2020版高考数学二轮复习 专题五 立体几何 专题突破练17 5

2020版高考数学二轮复习 专题五 立体几何 专题突破练17 5

专题突破练17　5.1~5.3组合练 ‎(限时90分钟,满分100分)‎ 一、选择题(共9小题,满分45分)‎ ‎1.(2018河北衡水中学考前仿真,文3)已知一个四棱锥的正视图和俯视图如图所示,则该几何体的侧视图为(　　)‎ ‎2.(2018宁夏银川一中一模,理4)已知正三角形ABC的边长为a,那么△ABC的平面直观图△A'B'C'的面积为 (　　)‎ ‎　 　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.a2 B.a2‎ C.a2 D.a2‎ ‎3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体中,面积最大的侧面的面积为(　　)‎ A. B. C. D.3‎ ‎4.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(　　)‎ 9‎ A. B. C. D.‎ ‎5.某几何体的三视图如图所示,记A为此几何体所有棱的长度构成的集合,则(　　)‎ A.3∈A B.5∈A C.2∈A D.4∈A ‎6.(2018河北唐山三模,理7)某三棱锥的三视图如图所示,则其体积为(　　)‎ A.4 B‎.8 ‎C. D.‎ ‎7.已知正三棱柱ABC-A1B‎1C1的底面边长为2,侧棱长为,D为BC的中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为(　　)‎ A.3 B. C.1 D.‎ ‎8.(2018河南濮阳一模,理7)已知三棱锥A-BCD中,△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形且二面角A-BD-C为直二面角,则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为(　　)‎ A. B.5π C.6π D.‎ ‎9.(2018山西吕梁一模,文12)已知点A,B,C,D在同一个球的球面上,AB=BC=,AC=2,若四面体ABCD的体积为,球心O恰好在棱DA上,则这个球的表面积为 (　　)‎ A. B.4π C.8π D.16π 9‎ 二、填空题(共3小题,满分15分)‎ ‎10.(2018江苏卷,10)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为　　　　　. ‎ ‎11.(2018天津卷,文11)如图,已知正方体ABCD-A1B‎1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积为　　　　　　. ‎ ‎12.已知三棱锥A-BCD,AB=AC=BC=2,BD=CD=,点E是BC的中点,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,则该三棱锥外接球的表面积为　　　　　. ‎ 三、解答题(共3个题,分别满分为13分,13分,14分)‎ ‎13.(2018江苏南京、盐城一模,15)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B‎1C1中,CA=CB,点M,N分别是AB,A1B1的中点.‎ ‎(1)求证:BN∥平面A1MC;‎ ‎(2)若A‎1M⊥AB1,求证:AB1⊥A‎1C.‎ ‎14.(2018河南六市联考一,文19)如图,已知四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,SA=SD=,SB=,点E是棱AD的中点,点F在棱SC上,且=λ,SA∥平面BEF.‎ ‎(1)求实数λ的值;‎ ‎(2)求三棱锥F-EBC的体积.‎ 9‎ ‎15.如图1,在边长为2的正方形ABCD中,点E是AB的中点,点F是BC的中点.将△AED,△DCF分别沿DE,DF折起,使A,C两点重合于点A',连接EF,A'B,如图2.‎ ‎(1)求异面直线A'D与EF所成角的大小;‎ ‎(2)求三棱锥D-A'EF的体积.‎ 参考答案 专题突破练17　5.1~5.3组合练 ‎1.A　解析 四棱锥的正视图和俯视图可知几何体的直观图如图所示,其侧视图为选项A.‎ 9‎ ‎2.D　解析 如图①②所示的平面图形和直观图.由②可知,A'B'=AB=a,O'C'=OC=a,‎ 在图②中作C'D'⊥A'B'于D',‎ 则C'D'=O'C'=a.‎ ‎∴S△A'B'C'=A'B'·C'D'=×a×a=a2.‎ ‎3.B　解析 由三视图可知,几何体的直观图如图所示,平面AED⊥平面BCDE,四棱锥A-BCDE的高为1,四边形BCDE是边长为1的正方形,则S△AED=×1×1=,S△ABC=S△ABE=×1×,S△ACD=×1×,故选B.‎ ‎4.C　解析 ‎ 由零件的三视图可知,该几何体为两个圆柱组合而成,如图所示.‎ 切削掉部分的体积V1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm3),‎ 原来毛坯体积V2=π×32×6=54π(cm3).故所求比值为.‎ ‎5.D　解析 根据三视图可知几何体是一个三棱柱截去一个三棱锥,如图所示,四边形ABCD是一个边长为4的正方形,‎ 且AF⊥面ABCD,DE∥AF,DE=4,AF=2,‎ ‎∴AF⊥AB,DE⊥DC,DE⊥BD,‎ ‎∴EC==4,EF=FB==2,BE=‎ 9‎ ‎=4.‎ ‎∵A为此几何体所有棱的长度构成的集合,∴A={2,4,4,4,2}.‎ ‎6.C　解析 由三棱锥的三视图得其直观图如下:几何体为底面是等腰直角三角形的三棱锥A-BCD,BC=CD=2,三棱锥的高为2,所以三棱锥的体积为V=×2×2×2=.‎ ‎7.C　解析 ∵D是等边三角形ABC的边BC的中点,∴AD⊥BC.‎ 又ABC-A1B‎1C1为正三棱柱,‎ ‎∴AD⊥平面BB‎1C1C.‎ ‎∵四边形BB‎1C1C为矩形,‎ ‎∴×2×.又AD=2×,‎ ‎∴·AD==1.故选C.‎ ‎8.D　解析 如图所示.‎ ‎△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形,且二面角A-BD-C为直二面角,‎ 设F,E分别为△ABD和△BCD的中心,则球心O为△ABD和△BCD的过中心的垂线的交点,所以OF=OE=FG=×2=.‎ ED=×2=,‎ 则球半径r=,则S=4π×.‎ ‎9.D　解析 如图所示,设AC的中点为M,由已知得AB⊥BC,所以底面三角形ABC 9‎ 外接圆的圆心为M,所以OM⊥平面ABC,又OM∥DC,所以DC⊥平面ABC,由四面体的体积为,得DC=2.‎ 所以DA=4,球的半径为2,由球的表面积公式得球的表面积为16π.选D.‎ ‎10.　解析 由题图可知,该多面体为两个全等的正四棱锥的组合体,且正四棱锥的高为1,底面正方形的边长为,所以该多面体的体积为2××()2×1=.‎ ‎11.　解析 ∵正方体ABCD-A1B‎1C1D1的棱长为1,‎ ‎∴=V正方体-=1-×1×1×1-×1×1×1=.‎ ‎12.　解析 由题意,得△BCD为等腰直角三角形,E是外接圆的圆心.‎ ‎∵点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,∴BF=,‎ ‎∴AF=.‎ 设球心O到平面BCD的距离为h,则1+h2=,解得h=,r=‎ 9‎ ‎,故该三棱锥外接球的表面积为4π×.‎ ‎13.证明 (1)因为ABC-A1B‎1C1是直三棱柱,‎ 所以AB∥A1B1,且AB=A1B1,‎ 又点M,N分别是AB,A1B1的中点,所以MB=A1N,且MB∥A1N.‎ 所以四边形A1NBM是平行四边形,从而A‎1M∥BN.‎ 又BN⊄平面A1MC,A‎1M⊂平面A1MC,所以BN∥面A1MC.‎ ‎(2)因为ABC-A1B‎1C1是直三棱柱,‎ 所以AA1⊥底面ABC,而AA1⊂侧面ABB‎1A1,‎ 所以侧面ABB‎1A1⊥底面ABC.‎ 又CA=CB,且M是AB的中点,所以CM⊥AB.‎ 则由侧面ABB‎1A1⊥底面ABC,侧面ABB‎1A1∩底面ABC=AB,CM⊥AB,且CM⊂底面ABC,得CM⊥侧面ABB‎1A1.‎ 又AB1⊂侧面ABB‎1A1,所以AB1⊥CM.又AB1⊥A‎1M,A‎1M,MC⊂平面A1MC,且A‎1M∩MC=M,‎ 所以AB1⊥平面A1MC.‎ 又A‎1C⊂平面A1MC,所以AB1⊥A‎1C.‎ ‎14.解 (1)连接AC,设AC∩BE=G,则平面SAC∩平面EFB=FG,‎ ‎∵△GEA∽△GBC,∴.∴.‎ ‎∴SF=SC,∴λ=.‎ ‎(2)连接SE,∵SA=SD=,‎ ‎∴SE⊥AD,SE=2.‎ ‎∵AB=AD=2,∠BAD=60°,‎ ‎∴BE=.‎ ‎∵SE2+BE2=SB2,∴SE⊥BE.‎ ‎∴SE⊥平面ABCD.‎ 所以VF-BCE=VS-EBC=VS-ABCD=×2×2sin 60°×2=.‎ ‎15.解 (1)在正方形ABCD中,∵AD⊥AE,CD⊥CF,∴A'D⊥A'E,A'D⊥A'F.‎ ‎∵A'E∩A'F=A',A'E,A'F⊂平面A'EF,∴A'D⊥平面A'EF.‎ 而EF⊂平面A'EF,∴A'D⊥EF,‎ ‎∴异面直线A'D与EF所成角的大小为90°.‎ ‎(2)∵正方形ABCD的边长为2,点E是AB的中点,点F是BC的中点,∴在Rt△BEF中,BE=BF=1,得EF=,而A'E=A'F=1,‎ ‎∴A'E2+A'F2=EF2,∴A'E⊥A'F,‎ 9‎ ‎∴S△A'EF=×1×1=.‎ 由(1)得A'D⊥平面A'EF,且A'D=2,∴VD-A'EF=S△A'EF·A'D=×2=.‎ 9‎