2020高考数学二轮复习练习：第一部分 小题专题练 小题专题练（四） 立体几何含解析 8页

小题专题练(四)　立体几何 一、选择题 ‎1．设α，β是两个不同的平面，l是直线且l⊂α，则“α∥β”是“l∥β”的(　　)‎ A．充分而不必要条件 B．充要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎2．在△ABC中，AB＝2，BC＝1.5，∠ABC＝120°(如图)，若将△ABC绕直线BC旋转一周，则形成的旋转体的体积是(　　)‎ A. B. C. D. ‎3．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，点M在EF上且AM∥平面BDE，则M点的坐标为(　　)‎ A．(1，1，1) B. C. D. ‎4．(2019·贵阳模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下面四个命题：‎ ‎①若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ；‎ ‎②若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n；‎ ‎③若m∥α，n⊂α，则m∥n；‎ ‎④若α∥β，γ∩α＝m，γ∩β＝n，则m∥n.‎ 其中正确命题的序号是(　　)‎ A．①④ B．①②‎ C．②③④ D．④‎ ‎5．已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AB＝，AD＝1，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎6．三棱锥ABCD中，AB，BC，CD两两垂直，被称为“三节棍”．由该棱锥所有相邻的两个面组成的二面角中，直二面角共有(　　)‎ A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 ‎7．(2019·郑州市第一次质量预测)已知直三棱柱ABCA1B1C1的底面为等腰直角三角形，AB⊥AC，点M，N分别是边AB1，A1C上的动点，若直线MN∥平面BCC1B1，点Q为线段MN的中点，则点Q的轨迹为(　　)‎ A．双曲线的一支(一部分) ‎ B．圆弧(一部分)‎ C．线段(去掉一个端点) ‎ D．抛物线的一部分 ‎8．《九章算术·商功》：“今有堑堵，下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尽……”，所谓“堑堵”，就是两底面为直角三角形的棱柱，如图所示的几何体是一个“堑堵”，AA1⊥平面ABC，AB＝BC＝4，AA1＝5，M是A1C1的中点，过点B，C，M的平面把该“堑堵”分为两个几何体，其中一个为三棱台，则该三棱台的表面积为(　　)‎ A．40 ‎ B．50‎ C．25＋15＋3 ‎ D．30＋20 ‎9．如图，已知三棱锥PABC的外接球的球心O在AB上，且PO⊥平面ABC，AB＝2AC，若三棱锥PABC的体积为，则球O的表面积为(　　)‎ A．9π B. C．16π D. ‎10．(2019·郑州市第二次质量预测)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，AB＝，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG没有公共点，则△PBB1面积的最小值为(　　)‎ A. B．1‎ C. D. ‎11．(多选)已知m，n是不重合的直线，α，β是不重合的平面，则下列命题错误的是(　　)‎ A．若m⊂α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥β C．若α∩β＝n，m∥n，则m∥α且m∥β D．若m⊥α，m⊥β，则α∥β ‎12．(多选)如图，AC＝2R为圆O的直径，∠PCA＝45°，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A，C重合的点，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N，则下列选项正确的是(　　)‎ A．平面ANS⊥平面PBC B．平面ANS⊥平面PAB C．平面PAB⊥平面PBC D．平面ABC⊥平面PAC ‎13．(多选)如图，正三棱柱ABCA1B1C1各棱的长度均相等，D为AA1的中点，M，N分别是线段BB1和线段CC1上的动点(含端点)，且满足BM＝C1N，当M，N运动时，下列结论中正确的是(　　)‎ A．在△DMN内总存在与平面ABC平行的线段 B．平面DMN⊥平面BCC1B1‎ C．三棱锥A1DMN的体积为定值 D．△DMN可能为直角三角形 二、填空题 ‎14．(2019·湖南省湘东六校联考)一个正四面体的侧面展开图如图所示，点G为BF的中点，则在该正四面体中，直线EG与直线BC所成角的余弦值为________．‎ ‎15．已知半径为1的球O中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体积与圆柱的体积的比值为________．‎ ‎16．一个密闭且透明的正方体容器中装有部分液体，已知该正方体的棱长为2，如果任意转动该正方体容器，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围为____________．‎ ‎17．(2019·贵州遵义第一次联考改编)已知三棱锥SABC中，SA⊥平面ABC，且SA＝6，AB＝4，BC＝2，∠ABC＝30°，则该三棱锥的体积为________，其外接球的表面积为________．‎ ‎ ‎ 小题专题练(四)　立体几何 ‎1．解析：选A.由两平面平行的性质定理可知充分性满足，但必要性不满足．‎ ‎2.解析：选D.依题意可知，旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，所以OA＝，OB＝1，所以旋转体的体积为π·()2·(OC－OB)＝.‎ ‎3．解析：选C.因为点M在EF上，设ME＝x，‎ 所以M，因为A(，，0)，D(，0，0)，E(0，0，1)，B(0，，0)，‎ 所以＝(，0，－1)，＝(0，，－1)，‎ ＝.‎ 设平面BDE的法向量n＝(a，b，c)，‎ 由得a＝b＝c.‎ 故可取平面BDE的一个法向量n＝(1，1，)．‎ 因为n·＝0，所以x＝1，所以M.‎ ‎4．解析：选D.对于①，同垂直于一个平面的两个平面可能相交，命题①错误；对于②，在两个互相垂直的平面内的两条直线可能互相平行，可能相交，也可能异面，命题②错误；对于③，直线m与n可能异面，命题③错误；对于④，由面面平行的性质定理知命题④正确．故正确命题的序号是④，选D.‎ ‎5．解析：选A.如图，连接A1D，A1C1，由题易知B1C∥A1D，所以∠C1DA1是异面直线B1C与C1D所成的角，又AA1＝AB＝，AD＝1，所以A1D＝2，DC1＝，A1C1＝2，由余弦定理，得cos∠C1DA1＝＝，故选A.‎ ‎6．解析：选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. 故选B.‎ ‎7.解析：选C.如图，分别取AA1，B1C的中点E，F，任意作一个与平面BCC1B1平行的平面α与AB1，A1C分别交于M，N，则MN∥平面BCC1B1.由题意知△ABC为等腰直角三角形，AB⊥AC，则侧面AA1B1B与侧面AA1C1C是两个全等的矩形，且这两个侧面关于过棱AA1与平面BCC1B1垂直的平面是对称的，因此EF必过MN的中点Q，故点Q的轨迹为线段EF，但需去掉端点F，故选C.‎ ‎8．解析：选C.如图所示，记A1B1的中点为N，连接MN，则MN∥BC，所以过点B，C，M的平面为平面BNMC，三棱台为A1MNACB，所以其表面积S＝×4×4＋×2×2＋×(4＋2)×5＋×(4＋2)×5＋‎ ×(4＋2)×＝25＋15＋3.‎ ‎9．解析：选A.由于三棱锥PABC的外接球的球心O在AB上，故AB为其外接球的一条直径，因此∠ACB＝90°.设球O的半径为r，在Rt△ABC中，AB＝2AC＝2r，AC＝r，BC＝r，所以S△ABC＝r×r＝r2.由于P为球O上一点，故PO＝r，又PO⊥平面ABC，所以VPABC＝PO·S△ABC＝r·r2＝r3＝，解得r＝，所以球O的表面积为4πr2＝4π×＝9π，故选A.‎ ‎10．解析：选C.记△PBB1的面积为S.因为P在底面ABCD上，所以PB⊥BB1，即△PBB1为直角三角形，又BB1＝DD1＝1，所以S＝×BB1×PB＝PB，当线段PB的长最小时，S取得最小值．因为D1P与平面EFG无公共点，所以D1P∥平面EFG.如图①，连接AD1，D1C，AC，易证GF∥AD1，EF∥AC，又GF∩EF＝F，AD1∩AC＝A，所以平面AD1C∥平面EFG，所以D1P⊂平面AD1C，所以点P一定在线段AC上运动．如图②，当PB⊥AC时，线段PB的长最小，此时PB＝＝，故(S△PBB1)min＝×＝，选C.‎ ‎11．解析：选ABC.若m⊂α，n∥α，则m与n可能平行或异面，故A错误；若m∥α，m∥β，则α与β可能相交或平行，故B错误；若α∩β＝n，m∥n，则m可能在平面α或β内，故C错误；若m⊥α，m⊥β，根据垂直于同一直线的两个平面平行，故α∥β，故D正确．‎ ‎12．解析：选ACD.因为PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，所以平面ABC⊥平面PAC，故D正确；因为B为圆周上不与A，C重合的点，AC为直径，所以BC⊥AB，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥PA，又AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC，故C正确；因为AB⊥BC，BC⊥PA，又PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥AN，又因为AN⊥PB，PB∩BC＝B，所以AN⊥平面PBC，又AN⊂平面ANS，所以平面ANS⊥平面PBC，故A正确．故选ACD.‎ ‎13．解析：选ABC.用平行于平面ABC的平面截平面DMN，则交线平行于平面ABC，故A正确；当M，N分别在BB1，CC1上运动时，若满足BM＝C1N，则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O，由DO⊥平面BCC1B1可得平面DMN⊥平面BCC1B1，故B正确；当M，N分别在BB1，CC1上运动时，△A1DM的面积不变，点N到平面A1DM的距离不变，所以三棱锥NA1DM的体积不变，即三棱锥A1DMN的体积为定值，故C正确；若△DMN为直角三角形，‎ 则必是以∠MDN为直角的直角三角形，易证DM＝DN，所以△DMN为等腰直角三角形，所以DO＝OM＝ON，即MN＝2DO.设正三棱柱的棱长为2，则DO＝，MN＝2.因为MN的最大值为BC1，BC1＝2，所以MN不可能为2，所以△DMN不可能为直角三角形，故D错误．故选ABC.‎ ‎14.解析：该正四面体如图所示，取AD的中点H，连接GH，EH，则GH∥AB，所以∠HGE为直线EG与直线BC所成的角．设该正四面体的棱长为2，则HE＝EG＝，GH＝1.在△HEG中，由余弦定理，得cos∠HGE＝＝.‎ 答案： ‎15.解析：如图所示，设圆柱的底面半径为r，则圆柱的侧面积为S＝2πr×2＝4πr≤4π×＝2π(当且仅当r2＝1－r2，即r＝时取等号)．所以当r＝时，＝＝.‎ 答案： ‎16．解析：当液面的形状为三角形时，最大三角形即与正方体的一个顶点相邻的三个顶点构成的三角形，这四个顶点构成的三棱锥的体积为××2×2×2＝，所以当液体体积小于或等于时不满足题意．由对称性，当液体体积大于或等于23－＝时亦不满足题意．综上所述，液体体积的取值范围是.‎ 答案： ‎17．解析：三棱锥的体积V＝××2×4×sin 30°×6＝4.取SB的中点O，连接OA，‎ OC.因为SA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以SA⊥AB，可得Rt△ASB中，中线OA＝SB.由AB＝4，BC＝2，∠ABC＝30°，可知AC⊥BC.又因为SA⊥BC，SA，AC是平面SAC内的相交直线，所以BC⊥平面SAC，所以BC⊥SC，所以Rt△BSC中，中线OC＝SB，所以O是三棱锥SABC的外接球的球心．在Rt△SBA中，AB＝4，SA＝6，所以SB＝2，则外接球半径R＝SB＝.因此其外接球的表面积S＝4πR2＝4π×13＝52π.‎ 答案：4　52π