全国通用2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题11空间几何体含解析

【走向高考】（全国通用）2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题11空间几何体一、选择题1．(2022·河北衡水中学三调)如图正方形OABC的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是(　　)A．8cmB．6cmC．2(1＋)cmD．2(1＋)cm[答案]　A[解析]　由直观图得，原图形是如图所示的平行四边形O′A′B′C′，其中A′O′⊥O′B′，可得O′A′＝1，O′B′＝2OB＝2，故A′B′＝＝3，∴原图形的周长为：2×(3＋1)＝8.[方法点拨]　空间几何体的直观图画法规则空间几何体直观图的画法常采用斜二测画法．用斜二测画法画平面图形的直观图规则为“轴夹角45°(或135°)，平行长不变，垂直长减半”．2．(文)某四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于(　　)A．1B．2C．3D．4[答案]　B20\n[解析]　由三视图知，该几何体底面是正方形，对角线长为2，故边长为，几何体是四棱锥，有一条侧棱与底面垂直，其直观图如图，由条件知PC＝，AC＝2，∴PA＝3，体积V＝×()2×3＝2.(理)(2022·新乡、许昌、平顶山调研)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D为侧棱PC上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是(　　)A．AD⊥平面PBC，且三棱锥D－ABC的体积为B．BD⊥平面PAC，且三棱锥D－ABC的体积为C．AD⊥平面PBC，且三棱锥D－ABC的体积为D．AD⊥平面PAC，且三棱锥D－ABC的体积为[答案]　C[解析]　∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，又∵AC⊥BC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又∵AD⊂平面PAC，∴BC⊥AD，由正视图可知，AD⊥PC，又PC∩BC＝C，∴AD⊥平面PBC，且VD－ABC＝VP－ABC＝××4×(×4×4)＝.[方法点拨]　1.空间几何体的三视图画法规则三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形，三视图的画法规则为“长对正、高平齐、宽相等”．2．识读三视图时，要特别注意观察者的方位与三视图的对应关系和虚实线．20\n3．(文)(2022·洛阳市期末)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧视图均为半径是1的圆，则这个几何体的体积是(　　)A.B.C．πD.[答案]　C[解析]　由三视图知，该几何体是一个球切去后所得的几何体，故其体积为：V＝×π×13＝π，选C.(理)(2022·河南八市质检)已知某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体的外接球的表面积为(　　)A．4πB．12πC．2πD．4π[答案]　B[解析]　根据三视图可知该几何体是一个四棱锥D1－ABCD，它是由正方体ABCD－A1B1C1D1切割出来的，所以外接球的直径2R＝BD1＝＝2，所以R＝，所以S＝4πR2＝12π.[方法点拨]　在分析空间几何体的三视图问题时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，特别注意由各视图中观察者与几何体的相对位置与图中的虚实线来确定几何体的形状．4．(2022·唐山市一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)20\nA.B.C．8－D．8－[答案]　C[解析]　由三视图知原几何体是棱长为2的正方体中挖掉一个圆锥，∴V＝V正方体－V圆锥＝2×2×2－×(π×12)×2＝8－.[方法点拨]　1.求几何体的表面积与体积问题，熟记公式是关键，应多角度全方位的考虑．(1)给出几何体的形状、几何量求体积或表面积，直接套用公式．(2)用三视图给出几何体，先依据三视图规则想象几何体的形状特征，必要时画出直观图，找出其几何量代入相应公式计算．(3)用直观图给出几何体，先依据线、面位置关系的判定与性质定理讨论分析几何体的形状特征，再求体积或表面积．(4)求几何体的体积常用等积转化的方法，转换原则是其高易求，底面在几何体的某一面上，求不规则几何体的体积，主要用割补法．2．涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．3．若球面上四点P、A、B、C构成的线段PA、PB、PC两两垂直，一般先将四棱锥P－ABCD补成球的内接长方体，利用4R2＝PA2＋PB2＋PC2解决问题．5．(文)(2022·山东文，9)已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为(　　)A.B.C．2πD．4π[答案]　B[解析]　考查1.旋转体的几何特征；2.几何体的体积．由题意知，该等腰直角三角形的斜边长为2，斜边上的高为20\n，所得旋转体为同底等高的两个全等圆锥，所以，其体积为2×π×()2×＝，故选B.(理)(2022·山东理，7)在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周所形成的曲面围成的几何体的体积为(　　)A.B.C.D．2π[答案]　C[解析]　梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周所形成的曲面围成的几何体是一个底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥所得的组合体；所以该组合体的体积为V＝V圆柱－V圆锥＝π×12×2－π×12×1＝2π－＝.故选C.6．(文)(2022·安徽理，7)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为(　　)A．21＋B．18＋C．21D．18[答案]　A[解析]　如图，还原直观图为棱长为2的正方体截去两个角，其6个面都被截去了一个直角边长为1的等腰直角三角形，表面增加了两个边长为的正三角形，故其表面积S＝6×(2×2－×1×1)＋×()2×2＝21＋.(理)一个半径为1的球体经过切割后，剩下部分几何体的三视图如图所示，则剩下部分几何体的表面积为(　　)20\nA.B.C．4πD.[答案]　D[解析]　由三视图知该几何体是一个球体，保留了下半球，上半球分为四份，去掉了对顶的两份，故表面积为球的表面积，去掉球表面积加上6个的圆面积．∴S＝4πR2－(4πR2)＋6×πR2＝πR2，又R＝1，∴S＝π.[方法点拨]　注意复合体的表面积计算，特别是一个几何体切割去一部分后剩余部分的表面积计算．要弄清增加和减少的部分．7．(文)(2022·福建文，9)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于(　　)A．8＋2B．11＋2C．14＋2D．15[答案]　B[解析]　考查三视图和表面积．由三视图还原几何体，该几何体是底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，且底面直角梯形的两底长分别为1,2，直角腰长为1，斜腰为.底面积为2××3＝3，侧面积为2＋2＋4＋2＝8＋220\n，所以该几何体的表面积为11＋2，故选B.(理)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(　　)A．16π－16B．8π－8C．16π－8D.[答案]　A[解析]　由三视图可知，几何体为圆柱中挖去一个正四棱柱，所以体积V＝π×22×4－2×2×4＝16π－16.8．(文)已知一个三棱锥的正视图与俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图面积为(　　)A.B.C．1D.[答案]　B[解析]　由题意知，此三棱锥的底面为有一个角为30°的直角三角形，其斜边长AC＝2，一个侧面DAC为等腰直角三角形，∴DE＝1，BF＝，其侧视图为直角三角形，其两直角边与DE、BF的长度相等，面积S＝×1×＝.(理)某几何体的三视图(单位：m)如图所示，则其表面积为(　　)20\nA．(96＋32)m2B．(64＋32)m2C．(114＋16＋16)m2D．(80＋16＋16)m2[答案]　D[解析]　由三视图知该几何体是一个组合体，中间是一个棱长为4的正方体(由正、侧视图中间部分和俯视图知)，上部是一个有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，下部是一个正四棱锥，表面积S＝2(×4×4＋×4×)＋4×42＋4×(×4×2)＝80＋16＋16(m2)．二、填空题9．(文)某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．[答案]　[解析]　由三视图可知，此几何体是底面半径为1，高为2的半个圆锥．∴V＝×(π×12×2)＝.20\n(理)(2022·天津文，10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.[答案]　[解析]　本题考查三视图及简单几何体的体积计算，考查空间想象能力和简单的计算能力．由三视图知，该几何体下面是圆柱、上面是圆锥．∴V＝π×12×4＋π×22×2＝.10．(文)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为________．[答案]　48[解析]　由三视图知，该几何体是一个组合体，其上部为长方体，下部为横放的四棱柱，其底面是上底长2，下底长6，高为2的等腰梯形，柱高为4，其体积V＝2×4×2＋(2＋6)×2×4＝48.(理)某几何体的三视图(单位：cm)如下图，则这个几何体的表面积为________cm2.20\n[答案]　12＋2[解析]　由三视图知，该几何体为正三棱柱，底面积S1＝2×(×2×)＝2，侧面积S2＝3×(2×2)＝12，∴表面积S＝S1＋S2＝12＋2cm2.三、解答题11．(文)(2022·北京文，18)如图，在三棱锥V－ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点．(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；(3)求三棱锥V－ABC的体积．[分析]　本题主要考查线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积公式等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑推理能力、转化能力、计算能力．第一问，在三角形ABV中，利用中位线的性质得OM∥VB，最后直接利用线面平行的判定得到结论；第二问，先在三角形ABC中得到OC⊥AB，再利用面面垂直的性质得OC⊥平面VAB，最后利用面面垂直的判定得出结论；第三问，将三棱锥进行等体积转化，利用VC－VAB＝VV－ABC，先求出三角形VAB的面积，由于OC⊥平面VAB，所以OC为锥体的高，利用锥体的体积公式计算出体积即可．[解析]　(1)因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB.又因为VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC，且OC⊂平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB所以OC⊥平面VAB.又因为OC⊂平面MOC20\n所以平面MOC⊥平面VAB.(3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝，所以AB＝2，OC＝1.所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝.又因为OC⊥平面VAB，所以三棱锥C－VAB的体积等于×OC×S△VAB＝.又因为三棱锥V－ABC的体积与三棱锥C－VAB的体积相等，所以三棱锥V－ABC的体积为.(理)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD、PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.[解析]　(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.20\n(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD.所以PA⊥CD.所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF.所以CD⊥EF，又因为CD⊥BE，BE∩EF＝E，所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD.12．(文)在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC＝，AB＝2BC＝2，AC⊥FB.(1)求证：AC⊥平面FBC；(2)求四面体FBCD的体积；(3)线段AC上是否存在点M，使得EA∥平面FDM？证明你的结论．[解析]　(1)证明：在△ABC中，∵AC＝，AB＝2，BC＝1，∴AC⊥BC.又∵AC⊥FB，∴AC⊥平面FBC.(2)解：∵AC⊥平面FBC，∴AC⊥FC.∵CD⊥FC，∴FC⊥平面ABCD.在等腰梯形ABCD中可得∠BCD＝120°，CB＝DC＝1，∴FC＝1.∴S△BCD＝，∴四面体FBCD的体积为：VF－BCD＝S△BCD·FC＝.20\n(3)线段AC上存在点M，且M为AC中点时，有EA∥平面FDM，证明如下：连接CE，与DF交于点N，连接MN.因为CDEF为正方形，所以N为CE中点．所以EA∥MN.因为MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，所以EA∥平面FDM.所以线段AC上存在点M，使得EA∥平面FDM成立．(理)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是，D是AC的中点．(1)求证：B1C∥平面A1BD；(2)求二面角A1－BD－A的大小；(3)求直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值．[解析]　解法一：(1)设AB1与A1B相交于点P，则P为AB1中点，连接PD，∵D为AC中点，∴PD∥B1C.又∵PD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD.∴B1C∥平面A1BD.(2)∵正三棱柱ABC－A1B1C1，∴AA1⊥底面ABC.又∵BD⊥AC，∴A1D⊥BD20\n∴∠A1DA就是二面角A1－BD－A的平面角．∵AA1＝，AD＝AC＝1，∴tan∠A1DA＝＝.∴∠A1DA＝，即二面角A1－BD－A的大小是.(3)由(2)作AM⊥A1D，M为垂足．∵BD⊥AC，平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，∴BD⊥平面A1ACC1，∵AM⊂平面A1ACC1，∴BD⊥AM，∵A1D∩BD＝D，∴AM⊥平面A1DB，连接MP，则∠APM就是直线AB1与平面A1BD所成的角．∵AA1＝，AD＝1，∴在Rt△AA1D中，∠A1DA＝，∴AM＝1×sin60°＝，AP＝AB1＝.∴sin∠APM＝＝＝.∴直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值为.解法二：(1)同解法一(2)如图建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，A1(1,0，)，B(0，，0)，B1(0，，)，∴＝(－1，，－)，＝(－1,0，－)设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)．则n·＝－x＋y－z＝0，20\nn·＝－x－z＝0，则有，得n＝(－，0,1)．由题意，知＝(0,0，)是平面ABD的一个法向量．设n与所成角为θ，则cosθ＝＝，∴θ＝.∴二面角A1－BD－A的大小是.(3)由已知，得＝(－1，，)，n＝(－，0,1)，设直线AB1与平面A1BD所成角为α，则sinα＝＝.∴直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值为.13．(文)(2022·郑州市质检)如图，已知三棱柱ABC－A′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面AA′C′C；(2)设AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面A′MN，试证明你的结论．[解析]　(1)取A′B′的中点E，连接ME，NE，因为M，N分别为A′B和B′C′的中点，所以NE∥A′C′，ME∥AA′又因为A′C′⊂平面AA′C′C，A′A⊂平面AA′C′C，所以ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C，所以平面MNE∥平面AA′C′C，因为MN⊂平面EMN，所以MN∥平面AA′C′C；20\n(2)连接BN，设AA′＝a，则AB＝λAA′＝λa，由题意知BC＝λa，NC＝BN＝，因为三棱柱ABC－A′B′C′侧棱垂直于底面，所以A′B′C′⊥平面BB′C′C，因为AB＝AC，点N是B′C′的中点，所以A′N⊥平面BB′C′C，∴CN⊥A′N，要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥NB即可，所以CN2＋NB2＝BC2，即2＝2λ2a2，∴λ＝，则λ＝时，CN⊥平面A′MN.(理)(2022·天津文，17)如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点．(1)求证：EF∥平面A1B1BA；(2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1；(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．[分析]　考查1.空间中线面位置关系的证明；2.直线与平面所成的角．(1)要证明EF∥平面A1B1BA，需在平面A1B1BA内找到一条直线与EF平行，结合条件用中位线定理先证线线平行，再用判定定理证明；(2)先证明线面垂直，再利用面面垂直的判定定理证明；(3)先结合上面证明过程和题设条件找出线面角，再利用斜三角形知识求解；也可利用图形特征，建立坐标系用空间向量求解．[解析]　(1)如图，连接A1B，在△A1BC中，因为E和F分别是BC，A1C的中点，所以EF∥BA1，20\n又因为EF⊄平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA.(2)因为AB＝AC，E为BC中点，所以AE⊥BC，因为AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，所以BB1⊥平面ABC，从而BB1⊥AE，又BC∩BB1＝B，所以AE⊥平面BCB1，又因为AE⊂平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面BCB1.(3)取BB1中点M和B1C中点N，连接A1M，A1N，NE，因为N和E分别为B1C、BC的中点，所以NE∥BB1，NE＝BB1，故NE∥AA1，NE＝AA1，所以A1N∥AE，A1N＝AE.又因为AE⊥平面BCB1，所以A1N⊥平面BCB1，从而∠A1B1N就是直线A1B1与平面BCB1所成角，在△ABC中，可得AE＝2，所以A1N＝AE＝2，因为BM∥AA1，BM＝AA1，所以A1M∥AB，A1M＝AB，又由AB⊥BB1，有A1M⊥BB1.在Rt△A1MB1中，可得A1B1＝＝4，在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N＝＝，因此∠A1B1N＝30°，所以，直线A1B1与平面BCB1所成角为30°.14．(文)(2022·陕西文，18)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC,∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1－BCDE.20\n图1　　　　　　　　　　　　图2(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1－BCDE的体积为36，求a的值．[分析]　考查1.线面垂直的判定；2.面面垂直的性质定理；3.空间几何体的体积．(1)利用转化思想及BE∥CD，先证BE⊥平面A1OC.(2)利用平面A1BE⊥平面BCDE找出棱锥的高，利用方程思想和棱锥的体积公式，列出关于a的方程求解．[解析]　(1)在题图1中，因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC，故在题图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC，又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC；(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，又由(1)知，A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，即A1O是四棱锥A1－BCDE的高，由题图1可知，A1O＝AB＝a，平行四边形BCDE面积S＝BC·AB＝a2，从而四棱锥A1－BCDE的体积为V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3，由a3＝36，得a＝6.(理)(2022·四川理，18)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.20\n(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN∥平面BDH；(3)求二面角A－EG－M的余弦值．[分析]　本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行的判定与性质、二面角的计算等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力．(1)注意ABCD是底面，将平面展开图还原可得点F、G、H的位置.(2)根据直线与平面平行的判定定理，应考虑证明MN平行于平面BDH内的一条直线．连接O、M，易得MNHO是平行四边形，从而MN∥OH，进而证得MN∥平面BDH.(3)求二面角的方法．一是几何法，要作出二面角A－EG－M的平面角，首先要过M作平面AEGC的垂线，然后再过垂足作棱EG的垂线，再将垂足与点M连接，即可得二面角A－EG－M的平面角．二是向量法，由于几何体是特殊的正方体，便于建立坐标系，故可转化为两向量夹角求解．[解析]　(1)点F、G、H的位置如图所示．(2)连接BD，设O为BD的中点．因为M、N分别是BC、GH的中点，所以OM∥CD，且OM＝CD，NH∥CD，且NH＝CD，所以OM∥NH，OM＝NH，所以MNHO是平行四边形，从而MN∥OH，又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，所以MN∥平面BDH.(3)连接AC，过M作MP⊥AC于P.在正方体ABCD－EFGH中，AC∥EG，所以MP⊥EG.过P作PK⊥EG于K，连接KM，所以EG⊥平面PKM，从而KM⊥EG.20\n所以∠PKM是二面角A－EG－M的平面角．设AD＝2，则CM＝1，PK＝2，在Rt△CMP中，PM＝CMsin45°＝.在Rt△KMP中，KM＝＝.所以cos∠PKM＝＝.即二面角A－EG－M的余弦值为.(另外，也可利用空间坐标系求解)[方法点拨]　1.折叠问题中，要画出折叠前的平面图形与折叠后的直观图，对比找出其位置关系和数量关系．弄清其不变量和变化量及折叠前后的垂直性与平行性是关键．2．立体几何中的存在型问题，主要题型是，是否存在点P，使点P满足某种要求(如线线平行或垂直、线面平行或垂直等).20