（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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1、小題專題練(四)　立體幾何 一、選擇題 1．設(shè)α，β是兩個不同的平面，l是直線且l?α，則“α∥β”是“l(fā)∥β”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，AB＝2，BC＝1.5，∠ABC＝120°(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＝，AF＝1，點M在EF上且AM∥平面BDE，則M點的坐標(biāo)為(　　) A．(1，1，1) B. C. D. 4．(2019·貴陽模擬)設(shè)

2、m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，給出下面四個命題： ①若α⊥β，β⊥γ，則α∥γ； ②若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥n； ③若m∥α，n?α，則m∥n； ④若α∥β，γ∩α＝m，γ∩β＝n，則m∥n. 其中正確命題的序號是(　　) A．①④ B．①② C．②③④ D．④ 5．已知長方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB＝，AD＝1，則異面直線B1C和C1D所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 6．三棱錐A-BCD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面組成的二面角中，直二面角共有(　　) A．2個

3、 B．3個 C．4個 D．5個 7．(2019·鄭州市第一次質(zhì)量預(yù)測)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面為等腰直角三角形，AB⊥AC，點M，N分別是邊AB1，A1C上的動點，若直線MN∥平面BCC1B1，點Q為線段MN的中點，則點Q的軌跡為(　　) A．雙曲線的一支(一部分) B．圓弧(一部分) C．線段(去掉一個端點) 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“塹堵”，AA1⊥平面ABC，AB＝BC＝4，AA1＝5，M是A1C1的中點，過點B

4、，C，M的平面把該“塹堵”分為兩個幾何體，其中一個為三棱臺，則該三棱臺的表面積為(　　) A．40 B．50 C．25＋15＋3 D．30＋20 9．如圖，已知三棱錐P-ABC的外接球的球心O在AB上，且PO⊥平面ABC，AB＝2AC，若三棱錐P-ABC的體積為，則球O的表面積為(　　) A．9π B. C．16π D. 10．(2019·鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，AB＝，E，F(xiàn)，G分別是棱AB，BC，CC1的中點，P是底面ABCD內(nèi)一動點，若直線D1P與平面EFG沒有公共點，則△PBB1面積的最小值為(　　)

5、 A. B．1 C. D. 11．(多選)已知m，n是不重合的直線，α，β是不重合的平面，則下列命題錯誤的是(　　) A．若m?α，n∥α，則m∥n B．若m∥α，m∥β，則α∥β C．若α∩β＝n，m∥n，則m∥α且m∥β D．若m⊥α，m⊥β，則α∥β 12．(多選)如圖，AC＝2R為圓O的直徑，∠PCA＝45°，PA垂直于圓O所在的平面，B為圓周上不與點A，C重合的點，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N，則下列選項正確的是(　　) 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．(多選)如圖，

6、正三棱柱ABC-A1B1C1各棱的長度均相等，D為AA1的中點，M，N分別是線段BB1和線段CC1上的動點(含端點)，且滿足BM＝C1N，當(dāng)M，N運動時，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BCC1B1 C．三棱錐A1-DMN的體積為定值 D．△DMN可能為直角三角形 二、填空題 14．(2019·湖南省湘東六校聯(lián)考)一個正四面體的側(cè)面展開圖如圖所示，點G為BF的中點，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)接一個圓柱，當(dāng)圓柱的側(cè)面積最大時，球的體積與圓柱

7、的體積的比值為________． 16．一個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S-ABC中，SA⊥平面ABC，且SA＝6，AB＝4，BC＝2，∠ABC＝30°，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)體是一個大圓

8、錐去掉一個小圓錐，所以O(shè)A＝，OB＝1，所以旋轉(zhuǎn)體的體積為π·()2·(OC－OB)＝. 3．解析：選C.因為點M在EF上，設(shè)ME＝x， 所以M，因為A(，，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a＝b＝c. 故可取平面BDE的一個法向量n＝(1，1，)． 因為n·＝0，所以x＝1，所以M. 4．解析：選D.對于①，同垂直于一個平面的兩個平面可能相交，命題①錯誤；對于②，在兩個互相垂直的平面內(nèi)的兩條直線可能互相平行，可能相交，也可能異面，命題②錯誤；對于③，直線m

9、與n可能異面，命題③錯誤；對于④，由面面平行的性質(zhì)定理知命題④正確．故正確命題的序號是④，選D. 5．解析：選A.如圖，連接A1D，A1C1，由題易知B1C∥A1D，所以∠C1DA1是異面直線B1C與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A-BD-C，A-BC-D，D-AC-B都是直二面角. 故選B.

10、7.解析：選C.如圖，分別取AA1，B1C的中點E，F(xiàn)，任意作一個與平面BCC1B1平行的平面α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，AB⊥AC，則側(cè)面AA1B1B與側(cè)面AA1C1C是兩個全等的矩形，且這兩個側(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Q，故點Q的軌跡為線段EF，但需去掉端點F，故選C. 8．解析：選C.如圖所示，記A1B1的中點為N，連接MN，則MN∥BC，所以過點B，C，M的平面為平面BNMC，三棱臺為A1MN-ACB，所以其表面積S＝×4×4＋×2×2＋×(4＋2)×5＋×(4＋2)

11、×5＋×(4＋2)×＝25＋15＋3. 9．解析：選A.由于三棱錐P-ABC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∠ACB＝90°.設(shè)球O的半徑為r，在Rt△ABC中，AB＝2AC＝2r，AC＝r，BC＝r，所以S△ABC＝r×r＝r2.由于P為球O上一點，故PO＝r，又PO⊥平面ABC，所以VP-ABC＝PO·S△ABC＝r·r2＝r3＝，解得r＝，所以球O的表面積為4πr2＝4π×＝9π，故選A. 10．解析：選C.記△PBB1的面積為S.因為P在底面ABCD上，所以PB⊥BB1，即△PBB1為直角三角形，又BB1＝DD1＝1，所以S＝×BB1×PB＝PB，當(dāng)線段P

12、B的長最小時，S取得最小值．因為D1P與平面EFG無公共點，所以D1P∥平面EFG.如圖①，連接AD1，D1C，AC，易證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，所以點P一定在線段AC上運動．如圖②，當(dāng)PB⊥AC時，線段PB的長最小，此時PB＝＝，故(S△PBB1)min＝×＝，選C. 11．解析：選ABC.若m?α，n∥α，則m與n可能平行或異面，故A錯誤；若m∥α，m∥β，則α與β可能相交或平行，故B錯誤；若α∩β＝n，m∥n，則m可能在平面α或β內(nèi)，故C錯誤；若m⊥α，m⊥β，根據(jù)垂直于同一直線的兩個平面

13、平行，故α∥β，故D正確． 12．解析：選ACD.因為PA⊥平面ABC，PA?平面PAC，所以平面ABC⊥平面PAC，故D正確；因為B為圓周上不與A，C重合的點，AC為直徑，所以BC⊥AB，因為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正確；因為AB⊥BC，BC⊥PA，又PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥AN，又因為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正確．故選ACD. 13．解析：選ABC.用平行于平面ABC

14、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上運動時，若滿足BM＝C1N，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上運動時，△A1DM的面積不變，點N到平面A1DM的距離不變，所以三棱錐N-A1DM的體積不變，即三棱錐A1-DMN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DM＝DN，所以△DMN為等腰直角三角形，所以DO＝OM＝ON，即MN＝2DO.設(shè)正三棱柱的棱長為2，則DO＝，MN＝2.因為MN的最大值為BC1

15、，BC1＝2，所以MN不可能為2，所以△DMN不可能為直角三角形，故D錯誤．故選ABC. 14.解析：該正四面體如圖所示，取AD的中點H，連接GH，EH，則GH∥AB，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HE＝EG＝，GH＝1.在△HEG中，由余弦定理，得cos∠HGE＝＝. 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S＝2πr×2＝4πr≤4π×＝2π(當(dāng)且僅當(dāng)r2＝1－r2，即r＝時取等號)．所以當(dāng)r＝時，＝＝. 答案： 16．解析：當(dāng)液面的形狀為三角形時，最大三角形即與正方體的一個頂點相鄰的三個頂點構(gòu)成的三角形，

16、這四個頂點構(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不滿足題意．由對稱性，當(dāng)液體體積大于或等于23－＝時亦不滿足題意．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°×6＝4.取SB的中點O，連接OA，OC.因為SA⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以SA⊥AB，可得Rt△ASB中，中線OA＝SB.由AB＝4，BC＝2，∠ABC＝30°，可知AC⊥BC.又因為SA⊥BC，SA，AC是平面SAC內(nèi)的相交直線，所以BC⊥平面SAC，所以BC⊥SC，所以Rt△BSC中，中線OC＝SB，所以O(shè)是三棱錐S-ABC的外接球的球心．在Rt△SBA中，AB＝4，SA＝6，所以SB＝2，則外接球半徑R＝SB＝.因此其外接球的表面積S＝4πR2＝4π×13＝52π. 答案：4　52π - 8 -