（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪沖刺 搶分練 疑難專用練（三）立體幾何

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1、(三)　立體幾何 1．(2019·浙江省三校聯(lián)考)已知平面α，β，直線m，n，若α⊥β，α∩β＝l，m?α，n?β，則“m⊥n”是“m，n中至少有一條與l垂直”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　C 解析　先判斷充分性，當(dāng)m⊥n時(shí)，假設(shè)m，n都不與l垂直． 在平面α內(nèi)作l的垂線m′，由α⊥β可得m′⊥β，則m′⊥n. 由m′⊥l，m不垂直于l可得m′與m相交． 由m′⊥n，m⊥n可得n⊥α.所以n⊥l，矛盾． 所以當(dāng)m⊥n時(shí)，可以推出m，n中至少有一條與l垂直，即充分性成立． 再判斷必要性，當(dāng)m，n中至少有一條與

2、l垂直時(shí)，不妨設(shè)m⊥l， 由α⊥β可得m⊥β，所以m⊥n，即必要性成立． 綜上所述，“m⊥n”是“m，n中至少有一條與l垂直”的充要條件．故選C. 2．某幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖右側(cè)曲線為半圓弧，則該幾何體的表面積為(　　) A．3π＋4－2 B．3π＋2－2 C.＋2－2 D.＋2＋2 答案　A 解析　由三視圖還原出原幾何體是一個(gè)半圓柱挖去一個(gè)三棱柱，尺寸見三視圖， S＝π×1×2＋2×＋2××2 ＝3π－2＋4，故選A. 3．已知某幾何體是由一個(gè)三棱柱和一個(gè)三棱錐組合而成的，其三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A.B．2C.D. 答案　B

3、 解析　由題意可知，該幾何體的直觀圖如圖所示， 即該幾何體為一個(gè)三棱柱與一個(gè)三棱錐的組合體． 則三棱柱體積V1＝×××3＝； 三棱錐體積V2＝××××3＝， 所求體積V＝V1＋V2＝2. 4．如圖，平面四邊形ABCD中，E，F(xiàn)是AD，BD中點(diǎn)，AB＝AD＝CD＝2，BD＝2，∠BDC＝90°，將△ABD沿對角線BD折起至△A′BD，使平面A′BD⊥平面BCD，則四面體A′－BCD中，下列結(jié)論不正確的是(　　) A．EF∥平面A′BC B．異面直線CD與A′B所成的角為90° C．異面直線EF與A′C所成的角為60° D．直線A′C與平面BCD所成的角為30° 答案

4、　C 解析　A項(xiàng)，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為A′D和BD兩邊中點(diǎn)， 所以EF∥A′B，即EF∥平面A′BC，A正確； B項(xiàng)，因?yàn)槠矫鍭′BD⊥平面BCD，交線為BD，且CD⊥BD，CD?平面BCD， 所以CD⊥平面A′BD，即CD⊥A′B，故B正確； C項(xiàng)，取CD邊中點(diǎn)M，連接EM，F(xiàn)M(圖略)， 則EM∥A′C， 所以∠FEM為直線A′C與異面直線EF所成角， 又EF＝1，EM＝，F(xiàn)M＝， 即∠FEM＝90°，故C錯(cuò)誤， D項(xiàng)，因?yàn)槠矫鍭′BD⊥平面BCD，連接A′F， 則A′F⊥BD， 所以A′F⊥平面CBD，連接FC， 所以∠A′CF為直線A′C與平面BCD所成角， 又

5、CD⊥A′D，所以A′C＝2， 又A′F＝＝， sin∠A′CF＝＝＝， 所以∠A′CF＝30°，D正確． 5.如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1，以A為球心，AA1，AB，AD，AC1為半徑作四個(gè)同心球，其體積依次為V1，V2，V3，V4，表面積依次為S1，S2，S3，S4，則有(　　) A．V1＋V2＋V3＝V4且S1＋S2＋S3＝S4 B．V1＋V2＋V3>V4且S1＋S2＋S3≠S4 C．V1＋V2＋V3

6、4＝πAC，S1＝4πAA，S2＝4π·AB2，S3＝4πAD2，S4＝4πAC，在長方體中，易得AC＝AA＋AB2＋AD2，則V1＋V2＋V3＝π(AA＋AB3＋AD3)<π(AA·AC1＋AB2·AC1＋AD2·AC1)＝πAC＝V4，S1＋S2＋S3＝4π(AA＋AB2＋AD2)＝4π·AC＝S4，故選C. 6．(2019·浙江省衢州二中模擬)已知三棱錐A－BCD的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，AD⊥平面ABC，∠BAC＝120°，AD＝2，若球O的表面積為20π，則三棱錐A－BCD的體積的最大值為(　　) A.B.C.D．2 答案　B 解析　將三棱錐補(bǔ)成一個(gè)直三棱柱，設(shè)球的半徑為

7、R，由4πR2＝20π得，R＝，因?yàn)锳D＝2，所以球心O到平面ABC的距離為1，設(shè)小圓ABC的圓心為O′，在Rt△OO′A中，解得O′A＝2，則BC＝2O′Asin120°＝2，所以△ABC為等腰三角形時(shí)面積有最大值，即三棱錐A－BCD體積最大，此時(shí)，AB＝AC，△ABC中BC邊上的高為1，VA－BCD＝·S△ABC·AD＝××2×1×2＝.故選B. 7．(2019·全國Ⅰ)已知三棱錐P－ABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點(diǎn)，∠CEF＝90°，則球O的體積為(　　) A．8πB．4πC．2πD.π 答案　D 解析　

8、因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別為PA，AB的中點(diǎn)，所以EF∥PB，因?yàn)椤螩EF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE. 取AC的中點(diǎn)D，連接BD，PD，易證AC⊥平面BDP， 所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE?平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因?yàn)镻A＝PB＝PC，△ABC為正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC兩兩垂直，將三棱錐P－ABC放在正方體中如圖所示．因?yàn)锳B＝2，所以該正方體的棱長為，所以該正方體的體對角線長為，所以三棱錐P－ABC的外接球的半徑R＝，所以球O的體積V＝πR3＝π3＝π，故選D. 8．各棱長均相等的三棱柱ABC－A1B1C

9、1，AA1⊥平面ABC，M是B1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)P是△A1B1M內(nèi)動(dòng)點(diǎn)，記二面角P－AB－C，P－BC－A，P－AC－B的平面角分別為α，β，γ，當(dāng)點(diǎn)P到點(diǎn)A1的距離和到直線B1C1的距離相等時(shí)，則(　　) A．α>β>γ B．γ>β>α C．γ>α>β D．α>γ>β 答案　D 解析　由題意可知點(diǎn)P的軌跡為△A1B1M內(nèi)一段拋物線，且該拋物線的焦點(diǎn)為A1，頂點(diǎn)為A1M的中點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P到A1B1，B1C1，A1C1的距離分別為h1，h2，h3，記點(diǎn)P到底面ABC的距離為h，則由題意知，tanα＝，tanβ＝，tanγ＝，由圖可知h1γ>β，故選D. 9.(2019

10、·浙江省名校新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，在四面體A－BCD中，AB＝1，AC＝CD＝DA＝2，當(dāng)BC與平面ACD所成角最大時(shí)，四面體A－BCD的體積為(　　) A.B．1C.D．不確定 答案　A 解析　依題意，點(diǎn)B在以A為球心，以1為半徑的球面上，當(dāng)BC與平面ACD所成角最大時(shí)，直線BC與球相切，且平面ABC⊥平面ACD. 過點(diǎn)B作BE⊥AC，垂足為E. 在Rt△ABC中，AC＝2，AB＝1，得∠BAC＝60°， 在Rt△ABE中，BE＝ABsin∠BAC＝， 所以VA－BCD＝VB－ACD＝S△ACD·BE＝··22·sin60°·＝.故選A. 10.如圖，已知正四棱錐

11、P－ABCD的各棱長均相等，M是AB上的動(dòng)點(diǎn)(不包括端點(diǎn))，N是AD的中點(diǎn)，分別記二面角P－MN－C，P－AB－C，P－MD－C的平面角為α，β，γ，則(　　) A．γ<α<β　　 B．α<γ<β C．α<β<γ　　 D．β<α<γ 答案　D 解析　設(shè)點(diǎn)P在底面ABCD的射影為點(diǎn)O，過點(diǎn)O分別作MN，AB，MD的垂線，設(shè)垂足分別為E，F(xiàn)，G，連接PE，PF，PG，則∠PEO，∠PFO，∠PGO就是二面角P－MN－C，P－AB－C，P－MD－C的平面角． 設(shè)AB＝2，AM＝a(0

12、， 則易得直線MD的方程為＋＝1， 直線MN的方程為＋y＝1， 由點(diǎn)到直線的距離公式得 OE2＝2＝，OF＝1， OG2＝2＝， 則OE<1，OG<1，易得OG2－OE2＝－＝＝<0在(0,2)上恒成立，所以O(shè)G

13、棱A1B1，B1C1的中點(diǎn)， 則其體積為－VABC－EB1F＝23－×2× ＝. 易得四邊形ACFE為上底為，下底為2，高為的等腰梯形，則幾何體的表面積為2×2×2＋2××2×1＋×2×2＋2×2－×1×1＋×＝20. 12.如圖，正三棱錐P－ABC的高PO＝8，底面邊長為4，M，N分別在BC和PO上，且PN＝2CM，當(dāng)三棱錐N－AMC體積最大時(shí)，三棱錐N－AMC的內(nèi)切球的半徑r為________． 答案?。? 解析　設(shè)CM＝x,0

14、當(dāng)x＝2時(shí)，VN－AMC取得最大值， 此時(shí)M為BC中點(diǎn)，AM經(jīng)過點(diǎn)O， 且NO＝4，AO＝， ∴可求NM＝，NA＝NC＝， 因此易求S△NAM＝4，S△NCM＝， S△NAC＝，S△CAM＝2， 又∵(S△NAM＋S△NCM＋S△NAC＋S△CAM)·r ＝VN－AMC，∴r＝－3. 13．(2019·九江模擬)已知圓錐的頂點(diǎn)為P，母線PA與底面所成的角為30°，底面圓心O到PA的距離為1，則該圓錐外接球的表面積為________． 答案　 解析　依題意得，圓錐底面半徑r＝＝2， 高h(yuǎn)＝＝， 設(shè)圓錐外接球半徑為R，則R2＝r2＋(R－h(huán))2， 即R2＝22＋2，解得R

15、＝， ∴外接球的表面積為S＝4πR2＝. 14．如圖所示，在等腰直角三角形ABC中，∠C為直角，BC＝2，EF∥BC，沿EF把面AEF折起，使面AEF⊥平面EFBC，則當(dāng)EF的長為________時(shí)，四棱錐A－CBFE的體積最大，最大值為________． 答案　　 解析　設(shè)AE＝x,0

16、體積為××x＝， 設(shè)g(x)＝，00，g(x)為增函數(shù)， 當(dāng)

17、BC如圖所示， ∴BC＝，∠CAE＝60°－θ， ∴BD＝ABsinθ，DA＝ABcosθ，AE＝ACcos， ED＝DA＋AE＝cos＋cosθ， 故正視圖的面積為m＝ED×AA1 ＝2[cos(60°－θ)＋cos θ]， ∵30°≤θ≤60°，∴BD>CE， 側(cè)視圖的面積為n＝BD×AA1＝2sinθ， ∴mn＝4sinθ ＝4sinθ ＝sin2θ＋2sin2θ＋2sin2θ ＝3sin2θ＋－cos2θ ＝2sin＋， ∵30°≤θ≤60°，∴30°≤2θ－30°≤90°， ≤sin≤1， ≤2sin≤2， ∴2≤mn≤3， 故當(dāng)2θ－30°＝9

18、0°，即θ＝60°時(shí)，mn取得最大值3. 16．(2019·浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學(xué)模擬)已知在棱長為4的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)M為BC1的中點(diǎn)，點(diǎn)P為△A1CD1上一動(dòng)點(diǎn)，且PD＝PM，則點(diǎn)P的軌跡長度為________． 答案　2 解析　不妨縮小棱長為1，M，設(shè)P(x，y，z)， 所以x2＋y2＋z2＝2＋(y－1)2＋2， 所以x＋2y＋z＝即為DM的中垂面， 如圖平面GHI，則平面GHI與平面A1CD1的交線EF為P的軌跡， 所以lGH：x＋z＝，lGI：2y＋z＝， ?E， ?F. 所以EF＝＝， 所以4EF＝2. 17．已知點(diǎn)E，F(xiàn)分別在正方

19、體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，則異面直線AD與EF所成角的正切值等于________，平面AEF與平面ABC所成二面角的正切值等于________． 答案　　 解析　如圖，過點(diǎn)F作FG∥BC，則FG∥AD，所以∠EFG為異面直線AD與EF所成的角， ∵B1E＝2EB，CF＝2FC1， ∴EG＝BB1＝FG， ∴tan∠EFG＝， 即異面直線AD與EF所成角的正切值等于. 如圖，在平面BB1C1C內(nèi)延長FE，CB交于點(diǎn)H，連接AH，AC，AF，設(shè)正方體棱長為3a，則BE＝a，CF＝2a，又BE∥CF， ∴BE為△HFC中FC邊上的中位線， ∴BH＝BC＝3a， ∴AC＝AH＝3a，CH＝6a， ∴AC2＋AH2＝CH2， ∴AC⊥AH， 又在Rt△ACF中， AF＝＝＝a， 在Rt△HCF中， FH＝＝＝a， ∴AH2＋AF2＝FH2， ∴AF⊥AH， ∵平面AEF∩平面ABC＝AH， ∴∠CAF為平面AEF與平面ABC所成的二面角， 則tan∠CAF＝＝， 即平面AEF與平面ABC所成二面角的正切值為. 12