2021届人教a版（文科数学）立体几何（选择题填空题）单元测试

专题05立体几何（选择题、填空题）

己知三棱锥尸-ABC的四个顶点在球。的球面上，PA=PB=PC,AA8C是边长为2的正三角形，E,F分

别是南,AB的中点，ZCEF=90°,则球。的体积为

A.8遍兀B.4a兀

C.2匹nD.匹n

答案D

解法一：•.•/%=P6=PC,△ABC为边长为2的等边三角形，.ABC为正三棱锥，

:.PB±AC，又E，尸分别为P4，的中点，P8，.•.所J_AC，又EF上CE，

CEC\AC=C,EF_L平面PAC,：.PB，平面PAC,:.ZAPB=90°,PA=PB=PC=O,

ABC为正方体的一部分，2R=J2+2+2=遍,即

/?=—,.­.V=-7T/?，=-71X^=7671.故选D.

2338

解法二：设Q4=PB=PC=2x,瓦E分别为尸448的中点，，所〃必，口£/='/>8=%,

2

•.•△A8C为边长为2的等边三角形，，。/二百，

又NC£F=90°,:.CE^yj3-x2,AE^-PA=x,

2

△A£C中，由余弦定理可得cosZEAC=**一住巧,

2x2xx

作尸DJ_AC于。，

•:PA=PC、\。为AC的中点，cosZE4C=—3+r=J_,

PA2x4x2x

2x?+1=2»x~——,x——'PA-PB=PC-V2>

22

又AB=BC=AC=2,两两垂直，

2R=y/2+2+2=V6..-.V=-7t/?3=-7tx—=故选D.

2338

名师点评本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题.可通过线面垂直定理，得到三棱

两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决.

2.设a,P为两个平面，则a〃夕的充要条件是

A.a内有无数条直线与£平行B.a内有两条相交直线与£平行

C.a,“平行于同一条直线D.a,尸垂直于同一平面

答案B

由面面平行的判定定理知：a内两条相交直线都与夕平行是a〃6的充分条件，由面面平行性质定理知,

若a〃尸，则a内任意一条直线都与月平行，所以a内两条相交直线都与万平行是a〃尸的必要条件，

故选B.

名师点评本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面

平行的判定定理与性质定理即可作出判断.面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的

错误为定理记不住，凭主观臆断，如："若a<=a,。u£,a〃力，则a〃4”此类的错误.

3.如图，点N为正方形ABC。的中心，为正三角形，平面ECZ)J_平面A8C£>,M是线段ED的中点,

则

M,

B

N

A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线

B.BM*EN,且直线BM,EN是相交直线

C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线

D.BM丰EN,且直线BM,EN是异面直线

答案B

如图所示，作石十O,连接ON,BD,易得直线BM,EN是三角形的中线，是相交直线.

过M作于尸，连接B尸,

•••平面CDEL平面A8CO,后0,^^石^匚平面⑺七一二七0工平面/^。。，MF_L平面ABQ9,

与△EON均为直角三角形.设正方形边长为2,易知EO=6,ON=1,EN=2,

MF=—,BF=-,：.BA/=V7，:.BM手EN,故选B.

22

名师点评本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂

直关系，再结合勾股定理进而解决问题.

4.祖咂是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“事势既同，则积不容异”称为祖唾原理，利用该原理可

以得到柱体的体积公式Vm=Sh,其中S是柱体的底面积，〃是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示（单

位：cm）,则该柱体的体积（单位：cm3）是

A.158

C.182

答案B

由三视图得该棱柱的高为6,底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4,下底为6,

2+64+6]

高为3,另一个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积为------X3J-------x3x6=162.

22

故选B.

名师点评本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，

常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确

还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.

5.设三棱锥J48c的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱%上的点（不含端点）.记直线PB与直线

AC所成的角为a,直线P8与平面ABC所成的角为人二面角P-AC-B的平面角为y,则

A.p<y,a<yB./f<a,fi<y

C.fi<a,y<aD.a<fi,y</i

答案B

如图，G为AC中点，连接VG,V在底面ABC的投影为0,则P在底面的投影。在线段AO匕过。

作上垂直于ACTE,连接PE,BD,易得PE〃VG,过P作尸尸〃4。交出丁连接8尸，过。作

DH//AC.交BG于H,则a=NBPF,。=NPBD,y=NPED,结合△PF8,4BDH,△尸。8均为直

五一公r加PFEGDHBD

角二角形，可得cosa="~'='——•=---<_-=cos万,即a>〃o；

PBPBPBPB

PDPD

在RsPE。中，tan/=—>—=tan/7,即/>£,综上所述，答案为B.

V.

名师点评本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以

及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用

图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊

位置法“，寻求筒便解法.

6.某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱

表面上的点N在左视图上的对应点为8,则在此圆柱侧面上，从/到N的路径中，最短路径的长度为

A.2V17B.275

C.3D.2

答案B

根据圆柱的三视图以及其本身的特征，知点M在上底面上，点N在下底面上，且可以确定点M和点N

分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所

求的最短路径的长度为、诉娶=2#，故选B.

名师点评该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明

确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，

利用平面图形的相关特征求得结果.

7.已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面1所成的角都相等，则a截此正方体所得截面面积的最

大值为

3G2V3

A.

~T~亍

372

rny/3

42

答案A

根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，

所以在正方体ABCD-\B,CXD｝中，

平面A5A与线4\，4与，4。所成的角是相等的,

所以平面AgA与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的,

同理，平面GBD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的,

要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与GBO中间，且过棱的中点的正六边形，且

边长为也,

2

G㈤2

所以其面积为3&

S=6x--4-Xl--2--J=--4---故选A.

名师点评该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截

面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用

六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.即首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条

棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的

位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.

8.中国古建筑借助梯卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫梯头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的

小长方体是桦头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件

的俯视图可以是

ABCD

答案A

本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.

故选A.

9.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：cnP）是

俯视图

A.2B.4

C.6D.8

答案C

根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2,底面为直角梯形，上、下底分别为1,2,梯形的高

为2,因此几何体的体积为gx（l+2）x2x2=6,

故选C.

名师点评先由几何体的三视图还原几何体的形状，再在具体几何体中求体积或表面枳等.

10.设A，B,C,。是同一个半径为4的球的球面上四点，“台。为等边三角形且其面积为96,则三棱

锥。-A8C体积的最大值为

A.125/3B.18>/3

C.246D.546

答案B

如图所示，设点M为三角形ABC的重心，E为AC中点,

D

•O

当点£>在平面ABC上的射影为M时，三棱锥O—ABC的体枳最大，此时，OD=OB=R=4,

S/\ABC=¥AB?=96-AB=6.•••点M为三角形ABC的重心，；.BM=,BE=26

.,.RtZ^OBM中，有OM=dOB2-BM?=2,：DM^OD+OM=4+2=6,

•••(^fic)max=1x9>5x6=18V3,故选B.

名师点评本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，

判断出当点D在平面ABC上.的射影为三角形ABC的重心时，三棱锥D-A5C体积最大很关键，由M

为三角形ABC的重心，计算得到BM=|BE=26,再由勾股定理得到。M,进而得到结果，属于

较难题型.

11.在长方体中，AB=BC=\,A^=x/3,则异面直线AR与。片所成角的余弦值为

石

-一

-

A.C56

B.

及

立D.

一

52

答案C

方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则与尸〃AR,连接。尸，易求

得£>4=OP=石，B[P=2,则/。与P是异面直线A。与。片所成的角，

由余弦定理可得3"4八*+次-叱=注=立

'2DB-PB14后5

故选C.

21

方法二：以。为坐标原点，D4,OC,。。所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则力（0,0,0）,A（1,0,0）,4（1,1,6）,2（0,0,白1所以砺后）,瓶=（1,1,石），

/4.7TD*\AD]•DB]—1+3y/5

因为c国四,m〉=画画=互存=彳，

所以异面直线AA与。及所成角的余弦值为夸，故选C.

名师点评先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线

线角相等或互补关系求结果.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建

恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出

直线的方向向量或平面的法向量；第四，破“应用公式关

12.己知平面a,直线施,〃满足，"0a,〃ua,则“/n〃知'是"施〃a”的

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

答案A

因为mCa,兀ca,m//n＜所以根据线面平行的判定定理得m〃a.由m〃a不能得出m与a内任一直线平行,

所以是m〃a的充分不必要条件，故选A.

名师点评充分、必要条件的三种判断方法：

（1）定义法：直接判断“若p则q”、“若q则p”的真假.并注意和图示相结合，例如“p=q”为真，则p是q的

充分条件.

（2）等价法：利用pnq与非正非p,qnp与非尸非q,pQq与非q=非p的等价关系，对于条件或结论

是否定式的命题，一般运用等价法.

（3）集合法：若4=8,则4是8的充分条件或B是2的必要条件；若4=8,则4是B的充要条件.

13.己知四棱锥S-ABC。的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段A8上的点（不含端点），设SE与BC

所成的角为仇，SE与平面ABC。所成的角为仇，二面角S-4B-C的平面角为仇，则

A.0\<6I<!9->.B.

C.01<ft<02D.02<ft<01

答案D

设。为正方形A8CQ的中心，M为A8中点，过E作8c的平行线EF,交C。于F,过。作ON垂直

EF于N,连接SO,SN,SE,SM,OM,OE,则SO垂直于底面4BCD,垂直于A8,

因此ZSEN=q,ZSEO=d2,ZSMO="，

,,cSNSNSOSO

从而tan"=---=----Jan”n，=---Jan/n=----,

1ENOM2EO3OM

因为SN>SO,EO>OM,所以tanq>tan。,>tan4,即0]>03>02,

故选D.

名师点评分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小

关系.

14.已知直三棱柱ABC—中，ZABC=120°,AB=2，BC=C6=1，则异面直线A用与BC；所

成角的余弦值为

A.立B.巫

25

「Mn73

53

答案C

如图所示，补成直四棱柱—,

则所求角为NBC]D,・;BC,=C,BD=>/22+l-2x2xlxcos60°=耳,C、D=AB\=后,

易得=8。2+8。:，因此cos/B£D=3=半=典，故选C.

CQyJ55

名师点评平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面

问题来解决，具体步骤如下：

①平移：平移异面宜线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角：

③计算：求该角的值，常利用解三角形；

TT

④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0,—],当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面

2

直线所成的角.求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.

15.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长

为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为

A.10B.12

C.14D.16

答案B

由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯

形，则这些梯形的面积之和为2X(2+4)X2X'=12,故选B.

2

名师点评三视图往往与几何体的体积、表面积以及空间线面关系、角、距离等问题相结合，解决此类问

题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征并且熟悉常见几何体的三视图.

16.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为

H—2-►1

正（主）视图侧（左）视图

俯视图

A.372B.26

C.272D.2

答案B

几何体是四棱锥P-ABCD,如图.

最长的棱长为补成的正方体的体对角线，

即该四棱锥的最长棱的长度为/=亚百百=2百•

故选B.

名师点评本题考查了空间想象能力，由三视图还原几何体的方法:

或者也可根据三视图的形状，将几何体的顶点放在正方体或长方体里面，便于分析问题.

17.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.90KB.63K

C.42nD.36兀

答案B

由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3,高为4的圆柱，其体积

=7tx32x4=36n,上半部分是一个底面半径为3,高为6的圆柱的一半，其体积

1,

V2=—X(TIX3'x6)=27K,故该组合体的体积V=K+匕=36兀+27兀=63兀.

故选B.

名师点评在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，

空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线.在还原空间几何体实

际形状时，•般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑.求解以三视图为载体的空间几

何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应

体积公式求解.

18.已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为

4

n

D.-

4

答案B

绘制圆柱的轴截面如图所示:

由题意可得：AC=l,AB=g,结合勾股定理，底面半径「=/12—（gj=*，

由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是丫=兀尸〃=兀*1=（兀，故选8.

名师点评（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系，利用

相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形

法等方法进行求解.

19.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：cn?）是

71,

A.—+1

2

3兀,

C.----F1

2

答案A

根据所给三视图可还原儿何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，儿何体的体积为

V=-X3X（7IX^+—x2xl）=—+1,故选A.

3222

名师点评思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等“

的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几

何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：（1）

首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；（2）观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、

右的高度；（3）画出整体，然后再根据三视图进行调整.

20.如图，己知正四面体。一ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P,Q,R分别为A8,BC,CA上的点，

BQCR°

AP=PB,—=—=2,分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为C,,则

QCRA

A.y<a</3B.a<y</3

C.a</3<yD./3<y<a

答案B

设。为三角形A8C中心，则。到PQ距离最小，。到PR距离最大，。到R。距离居中，而三棱锥的高

相等，因此＜夕，所以选B.

名师点评立体几何是高中数学中的重要内容，也是高考重点考查的考点与热点.这类问题的设置一般有

线面位置关系的证明与角度距离的计算等两类问题.解答第一类问题时一般要借助线面平行与垂直的判

定定理进行；解答第二类问题时先建立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标形式及数量积公式进行求

解.

21.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱

锥O—EFGH后所得的几何体，其中。为长方体的中心，E,F,G,H分别为所在棱的中点，

A3=8。=6cm,44,=4cm,3D打印所用原料密度为0.9g/cnP,不考虑打印损耗，制作该模型所

需原料的质量为___________g.

答案118.8

1,

由题意得，S四边形EFGH=4x6-4x]x2x3=12cnr,

・••四棱锥™的高为—研十12><3:12向.

又长方体ABCD-4耳GA的体积为%=4x6x6=144cm3,

所以该模型体积为V=匕一%-EFGH=144-12=132cn?,其质量为0.9x132=118.8g.

名师点评本题考查儿何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求

解.根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量

即可.

22.某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为I,

那么该几何体的体积为.

答案40

如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱VP24-NQG4之后余

卜的几何体,

则几何体的体积V=43-gx(2+4)x2x4=40.

名师点评本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等

题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面

的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常

用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.

23.己知/,加是平面a外的两条不同直线.给出下列三个论断：

①山小②m〃a；③/_La.

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：.

答案如果/±a,m//a,则/

将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：

(I)如果/_La,加〃a,则/正确；

(2)如果/J_a,/_Lm,则"?〃a,不正确，有可能加在平面1内；

(3)如果/_L/〃，m//a,贝/J_a,不正确，有可能/与Q斜交、I//a.

故答案为：如果/±a»rn//a,则l±m.

名师点评本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作

为条件、结论加以分析即可.

24.已知四棱锥的底面是边长为血的正方形，侧棱长均为岔.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条

侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为.

答案:

4

由题意，四棱锥的底面是边长为正的正方形，侧棱长均为君，借助勾股定理，可知四棱锥的高为

75^1=2.

若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，•个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的

高为1，圆柱的底面半径为工，

2

故圆柱的体积为兀xl=：

名师点评根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面

对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.

25.如图，长方体ABCO—AgGA的体积是120,E为CG的中点，则三棱锥E-BCD的体积是▲.

答案10

因为长方体的体积为120,所以A3-3CCC1=120,

因为E为CG的中点，所以CE=gcG，

由长方体的性质知CG，底面A3CD,

所以CE是三棱锥£—BCD的底面BCD上的高，

所以三棱锥七—3。。的体积\/=！乂！4&8。.虑==1*，488。,。。1=’、120=10.

3232212

名师点评本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清

整体和局部的关系，灵活利用“割"与“补''的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得

三棱锥的体积.

26.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但

南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边

形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶

点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有个面，其棱长为

.（本题第一空2分，第二空3分.）

答案26,72-1

由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面,

所以该半正多面体共有18+8=26个面.

如图，设该半正多面体的棱长为x,则AB=6E=x,延长C8与FE的延长线交于点G,延长交

正方体的棱于”，由半正多面体对称性可知，△BGE为等腰直角三角形，

BG=GE=CH=与x,；.GH=2x与x+x=（五+Dx=l，

X——7=--=y/2—1,

V2+1

即该半正多面体的棱长为0-1.

名师点评本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简

单，稳中求胜是关键.立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形.

27.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.

答案士

3

由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1,底面正方形的边长等于淄，

所以该多面体的体积为2x；xlx（J5『=§.

名师点评解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件

构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积

公式的几何体进行解决.

28.已知正方体ABC。-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—EFG”的体积为.

答案_1

12

由题意可得，底面四边形EFG”为边长为正的正方形，其面积隰弋1，

~2S四边形=2

顶点M到底面四边形EFGH的距离为“_1，由四棱锥的体积公式可得：„_1*1乂1_1.

a-2EFGH-3X2X2~12

名师点评本题主要考查四棱锥的体积计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求

解能力.

7

29.已知圆锥的顶点为S,母线S4,S3所成角的余弦值为京，S4与圆锥底面所成角为45。，若△S46的

面积为5/，则该圆锥的侧面积为.

答案40匹兀

因为母线S4,S3所成角的余弦值为（，所以母线£4，S3所成角的正弦值为史，因为△SAB的

88

面积为5>/15，设母线长为/,所以‘x/2x"l=5后,.•.『=80,

28

因为£4与圆锥底面所成角为45°,所以底面半径为r=/cos-=—/,

42

因此圆锥的侧面积为兀〃=注冗尸=40及无

2

名师点评本题考查线面角、圆锥的侧面积、三角形面积等知识点，考查学生空间想象与运算能力.先根

据三角形面积公式求出母线长，再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求结

果.

30.如图，圆形纸片的圆心为。，半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为0.0,E,尸为圆O

上的点，&DBC,4ECA,△布B分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC,

CA,A8为折痕折起△QBC,4ECA,使得£>,E,F重合，得到三棱锥.当"BC的边长变化时，

所得三棱锥体积（单位：cn?）的最大值为.

答案4

如下图，连接。。交BC于点G,设D,E,F重:合于S点，正三角形的边长为x（x>0）,则OG△x且x=@x.

326

/o

FG=SG=5--x，

6

设"(3)=5/一-y-x5>x>0,则〃<x)=20d,

令〃'(x)=0=0,得工=46，易知〃(x)在片4代处取得最大直

.•.嗑X=—x48xV5^4=4V15.

名师点评对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图

形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量

是高次时需要用到求导的方式进行解决.

3L2。2。年高考山东理数由一个长方体和两个:圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体