2019-2020年高三数学二轮复习高考小题专攻练5立体几何理新人教版

2019-2020年高三数学二轮复习高考小题专攻练5立体几何理新人教
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一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题中正确的
是( )
A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥n
B.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β
C.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β
D.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n
【解析】选B.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m与n相交、平行或异面,故A错误;
因为m⊥α,m∥n,所以n⊥α,
又因为n∥β,所以α⊥β,故B正确;
若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β或α与β相交,故C错误;
若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n或m,n异面,故D错误.
2.一个几何体的三视图如图所示,其中正(主)视图和侧(左)视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形.若该几何体的体积为V,并且可以用n个这样的几何体拼成一个棱长为4的正方体,则V,n的值是( )
A.V=32,n=2
B.V=,n=3
C.V=,n=6
D.V=16,n=4
【解析】选B.由三视图可知,几何体为底面是正方形的四棱锥,
所以V=×4×4×4=,
边长为4的正方体V=64,所以n=3.
【加固训练】某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是( )
A.(2+)π
B.(4+)π
C.4π
D.6π
【解析】选A.由三视图可知,该几何体由一个半球和一个圆锥构成,其表面积为S=×(4×π×12+×2π)=(2+)π.
3.已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,有下面四个命题:
(1)α∥β⇒l⊥m.(2)α⊥β⇒l∥m.(3)l∥m⇒α⊥β.
(4)l⊥m⇒α∥β.
其中正确的是( )
A.(1)与(2)
B.(1)与(3)
C.(2)与(4)
D.(3)与(4)
【解析】选B.因为直线l⊥平面α,α∥β,所以l⊥平面β,
又因为直线m⊂平面β,所以l⊥m,故(1)正确;
因为直线l⊥平面α,α⊥β,所以l∥平面β,或l⊂平面β,
又因为直线m⊂平面β,所以l与m可能平行也可能相交,还可能异面,故(2)错误;
因为直线l⊥平面α,l∥m,所以m⊥α,
因为直线m⊂平面β,所以α⊥β,故(3)正确;
因为直线l⊥平面α,l⊥m,所以m∥α或m⊂α,
又因为直线m⊂平面β,则α与β可能平行也可能相交,故(4)错误.
4.一个几何体的三视图如图,则其表面积为( )
【解析】选A.由三视图得其直观图如下,
由正方体截去四个角得到,
故其表面积S=2×2+×2×2+4××2×2+4×××=20.
【加固训练】多面体MN-ABCD的底面ABCD为矩形,多面体及其正(主)视图和侧(左)视图如图
所示,其中正(主)视图为等腰梯形,侧(左)视图为等腰三角形,则AM的长为( )
A. B. C. D.2
【解析】选C.如图所示,E,F分别为AD,BC的中点,则四边形MNFE为等腰梯形.
过M作MO⊥EF于O.
由正(主)视图为等腰梯形,可知MN=2,AB=4,所以EO=1.
由侧(左)视图为等腰三角形,可知AD=2,MO=2,所以ME==.
在△AME中,AE=1,
所以AM==.
5.在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,若M为AB的中点,则点C到平面A1DM的距离为( )
A.a
B.a
C.a
D.a
【解析】选A.如图所示.
在△A1DM中,A1M=DM=a.
取A1D的中点E,连接ME,则ME⊥A1D.
所以ME=
==a.
所以=×a×a=a2.
根据等体积法,设点C到平面A1DM的距离为d,则=.
即·d=S△MDC·A1A,
所以d===a.
6.已知一个平放的棱长均为4的三棱锥内有一小球O(重量忽略不计),现从该三棱锥顶端向内注水,小球慢慢上浮,若注入的水的体积是该三棱锥体积的时,小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切),则球的表面积等于( )
A.π
B.π
C.π
D.π
【解析】选C.由题意,没有水的部分的体积是正四面体体积的,
因为正四面体的各棱长均为4,
所以正四面体体积为××42×=.
所以没有水的部分的体积是,
设其棱长为a,则×a2×a=,
所以a=2.
设小球的半径为r,则4×××22r=,
所以r=,
所以球的表面积S=4π·=π.
7.四面体ABCD的四个顶点都在球O的球面上,AB=2,BC=CD=1,∠BCD=60°,AB⊥平面BCD,则球O的表面积为( )
A.8π
B.π
C.π
D.π
【解析】选D.如图,因为BC=CD=1,∠BCD=60°,
所以底面△BCD为等边三角形,
取CD中点为E,连接BE,
所以△BCD的外心G在BE上,取BC中点F,连接GF,则BF=BC=,
又在Rt△BFG中,得BG==,
过G作AB的平行线与AB的中垂线HO交于O,
则O为四面体ABCD的外接球的球心,即R=OB,
因为AB⊥平面BCD,所以OG⊥BG,
在Rt△BGO中,OB===.
所以球O的表面积为4π·=.
8.在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,D为侧棱PC上的一点,它的正(主)视图和侧(左)视图如图所示,则下列命题正确的是( )
A.AD⊥平面PBC且三棱锥D-ABC的体积为
B.BD⊥平面PAC且三棱锥D-ABC的体积为
C.AD⊥平面PBC且三棱锥D-ABC的体积为
D.BD⊥平面PAC且三棱锥D-ABC的体积为
【解析】选C.因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC.
又AC⊥BC,PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,所以BC⊥AD.
又由三视图可得,在△PAC中,PA=AC=4,D为PC的中点,所以AD⊥PC,
又PC∩BC=C,故AD⊥平面PBC.
又由三视图可知BC=4,而∠ADC=90°,BC⊥平面PAC,故V D-ABC=V B-ADC=××2×2×4=.
9.如图所示,等腰直角三角形ABC中,AB=2,D,E,F分别在边AB,BC,CA上,且DE∥AC,EF∥AB,现沿DE折叠,使平面BDE⊥平面ADEF,若此时棱锥B-ADEF的体积最大,则BD的长为( )
A. B. C.1 D.
【解析】选B.设BD的长为x时,棱锥B-ADEF的体积最大.
因为等腰直角三角形ABC中,AB=2,DE∥AC,EF∥AB,
所以BD为棱锥B-ADEF的高,此时底面ADEF为矩形,AD=2-x,DE=x,
故棱锥B-ADEF的体积V=×AD×DE×BD
=(2-x)·x·x=-x3+x2.
V′=-x2+x,当0<x<时,V′>0,此时函数为增函数;
当<x<2时,V′<0,此时函数为减函数,
故当x=时函数取得最大值,即当BD=时,棱锥B-ADEF的体积最大.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
10.如图所示，正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，将此正方形沿EF折成直二面角后，异面直线AF与BE所成角的余弦值为________.
【解析】过F点作HF∥BE，与BC交于点H.过A点作EF的垂线AG，垂足为G，连接HG，HE，AH.
设正方形ABCD的边长为2，
因为平面AEF⊥平面BCDFE，且AG⊥EF，
所以AG⊥平面BCDFE.
因为BE=BH=AE=AF=1，所以EH=EF=.
因为G为EF的中点，所以EG=，AG=.
又因为HF=2，所以∠HEG=90°，
所以在Rt△EHG中，HG==.
所以在Rt△AGH中，
AH==.
因为HF∥BE，所以AF与BE所成的角即为∠AFH.
在△AHF中，AF=1，HF=2，AH=，所以∠HAF=90°.
所以cos∠AFH==.
答案：
11.某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为________.
【解析】由三视图可知，几何的直观图如图所示.
平面AED⊥平面BCDE，四棱锥A-BCDE的高为1，四边形BCDE是边长为1的正方形，
则S△AED=×1×1=，
S△ABC=S△ABE=×1×=，S△ACD=×1×=.
答案：
12.如图所示,△ABC中,∠C=90°,∠B=60°,AB=2,在三角形内挖去半圆(圆心O在边AC上,半圆与BC,AB相切于点C,M,与AC交于N),则图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋转体的
内外表面积之比为__________.
【解析】在Rt△ABC中,因为∠C=90°,∠B=60°,AB=2,所以BC=,AC=3.
所以几何体的外表面积为S1=πBC2+π×BC×AB=9π.
设圆O的半径为r,由圆的性质得BM=BC=,所以AM=,OM=r,
因为Rt△AOM∽Rt△ABC,
所以=,即=,解得r=1.
所以几何体的内表面积S2=4πr2=4π.
所以几何体的内外表面积之比为=.
答案:
13.三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA=PC=AB=2，AC=4，∠BAC=30°.若三棱锥P-ABC 的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________.
【解析】因为AB=2，AC=4，∠BAC=30°，
所以BC==2，所以AB2+BC2=AC2，
所以△ABC为直角三角形，且∠ABC=90°，
所以三角形ABC的外接圆直径AC=4，
设球心为O，AC的中点为D，球的半径为R，则PD=2，
所以R2=(2-R)2+4，
则有该三棱锥的外接球的半径R=，
所以该三棱锥的外接球的表面积为S=4πR2=4π×=18π.
答案：18π。