2019届高考数学一轮复习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课时作业20180
第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图
课时作业
A组——基础对点练
1.如图所示,四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体
是虚拟图形,起辅助作用),则四面体ABCD的正视图、侧视图、俯
视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)( )
A.①②⑥B.①②③
C.④⑤⑥D.③④⑤
解析:正视图应为边长为3和4的长方形,且正视图中右上到左下的对角线应为实线,故正视图为①;侧视图应为边长为4和5的长方形,且侧视图中左上到右下的对角线应为实线,故侧视图为②;俯视图应为边长为3和5的长方形,且俯视图中左上到右下的对角线应为实线,故俯视图为③,故选B.
答案:B
2.一个几何体的三视图如图所示,其中俯视图为正三角形,则侧视图的面积为( )
A.8 B.4 3
C.4 2 D.4
解析:由三视图可知,该几何体是一个正三棱柱,高为4,底面是一个边长为2的正三角形.因此,侧视图是一个长为4,宽为3的矩形,其面积S=3×4=4 3.
答案:B
3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体中最长的棱长为( )
A .3 3
B .2 6 C.21
D .2 5
解析:由三视图得,该几何体是四棱锥P -ABCD ,如图所示,ABCD 为矩形,AB =2,BC =3,平面PAD ⊥平面ABCD ,过点P 作PE ⊥AD ,则PE =4,DE =2,所以CE =22,所以最长的棱
PC =PE 2+CE 2=26,故选B.
答案:B
4.某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )
A .12+4 2
B .18+8 2
C .28
D .20+8 2
解析:由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱,如图.则该几何体的表面积为S =2×1
2
×2×2+4×2×2+22×4=20+82,故选D.
答案:D
5.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是( )
A .(25+35)π
B .(25+317)π
C .(29+35)π
D .(29+317)π
解析:由三视图可知该几何体的直观图如图所示,所以该几何体的表面积为π+π×(1+2)×17+2×π×2×4+4π×2
2
2
=π+317π+16π+8π=(25+317)π,故选B.
答案:B
6.(2017·长沙模拟)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 .①③
B .①③④
C .①②③
D .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,故选A. 答案:A
7.(2018·石家庄市模拟)某几何体的三视图如图所示,则其体积为( )
A.3π4 B .π+24
C.π+12
D .3π+24
解析:由几何体的三视图知,该几何体的一部分是以腰长为1的等腰直角三角形为底面,高为3的三棱锥,另一部分是底面半径为1,高为3的圆锥的四分之三.所以几何体的体积为13×3π4×3+13×12×1×1×3=3π4+12=3π+24,故选D. 答案:D
8.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
A .16+8π
B .8+8π
C .16+16π
D .8+16π
解析:由三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体,如图.其中长方体的长、宽、高分别是4,2,2,半个圆柱的底面半径为2,母线长为4.
∴长方体的体积V 1=4×2×2=16, 半个圆柱的体积V 2=12×22
×π×4=8π.
∴这个几何体的体积是16+8π. 答案:A
9.一个半径为2的球体经过切割之后所得几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )
A .16π
B .12π
C .14π
D .17π
解析:根据三视图可知几何体是一个球体切去四分之一,则该几何体的表面是四分之三球面和两个截面(半圆). 由题意知球的半径是2,
∴该几何体的表面积S =34×4π×22+π×22
=16π.
答案:A
10.一个几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为( )
A.72 m 3 B .92 m 3 C.73
m 3 D .94
m 3 解析:由三视图可知,几何体为如图所示的几何体,其体积为3个小正方体的体积加三棱柱的体积,所以V =3+12=72(m 3
),故选A.
答案:A
11.球面上有A ,B ,C 三点,球心O 到平面ABC 的距离是球半径的1
3,且AB =22,AC ⊥BC ,
则球O 的表面积是( ) A .81π B .9π C.81π4
D .9π4
解析:由题意可知,AB 为△ABC 的外接圆的直径,设球O 的半径为R ,则R 2
=(R
3)2+(2)2
,
可得R =32,则球的表面积S =4πR 2
=9π.故选B.
答案:B
12.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为________.
解析:将三视图还原成直观图,得到如图所示几何体,设BC 的中点为
G ,连接AG ,DG ,△ABC 是一个边长为2的等边三角形,其高AG = 3.
该几何体可以看成一个三棱锥与一个四棱锥组合而成.∴该几何体的体积V =V
三棱锥D -ABG
+V
四棱锥A -DECG
=13×S △ABG ×DG +13
×S 四边形DECG
×AG =13×
1
2
×1×3×2+1
3×2×1×3= 3.
答案: 3
13.某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为________.
解析:由题意得到几何体的直观图如图,即从四棱锥P ABCD 中挖去
了一个半圆锥.其体积V =13×2×2×2-12×13×π×12
×2=8-π3.
答案:8-π
3
14.某零件的正(主)视图与侧(左)视图均是如图所示的图形(实线组成半径为2 cm 的半圆,虚线是等腰三角形的两腰),俯视图是一个半径为2 cm 的圆(包括圆心),则该零件的体积是________.
解析:依题意得,零件可视为从一个半球中挖去一个小圆锥所剩余的几何体,其体积为12×
4π
3×23-13×π×22×1=4π(cm 3
).
答案:4π cm 3
B 组——能力提升练
1.若三棱锥S -ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形,AB =SA =SB =SC =2,则该三棱锥的外接球的表面积为( ) A.16π3
B .8π3
C.43π3
D .4π3
解析:在等腰直角三角形ABC 中,AB 是斜边且AB =2,取AB 的中点
D ,连接CD ,SD .∴CD =AD =BD =1.又SA =SB =SC =2,∴SD ⊥AB ,
且SD =3,在△SCD 中,SD 2
+CD 2
=SC 2
,∴SD ⊥CD ,∴SD ⊥平面ABC .∴三棱锥S -ABC 的外接球球心在SD 上,记为O ,设球半径为R ,连接OA ,则SO =OA =R ,∴在Rt △AOD 中,AD =1,OD =3-R ,AO =
R ,∴12+(3-R )2=R 2?R =
233
,∴三棱锥S -ABC 的外接球的表面积S =4πR 2
=4π×(233)2=16π3.故选A.
答案:A
2.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
A.163
B.203
C.152
D.132
解析:该几何体可视为正方体截去两个三棱锥所得,如图所示,所以其体积为23
-13×12×2×2×2-13×12×1×1×1=132.故选D.
答案:D
3.如图是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几何体,截面与底面所成的角为45°,过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形ABB ′A ′为矩形,若沿AA ′将其侧面剪开,其侧面展开图的形状大致为( )
解析:过AB 作平行于底面的半平面α,如图,取截面边界上任一点P ,过
P 作PP ′垂直于半平面α,垂足为P ′,延长PP ′交圆柱底面于点P 1,过P
作PM ⊥AB ,垂足为M ,连接MP ′,则MP ′⊥AB ,∠PMP ′就是截面与底面所成的角,∠PMP ′=45°,设AB 的中点为O ,连接OP ′.设l AP ′=x ,则∠AOP ′=x
1
=x ,在Rt △PP ′M 中,PP ′=MP ′,在Rt △OP ′M 中,MP ′=OP ′sin∠MOP ′=sin x ,∴PP ′=sin x ,PP 1=AA ′+sin x ,故选A.
答案:A
4.如图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( )
A .4
B .5
C .3 2
D .3 3
解析:作出直观图如图所示,通过计算可知AF 最长且|AF |=|BF |2
+|AB |2
=3 3.
答案:D
5.高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体,它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示,则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的( ) A.34 B .14 C.12
D .38
解析:由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为1
2×2×(2+4)=6的四棱锥,其体
积为4.易知直三棱柱的体积为8,则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的48=1
2,故选C.
答案:C
6.(2018·昆明市检测)我国南北朝时期的伟大科学家祖暅在数学上有突出贡献,他在实践的基础上,提出下面的体积计算原理(祖暅原理):“幂势既同,则积不容异”.“幂”是截面面积,“势”是几何体的高.意思是:若两个等高几何体在同高处的截面面积总相等,则这两个几何体的体积相等.现有一旋转体D (如图1所示),它是由抛物线y =x 2
(x ≥0),直线y =4及y 轴围成的封闭图形绕y 轴旋转一周形成的几何体,旋转体D 的参照体的三视图如图2所示,利用祖暅原理,则旋转体D 的体积是( )
A.16π3
B .6π
C .8π
D .16π
解析:由三视图知参照体是一个直三棱柱,其体积V =1
2×4×4×π=8π,故旋转体D 的体
积为8π,故选C. 答案:C
7.如图,某三棱锥的正视图、侧视图和俯视图分别是直角三角形、等腰三角形和等边三角形.若该三棱锥的顶点都在同一个球面上,则该球的表面积为( )
A .27π
B .48π
C .64π
D .81π解析:由三视图可知该几何体为三棱锥,该棱锥的高VA =4,棱锥底面ABC 是边长为6的等边三角形,作出直观图如图所示.因为△ABC 是边长为6的等边三角形,所以外接球的球心D 在底面ABC 上的投影为△ABC 的中心O ,过D 作D
E ⊥
VA 于E ,则E 为VA 的中点,连接OD ,OA ,DA ,则DE =OA =23
×33=23,
AE =12
VA =2,DA 为外接球的半径,所以DA =DE 2+AE 2=4,所以外接球的表面积S =4πr 2
=64π.故选C. 答案:C
8.(2018·天津测试)若一个几何体的表面积和体积相同,则称这个几何体为“同积几何体”.已知某几何体为“同积几何体”,其三视图如图所示,则a =( )
A.14+223
B .8+223
C.12+223
D .8+2 2
解析:根据几何体的三视图可知该几何体是一个四棱柱,如图所示,可得其体积为12(a +2a )·a ·a =32a 3,其表面积为1
2·(2a +a )·a ·2
+a 2+a 2+2a ·a +2a ·a =7a 2+2a 2,所以7a 2+2a 2
=32
a 3,解得
a =
14+22
3
,故选A. 答案:A
9.(2018·郑州质检)如图所示是一个几何体的三视图,则这个几何体外接球的表面积为( ) A .8π B .16π C .32π D .64π
解析:还原三视图可知该几何体为一个四棱锥,将该四棱锥补成一个长、宽、高分别为22,22,4的长方体,则该长方体外接球的半径r =22
2
+222
+4
2
2
=22,则所求
外接球的表面积为4πr 2
=32π. 答案:C
10.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( ) A .18+2π B .20+π C .20+π2
D .16+π
解析:由三视图可知,这个几何体是一个棱长为2的正方体割去了两
个半径为1、高为1的14圆柱,其表面积相当于正方体五个面的面积与两个1
4圆柱的侧面积的
和,即该几何体的表面积S =4×5+2×2π×1×1×1
4=20+π,故选B.
答案:B
11.(2018·南昌模拟)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥最长的一条侧棱的长度是________.
解析:由题意可知该几何体是一个底面为直角梯形的四棱锥,梯形的两底边长分别为4,2,高为3,棱锥的高为2,所以最长侧棱的长度为22
+32
+42
=29. 答案:29
12.在三棱锥A BCD 中,侧棱AB ,AC ,AD 两两垂直,△ABC ,△ACD ,△ADB 的面积分别为22,32,6
2
,则该三棱锥外接球的表面积为________. 解析:设相互垂直的三条侧棱AB ,AC ,AD 分别为a ,b ,c ,则12ab =22,12bc =32,12ac =62,
解得a =2,b =1,c = 3.所以三棱锥A BCD 的外接球的直径2R =a 2
+b 2
+c 2
=6,则其外接球的表面积S =4πR 2
=6π. 答案:6π
13.一个直三棱柱被削去一部分后的几何体ABCDE 及其侧视图、俯视图如图所示,其中侧视图是直角梯形,俯视图是等腰直角三角形.设M 是BD 的中点,点N 在棱DC 上,且MN ⊥平面BDE ,则CN =_____________________________.
解析:由题意可得,DC ⊥平面ABC ,所以DC ⊥CB .若MN ⊥平面BDE ,则MN ⊥BD .又因为∠MDN =∠CDB ,所以△DMN ∽△DCB ,所以DN DB =DM DC ,故DN 26=6
4
,解得DN =3,所以CN =CD -DN =
1. 答案:1
14.(2018·武汉市模拟)棱长均相等的四面体ABCD 的外接球半径为1,则该四面体的棱长为________.
解析:将棱长均相等的四面体ABCD 补成正方体,设正方体的棱长为a ,则正四面体ABCD 的棱长为2a ,正方体的体对角线长为3a ,由3a =2?a =233,则2a =26
3.
答案:26
3
近五年高考数学(理科)立体几何题目汇总
高考真题集锦(立体几何部分) 1.(2016.理1)如图是由圆柱和圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积是( ) A 20π B24π C28π D.32π 2. βα,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βα⊥; (2)如果m ⊥α,n ∥α,那么m ⊥n. (3)如果αβα?m ,∥那么m ∥β。 (4)如果m ∥n,βα∥,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___________ 3.(2016年理1)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π328,则它的表面积是 A 17π B.18π C.20π D.28π 4.平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ,α//平面11D CB ,?α平面ABCD =m , ?α平面11A ABB =n,则m,n 所成角的正弦值为( ) A.23 B.22 C.33 D.3 1 5.(2016年理1)如图,在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF=2FD ,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60° .(12分) (Ⅰ)证明:平面ABEF ⊥平面EFDC ; (Ⅱ)求二面角E-BC-A 的余弦值.
6. (2015年理1)圆柱被一个平面截取一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体,该几何体三视图的正视图和俯视图如图所示,若该几何体的表面积是16+20π,则r=( ) A.1 B.2 C.7 D.8 7.如图,四边形ABCD 为菱形,∠ABC=120°,E,F 是平面ABCD 同一侧的亮点,BE ⊥平面ABCD,DF ⊥平面ABCD,BE=2DF,AE ⊥EC. (1) 证明:平面AEC ⊥平面AFC; (2) 求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值。 8.一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,则截取部分体积和剩余 部分体积的比值为() 9.如图,长方体1111D C B A ABCD -中,AB = 16,BC = 10,AA1 = 8,点E ,F 分别在1111C D B A , 上,411==F D E A ,过点E,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形。 (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线AF 与平面α所成的角的正弦值 10.如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,AB=5,AC=6,点E,F 分别在AD,CD 上,AE=CF=45 ,EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△DEF 的位置,OD ’=10 (1)证明:D ’H ⊥平面ABCD (2)求二面角B-D ’A-C 的正弦值
2018届高考数学(理)热点题型:立体几何(含答案解析)
4 42 立体几何 热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算 空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明,一般出现在解答题的第(1)问,解答题的第(2)问常考查求空间角,求空间角一般都可以建立空间直角坐标系,用空间向量的坐标运算求解. π 【例1】如图,在△ABC中,∠ABC=,O为AB边上一点,且3OB=3OC=2AB,已知PO⊥平面ABC,2DA=2AO=PO,且DA∥PO. (1)求证:平面PBD⊥平面COD; (2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值. (1)证明∵OB=OC,又∵∠ABC= π 4 , ππ ∴∠OCB=,∴∠BOC=. ∴CO⊥AB. 又PO⊥平面ABC, OC?平面ABC,∴PO⊥OC. 又∵PO,AB?平面PAB,PO∩AB=O, ∴CO⊥平面PAB,即CO⊥平面PDB. 又CO?平面COD, ∴平面PDB⊥平面COD. (2)解以OC,OB,OP所在射线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
? →·n ? 则 sin θ=? ?|PD||n|? PD BC BD BC BD =? ?= 02+(-1)2+(-1)2× 12+12+32 ? 11 1×0+1×(-1)+3×(-1) 设 OA =1,则 PO =OB =OC =2,DA =1. 则 C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),D(0,-1,1), ∴→=(0,-1,-1),→=(2,-2,0),→=(0,-3,1). 设平面 BDC 的一个法向量为 n =(x ,y ,z), ??n·→=0, ?2x -2y =0, ∴? ∴? ??n·→=0, ?-3y +z =0, 令 y =1,则 x =1,z =3,∴n=(1,1,3). 设 PD 与平面 BDC 所成的角为 θ, ? PD ? → ? ? ? ? 2 22 . 即直线 PD 与平面 BDC 所成角的正弦值为 2 22 11 . 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步:建立空间直角坐标系. 第二步:确定点的坐标. 第三步:求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步:计算向量的夹角(或函数值). 第五步:将向量夹角转化为所求的空间角. 第六步:反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范. 【对点训练】 如图所示,在多面体 A B D DCBA 中,四边形 AA B B ,ADD A ,ABCD 均为正方 1 1 1 1 1 1 1 形,E 为 B D 的中点,过 A ,D ,E 的平面交 CD 于 F. 1 1 1 1 (1)证明:EF∥B C. 1 (2)求二面角 EA D B 的余弦值. 1 1 (1)证明 由正方形的性质可知 A B ∥AB∥DC,且 A B =AB =DC ,所以四边形 A B CD 为平行 1 1 1 1 1 1
高考数学专题复习立体几何(理科)练习题
A B C D P 《立体几何》专题 练习题 1.如图正方体1111D C B A ABCD -中,E 、F 分别为D 1C 1和B 1C 1的中点, P 、Q 分别为A 1C 1与EF 、AC 与BD 的交点, (1)求证:D 、B 、F 、E 四点共面; (2)若A 1C 与面DBFE 交于点R ,求证:P 、Q 、R 三点共线 2.已知直线a 、b 异面,平面α过a 且平行于b ,平面β过b 且平行于a ,求证:α∥β. 3. 如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEFG 4=AB 1=BC 3=BE ,4=CF ,若如图所示建立空间直角坐标系. ①求EF 和点G 的坐标; ②求异面直线EF 与AD 所成的角; ③求点C 到截面AEFG 的距离. 4. 如图,三棱锥P —ABC 中, PC ⊥平面ABC ,PC=AC=2,AB=BC ,D 是PB 上一点,且CD 平面PAB . (I) 求证:AB ⊥平面PCB ; (II) 求异面直线AP 与BC 所成角的大小; (III )求二面角C-PA-B 的余弦值. 5. 如图,直二面角D —AB —E 中,四边形ABCD 是边长为2的正方形,AE=EB ,F 为CE 上的点,且BF ⊥平面ACE. (1)求证AE ⊥平面BCE ; (2)求二面角B —AC —E 的余弦值. 6. 已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2,点M 在侧棱1BB 上. P Q F E D 1C 1B 1A 1D C B A F E C B y Z x G D A
(Ⅰ)若P 为AC 的中点,M 为BB 1的中点,求证BP//平面AMC 1; (Ⅱ)若AM 与平面11AA CC 所成角为30ο,试求BM 的长. 7. 如图,在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,PA =AB =1,BC =2. (1)求证:平面PDC ⊥平面PAD ; (2)若E 是PD 的中点,求异面直线AE 与PC 所成角的余弦值; 8. 已知:在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,AB = a ,AA 1 = 2a . D 是侧棱BB 1的中点.求证: (Ⅰ)求证:平面ADC 1⊥平面ACC 1A 1; (Ⅱ)求平面ADC 1与平面ABC 所成二面角的余弦值. 9. 已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形,且60DAB ∠=,1AD AA =F 为 棱1BB 的中点,M 为线段1AC 的中点. (Ⅰ)求证:直线MF //平面ABCD ; (Ⅱ)求证:直线MF ⊥平面11ACC A ; (Ⅲ)求平面1AFC 与平面ABCD 所成二面角的大小 10. 棱长是1的正方体,P 、Q 分别是棱AB 、CC 1上的内分点,满足 21==QC CQ PB AP . P A B C D E