（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 小題專題練 小題專題練（四） 立體幾何（含解析）

小題專題練(四)立體幾何一、選擇題1設(shè)，是兩個(gè)不同的平面，l是直線且l，則“”是“l(fā)”的()A充分而不必要條件B充要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件2在ABC中，AB2，BC1.5，ABC120°(如圖)，若將ABC繞直線BC旋轉(zhuǎn)一周，則形成的旋轉(zhuǎn)體的體積是()A.B.C.D.3如圖，正方形ABCD與矩形ACEF所在平面互相垂直，AB，AF1，點(diǎn)M在EF上且AM平面BDE，則M點(diǎn)的坐標(biāo)為()A(1，1，1)B.C.D.4(2019·貴陽模擬)設(shè)m，n是兩條不同的直線，是三個(gè)不同的平面，給出下面四個(gè)命題：若，則；若，m，n，則mn；若m，n，則mn；若，m，n，則mn.其中正確命題的序號是()ABCD5已知長方體ABCD­A1B1C1D1中，AA1AB，AD1，則異面直線B1C和C1D所成角的余弦值為()A.B.C.D.6三棱錐A­BCD中，AB，BC，CD兩兩垂直，被稱為“三節(jié)棍”由該棱錐所有相鄰的兩個(gè)面組成的二面角中，直二面角共有()A2個(gè)B3個(gè)C4個(gè)D5個(gè)7(2019·鄭州市第一次質(zhì)量預(yù)測)已知直三棱柱ABC­A1B1C1的底面為等腰直角三角形，ABAC，點(diǎn)M，N分別是邊AB1，A1C上的動點(diǎn)，若直線MN平面BCC1B1，點(diǎn)Q為線段MN的中點(diǎn)，則點(diǎn)Q的軌跡為()A雙曲線的一支(一部分) B圓弧(一部分)C線段(去掉一個(gè)端點(diǎn)) D拋物線的一部分8九章算術(shù)·商功：“今有塹堵，下廣二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五盡”，所謂“塹堵”，就是兩底面為直角三角形的棱柱，如圖所示的幾何體是一個(gè)“塹堵”，AA1平面ABC，ABBC4，AA15，M是A1C1的中點(diǎn)，過點(diǎn)B，C，M的平面把該“塹堵”分為兩個(gè)幾何體，其中一個(gè)為三棱臺，則該三棱臺的表面積為()A40 B50C25153 D30209如圖，已知三棱錐P­ABC的外接球的球心O在AB上，且PO平面ABC，AB2AC，若三棱錐P­ABC的體積為，則球O的表面積為()A9B.C16D.10(2019·鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測)在長方體ABCD­A1B1C1D1中，ADDD11，AB，E，F(xiàn)，G分別是棱AB，BC，CC1的中點(diǎn)，P是底面ABCD內(nèi)一動點(diǎn)，若直線D1P與平面EFG沒有公共點(diǎn)，則PBB1面積的最小值為()A.B1C.D.11(多選)已知m，n是不重合的直線，是不重合的平面，則下列命題錯(cuò)誤的是()A若m，n，則mnB若m，m，則C若n，mn，則m且mD若m，m，則12(多選)如圖，AC2R為圓O的直徑，PCA45°，PA垂直于圓O所在的平面，B為圓周上不與點(diǎn)A，C重合的點(diǎn)，ASPC于S，ANPB于N，則下列選項(xiàng)正確的是()A平面ANS平面PBCB平面ANS平面PABC平面PAB平面PBCD平面ABC平面PAC13(多選)如圖，正三棱柱ABC­A1B1C1各棱的長度均相等，D為AA1的中點(diǎn)，M，N分別是線段BB1和線段CC1上的動點(diǎn)(含端點(diǎn))，且滿足BMC1N，當(dāng)M，N運(yùn)動時(shí)，下列結(jié)論中正確的是()A在DMN內(nèi)總存在與平面ABC平行的線段B平面DMN平面BCC1B1C三棱錐A1­DMN的體積為定值DDMN可能為直角三角形二、填空題14(2019·湖南省湘東六校聯(lián)考)一個(gè)正四面體的側(cè)面展開圖如圖所示，點(diǎn)G為BF的中點(diǎn)，則在該正四面體中，直線EG與直線BC所成角的余弦值為_15已知半徑為1的球O中內(nèi)接一個(gè)圓柱，當(dāng)圓柱的側(cè)面積最大時(shí)，球的體積與圓柱的體積的比值為_16一個(gè)密閉且透明的正方體容器中裝有部分液體，已知該正方體的棱長為2，如果任意轉(zhuǎn)動該正方體容器，液面的形狀都不可能是三角形，那么液體體積的取值范圍為_17(2019·貴州遵義第一次聯(lián)考改編)已知三棱錐S­ABC中，SA平面ABC，且SA6，AB4，BC2，ABC30°，則該三棱錐的體積為_，其外接球的表面積為_ 小題專題練(四)立體幾何1解析：選A.由兩平面平行的性質(zhì)定理可知充分性滿足，但必要性不滿足2.解析：選D.依題意可知，旋轉(zhuǎn)體是一個(gè)大圓錐去掉一個(gè)小圓錐，所以O(shè)A，OB1，所以旋轉(zhuǎn)體的體積為·()2·(OCOB).3解析：選C.因?yàn)辄c(diǎn)M在EF上，設(shè)MEx，所以M，因?yàn)锳(，0)，D(，0，0)，E(0，0，1)，B(0，0)，所以(，0，1)，(0，1)，.設(shè)平面BDE的法向量n(a，b，c)，由得abc.故可取平面BDE的一個(gè)法向量n(1，1，)因?yàn)閚·0，所以x1，所以M.4解析：選D.對于，同垂直于一個(gè)平面的兩個(gè)平面可能相交，命題錯(cuò)誤；對于，在兩個(gè)互相垂直的平面內(nèi)的兩條直線可能互相平行，可能相交，也可能異面，命題錯(cuò)誤；對于，直線m與n可能異面，命題錯(cuò)誤；對于，由面面平行的性質(zhì)定理知命題正確故正確命題的序號是，選D.5解析：選A.如圖，連接A1D，A1C1，由題易知B1CA1D，所以C1DA1是異面直線B1C與C1D所成的角，又AA1AB，AD1，所以A1D2，DC1，A1C12，由余弦定理，得cosC1DA1，故選A.6解析：選B.由AB平面BCD，且AB平面ABD，AB平面ABC，得平面ABD平面BCD，平面ABC平面BCD.又CD平面ABC，CD平面ACD，故平面ACD平面ABC，所以A­BD­C，A­BC­D，D­AC­B都是直二面角. 故選B.7.解析：選C.如圖，分別取AA1，B1C的中點(diǎn)E，F(xiàn)，任意作一個(gè)與平面BCC1B1平行的平面與AB1，A1C分別交于M，N，則MN平面BCC1B1.由題意知ABC為等腰直角三角形，ABAC，則側(cè)面AA1B1B與側(cè)面AA1C1C是兩個(gè)全等的矩形，且這兩個(gè)側(cè)面關(guān)于過棱AA1與平面BCC1B1垂直的平面是對稱的，因此EF必過MN的中點(diǎn)Q，故點(diǎn)Q的軌跡為線段EF，但需去掉端點(diǎn)F，故選C.8解析：選C.如圖所示，記A1B1的中點(diǎn)為N，連接MN，則MNBC，所以過點(diǎn)B，C，M的平面為平面BNMC，三棱臺為A1MN­ACB，所以其表面積S×4×4×2×2×(42)×5×(42)×5×(42)×25153.9解析：選A.由于三棱錐P­ABC的外接球的球心O在AB上，故AB為其外接球的一條直徑，因此ACB90°.設(shè)球O的半徑為r，在RtABC中，AB2AC2r，ACr，BCr，所以SABCr×rr2.由于P為球O上一點(diǎn)，故POr，又PO平面ABC，所以VP­ABCPO·SABCr·r2r3，解得r，所以球O的表面積為4r24×9，故選A.10解析：選C.記PBB1的面積為S.因?yàn)镻在底面ABCD上，所以PBBB1，即PBB1為直角三角形，又BB1DD11，所以S×BB1×PBPB，當(dāng)線段PB的長最小時(shí)，S取得最小值因?yàn)镈1P與平面EFG無公共點(diǎn)，所以D1P平面EFG.如圖，連接AD1，D1C，AC，易證GFAD1，EFAC，又GFEFF，AD1ACA，所以平面AD1C平面EFG，所以D1P平面AD1C，所以點(diǎn)P一定在線段AC上運(yùn)動如圖，當(dāng)PBAC時(shí)，線段PB的長最小，此時(shí)PB，故(SPBB1)min×，選C.11解析：選ABC.若m，n，則m與n可能平行或異面，故A錯(cuò)誤；若m，m，則與可能相交或平行，故B錯(cuò)誤；若n，mn，則m可能在平面或內(nèi)，故C錯(cuò)誤；若m，m，根據(jù)垂直于同一直線的兩個(gè)平面平行，故，故D正確12解析：選ACD.因?yàn)镻A平面ABC，PA平面PAC，所以平面ABC平面PAC，故D正確；因?yàn)锽為圓周上不與A，C重合的點(diǎn)，AC為直徑，所以BCAB，因?yàn)镻A平面ABC，BC平面ABC，所以BCPA，又ABPAA，所以BC平面PAB，又BC平面PBC，所以平面PAB平面PBC，故C正確；因?yàn)锳BBC，BCPA，又PAABA，所以BC平面PAB，所以BCAN，又因?yàn)锳NPB，PBBCB，所以AN平面PBC，又AN平面ANS，所以平面ANS平面PBC，故A正確故選ACD.13解析：選ABC.用平行于平面ABC的平面截平面DMN，則交線平行于平面ABC，故A正確；當(dāng)M，N分別在BB1，CC1上運(yùn)動時(shí)，若滿足BMC1N，則線段MN必過正方形BCC1B1的中心O，由DO平面BCC1B1可得平面DMN平面BCC1B1，故B正確；當(dāng)M，N分別在BB1，CC1上運(yùn)動時(shí)，A1DM的面積不變，點(diǎn)N到平面A1DM的距離不變，所以三棱錐N­A1DM的體積不變，即三棱錐A1­DMN的體積為定值，故C正確；若DMN為直角三角形，則必是以MDN為直角的直角三角形，易證DMDN，所以DMN為等腰直角三角形，所以DOOMON，即MN2DO.設(shè)正三棱柱的棱長為2，則DO，MN2.因?yàn)镸N的最大值為BC1，BC12，所以MN不可能為2，所以DMN不可能為直角三角形，故D錯(cuò)誤故選ABC.14.解析：該正四面體如圖所示，取AD的中點(diǎn)H，連接GH，EH，則GHAB，所以HGE為直線EG與直線BC所成的角設(shè)該正四面體的棱長為2，則HEEG，GH1.在HEG中，由余弦定理，得cosHGE.答案：15.解析：如圖所示，設(shè)圓柱的底面半徑為r，則圓柱的側(cè)面積為S2r×24r4×2(當(dāng)且僅當(dāng)r21r2，即r時(shí)取等號)所以當(dāng)r時(shí)，.答案：16解析：當(dāng)液面的形狀為三角形時(shí)，最大三角形即與正方體的一個(gè)頂點(diǎn)相鄰的三個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成的三角形，這四個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成的三棱錐的體積為××2×2×2，所以當(dāng)液體體積小于或等于時(shí)不滿足題意由對稱性，當(dāng)液體體積大于或等于23時(shí)亦不滿足題意綜上所述，液體體積的取值范圍是.答案：17解析：三棱錐的體積V××2×4×sin 30°×64.取SB的中點(diǎn)O，連接OA，OC.因?yàn)镾A平面ABC，AB平面ABC，所以SAAB，可得RtASB中，中線OASB.由AB4，BC2，ABC30°，可知ACBC.又因?yàn)镾ABC，SA，AC是平面SAC內(nèi)的相交直線，所以BC平面SAC，所以BCSC，所以RtBSC中，中線OCSB，所以O(shè)是三棱錐S­ABC的外接球的球心在RtSBA中，AB4，SA6，所以SB2，則外接球半徑RSB.因此其外接球的表面積S4R24×1352.答案：452- 8 -