第一章 空间几何体 章末检测

§1.2空间几何体的三视图和直观图1.2.1中心投影与平行投影1.2.2空间几何体的三视图【课时目标】1．知道空间几何体的三视图的概念，初步认识简单几何体的三视图．2．会画出空间几何体的三视图并会由空间几何体的三视图画出空间几何体．1．平行投影与中心投影的不同之处在于：平行投影的投影线是____________，而中心投影的投影线________________．2．三视图包括____________、____________和____________，其中几何体的____________和____________高度一样，____________与____________长度一样，____________与____________宽度一样．一、选择题1．下列命题正确的是()A．矩形的平行投影一定是矩形B．梯形的平行投影一定是梯形C．两条相交直线的投影可能平行D．一条线段中点的平行投影仍是这条线段投影的中点2．如图所示的一个几何体，哪一个是该几何体的俯视图()3．如图所示，下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是()A．①②B．①③C．①④D．②④4．一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为()5．如图所示的正方体中，M、N分别是AA1、CC1的中点，作四边形D1MBN，则四边形D1MBN在正方体各个面上的正投影图形中，不可能出现的是()6．一个长方体去掉一角的直观图如图所示，关于它的三视图，下列画法正确的是()二、填空题7．根据如图所示俯视图，找出对应的物体．(1)对应________；(2)对应________；(3)对应________；(4)对应________；(5)对应________．8．若一个三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的高(两底面之间的距离)和底面边长分别是________和________．9．用小正方体搭成一个几何体，如图是它的正视图和侧视图，搭成这个几何体的小正方体的个数最多为________个．三、解答题10．在下面图形中，图(b)是图(a)中实物画出的正视图和俯视图，你认为正确吗？如果不正确，请找出错误并改正，然后画出侧视图(尺寸不作严格要求)．11．如图是截去一角的长方体，画出它的三视图．能力提升12．如图，螺栓是棱柱和圆柱的组合体，画出它的三视图．13．用小立方体搭成一个几何体，使它的正视图和俯视图如图所示，搭建这样的几何体，最多要几个小立方体？最少要几个小立方体？在绘制三视图时，要注意以下三点：1．若两相邻物体的表面相交，表面的交线是它们的原分界线，在三视图中，分界线和可见轮廓都用实线画出，不可见轮廓用虚线画出．2．一个物体的三视图的排列规则是：俯视图放在正视图的下面，长度和正视图一样．侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度和俯视图一样，简记为“长对正，高平齐，宽相等”．3．在画物体的三视图时应注意观察角度，角度不同，往往画出的三视图不同．§1．2空间几何体的三视图和直观图1．2．1中心投影与平行投影1．2．2空间几何体的三视图答案知识梳理1．平行的交于一点2．正视图侧视图俯视图侧视图正视图俯视图正视图侧视图俯视图作业设计1．D[因为当平面图形与投射线平行时，所得投影是线段，故A，B错．又因为点的平行投影仍是点，所以相交直线的投影不可能平行，故C错．由排除法可知，选项D正确．] 2．C3．D[在各自的三视图中①正方体的三个视图都相同；②圆锥有两个视图相同；③三棱台的三个视图都不同；④正四棱锥有两个视图相同．]4．C[由三视图中的正、侧视图得到几何体的直观图如图所示，所以该几何体的俯视图为C．]5．D6．A7．(1)D(2)A(3)E(4)C(5)B8．2 4解析三棱柱的高同侧视图的高，侧视图的宽度恰为底面正三角形的高，故底边长为4．9．710．解图(a)是由两个长方体组合而成的，正视图正确，俯视图错误，俯视图应该画出不可见轮廓线(用虚线表示)，侧视图轮廓是一个矩形，有一条可视的交线(用实线表示)，正确画法如图所示．11．解该图形的三视图如图所示．12．解该物体是由一个正六棱柱和一个圆柱组合而成的，正视图反映正六棱柱的三个侧面和圆柱侧面，侧视图反映正六棱柱的两个侧面和圆柱侧面，俯视图反映该物体投影后是一个正六边形和一个圆(中心重合)．它的三视图如图所示．13．解由于正视图中每列的层数即是俯视图中该列的最大数字，因此，用的立方块数最多的情况是每个方框都用该列的最大数字，即如图①所示，此种情况共用小立方块17块．而搭建这样的几何体用方块数最少的情况是每列只要有一个最大的数字，其他方框内的数字可减少到最少的1，即如图②所示，这样的摆法只需小立方块11块．。

第1章 空间向量与立体几何章末测试（基础）一．单选题（每题只有一个选项为正确答案，每题5分，8题共40分）1．（2021·北京）如图，在三棱锥O ABC -中，D 是BC 的中点，若OA a =，OB b =，OC c =，则AD 等于（ ）A ．a b c -++B ．a b c -+-C ．1122a b c -++D ．1122a b c --- 【答案】C 【解析】()11112222OD OB BD OB BC OB OC OB OB OC =+=+=+-=+， 因此，11112222AD OD OA OA OB OC a b c =-=-++=-++.故选：C. 2．（2021·广东广州市）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，已知PA a =，PB b =，PC c =，12PE PD =，则BE =（ ）A ．131222a b c -+ B ．111222a b c -+C ．131222a b c ++D ．113222a b c -+ 【答案】A【解析】连接BD ，如图，则()()()1111122222BE BP BD PB BA BC PB PA PB PC PB =+=-++=-+-+- ()11131131222222222PB PA PB PC PA PB PC a b c =-+-+=-+=-+. 故选：A.3．（2021·嫩江市高级中学）对空间任意一点O ，若311488OP OA OB OC =++，则A ，B ，C ，P 四点（ ） A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．与O 点位置有关【答案】B 【解析】因为311488OP OA OB OC =++，所以()()()6OP OA OB OP OC OP -=-+-， 所以6AP PB PC =+，即1166AP PB PC =+，故P ，A ，B ，C 四点共面，故选：B. 4．（2021·全国高二课时练习）已知(2,3,1)a =-，则下列向量中与a 平行的是（ ）A ．(1,1,1)B ．(－4,6,－2)C ．(2,－3,5)D ．(－2,－3,5)【答案】B【解析】若(4,6,2)b =--，则2(2,3,1)2b a =-⋅-=-，所以//a b ；而b 为(1,1,1)、(2,－3,5)、(－2,－3,5)时，不存在b a λ=的关系.故选：B 5．（2021·福建泉州市）已知()1,0,1a λ=+，()3,21,2b μ=-，其中λ，R μ∈，若//a b ，则λμ+=（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】因为()1,0,1a λ=+，()3,21,2b μ=-，//a b ，所以1132210λμ+⎧=⎪⎨⎪-=⎩，解得12λμ==， 因此1λμ+=.故选：B.6．（2021·浙江高二单元测试）已知点()1,1,A t t t --，()2,,B t t ，则A ，B 两点的距离的最小值为ABCD ．35【答案】C【解析】因为点()1,1,A t t t --，()2,,B t t 所以22222(1)(21)()522AB t t t t t t =++-+-=-+ 有二次函数易知，当15t =时，取得最小值为95 AB ∴故选：C. 7．（2021·全国高二课时练习）已知(2,1,3),(1,4,2),(3,2,)a b c λ=-=--=，若,,a b c 三向量共面，则实数λ等于( )A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】C【解析】∵a 与b 不共线，则取a ，b 作为平面的一组基向量，又,,a b c 三向量共面，则存在实数12,λλ使得12c a b λλ=+， ∴121212322432λλλλλλλ=-⎧⎪=-+⎨⎪=-⎩，解得12214λλλ=⎧⎪=⎨⎪=⎩.故选：C8．（2021·天津）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，2BC =，13AA =，则异面直线AC 与1BC 之间的距离是（ ） AB．7 C．6D ．67【答案】D【解析】如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则()()()()12,0,0,0,1,0,2,1,0,0,1,3A C B C ，则()2,1,0AC =-，()12,0,3BC =-，设AC 和1BC 的公垂线的方向向量(),,n x y z =，则100n AC n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20230x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，令3x =，则()3,6,2n =， ()0,1,0AB =， 67AB nd n ⋅∴==. 故选：D.二、多选题（每题至少有两个选项为正确答案，每题5分，4题共20分）9．（2021·全国高二课时练习）（多选题）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，5AB =，4=AD ，13AA =，以直线DA ，DC ，1DD 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则（ ）A ．点1B 的坐标为(4,5,3)B ．点1C 关于点B对称的点为(5,8,3)-C ．点A 关于直线1BD 对称的点为(0,5,3)D ．点C 关于平面11ABB A 对称的点为()8,5,0【答案】ACD【解析】根据题意知：点1B 的坐标为(4,5,3)，选项A 正确；B 的坐标为(4,5,0)，1C 坐标为()0,5,3，故点1C 关于点B 对称的点为()8,5,3-，选项B 错误；在长方体中15AD BC AB ====，所以四边形11ABC D 为正方形，1AC 与1BD 垂直且平分，即点A 关于直线1BD 对称的点为()10,5,3C ，选项C 正确；点C 关于平面11ABB A 对称的点为()8,5,0，选项D 正确；故选：ACD.10．（2020·朝阳市第一高级中学）下列说法正确的是（ ）A ．若{},,MA MB MC 为空间的一组基底，则,,A B C 三点共线B ．若1111ABCD A BCD -为四棱柱，则11AA AB AD AC ++= C ．若(),,AB AC AD R λμλμ=+∈则,,,A B C D 四点共面D ．若A BCD -为正四面体,G 为BCD △的重心，则3AG AB AC AD =++【答案】CD【解析】A ：若{},,MA MB MC 为空间的一组基底，则向量,,MA MB MC 不共面，知,,A B C 三点不共线，故错误；B ：若1111ABCD A BCD -为四棱柱且底面为平行四边形，即AB AD AC +=时，才满足11AA AB AD AC ++=，故错误；C ：已知(),AB AC AD R λμλμ=+∈，若向量AC 与AD 共线，则AB 也与,AC AD 共线，即,,,A B C D 四点共面；若向量AC 与AD 不共线，则点B 在面ACD 内，即,,,A B C D 四点共面，故正确； D ：设G 为BCD △的重心，若M 为BC 的中点，则13MG MD =，所以AG AM MG =+()1123AB AC MD =++()()111232AB AC BD CD =++⋅+ ()()1126AB AC AD AB AD AC =++-+-()13AB AC AD =++， 即3AG AB AC AD =++，故正确.故选：CD.11．（2021·山东泰安市）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 、G 分别为BC 、1CC 、1BB 的中点，则（ ）A ．1D D AF ⊥B ．1//A G 平面AEFC ．()11110AC A B A A ⋅-=D ．向量1A B 与向量1AD 的夹角是60【答案】BC 【解析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则()2,0,0A 、()2,2,0B 、()0,2,0C 、()0,0,0D 、()1,2,0E 、()0,2,1F 、()2,2,1G 、()12,0,2A 、()12,2,2B 、()10,2,2C 、()10,0,2D .对于A 选项，()10,0,2DD =，()2,2,1AF =-，则120DD AF ⋅=≠，故A 选项错误； 对于B 选项，设平面AEF 的法向量为(),,m x y z =，()1,2,0AE =-，()1,0,1EF =-，由200m AE x y m EF x z ⎧⋅=-+=⎨⋅=-+=⎩，可得2x y z x⎧=⎪⎨⎪=⎩，取2x =，可得()2,1,2m =，()10,2,1=-A G ， 1220m AG ⋅=-=，1m AG ∴⊥，1A G ⊄平面AEF ，1//AG ∴平面AEF ，故B 选项正确；对于C 选项，()10,2,2AB =，()12,2,2AC =--，()111111440A B C A B A AC A A ⋅=-⋅=-=，故C 选项正确；对于D 选项，()10,2,2A B =-，()12,0,2AD =-，1111111cos ,22A B AD A B AD A B AD ⋅<>===-⋅， 所以，向量1A B 与向量1AD 的夹角是120，故D 选项错误.故选：BC.12．（2021·湖南常德市）如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上运动，则下列结论中正确的是（ ）A ．三棱锥11A PB D -的体积不变B ．//DP 平面11AB DC ．11A P BD ⊥D ．平面1ACP ⊥平面PBD 【答案】ABD【解析】对于A ，11AB D 的面积是定值，11//AD BC ，1AD ⊂平面11AB D ，1BC ⊄平面11AB D ， ∴1//BC 平面11AB D ，故P 到平面11AB D 的距离为定值，∴三棱锥11P AB D -的体积是定值，即三棱锥11A PB D -的体积不变，故A 正确；对于B ，111111111/,,///,AD BC B D BD AD B D D BC BD B ⋂=⋂=，∴平面11//AB D 平面1BDC ，DP ⊂平面1BDC ，//DP ∴平面11AB D ，故B 正确；对于C ，以1D 为原点，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，P 在1BC 上，故可设(,2,),02P a a a ，则11(2,0,0),(2,2,2),(0,0,0)A B D ，1(2,2,)A P a a =-，1(2,2,2)BD =---，则()1122424A P BD a a a ⋅=----=-不一定为0，1A P ∴和1BD 不垂直，故C 错误；对于D ，设(,2,),02P a a a ，则11(2,0,0),(0,2,2),(2,2,2),(0,0,0),(0,0,2)A C B D D ，1(2,2,)A P a a =-，1(2,2,2)AC =-，(,2,2)DP a a =-，(2,2,0)DB =， 设平面平面1A CP 的法向量(,,)n x y z =，则11(2)202220n A P a x y az n ACx y z ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，取1x =，得221,,22a a n a a -⎛⎫= ⎪--⎝⎭， 设平面PBD 的法向量(,,)m a b c =，则20220m DP ax y az m DB x y ⎧⋅=+-=⎨⋅=+=⎩，取1x =，得()1,1,1m =--，221022a a m n a a-⋅=--=--. ∴平面1A CP 和平面PBD 垂直，故D 正确.故选：ABD.三．填空题（每题5分，4题共20分）13．（2021·全国高二单元测试）若(2,3,5),(3,1,4)a b =-=--，则2a b -＝______．【解析】因为(2,3,5),(3,1,4)a b =-=--所以2(8,5,13)a b -=-，所以228(a b -=+=14．（2021·安徽芜湖市）已知空间三点A (0，2，3)，B (2-，1，1)，C (1，1-，3)，四边形ABCD 是平行四边形，其中AC ，BD 为对角线，则||BD =___________.【解析】空间三点(0A ，2，3)，(2B -，1，1)，(1C ，1-，3)，四边形ABCD 是平行四边形， 设(D x ，y ，)z ， (2AB =-，1-，2)-，(1DC x =-，1y --，3)z -，AB DC =， 21x ∴-=-，11y -=--，23z -=-，解得3x =，0y =，5z =，(3D ∴，0，5)，∴(5BD =，1，4)，||BD ∴==15．（2021·浙江高二期末）已知点(1,1,3),(2,0,0),(3,3,9)--A B C λμ三点共线，则λ=_____，μ=_____． 【答案】0 0【解析】因为(1,1,3),(2,0,0),(3,3,9)--A B C λμ，所以()21,1,3AB λ=--，()2,2,6AC μ=- 因为,,A B C 三点共线，所以//AB AC ，所以=AB k AC ，即()()21,1,32,2,6k λμ--=-，即()2121236k k k λμ-=⎧⎪=-⎨⎪-=⎩，解得1200k λμ⎧=-⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩故答案为：0；0；16．（2021·浙江舟山市）已知空间向量()()2,1,1,1,1,2a b =-=，则a b +=__________；向量a 与b 的夹角为___________.【答案】060【解析】由()()2,1,1,1,1,2a b =-=，则()3,0,3a b +=，所以23a b +=+=2111121cos ,241a ba b a b⨯+-⨯+⨯⋅===+， 所以向量a 与b 的夹角为060. 故答案为：060四．解答题（17题10分，其余每题12分，7题共70分）17．（2021·全国高二课时练习）已知长方体1111ABCD A B C D -中,1||||2,3AB BC D D ===，点N 是AB 的中点，点M 是11B C 的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．（1）写出点,,D N M 的坐标； （2）求线段,MD MN 的长度；（3）判断直线DN 与直线MN 是否互相垂直，说明理由．【答案】（1）(0,0,0),(2,1,0),(1,2,3)D N M ；（2；（3）不垂直，理由见解析. 【解析】（1）由于D 为坐标原点，所以(0,0,0)D由1||||2,3AB BC D D ===得：11(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(2,2,3),(0,2,3)A B C B C 点N 是AB 的中点，点M 是11B C 的中点，(2,1,0),(1,2,3)N M ∴；（2）由两点距离公式得：MD ==，MN ==（3）直线DN 与直线MN 不垂直 理由：由（1）中各点坐标得：(2,1,0),(1,1,3),(2,1,0)(1,1,3)10DN MN DN MN ==--∴⋅=⋅--=≠DN ∴与MN 不垂直，所以直线DN 与直线MN 不垂直18．（2021·全国高二课时练习）如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2，BB 1＝1，E 为BB 1的中点，证明：平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C .【答案】证明见解析【解析】由题意得AB ，BC ，B 1B 两两垂直．以B 为原点，BA ，BC ，BB 1分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2，0，0)，A 1(2，0，1)，C (0，2，0)，C 1(0，2，1)，E 1(0,0,)2，则1AA ＝(0，0，1)，AC ＝(－2，2，0)，1AC ＝(－2，2，1)，AE ＝1(2,0,)2-. 设平面AA 1C 1C 的一个法向量为1n ＝(x 1，y 1，z 1)．则111110,.0,2200z n AA x y n AC ⎧=⎧=⎪⇒⎨⎨-+=⋅=⎪⎩⎩令x 1＝1，得y 1＝1.⊥1n ＝(1，1，0)．设平面AEC 1的一个法向量为2n ＝(x 2，y 2，z 2)．则22.0,.0n AC n AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩⊥22222220,120,2x y z x z -++=⎧⎪⎨-+=⎪⎩令z 2＝4，得x 2＝1，y 2＝－1.⊥2n ＝(1，－1，4)． ⊥21n n ⋅＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0. ⊥12n n ⊥，⊥平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C .19．（2021·全国高二课时练习）如图，由直三棱柱111ABC A B C -和四棱锥11D BB C C -构成的几何体中，1190,1,2,BAC AB BC BB C D CD ∠======1CC D ⊥平面11ACC A（1）求证：1AC DC ⊥；（2）若M 为1DC 中点，求证：//AM 平面1DBB ； 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【解析】（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，∴1CC ⊥ 平面ABC ，又AC ⊂ 平面ABC ，⊥1CC AC ⊥，⊥平面1CC D ⊥平面11ACC A ,且平面1CC D ⋂平面111ACC A CC =， 又AC ⊂ 平面11ACC A ,⊥AC ⊥平面1CC D ，又1DC ⊂平面1CC D ，⊥1AC DC ⊥ （2）直三棱柱111ABC A B C -中，⊥1AA ⊥平面111A B C ，而1111,A B A C ⊂平面111A B C ⊥111111,AA A B AA AC ⊥⊥， 又90BAC ∠=，建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()()()()112,0,0,,,2,0,1,0,0,1,A C C B B D ，所以()()12,0,0,1,1BB BD =-=--，设平面1DBB 的一个法向量为(),,n x y z =，则100n BB n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即200x x z -=⎧⎪⎨--=⎪⎩，令1y =，则(0,1,n =， ⊥M 为1DC的中点，则12M ⎛⎫⎪⎝⎭，所以32AM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 因为0AM n ⋅=，所以AM n ⊥，又AM ⊄ 平面1DBB ，⊥//AM 平面1DBB . 20．（2021·广西）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 在BD 上，且13BE BD =；点F 在1CB 上，且113CF CB =．求证：（1）EF BD⊥；（2）1EF CB ⊥．【解析】（1）如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为3，则()0,0,0D ，()3,3,0B，()0,3,0C ()13,3,3B ，因为13BE BD =，113CF CB =，所以()2,2,0E ，()1,3,1F ，所以()1,1,1EF =-，()3,3,0DB =，所以1313100DB EF =-⨯+⨯+⨯=，所以EF BD ⊥（2）由（1）可知()13,0,3CB =，所以11313100CB EF =-⨯+⨯+⨯=，所以1EF CB ⊥22．（2021·河南商丘市·高二月考（理））如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，124AB AA ==，1CE EC =，13AF FA =.（⊥）证明：BE ⊥平面1B EF ；（⊥）求二面角E BF A --的余弦值.【答案】（⊥）证明见解析；（⊥）20-.【解析】(⊥)由条件可知BE =BF =EF =，满足222BF BE EF =+，EF BE ∴⊥.1BE B E ==14BB =，满足22211B E BE BB +=，1BE B E ∴⊥.又1B EEF E =，BE ∴⊥平面1B EF .(⊥)以AC 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则()B，()1,0,2E -，()1,0,3F .()1,BF ∴=，()1,BE =-，设平面BEF 的法向量为(),,n x y z =，00n BF n BE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，30,20,x z x z ⎧+=⎪∴⎨-=⎪⎩取y =()3,5n =-. 易得平面ABF 的一个法向量为()3,1,0m =，3cos ,2m n m n m n⋅-〈〉===由图可知，二面角E BF A -=的平面角是m ，n 夹角的补角，故二面角E BF A --的余弦值为.。

章末检测(一)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．如图，B′C′∥x′轴，A′C′∥y′轴，则下面直观图所表示的平面图形是()A．正三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．直角三角形答案 D解析因为B′C′∥x′轴，A′C′∥y轴，所以直观图中BC∥x轴，AC∥y轴，所以三角形是直角三角形．故选D.2．观察下图，请把左边的图形绕着给定的直线旋转一周后可能形成的几何体选出来()答案 D解析由图形可以看出，左边的长方形的竖直的两个边与已知的直线平行，因而这两条边旋转形成两个柱形表面，因而旋转一周后可能形成的立体图形是一个管状的物体．故选D.3．如图所示，几何体是由一些正方体组合而成的立体图形，则这个几何体的侧视图是下图中的( )答案 D解析 由侧视图的定义可得．4．用一个平面去截一个几何体，得到的截面是一个圆面，这个几何体可能是( ) A ．圆锥 B ．圆柱C ．球体D ．以上都有可能答案 D5．若一个水平放置的圆柱的正视图与其侧面展开图相似，则这个圆柱的侧面积与全面积之比为( ) A.ππ＋1B.2π2π＋1C.22π＋1D.1π＋1 答案 B解析 设圆柱的底面半径为r ，高为h ， ∴2r h ＝h2πr ，∴h ＝2r π， ∴S 侧＝2πr ·h ＝4πr 2π， S 全＝4πr 2π＋2πr 2，故圆柱的侧面积与全面积之比为2π2π＋1.6．若在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面去截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的凸多面体的体积是( ) A.23 B.76 C.45 D.56 答案 D解析 易知V ＝1－8×13×12×12×12×12＝56.7．如图所示是某几何体的三视图，则这个几何体的体积等于( )A ．4B ．6C ．8D ．12 答案 A 解析由三视图得该几何体为四棱锥，如图记作S －ABCD ，其中SA ⊥平面ABCD ，SA ＝2，AB ＝2，AD ＝2，CD ＝4，且ABCD 为直角梯形，∠DAB ＝90°.∴V ＝13SA ×12(AB ＋CD )×AD ＝13×2×12×(2＋4)×2＝4，故选A.8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4答案 D解析 由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为 S ＝2×12π×12＋12×2π×1×2＋2×2＝π＋2π＋4＝3π＋4.9．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为1，2，3，则此三棱锥的外接球的表面积为( ) A ．6π B ．12π C ．18π D ．24π答案 A解析 将三棱锥补成边长分别为1，2，3的长方体，则长方体的体对角线是外接球的直径，所以2R ＝6，解得R ＝62，故S ＝4πR 2＝6π. 10．一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为V 1，V 2，V 3，V 4，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则( )A ．V 1<V 2<V 4<V 3B ．V 1<V 3<V 2<V 4C ．V 2<V 1<V 3<V 4D ．V 2<V 3<V 1<V 4答案 C解析 由三视图可知，四个几何体自上而下分别为圆台，圆柱，四棱柱，四棱台．结合题目中所给数据可得V 1＝13(4π＋2π＋π)＝7π3，V 2＝2π，V 3＝23＝8，V 4＝13×(16＋8＋4)＝283，故V 2<V 1<V 3<V 4.11. 如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现．我们来重温这个伟大发现．圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为( )A.32，1 B.23，1C.32，32D.32，23答案 C解析 设球的半径为R ，则圆柱的底面半径为R ，高为2R ，V 圆柱＝πR 2×2R ＝2πR 3，V 球＝43πR 3， V 圆柱V 球＝2πR 343πR 3＝32，S 圆柱＝2πR ×2R ＋2πR 2＝6πR 2， S 球＝4πR 2. 所以S 圆柱S 球＝6πR 24πR 2＝32. 12．如图所示，已知△ABC 中，∠C ＝90°，∠A ＝30°，BC ＝1.若在三角形内挖去一个半圆(圆心O 在边AC 上，半圆分别与BC ，AB 相切于点C ，M ，与AC 交于点N )，则图中阴影部分绕直线AC 旋转一周所得的旋转体的体积为( )A.3π3 B.53π27 C.43π27 D.53π9答案 B解析 设半圆的半径OC ＝r ，则AC ＝AO ＋OC ＝3r ＝3，∴r ＝33，故旋转体的体积为V ＝13×3(π×12)－4π3×(33)3＝53π27.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．一块正方形薄铁皮的边长为4，以它的一个顶点为圆心，剪下一个最大的扇形，用这块扇形铁皮围成一个圆锥，则这个圆锥的容积等于________．(铁皮厚度忽略不计) 答案15π3解析 如图所示，剪下最大的扇形的半径即圆锥的母线长l 等于正方形的边长4，扇形的弧长＝14×(2π×4)＝2π，即为圆锥的底面周长，设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则2πr ＝2π，所以r ＝1，所以h ＝l 2－r 2＝15，所以圆锥的容积为13πr 2h ＝15π3.14．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________． 答案 32解析 由题意可得甲、乙两圆柱的底面半径分别为r 1＝S 1π，r 2＝S 2π，则对应的高分别为h 1＝V 1S 1，h 2＝V 2S 2，而它们的侧面积相等，则有2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即S 1π·V 1S 1＝S 2π·V 2S 2，整理得V 1V 2＝S 1S 2＝32. 15．一个体积为123的正三棱柱(底面为正三角形，且侧棱垂直于底面)的三视图如图所示，则侧视图的面积为________．答案 6 3解析 由三视图可知底面正三角形的高为23，则底面边长为4，所以底面面积为43，因此该三棱柱的高为123÷43＝3，故侧视图的面积为23×3＝6 3. 16．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．答案38解析由三视图可知，几何体是底面边长为4和3，高为1的长方体，中间挖去半径为1的圆柱，即S＝2×(3×4＋1×3＋1×4)＋2π×1－2×π＝38.三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)如右图，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P A.解(1)该四棱锥的俯视图如图所示(内含对角线)，是边长为6 cm的正方形，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62(cm)．由正视图可知AD＝6(cm)，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，P A＝PD2＋AD2＝(62)2＋62＝63(cm)．18．(12分)如图是在底面半径为2，母线长为4的圆锥中内接一个高为3的圆柱，求圆柱的表面积．解如图所示，设圆锥的底面半径为R，圆柱的底面半径为r，表面积为S，则R＝OC＝2，AC＝4，AO＝42－22＝2 3.易知△AEB∽△AOC，∴AE AO ＝EB OC ，即323＝r 2，∴r ＝1， S 底＝2πr 2＝2π，S 侧＝2πr ·h ＝23π. ∴S ＝S 底＋S 侧＝2π＋23π＝(2＋23)π.19．(12分)现有一圆柱形容器，底面直径是10 cm ，开口朝上放着，如图，在离容器的上边缘3 cm 的内壁A 处沾了一点蜂蜜，而在A 点的正对面的容器外壁B 处有一只蚂蚁，这只蚂蚁要去吃蜂蜜，就必须越过容器口进入容器内，你能计算一下，蚂蚁行走的最短路线是多少厘米吗？(π取3.14)解 把圆柱形容器沿着点B 竖直割开并展成平面．如图所示，作点A 关于容器上边缘的对称点A ′.容器边缘的长为3.14×10＝31.4(cm)，AB ＝12×31.4＝15.7(cm)．连接A ′B 与容器上边缘交于点C ，则蚂蚁行走的最短路线为AC ＋BC ，即A ′B . A ′B ＝A ′A 2＋AB 2＝62＋15.72≈16.81(cm)，∴蚂蚁行走的最短路线约为16.81 cm.20．(12分)如图所示，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰淇淋，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？请用你的计算数据说明理由．解 由题图可知半球的半径为4 cm ，所以V 半球＝12×43πR 3＝12×43π×43＝1283π(cm 3)，V 圆锥＝13πr 2h ＝13π×42×12＝64π(cm 3)．因为V 半球<V 圆锥，所以如果冰淇淋融化了，不会溢出杯子．21．(12分)如图，正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为a ，连接A ′C ′，A ′D ，A ′B ，BD ，BC ′，C ′D ，得到一个三棱锥A ′－BC ′D ，求：(1)三棱锥A ′－BC ′D 的表面积与正方体表面积的比值； (2)三棱锥A ′－BC ′D 的体积．解 (1)∵ABCD －A ′B ′C ′D ′是正方体，∴A ′B ＝A ′C ′＝A ′D ＝BC ′＝BD ＝C ′D ＝2a ，∴三棱锥A ′－BC ′D 的表面积为4×12×2a ×32×2a ＝23a 2.而正方体的表面积为6a 2，故三棱锥A ′－BC ′D 的表面积与正方体表面积的比值为23a 26a 2＝33. (2)三棱锥A ′－ABD ，C ′－BCD ，D －A ′D ′C ′，B －A ′B ′C ′是完全一样的． 故V 三棱锥A ′－BC ′D ＝V 正方体－4V 三棱锥A ′－ABD ＝a 3－4×13×12a 2×a ＝a 33.22．(12分)如图所示，四边形ABCD 是直角梯形(单位：cm)，求图中阴影部分绕AB 所在直线旋转一周所成几何体的表面积和体积．解 由题意知，所成几何体的表面积等于圆台下底面面积＋圆台的侧面积＋半球面面积． 因为S 半球面＝12×4π×22＝8π(cm 2)，S 圆台侧＝π(2＋5)(5－2)2＋42＝35π(cm 2)，S 圆台下底＝π×52＝25π(cm 2)，所以表面积为8π＋35π＋25π＝68π(cm 2)． 又因为V 圆台＝π3×(22＋2×5＋52)×4＝52π(cm 3)，V 半球＝12×4π3×23＝16π3(cm 3)，所以该几何体的体积为V 圆台－V 半球＝140π3(cm 3)．。

章末质量检测(一) 空间几何体一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)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．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥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的任意一点的连线都是母线解析：A错误．如图1所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．B错误．如图2，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥．C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．D正确．答案：D2．五棱柱中，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，那么一个五棱柱共有对角线( )A．20条 B．15条C．12条 D．10条解析：由题意五棱柱对角线一定为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线，因为不同在任何侧面内，故从一个顶点出发的对角线有2条，五棱柱共有对角线2×5＝10条．答案：D3．关于直观图画法的说法中，不正确的是( )A．原图形中平行于x轴的线段，其对应线段仍平行于x′轴，其长度不变B．原图形中平行于y轴的线段，其对应线段仍平行于y′轴，其长度不变C．画与坐标系xOy对应的坐标系x′O′y′时，∠x′O′y′可画成135°D．作直观图时，由于选轴不同，所画直观图可能不同解析：根据斜二测画法的规则可知B不正确．答案：B4．若圆柱的轴截面是一个正方形，其面积为4S，则它的一个底面面积是( ) A．4S B．4πSC．πS D．2πS解析：由题意知圆柱的母线长为底面圆的直径2R，则2R·2R＝4S，得R2＝S.所以底面面积为πR2＝πS.答案：C5．如果一个正四面体(各个面都是正三角形)的体积为9 cm3，则其表面积为( ) A．18 3 cm2 B．18 cm2C．12 3 cm2 D．12 cm2解析：设正四面体的棱长为a cm，则底面积为34a2 cm2，易求得高为63a cm，则体积为13×34a2×63a＝212a3＝9，解得a＝32，所以其表面积为4×34a2＝183(cm2)．答案：A6．一个四面体共一个顶点的三条棱两两互相垂直，其长分别为1，6，3，其四面体的四个顶点在一个球面上，则这个球的表面积为( )A．16πB．32π C．36πD．64π解析：将四面体可补形为长方体，此长方体的对角线即为球的直径，而长方体的对角线长为12＋62＋32＝4，即球的半径为2，故这个球的表面积为4πr2＝16π.答案：A7．用斜二测画法得到的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( )解析：直观图中的多边形为正方形，对角线的长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线的长为2 2.答案：A8．球O 的截面把垂直于截面的直径分成1：3两部分，若截面圆半径为3，则球O 的体积为( )A ．16π B.16π3C.32π3D ．43π 解析：设直径被分成的两部分分别为r 、3r ，易知(3)2＝r ·3r ，得r ＝1，则球O 的半径R ＝2，故V ＝43π·R 3＝323π.答案：C9．[2019·湖北省黄冈中学检测]已知某几何体的直观图如图所示，则该几何体的体积是( )A.233＋π B.233＋2π C ．23＋π D．23＋2π解析：由直观图可知该几何体由一个半圆柱和一个三棱柱组成，故其体积V ＝12π×12×2＋12×2×3×2＝π＋2 3. 答案：C 10.如图，在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是A 1B 1上一点，且PB 1＝14A 1B 1，则多面体P －BCC 1B 1的体积为( )A.83B.163 C ．4 D ．5解析：V多面体P－BCC1B1＝13S正方形BCC1B1·PB1＝13×42×1＝163.答案：B11．过圆锥的高的三等分点作平行于底面的截面，它们把圆锥的侧面分成的三部分的面积之比为( )A．1：2：3 B．1：3：5C．1：2：4 D．1：3：9解析：如图，由题意知O1A1O2A2OA＝1：2：3，以O1A1，O2A2，OA为半径的圆锥的侧面积之比为1：4：9.故圆锥被截面分成的三部分侧面的面积之比为1：(4－1)：(9－4)＝1：3：5.答案：B12．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A．122π B．12πC．82π D．10π解析：过直线O1O2的截面为圆柱的轴截面，设底面半径为r，母线长为l，因为轴截面是面积为8的正方形，所以2r＝l＝22，所以r＝2，所以圆柱的表面积为2πrl＋2πr2＝8π＋4π＝12π.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)13．正方形ABCD绕对角线AC所在直线旋转一周所得组合体的结构特征是________．解析：由圆锥的定义知是两个同底的圆锥形成的组合体．答案：两个同底的圆锥组合体14．[2019·甘肃省兰州市校级检测]若某空间几何体的直观图如图所示，则该几何体的表面积是________．解析：根据直观图可知该几何体是横着放的直三棱柱，所以S 侧＝(1＋2＋3)×2＝2＋2＋6， S 底＝12×1×2＝22， 故S 表＝2＋2＋6＋2×22＝2＋22＋ 6. 答案：2＋22＋ 6 15.如图所示，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，高为5，一质点自A 点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A 1点的最短路线的长为________．解析：如图所示，将三棱柱沿AA 1剪开，可得一矩形，其长为6，宽为5，其最短路线为两相等线段之和，其长度等于2⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝13.答案：1316．若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为________．解析：过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC 及其内切圆⊙O 1和外切圆⊙O 2，且两圆同圆心，即△ABC 的内心与外心重合，易得△ABC 为正三角形，由题意知⊙O 1的半径为r ＝1，△ABC 的边长为23，于是知圆锥的底面半径为3，高为3.故所求体积为V ＝13×π×3×3＝3π.答案：3π三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)如图所示是一个长方体截去一个角得到的几何体的直观图(单位：cm)．按照给出的数据，求该几何体的体积．解：该几何体的体积V ＝V 长方体－V 三棱锥＝4×4×6－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×2＝2843(cm 3)．18．(12分)如图是由正方形ABCE 和正三角形CDE 所组成的平面图形，试画出其水平放置的直观图．解：(1)以AB 所在的直线为x 轴，AB 的中垂线为y 轴建立直角坐标系，如图(1)，再建立坐标系x ′O ′y ′，使两轴的夹角为45°，如图(2)．(2)以O ′为中点，在x ′轴上截取A ′B ′＝AB ，分别过A ′，B ′作y ′轴的平行线，截取A ′E ′＝12AE ，B ′C ′＝12BC .在y ′轴上截取O ′D ′＝12OD .(3)连接E ′D ′，E ′C ′，C ′D ′，并擦去作为辅助线的坐标轴，就得到所求的直观图，如图(3)．19．(12分)如图所示，在多面体FE ­ABCD 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，求该多面体的体积V .解析：如图所示，分别过A ，B 作EF 的垂线AG ，BH ，垂足分别为G ，H .连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12.所以AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32， S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24， V ＝V E ­ADG ＋V F ­BHC ＋V AGD ­BHC＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13×12×24×2＋24×1＝23. 20．(12分)用一张相邻边长分别为4 cm,8 cm 的矩形硬纸片卷成圆柱的侧面(接缝处忽略不计)，求该圆柱的表面积．解析：有两种不同的卷法，分别如下：(1)如图①所示，以矩形8 cm 长的边为母线，把矩形硬纸片卷成圆柱侧面，此时底面圆的周长为2π·OA ＝4，则OA ＝r 1＝2π cm ，∴两底面面积之和为8π cm 2，∴S 表＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋8π cm 2，即该圆柱的表面积为⎝⎛⎭⎪⎫32＋8πcm 2.(2)如图②所示，以矩形4 cm 长的边为母线，把矩形硬纸片卷成圆柱侧面，此时底面圆的周长为2π·OB ＝8，则OB ＝r 2＝4π cm ，∴两底面面积之和为32π cm 2，∴S 表＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋32πcm 2，即该圆柱的表面积为⎝⎛⎭⎪⎫32＋32πcm 2.21．(12分)如图，正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为a ，连接A ′C ′，A ′D ，A ′B ，BD ，BC ′，C ′D ，得到一个三棱锥．求：(1)三棱锥A ′－BC ′D 的表面积与正方体表面积的比值； (2)三棱锥A ′－BC ′D 的体积．解析：(1)∵ABCD －A ′B ′C ′D ′是正方体， ∴A ′B ＝A ′C ′＝A ′D ＝BC ′＝BD ＝C ′D ＝2a ，∴三棱锥A ′－BC ′D 的表面积为4×12×2a ×32×2a ＝23a 2.而正方体的表面积为6a 2，故三棱锥A ′－BC ′D 的表面积与正方体表面积的比值为23a26a2＝33. (2)三棱锥A ′－ABD ，C ′－BCD ，D －A ′D ′C ′，B －A ′B ′C ′是完全一样的． 故V 三棱锥A ′－BC ′D ＝V 正方体－4V 三棱锥A ′－ABD ＝a 3－4×13×12a 2×a ＝a33.22．(12分)若圆锥与球的体积相等，且圆锥底面半径与球的直径相等，求圆锥侧面积与球的表面积之比．解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线长为l ，球的半径为R ， 则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧13πr 2·h ＝43πR 3r ＝2R∴13π(2R )2·h ＝43πR 3，∴R ＝h ，r ＝2h ， ∴l ＝r 2＋h 2＝5h ，∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×2h ×5h ＝25πh 2，S 球＝4πR 2＝4πh 2，∴S 圆锥侧S 球＝25πh 24πh 2＝52.。

章末检测试卷(一)(时间：120分钟 满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分) 1．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB →＋BC →＋CC 1—→－D 1C 1—→等于( ) A.AD 1—→ B.AC 1—→ C.AD → D.AB → 答案 A解析 AB →＋BC →＋CC 1—→－D 1C 1—→＝AC 1—→＋C 1D 1—→＝AD 1—→.2．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为μ，则能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,0)，μ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，μ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，μ＝(－1,0,1) D ．a ＝(1，－1,3)，μ＝(0,3,1) 答案 D解析 由l ∥α，故a ⊥μ，即a ·μ＝0，故选D.3．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的上底面A 1B 1C 1D 1的中心为O 1，则AO 1—→·AC →的值为( )A ．－1B ．0C ．1D ．2 答案 C解析 由于AO 1—→＝AA 1—→＋A 1O 1—→＝AA 1—→＋12(A 1B 1—→＋A 1D 1—→)＝AA 1—→＋12(AB →＋AD →)，而AC →＝AB →＋AD →，则AO 1—→·AC →＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤AA 1—→＋12AB →＋AD →·(AB →＋AD →)＝12(AB →＋AD →)2＝1.4．已知△ABC 的三个顶点为A (3,3,2)，B (4，－3,7)，C (0,5,1)，则BC 边上的中线长为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5答案 B解析 设BC 边的中点为D ， 则AD →＝12(AB →＋AC →)＝(－1，－2,2)，所以|AD →|＝1＋4＋4＝3.5．若向量a ＝(x ，4,5)，b ＝(1，－2,2)，且a 与b 的夹角的余弦值为26，则x 等于( )A ．3B ．－3C ．－11D ．3或－11 答案 A解析 因为a ·b ＝(x ，4,5)·(1，－2,2)＝x －8＋10＝x ＋2，且a 与b 的夹角的余弦值为26， 所以26＝x ＋2x 2＋42＋52×1＋4＋4，解得x ＝3或－11(舍去)，故选A. 6．平面α的法向量u ＝(x ，1，－2)，平面β的法向量ν＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，y ，12，已知α∥β，则x ＋y 等于( ) A.154 B.174 C ．3 D.52答案 A解析 由题意知，∵α∥β，∴u ＝λν，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ，1＝λy ，－2＝12λ，解得λ＝－4，y ＝－14，x ＝4，∴x ＋y ＝4－14＝154.7．已知平面α内两向量a ＝(1,1,1)，b ＝(0,2，－1)且c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)．若c 为平面α的法向量，则m ，n 的值分别为( ) A ．－1,2 B ．1，－2 C ．1,2 D ．－1，－2答案 A解析 c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)＝(m ，m ，m )＋(0,2n ，－n )＋(4，－4,1) ＝(m ＋4，m ＋2n －4，m －n ＋1)， 由c为平面α的法向量，得⎩⎪⎨⎪⎧c ·a ＝0，c ·b ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3m ＋n ＋1＝0，m ＋5n －9＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝2.8.如图，四棱锥P －ABCD 中，PB ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AB ＝AD ＝PB ＝3，点E 在棱PA 上，且PE ＝2EA ，则平面ABE 与平面BED 的夹角的余弦值为( )A.23 B.66 C.33 D.63答案 B解析 如图，以B 为坐标原点，分别以BC ，BA ，BP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (0,3,0)，P (0,0,3)，D (3,3,0)，E (0,2,1)， ∴BE →＝(0,2,1)，BD →＝(3,3,0)． 设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝2y ＋z ＝0，n ·BD →＝3x ＋3y ＝0，取z ＝1，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，1.又平面ABE 的法向量为m ＝(1,0,0)，∴cos〈n ，m 〉＝m ·n |n ||m |＝1262×1＝66.∴平面ABE 与平面BED 的夹角的余弦值为66. 二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．已知空间三点A (1,0,3)，B (－1,1,4)，C (2，－1,3)．若AP →∥BC →，且|AP →|＝14，则点P 的坐标为( ) A ．(4，－2,2) B ．(－2,2,4) C ．(－4,2，－2) D ．(2，－2,4)答案 AB解析 设AP →＝(3λ，－2λ，－λ)．又|AP →|＝14， ∴3λ2＋－2λ2＋－λ2＝14，解得λ＝±1，∴AP →＝(3，－2，－1)或AP →＝(－3,2,1)．设点P 的坐标为(x ，y ，z )，则AP →＝(x －1，y ，z －3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x －1＝3，y ＝－2，z －3＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧ x －1＝－3，y ＝2，z －3＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝－2，z ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝2，z ＝4.故点P 的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)．10．在三棱锥A －BCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB ＝DC ，E 为BC 的中点，则直线AE 和BC ( )A ．垂直 B. 相交 C ．共面 D ．异面答案 ABC解析 因为E 为BC 的中点，所以AE →＝DE →－DA →＝12(DB →＋DC →)－DA →，因为在三棱锥A －BCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB ＝DC ， 所以AE →·BC →＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12DB →＋DC →－DA →·(DC →－DB →)＝12(DC →2－DB →2)＝0. 所以AE 和BC 垂直．又AE ，BC 显然相交，故选ABC.11．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂α D ．l 与α相交答案 BD解析 ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)， ∴n ＝－2a ，即a ∥n ，∴l ⊥α.12．已知直线l 过点P (1,0，－1)且平行于向量a ＝(2,1,1)，平面α过直线l 与点M (1,2,3)，则平面α的法向量可能是( )A ．(1，－4,2) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，1，－12D ．(0，－1,1)答案 ABC解析 因为PM →＝(0,2,4)，直线l 平行于向量a ，若n 是平面α的一个法向量，则必须满足PM →与法向量垂直，把选项代入验证，只有选项D 不满足，故选ABC. 三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若点F 是侧面CD 1的中心，且AF →＝AD →＋mAB →－nAA 1→，则m ＝________. 答案 12解析 由于AF →＝AD →＋DF →＝AD →＋12(DC →＋DD 1—→)＝AD →＋12AB →＋12AA 1—→，所以m ＝12，n ＝－12.14．设平面α的法向量为m ＝(1,2，－2)，平面β的法向量为n ＝(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝________. 答案 4解析 由α∥β得1－2＝2－4＝－2k，解得k ＝4.15．在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为________． 答案55解析 不妨设CB ＝1，则B (0,0,1)，A (2,0,0)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)． ∴BC 1—→＝(0,2，－1)，AB 1—→＝(－2,2,1)．cos 〈BC 1—→，AB 1—→〉＝BC 1—→·AB 1—→|BC 1—→|·|AB 1—→|＝0＋4－15×3＝55.16．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为CC 1的中点，P ，Q 是正方体表面上相异两点，满足BP ⊥A 1E ，BQ ⊥A 1E .(1)若P ，Q 均在平面A 1B 1C 1D 1内，则PQ 与BD 的位置关系是________；(2)|A 1P |的最小值为________．(本题第一空2分，第二空3分) 答案 (1)平行 (2)324解析 (1)以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1 所在的直线为 x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，A 1(1,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，B (1,1,0) ，因为P ，Q 均在平面A 1B 1C 1D 1内，所以设P (a ，b ，1)，Q (m ，n ，1)，A 1E —→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，－12，BP →＝(a －1，b －1,1)，BQ →＝(m －1，n －1,1) ，因为BP ⊥A 1E , BQ ⊥A 1E ，所以⎩⎪⎨⎪⎧BP →·A 1E —→＝－a －1＋b －1－12＝0，BQ →·A 1E —→＝－m －1＋n －1－12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b －a ＝12，n －m ＝12，PQ →＝(n －b ，n －b ，0)，BD →＝(－1，－1,0) ，所以PQ 与BD 的位置关系是平行．(2)由(1)可知：b －a ＝12，|A 1P —→|＝a －12＋b 2＝a －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋122 ＝2a 2－a ＋54＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －142＋98， 当a ＝14时，|A 1P —→|有最小值，最小值为324.四．解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知a ＝(x ，4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c ，求： (1)a ，b ，c ；(2)a ＋c 与b ＋c 夹角的余弦值．解 (1)因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4，则a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)． 又b ⊥c ，所以b ·c ＝0，即－6＋8－z ＝0， 解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2)．(2)由(1)得a ＋c ＝(5,2,3)，b ＋c ＝(1，－6,1)， 设a ＋c 与b ＋c 的夹角为θ， 因为cos θ＝5－12＋338·38＝－219.所以a ＋c 与b ＋c 夹角的余弦值为－219.18．(12分)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，CD ∥AB ，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，且PB ＝4PM ，∠PBC ＝30°，求证：CM ∥平面PAD .证明 建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，∵∠PBC ＝30°，PC ＝2， ∴BC ＝23，PB ＝4，∴D (1,0,0)，C (0,0,0)，A (4,23，0)，P (0，0,2)， ∵PB ＝4PM ， ∴PM ＝1，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32， ∴CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，DP →＝(－1,0,2)，DA →＝(3,23，0)，设平面PAD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DP →＝0，n ·DA →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋2z ＝0，3x ＋23y ＝0，令x ＝1，解得y ＝－32，z ＝12，故n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，12， 又∵CM →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32·⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，12＝0，∴CM →⊥n ，又CM ⊄平面PAD ， ∴CM ∥平面PAD .19.(12分)如图，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AB ＝AD ＝2，CD ＝4，M 为CE 的中点．(1)求证：BM ∥平面ADEF ； (2)求证：BC ⊥平面BDE .证明 ∵平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，AD ⊥ED ，ED ⊂平面ADEF ， ∴ED ⊥平面ABCD .以D 为原点，DA →，DC →，DE →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系．则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,4,0)，E (0,0,2)，F (2,0,2)． (1)∵M 为EC 的中点，∴M (0,2,1)，则BM →＝(－2,0,1)，AD →＝(－2,0,0)，AF →＝(0,0,2)， ∴BM →＝AD →＋12AF →，故BM →，AD →，AF →共面．又BM ⊄平面ADEF ，∴BM ∥平面ADEF .(2)BC →＝(－2,2,0)，DB →＝(2,2,0)，DE →＝(0,0,2)， ∵BC →·DB →＝－4＋4＝0，∴BC ⊥DB . 又BC →·DE →＝0，∴BC ⊥DE . 又DE ∩DB ＝D ，∴BC ⊥平面BDE .20．(12分)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 为正三角形，且侧棱AA 1⊥底面ABC ，且底面边长与侧棱长都等于2，O ，O 1分别为AC ，A 1C 1的中点，求平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离． 解 如图，连接OO 1，根据题意，OO 1⊥底面ABC ，则以O 为原点，分别以OB ，OC ，OO 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．∵AO 1∥OC 1，OB ∥O 1B 1，AO 1∩O 1B 1＝O 1，OC 1∩OB ＝O ， ∴平面AB 1O 1∥平面BC 1O .∴平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离即为点O 1到平面BC 1O 的距离． ∵O (0,0,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1,2)，O 1(0,0,2)， ∴OB →＝(3，0,0)，OC 1—→＝(0,1,2)，OO 1—→＝(0,0,2)， 设n ＝(x ，y ，z )为平面BC 1O 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OC 1—→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋2z ＝0，∴可取n ＝(0,2，－1)． 点O 1到平面BC 1O 的距离记为d ， 则d ＝|n ·OO 1—→||n |＝25＝255.∴平面AB 1O 1与平面BC 1O 间的距离为255.21．(12分)如图，在空间直角坐标系Dxyz 中，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为长方体，AA 1＝AB ＝2AD ，点E ，F 分别为C 1D 1，A 1B 的中点，求平面B 1A 1B 与平面A 1BE 夹角的余弦值．解 设AD ＝1，则A 1(1,0,2)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)，D 1(0,0,2)， 因为E ，F 分别为C 1D 1，A 1B 的中点， 所以E (0,1,2)，F (1,1,1)，所以A 1E —→＝(－1,1,0)，A 1B —→＝(0,2，－2)， 设m ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧A 1E —→·m ＝0，A 1B —→·m ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，2y －2z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝z ，取x ＝1，则y ＝z ＝1，所以平面A 1BE 的一个法向量为m ＝(1,1,1)． 又DA ⊥平面A 1B 1B ，所以DA →＝(1,0,0)是平面A 1B 1B 的一个法向量， 所以cos 〈m ，DA →〉＝m ·DA →|m ||DA →|＝13＝33，所以平面B 1A 1B 与平面A 1BE 夹角的余弦值为33. 22．(12分)如图所示， 已知几何体EFG －ABCD ，其中四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，点M 在边DG 上．(1)求证：BM ⊥EF ；(2)是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 所成的角为45°？若存在，确定点M 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，所以GD ⊥DA ，GD ⊥DC ，AD ⊥CD ， 又DA ∩DC ＝D ，所以GD ⊥平面ABCD .以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ， 则B (1,1,0)，E (1,0,1)，F (0,1,1)．因为点M 在边DG 上，故可设M (0,0，t )(0≤t ≤1)．11 可得MB →＝(1,1，－t )，EF →＝(－1,1,0)，所以MB →·EF →＝1×(－1)＋1×1＋(－t )×0＝0，所以BM ⊥EF .(2)解 假设存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 所成的角为45°. 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为BE →＝(0，－1,1)，BF →＝(－1,0,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0， 令z ＝1，得x ＝y ＝1，所以n ＝(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，MB →〉＝n ·MB →|n ||MB →|＝2－t3×2＋t 2.因为直线MB 与平面BEF 所成的角为45°，所以sin 45°＝|cos 〈n ，MB →〉|，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－t 3×2＋t 2＝22，解得t ＝－4±3 2.又0≤t ≤1，所以t ＝32－4. 所以存在点M (0,0,32－4)．当点M 位于DG 上，且DM ＝32－4时，直线MB 与平面BEF 所成的角为45°.。

第一章 空间几何体章末检测时间：120分钟 满分：150分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．下列说法中正确的是( ) A ．棱柱的侧面可以是三角形 B ．正方体和长方体都是特殊的四棱柱 C ．所有的几何体的表面都能展成平面图形 D ．棱柱的各条棱都相等解析：棱柱的侧面必须是平行四边形，侧棱长相等，但底面只需为多边形，且边长也不需要与侧棱长相等，故A 、D 不正确；球的表面不能为平面图形，故C 不正确． 答案：B2．棱锥的侧面和底面可以都是( ) A ．三角形 B ．四边形 C ．五边形D ．六边形解析：三棱锥的侧面和底面均是三角形，故选A. 答案：A3．已知正方体的内切球(球与正方体的六个面都相切)的体积是323π，则该球的表面积为( ) A ．4π B ．8π C ．12πD ．16π解析：设球的半径为R .由43πR 3＝323π得R ＝2，∴S 球＝4πR 2＝16π.答案：D4．已知某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )A ．长方体B ．圆柱C ．四棱锥D ．四棱台解析：由三视图可知该几何体是长方体． 答案：A5.如图，△O ′A ′B ′是水平放置的△OAB 的直观图，则△OAB 的面积是( ) A ．6 B ．3 2 C ．6 2D ．12解析：由画直观图的规则可知，平行于y 轴的减半，平行x 轴的长度保持不变．故△OAB 中OA ＝6，OB ＝4， 故△OAB 的面积S ＝12×4×6＝12.答案：D6．一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比是( ) A.1＋2π4πB ．1＋2π2πC.1＋2ππD ．1＋4π2π解析：设圆柱的半径为r ，高为h .由题意得h ＝2πr ， ∴圆柱的表面积S 圆柱表面积＝2πr 2＋2πr ×h ＝2πr 2＋2πr ×2πr ＝2πr 2(1＋2π)，圆柱的侧面积S 圆柱侧面积＝2πr ×h ＝2πr ×2πr ＝4π2r 2.故S 圆柱表面积S 圆柱侧面积＝2πr 21＋2π4π2r 2＝1＋2π2π. 答案：B7．某几何体的正视图和侧视图均为图甲所示，则在图乙的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是( )A ．①③B ．①③④C ．①②③D ．①②③④解析：若图②是俯视图，则正视图和侧视图中矩形的竖边延长线有一条和圆相切，故图②不合要求；若图④是俯视图，则正视图和侧视图不相同，故图④不合要求，①③都是能符合要求的几何体，故选A. 答案：A8．已知正六棱锥P ­ABCDEF 的底面边长为2，高也为2，则其侧面积为( ) A ．2 B ．12 C.7D ．67解析：如图PO ＝2，在等边△DOE 中，OM ＝ 22－12＝3，∴PM ＝ 22＋3＝7， ∴S 侧＝6×12×2×7＝67.答案：D9.如图所示是一个几何体的正视图、侧视图、俯视图，则该几何体的体积是( ) A ．24 B ．12 C ．8D ．4解析：由三视图可知，该几何体由两个相同的直三棱柱构成．三棱柱的高为4，三棱柱的底面为直角三角形，两直角边分别为2，32，所以三角形的面积为12×2×32＝32，所以三棱柱的体积为32×4＝6，故该几何体的体积为2×6＝12. 答案：B10．在△ABC 中，AB ＝2，BC ＝32，∠ABC ＝120°，若△ABC 绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是( ) A.32π B ．72π C.52π D ．92π 解析：如图，△ABC 绕BC 旋转一周形成一个组合体，该组合体可看成圆锥CD 中挖去一个小圆锥BD 得到的． ∵∠ABD ＝60°，AB ＝2， ∴AD ＝3，BD ＝1.∴V 几何体＝V 大圆锥－V 小圆锥 ＝13π·AD 2·CD －13π·AD 2·BD ＝13π×(3)2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋1－1＝32π. 答案：A11．如果一个棱锥的侧面积为Q ，平行于底面的截面把高分成1∶2两部分，那么此截面截得的棱台的侧面积为( ) A.34Q B ．89Q C.23Q D ．12Q 解析：截面截得的小棱锥的高与原棱锥的高的比为1∶3，由相似三角形的性质易得它们的侧棱长之比为1∶3，则侧面积的比为1∶9，所以小棱锥的侧面积为19Q ，因此截面截得的棱台的侧面积为89Q .答案：B12．三棱台ABC ­A 1B 1C 1中，AB ∶A 1B 1＝1∶2，则三棱锥A 1­ABC ，B ­A 1B 1C ，C ­A 1B 1C 1的体积之比为( )A ．1∶1∶1B ．1∶1∶2C ．1∶2∶4D ．1∶4∶4解析：设棱台的高为h ，S △ABC ＝S ，则S △A 1B 1C 1＝4S . ∴VA 1­ABC ＝13S △ABC ·h ＝13Sh ，VC ­A 1B 1C 1＝13S △A 1B 1C 1·h ＝43Sh .又V 台＝13h (S ＋4S ＋2S )＝73Sh ，∴VB ­A 1B 1C ＝V台－VA 1­ABC －VC ­A 1B 1C 1＝73Sh －13Sh －43Sh ＝23Sh .即体积之比为1∶2∶4. 答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中的横线上)13．若一个圆台的母线长为l ，上、下底面半径分别为r 1，r 2，且满足2l ＝r 1＋r 2，其侧面积为8π，则l ＝________. 解析：S 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l ＝2πl 2＝8π，所以l ＝2. 答案：214.一块正方形薄铁片的边长为4 cm ，以它的一个顶点为圆心，一边长为半径画弧，沿弧剪下一个扇形(如图)，用这块扇形铁片围成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的容积等于________cm 3.解析：设圆锥底面圆的半径为r ，则圆周长为2πr ＝14×2π×4，所以r ＝1.设圆锥高h ，则h ＝42－1＝15. 所以所求容积为13πr 2h ＝15π3 (cm 3)．答案：15π315．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知题中几何体是由圆柱的一半和球的四分之一组成的，所以该几何体的体积V ＝12V 圆柱＋14V 球＝12×π×12×2＋14×43π×13＝43π. 答案：43π16．如图，在上、下底面对应边的比为1∶2的三棱台中，过上底面一边作一个平行于棱CC 1的平面A 1B 1EF ，这个平面分三棱台成两部分，这两部分的体积之比为________．解析：设三棱台的上底面面积为S 0，则下底面面积为4S 0，高为h ，则V 三棱台ABC ­A 1B 1C 1＝13(S 0＋4S 0＋2S 0)h ＝73S 0h ，V 三棱柱FEC ­A 1B 1C 1＝S 0h .设剩余的几何体的体积为V ，则V ＝73S 0h －S 0h ＝43S 0h ，体积之比为3∶4或4∶3. 答案：3∶4 (或4∶3)三、解答题(本大题共有6小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)某五面体的三视图如图所示，其正视图、俯视图均是等腰直角三角形，侧视图是直角梯形，部分长度已标出，试画出该几何体，并求出此几何体各棱的长．解析：借助正方体(棱长为1)及题目所给的三视图，该几何体可看作是从正方体中截出来的(如图①所示)，然后将所得图形从正方体中分离出来，即可得到该几何体(如图②所示)，易知该几何体为四棱锥A ­BMC 1C .结合给定的三视图的长度关系，可知在四棱锥A ­BMC 1C 中，AB ＝1，BC ＝1，AC ＝2，BM ＝12，AM ＝52，CC 1＝1，AC 1＝3，MC 1＝52.18．(本小题满分12分)已知有一块扇形铁皮OAB ，∠AOB ＝60°，OA ＝72 cm ，要剪下来一个扇环ABCD 作圆台形容器的侧面，并且在余下的扇形OCD 内剪下一块与扇形相切的圆形，使它恰好作圆台形容器的下底面 (大底面)．试求： (1)AD 的长；(2)容器的体积(结果保留π)．解析：(1)如图所示，设圆台上、下底面半径分别为r ，R ，AD ＝x ，则OD ＝72－x . 由题意得错误!∴R ＝12，r ＝6，x ＝36，∴AD ＝36 cm. (2)圆台的高为h ＝x 2－R －r 2＝错误!＝635(cm)，故V ＝13πh (R 2＋Rr ＋r 2)＝13π×635×(122＋12×6＋62)＝50435π(cm 3)．19．(本小题满分12分)如图所示是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图及其正视图和侧视图(单位：cm)．(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； (2)按照给出的数据，求该多面体的体积． 解析：(1)加上俯视图后的三视图如图所示．(2)该多面体的体积V ＝V 长方体－V 三棱锥＝4×4×6－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×2＝2843(cm 3)． 20.(本小题满分12分)如图所示，A 为直线y ＝33x 上一点，AB ⊥x 轴于点B ，半圆的圆心O ′在x 轴的正半轴上，且半圆与AB ，AO 相切，已知△ABO 绕x 轴旋转一周形成的几何体的体积为93π，求阴影部分旋转成的几何体的体积．解析：设A 点坐标为⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ，33x .V 旋＝V 圆锥－V 球， V 圆锥＝13πr 2h ＝13π×13x 2×x ＝19πx 3＝93π，求得x ＝3 3.∴OB ＝33，AB ＝3，故OA ＝6.∴∠AOB ＝30°. 故OO ′＝2R ，又∵OO ′＋O ′B ＝x ，即2R ＋R ＝x ， 求得R ＝13x ＝ 3.V 球＝43πR 3＝43π×(3)3＝43π.∴V 旋＝93π－43π＝53π.21．(本小题满分13分)直角梯形的一个底角为45°，下底长为上底长的32，这个梯形绕下底所在直线旋转一周所成的旋转体的表面积是(5＋2)π，求这个旋转体的体积．解析：如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠A ＝90°，∠B ＝45°，绕直线AB 旋转一周后形成一个圆柱和一个圆锥的组合体．设CD ＝x ，则AB ＝32x ，AD ＝AB －CD ＝32x －x＝x2，BC ＝22x . S 表＝S 圆柱底＋S 圆柱侧＋S 圆锥侧＝π·AD 2＋2π·AD ·CD ＋π·AD ·BC＝π·x 24＋2π·x 2·x ＋π·x 2·22x ＝5＋24πx 2. 根据题设，5＋24πx 2＝(5＋2)π， 解得x ＝2.所以旋转体的体积V ＝π·AD 2·CD ＋13π·AD 2·(AB －CD )＝π×12×2＋π3×12×(3－2)＝73π. 22．(本小题满分13分)一个圆锥底面半径为R ，高为3R ，求圆锥的内接正四棱柱表面积的最大值．解析：如图所示，△SAB 为圆锥的一个轴截面，且该轴截面经过正四棱柱的对角面，DF 为棱柱的底面对角线．设正四棱柱的高为h ，底面正方形边长为a ，则DE ＝22a . ∵△SDE ∽△SAO ，∴DE AO ＝SE SO. ∵AO ＝R ，SO ＝3R ，∴22a R ＝3R －h 3R，∴h ＝3R －62a . ∴S 表＝2a 2＋4ah ＝2a 2＋4a ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3R －62a .整理得S 表＝(2－26)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －3R 6－12＋6R 26－1(0<a <2R )． ∵2－26<0，3R 6－1<2R ， ∴当a ＝3R 6－1时，S 表有最大值，为6R 26－1， 即圆锥的内接正四棱柱表面积的最大值为6R 26－1， 即66＋15R 2.。

第一章空间几何体章末检测一、选择题1．如图所示的长方体，将其左侧面作为上底面，右侧面作为下底面，水平放置，所得的几何体是()A．棱柱B．棱台C．棱柱与棱锥组合体D．无法确定答案 A2．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能．．．为：①长方形；②正方形；③圆．其中正确的是()A．①②B．②③C．①③D．①②答案 B解析根据画三视图的规则“长对正，高平齐，宽相等”可知，几何体的俯视图不可能是圆和正方形．3．如图所示的正方体中，M、N分别是AA1、CC1的中点，作四边形D1MBN，则四边形D1MBN在正方体各个面上的正投影图形中，不可能出现的是()答案 D解析四边形D1MBN在上、下底面的正投影为A；在前后面上的正投影为B；在左右面上的正投影为C；故答案为D.4.如图所示的是水平放置的三角形直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边上的一点，且D′离C′比D′离B′近，又A′D′∥y′轴，那么原△ABC的AB、AD、AC三条线段中()A．最长的是AB，最短的是AC B．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是AD D．最长的是AD，最短的是AC答案 C解析因A′D′∥y′轴，所以原△ABC的AD与BC垂直，即AD是BC边上的高，所以最短的是AD，由已知D′离C′比D′离B′近，得原△ABC中AB的长度大于AC，故答案为C.5．具有如图所示直观图的平面图形ABCD是()A．等腰梯形B．直角梯形C．任意四边形D．平行四边形答案 B解析从直观图得知平面图形ABCD中的∠B与∠A是直角，又因为直观图中的四边形的两边AD与BC长度不相等，所以平面图形对应的两边长度也不相等，所以其平面图形为直角梯形．6．如图是一个几何体的三视图，则在此几何体中，直角三角形的个数是()A．1 B．2 C．3 D．4答案 D解析由三视图可画出如图所示的几何体——三棱锥，其中AB⊥底面BCD，BC⊥CD，AB＝BC.可证出四个三角形△ABC，△BCD，△ACD，△ABD都是直角三角形．故选D.7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为()A．6 B．9 C．12 D．18答案 B解析 结合三视图知识求解三棱锥的体积．由题意知，此几何体是三棱锥，其高h ＝3，相应底面面积为S ＝12×6×3＝9，∴V ＝13Sh ＝13×9×3＝9.8．平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为( )A.6πB ．43πC ．46πD ．63π答案 B解析 利用截面圆的性质先求得球的半径长．如图，设截面圆的圆心为O ′，M 为截面圆上任一点，则OO ′＝2，O ′M ＝1， ∴OM ＝(2)2＋1＝3， 即球的半径为3， ∴V ＝43π(3)3＝43π.9．如图所示，则这个几何体的体积等于( )A ．4B ．6C ．8D ．12答案 A解析 由三视图得几何体为四棱锥， 如图记作S －ABCD ，其中SA ⊥面ABCD ，SA ＝2，AB ＝2，AD ＝2，CD ＝4，且ABCD 为直角梯形． ∠DAB ＝90°，∴V ＝13SA ×12(AB ＋CD )×AD ＝13×2×12×(2＋4)×2＝4，故选A.10．将正三棱柱截去三个角(如图1所示，A ，B ，C 分别是△GHI 三边的中点)得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图为选项图中的( )答案 A解析 解题时在图2的右边放扇墙(心中有墙)，可得答案A.11．圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为( )A ．120°B ．150°C ．180°D ．240°答案 C解析 S 底＋S 侧＝3S 底，2S 底＝S 侧，即：2πr 2＝πrl ，得2r ＝l .设侧面展开图的圆心角为θ， 则θπl180°＝2πr ，∴θ＝180°. 12．已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为( ) A.26 B.36 C.23 D.22答案 A解析 利用三棱锥的体积变换求解．由于三棱锥S －ABC 与三棱锥O －ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S －ABC 的高是三棱锥O －ABC 高的2倍，所以三棱锥S －ABC 的体积也是三棱锥O －ABC 体积的2倍．在三棱锥O －ABC 中，其棱长都是1，如图所示，S △ABC ＝34×AB 2＝34， 高OD ＝12－⎝⎛⎭⎫332＝63，∴V S －ABC ＝2V O －ABC ＝2×13×34×63＝26.二、填空题13．一个几何体的正视图为一个三角形，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 答案 ①②③⑤解析 ①三棱锥的正视线与其中一侧面平行可以得正视图为三角形；②四棱锥，若底面是矩形，有一侧棱垂直于底面可以得正视图为三角形；③三棱柱，把侧面水平放置，正对着底，沿着一个侧面看，得正视图为三角形；④四棱柱，不论从哪个方向看都得不出三角形；⑤圆锥的底面水平放置，正视图是三角形；⑥圆柱从不同方向看是矩形或圆，不可能是三角形．14．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.答案 1解析 关键是正确识图，还原出三棱锥的直观图． 由三视图可得该三棱锥的直观图如图所示．三棱锥的底面是两直角边长分别为2,1的直角三角形，且高为3，故V ＝13×12×2×1×3＝1(cm 3)．15．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是________． 答案 24π解析 如图所示，由V ＝Sh 得，S ＝4，即正四棱柱底面边长为2.∴A 1O 1＝2，A 1O ＝R ＝ 6.∴S 球＝4πR 2＝24π.16. 一个水平放置的圆柱形储油桶(如图所示)，桶内有油部分所在圆弧占底面圆周长的14，则油桶直立时，油的高度与桶的高度的比值是________．答案 14－12π解析 设圆柱桶的底面半径为R ，高为h ，油桶直立时油面的高度为x ， 由题意知，油部分所在圆弧对应的扇形的圆心角为π2，则⎝⎛⎭⎫12R 2·π2－12R 2h ＝πR 2x ，则⎝⎛⎭⎫14πR 2－12R 2h ＝πR 2x ，所以x h ＝14－12π. 三、解答题17．某个几何体的三视图如图所示(单位：m)， (1)求该几何体的表面积(结果保留π)； (2)求该几何体的体积(结果保留π)．解 由三视图可知：该几何体的下半部分是棱长为2 m 的正方体，上半部分是半径为1 m 的半球． (1)几何体的表面积为S ＝12×4π×12＋6×22－π×12＝24＋π(m 2)．(2)几何体的体积为V ＝23＋12×43×π×13＝8＋2π3(m 3)．18．如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图如图．(1)在给定的直角坐标系中作出这个几何体的直观图(不写作法)； (2)求这个几何体的体积．解 (1)直观图如图．(2)这个几何体是一个四棱锥．它的底面边长为2，高为3，所以体积V ＝13×22×3＝433.19．如图所示，在四边形ABCD 中，∠DAB ＝90°，∠ADC ＝135°，AB ＝5，CD ＝22，AD ＝2，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．解 S 表面＝S 圆台底面＋S 圆台侧面＋S 圆锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×22＝(42＋60)π. V ＝V 圆台－V 圆锥＝13π(r 21＋r 1r 2＋r 22)h －13πr 21h ′＝13π(25＋10＋4)×4－13π×4×2＝1483π. 20．如图所示，有一块扇形铁皮OAB ，∠AOB ＝60°，OA ＝72 cm ，要剪下来一个扇形环ABCD ，作圆台形容器的侧面，并且余下的扇形OCD 内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面(大底面)．试求：(1)AD 的长；(2)容器的容积．解 (1)设圆台上、下底面半径分别为r 、R ，AD ＝x ，则OD ＝72－x ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2πR ＝60·π180×7272－x ＝3R，∴⎩⎪⎨⎪⎧R ＝12x ＝36.即AD 应取36 cm.(2)∵2πr ＝π3·OD ＝π3·36，∴r ＝6 cm ，圆台的高h ＝x 2－(R －r )2＝362－(12－6)2＝635.∴V ＝13πh (R 2＋Rr ＋r 2)＝13π·635·(122＋12×6＋62)＝50435π(cm 3)．。

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第一章空间几何体［自我校对］①棱锥②圆锥③正视图④侧视图⑤俯视图⑥S表＝S侧＋S底，V＝Sh⑦S表＝S侧＋S底，V＝错误!Sh⑧S表＝4πR2，V＝错误!πR3(教师用书独具）空间几何体的结构特征(1)(2）圆柱、圆锥和圆台都是旋转体，其轴截面其实为旋转的平面图形及其关于旋转轴对称的图形的组合，它反应了这三类几何体基本量之间的关系，因此轴截面是解决这三类几何体问题的关键．(3）球是比较特殊的旋转体，球的对称性是解题的突破口．(4)对于简单组合体的性质的研究多采用分割法，将其分解为几个规则的几何体再进行研究．根据下列对几何体结构特征的描述，说出几何体的名称．（1)由六个面围成，其中一个面是凸五边形，其余各面是有公共顶点的三角形；(2)一个等腰梯形绕着两底边中点的连线所在的直线旋转180°形成的封闭曲面所围成的图形；（3)一个直角梯形绕较长的底边所在的直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体．【精彩点拨】根据所给的几何体结构特征的描述,结合所学几何体的结构特征做出判断．【规范解答】(1）如图①,因为该几何体的五个面是有公共顶点的三角形,所以是棱锥,又其底面是凸五边形,所以是五棱锥．(2)如图②,等腰梯形两底边中点的连线将梯形平分为两个直角梯形，每个直角梯形旋转180°形成半个圆台，故该几何体为圆台．（3)如图③，过直角梯形ABCD的顶点A作AO⊥CD于点O,将直角梯形分为一个直角三角形AOD和一个矩形AOCB，绕CD旋转一周形成一个组合体，该组合体由一个圆锥和一个圆柱组成．[再练一题]1．斜四棱柱的侧面是矩形的面最多有( ）A．0个B．1个C．2个D．3个【解析】如图所示，在斜四棱柱AC′中，若AA′不垂直于AB，则DD′也不垂直于DC，所以四边形ABB′A′和四边形DCC′D′就不是矩形，但面AA′D′D和面BB′C′C可以为矩形．故选C。