2019高考数学一轮复习 第8章 立体几何练习（打包11套）理.zip

1专题研究 球与几何体的切接问题1．(2017·唐山模拟)正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为( )A．64π B．32πC．16π D．8π答案 A解析 如图，作PM⊥平面ABC于点M，则球心O在PM上，PM＝6，连接AM，AO，则OP＝OA＝R(R为外接球半径)，在Rt△OAM中，OM＝6－R，OA＝R，又AB＝6，且△ABC为等边三角形，故AM＝23＝2 ，则R 2－(6－R) 2＝(2 )2，则R＝4，所以球的表面积S＝4πR 2＝64π.62－ 32 3 32．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )A．16π B．20πC．24π D．32π答案 C解析 由V＝Sh，得S＝4，得正四棱柱底面边长为2.画出球的轴截面可得，该正四棱柱的对角线即为球的直径，所以球的半径为R＝ ＝ .所以球的表面积为S＝4πR 2＝24π.故选C.12 22＋ 22＋ 42 63．若一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是( )A．8π B．6πC．4π D．π答案 C解析 设正方体的棱长为a，则a 3＝8.因此内切球直径为2，∴S 表 ＝4πr 2＝4π.4．(2017·课标全国Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径长为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A．π B.3π4C. D.π 2 π 4答案 B解析 根据已知球的半径长是1，圆柱的高是1，如图，所以圆柱的底面半径r＝ ＝ ，所以圆柱22－ 122 32的体积V＝πr 2h＝π×( )2×1＝ π.故选B.32 345．(2018·安徽合肥模拟)已知球的直径SC＝6，A，B是该球球面上的两点，且AB＝SA＝SB＝3，则三棱锥S－ABC的体积为( )2A. B.3 24 9 24C. D.3 22 9 22答案 D解析 设该球球心为O，因为球的直径SC＝6，A，B是该球球面上的两点，且AB＝SA＝SB＝3，所以三棱锥S－OAB是棱长为3的正四面体，其体积V S－OAB ＝ × ×3× × ＝ ，同理V O－ABC ＝ ，故三棱锥S－ABC的体积V S13 12 3 32 6 9 24 9 24－ABC ＝V S－OAB ＋V O－ABC ＝ ，故选D.9 226．已知直三棱柱ABC－A 1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA 1＝12，则球O的半径为( )A. B．23 172 10C. D．3132 10答案 C解析 如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.又AM＝ BC＝ ，OM＝ AA1＝6，12 52 12所以球O的半径R＝OA＝ ＝ .（ 52） 2＋ 62 1327．(2018·广东惠州一模)已知一个水平放置的各棱长均为4的三棱锥形容器内有一小球O(质量忽略不计)，现从该三棱锥形容器的顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的 时，小球与该三棱78锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于( )A. π B. π76 43C. π D. π23 12答案 C解析 由题知，没有水的部分的体积是三棱锥形容器的体积的 ，三棱锥形容器的体积为 · ·42· ·4＝18 13 34 63，所以没有水的部分的体积为 .设其棱长为a，则其体积为 × a2× a＝ ，∴a＝2，设小球16 23 2 23 13 34 63 2 23的半径为r，则4× × ×r＝ ，解得r＝ ，∴球的表面积为4π× ＝ π，故选C.13 3 2 23 66 16 238.如图，ABCD－A 1B1C1D1是棱长为1的正方体，S－ABCD是高为1的正四棱锥，若点S，A 1，B 13，C 1，D 1在同一个球面上，则该球的体积为( )A. B.25π16 49π16C. D.81π16 243π128答案 C解析 如图所示，O为球心，设OG 1＝x，则OB 1＝SO＝2－x，同时由正方体的性质可知B 1G1＝，则在Rt△OB 1G1中，OB 12＝G 1B12＋OG 12，即(2－x) 2＝x 2＋( )2，解得x＝ ，所以球的22 22 78半径R＝OB 1＝ ，所以球的表面积S＝4πR 2＝ ，故选C.98 81π169．(2018·郑州质检)四棱锥P－ABCD的五个顶点都在一个球面上，该四棱锥的三视图如图所示，E，F分别是棱AB，CD的中点，直线EF被球面所截得的线段长为2 ，则该球的表面积为( )2A．9π B．3πC．2 π D．12π2答案 D解析 该几何体的直观图如图所示，该几何体可看作由正方体截得，则正方体外接球的直径即为PC.由直线EF被球面所截得的线段长为2 ，可知正方形ABCD对角线AC的长为2 ，可得正2 2方形ABCD的边长a＝2，在△PAC中，PC＝ ＝2 ，球的半径R＝ ，∴S 表 ＝4πR 2＝4π×(22＋ （ 2 2） 2 3 3)2＝12π.310．(2014·湖南)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．1 B．2C．3 D．44答案 B解析 此几何体为一直三棱柱，底面是边长为6，8，10的直角三角形，侧棱为12，故其最大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径，故其半径为r＝ ×(6＋8－10)＝2，故选B.1211．(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．答案 π92解析 设正方体的棱长为a，则6a 2＝18，得a＝ ，设该正方体外接球的半径为R，则2R＝ a＝3，得R＝ ，所以3 332该球的体积为 πR 3＝ π( )3＝ π.43 43 32 9212．若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则 ＝________．S1S2答案 6 3π解析 设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积为S 1＝4· ·a2＝ a2，34 3其内切球半径为正四面体高的 ，即r＝ · a＝ a，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝ ，则 ＝14 14 63 612 π a26 S1S2 3a2π 6a2＝ .6 3π13．已知一圆柱内接于球O，且圆柱的底面圆的直径与母线长均为2，则球O的表面积为________．答案 8π解析 圆柱的底面圆的直径与母线长均为2，所以球的直径为 ＝ ＝2 ，即球半径为 ，所以球的表面22＋ 22 8 2 2积为4π×( )2＝8π.214．(2017·衡水中学调研卷)已知正三棱锥P－ABC，点P，A，B，C都在半径为 的球面上，若PA，PB，PC两3两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为________．答案 33解析 方法一：先在一个正方体中找一个满足条件的正三棱锥，再利用正方体的性质解题．如图，满足题意的正三棱锥P－ABC可以是正方体的一部分，其外接球的直径是正方体的体对角线，且面ABC与体对角线的交点是体对角线的一个三等分点，所以球心到平面ABC的5距离等于体对角线长的 ，故球心到截面ABC的距离为 ×2 ＝ .16 16 3 33方法二：用等体积法：V P－ABC ＝V A－PBC 求解)．15．(2018·四川成都诊断)已知一个多面体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是直角边长为1的等腰直角三角形，俯视图是边长为1的正方形，若该多面体的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为________．答案 3π解析 由三视图知几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱垂直于底面，高等于1，其底面是边长为1的正方形，∴ 四棱锥的外接球即是边长为1的正方体的外接球，∴外接球的直径为 ，∴外接球的表面积S＝4π×( )2332＝3π.16．(2018·河北唐山模拟)已知矩形ABEF所在的平面与矩形ABCD所在平面互相垂直，AD＝2，AB＝3，AF＝，M为EF的中点，则多面体M－ABCD的外接球的表面积为________．3 32答案 16π解析 记多面体M－ABCD的外接球的球心为O，如图，过点O分别作平面ABCD和平面ABEF的垂线，垂足分别为Q，H，连接MH并延长，交AB于点N，连接OM，NQ，AQ，设球O的半径为R，球心到平面ABCD的距离为d，即OQ＝d，∵矩形ABEF所在的平面与矩形ABCD所在的平面互相垂直，AF＝ ，M为EF的中点，3 32∴MN＝ ，∴AN＝NB＝ ，NQ＝1，3 32 32∴R 2＝( )2＋d 2＝1 2＋( －d) 2，4＋ 92 3 32∴d＝ ，R 2＝4，32∴多面体M－ABCD的外接球的表面积为4πR 2＝16π.1．(2017·课标全国Ⅱ，文)长方体的长，宽，高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．6答案 14π解析 依题意得，长方体的体对角线长为 ＝ ，记长方体的外接球的半径为R，则有2R＝ ，R＝32＋ 22＋ 12 14 14，因此球O的表面积等于4πR 2＝14π.1422．(2018·湖南长沙一中模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为( )A．8π B.25π2C．12π D.41π4答案 D解析 根据三视图得出，几何体是正方体中的一个四棱锥O－ABCD，正方体的棱长为2，A，D为所在棱的中点．根据几何体可以判断，球心应该在过A，D的平行于正方体底面的中截面上，设球心到平面BCO的距离为x，则到AD的距离为2－x，所以R 2＝x 2＋( )2，R 2＝1 2＋2(2－x) 2，解得x＝ ，R＝ ，该多面体外接球的表面积为4πR 2＝ π，故选D.34 414 4143．(2014·陕西，理)已知底面边长为1，侧棱长为 的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积2为( )A. B．4π32π3C．2π D.4π3答案 D解析 因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半，所以半径r＝ ＝1，所以V 球12 12＋ 12＋ （ 2） 2＝ ×13＝ .故选D.4π3 4π34．(2018·洛阳统一考试)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )7A．200π B．150πC．100π D．50π答案 D解析 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去3个角后得到，该长方体的长、宽、高分别为5、4、3，所以其外接球半径R满足2R＝ ＝5 ，所以该几何体的外接球的表面积为S＝4πR 2＝4π×( )2＝5042＋ 32＋ 52 25 22π，故选D.5．(2018·广东清远三中月考)某一简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积是( )A．13π B．16πC．25π D．27π答案 C解析 由三视图可知该几何体是底面为正方形的长方体，底面对角线为4，高为3，设外接球半径为r，则2r＝＝5，∴r＝ ，∴长方体外接球的表面积S＝4πr 2＝25π.（ 2 2） 2＋ （ 2 2） 2＋ 32526．(2018·福建厦门模拟)已知球O的半径为R，A，B，C三点在球O的球面上，球心O到平面ABC的距离为 R，32AB＝AC＝BC＝2 ，则球O的表面积为( )3A. π B．16π163C. π D．64π643答案 D解析 因为AB＝AC＝BC＝2 ，所以△ABC为正三角形，其外接圆的半径r＝ ＝2，设△ABC外接圆的圆心为O32 32sin60°81，则OO 1⊥平面ABC，所以OA 2＝OO 12＋r 2，所以R 2＝( R)2＋2 2，解得R 2＝16，所以球O的表面积为4πR 2＝6432π，故选D.7．(2018·四川广元模拟)如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，将△ADE，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使得A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为________．答案 62解析 由题意可知△A′EF是等腰直角三角形，且A′D⊥平面A′EF.由于△A′EF可以补全为边长为1的正方形，则该四面体必能补全为长、宽、高分别为1，1，2的正四棱柱，三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个球，易知正四棱柱的外接球的直径为 ＝ .故球的12＋ 12＋ 22 6半径为 .628．(2017·德州模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，该几何体的体积是________；若该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的表面积是________．答案 3π13解析 由三视图知该几何体是底面为1的正方形，高为1的四棱锥，故体积V＝ ×1×1×1＝ ，该几何体与棱长为1的13 13正方体具有相同的外接球，外接球直径为 ，该球表面积S＝4π×( )2＝3π，正方体、长方体的体对角332线即为外接球的直径．1第10课时1.已知正方体ABCD－A 1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱B 1C1，C 1D1的中点．试求：(1)AD1与EF所成角的大小；(2)AF与平面BEB 1所成角的余弦值；(3)二面角C 1－DB－B 1的正切值．答案 (1)60° (2) (3)2 23 22思路 解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则B 1(0，0，0)，A(1，0，1)，B(0，0，1)，D 1(1，1，0)，E(0， ，0)，F( ，1，0)，D(1，1，1)．12 12(1)因为 ＝(0，1，－1)， ＝( ， ，0)，AD1→ EF→ 12 12所以cos ，  ＝ ＝ ，AD1→ EF→ （ 0， 1， － 1） ·（ 12， 12， 0）2× 22 12即AD 1与EF所成的角为60°.(2) ＝( ，－1，1)，由图可得， ＝(1，0，0)为平面BEB 1的一个法向量，设AF与平面BEB 1所成的角为θ，FA→ 12 BA→ 则sinθ＝|cos ， | ＝| |＝ ，所以cosθ＝ .BA→ FA→ （ 1， 0， 0） ·（ 12， － 1， 1）1× （ 12） 2＋ （ － 1） 2＋ 12 13 2 23(3)设平面DBB 1的法向量为 n1＝(x，y，z)，＝(－1，－1，0)， ＝(0，0，1)，DB→ B1B→ 由 得 令y＝1，则 n1＝(－1，1，0)．{n1⊥ DB→ ，n1⊥ B1B→ ， ) {n1·DB→ ＝ － x－ y＝ 0，n1·B1B→ ＝ z＝ 0， )同理，可得平面C 1DB的一个法向量为 n2＝(－1，1，1)．则cos n1， n2 ＝ ＝ .（ － 1， 1， 0） ·（ － 1， 1， 1）2× 3 632所以tan n1， n2 ＝ .222.如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，点D，E分别在棱PB，PC上，且DE∥BC.(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成的角的余弦值；(3)是否存在点E使得二面角A－DE－P为直二面角？并说明理由．答案 (1)略 (2) (3)存在点E144解析 方法一：(1)∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC，∴BC⊥平面PAC.(2)∵D为PB的中点，DE∥BC，∴DE＝ BC.12又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角．∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB.又PA＝AB，∴△ABP为等腰直角三角形．∴AD＝ AB.12在Rt△ABC中，∠ABC＝60°.∴BC＝ AB.12∴Rt△ADE中，sin∠DAE＝ ＝ ＝ .DEAD BC2AD 24∴cos∠DAE＝ .144(3)∵DE∥BC，又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC.又∵AE⊂平面PAC，PE⊂平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE.∴∠AEP为二面角A－DE－P的平面角．∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°.∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC.这时，∠AEP＝90°.故存在点E使得二面角A－DE－P是直二面角．3方法二：如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz.设PA＝a，由已知可得A(0，0，0)，B(－ a， a，0)，C(0， a，0)，P(0，0，a)．12 32 32(1)∵ ＝(0，0，a)， ＝( a，0，0)，AP→ BC→ 12∴ · ＝0，∴BC⊥AP.BC→ AP→ 又∵∠BCA＝90°，∴BC⊥AC.又AP∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.(2)∵D为PB的中点，DE∥BC，∴E为PC的中点．∴D(－ a， a， a)，E(0， a， a)．14 34 12 34 12又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角．∵ ＝(－ a， a， a)， ＝(0， a， a)，AD→ 14 34 12 AE→ 34 12∴cos∠DAE＝ ＝ .AD→ ·AE→ |AD→ |·|AE→ | 144(3)同方法一．3．(2018·辽宁沈阳一模)如图，在三棱柱ABC－A 1B1C1中，侧面AA 1C1C⊥底面ABC，AA 1＝A 1C＝AC＝AB＝BC＝2，且O为AC的中点．(1)求证：A 1O⊥平面ABC；(2)求二面角A－A 1B－C 1的余弦值．答案 (1)略 (2)－105解析 (1)∵AA 1＝A 1C，且O为AC的中点，∴A 1O⊥AC，又侧面AA 1C1C⊥底面ABC，交线为AC，且A 1O⊂平面AA 1C1C，∴A 1O⊥平面ABC.(2)如图，连接OB，以O为坐标原点，OB，OC，OA 1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．4由已知可得A(0，－1，0)，A 1(0，0， )，C 1(0，2， )，B( ，0，0)，3 3 3∴ ＝( ，1，0)， ＝( ，0，－ )， ＝(0，2，0)．AB→ 3 A1B→ 3 3 A1C1→ 设平面AA 1B的法向量为 m＝(x 1，y 1，z 1)．则有 ⇒{m·AB→ ＝ 0，m·A1B→ ＝ 0) { 3x1＋ y1＝ 0，3x1－ 3z1＝ 0.)取x 1＝1，则y 1＝－ ，z 1＝1，3∴ m＝(1，－ ，1)，为平面AA 1B的一个法向量．3设平面A 1BC1的法向量为 n＝(x 2，y 2，z 2)，则有 ⇒{n·A1C1→ ＝ 0，n·A1B→ ＝ 0 ) { 2y2＝ 0，3x2－ 3z2＝ 0.)y2＝0，令x 2＝1，则z 2＝1，∴ n＝(1，0，1)，为平面A 1BC1的一个法向量，∴cos〈 m， n〉＝ ＝ ＝ .m·n|m|·|n| 210 105易知二面角A－A 1B－C 1的平面角为钝角，∴所求二面角的余弦值为－ .1054．(2018·河北开滦二中月考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PD＝AB＝2，E为PC中点．(1)求证：DE⊥平面PCB；(2)求点C到平面DEB的距离；(3)求二面角E－BD－P的余弦值．答案 (1)略 (2) (3)2 33 63解析 (1)证明：∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC.又正方形ABCD中，CD⊥BC，PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PCD.∵DE⊂平面PCD，∴BC⊥DE.∵PD＝CD，E是PC的中点，∴DE⊥PC.又∵PC∩BC＝C，∴DE⊥平面PCB.(2)如图①所示，过点C作CM⊥BE于点M，由(1)知平面DEB⊥平面PCB，∵平面DEB∩平面PCB＝BE，∴CM⊥平面DEB.5∴线段CM的长度就是点C到平面DEB的距离．∵PD＝AB＝CD＝2，∠PDC＝90°，∴PC＝2 ，EC＝ ，BC＝2.∴BE＝ .2 2 6∴CM＝ ＝ .CE·BCBE 2 33(3)以点D为坐标原点，分别以直线DA，DC，DP为x轴，y轴，z轴建立如图②所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，2，0)，E(0，1，1)， ＝(2，2，0)，DB→ DE→ ＝(0，1，1)．设平面BDE的法向量为 n1＝(x，y，z)，则 ∴{n1·DB→ ＝ 0，n1·DE→ ＝ 0， ) {2x＋ 2y＝ 0，y＋ z＝ 0. )令z＝1，得y＝－1，x＝1.∴平面BDE的一个法向量为 n1＝(1，－1，1)．又∵C(0，2，0)，A(2，0，0)， ＝(－2，2，0)，且AC⊥平面PDB，AC→ ∴平面PDB的一个法向量为 n2＝(1，－1，0)．设二面角E－BD－P的平面角为α，则cosα＝ ＝ ＝ .|n1·n2||n1||n2| 23·2 63∴二面角E－BD－P的余弦值为 .635．(2018·太原二模)如图①，在平面六边形ABFCDE中，四边形ABCD是矩形，且AB＝4，BC＝2，AE＝DE＝ 2，BF＝CF＝ ，点M，N分别是AD，BC的中点，分别沿直线AD，BC将△ADE，△BCF翻折成如图②的空间几何体5ABCDEF.(1)利用下面的结论1或结论2，证明：E，F，M，N四点共面；结论1：过空间一点作已知直线的垂面，有且只有一个．结论2：过平面内一条直线作该平面的垂面，有且只有一个．(2)若二面角E－AD－B和二面角F－BC－A都是60°，求二面角A－BE－F的余弦值．答案 (1)略 (2)－23817解析 (1)如图，连接MN，ME，NF，∵四边形ABCD是矩形，点M，N分别是AD，BC的中点，∴AM∥BN，AM＝BN，∠DAB＝90°，∴四边形ABNM是矩形，∴AD⊥MN.6∵AE＝DE，点M是AD的中点，∴AD⊥ME，又MN∩ME＝M，∴AD⊥平面EMN，∴平面EMN⊥平面ABCD，同理可得平面FMN⊥平面ABCD，由结论2可得平面EMN与平面FMN是同一个平面，∴E，F，M，N四点共面．(2)由(1)知平面EMNF⊥平面ABCD，过点E作EO⊥MN，垂足为O，∴EO⊥平面ABCD.以过点O作垂直于MN的直线为x轴，ON，OE所在直线分别为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.∵AD＝2，AE＝DE＝ ，点M是AD的中点，2∴AE⊥DE，EM＝1，∵二面角 E－AD－B是60°，∴∠EMN＝60°，∴OM＝ ，OE＝ .12 32同理，过点F作FO′⊥MN，可得O′N＝1，FO′＝ .3∴A(1，－ ，0)，B(1， ，0)，E(0，0， )，F(0， ， )，则 ＝(0，4，0)， ＝(－1，－ ， )，12 72 32 52 3 AB→ BE→ 72 32＝(0， ， )．EF→ 52 32设 m＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABE的法向量，则 ∴{m·AB→ ＝ 0，m·BE→ ＝ 0， ) {4y1＝ 0，－ x1－ 72y1＋ 32z1＝ 0， )令z 1＝2，∴ m＝( ，0，2)，是平面ABE的一个法向量．3设 n＝(x 2，y 2，z 2)是平面BEF的法向量，则 ∴{n·EF→ ＝ 0，n·BE→ ＝ 0， ) {52y2＋ 32z2＝ 0，－ x2－ 72y2＋ 32z2＝ 0， )令z 2＝2，∴ n＝( ，－ ，2)是平面BEF的一个法向量．12 35 2 35∴cos〈 m， n〉＝ ＝ ，m·n|m||n| 23817易知二面角A－BE－F是钝角，∴二面角A－BE－F的余弦值为－ .2381771．(2018·河北徐水一中模拟)如下图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC答案 D解析 ∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD，又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB，故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC.2．(2018·河北冀州中学月考)如图，已知二面角α－PQ－β的大小为60°，点C为棱PQ上一点，A∈β，AC＝2，∠ACP＝30°，则点A到平面α的距离为( )A．1 B.12C. D.32 32答案 C解析 如图，过A作AO⊥α于O，点A到平面α的距离为AO.作AD⊥PQ于D，连接OD，则AD⊥CD，CD⊥OD，∠ADO就是二面角α－PQ－β的大小，即为60°.因为AC＝2，∠ACP＝30°，所以AD＝ACsin30°＝2× ＝1.12在Rt△AOD中，AO＝ADsin60°＝1× ＝ .故选C.32 323．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为( )A．30° B．45°C．60° D．90°答案 B解析 以A点为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴建系且设AB＝1，∴C(1，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)．8∴设面CDP的法向量为 n＝(x，y，z)．∴ {n·CD→ ＝ （ x， y， z） ·（ － 1， 0， 0） ＝ － x＝ 0，n·DP→ ＝ （ x， y， z） ·（ 0， － 1， 1） ＝ － y＋ z＝ 0.)令y＝1，∴ n＝(0，1，1)．又∵ 为面ABP的一个法向量，AD→ ∴cos〈 n， 〉＝ ＝ ＝ .AD→ n·AD→ |n||AD→ | 12 22∴二面角为45°.4．(2017·沧州七校联考)把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线AD，BC所成的角为( )A．120° B．30°C．90° D．60°答案 D解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则A( ，0，0)，B(0， ，0)，C(0，0， )，D(0，－ ，0)，2 2 2 2∴ ＝(－ ，－ ，0)，AD→ 2 2＝(0，－ ， )．BC→ 2 2∴| |＝2，| |＝2， · ＝2.AD→ BC→ AD→ BC→ ∴cos〈 ， 〉＝ ＝ ＝ .AD→ BC→ AD→ ·BC→ |AD→ |·|BC→ | 22×2 12∴异面直线AD，BC所成的角为60°.5．如图所示，正方体ABCD－A 1B1C1D1的棱长为1，若E，F分别是BC，DD 1的中点，则B 1到平面ABF的距离为( )A. B.33 55C. D.53 2 55答案 D9解析 方法一：由VB 1－ABF＝VF－ABB 1可得解．方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，1)，B 1(1，1，0)．设F(0，0， )，E( ，1，1)，B(1，1，1)， ＝(0，1，0)．12 12 AB→ ∴ ＝(－ ，0，1)， ＝(－1，0，－ )．B1E→ 12 AF→ 12∵ · ＝(－1，0，－ )·(－ ，0，1)＝0，AF→ B1E→ 12 12∴ ⊥ .又 ⊥ ，∴B 1E⊥平面ABF.AF→ B1E→ AB→ B1E→ 平面ABF的法向量为 ＝(－ ，0，1)，B1E→ 12＝(0，1，－1)．AB1→ B1到平面ABF的距离为 ＝ .|AB1→ ·B1E→ |B1E→ | | 2 556．如图所示，△ADP为正三角形，四边形ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD.点M为平面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为( )答案 A解析 空间中到P，C两点的距离相等的点在线段PC的垂直平分面上，此平面与正方形ABCD相交是一条线段可排除B，C，又点B到P，C两点的距离显然不相等，排除D，故选A.7．(2018·哈尔滨模拟)正方体ABCD－A 1B1C1D1的棱长为 ，在正方体表面上与点A距离是2的点形成一条封闭3的曲线，这条曲线的长度是( )A．π B. π32C．3π D. π52答案 D解析 在面ABCD，面AA 1B1B，面AA 1D1D内与点A的距离是2的点的轨迹分别是以A为圆心，2为半径，圆心角为 的圆弧π 610，在面A 1B1C1D1，面BB 1C1C，面CC 1D1D内与点A的距离是2的点的轨迹是分别以A 1为圆心，以B为圆心，以D为圆心，1为半径，圆心角为 的圆弧，故圆弧的长为3× ×2＋3× ×1＝ π.π 2 π 6 π 2 528．在正方体ABCD－A 1B1C1D1中，点E为BB 1的中点，则平面A 1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________．答案 23解析 延长A 1E交AB延长线于P，连PD，由A作AO⊥PD于O，连A 1O，则∠A 1OA为二面角的平面角，设棱长为1，则由等面积法可得AO＝ ，∴tan∠A 1OA＝ ，cos∠A 1OA＝ .25 52 239．(2018·郑州质检)四棱锥A—BCDE的正视图和俯视图如下，其中俯视图是直角梯形．(1)若正视图是等边三角形，F为AC的中点，当点M在棱AD上移动时，是否总有BF⊥CM，请说明理由；(2)若平面ABC与平面ADE所成的锐二面角为45°.求直线AD与平面ABE所成角的正弦值．答案 (1)总有BF⊥CM (2)64解析 (1)由俯视图可知平面ABC⊥平面EBCD.BC＝2，O为BC中点，BE＝1，CD＝2.∵△ABC为等边三角形，F为AC中点，∴BF⊥AC.又平面ABC⊥平面EBCD，且DC⊥BC，∴DC⊥平面ABC，∴DC⊥BF.又AC∩CD＝C，∴BF⊥平面ACD.∴BF⊥CM.(2)以O为原点， 为x轴， 为z轴建系．OC→ OA→ B(－1，0，0)，C(1，0，0)，E(－1，1，0)，D(1，2，0)．设A(0，0，a)，由题意可知平面ABC的法向量为(0，1，0)．设平面ADE法向量 n＝(x，y，z)．＝(2，1，0)， ＝(1，－1，a)，ED→ EA→ ∴ 令x＝1，y＝－2，z＝ .{2x＋ y＝ 0，x－ y＋ az＝ 0， ) － 3a∴ n＝(1，－2，－ )．3a11∴ ＝ ，解得a＝ .22 | 21＋ 4＋ 9a2| 3∴ ＝(1，2，－ )， ＝(0，1，0)， ＝(1，－1， )．AD→ 3 BE→ EA→ 3设平面ABE的法向量为 m＝(x 1，y 1，z 1)，∴ {BE→ ·m＝ y1＝ 0，EA→ ·m＝ x1－ y1＋ 3z1＝ 0.)令z 1＝1，∴ m＝(－ ，0，1)．3设AD与平面ABE所成角为θ，则有sinθ＝|cos〈 ， m〉|＝ ＝ .AD→ |－ 3－ 3|2 2·2 64∴直线AD与平面ABE所成角的正弦值为 .6410．(2015·天津，理)如图，在四棱柱ABCD－A 1B1C1D1中，侧棱A 1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA 1＝2，AD＝CD＝ ，且点M和N分别为B 1C和D 1D的中点．5(1)求证：MN∥平面ABCD；(2)求二面角D 1－AC－B 1的正弦值；(3)设E为棱A 1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为 ，求线段A 1E的长．13答案 (1)略 (2) (3) －23 1010 7解析 如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(2，0，0)，D(1，－2，0)，A1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)．又因为M，N分别为B 1C和D 1D的中点，得M(1， ，112)，N(1，－2，1)．12(1)证明：依题意，可得 n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量. ＝(0，－ ，0)．MN→ 52由此可得 ·n＝0，又因为直线MN⊄平面ABCD，MN→ 所以MN∥平面ABCD.(2) ＝(1，－2，2)， ＝(2，0，0)．AD1→ AC→ 设 n1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则 即 不妨设z 1＝1，可得 n1＝(0，1，1)．{n1·AD1→ ＝ 0，n1·AC→ ＝ 0， ) {x1－ 2y1＋ 2z1＝ 0，2x1＝ 0. )设 n2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则 {n2·AB1→ ＝ 0，n2·AC→ ＝ 0， )又 ＝(0，1，2)，得AB1→ {y2＋ 2z2＝ 0，2x2＝ 0. )不妨设z 2＝1，可得 n2＝(0，－2，1)．因此有cos＝ ＝－ .n1·n2|n1|·|n2| 1010于是sin＝ .3 1010所以二面角D 1－AC－B 1的正弦值为 .3 1010(3)依题意，可设 ＝λ ，其中λ∈[0，1]，则E(0，λ，2)，从而 ＝(－1，λ＋2，1)．又 n＝(0，0A1E→ A1B1→ NE→ ，1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos〈 ， n〉＝ ＝ ＝ ，NE→ NE→ ·n|NE→ |·|n| 1（ － 1） 2＋ （ λ ＋ 2） 2＋ 12 13整理得λ 2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0，1]，解得λ＝ －2.7所以线段A 1E的长为 －2.711．(2018·江西上饶一中模拟)如图，在直三棱柱ABC－A 1B1C1中，平面A 1BC⊥侧面ABB 1A1，且AA 1＝AB＝2.(1)求证：AB⊥BC；(2)若直线AC与平面A 1BC所成的角为 ，请问在线段A 1C上是否存在点E，使得二面角A－BE－C的大小为 ，π 6 2π3请说明理由．解析 (1)证明：连接AB 1交AB 1于点D，13∵AA 1＝AB，∴AD⊥A 1B，又平面A 1BC⊥侧面A 1ABB1，且平面A 1BC∩侧面A 1ABB1＝A 1B，∴AD⊥平面A 1BC，又BC⊂平面A 1BC，∴AD⊥BC.∵三棱柱ABC－A 1B1C1是直三棱柱，∴AA 1⊥底面ABC，∴AA 1⊥BC.又AA 1∩AD＝A，AA 1⊂平面A 1ABB1，AD⊂平面A 1ABB1，∴BC⊥平面A 1ABB1，又AB⊂侧面A 1ABB1，∴AB⊥BC.(2)由(1)得AD⊥平面A 1BC，连接CD，∴∠ACD为直线AC与平面A 1BC所成的角，即∠ACD＝ ，又AD＝ AB1＝ ，π 6 12 2∴AC＝2 ，BC＝ ＝2.2 AC2－ AB2假设在线段A 1C上存在一点E，使得二面角A－BE－C的大小为 .以点B为原点，以BC，BA，BB 1所在直线为坐2π3标轴建立空间直角坐标系B－xyz，如图所示，则A(0，2，0)，B(0，0，0)，A 1(0，2，2)，C(2，0，0)，B 1(0，0，2)．∴ ＝(0，－2，0)， ＝(2，－2，－2)，AB→ A1C→ ＝(0，－2，2)， ＝(0，0，2)．AB1→ AA1→ 设 ＝λ ＝(2λ，－2λ，－2λ)，0≤λ≤1.A1E→ A1C→ ∴ ＝ ＋ ＝(2λ，－2λ，2－2λ)，AE→ AA1→ A1E→ 设平面EAB的法向量为 n1＝(x，y，z)，则 ⊥ n1， ⊥ n1，AE→ AB→ ∴ {2λ x－ 2λ y＋ （ 2－ 2λ ） z＝ 0，－ 2y＝ 0， )令x＝1，得 n1＝(1，0， )，λλ － 114由(1)知AB 1⊥平面A 1BC，∴ ＝(0，－2，2)为平面CEB的一个法向量．AB1→ ∴cos〈 ， n1〉＝ ＝ ，AB1→ AB1→ ·n1|AB1→ ||n1|2λλ － 12 2× 1＋ λ 2（ λ － 1） 2∴| |＝|cos |＝ ，解得λ＝ ，2λλ － 12 2× 1＋ λ 2（ λ － 1） 2 2π3 12 12∴点E为线段A 1C中点时，二面角A－BE－C的大小为 .2π31第1课时 空间几何体的结构、三视图、直观图1．(2018·安徽东至二中段测)将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括( )A．一个圆台、两个圆锥 B．两个圆台、一个圆柱C．两个圆台、一个圆锥 D．一个圆柱、两个圆锥答案 D解析 把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥．故选D.2．以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是( )A．正方体的三视图是三个全等的正方形B．球的三视图是三个全等的圆C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆答案 B解析 画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．3．如图所示，几何体的正视图与侧视图都正确的是( )答案 B解析 侧视时，看到一个矩形且不能有实对角线，故A，D排除．而正视时，有半个平面是没有的，所以应该有一条实对角线，且其对角线位置应为B中所示，故选B.4．一个几何体的三视图如图，则组成该几何体的简单几何体为( )A．圆柱和圆锥 B．正方体和圆锥C．四棱柱和圆锥 D．正方体和球答案 C5．(2018·沧州七校联考)三棱锥S－ABC及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱SB的长为( )2A．16 B.3 38C．4 D．22 11答案 C解析 由已知中的三视图可得SC⊥平面ABC，且底面△ABC为等腰三角形．在△ABC中，AC＝4，AC边上的高为2，所以BC＝4.在Rt△SBC中，由SC＝4，可得SB＝4 .3 26．(2017·衡水中学调研卷)已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二侧画法所画的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( )A．2 B．62 2C．1 D. 2答案 A解析 因为底面用斜二侧画法所画的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，所以在直角坐标系中，底面是边长为1和3的平行四边形，且平行四边形的一条对角线垂直于平行四边形的短边，此对角线的长为2 ，所以该2四棱锥的体积为V＝ ×2 ×1×3＝2 .13 2 27.(2018·四川泸州模拟)一个正四棱锥的所有棱长均为2，其俯视图如图所示，则该正四棱锥的正视图的面积为( )A. B.2 3C．2 D．4答案 A解析 由题意知，正视图是底边长为2，腰长为 的等腰三角形，其面积为 ×2× ＝ .312 （ 3） 2－ 1 28．(2018·湖南郴州模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD－A 1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C 1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A．①② B．③④C．①③ D．②④答案 D解析 3由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C 1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB 1A1和平面BCC 1B1展到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过BB 1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD 1C1展到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.9．某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是( )答案 D解析 依题意，此几何体为组合体，若上、下两个几何体均为圆柱，则俯视图为A；若上边的几何体为正四棱柱，下边几何体为圆柱，则俯视图为B；若上边的几何体为底面为等腰直角三角形的直三棱柱，下边的几何体为正四棱柱时，俯视图为C；若俯视图为D，则正视图中还有一条虚线，故该几何体的俯视图不可能是D，故选D.10．(2018·江西上馓质检)点M，N分别是正方体ABCD－A 1B1C1D1的棱A 1B1，A 1D1的中点，用过平面AMN和平面DNC1的两个截面截去正方体的两个角后得到的几何体如图，则该几何体的正(主)视图，侧(左)视图、俯视图依次为( )A．①②③ B．②③④C．①③④ D．②④③答案 B解析 由直视图可知，该几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图依次为②③④，故选B.11．(2018·四川宜宾期中)某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长棱的长度为( )A．4 B．3 24C．2 D．22 3答案 D解析 由三视图可知，该几何体为如图所示的四棱锥P－ABCD，由图可知其中最长棱为PC，因为PB2＝PA 2＋AB 2＝2 2＋2 2＝8，所以PC 2＝PB 2＋BC 2＝8＋2 2＝12，则PC＝2 ，故选D.312．(2018·北京东城区期末)在空间直角坐标系O－xyz中，一个四面体的顶点坐标分别为(0，0，2)，(2，2，0)，(0，2，0)，(2，2，2)．画该四面体三视图中的正视图时，以xOz平面为投影面，则得到的正视图可以为( )答案 A解析 设S(2，2，2)，A(2，2，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，则此四面体S－ABC如图①所示，在xOz平面的投影如图②所示．其中S′是S在xOz平面的投影，A′是A在xOz平面的投影，O是B在xOz平面的投影，SB在xOz平面的投影是S′O，并且是实线，CA在xOz平面的投影是CA′，且是虚线，如图③.13．(2018·江西宜春模拟)某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大为( )A．2 B．42C．2 D．23 6答案 C解析 由三视图知该几何体为棱锥S－ABD，其中SC⊥平面ABCD，将其放在正方体中，如图所示．四面体S－ABD的四个面中△SBD的面积最大，三角形SBD是边长为2 的等边三角形，所以此四面体的四个面中面积最大为 ×2348＝2 .故选C.3514．(2018·江苏张家港一模)若将一个圆锥侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为2 cm的半圆，则该圆锥的高为________cm.答案 3解析 设圆锥的底面圆半径为r cm，则2πr＝2π，解得r＝1 cm，∴h＝ ＝ cm.22－ 1 315．(2018·成都二诊)已知正四面体的俯视图如图所示，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，则这个四面体的正视图的面积为________．答案 2 2解析 由俯视图可得，原正四面体AMNC可视作是如图所示的正方体的一内接几何体，则该正方体的棱长为2，正四面体的正视图为三角形，其面积为 ×2×2 ＝2 .12 2 216.(2018·上海长宁区、嘉定区质检)如图，已知正三棱柱的底面边长为2，高为5，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A 1点的最短路线的长为________．答案 13解析 将正三棱柱ABC－A 1B1C1沿侧棱AA 1展开，再拼接一次，如图所示，在展开图中，最短距离是六个矩形形成的大矩形对角线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值．由已知求得矩形的长等于6×2＝12，宽等于5，由勾股定理得d＝ ＝13.122＋ 5217．某几何体的正(主)视图和侧(左)视图如图1，它的俯视图的直观图是矩形O 1A1B1C1如图2，其中O 1A1＝6，O 1C1＝2，则该几何体的侧面积为________．答案 96解析 6由俯视图的直观图可得y轴与C 1B1交于D 1点，O 1D1＝2 ，故OD＝4 ，俯视图是边长为6的菱形，则该几何体2 2是直四棱柱，侧棱长为4，则侧面积为6×4×4＝96.1．(课本习题改编)如图为一个几何体的三视图，则该几何体是( )A．四棱柱 B．三棱柱C．长方体 D．三棱锥答案 B解析 由几何体的三视图可知，该几何体的直观图如图所示，即为一个平放的三棱柱．2．(2018·山东泰安模拟)某三棱锥的三视图如图所示，其侧视图为直角三角形，则该三棱锥最长的棱长等于( )A．4 B.2 34C. D．541 2答案 C解析 根据几何体的三视图，得该几何体是底面为直角三角形，有两个侧面垂直于底面，高为5的三棱锥，最长的棱长等于 ＝ ，故选C.25＋ 16 413．(2018·安徽毛坦厂中学月考)已知一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图是( )7答案 C解析 A项中的几何体，正视图不符，侧视图也不符，俯视图中没有虚线；B项中的几何体，俯视图中不出现虚线；C项中的几何体符合三个视图；D项中的几何体，正视图不符．故选C.4．(2017·山东德州质检)如图是正方体截去阴影部分所得的几何体，则该几何体的侧视图是( )答案 C解析 此几何体的侧视图是从左边往右边看，故其侧视图应选C.5.(2017·广东汕头中学摸底)如图是一正方体被过棱的中点M，N，顶点A及过N，顶点D，C 1的两个截面截去两角后所得的几何体，该几何体的正视图是( )答案 B6．(2017·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)( )A．①②⑥ B．①②③8C．④⑤⑥ D．③④⑤答案 B解析 正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③，故选B.7．(2014·课标全国Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A．三棱锥 B．三棱柱C．四棱锥 D．四棱柱答案 B解析 由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B.8.用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )答案 B解析 D项为主视图或者侧视图，俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.9．底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正(主)视图有最大面积时，其侧(左)视图的面积为( )A．2 B．33C. D．43答案 A解析 当正视图面积最大时，侧视图是一个矩形，一个边长为2，另一边长是三棱柱底面三角形的高为 ，故侧视3图面积为2 .310．(2015·北京，文)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )9A．1 B. 2C. D．23答案 C解析 将三视图还原成几何体的直观图，如图，由三视图可知，底面ABCD是边长为1的正方形，SB⊥底面ABCD，SB＝AB＝1，由勾股定理可得SA＝SC＝ ，SD＝ ＝2 SB2＋ DB2＝ ，故四棱锥中最长棱的棱长为 .故选C.1＋ 2 3 311．(2017·南昌模拟)若一几何体的正视图与侧视图均为边长为1的正方形，则下列图形一定不是该几何体的俯视图的是( )答案 D解析 若该几何体的俯视图为选项D，则其正视图为长方形，不符合题意，故选D.12．某几何体的正视图与侧视图如图所示，若该几何体的体积为 ，则该几何体的俯视图可以是( )13答案 D解析 通过分析正视图和侧视图，结合该几何体的体积为 ，可知该几何体的底面积应为1，因为符合底面积为1的选13项仅有D选项，故该几何体为一个四棱锥，其俯视图为D.1013．(2018·兰州诊断考试)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x的值是( )A．2 B.92C. D．332答案 D解析 由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是一个直角梯形，底面积S＝ ×(1＋2)×2＝3，高h＝x，所以其体积V12＝ Sh＝ ×3x＝3，解得x＝3，故选D.13 1314．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，最大侧面的面积为( )A. B.12 22C. D.52 62答案 C解析 由三视图知，该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 ＝ ×1×12 12 12 2 22 12＝ ，故选C.55215.(2017·山东师大附中月考)如图是各棱长均为2的正三棱柱ABC－A 1B1C1的直观图，则此三棱柱侧视图的面积为________．答案 2 3解析 依题意，得此三棱柱的侧视图是边长分别为2， 的矩形BB 1D1D，故其面积是2 .3 31116.(2017·北京西城区期末)已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．答案 2 3解析 由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为 ，所以正视图的面积为2 .3 317．用小立方块搭一个几何体，使它的正视图和俯视图如图所示，则它最多需要______个小立方块．答案 14解析 本题考查了三视图的有关知识．需要小立方块最多则：第一层最多6个，第二层最多5个，第三层最多3个，故最多用14个．18．(2017·湖南株洲质检)已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )答案 C解析 通过对以下四个四棱锥的三视图对照可知，只有选项C是符合要求．