结论中，正确结论的序号为________． 13．(8分)如图K40－7所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，ABBC，BCBC1，AB＝BC1，E，F分别为线段AC1，A1C1的中点，求证： (1)平面ABC平面ABC1； (2)EF平面BCC1B1. 图K40－7 14．(8分)[2011·连云港模拟] 已知四棱锥A－BCDE，AEED，AEEB，底面CDEB为直角梯形，DCEB，DEEB，EB＝2，DC＝1，EBC＝45°，设M是AB的中点． (1)求证：BC平面AEC； (2)求证：EM不平行于平面ACD. 图K40－8 15．(12分)[2011·北京市昌平区期末] 将两块三角板按图K40－9甲方式拼好，其中B＝D＝90°，ACD＝30°，ACB＝45°，AC＝2，现将三角板ACD沿AC折起，使D在平面ABC上的射影O恰好在AB上，如图K40－9乙． (1)求证：BCAD； (2)求证：O为线段AB中点． 图K40－9 16．(12分)如图K40－10，在四棱锥P－ABCD中，PA平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝4，G为PD中点，E点在AB上，平面PEC平面PDC. (1)求证：AG平面PCD； (2)求证：AG平面PEC； (3)求点G到平面PEC的距离． 图K40－10 课时作业(四十) 【基础热身】 1．相交　[解析] 直线A1B与其外一点E确定的平面为A1BCD1，EF平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交． 2．　[解析] 中没有说明是两条相交直线，故错，由判定定理可得正确，这两条直线还可以相交或异面，故错，由面面垂直的性质定理可得正确． 3．　[解析] 中，若aα，bα，则有ab或a与b相交或a与b异面．中，b可能在α内或与α平行或与α相交．中需增加a与b相交，则lα.④证明如下：a∥β，过a作平面γ与β交于c，则ca，c⊥α，故αβ. 4.　[解析] 利用等体积法，设B1到面ABC1的距离为h，易知VB1－ABC1＝h＝V正三棱柱ABC－A1B1C1＝， 所以点B1到平面ABC1的距离h＝. 【能力提升】 5．　[解析] B点与a确定惟一平面γ与β相交，设交线为b，则ab，故选. 6.　[解析] 三棱锥A1－AB1C的体积VA1－AB1C＝VB1－A1AC＝××1×1×＝. 7．90°　[解析] AB＝AD＝1，BD＝，AB⊥AD， A′B⊥A′D. ∵平面A′BD平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD， CDBD，CD⊥平面A′BD. A′B?平面A′BD，CD⊥A′B，A′B⊥平面A′CD. A′C?平面A′CD， A′B⊥A′C，BA′C＝90°. 8．　[解析] 中n可以在α内；中m，n可以垂直． 9.　[解析] 过C作CDAB，D为垂足，连接C1D，则C1DAB，C1DC＝60°，CD＝， 所以C1D＝，CC1＝.在CC1D中，过C作CEC1D，则CE为点C到平面ABC1的距离，CE＝·sin60°＝，所以点C到平面ABC1的距离为. 10．　[解析] 本题运用排除法，逐一将假命题排除可得正确答案．错，当mα时，则mα为假命题；错，由αβ，αγ，β与γ垂直没有传递性，则βγ为假命题；错，由α∩γ＝m，β∩γ＝n，mn得αβ或者α与β相交．所以真命题的序号是. 11．45°　[解析] 过A作AHBP于H，连接CH， AH⊥平面BCDP. 在RtABH中，AH＝3sinθ，BH＝3cosθ. x在BHC中，CH2＝(3cosθ)2＋42－2×4×3cosθ×cos(90°－θ)， 在RtACH中， AC2＝AH2＋CH2＝25－12sin2θ， θ＝45°时，AC长最小． 12．　[解析] 本题结合正方体考查线面与面面关系： 中D1C平面A1ABB1，D1CA1B?平面A1ABB1，所以正确；中A1D1平面BCD1，所以不正确；中AD与DB不垂直，又因为DB平面D1DB，所以不正确；中BC平面A1ABB1，所以正确．综上选. 13．[解答] 证明：(1) BC⊥AB，BCBC1，AB∩BC1＝B， BC⊥平面ABC1. BC?平面ABC， 平面ABC平面ABC1. (2)AE＝EC1，A1F＝FC1，EF∥AA1. ∵BB1∥AA1，EF∥BB1. ∵EF?平面BCC1B1，EF∥平面BCC1B1. 14．[解答] 证明：(1)过C作CFEB于F， 因为DEEB，所以四边形CDEF是矩形， 因为DC＝1，所以EF＝1， 所以BF＝1. 因为EBC＝45°， 所以DE＝CF＝BF＝1，则CE＝CB＝. 因为EB＝2，所以BCE＝90°，则BCCE. 因为AEEB，AEED，EB∩ED＝E， 所以AE平面BCDE， 因为BC平面BCDE，所以AEBC. 因为AE∩CE＝E，所以BC平面AEC. (2)用反证法：假设EM平面ACD， 因为EBCD，CD平面ACD，EB平面ACD， 所以EB平面ACD. 因为EB∩EM＝E，所以平面AEB平面ACD， 而A平面AEB，A平面ACD，所以假设不成立， 所以EM与平面ACD不平行． 15．[解答] 证明：(1)由已知D在平面ABC上的射影O恰好在AB上，DO⊥平面ABC， AO是AD在平面ABC上的射影． 又BC⊥AB，BC⊥AD. (2)由(1)得ADBC，又ADDC，BC∩DC＝C， AD⊥平面BDC. 又BD?平面BDC，AD⊥BD， 在RtABD中，由已知AC＝2，得AB＝，AD＝1， BD＝1，BD＝AD，O是AB的中点． 16．[解答] (1)证明：CD⊥AD，CDPA， CD⊥平面PAD，CD⊥AG. ∵PA＝AB＝AD，G为PD中点， AG⊥PD. 又PD∩CD＝D，AG⊥平面PCD. (2)证明：作EFPC于F，因为面PEC面PCD， EF⊥平面PCD，又由(1)知AG平面PCD， EF∥AG.又AG面PEC，EF面PEC， AG∥平面PEC. (3)由AG平面PEC知A、G两点到平面PEC的距离相等， 由(2)知A、E、F、G四点共面， 又AECD，AE∥平面PCD， AE∥GF，四边形AEFG为平行四边形， AE＝GF. 由PA＝AB＝4，FGCD， AE＝FG＝2. V三棱锥P－AEC＝××2×4×4＝. 又EFPC，EF＝AG＝2， S△EPC＝PC·EF＝×4×2＝4. 又V三棱锥P－AEC＝V三棱锥A－PEC，S△EPC·h＝， 即4h＝16， h＝， G点到平面PEC的距离为.。

课时作业38空间点、线、面之间的位置关系一、选择题1．(20xx年××市实验中学高二上学期期中考试)下列说法正确的是( )(1)任意三点确定一个平面；(2)圆上的三点确定一个平面；(3)任意四点确定一个平面；(4)两条平行线确定一个平面A．(1)(2) B．(2)(3)C．(2)(4) D．(3)(4)解析：任意三个不共线点确定一个平面；圆上的三点确定一个平面；任意四点不一定确定一个平面；两条平行线确定一个平面；选C.答案：C2．(20xx年高考数学高考复习)如图1，一个封闭的长方体，它的六个表面各标出A，B，C，D，E，F这六个字母，现放成下面三种不同的位置，所看见的表面上的字母已表明，则字母A，B，C对面的字母依次分别为( )图1A．D，E，F B．F，D，EC．E，F，D D．E，D，F解析：第一个正方体已知A，B，C，第二个正方体已知A，C，D，第三个正方体已知B，C，E，且不同的面上写的字母各不相同，则可知A对面标的是E，B对面标的是D，C对面标的是F.选D.答案：D3．(20xx年陕西省××市汉台中学、西乡中学高一上学期期末联考)一条直线与两条平行线中的一条为异面直线，则它与另一条( ) A．相交 B．异面C．相交或异面 D．平行解析：如图2所示，a，b，c三条直线平行，a与d异面，而b 与d异面，c与d相交，故选C.图2答案：C4．(海南省××市20xx年高三高考适应性考试数学文科卷4)下列命题中：①一条直线和两条平行线都相交，那么这三条直线共面；②每两条都相交，但不共点的四条直线一定共面；③两条相交直线上的三个点确定一个平面；④空间四点不共面，则其中任意三点不共线．其中正确命题的个数是( )A．1个B．2个 C．3个D．4个答案：C5．(20xx年江西省××市第二中学高二下学期第一次阶段性考试)给出下列四个命题，其中正确的是( )①空间四点共面，则其中必有三点共线；②空间四点不共面，则其中任何三点不共线；C．Ω是棱柱D．Ω是棱台解析：根据直线与平面平行的性质定理可知EH∥FG，则EH∥FG∥B1C1，从而Ω是棱柱，因为A1D1⊥平面ABB1A1，EH∥A1D1，则EH⊥平面ABB1A1，又EF⊂平面ABB1A1，故EH⊥EF，从而四边形EFGH是矩形．因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，所以EH∥B1C1，又EH⊄平面BCC1B1，平面EFGH∩平面BCC1B1＝FG，所以EH∥平面BCB1C1，又EH⊂平面EFGH，平面EFGH∩平面BCB1C1＝FG，所以EH∥FG，故EH∥FG∥B1C1，所以选项A、B、C正确．答案：D7．(20xx年内蒙古××市北京八中分校高二上学期期末考试)如图4，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是( )图4A．直线 B．圆C．双曲线 D．抛物线解析：由正方体的性质可知，直线C1D1⊥平面BB1C1C，则C1D1⊥PC1，即|PC1|就是点P到直线C1D1的距离，那么点P到定直线BC的距离等于到定点C1的距离，符合抛物线的定义，∴点P的轨迹所在的曲线是抛物线，故选D.答案：D图58．(20xx年浙江省诸暨中学高一下学期期中考试)设四棱锥P－AB CD的底面不是平行四边形，用平面α去截此四棱锥(如图5),使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面α有( ) A．不存在B．只有1个C．恰有4个D．有无数多个解析：证明：由侧面PAD与侧面PBC相交，侧面PAB与侧面PCD相交，设两组相交平面的交线分别为m，n，由m，n决定的平面为β，作α与β平行且与四条侧棱相交，交点分别为A1，B1，C1，D1则由面面平行的性质定理得：A1B1∥m∥C1D1，A1D1∥n∥B1C1，从而得截面必为平行四边形．由于平面α可以上下移动，则这样的平面α有无数多个．故选D.答案：D图69．(20xx年江苏省××市第五中学高二月考)如图6，在四面体ABC D中，若截面PQMN是正方形，则在下列结论中错误的为( ) A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：依题意得MN∥PQ，MN∥平面ABC，又MN、AC⊂平面ACD，且MN与AC无公共点，因此有MN∥AC，AC∥平面MNPQ.同理，BD∥PN.又截面MNPQ是正方形，因此有AC⊥BD，直线PM 与BD所成的角是45°.综上所述，其中错误的是C，故选C.答案：C10．一个正方体的展开图如图7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⊥CD B．AB∥CDC. AB与CD所成的角为60°D. AB与CD相交A．相交且垂直 B．共面C．平行 D．异面且垂直解析：由题意易知：直线AB1⊥平面A1BCD1，∴AB1⊥EF，又直线AB1与直线EF是异面直线，故选：D.答案：D12．(20xx年安徽省马××市度第一学期学业水平测试高二)如图9，三棱柱ABC－A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是( )图9A．CC1与B1E是异面直线B．CC1与AE是共面直线C．AE与B1C1是异面直线D．AE与BB1是共面直线解析：由于CC1与B1E均在平面BCC1B1内，不是异面直线；CC1∩平面ABC＝C，AE⊂平面ABC，点C不在直线AE上，所以CC1和AE是异面直线，AE∩平面BCC1B1＝E，B1C1⊂平面BCC1B1，点E不在直线B1C1上，则AE与B1C1是异面直线，选C.答案：C二、填空题13．(20xx年陕西省××市第一中学高一上学期期末考试)长宽高分别为5，4，3的长方体ABCD－A1B1C1D1中，由顶点A沿其表面到顶点C1的最近距离为________．解析：从A点沿不同的表面到C1，有三种不同捷径，其距离可采用将长方体展开的方式求得，分别是（3＋4）2＋52＝74，（3＋5）2＋42＝45，（4＋5）2＋32＝90＝310，∴从A点沿表面到C1的最短距离为74，故答案为74.答案：74图1014．(20xx年江苏省邗江中学(创新班)高一下学期期中考试)如图1 0所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线MN与AC所成的角为60°.其中正确的结论为________(注：把你认为正确的结论序号都填上)．解析：∵直线CC1在平面CC1D1D上，而M∈平面CC1D1D，A∉平面CC1D1D，∴直线AM与直线CC1异面，故①不正确，∵直线AM与直线BN异面，故②不正确，利用①的方法验证直线BN与直线MB1异面，故③正确，因此，S max ＝213，当且仅当θ＝π2－φ时取到．因此，4≤S ≤213.答案：4≤S ≤21316．(20xx 年福建省闽侯第四中学高二上学期期中)给出以下说法：①不共面的四点中，任意三点不共线；②有三个不同公共点的两个平面重合；③没有公共点的两条直线是异面直线；④分别和两条异面直线都相交的两条直线异面；⑤一条直线和两条异面直线都相交，则它们可以确定两个平面． 其中正确结论的序号是________．解析：对于①，若四点中有三点共线时，则必有这四点共面，故①正确；对于②，当这三个点共线时，则这两个平面不一定重合，故②不正确；对于③，当两条直线平行时，无公共点，但这两条直线不异面，故③不正确；对于④，如图12，直线a ，b 为异面直线，直线AB ，AC 与两异面直线都相交，但直线AB ，AC 有公共点，故④不正确；图12对于⑤，当直线c 和异面直线a ，b 相交时，则a ，b ，c 必不共面，所以它们可以确定两个平面，故⑤正确。

即⎩⎪⎨⎪⎧2X－Y＝7－X＋4Y＝5，3X－2Y＝λ解得λ＝657，故选D.答案：D6．(20xx年江西省××市寻乌中学模拟)已知向量a＝(2，4，5)，b ＝(3，x，y)分别是直线l1、l2的方向向量，若l1∥l2，则( ) A．x＝6、y＝15 B．x＝3、y＝152C．x＝3、y＝15 D．x＝6、y＝152解析：由题意得32＝x4＝y5，∴x＝6，y＝152，选D.答案：D7．(20xx年陕西省西安中学高二(实验班)月考)如图1所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若AB→＝a，AD→＝b，AA1→＝c，则下列向量中与BM→相等的向量是 ( )图1A．－12a＋12b＋c B.12a＋12b＋cC．－12a－12b＋c D.12a－12b＋c解析：平行六面体的性质可得：A1M→＝12A1C1→＝12(a＋b)，则BM→＝BA→＋AA1→＋A1M→＝－a＋c＋12(a＋b)＝－12a＋12b＋c，故选A.答案：A8．(20xx 年福建省××市第一中学质检)对于空间任意一点O 和不共线的三点A 、B 、C ，有如下关系：6OP→＝OA →＋ 2OB→＋3OC → ，则 ( ) A ．四点O 、A 、B 、C 必共面 B ．四点P 、A 、B 、C 必共面 C ．四点O 、P 、B 、C 必共面 D ．五点O 、P 、A 、B 、C 必共面 解析：∵6OP→＝OA →＋2OB →＋3OC → ∴OP →＝16OA →＋26OB →＋36OC →∵16＋26＋36＝1，∴四点P ，A ，B ，C 共面，故选B. 答案：B9．(20xx 年××市河××区模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BA →＋BC→＋DD1→ ( ) A.D1B1→ B.D1B → C.DB1→ D.BD1→ 解析：如图2所示，图2长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BA→＋BC →＋DD1→＝(BA →＋BC →)＋DD1→＝BD →＋DD1→ ＝BD1→.故选D. 答案：D 10.图3(20xx 年江西南昌二中月考)如图3，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为1的正方形，若∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝60°，且A 1A ＝3，则A 1C 的长为 ( )A.5 B ．22 C.14 D.17解析：|A1C →|＝|A1A →＋AC →|＝（A1A →＋AC →）2 ＝[A1A →＋（AB →＋AD →）]2＝5. 答案：A11．(20xx 年江西省横峰中质检)下列四个说法：①若向量{a ，b ，c }是空间的一个基底，则{a ＋b ，a －b ，c }也是空间的一个基底．②空间的任意两个向量都是共面向量．③若两条不同直线l 、m 的方向向量分别是a ，b ，则l ∥m ⇔a ∥b . ④若两个不同平面α，β的法向量分别是u ，v 且μ＝(1，2，－2)，v ＝(－2，－4，4)，则α∥β.其中正确的说法的个数是 ( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：①若向量{a ，b ，c }是空间的一个基底， 则{a ＋b ，a －b ，c }也是空间的一个基底，正确． ②空间的任意两个向量都是共面向量，正确． ③若两条不同直线l ，m 的方向向量分别是a ，b ， 则l ∥m ⇔a ∥b ，正确．④若两个不同平面α，β的法向量分别是u ，v ，且μ＝(1，2，－2)，v ＝(－2，－4，4)，∵v ＝－2u ，则α∥β.其中正确说法的个数是4. 答案：D 12.图4(20xx 年湖北省黄冈中学月考)在平行六面体ABCD －EFGH 中，若AG→＝2xAB →＋3yBC →＋3zHD →，则x ＋y ＋z 等于 ( ) A.76 B.23 C.56 D.12解析：AG→＝AB →＋AD →＋AE →＝AB →＋BC →－HD → ＝2xAB→＋3yBC →＋3zHD →， ∴x ＝12，y ＝13，z ＝－13，∴x ＋y ＋z ＝12，故选D. 答案：D 二、填空题 13.图5(20xx 年福建省××市第一中学考前训练)在四面体O －ABC 中，OA →＝a ，OB→＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE →＝________．(用a ，b ，c 表示)解析：∵在四面体O －ABC 中， OA→＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ， D 为BC 的中点，E 为AD 的中点． ∴OE →＝12(OA →＋OD →)＝OA →2＋OD →2 ＝12a ＋12×12(OB →＋OC →)＝12a ＋14b ＋14c 故答案为12a ＋14b ＋14c . 答案：12a ＋14b ＋14c14．(20xx 年河北省衡水中学一模)如图6所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值等于________．图6解析：以DA ，DC ，DD 1建立空间直角坐标系，则A 1(2，0，2)，F (1，0，0)，D 1(0，0，2)，E (0，2，1)，A1F→＝(－1，0，－2)，D1E →＝(0，2，－1)，则直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值为cos D1E →，A1F →＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪A1F →·D1E →|A1F →||D1E →|＝25.答案：25 15.图7(20xx 年吉林大学附中高三模拟)如图7，在三棱锥D －ABC 中，已知AB ＝2，AC →·BD →＝－3，设AD ＝a ，BC ＝b ，CD ＝c ，则c2ab ＋1的最小值为________．解析：设AD→＝a ，CB →＝b ，DC →＝c ， ∵AB ＝2，∴|a ＋b ＋c |2＝4⇒a 2＋b 2＋c 2＋2(a·b ＋b·c ＋c·a )＝4， 又∵AC→·BD →＝－3， ∴(a ＋c )·(－b －c )＝－3 ⇒a·b ＋b·c ＋c·a ＋c 2＝3，∴a 2＋b 2＋c 2＋2(3－c 2)＝4⇒c 2＝a 2＋b 2＋2，图8图9解：(1)取AA ′的中点E ，D ′C ′上点F ，使D ′F ＝2FC ′∴EF →＝12AA′→＋BC →＋23AB →＝EA′→＋A′D′→＋D′F → ＝EF→. 在图中的位置如图9所示．(2)MN →＝MB →＋BN →＝12DB →＋34BC′→＝12⎝⎛⎭⎫DA →＋AB →＋34⎝⎛⎭⎫BC →＋BB′→＝12AB →＋14AD →＋34AA′→∴α＝12，β＝14，γ＝34.。

课时作业(四十) [第40讲空间几何体的表面积和体积][时间：45分钟分值：100分]基础热身1．有一个几何体的三视图及其尺寸如图K40－1(单位： cm)，则该几何体的表面积为( )A．12π cm2 B．15π cm2C．24π cm2 D．36π cm2图K40－1图K40－22．[2011·西安三检] 图K40－2是一个几何体的三视图，若它的体积是33，则图中主视图所标a＝( )A．1 B.3 2C. 3 D．2 33．一个与球心距离为1的平面截球体所得的圆面面积为π，则球的表面积为( ) A．8π B．4πC.32π3D.423π4．已知正五棱台的上、下底面边长分别为4 cm和6 cm，侧棱长为5 cm，则它的侧面积为________．能力提升5．[2011·东北六校联考] 图K40－3是一个几何体的三视图，其中主视图和左视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为4的等腰梯形，则该几何体的侧面积是( ) A．6π B．12πC．18π D．24π图K40－3K40－46．[2011·潍坊质检] 已知某个几何体的三视图如图K40－4(主视图的弧线是半圆)，根据图中标出的数据，这个几何体的体积是( )A ．288＋36πB ．60πC ．288＋72πD ．288＋18π7．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是323π，那么这个三棱柱的体积是( )A ．96 3B ．16 3C ．24 3D ．48 38．如图K40－5，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF ＝32，EF 与平面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积为( ) A.92 B ．5 C ．6 D.152－5K40－69．如图K40－6，半径为2的半球内有一内接正三棱锥P －ABC ，则此正三棱锥的侧面积是( )A ．3 5B ．513C ．315D ．41510．[2010·福建卷] 若一个底面是正三角形的三棱柱的主视图如图K40－7所示，则其表面积等于________．11．[2011·福建卷] 三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝3，底面ABC 是边长为2的正三角形，则三棱锥P －ABC 的体积等于________．12．长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为V，P是DD1的中点，Q是AB上的动点，则四面体P －CDQ的体积是________．13．圆锥的底面半径为3，轴截面为正三角形，则其内切球的表面积为________．14．(10分)已知某几何体的俯视图是如图K40－9所示的矩形，主视图是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，左视图是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的侧面积S.15．(13分)圆锥底面半径为5 cm，高为12 cm，有一个内接圆柱，其上底圆周在圆锥的侧面上，下底在圆锥底面内，求内接圆柱的底面半径为何值时，圆柱的表面积为最大？最大值是多少？图K40－10难点突破16．(12分)如图K40－11所示，从三棱锥P－ABC的顶点P沿着三条侧棱PA、PB、PC 剪开成平面图形得到△P1P2P3，且P2P1＝P2P3.(1)在三棱锥P－ABC中，求证：PA⊥BC；(2)若P1P2＝26，P1P3＝20，求三棱锥P－ABC的体积．图K40课时作业(四十)【基础热身】1．C [解析] 该几何体是底面半径等于3，母线长等于5的圆锥，其表面积S 表＝π×3×5＋π×32＝24π(cm 2)．2．C [解析] 由三视图可知，该几何体为一个平卧的三棱柱，结合图中的尺寸可得V ＝12×2×a ×3＝33， ∴a ＝ 3.3．A [解析] 如图，设截面的半径为r ，则πr 2＝π，r ＝1，又已知球心与截面的距离d ＝1，则球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，球的表面积V ＝4πR 2＝8π.4．50 6 cm 2[解析] 侧面高为52－1＝26，所以侧面积为S ＝5×＋62＝506(cm 2)．【能力提升】 5．B [解析] 由三视图可得该几何体的直观图为圆台，其上底半径为1，下底半径为2，母线长为4，所以该几何体的侧面积为π×(1＋2)×4＝12π.故选B.6．A [解析] 依题意得，该几何体是由一个长方体与半个圆柱的组合体，其中长方体的长、宽、高分别为8、6、6，半个圆柱相应的圆柱底面半径为3、高为8.因此该几何体的体积V ＝8×6×6＋12×π×32×8＝288＋36π.7．D [解析] 由43πR 3＝323π，∴R ＝2，∴正三棱柱的高h ＝4，设其底面边长为a ，则13×32a ＝2，∴a ＝43， ∴V ＝34×(43)2×4＝48 3. 8．D [解析] 如图所示，连接EB ，EC ，AC .四棱锥E －ABCD 的体积V E －ABCD ＝13×32×2＝6.由于AB ＝2EF ，EF ∥AB ，所以S △EAB ＝2S △BEF .∴V F －BEC ＝V C －EFB ＝12V C －ABE ＝12V E －ABC ＝32，∴V EF －ABCD ＝V E －ABCD ＋V F －BEC ＝6＋32＝152.9．C [解答] 设球心为O ，连接PO 、AO 、BO .因为P －ABC 是正三棱锥，所以PO ⊥底面ABC ，且PO ＝AO ＝2，所以PA ＝2 2.作PD ⊥AB 于D ，则D 为AB 的中点．连接OD .△AOB 中，∠AOB ＝120°，AO ＝BO ＝2， 所以AB ＝23，DO ＝1.在Rt △POD 中，得PD ＝5，所以棱锥的侧面积为3×12·AB ·PD ＝32×23×5＝315.故选C.10．6＋2 3 [解析] 由主视图可知，该三棱柱是底面边长为2，侧棱长为1的正三棱柱，其表面积为2×34×4＋3×2×1＝6＋2 3.11. 3 [解析] 由已知，S △ABC ＝12×22sin π3＝3，∴ V P －ABC ＝13S △ABC ·PA ＝13×3×3＝3，即三棱锥P －ABC 的体积等于 3.12.112V [解析] 设长方体的长、宽、高分别为 AB ＝a ，BC ＝b ，AA 1＝c ，则有V ＝abc .由题意知PD ＝12c ，S △CDQ ＝12·CD ·AD ＝12ab ，∴V P －CDQ ＝13S △CDQ ·PD ＝13×12ab ×12c ＝112abc ＝112V .13．4π [解析] 如图，球心为O ，圆锥底面圆心为O 1，OO 1为球半径，AO 1为圆锥底面圆半径，∠O 1AO ＝30°，OO 1＝33AO 1＝1，所以球的表面积为4π.14．[解答] 由已知可得该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥．(1)V ＝13×(8×6)×4＝64.(2)该四棱锥有两个侧面PAD 、PBC 是全等的等腰三角形，且BC 边上的高为h 1＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫822＝42，另两个侧面PAB 、PCD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高为h 2＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝5，因此侧面积S ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×42＋12×8×5＝40＋24 2. 15．[解答] 作圆锥的轴截面，它也是内接圆柱的轴截面，设内接圆柱的半径为x ，内接圆柱的高为h ，则有12－h x ＝125， ∴h ＝12－125x ，因此内接圆柱的表面积是x 的函数，S 圆柱侧＝2πxh ＝2πx ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－125x (0＜x ＜5)，S 底＝πx 2， ∴S 圆柱全＝2πx ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－125x ＋2πx 2＝2πx ⎝⎛⎭⎪⎫12－75x ＝10π7·7x 5⎝ ⎛⎭⎪⎫12－75x ≤10π7×62＝3607π(cm 2)．当且仅当7x 5＝12－75x ，即x ＝307时，等号成立．因此，当内接圆柱的底面半径为307 cm 时，内接圆柱的表面积最大，最大表面积是3607πcm 2.【难点突破】16．[解答] (1)证明：由题设知A 、B 、C 分别是P 1P 3，P 1P 2，P 2P 3的中点，且P 2P 1＝P 2P 3， 从而PB ＝PC ，AB ＝AC .取BC 的中点D ，连接AD 、PD ， 则AD ⊥BC ，PD ⊥BC ，∴BC ⊥面PAD ，故PA ⊥BC .(2)由题设有AB ＝AC ＝12P 1P 2＝13，PA ＝P 1A ＝BC ＝10， PB ＝PC ＝P 1B ＝13，∴AD ＝PD ＝AB 2－BD 2＝12. 在等腰三角形DPA 中，底边PA 上的高h ＝AD 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12PA 2＝119， ∴S △DPA ＝12PA ·h ＝5119.又BC ⊥面PAD ，∴V P －ABC ＝V B －PDA ＋V C －PDA ＝13BD ·S △DPA ＋13DC ·S △PDA ＝13BC ·S △PDA ＝13×10×5119＝503119.。

课时作业(四十) 空间几何体的表面积和体积A 级1．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的表面积是( )A．32 B．16＋16 2C．48 D．16＋32 22．某几何体的三视图如图所示，它的体积为( )A．12π B．45πC．57πD．81π3．过球的一条半径的中点作垂直于这条半径的球的截面，则此截面面积是球表面积的( )A.116B.316C.112D.184．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是( )A.233πB．23πC.736π D.733π5．正六棱锥P－ABCDEF中，G为PB的中点，则三棱锥D－GAC与三棱锥P－GAC的体积之比为( )A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．3∶26．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为________．7．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.8.如图，已知球O的面上四点A、B、C、D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝2，则球O的体积等于________．9．若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为________．10．一个几何体的三视图如图所示．已知正视图是底边长为1的平行四边形，侧视图是一个长为3，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的表面积S.11．已知正四棱锥的底面边长为a，侧棱长为2a，求它的外接球的体积．B 级1．在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B－AC－D，则四面体ABCD的外接球的体积为( )A.12512π B.1259πC.1256π D.1253π2．圆锥的全面积为15π cm2，侧面展开图的圆心角为60°，则该圆锥的体积为________cm3.3．如图所示，从三棱锥P－ABC的顶点P沿着三条侧棱PA，PB，PC剪开成平面图形得到△P1P2P3，且P2P1＝P2P3.(1)在三棱锥P －ABC 中，求证：PA ⊥BC .(2)若P 1P 2＝26，P 1P 3＝20，求三棱锥P －ABC 的体积． 答案：课时作业(四十) A 级1．B由三视图还原几何体的直观图如图所示．S 表＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×22×4＋4×4＝16＋16 2.2．C 由三视图知该几何体是由圆柱、圆锥两几何体组合而成，直观图如图所示．圆锥的底面半径为3，高为4，圆柱的底面半径为3，高为5， ∴V ＝V 圆锥＋V 圆柱＝13Sh 1＋Sh 2＝13×π×32×4＋π×32×5＝57π.3．B 由题意可得截面圆半径为32R (R 为球的半径)，所以截面面积为π⎝ ⎛⎭⎪⎫32R 2＝34πR 2，又球的表面积为4πR 2，则34πR 24πR 2＝316，故选B. 4．D 上底半径r ＝1，下底半径R ＝2.∵S 侧＝6π，设母线长为l ，则π(1＋2)·l ＝6π，∴l ＝2，∴高h ＝l 2－R －r2＝3，∴V ＝13π·3×(12＋1×2＋22)＝733π.5．C ∵G 为PB 中点，∴V P －GAC ＝V P －ABC －V G －ABC ＝2V G －ABC －V G －ABC ＝V G －ABC ，又多边形ABCDEF 是正六边形，∴S △ABC ＝12S △ACD ，∴V D －GAC ＝V G －ACD ＝2V G －ABC ， ∴V D －GAC ∶V P －GAC ＝2∶1，故选C.6．解析： 三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以VF －DD 1E ＝13×12×1＝16.答案： 167．解析： 由三视图知，几何体下面是两个球，球半径为32；上面是长方体，其长、宽、高分别为6、3、1，所以V ＝43π×278×2＋1×3×6＝9π＋18.答案： 18＋9π8．解析： 如图所示，画出正方体，则2R ＝CD ＝3DA 2＝6， ∴R ＝62，V ＝43πR 3＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫623＝6π. 答案：6π9．解析： 设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，高为h ，则⎩⎪⎨⎪⎧πl ＝2πr ，12πl 2＝2π，∴⎩⎪⎨⎪⎧l ＝2，r ＝1，∴h ＝ 3.∴V 圆锥＝13π×12×3＝33π.答案：33π 10．解析： (1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为3，所以V ＝1×1×3＝ 3.(2)由三视图可知，该平行六面体中，A 1D ⊥平面ABCD ，CD ⊥平面BCC 1B 1， 所以AA 1＝2，侧面ABB 1A 1，CDD 1C 1均为矩形． 所以表面积S ＝2×(1×1＋1×3＋1×2) ＝6＋2 3.11．解析： 如图所示，△SAC 的外接圆是外接球的一个大圆，∴只要求出这个外接圆的半径即可，设外接球的半径为R ，球心为O ，则OA ＝OC ＝OS ，∴O 为△SAC 的外心，即△SAC 的外接圆半径就是球的半径．∵AB ＝BC ＝a ，∴AC ＝2a . ∵SA ＝SC ＝AC ＝2a ， ∴△SAC 为正三角形． 由正弦定理得2R ＝AC sin ∠ASC ＝2a sin 60°＝263a ，因此R ＝63a ，V 球＝43πR 3＝8627πa 3. B 级1．C 由题意知，球心到四个顶点的距离相等，所以球心在对角线AC 上，且其半径为AC 长度的一半，则V 球＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫523＝1256π. 2．解析： 设底面圆的半径为r ，母线长为a ，则侧面积为12×(2πr )a ＝πra .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧πra ＋πr 2＝15ππra ＝16πa 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧r 2＝157a 2＝36×157，故圆锥的高h ＝a 2－r 2＝53，所以体积为V ＝13πr 2h ＝13π×157×53＝2537π(cm 3)．答案：2537π 3．解析： (1)证明：由题设知A ，B ，C 分别是P 1P 3，P 1P 2，P 2P 3的中点， 且P 2P 1＝P 2P 3，从而PB ＝PC ，AB ＝AC ，取BC 的中点D ，连AD ，PD ， 则AD ⊥BC ，PD ⊥BC ，AD ∩PD ＝D .∴BC ⊥平面PAD .故PA ⊥BC . (2)由题设有AB ＝AC ＝12P 1P 2＝13，PA ＝P 1A ＝BC ＝10，PB ＝PC ＝P 1B ＝13，∴AD ＝PD ＝AB 2－BD 2＝12， 在等腰三角形DPA 中， 底边PA 上的高h ＝AD 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12PA 2＝119，∴S △DPA ＝12PA ·h ＝5119，又BC ⊥平面PAD ， ∴V P －ABC ＝V B －PDA ＋V C －PDA＝13BD·S△DPA＋13DC·S△PDA＝13BC·S△PDA＝13×10×5119＝503119.。

课时作业37 空间几何体的结构特征及其三视图和直观图一、选择题1．(20xx 年湖南省××市高三上学期期末考试)某四棱柱截去一角后的几何体的三视图如图1所示、则该几何体的体积为 ( )A ．54B ．45C ．27D ．81 解析：画出直观图如图2所示、由图可知、几何体为三棱柱和四棱锥组合而成、故体积为12×3×6×3＋13×6×3×3＝27＋18＝45、故选B.图2图4解析：由题意知光线从上向下照射、得到C、光线从前向后照射、得到A、光线从左向右照射得到B、故选D.答案：D4．(20xx年山西省××市高三模拟考试)某多面体的三视图如图5所示、则该多面体的各棱中、最长棱的长度为 ( )图5A.6B.5 C．2 D．1解析：由三视图可知该多面体的直观图为如图6所示的四棱锥P －ABCD：图6其中、四边形ABCD为边长为1的正方形、PE⊥面ABCD、且AE＝1、PE＝1.∴AP＝AE2＋PE2＝2、BE＝AB＋AE＝2、DE＝AD2＋AE2＝2∴CE＝BE2＋BC2＝5、PB＝BE2＋PE2＝5、PD＝PE2＋DE2＝3、∴PC＝CE2＋PE2＝6、∴最长棱为PC、故选A.答案：A5．(20xx年辽宁省××市普通高中高三第一次模拟考试)《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：“今有刍甍、下广三丈、袤四丈、上袤二丈、无广、高二丈、问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体、下底面宽3丈、长4丈、上棱长2丈、高2丈、问：它的体积是多少？”已知1丈为10尺、该楔体的三视图如图7所示、其中网格纸上小正方形边长为1、则该楔体的体积为 ( )图7A．10 000立方尺 B．11 000立方尺C．12 000立方尺 D．13 000立方尺解析：图8由题意、将楔体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体、作出几何体的直观图如图8所示：沿上棱两端向底面作垂面、且使垂面与上棱垂直、则将几何体分成两个四棱锥和1个直三棱柱、则三棱柱的体积V1＝12×3×2×2＝6、四棱锥的体积V2＝13×1×3×2＝2、由三视图可知两个四棱锥大小相等、∴V＝V1＋2V2＝10立方丈＝10 000立方尺．故选A.答案：A6.图9(20xx 年陕西省××市××区高一上学期期末考试)如图9、△O ′A ′B ′是水平放置的△OAB 的直观图、则△OAB 的面积是 ( )A ．6B ．32C ．62D ．12解析：由直观图画法规则、可得△AOB 是一个直角三角形、直角边OA ＝OA ′＝6、OB ＝2O ′B ′＝4、∴S △AOB ＝12OA ·OB ＝12×6×4＝12、故选D. 答案：D 7.图10(20xx 年山西省平遥中学高三高考适应性调研考试)如图10、网格纸上小正方形的边长为1、粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图、则该多面体的体积为 ( )A.53B.83 C ．3 D ．8解析：如图11、几何体为P －ABCD .图11所以体积为8－2－13×3×2－13×2×2＝83、 故选B. 答案：B8．(20xx 年四川省南充市高三第二次高考适应性考试)某三棱锥的三视图如图12所示、则该三棱锥的表面积为 ( )图12A ．27＋43＋2B ．27＋10C ．10＋7D ．12＋43解析：由题意作图如图13、三棱锥为A －BCD 、图13△ABC与△ADC是全等的直角三角形、其中AB＝4、BC＝2、故S△ADC＝S△ABC＝4、△BDC是等腰直角三角形、BC＝CD＝2、故S△BCD＝12×2×2＝2、△ADB是等腰三角形、AB＝AD＝4、BD＝22、故点A到BD的距离AE＝14、故S△BAD＝27、故表面积S＝10＋27.故答案为B.答案：B9.图14(20xx年河南省八市学评高三下学期第一次测评)某无盖容器的三视图如图14所示、其中正视图和侧视图是全等的等腰梯形、腰长为3、俯视图是半径为1和2的两个同心圆、则它的表面积是( )A ．9πB ．10πC ．13πD ．14π解析：几何体为一圆台、母线长为3、侧面展开图为圆环、对应圆心角为2π3、所以表面积是π·12＋12×6×4π－12×3×2π＝10π.选B.答案：B10．(20xx 年陕西省××市××区高一上学期期末考试)如图15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15A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：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＋（23）2＝4、S ＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π、故选C.答案：C图16图17设球O 半径为R 、由∠OCB ＝30°、可得OC ＝2R 、故OA ＝OC ＝2R 、所以R ＋2R ＝3∴R ＝1、OC ＝2、故得EC ＝1.设小球半径为r 、同理可得O ′C ＝2r 、故3r ＝1、所以小球半径为r ＝13、且OO ′＝43.这时O ′到直线AO 的距离为43sin60°＝233.这些小球相邻相切、排在一起、则球心在一个半径为233的圆M 上、如图17所示：H 为相邻两球切点、M 1、M 2分别为相邻两球球心、设∠M 1MH ＝θ、则sin θ＝r M1M ＝36、对于④、直线C 1E 在平面ABC 上的投影为直线CE 、则∠CEC 1为直线C 1E 与平面ABC 所成的角、在Rt △C 1CE 中、tan ∠CEC 1＝CC1CE ＝1BC2＋BE2＝55≠3、故不正确． 故答案为①②③.答案：①②③三、解答题17.图19(20xx 年浙江省诸暨中学高一下学期期中考试)如图19是一个以A 1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体、截面为ABC 、已知A 1B 1＝B 1C 1＝2、∠A 1B 1C 1＝90°、AA 1＝4、BB 1＝3、CC 1＝2、求：(1)该几何体的体积；(2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A 1B 1C 1的截面A 2B 2C 、交AA 1、BB 1分别于点A 2、B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2、 则该几何体的体积V ＝V A1B1C1A2B2C ＋V CABB2A2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6.(2)在△ABC 中、AB ＝22＋（4－3）2＝5、BC ＝22＋（3－2）2＝5、AC ＝（22）2＋（4－2）2＝23.则S △ABC ＝12×23×（5）2－（3）2＝6.18.图20如图20所示、Rt △ABC 中、∠ACB ＝90°、AC ＝2、BC ＝3、以点C 为圆心、AC 为半径作扇形ACD 、∠ACD ＝90°.(1)求平面图形绕直线BD 旋转一周所成的几何体的体积；(2)求平面图形绕直线BD 旋转一周所成的几何体的表面积．解：(1)V 圆锥＝13×π×4×3＝4π、V 半球＝16π3、V 全＝4π＋16π3＝28π3(2)AB ＝13、S 圆锥侧＝213π、S 半球＝8π.S 表面＝S 圆锥侧＋S 半球＝213π＋8π.19.图21(20xx 年安徽省××市第一中学高二上学期月考)某种“笼具”由内、外两层组成、无下底面、内层和外层分别是一个圆锥和圆柱、其中圆柱与圆锥的底面周长相等、圆柱有上底面、制作时需要将圆锥的顶端剪去、剪去部分和接头忽略不计、已知圆柱的底面周长为24π cm 、高为30 cm 、圆锥的母线长为20 cm.(1)求这种“笼具”的体积；(2)现要使用一种纱网材料制作50个“笼具”、该材料的造价为每平方米8元、共需多少元？解：设圆柱的底面半径为r 、高为h 、圆锥的母线长为l 、高为h 1、根据题意可知(1)2πr ＝24π、∴r ＝12(cm)、h 1＝202－122＝16(cm)、所以“笼具”的体积V ＝πr 2h －13πr 2h 1 ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫144×30－13×144×16＝3 552π(cm 3)． (2)圆柱的侧面积S 1＝2πrh ＝720π cm 2、圆柱的底面积S 2＝πr 2＝144π cm 2、。

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课时作业（四十)第40讲空间几何体的三视图和直观图、表面积与体积基础热身1。

［2017·衡水中学月考]一个三棱锥的正视图和俯视图如图K40-1所示,则该三棱锥的侧视图可能为（)图K40-1图K40—22.［2017·衡阳联考］如图K40—3所示,某空间几何体的正视图与侧视图相同，则此几何体的表面积为(）A。

6πB。

π+C.4πD.2π+3。

三棱锥P-ABC及其三视图中的正视图和侧视图如图K40-4所示,则PB= ()图K40-4A.2B。

4C。

D。

164.［2017·潮州四校联考］已知某多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图K40—5所示,且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是.图K40-55。

[2017·厦门二模］某几何体的三视图如图K40—6所示,则该几何体的体积是.图K40—6能力提升6.如图K40-7,在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为BD1的中点,则△PAC在该正方体各个面上的射影可能是()图K40—8A.①④B.②③C。

②④D。

①②7.如图K40—9,网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）图K40—9A.B。