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考点 07 立体几何 一、单选题 1.(2021·湖北高三月考)已知 m 、n 是两条不同的直线, 、 是两个不同的平面,则下列判断正确的是 ( ) A.若  , m  , n  ,则直线 m 与 n 一定平行 B.若 m  , n  ,  ,则直线 m 与 n 可能相交、平行或异面 C.若 m  , //n  ,则直线 m 与 n 一定垂直 D.若 m  , n  , //  ,则直线 m 与 n 一定平行 【答案】C 【分析】对于 A 选项,若  , m  , n  ,则直线 m 、 n 相交、平行或异面,A 选项错误; 对于 B 选项,设直线 m 、 n 的方向向量分别为 a  、 b  , 因为 m  , n  ,则 a  为平面 的一个法向量,b  为平面  的一个法向量, 因为  ,则 a b  ,即 m n ,但 m 与 n 不可能平行,B 选项错误; 对于 C 选项,设直线 m 、 n 的方向向量分别为 a  、 b  , 因为 m  ,则 a  为平面 的一个法向量, //n  ,则 a b  ,即 m n ,C 选项正确; 对于 D 选项,若 m  , n  , //  ,则直线 m 与 n 平行或异面,D 选项错误. 故选:C. 2.(2021·安徽高三月考(文))在四面体 ABCD 中,BCD 是边长为 2 的等边三角形,ABD 是以 BD 为 斜边的等腰直角三角形,平面 ABD⊥平面 ABC,则四面体 ABCD 的外接球的表面积为( ) A.6π B. 6 π C.8π D.2 2 π 【答案】A 【分析】解析:因为ABD 是以 BD 为斜边的等腰直角三角形,所以 DA⊥AB,又因为平面 ABD⊥平面 ABC, 平面 ABD 平面 ABC AB , 所以 DA⊥平面 ABC,所以 DA⊥AC,可得 DA,BA,CA 两两垂直,且 DA=BA=CA= 2 2 22 ´ = ,构造正 方体如图所示, 可得四面体 ABCD 的外接球半径 2 2 21 6( 2) ( 2) ( 2)2 2R     , 所以表面积为 24 6R  . 故选:A 3.(2021·湖北高三月考)《算数书》是我国现存最早的系统性数学典籍,其中记载有求“困盖”的术:置如其 周,令相乘也,又以高乘之,三十六成一,该术相当于给出了由圆锥的底面周长 L 与高 h,计算其体积 V 的近似公式 21 36V L h .用该术可求得圆周率 π的近似值.现用该术求得 π 的近似值,并计算得一个底面 直径和母线长相等的圆锥的表面积的近似值为 27,则该圆锥体积的近似值为( ) A. 3 B.3 C.3 3 D.9 【答案】D 【分析】先求圆周率 π 的近似值: 已知圆锥的底面周长 L 与高 h,其体积 V 的近似公式 21 36V L h . 设底面圆的半径为 r ,则 2πL r ,可得 2π Lr  , 所以 2 2 21 1 1π π3 3 2π 36 LV r h h L h      ,整理得 π 3 . 再来计算所求圆锥体积的近似值: 该圆锥的底面直径和母线长相等,其表面积的近似值为 27, 设该圆锥的底面半径为 R ,母线长为l ,高为 h ,    2 21 1π 2π 3 2 3 2 272 2S R R l R R R         表 ,解得 3R  . 又 2R l ,所以 2 2 2 24 3 3h l R R R R       , 所以所求圆锥体积 21 1π 3 3 3 93 3V R h        . 故该圆锥体积的近似值为 9. 故选:D. 4.(2021·安徽高三月考(文))某几何体的三视图如图,俯视图中圆的半径为 1,且其内接四边形为正方形, 则该几何体的体积为( ) A. 2 4 3   B. 2 2 3   C. 4 2 3   D. 2 2 3   【答案】B 【分析】该几何体为半径为 1 的半球中,挖掉一个底面在半球的正四棱锥,如下图所示: 所以几何体的体积为 32 1 1 2 2 2 21 2 2 13 3 2 3 3 3V                . 故选:B 5.(2021·全国高三专题练习)已知四面体 P ABC 中, 4PA  , 2 7AC  , 2 3PB BC  ,PA  平面 PBC,则四面体 P ABC 的内切球半径与外接球半径的比( ) A. 2 16 B. 3 2 8 C. 3 2 16 D. 2 8 【答案】C 【分析】由已知及勾股定理得, 2 7, 2 3,AB PC  PBC 为等边三角形, ABC 为等腰三角形,且易得底边的高为 5. 所以, 1 1 1 32 3 2 3 4 4 33 3 2 2P ABC PBCV S PA              , 表面积  21 1 3 12 3 4 2 2 3 2 3 52 2 2 2S                  16 3 , 设内切球半径为 r , 1 3V S r  ,所以, 14 3 16 33 r  , 3 4r  ; 如图,取 PBC 的外接圆圆心为 1O ,三棱锥的外接球球心为O , 由 1 2 32 4,sin 60PO   1 2PO  , 1 1 22OO PA  , 因此外接球半径 2 22 2 2 2,R    故内切球半径与外接球半径的比为 3 2 16 . 故选:C. 6.(2021·全国高三其他模拟)为了给数学家帕西奥利的《神奇的比例》画插图,列奥纳多·达·芬奇给他绘 制了一些多面体,如图的多面体就是其中之一.它是由一个正方体沿着各棱的中点截去八个三棱锥后剩下的 部分,这个多面体的各棱长均为 2,则该多面体外接球的体积等于( ) A.16π B.8π C.16π 3 D. 32π 3 【答案】D 如图,把该多面体补形为正方体,由所给多面体的棱长为 2,得正方体的棱长为 2 2 , 正方体的中心即为多面体的外接球球心,球心到多面体顶点的距离为    2 2 2 2 2  , 即所求外接球的半径 2R  ,其体积 34 32ππ3 3V R  . 故选:D 7.(2021·全国高三专题练习(文))已知正四面体 P ABC 内接于球O ,点 E 是底面三角形 ABC 一边 AB 的中点,过点 E 作球O 的截面,若存在半径为 3 的截面圆,则正四面体 P ABC 棱长的取值范围是( ) A.[ 2 3], B.[ 3 6], C.[2 2 2 3], D.[2 3 2 6], 【答案】C 【分析】如图,在正四面体 P ABC 中,设顶点 P 在底面的射影为 1O , 则球心O 在 1PO 上, 1O 在CE 上,且 1 2 3PO CE ,连接OE 、OC , 设正四面体的棱长为 a ,则 3 2CE a , 1 2 3 3 3PO CE a  则正四面体的高 2 2 2 2 1 1 3 6( )3 3PO PC O C a a a     , 设外接球半径为 R , 在 1Rt OO C 中, 2 2 2 1 1OC OO O C  ,即 2 2 26 3( ) ( )3 3R a R a   ,解得 6 4R a , ∴在 1Rt OO E 中, 2 2 2 2 1 1 6 3 2( ) ( )12 6 4OE OO O E a a a     , 过 E 点作外接球 O 的截面,只有当OE  截面圆所在的平面时,截面圆的面积最小, 此时截面圆的半径为 2 2 2 26 2 1( ) ( )4 4 2r R OE a a a     , 最大截面圆为过球心的大圆,半径为 6 4R a , 由题设存在半径为 3 的截面圆,∴ 1 632 4a a  ,解得 2 2 2 3a  , 故选:C. 8.(2021·四川成都市·高三二模(文))已知四面体 ABCD 的所有棱长均为 2 ,M 、N 分别为棱 AD 、BC 的中点, F 为棱 AB 上异于 A 、 B 的动点.有下列结论: ①线段 MN 的长度为1; ②存在点 F ,满足CD 平面 FMN ; ③ MFN 的余弦值的取值范围为 50, 5      ; ④ FMN 周长的最小值为 2 1 . 其中所有正确结论的编号为( ) A.①③ B.①④ C.①②④ D.②③④ 【答案】B 【分析】对于①,取 CD 的中点G ,取 AC 的中点 E ,连接 EM 、 EN , AC AD ,G 为CD 的中点,则 AG CD ,同理可得 BG CD , AG BG G  , CD\ ^平面 ABG , AB  平面 ABG, AB CD  , E 、 N 分别为 AC 、 BC 的中点,则 //EN AB 且 1 2 2 2EN AB  , 同理可知, //EM CD 且 1 2 2 2EM CD  , EM EN  ,由勾股定理可得 2 2 1MN EM EN   ,①正确; 对于②,假设CD 平面 FMN ,由于 MN  平面 FMN ,则CD MN . 事实上,由①可知, //EM CD 且 EMN 是以 MEN 为直角的等腰直角三角形, 所以,CD 与 MN 所成的角为 4  ,故假设不成立,即CD 与平面 FMN 不垂直,②错误; 对于③,取线段 AB 的中点O ,则 2 2AO BO  ,设OF x ,则 20 2x  . 当 0x  时, 1 2 2 2FM FN BD   ,则 2 2 2FM FN MN  ,此时 2MFN   , 则 cos 0MFN  ; 当点 F 在线段 AO 上(不包括端点 A 、O )上运动时,则 20 2x  , 2 2AF x  , 2 2BF x  , 由余弦定理可得 2 2 2 2 2 1 2 2 12 cos 23 2 2 2 2 2MF AF AM AF AM x x                         2 2 1 2 2x x   , 同理可得 2 2 2 1 2 2NF x x   . 20 2x  ,则 2 1 2x  , 由余弦定理可得 2 2 2 2 2 2 2cos 2 2 1 2 12 2 2 2 2 MF NF MN xMFN MF NF x x x x                2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 30, 31 24 2 11 1 142 1 32 2 x x x xx x x x x                          ; 当点 F 在线段 OB 上(不包括端点O 、 B )上运动时,同理可知 3cos 0, 3MFN       . 综上所述, MFN 的余弦值的取值范围是 30, 3      ,③错误; 对于④,将侧面 ABC 和侧面 ABD 延展为同一平面,如下图所示: 当 M 、 F 、 N 三点共线时, MF FN 取得最小值, 如上图所示,由于四边形 ACBD 是边长为 2 的菱形,则 //AD BC 且 AD BC , M 、 N 分别为 AD 、 BC 的中点,则 //AM CN 且 AM CN , 所以,四边形 ACNM 为平行四边形,则 2MN AC  , 即 MF NF 的最小值为 2 , 所以,在正四面体 ABCD 中, FMN 的周长为最小值为 2 1 ,④正确. 故选:B. 二、解答题 9.(2021·全国高三专题练习)如图 1,在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC,∠BAD= 2  ,AB=BC= 1 2 AD=a, E 是 AD 的中点,O 是 AC 与 BE 的交点.将△ABE 沿 BE 折起到图 2 中△A1BE 的位置,得到四棱锥 A1-BCDE. (1)证明:CD⊥平面 A1OC; (2)当平面 A1BE⊥平面 BCDE 时,四棱锥 A1-BCDE 的体积为36 2 ,求 a 的值. 【答案】(1)证明见解析;(2)6. 【分析】(1)在图 1 中,因为 1 2AB BC AD a= = = ,E 是 AD 的中点, 2BAD   ,所以 BE⊥AC, 即在图 2 中,BE⊥A1O,BE⊥OC, 1AO OC OÇ = ,从而 BE⊥平面 A1OC. 又 CD∥BE,所以 CD⊥平面 A1OC. (2)由已知,平面 A1BE⊥平面 BCDE,平面 A1BE平面 BCDE BE , 又由(1)知,OA1⊥BE, 1AO  平面 A1BE,所以 A1O⊥平面 BCDE, 即 A1O 是四棱锥 A1-BCDE 的高, 由图 1 可知, 1 2 2 2 2AO AB a  ,平行四边形 BCDE 的面积 2S BC AB a   , 从而四棱锥 A1-BCDE 的体积为 2 3 1 1 1 2 2 3 3 2 6V S AO a a a       . 由 32 36 26 a = ,得 a=6. 10.(2021·全国高三专题练习)如图,在直三棱柱 A1B1C1ABC 中,AB⊥BC,E,F 分别是 A1B,AC1 的中点. (1)求证:EF / / 平面 ABC; (2)求证:平面 AEF⊥平面 AA1B1B; (3)若 A1A=2AB=2BC=2a,求三棱锥 FABC 的体积. 【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3) 3 6 a . 【分析】解析(1)连结 A1C.因为直三棱柱 A1B1C1ABC 中,四边形 AA1C1C 是矩形, 所以点 F 在 A1C 上,且为 A1C 的中点. 在A1BC 中,因为 E,F 分别是 A1B,A1C 的中点,所以 EF / / BC. 又因为 BC  平面 ABC,EF  平面 ABC,所以 EF / / 平面 ABC. (2)因为在直三棱柱 A1B1C1ABC 中,B1B⊥平面 ABC,所以 B1B⊥BC. 又 AB⊥BC,因为 EF / / BC,所以 AB⊥EF,B1B⊥EF. 因为 B1BAB=B,所以 EF⊥平面 ABB1A1. 因为 EF  平面 AEF,所以平面 AEF⊥平面 ABB1A1. (3)由 F 分别是 AC1 的中点,所以 1 1 1 1 2 2F ABC C ABC A ABCV V V    1 1 1 1 1 2 2 3F ABC A ABC ABCV V S AA      3 21 1 1 22 3 2 6 aa a      11.(2021·全国高三专题练习)如图,在矩形 ABCD 中,AD=2,AB=4,E,F 分别为边 AB,AD 的中点.现 将△ADE 沿 DE 折起,得四棱锥 ABCDE. (1)求证:EF / / 平面 ABC; (2)若平面 ADE⊥平面 BCDE,求四面体 FDCE 的体积. 【答案】(1)证明见解析;(2) 2 2 3 . 【分析】(1)证明:如图,取线段 AC 的中点 M,连结 MF,MB. 因为 F,M 为 AD,AC 的中点, 所以 MF / / CD,且 MF 1 2  CD. 在折叠前,四边形 ABCD 为矩形,E 为 AB 的中点,所以 BE∥CD,且 BE 1 2  CD. 所以 MF / / BE,且 MF=BE. 所以四边形 BEFM 为平行四边形,故 EF / / BM. 又 EF  平面 ABC,BM  平面 ABC, 所以 EF / / 平面 ABC. (2)在折叠前,四边形 ABCD 为矩形,AD  2,AB=4,E 为 AB 的中点, 所以ADE,CBE 都是等腰直角三角形,且 AD=AE=EB=BC=2. 所以∠DEA=∠CEB=45°,且 DE=EC=2 2 . 又∠DEA+∠DEC+∠CEB=180°,所以∠DEC=90°,即 DE⊥CE. 又平面 ADE⊥平面 BCDE,平面 ADE∩平面 BCDE=DE,CE  平面 BCDE, 所以 CE⊥平面 ADE,即 CE 为三棱锥 CEFD 的高. 因为 F 为 AD 的中点,所以 1 1 1 2 2 12 2 4EFDS AD AE        所以四面体 FDCE 的体积 1 1 2 21 2 23 3 3EFDV S CE       12.(2021·全国高三其他模拟(文))已知在六面体 PABCDE 中,PA  平面 ABCD ,ED  平面 ABCD , 且 2PA ED ,底面 ABCD 为菱形,且 60ABC   . (1)求证:平面 PAC  平面 PBD ; (2)若 2AB  , 1DE  ,且 M 为 PB 的中点,求三棱锥 E PAM 的体积. 【答案】(1)证明见解析;(2) 3 3 【分析】解:(1)证明:连接 BD 交 AC 于O , ∵ 底面 ABCD 为菱形,∴ BD AC ,O 为 ,BD AC 中点, ∵ PA  平面 ABCD , BD  平面 ABCD , ∴ PA BD , ∵ AC PA A  , ∴ BD  平面 PAC , ∵ BD  平面 PBD , ∴ 平面 PAC  平面 PBD . (2)∵ PA  平面 ABCD , ED  平面 ABCD , ∴ / /PA DE , ∵ DE  平面 PAC , PA  平面 PAC , ∴ / /DE 平面 PAC , ∵ 底面 ABCD 为菱形,∴ / /BC AD ∵ BC 平面 ADEP , AD  平面 ADEP ∴ / /BC 平面 ADEP , ∵ M 为 PB 的中点, ∴ 三棱锥 E PAM 的体积 1 1 1 1 2 2 2 2E PAM M PAE B PAE C PAE E PAC D PACV V V V V V          , 由(1)知得 BD  平面 PAC , 2AB  , 1DE  , 60ABC   , 2PA ED , ∴ 1 2 2 22PACS     , 1 32OD BD  , 所以 1 1 2 32 33 3 3D PAC PACV S OD      △ , 所以 1 3=2 3E PAM D PACV V  查看更多

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