【创新方案】2021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．(2022·湛江模拟)一个几何体的正视图、侧视图和俯视图外形都相同，大小均相等，则这个几何体不行以是()A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱2．(2022·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．(2022·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．4πB．3πC．2πD．π4．(2022·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．6eq\r(2)B．4eq\r(2)C．6D．45．(2022·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．8－2πB．8－πC．8－eq\f(π,2)D．8－eq\f(π,4)6．(2022·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＋4eq\r(3)B．8＋2eq\r(3)C．12＋2eq\r(3)D．8＋4eq\r(3)7．(2022·四川高考)某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，则该三棱锥的体积是(锥体体积公式：V＝eq\f(1,3)Sh，其中S为底面面积，h为高)()A．3B．2C.eq\r(3)D．18．(2022·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．1B．2C．39．(2022·新课标全国卷Ⅱ)正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为eq\r(3)，D为BC中点，则三棱锥A­B1DC1的体积为()A．3B.eq\f(3,2)C．1D.eq\f(\r(3),2)10．(2022·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1cm)，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3cm，高为6A.eq\f(17,27)B.eq\f(5,9)C.eq\f(10,27)D.eq\f(1,3)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．(2022·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．(2022·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，若它们的侧面积相等，且eq\f(S1,S2)＝eq\f(9,4)，则eq\f(V1,V2)的值是________．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．(2022·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．(2022·东北三校联考)正四周体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外形和大小相同的矩形，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，设帮助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥A­BCD，最长的棱为AD＝eq\r(4\r(2)2＋22)＝6，选C.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eq\f(1,4)圆柱，所以该几何体的体积为23－2×π×12×2×eq\f(1,4)＝8－π.6．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×eq\f(1,2)×2×2＋2×eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(6)＝12＋4eq\r(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eq\f(1,2)×2×2×sin60°＝eq\r(3)，由侧视图可知三棱锥的高为eq\r(3)，故此三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\r(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＝eq\f(2×\f(1,2)×6×8,6＋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，又AD＝2sin60°＝eq\r(3)，所以VA­B1DC1＝eq\f(1,3)AD·S△B1DC1＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝1，故选C.10．解析：选C原毛坯的体积V＝(π×32)×6＝54πcm3，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V′＝V1＋V2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34πcm3，故所求比值为1－eq\f(V′,V)＝eq\f(10,27).二、填空题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＝eq\f(1,3)×eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，因此球O的表面积S＝4πR2＝3π.答案：3π12．解析：依据三视图，该几何体的直观图是如图所示以直角梯形ABCD为底面，PA为高的四棱锥，∴V＝eq\f(1,3)S梯形ABCD·PA＝eq\f(1,3)×3×x＝3，∴x＝3.答案：313．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eq\f(S1,S2)＝eq\f(9,4)可得eq\f(r1,r2)＝eq\f(3,2).又两个圆柱的侧面积相等，即2πr1l1＝2πr2l2，则eq\f(l1,l2)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(2,3)，所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(S1l1,S2l2)＝eq\f(9,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)14．解析：结合公理、定理逐一推断．依据平面的性质，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中依据面面垂直的判定可知正确，故①④为真命题．答案：①④15．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＝eq\r(2)，AC＝2.所以PB＝eq\r(PA2＋AB2)＝eq\r(6)，PC＝eq\r(PA2＋AC2)＝2eq\r(2)，所以该三棱锥最长棱的棱长为2eq\r(2).答案：2eq\r(2)16．解析：依题意，设正四周体ABCD外接球的球心为O，顶点A在底面BCD内的射影为G，则OA＝OB＝R，BG＝eq\f(\r(3),2)×4×eq\f(2,3)＝eq\f(4\r(3),3)，AG＝eq\f(4\r(6),3)，∵OB2＝OG2＋BG2，∴R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(6),3)－R))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)))2，R＝eq\r(6)，OE＝eq\r(2).当OE垂直于截面时，截面半径r最小，r＝eq\r(R2－OE2)＝2，∴截面面积的最小值为πr2＝4π.答案：4π专题四立体几何其次讲卷1．(2022·新课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝eq\r(3)，三棱锥P­ABD的体积V＝eq\f(\r(3),4)，求A到平面PBC的距离．2．(2022·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．(2022·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(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．(2022·四川高考)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1(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．专题四立体几何其次讲卷答案1．解：(1)设BD与AC的交点为O，连接EO.由于平面ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又由于E为PD的中点，所以EO∥PB.EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)由V＝eq\f(1,6)PA·AB·AD＝eq\f(\r(3),6)AB，V＝eq\f(\r(3),4)，可得AB＝eq\f(3,2).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.又AH＝eq\f(PA·AB,PB)＝eq\f(3\r(13),13).所以A到平面PBC的距离为eq\f(3\r(13),13).2．解：(1)在△ABC中，由于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，V三棱锥A­BCD＝eq\f(1,3)·S△BCD·AD＝eq\f(\r(3),6)，V三棱锥E­FCD＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)S△BCD·eq\f(1,2)AD＝eq\f(\r(3),24)，所以多面体D­ABFE的体积V＝V三棱锥A­BCD－V三棱锥E­FCD＝eq\f(\r(3),8).3．解：(1)在三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥底面ABC所以BB1⊥AB.又由于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.由于G，F分别是AB，BC的中点，所以FG∥AC，且FG＝eq\f(1,2)AC.由于AC∥A1C1，且AC＝A1C1，FG＝eq\f(1,2)A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1.所以四边形FGEC1为平行四边形．所以C1F∥EG又由于EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE所以C1F∥平面ABE(3)由于AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝eq\r(AC2－BC2)＝eq\r(3).所以三棱锥E­ABC的体积V＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×2＝eq\f(\r(3),3).4．解：(1)由于四边形ABB1A1和ACC1A1所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.由于AB，AC为平面ABC内两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC.由于直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又由已知，AC⊥BC，AA1，