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【创新方案】2015届高考数学(新课标版,文)二轮复习专题训练:专题4 立体几何 卷]


专题四立体几何第一讲卷
一、选择题 1.(2014· 湛江模拟)一个几何体的正视图、侧视图和俯视图形状都相同,大小均相等,则 这个几何体不可以是( ) A.球 B.三棱锥 C.正方体 D.圆柱 2.(2014· 江西高考)一几何体的直观图如图,下列给出的四个俯视图中正确的是( )

3.(2014· 陕西高考)将边长为 1 的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周,所得几 何体的侧面积是( ) A.4π B.3π C.2π D.π 4.(2014· 新课标全国卷Ⅰ)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,则该多面体的各条棱中,最长的棱的长度为( )

A.6 2

B.4 2 C.6 D.4 )

5.(2014· 辽宁高考)某几何体三视图如图所示,则该几何体的体积为(

A.8-2π B.8-π π π C.8- D.8- 2 4 6.(2014· 安庆模拟)一个多面体是由正方体割去两个三棱锥得到的,其正视图、侧视图、 俯视图均是边长为 2 的正方形,如图所示,该多面体的表面积是( )

A.12+4 3 B.8+2 3 C.12+2 3 D.8+4 3 7.(2014· 四川高考)某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示,则该三棱锥的体积是(锥体体积 1 公式:V= Sh,其中 S 为底面面积,h 为高)( ) 3

A.3 B.2 C. 3 D.1 8.(2014· 湖南高考)一块石材表示的几何体的三视图如图所示,将该石材切削、打磨、加 工成球,则能得到的最大球的半径等于( )

A.1 B.2 C.3 D.4 9.(2014· 新课标全国卷Ⅱ)正三棱柱 ABCA1B1C1 的底面边长为 2,侧棱长为 3,D 为 BC 中点,则三棱锥 AB1DC1 的体积为( ) 3 3 A.3 B. C.1 D. 2 2 10.(2014· 新课标全国卷Ⅱ)如图,网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1 cm),图中粗线 画出的是某零件的三视图, 该零件由一个底面半径为 3 cm, 高为 6 cm 的圆柱体毛坯切削得到, 则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )

17 5 10 1 A. B. C. D. 27 9 27 3 二、填空题 11.球 O 与底面边长为 3 的正三棱柱的各侧面均相切,则球 O 的表面积为________. 12.(2014· 湛江一测)某几何体的三视图如图所示,且该几何体的体积是 3,则正视图中的 x=________.

13.(2014· 江苏高考)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为 S1,S2,体积分别为 V1,V2,若 S1 9 V1 它们的侧面积相等,且 = ,则 的值是________. S2 4 V2 14.已知 A,B 是两个不同的点,m,n 是两条不重合的直线,α,β 是两个不重合的平面, 则①m?α,A∈m?A∈α;②m∩n=A,A∈α,B∈m?B∈α;③m?α,n?β,m∥n?α∥β; ④m?α,m⊥β?α⊥β.其中真命题的序号为________. 15.(2014· 北京高考)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥最长棱的棱长为________.

16.(2014· 东北三校联考)正四面体 ABCD 的棱长为 4,E 为棱 BC 的中点,过 E 作其外接 球的截面,则截面面积的最小值为________.

专题四立体几何第一讲卷答案
一、选择题 1. 解析:选 D 对于圆柱,其正视图和侧视图是形状和大小相同的矩形,但其俯视图为 圆,因此不满足题意,故选 D. 2. 解析:选 B 由直观图可知,该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成.从上往 下看,外层轮廓线是一个矩形,矩形内部有一条线段连接的两个三角形. 3. 解析:选 C 由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱,底面半径为 1,高为 1,其 侧面积 S=2πrh=2π×1×1=2π. 4.

解析:选 C 如图,设辅助正方体的棱长为 4,三视图对应的多面体为三棱锥 ABCD,最 长的棱为 AD= ?4 2?2+22=6,选 C. 1 5.解析:选 B 直观图为棱长为 2 的正方体割去两个底面半径为 1 的 圆柱,所以该几何 4 1 体的体积为 23-2×π×12×2× =8-π. 4 6.

1 1 解析:选 A 由三视图可得,多面体如图所示,其表面积为 S=2×2+4× ×2×2+2× 2 2 ×2 2× 6=12+4 3. 7.解析:选 D 由俯视图可知三棱锥的底面是一个边长为 2 的正三角形,底面面积为 1 1 ×2×2×sin 60° = 3,由侧视图可知三棱锥的高为 3,故此三棱锥的体积 V= × 3× 3= 2 3 1,故选 D. 8.解析:选 B 该几何体为直三棱柱,底面是边长分别为 6,8,10 的直角三角形,侧棱长 1 2× ×6×8 2 为 12,故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径, 其半径为 r= 6+8+10 =2,故选 B. 9. 解析:选 C 由题意可知 AD⊥BC,由面面垂直的性质定理可得 AD⊥平面 DB1C1, 1 1 1 又 AD=2sin 60° = 3,所以 VAB1D C1= AD· S△B1D C1= × 3× ×2× 3=1,故选 C. 3 3 2 10.解析:选 C 原毛坯的体积 V=(π×32)×6=54π cm3,由三视图可知该零件为两个圆 V′ 柱的组合体, 其体积 V′=V1+V2=(π×22)×4+(π×32)×2=34π cm3, 故所求比值为 1- = V 10 . 27

二、填空题 1 3 3 11. 解析: 设球 O 的半径为 R, 底面正三角形内切圆半径就是球 O 的半径, 则 R= × 3 2



3 ,因此球 O 的表面积 S=4πR2=3π. 2 答案:3π 12.

解析:根据三视图,该几何体的直观图是如图所示以直角梯形 ABCD 为底面,PA 为高的 1 1 四棱锥,∴V= S 梯形 ABCD· PA= ×3×x=3,∴x=3. 3 3 答案:3 S1 9 13.解析:设甲、乙两个圆柱的底面半径分别是 r1,r2,母线长分别是 l1,l2.则由 = 可 S2 4 r1 3 l1 r2 2 V1 S1l1 9 2 3 得 = .又两个圆柱的侧面积相等,即 2πr1l1=2πr2l2,则 = = ,所以 = = × = . r2 2 l2 r1 3 V2 S2l2 4 3 2 3 答案: 2 14. 解析:结合公理、定理逐一判断.根据平面的性质,可知①正确;②中不能确定 B ∈α;③中 α 与 β 可能平行也可能相交;④中根据面面垂直的判定可知正确,故①④为真命题. 答案:①④ 15. 解析:

三视图所表示的几何体的直观图如图所示.结合三视图知,PA⊥平面 ABC,PA=2,AB =BC= 2,AC=2.所以 PB= PA2+AB2= 6,PC= PA2+AC2=2 2,所以该三棱锥最长棱 的棱长为 2 2. 答案:2 2 16.

解析: 依题意, 设正四面体 ABCD 外接球的球心为 O, 顶点 A 在底面 BCD 内的射影为 G, 3 2 4 3 4 6 则 OA=OB=R,BG= ×4× = ,AG= , 2 3 3 3 2 2 2 ∵OB =OG +BG , 4 6 ?2+?4 3?2,R= 6,OE= 2.当 OE 垂直于截面时,截面半径 r 最小,r ∴R2=? ? 3 -R? ? 3 ? = R2-OE2=2, ∴截面面积的最小值为 πr2=4π. 答案:4π

1.(2014· 新课标全国卷Ⅱ) ABCD,E 为 PD 的中点. (1)证明:PB∥平面 AEC;

专题四立体几何第二讲卷 如图,四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥平面

(2)设 AP=1,AD= 3,三棱锥 PABD 的体积 V=

3 ,求 A 到平面 PBC 的距离. 4

2.(2014· 郑州模拟)正三角形 ABC 的边长为 2,CD 是 AB 边上的高,E、F 分别是 AC、 BC 的中点(如图(1)).现将△ABC 沿 CD 翻折成直二面角 ADCB(如图(2)).在图(2)中: (1)求证:AB∥平面 DEF; (2)求多面体 DABFE 的体积.

3.(2014· 北京高考)如图,在三棱柱 ABCA1B1C1 中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1= AC=2,BC=1,E,F 分别是 A1C1,BC 的中点. (1)求证:平面 ABE⊥平面 B1BCC1; (2)求证:C1F∥平面 ABE; (3)求三棱锥 EABC 的体积.

4.(2014· 四川高考)在如图所示的多面体中,四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都为矩形. (1)若 AC⊥BC,证明:直线 BC⊥平面 ACC1A1; (2)设 D,E 分别是线段 BC,CC1 的中点,在线段 AB 上是否存在一点 M,使直线 DE∥平 面 A1MC?请证明你的结论.

专题四立体几何第二讲卷答案
1.

解:(1)设 BD 与 AC 的交点为 O,连接 EO. 因为平面 ABCD 为矩形, 所以 O 为 BD 的中点. 又因为 E 为 PD 的中点, 所以 EO∥PB.EO?平面 AEC,PB?平面 AEC, 所以 PB∥平面 AEC. 1 3 3 (2)由 V= PA· AB· AD= AB,V= , 6 6 4 3 可得 AB= . 2 作 AH⊥PB 交 PB 于 H. 由题设知 BC⊥平面 PAB,所以 BC⊥AH, 又 BC∩PB=B, 故 AH⊥平面 PBC. PA· AB 3 13 又 AH= = . PB 13 3 13 所以 A 到平面 PBC 的距离为 . 13 2. 解:(1)在△ABC 中,因为 E、F 分别是 AC、BC 的中点, 所以 EF∥AB, 又 AB?平面 DEF,EF?平面 DEF, 所以 AB∥平面 DEF. (2)由二面角 ADCB 是直二面角知平面 ADC⊥平面 BCD, 又在正三角形 ABC 中,D 为边 AB 的中点,故 AD⊥CD, 所以 AD⊥平面 BCD, 1 3 11 1 3 V 三棱锥 AS · AD= ,V 三棱锥 E, BCD= · FCD= · S△BCD· AD= 3 △BCD 6 32 2 24 3 所以多面体 DABFE 的体积 V=V 三棱锥 A. BCD-V 三棱锥 EFCD= 8 3.

解:(1)在三棱柱 ABCA1B1C1 中,BB1⊥底面 ABC. 所以 BB1⊥AB. 又因为 AB⊥BC,BB1∩BC=B, 所以 AB⊥平面 B1BCC1.又 AB?平面 ABE. 所以平面 ABE⊥平面 B1BCC1.

(2)取 AB 中点 G,连接 EG,FG. 因为 G,F 分别是 AB,BC 的中点, 1 所以 FG∥AC,且 FG= AC. 2 1 因为 AC∥A1C1,且 AC=A1C1,FG= A1C1, 2 所以 FG∥EC1,且 FG=EC1. 所以四边形 FGEC1 为平行四边形. 所以 C1F∥EG. 又因为 EG?平面 ABE,C1F?平面 ABE, 所以 C1F∥平面 ABE. (3)因为 AA1=AC=2,BC=1,AB⊥BC, 所以 AB= AC2-BC2= 3. 所以三棱锥 EABC 的体积 1 1 1 3 V= S△ABC· AA1= × × 3×1×2= . 3 3 2 3

4.解:(1)因为四边形 ABB1A1 和 ACC1A1 都是矩形, 所以 AA1⊥AB,AA1⊥AC. 因为 AB,AC 为平面 ABC 内两条相交直线, 所以 AA1⊥平面 ABC. 因为直线 BC?平面 ABC,所以 AA1⊥BC. 又由已知,AC⊥BC,AA1,AC 为平面 ACC1A1 内两条相交直线, 所以 BC⊥平面 ACC1A1. (2)取线段 AB 的中点 M,连接 A1M,MC,A1C,AC1,设 O 为 A1C,AC1 的交点. 由已知,O 为 AC1 的中点.

连接 MD,OE,则 MD,OE 分别为△ABC,△ACC1 的中位线, 1 1 所以,MD AC,OE AC, 2 2 因此 MD OE. 连接 OM,从而四边形 MDEO 为平形四边形,则 DE∥MO. 因为直线 DE?平面 A1MC,MO?平面 A1MC, 所以直线 DE∥平面 A1MC. 即线段 AB 上存在一点 M(线段 AB 的中点),使直线 DE∥平面 A1MC.



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