1、专题 9 立体几何初步测试题命题报告：1. 高频考点：三视图的认识，几何体的表面积和体积的求解。2. 考情分析：高考主要以选择题填空题形式出现，每年必考，重点考查三视图和表面积、体积的综合，与球有关的外接和内切问题。3.重点推荐：基础卷 16 题，涉及数学文化题的应用，是近几年热点问题；一选择题1. 所有棱长都为 1 的正四棱锥的体积是（ ）A、 23 B、 23 C、 26 D、 3【答案】：C 【解析】正四棱锥的侧棱、高、底面对角线的一半构成直角三角形，所以高为，正四棱锥的底面积为 1，所以体积为 ，故选 C.2. 将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图
2、如图所示，则该几何体的侧视图为( )【答案】 B【解析】 先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧视图.由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图，故其侧视图为图.3. （2018黄山一模）将正方体（如图（1）所示）截去两个三棱锥，得到如图（2）所示的几何体，则该几何体的侧视图为（ ）A B C D【答案】：B4. 如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A.90 B.63 C.42 D.36答案 B解析 法一 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得，如图所示.将圆柱
3、补全，并将圆柱体从点 A 处水平分成上下两部分.由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的 ，所以该几何体的体积 V3 243 26 63.12 12法二 (估值法)由题意知， V 圆柱 V 几何体 V 圆柱 ，又 V 圆柱 3 21090，1245 V 几何体 90.观察选项可知只有 63 符合.5. 在棱长为 a 的正方体 中，P、Q 是体对角线 1AC上的动点，且 2PQ，则三棱锥 P-BDQ 的体积为（ ）A、 36a B、 318a C、 324a D、 312a【答案】：A 【解析】 特殊化处理，让点 Q 与 C 重合，则三棱锥 P-BDC 的体积为所求，因为
4、 ，由三角形的相似比可 得 P 到底面 BCD 的距离为 23a，所以 36a，故选 A.6. （2018 烟台一模）已知三棱锥 PABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，ABC 是边长为 的正三角形，PA，PB，PC 两两垂直，则球 O 的体积为（ ）A B C3 D4【答案】：A7. 长方体 的体积为 V，P 是 1D的中点，Q 是 AB 上的动点，则四面体 P-CDQ 的体积是（ ）A、 14V B、 16 C、 8 D、 2V【答案】：D 【解析】设长方体的长、宽、高分别为 AB=a，BC=b， 1Ac，则有 V=abc，由题意知 ，所以12V8. （2018三明二模）如图，已知正方体
5、 ABCDA 1B1C1D1的棱长为 2，则以下四个命题中错误的是（ ）A直线 A1C1与 AD1为异面直线 BA 1C1平面 ACD1CBD 1AC D三棱锥 D1ADC 的体积为【答案】：D【解析】由正方体 ABCDA 1B1C1D1的棱长为 2，知：在 A 中，直线 A1C1平面 A1B1C1D1，BD 1平面A1B1C1D1，D 1直线 A1C1，由异面直线判定定理得直线 A1C1与 AD1为异面直线，故 A 正确；在 B 中，A 1C1AC，A 1C1平面 ACD1，AC 平面 ACD1，A 1C1平面 ACD1，故 B 正确；在 C 中，正方体ABCDA 1B1C1D1中，ACBD
6、，ACDD 1，BDDD 1，AC面 BDD1，BD 1AC，故 C 正确；在 D 中，三棱锥 D1ADC 的体积： = = ，故 D 错误故选：D 9. 如图是棱长为 2 的正八面体（八个面都是全等的等边三角形） ，球 O 是该正八面体的内切球，则球 O 的表面积为（ ）A B C D【答案】A；【解析】：由题意，该八面体的棱长为 2，设球 O 的半径为 r， =，解得 r= ,所以球 O 的表面积为：4 = 故选：A10. （2018 年东北 三省三校 （哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）三模）棱长为 2 的正方体 ABCDA 1B1C1D1中，E 为棱 AD 中点，过点 B1，且
7、与平面 A1BE 平行的正方体的截面面积为（ ）A5 B2 C2 D6【答案】.C11. 如图，若 是长方体 ABCDA 1B1C1D1被平面 EFGH 截去几何体 EFGHB1C1后得到的几何体，其中 E 为线段 A1B1上异于 B1的点，F 为线段 BB1上异于 B1的点，且 EHA 1D1，则下列结论中不正确的是（ ）AEHFG B四边形 EFGH 是矩形C 是棱柱 D四边形 EFGH 可能为梯形【答案】D；【解析】：若 FG 不平行于 EH，则 FG 与 EH 相交，交点必然在 B1C1 上，与 EHB1C1 矛盾，所以 FGEH，故 A 正确；由 EH平面 A1ABB1，得到 EHE
8、F，可以得到四边形 EFGH 为矩形，故 B 正确；将 从正面看过去，就知道是一个五棱柱，故 C 正确；因为 EFGH 截去几何体 EFGHB1C1后，EH B1C1 CF，所以四边形 EFGH 不可能为梯形，故 D 错误故选：D12. 九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3 丈，长 4 丈，上棱长 2 丈，高 2 丈，问：它的体积是多少？”已知 l 丈为 10 尺，该楔体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形边长为 1，则该楔体的体积为（ ）A10000
9、 立方尺 B11000 立方尺C12000 立方尺 D13000 立方尺【答案】：A【解析】由题意，将楔体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体，作出几何体的直观图如图所示：沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直，则将几何体分成两个四棱锥和 1 个直三棱柱， 则三棱柱的体积 V1= 322=6，四棱锥的体积 V2= 132=2，由三视图可知两个四棱锥大小相等，V=V 1+2V2=10 立方丈=10000 立方尺故选：A二填空题13. 正 AOB 的边长为 a，建立如图所示的直角坐标系 xOy，则它的直观图的面积是_.答案 a2616解析 画出坐标系 x O y，作出 OAB 的直观图 O A B
10、(如图). D为 O A的中点.易知 D BDB(D 为 OA 的中点)，12 S O A B S OAB a2 a2.12 22 24 34 61614. 如图，已知正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1，则四棱锥 A1-BB1D1D 的体积为 【答案】. 13【解析】由题意可知四棱锥 A1-BB1D1D 的底面是矩形，边长为 1 和 ，四棱锥的高为 A1C1= ，则四棱212锥 A1-BB1D1D 的体积为 1 = 故答案为 13 2 13 1315. 有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)， ABC45， AB AD1， DC BC，则这块
11、菜地的面积为_.答案 222解析 如图 1，在直观图中，过点 A 作 AE BC，垂足为 E.在 Rt ABE 中， AB1， ABE45， BE .22又四边形 AECD 为矩形， AD EC1. BC BE EC 1.22由此还原为原图形如图 2 所示，是直角梯形 A B C D.在梯形 A B C D中， A D1， B C 1， A B2.22这块菜地的面积 S (A D B C) A B 22 .12 12 (1 1 22) 2216. 九章算术中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马（底面是长方形，且
12、有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均匀直角三角形的四面体） 在如图所示的堑堵 ABCA 1B1C1中，AA1=AC=5，AB=3，BC=4，则阳马 C1ABB 1A1的外接 球的表面积是_。【答案】50 【解析】：由题意知，直三棱柱 ABCA 1B1C1中，AA1=AC=5，AB=3，BC=4，四棱锥 C1ABB 1A1的外接球即为直三棱柱的外接球，以 AB、BC、BB 1为共顶点，画出长方体，如图所示，则长方体的外接球即为三棱柱的外接球；所求的外接球的直径为体对角线 2R=AC1= = ，外接球的表面积是 S=4R 2=（2R） 2=50三解答题17. 已知某线段的正视图、俯视
13、图、侧视图对应线段长度分别为 2，4，4，试求此线段的长度。【解析】：如图想象出线段 1BD所在的空间几何体是长方体 ，可得其正视图、俯视图、侧视图分别为 ，3 分设长方体三条棱长分别为 a，b，c，则有42ba， ， ，从而得 1BD10 分18. 现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥 P A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱 ABCD A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高 O1O 是正四棱锥的高 PO1的 4 倍，若 AB6 m， PO12 m，则仓库的容积是多少？【解析】 由 PO12 m，知 O1O4 PO18 m.因为 A1B1 AB6 m，所以
14、正四棱锥 P A1B1C1D1的体积 V 锥 A1B PO1 62224(m 3)；4 分13 21 13正四棱柱 ABCD A1B1C1D1的体积V 柱 AB2O1O6 28288(m 3)，所以仓库的容积 V V 锥 V 柱 24288 312(m 3).故仓库的容积是 312 m3.12 分19. 如图，长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB16， BC10， AA18，点 E， F 分别在 A1B1， D1C1上，A1E D1F4.过点 E， F 的平面 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形. (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面 把该长方体分成的两部
15、分体积的比值.【解析】 (1)交线围成的正方形 EHGF 如图所示.5 分(2)如图，作 EM AB，垂足为 M，则 AM A1E4， EB112， EM AA18.因为四边形 EHGF 为正方形，所以 EH EF BC10.于是 MH 6， AH10， HB6.EH2 EM2故 S 四边形 A1EHA (410)856，12S 四边形 EB1BH (126)872.12因为长方体被平面 分成两个高为 10 的直棱柱，所以其体积的比值为 .12 分97(79也 正 确 )20. 在三棱柱 ABC A1B1C1中，侧面 AA1C1C底面 ABC， AA1 A1C AC AB BC2，且点 O 为
16、 AC 中点.(1)证明： A1O平面 ABC；(2)求三棱锥 C1 ABC 的体积.(1)证明 因为 AA1 A1C，且 O 为 AC 的中点，所以 A1O AC，3 分又平面 AA1C1C平面 ABC，平面 AA1C1C平面 ABC AC，且 A1O平面 AA1C1C， A1O平面 ABC.6 分(2)解 A1C1 AC， A1C1平面 ABC， AC平面 ABC， A1C1平 面 ABC，即 C1到平面 ABC 的距离等于 A1到平面 ABC 的距离.由(1)知 A1O平面 ABC 且 A1O ，3 VC1 ABC VA1 ABC S ABCA1O 2 1.12 分13 13 12 3
17、321. 如图所示，在三棱锥 P ABC 中， PA底面 ABC， D 是 PC 的中点.已知 BAC ， AB2， AC2 ， PA2.求： 2 3(1)三棱锥 P ABC 的体积；(2)异面直线 BC 与 AD 所成角的余弦值.【解析】 (1) S ABC 22 2 ，12 3 3三棱锥 P ABC 的体积为 V S ABCPA 2 2 .5 分13 13 3 433(2)如图，取 PB 的中点 E，连接 DE， AE，则 ED BC，所以 ADE 是异面直线 BC 与 AD 所成的角(或其补角).在 ADE 中， DE2， AE ， AD2，2cos ADE .22 22 2222 34
18、故异面直线 BC 与 AD 所成角的余弦值为 .12 分3422 （2018海淀区二模）如图，已知菱形 AECD 的对角线 AC，DE 交于点 F，点 E 为的 AB 中点将三角形ADE 沿线段 DE 折起到 PDE 的位置，如图 2 所示（）求证：DE平面 PCF；（）证明：平面 PBC平面 PCF；（）在线段 PD，BC 上是否分别存在点 M，N，使得平面 CFM平面 PEN？若存在，请指出点 M，N 的位置，并证明；若不存在，请说明理由【思路分析】 （）折叠前，ACDE；，从而折叠后，DEPF，DECF，由此能证明 DE平面 PCF（）推导出 DCAE，DC=AE从而 DCEB，DC=E
19、B进而四边形 DEBC 为平行四边形从而 CBDE由此能证明平面 PBC平面 PCF（）分别取 PD 和 BC 的中点 M，N连接 EN，PN，MF，CM推导出四边形 ENCF 为平行四边形从而FCEN由此推导出平面 CFM平面 PEN【解析】证明：（）折叠前，因为四边形 AECD 为菱形，所以 ACDE；所以折叠后，DEPF，DECF，又 PFCF=F，PF，CF平面 PCF，所以 DE平面 PCF（4 分）解：（）存在满足条件的点 M，N，且 M，N 分别是 PD 和 BC 的中点如图，分别取 PD 和 BC 的中点 M，N连接 EN，PN，MF，CM因为四边形 DEBC 为平行四边形，所以 所以四边形 ENCF 为平行四边形所以 FCEN在PDE 中，M，F 分别为 PD，DE 中点，所以 MFPE又 EN，PE平面 PEN，PEEN=E，MF，CF 平 面 CFM，所以平面 CFM平面 PEN（12 分）
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