第一部分 专题全程性评价（四） 立体几何

专题全程性评价(四) 立体几何

(时间120分钟，满分150分)

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1．已知直线a、b是两条异面直线，直线c平行于直线a，则直线c与直线b( ) A．一定是异面直线 B．一定是相交直线 C．不可能是平行直线 解析：若c∥b，

∵c∥a，∴a∥b与已知矛盾． 答案：C

2．(2010·广东茂名)如图，某几何体的正(主)视图与侧(左)视图都

1

是边长为1的正方形，且它的体积为，则该几何体的俯视图可以是

2

( )

D．不可能是相交直线

解析：选项A对应的几何体为正方体，其体积为1；选项B对应的几何体为圆柱体，其π1π

体积为；选项D对应的几何体为圆柱体，其体积为；选项C对应的几何体为三棱柱，体

4441

积为.

2

答案：C

3．如图，在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是 ( )

答案：A

4．(2010·山东潍坊)已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( )

A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β B．若m∥n，m?α，n?β，则α∥β C．若m∥n，m∥α，则n∥α D．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β

解析：对于选项A，两平面β、γ同垂直于平面α，平面β与平面γ可能平行，也可能相交；对于选项B，平面α、β可能平行，也可能相交；对于选项C，直线n可能与平面α平行，也可能在平面α内；对于选项D，由m∥n，m⊥α，

∴n⊥α，又n⊥β，∴α∥β. 答案：D

5．(2010·厦门模拟)一个组合体的三视图如图，则其体积为( )

A．12π C．20π

B．16π D．28π

解析：由空间几何体的三视图可知，该几何体为圆锥和圆柱的组合体，所以其体积为V1

＝π·22×4＋×π×22×3＝20π.

3

答案：C

6．(理)四棱锥P－ABCD的底面是矩形，AB＝3，AD＝PA＝2，PD＝22，∠PAB＝60°，则异面直线PC与AD所成的角的余弦值为( )

1A. 23C. 2

211B. 11D.3 3

解析：如图，∵AD∥BC，∴∠PCB为异面直线PC与AD所成的角． ∵PD2＝PA2＋AD2，∴AD⊥PA，再由底面ABCD是矩形，得AD⊥AB，∴AD⊥平面PAB，

∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB，即∠PBC＝90°，PB2＝PA2＋AB2－2PA·ABcos60°＝7，PC2＝PB2＋BC2＝11，∴cos∠PCB＝211

. 11

答案：B

(文)已知m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，那么使m∥α成立的一个充分条件是( )

A．m∥β，α∥β B．m⊥β，α⊥β C．m⊥n，n⊥α，m?α

D．m上有不同的两个点到α的距离相等

解析：对于A，直线m可能位于平面α内，因此不能推出m∥α.对于B，直线m可能位于平面α内，且垂直于平面α与β的交线，此时不能推出m∥α.对于C，显然能推出m∥α.对于D，当直线m与平面α相交时，显然在该直线上也能找到两个不同的点到平面α的距离相等，因此不能由此推出m∥α.

答案：C

7．设a，b，c是空间不重合的三条直线，α，β是空间两个不同的平面，则下列命题中，逆命题不成立的是( )

A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥β B．当b?α时，若b⊥β，则α⊥β

C．当b?α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥b D．当b?α，且c?α时，若c∥α，则b∥c

解析：当α⊥β时，平面α内的直线不一定垂直于平面β. 答案：B

8．(2010·济南模拟)给定下列四个命题：

①若一个平面内的两条直线与另外一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行；

④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．

其中为真命题的是( ) A．①和② C．③和④

B．②和③ D．②和④

解析：对于①，两条直线必须相交，否则不能证明面面平行，故错．对于③，垂直于同一条直线的两条直线还可能异面、相交，故错．②④正确．所以选D.

答案：D

9．(理)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高为3，底面是边长为4且∠DAB＝60°的菱形，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，则二面角

O1－BC－D的大小为( )

A．60° B．90° C．120° D．150°

解析：如图，过O作OF⊥BC交BC于F，连接O1F，∵OO1⊥平面AC，∴BC⊥O1F，

∴∠O1FO是二面角O1－BC－D的平面角． ∵OB＝2，∠OBF＝60°， ∴OF＝3.在Rt△O1OF中， OO13

tan∠O1FO＝OF＝＝3，

3

∴∠O1FO＝60°，即二面角O1－BC－D的大小为60°. 答案：A

(文)(2010·东北三校联考)一个几何体的三视图及部分数据如图所示，侧(左)视图为等腰三角形，俯视图为正方形， 则这个几何体的体积等于( )

1A. 3C.

2B. 3D.62 24

15 6

111

解析：由题中的三视图可知，该几何体是一个四棱锥，所以其体积为V＝Sh＝××2

3321

＝. 3

答案：A

10．(2010·江南十校)已知a、b、l表示三条不同的直线，α、β、γ表示三个不同的平面，有下列四个命题：

①若α∩β＝a，β∩γ＝b且a∥b，则α∥γ；

②若a、b相交，且都在α、β外，a∥α，a∥β，b∥α，b∥β，则α∥β； ③若α⊥β，α∩β＝a，b?β，a⊥b，则b⊥α； ④若a?α，b?α，l⊥a，l⊥b，则l⊥α. 其中正确的是( )

A．①② C．①④

B．②③ D．③④

解析：本题考查了空间中的线面关系．可通过公理、定理判定其正确，通过特例、反例说明其错误．①在正方体A1B1C1D1－ABCD中，平面A1B1CD∩平面DCC1D1＝CD.平面A1B1C1D1∩平面DCC1D1＝C1D1，且CD∥C1D1，但平面A1B1CD与平面A1B1C1D1不平行，①错

误．②因为a、b相交，可设其确定的平面为γ，根据a∥α，b∥α，可得γ∥α.同理可得γ∥β，因此α∥β，②正确．③根据平面与平面垂直的判定定理：两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线和另一个平面垂直，③正确．④当直线a∥b时，l垂直于平面α内两条不相交直线，得不出l⊥α，④错误．

答案：B

11．(2010·北京西城)如图，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，C是α内不同的两点，B，D是β内不同的两点，且A，B，C，D?直线l，M，N分别是线段AB，CD的中点．下列判断正确的是( )

A．当|CD|＝2|AB|时，M，N两点不可能重合

B．M，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交

C．当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与l相交 D．当AB，CD是异面直线时，直线MN可能与l平行

解析：当M，N重合时，四边形ACBD为平行四边形，故AC∥BD∥l，此时直线AC与l不可能相交，B正确，易知A，C，D均不正确．

答案：B

12．取棱长为a的正方体的一个顶点，过从此顶点出发的三条棱的中点作截面，依次进行下去，对正方体的所有顶点都如此操作，所得的各截面与正方体各面共同围成一个多面体，5则此多面体：①有12个顶点；②有24条棱；③有12个面；④表面积为3a2；⑤体积为a3.

6以上结论正确的是( )

A．①②⑤ C．②④⑤

B．①②③ D．②③④⑤

解析：由题意可知，正方体的12条棱的中点均为此多面体的顶点，故共有12个顶点，而正方体的每个面上的四条棱的中点连成的小正方形的四条边均是此多面体的棱，故共有24

1115

条棱，作图易知共有14个面，表面积为(3＋3)a2，体积为a3－8×××(a)3＝a3.

3226

答案：A

二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把正确答案填在题中横线上) 13．(2010·新课标全国卷)一个几何体的正(主)视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________．(填入所有可能的几何体前的编号)

①三棱锥 ②四棱锥 ③三棱柱 ④四棱柱 ⑤圆锥 ⑥圆柱

解析：三棱锥、四棱锥和圆锥的正(主)视图都是三角形，当三棱柱的一个侧面平行于水平面，底面对着观察者时其正(主)视图是三角形，其余的正(主)视图均不是三角形．

答案：①②③⑤

14．(2010·海淀模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．

解析：依题意可知，该几何体是一个半球与一个正四棱柱的组合体，因此该几何体的表1

面积等于22＋4×2×3＋·4π·22＋π·22－22＝24＋12π.

2

答案：24＋12π

15．(2010·山东寿光一中)在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC、△ACD、△ADB的面积分别为

236

、、，则三棱锥A－BCD的外接球的体积为________． 222

解析：设AB，AC，AD的长分别为x，y，z则xy＝2，yz＝3，xz＝6，解得x＝2，y＝1，z＝3，把这个三棱锥补成一个长方体，这个三棱锥和补成的长方体具有共同的外接1646

球，这个球的半径等于1＋2＋3＝，故这个球的体积是π()3＝6π.

2232

答案：6π

16．(2010·湖北高考)圆柱形容器内部盛有高度为8 cm的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图所示)，则球的半径是______cm.

解析：设球的半径为r cm，则底面圆的半径为r cm， 4

从而有8πr2＋3×πr3＝6r·πr2，由此解得r＝4.

3

答案：4

三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)

17．(本小题满分12分)(2010·湖南十二校联考)如图所示，一个几何体的直观图和三视图(其中正(主)视图、侧(左)视图都是直角三角形，俯视图是矩形)及尺寸如下．

E，F，M分别是AB、PD、PC的中点． (1)求证：AF∥平面PCE； (2)求证：AF⊥MD.

1

证明：(1)如图所示，连接MF、EM、AF，则有FM綊CD，

21

AE綊CD，故FM綊AE，所以四边形AEMF为平行四边形，

2AF∥EM，又EM在平面PEC内，故AF∥平面PEC.

(2)因为EM∥AF，

所以∠EMD为异面直线FA与MD所成的角．

因为PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，PA＝BC＝AD＝2，AB＝CD＝22，所以PD＝22，

所以在△EDM中，ED＝AE2＋AD2＝6，EM＝AF＝2， 因为CD⊥AD，且PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD， 又PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PD， 所以PC＝PD2＋CD2＝?22?2＋?22?2＝4， MD＝2，

所以EM2＋MD2＝ED2，所以∠EMD＝90°. ∴AF⊥MD.

18．(本小题满分12分)(2010·浙江省三校高三下学期联考数学试题)如图，在三棱柱ABCπ

－A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，已知BC＝1，∠BCC1＝，BB1＝2.

3

(1)求证：C1B⊥平面ABC；

(2)试在棱CC1(不包含端点C，C1)上确定一点E的位置，使得EA⊥EB1； 解：(1)证明：因为AB⊥侧面BB1C1C，故AB⊥BC1， π

在△BC1C中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝. 3由余弦定理有

BC1＝BC2＋CC2BC·CC1·cos∠BCC1 1－2·＝

π1＋4－2×2×cos＝3，

3

2

∴BC2＋BC21＝CC1，

∴C1B⊥BC.

而BC∩AB＝B且AB，BC?平面ABC， ∴C1B⊥平面ABC.

(2)由EA⊥EB1，AB⊥EB1，AB∩AE＝A，AB，AE?平面ABE，从而B1E⊥平面ABE，且BE?平面ABE，故BE⊥B1E.

不妨设CE＝x，则C1E＝2－x， 则BE2＝x2－x＋1. 2又∵∠B1C1C＝π，

3则B1E2＝x2－5x＋7.

在直角三角形BEB1中有x2－x＋1＋x2－5x＋7＝4， 从而x＝1.

故当E为CC1的中点时，EA⊥EB1. 19．(本小题满分12分)(2010·陕西高考)

如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB，BP＝BC＝2，E，F分别是PB，PC的中点．

(1)证明：EF∥平面PAD； (2)求三棱锥E－ABC的体积V.

解：(1)证明：在△PBC中，E，F分别是PB，PC的中点， ∴EF∥BC.

又BC∥AD，∴EF∥AD，

又∵AD?平面PAD，EF?平面PAD. ∴EF∥平面PAD.

(2)连接AE，AC，EC，过E作EG∥PA交AB于点G， 1

则EG⊥平面ABCD，且EG＝PA.

2

在△PAB中，AP＝AB，∠PAB＝90°，BP＝2， ∴AP＝AB＝2，EG＝

2. 2

11

∴S△ABC＝AB·BC＝×2×2＝2，

221121

∴VE－ABC＝S△ABC·EG＝×2×＝.

3323

20．(本小题满分12分)(理)(2010·新课标全国卷)如图，已知四棱锥P－ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点．

(1)证明：PE⊥BC；

(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值． 解：以H为原点，HA，HB，HP所在直线分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，

则A(1,0,0)，B(0,1,0)． (1)证明：设C(m,0,0)， P(0,0，n)(m<0，n>0)， 1m

则D(0，m,0)，E(，，0)．

22

????????1m

可得PE＝(，，－n)，BC＝(m，－1,0)．

22?mm???????因为PE·BC＝2－2＋0＝0，

所以PE⊥BC.

(2)由已知条件可得m＝－故C(－

3

，n＝1， 3

3313

，0,0)，D(0，－，0)，E(，－，0)，P(0，0,1)． 3326

设n＝(x，y，z)为平面PEH的法向量，

??????n·HE＝0，?1x－3y＝0，

6则????即?2 ?HP＝0，?n·??z＝0.

因此可以取n＝(1，3，0)．

由???PA?＝(1,0，－1)，可得|cos〈???PA?，n〉|＝24

，

所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为

24

. (文)(2010·南京模拟)如图，在四棱锥E－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，BE＝BC，AE⊥BE，M为CE上一点，且BM⊥平面ACE.

(1)求证：AE⊥BC；

(2)如果点N为线段AB的中点，求证：MN∥平面ADE. 证明：(1)因为BM⊥平面ACE，AE?平面ACE， 所以BM⊥AE.

因为AE⊥BE，且BE∩BM＝B，BE、BM?平面EBC，所以AE⊥平面EBC.

因为BC?平面EBC，所以AE⊥BC. (2)法一：取DE中点H，连接MH、AH.

因为BM⊥平面ACE，EC?平面ACE，所以BM⊥EC. 因为BE＝BC，所以M为CE的中点． 所以MH为△EDC的中位线，所以MH綊12DC.

因为四边形ABCD为平行四边形，所以DC綊AB. 故MH綊1

2

AB.

因为N为AB的中点，所以MH綊AN.

所以四边形ANMH为平行四边形，所以MN∥AH. 因为MN?平面ADE，AH?平面ADE， 所以MN∥平面ADE.

法二：取EB的中点F，连接MF、NF.

因为BM⊥平面ACE，EC?平面ACE，所以BM⊥EC. 因为BE＝BC，所以M为CE的中点，所以MF∥BC. 因为N为AB的中点，所以NF∥AE，

因为四边形ABCD为平行四边形，所以AD∥BC. 所以MF∥AD.

因为NF、MF?平面ADE，AD、AE?平面ADE， 所以NF∥平面ADE，MF∥平面ADE. 因为MF∩NF＝F，MF、NF?平面MNF，

所以平面MNF∥平面ADE.

因为MN?平面MNF，所以MN∥平面ADE.

21．(本小题满分12分)(理)(2010·全国卷Ⅰ)如图，四棱锥 S－ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，E为棱SB上的一点，平面EDC⊥平面SBC.

(1)证明：SE＝2EB；

(2)求二面角A－DE－C的大小．

解：法一：(1)证明：连结BD，取DC的中点G，连结BG， 由此知DG＝GC＝BG＝1，即△DBC为直角三角形， 故BC⊥BD.

又SD⊥平面ABCD， BC?平面ABCD， 故BC⊥SD.

又SD?平面BDS，DB?平面BDS且SD∩DB＝D， 所以BC⊥平面BDS，BC⊥DE. 作BK⊥EC，K为垂足． 因平面EDC⊥平面SBC， 故BK⊥平面EDC，BK⊥DE.

DE与平面SBC内的两条相交直线BK、BC都垂直． 所以DE⊥平面SBC，DE⊥EC，DE⊥SB. SD·DB2SB＝SD2＋DB2＝6，DE＝SB＝，

3EB＝DB2－DE2＝所以SE＝2EB.

(2)由SA＝SD2＋AD2＝5，AB＝1，SE＝2EB，AB⊥SA，知AE＝ 12

?SA?2＋?AB?2＝1，又AD＝1. 33故△ADE为等腰三角形． 取ED中点F，连结AF， 则AF⊥DE，AF＝AD2－DF2＝连结FG，则FG∥EC，FG⊥DE.

所以∠AFG是二面角A－DE－C的平面角． 连结AG，AG＝2，FG＝DG2－DF2＝

6

， 3

6. 3

626，SE＝SB－EB＝， 33

AF2＋FG2－AG21

cos∠AFG＝＝－，

2·AF·FG2所以二面角A－DE－C的大小为120°.

法二：以D为坐标为原点，射线DA为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系D－xyz. 则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2)．

(1)证明：???SC?＝(0,2，－2)，???BC?＝(－1,1,0)．

设平面SBC的法向量为n＝(a，b，c)．

由n⊥???SC?，n⊥???BC?得n·???SC?＝0，n·???BC?＝0.

故2b－2c＝0，－a＋b＝0.

令a＝1，则b＝1，c＝1，n＝(1,1,1)．

又设???SE?＝λ???EB? (λ>0)，则E(λλ21＋λ，1＋λ，1＋λ)．

???DE?＝(λλ????1＋λ，1＋λ，2

1＋λ

)，DC＝(0,2,0)．

设平面CDE的法向量m＝(x，y，z)，

由m⊥???DE?，m⊥???DC?，得

m·???DE?＝0，m·???DC?＝0.

故

λxλy1＋λ＋1＋λ＋2z

1＋λ

＝0,2y＝0. 令x＝2，则m＝(2,0，－λ)． 由平面DEC⊥平面SBC得 m⊥n，m·n＝0,2－λ＝0，λ＝2. 故SE＝2EB.

(2)由(1)知E(222

3，3，3

)，取DE中点F，

则F(13，11????211

3，3)，FA＝(3，－3，－3

)，

故???FA?·???DE?＝0，由此得FA⊥DE. 又???EC?＝(－2423，3，－3

)，

故???EC?·

???DE?＝0，由此得EC⊥DE， 向量???FA?与???EC?的夹角等于二面角A－DE－C的平面角．于是cos〈???FA?，???EC????〉＝FA?·???EC?|???FA?||???EC?|

＝－12， 所以二面角A－DE－C的大小为120°.

(文)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为点D在棱A1C1上．

(1)若A1D＝DC1，求证：直线BC1∥平面AB1D；

2a，2

(2)是否存在点D，使平面AB1D⊥平面ABB1A1，若存在，请确定点D的位置，若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：连接A1B交AB1于E点，连接DE. 在平行四边形ABB1A1中，有A1E＝BE. 又A1D＝DC1，∴DE为△A1BC1的中位线， 从而DE∥BC1.

又DE?平面AB1D，BC1?平面AB1D， ∴直线BC1∥平面AB1D.

(2)假设存在点D，使平面AB1D⊥平面ABB1A1，过点D作DN⊥AB1于N， 则DN⊥平面ABB1A1，

又过D作DM⊥A1B1于M，则DM⊥平面ABB1A1.

而过平面外一点有且仅有一条直线与已知平面垂直，故M、N应重合于B1点，此时应有DB1⊥A1B1，故∠A1B1D＝90°.

又点D在棱A1C1上，故∠A1B1D≤∠A1B1C1＝60°，显然矛盾，故不存在这样的点D，使平面AB1D⊥平面ABB1A1.

22．(本小题满分14分)(理)在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB的垂直平分线分别交AB，AC于D，E(图1)，沿DE将△ADE折起，使得平面ADE⊥平面BDEC(图2)．

(1)若F是AB的中点，求证：CF∥平面ADE；

(2)若P是AC上任意一点，求证：平面ACD⊥平面PBE；

(3)若P是AC上一点，且AC⊥平面PBE，求二面角P－BE－C的大小． 解：(1)证明：取BD的中点为M，连接FM，CM， ∵F为AB的中点， ∴MF∥AD，

由题知△BCD为等边三角形， ∴CM⊥BD，又DE⊥BD，

∴CM∥DE，FM∩CM＝M，AD∩DE＝E，

∴平面CFM∥平面ADE，

又CF?平面CFM，且CF?平面ADE. ∴CF∥平面ADE.

(2)由平面几何知识，得BE⊥CD，AD⊥DE，

又∵平面ADE⊥平面BDEC，平面ADE∩平面BDEC＝DE， ∴AD⊥平面BDEC，∴AD⊥BE， ∵CD∩AD＝D，∴BE⊥平面ACD， 又BE?平面PBE，∴平面ACD⊥平面PBE.

(3)由(2)知BE⊥平面ACD，设BE∩CD＝Q，连接PQ. 由题意知BE⊥CD，BE⊥PQ，

∴∠PQC为二面角P－BE－C的平面角．

由题意可知，AD＝BD＝BC＝CD，∴∠ACD＝45°， 又∵AC⊥平面PBE，∴AC⊥PQ， ∴∠CPQ＝90°，∠PQC＝45°， ∴二面角P－BE－C的大小为45°.

(文)(2010·广东模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，点M是BC的中点，点N是AA1的中点．

(1)求证：MN∥平面A1CD；

(2)过N，C，D三点的平面把长方体ABCD－A1B1C1D1截成两部分几何体，求所截成的两部分几何体的体积的比．

解：(1)证明：如图，设点P为AD的中点，连接MP，NP. ∵点M是BC的中点， ∴MP∥CD.

∵CD?平面A1CD，MP?平面A1CD， ∴MP∥平面A1CD. ∵点N是AA1的中点， ∴NP∥A1D.

∵A1D?平面A1CD，NP?平面A1CD， ∴NP∥平面A1CD.

∵MP∩NP＝P，MP?平面MNP，NP?平面MNP， ∴平面MNP∥平面A1CD. ∵MN?平面MNP， ∴MN∥平面A1CD.

(2)如图，取BB1的中点Q，连接NQ，CQ，

∵点N是AA1的中点， ∴NQ∥AB. ∵AB∥CD， ∴NQ∥CD.

∴过N，C，D三点的平面NQCD把长方体ABCD－A1B1C1D1截成两部分几何体，其中一部分几何体为直三棱柱QBC－NAD，另一部分几何体为直四棱柱B1QCC1－A1NDD1.

111

∴S△QBC＝·QB·BC＝×1×1＝，

222

1

∴直三棱柱QBC－NAD的体积V1＝S△QBC·AB＝，

2∵长方体ABCD－A1B1C1D1的体积V＝1×1×2＝2， ∴直四棱柱B1QCC1－A1NDD1的体积 3

V2＝V－V1＝.

21V121∴＝＝. V233

2

1

∴所截成的两部分几何体的体积的比值为. 3

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/fhsr.html