2016届高考数学（理）大一轮复习达标训练试题：板块命题点专练(十一)　立体几何

2016届高考数学（理）大一轮复习达标训练试题：板块命题点专练(十一)　立体几何

‎ 板块命题点专练(十一)　立体几何 ‎ ‎(研近年高考真题——找知识联系，找命题规律，找自身差距)‎ 命题点一　空间几何体的三视图及表面积与体积 命题指数：☆☆☆☆☆　难度：中　题型：选择题、填空题、解答题 ‎1．(2013·四川高考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体可以是(　　)‎ A．棱柱 B．棱台 C．圆柱 D．圆台 ‎2．(2012·新课标全国卷)平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为(　　)‎ A.π　　　　　　　　　 B．4π C．4π D．6π ‎3．(2013·新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π ‎4．(2014·四川高考)某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，则该三棱锥的体积是(　　)‎ A．3 B．2‎ C. D．1‎ ‎5．(2014·浙江高考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是(　　)‎ A．‎90 cm2 B．‎129 cm2‎ C．‎132 cm2 D．‎138 cm2‎ ‎6．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示‎1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为‎3 cm，高为‎6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎7．(2014·江苏高考)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2，若它们的侧面积相等，且＝，则的值是________．‎ ‎8．(2012·新课标全国卷)如图，三棱柱ABCA1B‎1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点．‎ ‎(1)证明：平面BDC1⊥平面BDC；‎ ‎(2)平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．‎ 命题点二　组合体的“接”“切”的综合问题 命题指数：☆☆☆　 难度：中 　题型：选择题、填空题 ‎1．(2014·湖南高考)一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ ‎2．(2013·辽宁高考)已知直三棱柱ABCA1B‎1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　)‎ A. B．2 C. D．3 ‎3．(2012·辽宁高考)已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2的正方形．若PA＝2，则△OAB的面积为________.‎ 命题点三　直线、平面平行与垂直的判定与性质 命题指数：☆☆☆☆☆　 难度：中 　题型：选择题、解答题 ‎1．(2014·辽宁高考)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是(　　)‎ A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α ‎2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　)‎ A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β ‎ C．α与β相交，且交线垂直于l D.α与β相交，且交线平行于l ‎3．(2012·浙江高考)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，(　　)‎ A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直 B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直 C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直 ‎4．(2014·福建高考)如图，三棱锥 ABCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD .‎ ‎(1)求证：CD⊥平面ABD；‎ ‎(2)若AB＝BD＝CD＝1，M为AD中点，求三棱锥AMBC的体积．‎ ‎5．(2012·北京高考)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A‎1F⊥CD，如图2.‎ ‎(1)求证：DE∥平面A1CB；‎ ‎(2)求证：A‎1F⊥BE；‎ ‎(3)线段A1B上是否存在点Q，使A‎1C⊥平面DEQ？说明理由．‎ 答案 命题点一 ‎1．选D　由俯视图可排除A，B，由正视图可排除C，选D.‎ ‎2．选B　设球的半径为R，由球的截面性质得R＝＝，所以球的体积V＝πR3＝4π.‎ ‎3．选A　该几何体是个组合体，其下面是半个圆柱，上面是个长方体．该几何体的体积为V＝×π×22×4＋4×2×2＝16＋8π.‎ ‎4．选D　由俯视图可知三棱锥的底面是一个边长为2的正三角形，底面面积为×2×2×sin 60°＝，由侧视图可知三棱锥的高为，故此三棱锥的体积V＝××＝1，故选D.‎ ‎5.选D　由三视图画出几何体的直观图，如图所示，则此几何体的表面积S＝S1－S正方形＋S2＋2S3＋S斜面，其中S1是长方体的表面积，S2是三棱柱的水平放置的一个侧面的面积，S3是三棱柱的一个底面的面积，则S＝(4×6＋3×6＋3×4)×2－3×3＋3×4＋2××4×3＋5×3＝138(cm2)，选D.‎ ‎6．选C　原毛坯的体积V＝(π×32)×6＝54π(cm3)，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，‎ 其体积V′＝V1＋V2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π(cm3)，‎ 故所求比值为1－＝.‎ ‎7．解析：设甲、乙两个圆柱的底面半径分别是r1，r2，母线长分别是l1，l2.则由＝可得＝.又两个圆柱的侧面积相等，即2πr‎1l1＝2πr‎2l2，则＝＝，所以＝＝×＝.‎ 答案： ‎8．解：(1)证明：由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC‎1A1.‎ 又DC1⊂平面ACC‎1A1，所以DC1⊥BC.‎ 由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC.又DC∩BC＝C，所以DC1⊥平面BDC.‎ 又DC1⊂平面BDC1，故平面BDC1⊥平面BDC.‎ ‎(2)设棱锥BDACC1的体积为V1，AC＝1.由题意得 V1＝××1×1＝.‎ 又三棱柱ABCA1B‎1C1的体积V＝1，‎ 所以(V－V1)∶V1＝1∶1.‎ 故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.‎ 命题点二 ‎1．选B　该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r＝＝＝2，故选B.‎ ‎2．选C　如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝ ＝.‎ ‎3．解析：把球O的内接四棱锥还原为长方体，则球O的直径为长方体的体对角线，则(2R)2＝(2)2＋(2)2＋(2)2，可得R2＝12.△OAB中，设AB边上的高为h，则h2＝R2－()2＝9，则h＝3，所以S△OAB＝×2×3＝3.‎ 答案：3 命题点三 ‎1．选B　对于选项A，若m∥α，n∥α，则m与n可能相交、平行或异面，A错误；显然选项B正确；对于选项C，若m⊥α，m⊥n，则n⊂α或n∥α，C错误；对于选项D，若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n与α相交，D错误．故选B.‎ ‎2．选D　由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l，故选D. ‎ ‎3．选B　对于AB⊥CD，因为BC⊥CD，可得CD⊥平面ACB，因此有CD⊥AC.因为AB＝1，BC＝，CD＝1，所以AC＝1，所以存在某个位置，使得AB⊥CD.‎ ‎4．解：(1)证明：∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，‎ ‎∴AB⊥CD.‎ 又∵CD⊥BD，AB∩BD＝B，‎ AB⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，‎ ‎∴CD⊥平面ABD.‎ ‎(2)法一：由AB⊥平面BCD，得AB⊥BD，‎ ‎∵AB＝BD＝1，∴S△ABD＝.‎ ‎∵M是AD的中点，‎ ‎∴S△ABM＝S△ABD＝.‎ 由(1)知，CD⊥平面ABD，‎ ‎∴三棱锥CABM的高h＝CD＝1，‎ 因此三棱锥AMBC的体积 VAMBC＝VCABM＝S△ABM·h＝.‎ 法二：由AB⊥平面BCD知，平面ABD⊥平面BCD，又平面ABD∩平面BCD＝BD，如图，过点M作MN⊥BD交BD于点N，则MN⊥平面BCD，且MN＝AB＝，又CD⊥BD，BD＝CD＝1，‎ ‎∴S△BCD＝.‎ ‎∴三棱锥AMBC的体积 VAMBC＝VABCD－VMBCD ‎＝AB·S△BCD－MN·S△BCD ‎＝.‎ ‎5．解：(1)证明：因为D，E分别为AC，AB的中点，‎ 所以DE∥BC.‎ 又因为DE⊄平面A1CB，‎ 所以DE∥平面A1CB.‎ ‎(2)证明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC，‎ 所以DE⊥AC.‎ 所以DE⊥A1D，DE⊥CD.‎ 又A1D∩CD＝D，所以DE⊥平面A1DC.‎ 而A‎1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A‎1F.‎ 又因为A‎1F⊥CD，CD∩DE＝D，‎ 所以A‎1F⊥平面BCDE.所以A‎1F⊥BE.‎ ‎(3)线段A1B上存在点Q，使A‎1C⊥平面DEQ.理由如下：‎ 如图，分别取A‎1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.‎ 又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.‎ 所以平面DEQ即为平面DEP.‎ 由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A‎1C.‎ 又因为P是等腰三角形DA‎1C底边A‎1C的中点，‎ 所以A‎1C⊥DP.所以A‎1C⊥平面DEP.‎ 从而A‎1C⊥平面DEQ.‎ 故线段A1B上存在点Q，使得A‎1C⊥平面DEQ.‎