2020版高考数学二轮复习 专题五 立体几何 专题对点练18 5 7页

专题对点练18　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.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是(　　)‎ A.+1 B.+3‎ C.+1 D.+3‎ ‎2.(2018全国名校大联考第四次联考)已知α,β是相异两平面,m,n是相异两直线,则下列命题错误的是(　　)‎ A.若m∥n,m⊥α,则n⊥α B.若m⊥α,m⊥β,则α∥β C.若m⊥α,m∥β,则α⊥β D.若m∥α,α∩β=n,则m∥n ‎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(　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎5.如图,某三棱锥的正视图、侧视图和俯视图分别是直角三角形、等腰三角形和等边三角形.若该三棱锥的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(　　)‎ 7‎ A.27π B.48π ‎ C.64π D.81π ‎6.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.‎ ‎7.将长、宽分别为2和1的长方形ABCD沿对角线AC折起,得到四面体ABCD,则四面体ABCD外接球的表面积为(　　)‎ A.3π B.5π C.10π D.20π ‎8.‎ 圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=(　　)‎ A.1‎ B.2‎ C.4‎ D.8‎ ‎9.(2018全国Ⅲ,文12)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且其面积为9,则三棱锥D-ABC体积的最大值为(　　)‎ A.12 B.18 ‎ C.24 D.54‎ 二、填空题(共3小题,满分15分)‎ ‎10.(2018天津,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　　　　　　. ‎ ‎11.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　　　　　. ‎ ‎12.已知四面体ABCD,AB=4,AC=AD=6,∠BAC=∠BAD=60°,∠CAD=90°,则该四面体外接球的半径为　　　　. ‎ 7‎ 三、解答题 (共3个题,满分分别为13分,13分,14分)‎ ‎13.‎ 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA⊥平面ABCD,BC=AP=5,AB=3,AC=4,M,N分别在线段AD,CP上,且=4.‎ ‎(1)求证:MN∥平面PAB;‎ ‎(2)求三棱锥P-AMN的体积.‎ ‎14.‎ 在如图所示的五面体ABCDEF中,矩形BCEF所在的平面与平面ABC垂直,AD∥CE,CE=2AD=2,M是BC的中点,在△ABC中,∠BAC=60°,AB=‎2AC=2.‎ 求证:(1)AM∥平面BDE;‎ ‎(2)DE⊥平面BDC,并求三棱锥C-DBE的体积.‎ ‎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.‎ 7‎ 专题对点练18答案 ‎1.A　解析 V=×3××π×12++1,故选A.‎ ‎2.D　解析 ‎ 由线面垂直的性质可知选项A,B,C正确.如图所示,对于选项D,在正方体ABCD-A1B‎1C1D1中,取直线m为AD,平面α为上底面A1B‎1C1D1,平面β为平面CDD‎1C1,则直线n为C1D1,此时有m∥α,α∩β=n,直线m与n为异面直线,即选项D错误.故选D.‎ ‎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.C　解析 由三视图可知,该几何体为三棱锥,三棱锥的高VA=4,直观图如图所示.‎ ‎∵△ABC是边长为6的等边三角形,∴外接球的球心D在底面ABC的投影为△ABC的中心O,‎ 过D作DE⊥VA于E,则E为VA的中点,连接OA,DA,‎ 则DE=OA=×3=2,AE=VA=2,DA为外接球的半径r,‎ ‎∴r==4,‎ ‎∴该球的表面积S=4πr2=64π.故选C.‎ ‎6.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.‎ ‎7.B　解析 由题意可知,直角三角形斜边的中线是斜边的一半,‎ 所以长、宽分别为2和1的长方形ABCD沿对角线AC折起二面角,得到四面体ABCD,‎ 则四面体ABCD的外接球的球心O为AC的中点,半径R=,‎ 7‎ 所求四面体ABCD的外接球的表面积为4π×=5π.故选B.‎ ‎8.B　解析 由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.‎ ‎∴S表=2r×2r+2×πr2+πr×2r+×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.‎ ‎9.B　解析 ‎ 由△ABC为等边三角形且面积为9,设△ABC边长为a,则S=a·a=9.∴a=6,则△ABC的外接圆半径r=a=2<4.‎ 设球的半径为R,如图,OO1==2.‎ 当D在O的正上方时,VD-ABC=S△ABC·(R+|OO1|)=×9×6=18,最大.故选B.‎ ‎10.　解析 ∵正方体ABCD-A1B‎1C1D1的棱长为1,‎ ‎∴=V正方体-‎ ‎=1-×1×1×1-×1×1×1=.‎ ‎11.　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=,‎ 故该三棱锥外接球的表面积为4π×.‎ ‎12.2　解析 如图所示,O'为△ACD的外心,O为球心,BE⊥平面ACD,BF⊥AC,则EF⊥AC,∴AF=2,AE=2,BE==2.‎ 设该四面体外接球半径为R,OO'=d,则2+(2+d)2=d2+(3)2,‎ ‎∴d=,CD=6,∴R==2.‎ ‎13.(1)证明 在AC上取一点Q,使得=4,连接MQ,QN,‎ 则,∴QN∥AP,MQ∥CD.又CD∥AB,‎ 7‎ ‎∴MQ∥AB.‎ ‎∵AB⊂平面PAB,PA⊂平面PAB,MQ⊂平面MNQ,NQ⊂平面MNQ,‎ ‎∴平面PAB∥平面MNQ.‎ ‎∵MN⊂平面MNQ,MN⊄平面PAB,‎ ‎∴MN∥平面PAB.‎ ‎(2)解 ∵AB=3,BC=5,AC=4,‎ ‎∴AB⊥AC.‎ 过C作CH⊥AD,垂足为H,则CH=.‎ ‎∵PA⊥平面ABCD,CH⊂平面ABCD,‎ ‎∴PA⊥CH.又CH⊥AD,PA∩AD=A,∴CH⊥平面PAD.‎ ‎∵PC==4,‎ ‎∴N到平面PAD的距离h=CH=,‎ ‎∴VP-AMN=VN-PAM=S△PAM·h=×5×4×.‎ ‎14.证明 (1)取BE的中点N,连接DN,MN,则MN∥CE,且MN=CE.‎ ‎∵AD∥CE,且AD=CE,‎ ‎∴AD∥MN,且AD=MN,‎ ‎∴四边形ADNM是平行四边形,‎ ‎∴DN∥AM.‎ 又DN⊂平面BDE,AM⊄平面BDE,‎ ‎∴AM∥平面BDE.‎ ‎(2)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=‎2AC=2,由余弦定理得BC=,‎ 由勾股定理得∠ACB=90°,BC⊥AC.‎ 又BC⊥CE,且CE∩AC=C,‎ ‎∴BC⊥平面ACED.‎ 又DE⊂平面ACED,∴DE⊥BC.‎ ‎∵DE⊥平面BDC,DC⊂平面BDC,‎ ‎∴DE⊥DC.‎ ‎∵DC∩BC=C,∴DE⊥平面BCD,‎ ‎∴VC - BDE=VB-CDE=S△CDE·BC=.‎ ‎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°.‎ 7‎ ‎(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,‎ ‎∴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=.‎ 7‎