2021届高考数学总复习模块四立体几何与空间向量限时集训(十二)空间几何体、空间中的位置关系理

限时集训〔十二〕空间几何体、空间中的位置关系
根底过关
1.如图X12-1所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点,用过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半局部,那么剩余的几何体的侧视图为()
图X12-1
A B C D
图X12-2
2.某几何体的三视图如图X12-3所示,那么该几何体的体积是()
图X12-3
A.12
B.16
D.24
C.32
3
3.m和n是两条不同的直线,α和β是两个不重合的平面,那么下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是()
A.α⊥β且m⊥α
B.α⊥β且m∥α
C.m⊥n且n∥β
D.m∥n且n⊥β
4.某几何体的三视图如图X12-4所示,图中正方形的边长均为6,俯视图中的两条曲线均为圆弧,那么该几何体的体积为 ()
图X12-4
A .216-3π
B .216-4.5π
C .216-6π
D .216-9π
5.在三棱锥S-ABC 中,AB ⊥AC ,AB=AC=SA ,SA ⊥平面ABC ,D 为BC 的中点,那么异面直线AB 与SD 所成角的余弦值为 ( ) A .√5
5
B .√6
6 C .
√30
6
D .
√30
5
6.如图X12-5所示,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2,动点E ,F 在棱A 1B 1上,动点P ,Q 分别在棱AD ,CD 上,假设
EF=1,A 1E=x ,DQ=y ,DP=z (x ,y ,z 均大于零),那么四面体P-EFQ 的体积 ( )
图X12-5
A .与x ,y ,z 都有关
B .与x 有关,与y ,z 无关
C .与y 有关,与x ,z 无关
D .与z 有关,与x ,y 无关
7.正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积为8,面A 1B 1C 1D 1在一个半球的底面上,A ,B ,C ,D 四个顶点都在此半球面上,那么此半球的体积为 ( ) A .32
3π B .
4√23
π
C .12π
D .4√6π
8.设m ,n 是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,那么以下说法中正确的选项是 ( )
A .假设α⊥β,m ⊥α,那么m ∥β
B .假设m ∥α,n ⊂α,那么m ∥n
C .假设α∩β=m ,n ∥α,n ∥β,那么m ∥n
D .假设α⊥β,且α∩β=m ,A ∈α,直线AB ⊥m ,那么AB ⊥β
9.某几何体的三视图如图X12-6所示,其中正视图由矩形和等腰直角三角形组成,侧视图由半圆和等腰直角三角形组成,俯视图的实线局部为正方形,那么该几何体的外表积为( )
图X12-6
A .3π+4√2
B .4π+4√2+4
C .4π+4√2
D .4π+4
10.底面半径为1的圆锥的底面圆周和顶点都在外表积为16π的球面上,那么该圆锥的体积为 ( ) A .
2+√33
π B .
2−√33
π
C .2π+√3π
D .
2+√33
π或
2−√33
π
11.正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,过正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体对角线BD 1的截面的面积为S ,那么S 的取值范围是 .
12.三棱锥P-ABC 的一条棱长为m ,其余棱长均为2,当三棱锥P-ABC 的体积最大时,它的外接球的外表积为 . 能力提升
13.三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直,AA 1=AB=AC=1,AB ⊥AC ,N 是BC 的中点,点P 在A 1B 1上,且满足A 1P=λA 1B 1,当PN 与平面ABC 所成角的正切值取得最大值时,λ的值为 ( ) A .1
2
B .√2
2 C .√32
D .
2√55
14.如图X12-7①所示,在四棱锥P-ABCD 中,PD ⊥底面ABCD ,底面ABCD 是直角梯形,M 是侧棱PD 上靠近点P 的四等分点,PD=4.该四棱锥的俯视图如图X12-7②所示,那么∠PMA 的大小是 ( )
①
②
图X12-7
A.2π
3B.3π
4
C.5π
6D.7π
12
15.在矩形ABCD中,BC=√2AB,E为BC的中点,将△ABD沿BD所在直线翻折,在翻折过程中,给出以下结论:
①存在某个位置,使得BD⊥AE;
②存在某个位置,使得BC⊥AD;
③存在某个位置,使得AB⊥CD;
④存在某个位置,使得BD⊥AC.
其中正确结论的序号是()
A.①②
B.③④
C.①③
D.②④
16.有一正三棱柱木料ABC-A1B1C1,其各棱长都为2,Q1,Q2分别为上、下底面的中心,M为Q1Q2的中点,过A,B,M三点的截面把该木料截成两局部,那么截面面积为()
A.√7
B.16√3
9
C.3√19
4
D.2
17.如图X12-8所示,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,AB∥CD,∠DCB=90°,AB=AD=AA1=2DC,Q为棱CC1上一动点,过直线AQ的平面分别与棱BB1,DD1交于点P,R,那么以下结论中不正确的选项是()
图X12-8
A.对于任意的点Q,都有AP∥QR
B.对于任意的点Q,四边形APQR都不可能为平行四边形
C.存在点Q,使得△ARP为等腰直角三角形
D.存在点Q,使得直线BC∥平面APQR
18.如图X12-9所示,正方形ABCD的边长为3,点E,F分别在边AD,CD上,且AE=DF=2.将此正方形沿BE,BF,EF切割得到四个三角形,现用这四个三角形作为一个三棱锥的四个面,那么该三棱锥的内切球的体积为.
图X12-9
限时集训(十二)
根底过关
1.C [解析] 如下图,取DD 1的中点F ,连接AF ,AE ,C 1E ,C 1F ,那么平面AFC 1E 为截面,所以剩余的几何体的侧视图如选项C 所示,应选C .
2.B [解析] 该几何体的直观图如下图,可割补成两个正方体,其体积为2×23
=16,应选B .
3.D [解析] 在A 中,假设α⊥β且m ⊥α,那么m 与β平行或m ⊂β,故A 不能推出m ⊥β;在B 中,假设α⊥β且m ∥α,那么m 与β平行或相交或m ⊂β,故B 不能推出m ⊥β;在C 中,假设m ⊥n 且n ∥β,那么m 与β平行或相交或m ⊂β,故C 不能推出m ⊥β;在D 中,假设m ∥n 且n ⊥β,那么由线面垂直的性质得m ⊥β,故D 能推出m ⊥β.应选D .
4.D [解析] 如下图,该几何体是一个正方体挖去两个一样的1
4圆锥后剩余的局部,故其体积为63
-2×1
4
×1
3×π×32
×6=216-9π,应选D .
5.B [解析] 如下图,取AC 的中点E ,连接DE ,SE.∵D ,E 分别为BC ,AC 的中点,∴DE ∥AB ,∴∠SDE 就是异面直线
AB 与SD 所成的角.设AB=AC=SA=2,在Rt △SAE 中,由勾股定理得SE=√5.易得BA ⊥平面SAC ,∴DE ⊥平面SAC ,∴DE ⊥SE ,又DE=1
2AB=1,∴SD=√6,∴cos ∠SDE=DD DD =√6=√6
6.
6.D [解析] 因为E ,F 在棱A 1B 1上,Q 在棱CD 上,A 1B 1∥CD ,所以边EF 的高为定值,又EF=1,所以△QEF 的面积为定值,故四面体P-EFQ 的体积与点P 到平面EFQ 的距离有关,即与DP 的长度有关,应选D .
7.D [解析] 正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积为8,那么其棱长为2.由题意可得面A 1B 1C 1D 1的中心到顶点A ,B ,C ,D 的
距离为半球的半径,故其半径为√22+(√2)2=√6,半球的体积为12×43π×(√6)3
=4√6π,应选D .
8.C [解析] 假设α⊥β,m ⊥α,那么m ∥β或m ⊂β,A 不正确; 假设m ∥α,n ⊂α,那么m 与n 无交点,即m 与n 平行或异面,B 不正确;
假设α∩β=m ,n ∥α,n ∥β,过n 作平面分别与α,β交于直线s ,t ,那么s ∥n ,t ∥n ,所以s ∥t ,再根据线面平行的判定定理得s ∥β,又α∩β=m ,s ⊂α,所以s ∥m ,所以m ∥n ,C 正确;
假设α⊥β,且α∩β=m ,A ∈α,直线AB ⊥m ,那么只有当B ∈α时,才有AB ⊥β,D 不正确. 应选C .
9.A [解析] 由三视图知该几何体的上半局部是半圆柱,圆柱的底面半径为1,高为2, 下半局部是底面边长为2,高为1的正四棱锥, 所以该几何体的外表积S=4×
1
2
×2×√2+π×1×2+π×12
=3π+4√2. 10.D [解析] 由题意知圆锥的底面半径r=1,球的半径R=2.设O 为球的球心,O 1为圆锥底面圆的圆心,OO 1=x ,那么x=√D 2-D 2=√22-12=√3,圆锥的高h=R+x=2+√3或h=R-x=2-√3,所以圆锥的体积V=1
3×π×12
×(2+√3)=
(2+√3)π
3
或V=1
3×π×12
×(2-√3)=
(2-√3)π
3
.应选D .
11.[√62
,√2] [解析] 如下图,设截面分别交AA 1,CC 1于点M ,N.由图可知,当M ,N 分别为AA 1,CC 1的中点时,截面面积最小,最小为1
2
·MN ·BD 1=1
2
×√2×√3=√62
;当截面为四边形ABC 1D 1时,截面面积最大,最大为1×√2=√2.故S 的取
值范围是[√6
2,√2].
12.
20π3
[解析] 由题意,三棱锥P-ABC 可看成是由菱形PABC 沿对角线AC 翻折后得到的,
且PA=PC=AB=AC=BC=2,
易知当平面ACP ⊥平面ABC 时,三棱锥P-ABC 的体积最大,此时三棱锥的高为√3. 易知底面△ABC 外接圆的半径r=√
3①.
设三棱锥的外接球的半径为R ,球心与底面的距离为x ,那么(√3-x )
2
+(√3
3)2=R 2②,
x 2+r 2=R 2③,
由①②③解得R 2
=5
3, 故外接球的外表积S=4πR 2
=20π3
.
能力提升
13.A [解析] 过P 作PM ⊥AB 于点M ,连接MN ,那么PM ⊥平面ABC ,∠PNM 就是PN 与平面ABC 所成的角,那么tan ∠PNM=DD DD =1
DD
,故当MN 最小时tan ∠PNM 最大,此时MN ⊥AB ,∴M 为AB 的中点,∴点P 是A 1B 1的中点,∴λ=1
2,应
选A .
14.C [解析] 连接BD ,由俯视图可知DC=4,BD=2,BC=2√3,所以∠DBC=π
2,又四边形ABCD 为直角梯形,故AD 的长
度等于直角三角形BDC 斜边上的高,即AD=√3,因为MD=3,所以在直角三角形ADM 中,tan ∠AMD=√33,即∠AMD=π
6,所以∠PMA=
5π6
.应选C .
15.C [解析] 根据题意画出如图甲所示的矩形ABCD ,设AE 与BD 交于点F ,
甲
乙
翻折后得到如图乙所示的三棱锥A-BCD ,连接AE. 对于①,在翻折前易证
DD DD =DD
DD
=2,设AB=1,那么BD=√3,AE=√62,所以AF=√63,BF=√3
3,那么AF 2+BF 2=1=AB 2,即AF ⊥BD ,EF
⊥BD ,所以翻折后易得BD ⊥平面AEF ,故BD ⊥AE ,故①正确;对于②,假设存在某个位置,使得BC ⊥AD ,那么BC ⊥平面ACD ,从而有平面ACD ⊥平面BCD ,即A 在底面BCD 上的射影位于线段CD 上,这是不可能的,故②不正确;对于③,设存在某个位置,使得AB ⊥CD ,因为CD ⊥BC ,AB ∩BC=B ,所以CD ⊥平面ABC ,从而有平面ABC ⊥平面BCD ,当A 在平面BCD 上的射影为BC 的中点E 时,平面ABC ⊥平面BCD ,此时直线AB 与直线CD 垂直,故③正确;对于④,设存在某个位置,使得BD ⊥AC ,因为AF ⊥BD ,EF ⊥BD ,AF ∩EF=F ,所以BD ⊥平面AEF ,所以BD ⊥AE ,又AE ∩AC=A ,所以BD ⊥平面AEC ,从而BD ⊥EC ,这与矛盾,故④不正确.应选C .
16.B [解析] 由题意知,该截面与棱A 1C 1的交点为靠近C 1的三等分点,与棱B 1C 1的交点为靠近C 1的三等分点,所以该截面为等腰梯形,计算可得该截面的面积为
16√3
9
,应选B .
17.C [解析]∵AB ∥CD ,AA 1∥DD 1,AB ∩AA 1=A ,CD ∩DD 1=D ,
∴平面ABB 1A 1∥平面CDD 1C 1,∵平面APQR ∩平面ABB 1A 1=AP ,平面APQR ∩平面CDD 1C 1=RQ ,
∴AP ∥QR ,故A 结论正确;
∵四边形ABCD 是直角梯形,∴AD 与BC 不平行,∴平面BCC 1B 1与平面ADD 1A 1不平行,
假设存在点Q ,使四边形APQR 为平行四边形,那么AR ∥PQ ,又AA 1∥BB 1,AA 1∩AR=A ,BB 1∩PQ=P ,∴平面ADD 1A 1∥平面BCC 1B 1,与矛盾,假设不成立,故B 结论正确;
如图,延长CD 至M ,使得AB=CM ,那么四边形ABCM 是矩形,∴BC ∥AM ,
当R ,Q ,M 三点共线时,AM ⊂平面APQR ,∴BC ∥平面APQR ,故D 结论正确.应选C . 18.
4π81
[解析] 如下图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,BC=1,AB=2,BB 1=3,
那么三棱锥B 1-ABC 即为题中所给的四个面组成的三棱锥, 该三棱锥的体积V=1
3×(1
2×1×2)×3=1. 在△AB 1C 中,易得AC=√5,AB 1=√13,CB 1=√10, 由余弦定理可得cos ∠B 1CA=2×√5×√10=√2
10,
那么sin ∠B 1CA=√1−(√2
10)2
=7√210,
故D △D 1DD =12×√5×√10×7√210=7
2,
该三棱锥的外表积S=12×(1×2+1×3+2×3)+7
2=9. 设该三棱锥内切球的半径为R ,那么V=1
3SR , 即1=13×9×R ,∴R=1
3,
故该三棱锥内切球的体积为4
3πR 3
=4π
81.。