高考数学(理数)二轮专题复习：15《立体几何》专题练习（2课时教师版）

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1．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,7) C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,5)
2．如图，方格纸上正方形小格的边长为1，图中粗实线画出的是由一个正方体截得的一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A.eq \f(16,3) B.eq \f(32,3) C.eq \f(64,3) D．32
3．某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(4,3) C.eq \f(8,3) D.eq \f(16,3)
4．某四面体的三视图如图，则其四个面中最大的面积是( )
A．2 B．2 eq \r(2) C.eq \r(3) D．2 eq \r(3)
5．已知一个几何体的三视图如图，则该几何体的体积为( )
A．8 B.eq \f(22,3) C.eq \f(23,3) D．7
6．点A，B，C，D均在同一球面上，且AB，AC，AD两两垂直，且AB＝1，AC＝2，AD＝3，则该球的表面积为( )
A．7π B．14π C.eq \f(7,2)π D.eq \f(7\r(14)π,3)
7．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器厚度，则球的体积为( )
A.eq \f(500π,3) cm3 B.eq \f(866π,3) cm3 C.eq \f(1372π,3) cm3 D.eq \f(2048π,3) cm3
8．某四棱柱的三视图如图，则该四棱柱的体积为________．
9．球O半径为R＝13，球面上有三点A，B，C，AB＝12 eq \r(3)，AC＝BC＝12，则四面体OABC的体积是( )
A．60 eq \r(3) B．50 eq \r(3) C．60 eq \r(6) D．50 eq \r(6)
10．如图，已知正三角形ABC三个顶点都在半径为2的球面上，球心O到平面ABC的距离为1，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值是( )
A.eq \f(7π,4) B．2π C.eq \f(9π,4) D．3π
11．过球O表面上一点A引三条长度相等的弦AB，AC，AD，且两两夹角都为60°，若球半径为R，则△BCD的面积为____________．
12．已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为eq \r(3)，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，则此球的表面积等于________．
第2课时

1．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
2．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①BD⊥AC；
②△BAC是等边三角形；
③三棱锥D­ABC是正三棱锥；
④平面ADC⊥平面ABC.
其中正确的是( )
A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④
3．三棱锥的三组相对的棱(相对的棱是指三棱锥中成异面直线的一组棱)分别相等，且长各为eq \r(2)，m，n，其中m2＋n2＝6，则三棱锥体积的最大值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(8 \r(3),27) D.eq \f(\r(2),3)
4．已知四棱锥P­ABCD的五个顶点都在球O的球面上，底面ABCD是矩形，平面PAD垂直于平面ABCD，在△PAD中，PA＝PD＝2，∠APD＝120°，AB＝2，则球O的外接球的表面积等于( )
A．16π B．20π C．24π D．36π
5．在矩形ABCD中，AD＝2，AB＝4，E，F分别为边AB，AD的中点，将△ADE沿DE折起，点A，F折起后分别为点A′，F′，得到四棱锥A′­BCDE.给出下列几个结论：
①A′，B，C，F′四点共面；
②EF′∥平面A′BC；
③若平面A′DE⊥平面BCDE，则CE⊥A′D；
④四棱锥A′­BCDE体积的最大值为eq \r(2)，
其中正确的是________(填上所有正确的序号)．
6．如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG所截后得到的，其中∠BAE＝∠GAD＝45°，AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面ADG；
(2)求平面AEFG与平面ABCD所成锐二面角的余弦值．
7．如图，ABCD是边长为a的菱形，∠BAD＝60°，EB⊥平面ABCD，FD⊥平面ABCD，EB＝2FD＝eq \r(3)a.
(1)求证：EF⊥AC；
(2)求直线CE与平面ABF所成角的正弦值．
8．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝BC＝BB1，AB1∩A1B＝E，D为AC上的点，B1C∥平面A1BD；
(1)求证：BD⊥平面A1ACC1；
(2)若AB＝1，且AC·AD＝1，求二面角B­A1D­B1的余弦值．
专题五 立体几何
第1课时
1．D 解析：由三视图，得在正方体ABCD­A1B1C1D1中，截去四面体A­A1B1D1，如图D164，
图D164
设正方体棱长为a，则 SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)a3＝eq \f(1,6)a3.
则剩余几何体体积为a3－eq \f(1,6)a3＝eq \f(5,6)a3.所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为eq \f(1,5).故选D.
2．B 解析：几何体为如图D165所示的正方体中的三棱锥E­BB1C(E为AA1的中点)，它的体积为eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×4×4＝eq \f(32,3).故选B.

图D165 图D166
3．B 解析：由三视图知对应的几何体为如图D166所示的正方体中的三棱锥P­ABC，其中PC⊥平面PAB，PA＝AB，PC＝PB＝2，A到PB的距离为2，故该几何体的体积为eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×2＝eq \f(4,3).故选B.
4．D 解析：如图D167，在正方体ABCD­A1B1C1D1中还原出三视图的直观图，其是一个三个顶点在正方体的右侧面、一个顶点在左侧面的三棱锥，即D1­BCB1，其四个面的面积分别为2,2 eq \r(2)，2 eq \r(2)，2 eq \r(3).故选D.
图D167
5．D 解析：由三视图可知该几何体是一个由棱长为2的正方体截去两个三棱锥A­A1PQ和D­PC1D1后剩余的部分，如图D168，其中Q是棱A1B1的中点，P是A1D1的中点，所以该几何体的体积为V＝8－eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×2－eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×2×2＝7.故选D.
图D168
6．B 解析：三棱锥A­BCD的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为长方体，它也外接于球，长方体的对角线长为其外接球的直径，所以长方体的对角线长是eq \r(12＋22＋32)＝eq \r(14)，它的外接球半径是eq \f(\r(14),2)，外接球的表面积是4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(14),2)))2＝14π.故选B.
7．A 解析：如图D169，作出球的一个截面，则MC＝8－6＝2(cm)，BM＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)×8＝4(cm)．设球的半径为R cm，则R2＝OM2＋MB2＝(R－2)2＋42，∴R＝5.∴V球＝eq \f(4,3)π×53＝eq \f(500π,3)(cm3)．
图D169
8.eq \f(3,2) 解析：由已知的三视图，得该几何体上部是一个以俯视图为底面的四棱柱，其高为1，故该四棱柱的体积V＝Sh＝eq \f(1,2)×(1＋2)×1×1＝eq \f(3,2).
9．A 解析：设△ABC外接圆半径为r，由AB＝12 eq \r(3)，AB＝BC＝12，得A＝B＝30°，C＝120°.所以2r＝eq \f(12 \r(3),sin 120°)＝24.解得r＝12.则O到平面ABC的距离d＝eq \r(R2－r2)＝eq \r(132－122)＝5.又S△ABC＝eq \f(1,2)×12×12×sin 120°＝36 eq \r(3)，所以VO­ABC＝eq \f(1,3)×36 eq \r(3)×5＝60 eq \r(3).故选A.
10．C 解析：根据球的截面圆性质、正三角形的性质与勾股定理，知经过点E的球O的截面与OE垂直时截面圆的半径最小，相应的截面圆的面积有最小值，由此算出截面圆半径的最小值，从而可得截面面积的最小值．设正三角形ABC的中心为O1，连接O1A，连接O1O，O1C，OC，∵O1是正三角形ABC的中心，A，B，C三点都在球面上，∴O1O⊥平面ABC.结合O1C⊂平面ABC，可得O1O⊥O1C.∵球的半径R＝2，球心O到平面ABC的距离为1，∴O1O＝1.∴Rt△O1OC中，O1C＝eq \r(R2－O1O2)＝eq \r(3).又∵E为AB的中点，△ABC是等边三角形．∴O1E＝AO1sin 30°＝eq \f(\r(3),2).∴OE＝eq \r(OO\\al(2,1)＋O1E2)＝eq \f(\r(7),2).过E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆的半径r＝eq \r(R2－OE2)＝eq \f(3,2).可得截面面积为S＝πr2＝eq \f(9,4)π.故选C.
11.eq \f(2 \r(3),3)R2 解析：方法一，由条件知A­BCD是正四面体，△BCD是正三角形，A，B，C，D为球上四点，将正三棱锥A­BCD补充成一个正方体AGBH­FDEC，如图D170.则正三棱锥A­BCD和正方体AGBH­FDEC有共同的外接球，△BCD的边长就是正方体面的对角线，设正方体AGBH­FDEC的棱长为a，则正方体外接球半径R满足：a2＋a2＋a2＝(2R)2，解得a2＝eq \f(4,3)R2.所以BC2＝a2＋a2＝eq \f(8,3)R2.所以△BCD的面积S＝eq \f(1,2)BC×BDsin 60°＝eq \f(1,2)×eq \f(8,3)R2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(2 \r(3),3)R2.

图D170 图D171
方法二，由条件A­BCD是正四面体，△BCD是正三角形，A，B，C，D为球上四点，球心O在正四面体中心，如图D171.
设BC＝a，CD的中点为E，O1为过点B，C，D截面圆的圆心，
则截面圆半径r＝O1B＝eq \f(2,3)BE＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)a＝eq \f(\r(3),3)a.
正四面体A­BCD的高AO1＝eq \r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)a))2)＝eq \f(\r(6),3)a.
∴截面BCD与球心的距离d＝OO1＝eq \f(\r(6),3)a－R.
在Rt△BOO1中，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)a))2＝R2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)a－R))2，解得a＝eq \f(2 \r(6),3)R.
∴△BCD的面积为S＝eq \f(1,2)BC×BCsin 60°＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 \r(6),3)R))2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(2 \r(3),3)R2.
12．8π 解析：∵三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为eq \r(3)，AC＝1，AB＝2，∠BAC＝60°，∴eq \f(1,2)×1×2×sin 60°×AA1＝eq \r(3).∴AA1＝2.∵BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcs 60°＝4＋1－2＝3，∴BC＝eq \r(3).设△ABC外接圆的半径为R，则eq \f(BC,sin 60°)＝2R.∴R＝1.故外接球的半径为eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，外接球的表面积等于4π×(eq \r(2))2＝8π.
第2课时
1．C 解析：延长CA到D，使得AD＝AC，则ADA1C1为平行四边形，∠DA1B就是异面直线BA1与AC1所成的角．又△A1DB为等边三角形．∴∠DA1B＝60°.
2．B 解析：由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．
3．D 解析：直接求三棱锥的体积很困难，因为不知三棱锥的形状，也没有数据，将该三棱锥放进长方体模型，如图D172，三棱锥A­CB1D1符合题意，设AA1＝x，A1D1＝y，A1B1＝z，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝2，,x2＋z2＝m2，,y2＋z2＝n2，))x2＋y2＋2z2＝m2＋n2＝6,2z2＝4，z＝eq \r(2)，x2＋y2＝2≥2xy，∴xy≤1.三棱锥体积V＝eq \f(1,3)V长方体＝eq \f(1,3)xyz＝eq \f(\r(2),3)xy≤eq \f(\r(2),3).所以三棱锥体积的最大值为eq \f(\r(2),3).故选D.
图D172
4．B 解析：取AD的中点为E，连接PE，则由平面PAD垂直于平面ABCD可得，PE⊥平面ABCD，于是以点E为原点，以ED，EP分别为x，z轴建立空间直角坐标系，其中AC与BD相交于F点．于是可得E(0,0,0)，D(eq \r(3)，0,0)，A(－eq \r(3)，0,0)，P(0,0,1)，C(eq \r(3)，2,0)，B(－eq \r(3)，2,0)，F(0,1,0)，设球O的球心的坐标为O(0，1，z0)，则eq \(OP,\s\up6(→))＝(0，－1,1－z0)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1，－z0)，由|eq \(OP,\s\up6(→))|＝|eq \(OB,\s\up6(→))|，得eq \r(－12＋1－z02)＝eq \r(3＋1＋z\\al(2,0)).解之，得z0＝－1.所以球心O(0,1，－1)．于是其半径为|eq \(OP,\s\up6(→))|＝eq \r(5)，由球的表面积公式知，S＝4πr2＝4π×(eq \r(5))2＝20π.故选B.
5．②③
6．(1)证明：在△BAD中，∵AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°，
∴由余弦定理，可得BD＝eq \r(3).
∵AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD.
又在直平行六面体中，GD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴GD⊥BD.
又AD∩GD＝D，∴BD⊥平面ADG.
(2)解：以D为坐标原点，建立如图D173所示的空间直角坐标系D­xyz.
图D173
∵∠BAE＝∠GAD＝45°，AB＝2AD＝2，
∴A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，G(0,0,1)，E(0，eq \r(3)，2)，C(－1，eq \r(3)，0)．
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，2)，eq \(AG,\s\up6(→))＝(－1,0,1)．
设平面AEFG的法向量为n＝(x，y，z)，
故有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝－x＋\r(3)y＋2z＝0，,n·\(AG,\s\up6(→))＝－x＋z＝0.))
令x＝1，得y＝－eq \f(\r(3),3)，z＝1.n＝(1，－eq \f(\r(3),3)，1)．
而平面ABCD的一个法向量为eq \(DG,\s\up6(→))＝(0,0,1)，
∴cs 〈eq \(DG,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(DG,\s\up6(→))·n,|\(DG,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(\r(21),7).
故平面AEFG与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为eq \f(\r(21),7).
7．解：(1)证明：连接BD，如图D174.
因为ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
因为FD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥FD.
因为BD∩FD＝D，所以AC⊥平面BDF.
因为EB⊥平面ABCD，FD⊥平面ABCD，
所以EB∥FD.
所以B，D，F，E四点共面．
因为EF⊂平面BDFE，所以EF⊥AC.

图D174 图D175
(2)如图D175，以D为坐标原点，分别以eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DF,\s\up6(→))的方向为y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D­xyz.
可以求得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，－\f(1,2)a，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)a))，C(0，a,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a，\r(3)a)).
所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，a,0)，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a，\f(\r(3),2)a)).
设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ay＝0，,－\f(\r(3),2)ax＋\f(1,2)ay＋\f(\r(3),2)az＝0.))
取x＝1，则平面ABF的一个法向量为n＝(1,0,1)．
因为eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，－\f(1,2)a，\r(3)a))，
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs 〈n，\(CE,\s\up6(→))〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n·\(CE,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(CE,\s\up6(→)))))＝eq \f(3 \r(6),8).
所以直线CE与平面ABF所成角的正弦值为eq \f(3 \r(6),8).
8．(1)证明：如图D176，连接ED，
∵平面AB1C∩平面A1BD＝ED，B1C∥平面A1BD，
∴B1C∥ED.
∵E为AB1的中点，∴D为AC的中点．
∵AB＝BC，∴BD⊥AC.①
方法一，由A1A⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，得A1A⊥BD，②
由①②及A1A，AC是平面A1ACC1内的两条相交直线，
∴BD⊥平面A1ACC1.
方法二，∵A1A⊥平面ABC，A1A⊂平面A1ACC1，
∴平面A1ACC1⊥平面ABC.
又平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
∴BD⊥平面A1ACC1.

图D176 图D177
(2)由AB＝1，得BC＝BB1＝1.
由(1)知DA＝eq \f(1,2)AC，由AC·DA＝1，得AC2＝2.
∵AC2＝2＝AB2＋BC2，∴AB⊥BC.
以B为原点，建立空间直角坐标系B­xyz如图D177，
则A1(1,0,1)，B1(0,0,1)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)).
所以eq \(B1A1,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq \(B1D,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，－1)).
设m＝(x，y，z)是平面A1B1D的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m⊥\(B1A1,\s\up6(→))，,m⊥\(B1D,\s\up6(→))，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(B1A1,\s\up6(→))＝x＝0，,m·\(B1D,\s\up6(→))＝\f(1,2)x＋\f(1,2)y－z＝0.))
令z＝1，得m＝(0,2,1)．
设n＝(a，b，c)为平面A1BD的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n⊥\(BD,\s\up6(→))，,n⊥\(BA1,\s\up6(→))，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝\f(a,2)＋\f(b,2)＝0，,n·\(BA1,\s\up6(→))＝a＋c＝0.))
令c＝1，得n＝(－1,1,1)．
依题意知二面角B­A1D­B1为锐二面角，
设其大小为θ，
则cs θ＝|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n|·|m|)＝eq \f(3,\r(5)×\r(3))＝eq \f(\r(15),5).
即二面角B­A1D­B1的余弦值为eq \f(\r(15),5).