2019年数学二轮复习专题突破练5.1~5.3组合练 专题突破练17

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精专题突破练175。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。a2C。a2 D。a23。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。34.如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），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3cm,高为6cm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.(2018河南郑州三模,理7）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∈AC.2∈A D。4∈A6。(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。(2018百校联盟四月联考，理12）在三棱锥A—BCD中，AB=AC，DB=DC，AB+DB=4，AB⊥BD,则三棱锥A—BCD外接球的体积的最小值为（）A. B。 C. D。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,理11)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F,G，H，M（如图）,则四棱锥M-EFGH的体积为.

12.正△ABC的三个顶点都在球O的球面上,AB=AC=2，若三棱锥O-ABC的体积为2,则该球的表面积为.

三、解答题（共3个题，分别满分为13分,13分，14分)13.（2018河北唐山一模，理19)如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中,平面A1B1C⊥平面AA1C1C，∠BAC=90°.（1）证明：AC⊥CA1;(2)若△A1B1C是正三角形，AB=2AC=2，求二面角A1-AB-C的大小.14.（2018河北唐山三模，理19）如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，∠BAC=∠PAD=∠PCD=.（1）求证:平面PAB⊥平面ABCD；（2)若AB=AC=PA=3，E为BC的中点，F为棱PB上的点，PD∥平面AEF,求二面角A—DF—E的余弦值。15.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形,直线AF⊥平面ABCD，EF∥AB，AD=2，AB=AF=2EF=1,点P在棱DF上.(1)求证：AD⊥BF;(2)若P是DF的中点,求异面直线BE与CP所成角的余弦值；(3)若，求二面角D-AP—C的余弦值。参考答案专题突破练175.1～5。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。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'=aa=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==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=4π9。C解析由AB=AC，DB=DC，得△ABD≌△ACD,所以AC⊥CD,所以AD中点O为三棱锥A-BCD外接球的球心，其球的半径R=所以三棱锥A-BCD外接球的体积V）3=故选C.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解析由题意可知，四棱锥M-EFGH的底面EFGH为正方形且边长为，其高为,所以V四棱锥M-EFGH=12解析正三角形ABC的三个顶点都在以O为球心的球面上,且AB=AC=BC=2,取BC中点D,连接AD,OD，过O作OE⊥平面ABC,则OE∩AD=E,如图所示:∴AD=,AE=AD=，S△ABC=BC·AD=2，∵三棱锥O—ABC的体积为2,OE=2，解得OE=2，∴球的半径为OA=，∴球的表面积为S=4π×OA2=13。解（1)过点B1作A1C的垂线,垂足为O,由平面A1B1C⊥平面AA1C1C,平面A1B1C∩平面AA1C1C=A1C,得B1O⊥平面AA1C1C,又AC⊂平面AA1C1C,得B1O⊥AC。由∠BAC=90°,AB∥A1B1,得A1B1⊥AC。又B1O∩A1B1=B1,得AC⊥平面A1B1C.又CA1⊂平面A1B1C，得AC⊥CA1。（2)以C为坐标原点,的方向为x轴正方向,｜｜为单位长度1，建立空间直角坐标系C—xyz.由已知可得A(1,0,0),A1（0,2，0),B1(0,1，)。所以=(1，0,0)，=(—1，2,0），=(0,—1，).设n=(x，y，z）是平面A1AB的一个法向量,则可取n=（2,1).设m=（x，y，z）是平面ABC的一个法向量，则可取m=（0,,1）。则cos〈n,m〉=又因为二面角A1—AB-C为锐二面角，所以二面角A1—AB—C的大小为14.解（1）∵AB∥CD，PC⊥CD，∴AB⊥PC.∵AB⊥AC，AC∩PC=C,∴AB⊥平面PAC。∴AB⊥PA.∵PA⊥AD，AB∩AD=A，∴PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面ABCD.(2)连接BD,交AE于点O，连接OF,∵E为BC的中点,BC∥AD,∵PD∥平面AEF，PD⊂平面PBD，平面AEF∩平面PBD=OF，∴PD∥OF,以AB,AC,AP所在直线分别为x轴，y轴,z轴建立空间直角坐标系A—xyz,则A(0,0，0),B（3，0,0）,C(0，3，0）,D(—3，3,0）,P（0，0，3），E，F(2,0,1），设平面ADF的一个法向量m=(x1,y1，z1).=(2,0，1),=（—3,3,0),由m=0，m=0得取m=(1，1，-2）。设平面DEF的一个法向量n=（x2,y2,z2）.=,-，1,由n=0,n=0得取n=(1,3，4)。cos〈m，n〉==—∵二面角A-DF—E为钝二面角，∴二面角A—DF-E的余弦值为-15。(1）证明∵AF⊥平面ABCD，∴AF⊥AD.又AD⊥AB,AB∩AF=A,∴AD⊥平面ABEF.又BF⊂平面ABEF,∴AD⊥BF.(2）解∵直线AF⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，∴AF⊥AB，AF⊥AD.又AD⊥AB,∴以A为原点,AB，AD，AF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则B(1,0,0）,E,P,C（1，2，0)，=-,0,1,设异面直线BE与CP所成角为θ,则cosθ=,∴异面直线BE与CP所成角的余弦值为(3)解由(2）得AB⊥平面ADF，∴平面ADF的一