高三数学二轮复习分项练3 立体几何

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1、(三三)立体几何立体几何 1.已知 a，b 为异面直线，下列结论不正确的是( ) A.必存在平面 ，使得 a，b B.必存在平面 ，使得 a，b 与 所成角相等 C.必存在平面 ，使得 a，b D.必存在平面 ，使得 a，b 与 的距离相等 答案 C 解析 由 a，b 为异面直线知，在 A 中，在空间中任取一点 O(不在 a，b 上)，过点 O 分别作 a，b 的平行线，则由过点 O 的 a，b 的平行线确定一个平面 ，使得 a，b，故 A 正确； 在 B 中，平移 b 至 b与 a 相交，因而确定一个平面 ，在 上作 a，b夹角的平分线，明 显可以作出两条.过角平分线且与平面 垂直的平面 使

2、得 a，b与该平面所成角相等，角 平分线有两条，所以有两个平面都可以.故 B 正确；在 C 中，当 a，b 不垂直时，不存在平面 ，使得 a，b，故 C 错误；在 D 中，过异面直线 a，b 的公垂线的中点作与公垂线垂 直的平面 ，则平面 使得 a，b 与 的距离相等，故 D 正确. 2.(2019 东北三省四市模拟)已知 m，n 为两条不重合直线， 为两个不重合平面，下列条 件中，一定能推出 的是( ) A.mn，m，n B.mn，m，n C.mn，m，n D.mn，m，n 答案 B 解析 当 mn 时，若 m，可得 n， 又 n，可知 . 3.(2019 北京市大兴区模拟)某三棱锥的三视图

3、如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为( ) A. 13 B.2 3 C.3 D.2 2 答案 B 解析 由三视图得几何体原图是图中的三棱锥 ABCD， 所以 CD3，BD 2212 5， AB 2212 5， AC2 22123，BC 22222 2， AD2 22222 3.所以 AD 是最长的棱. 4.(2019 马鞍山质检)已知某几何体的三视图如图所示， 网格中小正方形的边长为 1， 则该几何 体的表面积为( ) A.20 B.22 C.24 D.192 2 答案 B 解析 通过三视图可知，该几何体是正方体去掉两个“角”. 所以表面积 S1 2(12)22 1 2(12)2243 1 2

4、2 3 2 2 222. 5.(2019 成都模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A.1616 3 B.1632 3 C.816 3 D.832 3 答案 D 解析 由三视图可知：该几何体为一个半圆柱挖去一个倒立的四棱锥. 该几何体的体积 V1 22 241 34 22832 3 . 6.(2019 玉溪调研)三棱柱 ABCA1B1C1的侧棱垂直于底面，且 ABBC，ABBC4，AA1 6，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A.68 B.32 C.17 D.164 答案 A 解析 如图所示，设矩形 AA1C1C 的中心为 O， 由题意知，直三棱柱

5、 ABCA1B1C1， ABBC，ABBC4， 则ABC 为等腰直角三角形，所以 AC4 2， 所以ABC 的外接圆的圆心为 AC 的中点， 所以外接球的球心是矩形 ACC1A1的中心， 即点 O 为三棱柱 ABCA1B1C1的外接球的球心， 所以外接球半径 ROC AC 2 2 AA1 2 2 2 2232 17， 所以外接球表面积 S4R268. 7.(2019 桂林模拟)在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABACAA11，ABAC，点 E 为棱 AA1 的中点，则点 C1到平面 B1EC 的距离等于( ) A.1 2 B. 2 2 C. 6 3 D.1 答案 C 解析 连接 C1E，设点

6、 C1到平面 B1EC 的距离为 d， 根据三棱锥等体积法得到 三棱锥 1111 CB CEEB CC VV ， 即1 3 1 B CE S d1 3 11 B CC S h， 因为 ABAC1，再由 ABAC，得到 BC 2， B1CC1面积为 S1 21 2 2 2 ， 点 A1到 B1C1的距离即三棱锥 EB1CC1的高 h1 2B1C1 2 2 ； 在B1EC 中，B1ECE 5 2 ，B1C 3， 则三角形边 B1C 上的高为CE2 B1C 2 2 2 2 ， B1EC 的面积为1 2 3 2 2 6 4 ， 根据等体积公式代入得到 1111 CB CEEB CC VV ， 即1 3

7、 1 B CE S d1 3 11 B CC S h， 解得 d 6 3 . 8.(2019 南昌适应性测试)在三棱锥 SABC 中，ABBC，ABBC 2，SASC2，二面 角 SACB 的余弦值是 3 3 ，若 S，A，B，C 都在同一球面上，则该球的表面积是( ) A.4 B.6 C.8 D.9 答案 B 解析 取 AC 的中点 D，连接 SD，BD. 因为 SASC，ABBC， 所以 SDAC，BDAC， 可得SDB 即为二面角 SACB 的平面角， 故 cosSDB 3 3 . 在 RtSDC 中，SD SC2CD2 41 3， 同理可得 BD1， 由余弦定理得 cosSDB31SB

8、 2 2 31 3 3 ， 解得 SB 6. 在SCB 中，SC2CB242( 6)2SB2， 所以SCB 为直角三角形， 同理可得SAB 为直角三角形， 取 SB 中点 E，则 SEEB 6 2 ， 在 RtSCB 与 RtSAB 中， EASB 2 6 2 ，ECSB 2 6 2 ， 所以点 E 为该球的球心，半径为 6 2 ， 所以球的表面积为 S4 6 2 26. 9.(2019 湖南六校联考)如图，平面四边形 ABCD 中，E，F 是 AD，BD 中点，ABADCD 2，BD2 2，BDC90 ，将ABD 沿对角线 BD 折起至ABD，使平面 ABD平 面 BCD，则四面体 ABCD

9、 中，下列结论不正确的是( ) A.EF平面 ABC B.异面直线 CD 与 AB 所成的角为 90 C.异面直线 EF 与 AC 所成的角为 60 D.直线 AC 与平面 BCD 所成的角为 30 答案 C 解析 A 项，因为 E，F 分别为 AD 和 BD 中点， 所以 EFAB，即 EF平面 ABC，A 正确； B 项，因为平面 ABD平面 BCD，交线为 BD，且 CDBD， 所以 CD平面 ABD，即 CDAB，故 B 正确； C 项，取 CD 边中点 M，连接 EM，FM，则 EMAC， 所以FEM 为直线 AC 与异面直线 EF 所成角， 又 EF1，EM 2，FM 3， 即FE

10、M90 ，故 C 错误； D 项，因为平面 ABD平面 BCD，连接 AF， 则 AFBD， 所以 AF平面 CBD，连接 FC， 所以ACF 为直线 AC 与平面 BCD 所成角， 又 CDAD，所以 AC2 2， 又 AF AD2DF2 2， sinACFAF AC 2 2 2 1 2， ACF30 ，D 正确. 10.(2019 马鞍山质检)如图，半径为 R 的球的两个内接圆锥有公共的底面，若两个圆锥的体积 之和为球的体积的3 8，则这两个圆锥高之差的绝对值为( ) A.R 2 B. 2R 3 C.4R 3 D.R 答案 D 解析 如题图，设球的球心为 O，球的半径为 R，体积为 V，上

11、面圆锥的高为 h，体积为 V1， 下面圆锥的高为 H， 体积为 V2； 圆锥的底面的圆心为 O1， 半径为 r.由球和圆锥的对称性可知， hH2R，OO1HR，由题意可知： V1V23 8V 1 3r 2h1 3r 2H 3 8 4 3R 3r2(hH)3 2R 3， 而 hH2R，r 3 2 R， OO1垂直于圆锥的底面， OO1垂直于底面的半径， 由勾股定理可知：R2r2OO21， R2r2(HR)2H3 2R， 可知 h1 2R， 这两个圆锥高之差的绝对值为 R. 11.已知三棱锥 PABC 的所有顶点都在球 O 的球面上， ABC 满足 AB2 2， ACB90 ， PA 为球 O 的

12、直径，且 PA4，则点 P 到底面 ABC 的距离为( ) A. 2 B.2 2 C. 3 D.2 3 答案 B 解析 取 AB 的中点 O1， 连接 OO1， 如图， 在ABC 中， AB2 2， ACB90 ， 所以ABC 所在小圆 O1是以 AB 为直径的圆，所以 O1A 2，且 OO1AO1，又球 O 的直径 PA4，所 以 OA2，所以 OO1 OA2O1A2 2，且 OO1底面 ABC，所以点 P 到平面 ABC 的距离 为 2OO12 2. 12.(2019 上饶模拟)在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1内有两个球 O1，O2相外切，球 O1 与面 ABB1A1、面

13、ABCD、面 ADD1A1相切，球 O2与面 BCC1B1、面 CC1D1D、面 B1C1D1A1相 切，则两球表面积之和的最大值与最小值的差为( ) A.(2 3) B.2 3 2 C.(3 3) D.3 3 2 答案 A 解析 设球 O1，O2的半径分别为 r1，r2， 由题意得 3r1r1 3r2r2 3， 所以 r1r23 3 2 ，令 a3 3 2 . 表面积和为 S，所以 S4r214r22， 所以 S 4r 2 1r 2 2r 2 1(ar1) 22 r1a 2 2a 2 2， 又 r1最大时，球 O1与正方体六个面相切， 且( )r1max1 2，( ) r1 min3 3 2

14、 1 2 2 3 2 ， 所以 r1 2 3 2 ，1 2 . 又2 3 2 a 2 1 2， 所以当 r1a 2时， S 4 mina 2 2 ， 当 r11 2或 2 3 2 时， S 4 maxa 2a1 2， 所以 S 4 max S 4 mina 2 2a 1 2 a1 2 2 2 3 4 . 所以两球表面积之和的最大值与最小值的差为(2 3). 13.直三棱柱 ABCA1B1C1中，底面为正三角形，AB2，D 是 AB 的中点，异面直线 AC1与 CD 所成角的余弦值是 3 4 ，则三棱柱 ABCA1B1C1的表面积等于_. 答案 14 3 解析 设 D1是 A1B1的中点， 如图

15、所示， 由于 CDC1D1， 故AC1D1是异面直线 AC1与 CD 所成角. 设三棱柱的高为 h， 则 C1A 4h2，AD1 1h2， C1D1 221 3， 由于异面直线 AC1与 CD 所成角的余弦值是 3 4 ， 在AC1D1中， 由余弦定理得 AD21AC21C1D212AC1 C1D1 3 4 ，解得 h2 3. 故三棱柱的表面积为1 22 32322 3 2 312 314 3. 14.(2019 湘赣十四校联考)如图，正三棱锥 PABC 的高 PO8，底面边长为 4，M，N 分别 在 BC 和 PO 上，且 PN2CM，当三棱锥 NAMC 体积最大时，三棱锥 NAMC 的内切

16、球 的半径 r 为_. 答案 133 解析 设 CMx， VNAMC1 3SAMC NO 1 3 1 2AC CM sin 60 (POPN) 1 3 1 24 x 3 2 (82x)2 3 3 (4xx2)， 当 x2 时，VNAMC取得最大值8 3 3 ， 此时 M 为 BC 中点，AM 经过点 O， 且 NO4，AO4 3 3 ， 所以可求 NM2 39 3 ，NANC8 3 3 ， 因此易求 SNAM4 3，SNCM2 39 3 ， SNAC4 39 3 ，SCAM2 3， 又1 3(SNAMSNCMSNACSCAM) r VNAMC，r 133. 15.已知正三棱柱 ABCA1B1C

17、1的所有棱长都相等，M，N 分别为 B1C1，BB1的中点.现有下列 四个结论： p1：AC1MN； p2：A1CC1N； p3：B1C平面 AMN； p4：异面直线 AB 与 MN 所成角的余弦值为 2 4 . 其中正确的结论是_. 答案 p2，p4 解析 正三棱柱 ABCA1B1C1的所有棱长都相等， M，N 分别为 B1C1，BB1的中点. 对于 p1：如图所示， MNBC1，BC1AC1C1， AC1与 MN 不平行，是异面直线，p1错误； 对于 p2：如图所示， 连接 AC1，交 A1C 于点 O，连接 ON， 易知 A1CAC1，ON平面 ACC1A1， ONA1C， 又 ONAC

18、1O，ON，AC1平面 ONC1， A1C平面 ONC1， 又 C1N平面 ONC1， A1CC1N，p2正确； 对于 p3：如图所示， 取 BC 的中点 O，连接 AO，BC1， 过点 O 作 OPBC1，交 CC1于点 P， 连接 AP，则 AO平面 BCC1B1， 又 B1C平面 BCC1B1，AOB1C， 又 BC1OP，BC1B1C， B1COP， 又 AOOPO，AO，OP平面 AOP， B1C平面 AOP， 又平面 AMN 与平面 AOP 有公共点 A， B1C 与平面 AMN 不垂直，p3错误； 对于 p4：如图所示， 连接 BC1，AC1，则 MNBC1， ABC1是异面直线

19、 AB 与 MN 所成的角， 设 AB1，则 AC1BC1 2， cosABC1 2 212 22 2 21 2 4 ，p4正确. 综上，其中正确的结论是 p2，p4. 16.(2019 湖南六校联考)已知四棱锥 SABCD 的三视图如图所示，若该四棱锥的各个顶点都 在球 O 的球面上，则球 O 的表面积等于_. 答案 101 5 解析 由该四棱锥的三视图知， 该四棱锥直观图如图， 因为平面 SAB平面 ABCD， 连接 AC，BD 交于 E， 过 E 作面 ABCD 的垂线与过ABS 的外心 F 作面 ABS 的垂线交于 O， 即为球心，连接 AO 即为半径 R， 令 r1为SAB 外接圆半径， 在SAB 中，SASB3，AB4， 则 cosSBA2 3， sinSBA 5 3 ， 2r1 3 sinSBA 9 5， r1 9 2 5， 又 OFAD 2 1，可得 R2r21OF2， 计算得，R281 201 101 20 ， 所以 S4R2101 5 .