【数学】2020届一轮复习浙江专版板块命题点专练（十）立体几何

【数学】2020届一轮复习浙江专版板块命题点专练（十）立体几何

板块命题点专练（十） 立体几何 命题点一　空间几何体的三视图及表面积与体积 ‎1．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)‎ A．2 B．4‎ C．6 D．8‎ 解析：选C　由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的两底边长分别为1,2，高为2，∴该几何体的体积为V＝×(2＋1)×2×2＝6.‎ ‎2.(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为(　　)‎ A．2 B．2 C．3 D．2‎ 解析：选B　先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图①所示．‎ 圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．∵ON＝×16＝4，OM＝2，‎ ‎∴MN＝＝＝2.‎ ‎3．(2018·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选C　由三视图得到空间几何体的直观图如图所示，‎ 则PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，PA＝AB＝AD＝2，BC＝1，‎ 所以PA⊥AD，PA⊥AB，PA⊥BC.‎ 又BC⊥AB，AB∩PA＝A，‎ 所以BC⊥平面PAB.‎ 所以BC⊥PB.‎ 在△PCD中，PD＝2，PC＝3，CD＝，‎ 所以△PCD为锐角三角形．‎ 所以侧面中的直角三角形为△PAB，△PAD，△PBC，共3个．‎ ‎4．(2017·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为(　　)‎ A．60 B．30‎ C．20 D．10‎ 解析：选D　如图，把三棱锥ABCD放到长方体中，长方体的长、宽、高分别为5,3,4，△BCD为直角三角形，直角边分别为5和3，三棱锥ABCD的高为4，故该三棱锥的体积V＝××5×3×4＝10.‎ ‎5.(2018·天津高考)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥MEFGH的体积为______．‎ 解析：连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH＝AC，因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝AC，所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四边形EHGF为正方形，又点M到平面EHGF的距离为，所以四棱锥MEFGH的体积为×2×＝.‎ 答案： ‎6．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________．‎ 解析：如图，∵SA与底面成45°角，‎ ‎∴△SAO为等腰直角三角形．‎ 设OA＝r，‎ 则SO＝r，SA＝SB＝r.‎ 在△SAB中，cos∠ASB＝，‎ ‎∴sin ∠ASB＝，‎ ‎∴S△SAB＝SA·SB·sin∠ASB ‎＝×(r)2×＝5，‎ 解得r＝2，‎ ‎∴SA＝r＝4，即母线长l＝4，‎ ‎∴S圆锥侧＝πrl＝π×2×4＝40π.‎ 答案：40π 命题点二　组合体的“切”“接”问题 ‎1．(2018·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为(　　)‎ A．12 B．18 C．24 D．54 解析：选B　由等边△ABC的面积为9，可得AB2＝9，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2.设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝＝＝2.所以三棱锥DABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥DABC 体积的最大值为×9×6＝18.‎ ‎2．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．‎ 解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为.‎ 设该正方体外接球的半径为R，则2R＝3，R＝，‎ 所以这个球的体积为πR3＝×＝.‎ 答案： ‎3．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．‎ 解析：设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以＝＝.‎ 答案： 命题点三　直线、平面平行与垂直的判定与性质 ‎1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．‎ ‎(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．‎ 解：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，‎ 所以BC⊥平面CMD，‎ 又DM⊂平面CMD，所以BC⊥DM.‎ 因为M为上异于C，D的点，且CD为直径，‎ 所以DM⊥MC.‎ 又BC∩MC＝C，所以DM⊥平面BMC.‎ 因为DM⊂平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.‎ 证明如下：‎ 连接AC交BD于O.‎ 因为四边形ABCD为矩形，‎ 所以O为AC的中点．‎ 连接OP，‎ 因为P为AM中点，所以MC∥OP.‎ 又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，‎ 所以MC∥平面PBD.‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥PABC 中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．‎ ‎(1)证明：PO⊥平面ABC；‎ ‎(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．‎ 解：(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，‎ 所以PO⊥AC，且PO＝2.‎ 连接OB，‎ 因为AB＝BC＝AC，‎ 所以△ABC为等腰直角三角形，‎ 且OB⊥AC，OB＝AC＝2.‎ 所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.‎ 又因为AC∩OB＝O，所以PO⊥平面ABC.‎ ‎(2)如图，作CH⊥OM，垂足为H，‎ 又由(1)可得PO⊥CH，且PO∩OM＝O，‎ 所以CH⊥平面POM.‎ 故CH的长为点C到平面POM的距离．‎ 由题设可知OC＝AC＝2，MC＝BC＝，‎ ‎∠ACB＝45°，‎ 所以OM＝，CH＝＝.‎ 所以点C到平面POM的距离为.‎ ‎3．(2018·北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．‎ ‎(1)求证：PE⊥BC；‎ ‎(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；‎ ‎(3)求证：EF∥平面PCD.‎ 证明：(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，‎ 所以PE⊥AD.‎ 因为底面ABCD为矩形，‎ 所以BC∥AD，所以PE⊥BC.‎ ‎(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.‎ 又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，‎ 所以AB⊥平面PAD，‎ 因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.‎ 又因为PA⊥PD，AB∩PA＝A，‎ 所以PD⊥平面PAB.‎ 因为PD⊂平面PCD，‎ 所以平面PAB⊥平面PCD.‎ ‎(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.‎ 因为F，G分别为PB，PC的中点，‎ 所以FG∥BC，FG＝BC.‎ 因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，‎ 所以DE∥BC，DE＝BC.‎ 所以DE∥FG，DE＝FG.‎ 所以四边形DEFG为平行四边形．‎ 所以EF∥DG.‎ 又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，‎ 所以EF∥平面PCD.‎ ‎4.(2018·江苏高考)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.‎ 求证：(1)AB∥平面A1B1C；‎ ‎(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.‎ 证明：(1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB∥A1B1.‎ 因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，‎ 所以AB∥平面A1B1C.‎ ‎(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，‎ 四边形ABB1A1为平行四边形．‎ 又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，‎ 因此AB1⊥A1B.‎ 因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，‎ 所以AB1⊥BC.‎ 因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，‎ 所以AB1⊥平面A1BC.‎ 因为AB1⊂平面ABB1A1，‎ 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.‎ 命题点四　空间角度问题 ‎1．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　如图，连接BE，因为AB∥CD，所以异面直线AE与CD所成的角为∠EAB或其补角．在Rt△ABE中，设AB＝2，则BE＝，则tan∠EAB＝＝，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为.‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)‎ A．8 B．6 C．8 D．8 解析：选C　如图，连接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C，‎ ‎∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝＝4.在Rt△ACC1中，CC1＝＝＝2，‎ ‎∴V长方体＝AB·BC·CC1＝2×2×2＝8.‎ ‎3．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6××××sin 60°＝.‎ ‎4．(2018·浙江高考)已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角SABC的平面角为θ3，则(　　)‎ A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1‎ C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1‎ 解析：选D　如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E′为AB的中点，S到底面的距离SO＝1，以EE′，E′O为邻边作矩形OO′EE′，‎ 则∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，‎ ‎∠SE′O＝θ3.‎ 由题意，得tan θ1＝＝，‎ tan θ2＝＝＝，tan θ3＝1，‎ 此时tan θ2＜tan θ3＜tan θ1，由图可知θ1，θ2，θ3∈，‎ 故θ2＜θ3＜θ1.‎ 当E在AB中点处时，θ2＝θ3＝θ1.故选D.‎ ‎5.(2018·天津高考)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90°.‎ ‎(1)求证：AD⊥BC；‎ ‎(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；‎ ‎(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABD，‎ 所以AD⊥平面ABC.‎ 因为BC⊂平面ABC，‎ 所以AD⊥BC.‎ ‎(2)取棱AC的中点N，连接MN，ND.‎ 因为M为棱AB的中点，‎ 所以MN∥BC.‎ 所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．‎ 在Rt△DAM中，AD＝2，AM＝1，‎ 所以DM＝＝.‎ 因为AD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.‎ 在Rt△DAN中，AN＝1，‎ 所以DN＝＝.‎ 在等腰三角形DMN中，MN＝1，‎ 可得cos∠DMN＝＝.‎ 所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为.‎ ‎(3)连接CM.‎ 因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，‎ 所以CM⊥AB，CM＝.‎ 因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，CM⊂平面ABC，‎ 所以CM⊥平面ABD，‎ 所以∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．‎ 在Rt△CAD中，CD＝＝4.‎ 在Rt△CMD中，sin∠CDM＝＝.‎ 所以直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.‎ ‎6．(2015·浙江高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．‎ ‎(1)证明：A1D⊥平面A1BC；‎ ‎(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值．‎ 解：(1)证明：设E为BC的中点，连接AE，DE，A1E.‎ 由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.‎ 因为AB＝AC，所以AE⊥BC.‎ 故AE⊥平面A1BC.‎ 由D，E分别为B1C1，BC的中点，‎ 得DE∥B1B且DE＝B1B，‎ 从而DE∥A1A，DE＝A1A，‎ 所以四边形A1AED为平行四边形．‎ 故A1D∥AE.‎ 又因为AE⊥平面A1BC，‎ 所以A1D⊥平面A1BC.‎ ‎(2)作A1F⊥BD且A1F∩BD＝F，连接B1F.‎ 由AE＝EB＝，∠A1EA＝∠A1EB＝90°，‎ 得A1B＝A1A＝4.‎ 由A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB与△B1DB全等．‎ 由A1F⊥BD，得B1F⊥BD，‎ 因此∠A1FB1为二面角A1BDB1的平面角．‎ 由A1D＝，A1B＝4，∠DA1B＝90°，得 BD＝3，A1F＝B1F＝，‎ 由余弦定理得cos∠A1FB1＝－.‎