（全國通用版）2019高考數(shù)學二輪復習 12＋4分項練10 立體幾何 理.doc

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124分項練10立體幾何1已知a，b為異面直線，下列結論不正確的是()A必存在平面，使得a，bB必存在平面，使得a，b與所成角相等C必存在平面，使得a，bD必存在平面，使得a，b與的距離相等答案C解析由a，b為異面直線知，在A中，在空間中任取一點O(不在a，b上)，過點O分別作a，b的平行線，則由過點O的a，b的平行線確定一個平面，使得a，b，故A正確；在B中，平移b至b與a相交，因而確定一個平面，在上作a，b夾角的平分線，明顯可以作出兩條過角平分線且與平面垂直的平面使得a，b與該平面所成角相等，角平分線有兩條，所以有兩個平面都可以故B正確；在C中，當a，b不垂直時，不存在平面，使得a，b，故C錯誤；在D中，過異面直線a，b的公垂線的中點作與公垂線垂直的平面，則平面使得a，b與的距離相等，故D正確故選C.2(2018河南省南陽市第一中學模擬)設m，n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列命題中正確命題的個數(shù)為()若m，則m；若m，n，則mn；若m，n，mn，則；若n，n，m，則m.A1 B2 C3 D4答案B解析對于，若m，則m或m，所以不正確；對于，若m，則m，又由n，所以mn正確；對于，若m，n，mn，則或與相交，所以不正確；對于，若n，n，則，又由m，所以m是正確的，綜上可知，正確命題的個數(shù)為2.3(2018福建省廈門外國語學校模擬)如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為棱BB1的中點，用過點A，E，C1的平面截去該正方體的下半部分，則剩余幾何體的正(主)視圖是()答案A解析取DD1的中點F，連接AF，C1F，平面AFC1E為截面如圖所示，所以上半部分的正(主)視圖，如A選項所示，故選A.4(2018煙臺模擬)某幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖右側曲線為半圓弧，則幾何體的表面積為()A342 B322C.22 D.22答案A解析由三視圖還原出原幾何體是一個半圓柱挖去一個三棱柱，尺寸見三視圖，S12222 324.5已知一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是()A. B8 C. D6答案A解析如圖所示，在棱長為2的正方體中，題圖中的三視圖對應的幾何體為四棱錐PADC1B1，其中P為棱A1D1的中點，則該幾何體的體積VPADC1B12VPDB1C12VDPB1C12SPB1C1DD1.6現(xiàn)有編號為，的三個三棱錐(底面水平放置)，俯視圖分別為圖1、圖2、圖3，則至少存在一個側面與此底面互相垂直的三棱錐的所有編號是()A BC D答案B解析根據(jù)題意可得三個立體幾何圖形如圖所示：由圖一可得側面ABD，ADC與底面垂直，由圖二可得面ACE垂直于底面，由圖三可知，無側面與底面垂直7(2018漳州模擬)在直三棱柱A1B1C1ABC中，A1B13，B1C14，A1C15，AA12，則其外接球與內切球的表面積的比值為()A. B. C. D29答案A解析如圖1，分別取AC，A1C1的中點G，H，連接GH，取GH的中點O，連接OA，由題意，得A1BB1CA1C，即A1B1C1為直角三角形，則點O為外接球的球心，OA為半徑，則ROA ；如圖2，作三棱柱的中截面，則中截面三角形的內心是該三棱柱的內切球的球心，中截面三角形的內切圓的半徑r1，也是內切球的半徑，因為Rr2，則其外接球與內切球的表面積的比值為.8(2018昆明適應性檢測)在正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，則()AMNC1D1 BMNBC1CMN平面ACD1 DMN平面ACC1答案D解析對于選項A，因為M，N分別是BC1，CD1的中點，所以點N平面CDD1C1，點M平面CDD1C1，所以直線MN是平面CDD1C1的斜線，又因為直線C1D1在平面CDD1C1內，故直線MN與直線C1D1不可能平行，故選項A錯；對于選項B，正方體中易知NBNC1，因為點M是BC1的中點，所以直線MN 與直線BC1不垂直，故選項B錯；對于選項C，假設MN平面ACD1，可得MNCD1.因為N是CD1的中點，所以MCMD1，這與MCMD1矛盾故假設不成立所以選項C錯；對于選項D，分別取B1C1，C1D1的中點P，Q，連接PM，QN，PQ.因為點M是BC1的中點，所以PMCC1且PMCC1.同理QNCC1且QNCC1.所以PMQN且PMQN，所以四邊形PQNM為平行四邊形，所以PQMN.在正方體中，CC1PQ，PQAC，因為ACCC1C，AC平面ACC1，CC1平面ACC1，所以PQ平面ACC1.因為PQMN，所以MN平面ACC1.9(2018瀘州模擬)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的外接球的表面積為()A136 B144 C36 D34答案D解析由三視圖可知幾何體為四棱錐EABCD，直觀圖如圖所示其中，BE平面ABCD，BE4，ABAD，AB，C到AB的距離為2，C到AD的距離為2，以A為原點，分別以AD，AB所在直線及平面ABCD過A的垂線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Axyz，則A(0,0,0)，B(0，0)，C(2,2，0)，D(4,0,0)，E(0，4)設外接球的球心為M(x，y，z)，則MAMBMCMDME，x2y2z2x2(y)2z2(x2)2(y2)2z2(x4)2y2z2x2(y)2(z4)2，解得x2，y，z2.外接球的半徑rMA ，外接球的表面積S4r234.10.如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知BCA90，BAC60，AC4，E為AA1的中點，點F為BE的中點，點H在線段CA1上，且A1H3HC，則線段FH的長為()A2 B4C. D3答案C解析由題意知，AB8，過點F作FDAB交AA1于點D，連接DH，則D為AE中點，F(xiàn)DAB4，又3，所以DHAC，F(xiàn)DH60，DHAC3，由余弦定理得FH，故選C.11我國古代數(shù)學名著九章算術中“開立圓術”曰：置積尺數(shù)，以十六乘之，九而一，所得開立方除之，即立圓徑“開立圓術”相當于給出了已知球的體積V，求其直徑d的一個近似公式d ，人們還用過一些類似的近似公式，根據(jù)3.141 59判斷，下列近似公式中最精確的一個是()Ad BdCd Dd 答案D解析根據(jù)球的體積公式VR33，得d ，設選項中的常數(shù)為，則，選項A代入得3.1，選項B代入得3，選項C代入得3.2，選項D代入得3.142 857，D選項更接近的真實值，故選D.12(2018上饒模擬)在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1內有兩個球O1，O2相外切，球O1與面ABB1A1、面ABCD、面ADD1A1相切，球O2與面BCC1B1、面CC1D1D、面B1C1D1A1相切，則兩球表面積之和的最大值與最小值的差為()A(2) B.C(3) D.答案A解析設球O1，O2的半徑分別為r1，r2，由題意得r1r1r2r2，所以r1r2，令a.表面積和為S，所以S4r4r，所以rrr(ar1)222，又r1最大時，球O1與正方體六個面相切，且max，min，所以r1.又，所以當r1時，min，當r1或時，maxa2a，所以maxmina.所以兩球表面積之和的最大值與最小值的差為(2).13.如圖所示，AB是O的直徑，PAO所在的平面，C是圓上一點，且ABC30，PAAB，則直線PC與平面ABC所成角的正切值為_答案2解析因為PA平面ABC，所以AC為斜線PC在平面ABC上的射影，所以PCA即為PC與平面ABC所成的角在RtPAC中，ACABPA，所以tanPCA2.14(2018大同、陽泉聯(lián)考)若四面體ABCD的三組對棱分別相等，即ABCD，ACBD，ADBC，給出下列結論：四面體ABCD每組對棱相互垂直；四面體ABCD每個面的面積相等；從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱兩兩夾角之和大于90而小于180；連接四面體ABCD每組對棱中點的線段相互垂直平分其中正確結論的序號是_答案解析將四面體ABCD的三組對棱分別看作平行六面體的面對角線，由于三組對棱分別相等，所以平行六面體為長方體由于長方體的各面不一定為正方形，所以同一面上的面對角線不一定垂直，從而每組對棱不一定相互垂直，錯誤；四面體ABCD的每個面是全等的三角形，面積是相等的，正確；由可知，四面體ABCD的每個面是全等的三角形，從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱兩兩夾角能夠等量代換為同一個三角形內的三個內角，它們之和為180，錯誤；四面體ABCD棱的中點即為長方體側面的中心，所以對棱中點連線都過長方體的中心且相互垂直平分，正確15(2018南昌模擬)已知正三棱臺ABCA1B1C1的上、下底邊長分別為3，4，高為7，若該正三棱臺的六個頂點均在球O的球面上，且球心O在正三棱臺ABCA1B1C1內，則球O的表面積為_答案100解析因為正三棱臺ABCA1B1C1的上、下底邊長分別為3，4，取正三棱臺的上、下底面的中心分別為E，E1，則正三棱臺的高為hEE17，在上下底面的等邊三角形中，可得AEAD3，A1E1A1D14，則球心O在直線EE1上，且半徑為ROAOA1，所以，且OEOE17，解得OE4，所以R5，所以球O的表面積為S4R2100.16已知三棱錐OABC中，A，B，C三點均在球心為O的球面上，且ABBC1，ABC120，若球O的體積為，則三棱錐OABC的體積是_答案解析三棱錐OABC中，A，B，C三點均在球心為O的球面上，且ABBC1，ABC120，則AC，SABC11sin 120，設球半徑為R，由球的體積V1R3，解得R4.設ABC外接圓的圓心為G，外接圓的半徑為GA1，OG，三棱錐O ABC的體積為V2SABCOG.