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(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)

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(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 -

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