2020届二轮复习立体几何选择填空压轴题专练课时作业（全国通用）

2020届二轮复习立体几何选择填空压轴题专练课时作业（全国通用）

第十四讲 立体几何选择填空压轴题专练 A组 一、选择题 ‎1．如图，矩形中， ， 为边的中点，将沿直线翻转成（平面）．若、分别为线段、的中点，则在翻转过程中，下列说法错误的是（ ）‎ A. 与平面垂直的直线必与直线垂直 B. 异面直线与所成角是定值 C. 一定存在某个位置，使 D. 三棱锥外接球半径与棱的长之比为定值 ‎【答案】C ‎【解析】取CD的中点F，连BF,MF,如下图：‎ 可知面MBF// ,所以A对。‎ 取中点G,可知，如下图，可知B对。‎ 点A关于直线DE的对为F,则面，即过O与DE垂直的直线在平面上。故C错。‎ 三棱锥外接球的球心即为O点，所以外接球半径为。故D对。选C ‎2．一个几何体的三视图如图所示，已知这个几何体的体积为，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由三视图可知该几何体是三棱锥，其中底面是矩形，边长为6，5，高为h，所以体积 ‎3．如图，矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE．若M为线段A‎1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是 A．｜BM｜是定值 ‎ B．点M在某个球面上运动 C．存在某个位置，使DE⊥A‎1 C ‎ D．存在某个位置，使MB//平面A1DE ‎【答案】C ‎【解析】‎ 取CD中点F，连接MF，BF，则MF//A1D且MF=A1D,FB//ED 且FB=ED所以，由余弦定理可得MB2=MF2+FB2-2MF•FB•cos∠MFB是定值，所以 M是在以B为圆心，MB为半径的球上，可得①②正确．由MF//A1D与 FB//ED可得平面MBF∥平面A1DE，可得④正确；A‎1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，可得③不正确．故答案为：①②④．‎ ‎4．如图，正四面体的顶点、、分别在两两垂直的三条射线， ， 上，则在下列命题中，错误的是( )‎ A. 是正三棱锥 B. 直线与平面相交 C. 直线与平面所成的角的正弦值为 D. 异面直线和所成角是 ‎【答案】C ‎【解析】①如图ABCD为正四面体，‎ ‎∴△ABC为等边三角形，‎ 又∵OA、OB、OC两两垂直，‎ ‎∴OA⊥面OBC，∴OA⊥BC，‎ 过O作底面ABC的垂线，垂足为N，‎ 连接AN交BC于M，‎ 由三垂线定理可知BC⊥AM，‎ ‎∴M为BC中点，‎ 同理可证，连接CN交AB于P，则P为AB中点，‎ ‎∴N为底面△ABC中心，‎ ‎∴O﹣ABC是正三棱锥，故A正确．‎ ‎②将正四面体ABCD放入正方体中，如图所示，显然OB与平面ACD不平行．‎ 则B正确，‎ ‎③由上图知：直线与平面所成的角的正弦值为,则C错误 ‎④异面直线和所成角是，故D正确.‎ 二、填空题 ‎5．（2017全国1卷理）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为‎5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O。D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形。沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥。当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】如下图，设正三角形的边长为x，则.‎ ‎，‎ ‎ ‎ 三棱锥的体积 .‎ 令，则，‎ 令， ，，‎ ‎.‎ ‎6．已知求的直径是该球球面上的点， ，则棱锥 的体积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设球心为,因为,所以, .‎ ‎7．在三棱锥中， 是边长为3的等边三角形， ，二面角的大小为120°，则此三棱锥的外接球的表面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题可得：球心O在过底面的中心G的垂直底面的直线上，又二面角的大小为120°，取AB的中点为M，SB的中点为N，故,又,过M做MH=GO，且MH垂直底面，所以， ,故球的半径为,所以球的表面积为 ‎8．已知两平行平面间的距离为，点，点，且，若异面直线与所成角为60°，则四面体的体积为__________．‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】设平面ABC与平面交线为CE，取 ,则 ‎ ‎ ‎ ‎9．在空间直角坐标系中，四面体在坐标平面上的一组正投影图形如图所示（坐标轴用细虚线表示）．该四面体的体积是____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由图可知，‎ 该三棱锥的底面是底为4，高为1的三角形，高为2，‎ 故其体积为，故答案为.‎ ‎10．如图，在棱长为2的正四面体中， 分别为直线上的动点，且.若记中点的轨迹为，则等于____________.（注： 表示的测度，在本题， 为曲线、平面图形、空间几何体时， ‎ 分别对应长度、面积、体积.）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】为了便于计算，将正四面体放置于如图的正方体中，可知，正方体的棱长为，建立如图所示的空间直角坐标系，设， ，即 ，又，即 ，代入上式得 ，即，即的轨迹为半径为的圆，周长为 .‎ B组 一、选择题 ‎1．正方体ABCD-A1B‎1C1D1的棱长为6,点O在BC上,且BO=OC,过点O的直线l与直线AA1,C1D1分别交于M,N两点,则MN与面ADD‎1A1所成角的正弦值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 将平面 延展与 交于 连结 ，并延长与 延长线交于 ，平面交 于 ， 可知 等于 与 成角,，由正方体的性质可知 ， ，故选 . ‎ ‎2．四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据三视图还原几何体为一个四棱锥，平面 平面，由于为等腰三角形，四边形为矩形， ，过的外心 作平面 的垂线，过矩形的中心作平面的垂线 两条垂线交于一点为四棱锥外接球的球心，在三角形 中， ‎ ‎ ，则 ， ，‎ ‎ ， ， ， ， .选C. ‎ ‎3．如图是正方体的平面展开图。关于这个正方体，有以下判断：‎ ‎①与所成的角为②∥平面 ‎ ‎③ ④平面∥平面 ‎ 其中正确判断的序号是（ ）．‎ A. ① ③ B. ② ③ C. ① ② ④ D. ② ③ ④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 把正方体的平面展开图还原成正方体 ，得：①与所成的角为正确； ② 不包含于平面 平面 平面 ，故②正确； ③ 与 是异面直线，故③不正确； ④ 平面 ，所以平面 平面 ，故 ④ 正确 ，正确判断的序号是① ② ④，故选C.‎ ‎4．若三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形， ，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】如图，底面是等腰直角三角形， 是中点，所以外接球圆心在上，设外接球半径为，所以有，解得，所以该三棱锥的外接球表面积为.‎ 故本题正确答案为A.‎ ‎5．三棱锥中，侧棱底面， ， ， ， ，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题，侧棱底面， ， ， ，则根据余弦定理可得 ， 的外接圆圆心 ‎ 三棱锥的外接球的球心到面的距离 则外接球的半径 ，则该三棱锥的外接球的表面积为 ‎ ‎6．正方体中，点在上运动（包括端点），则与所成角的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】以点D为原点，DA、DC、 分别为 ‎ 建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，设点P坐标为 ，则 设 的夹角为，所以 ，所以当 时， 取最大值 。当 时， 取最小值。因为 。故选D。‎ ‎7．已知棱长为2的正方体，球与该正方体的各个面相切，则平面截此球所得的截面的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】因为球与各面相切，所以直径为2，且的中点在所求的切面圆上，所以所求截面为此三点构成的边长为正三角形的外接圆，由正弦定理知，所以面积，选D．‎ ‎8．已知与是四面体中相互垂直的棱，若，且，则四面体的体积的最大值是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】作于，连接，因为，所以平面，作于，所以，从而，要使体积最大，则要最大，则要求最大，而，所以在 时， 最大，所以， 是中点， ，所以，故选A．‎ 二、填空题 ‎9． 现介绍祖暅原理求球体体积公式的做法：可构造一个底面半径和高都与球半径相等的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，用这样一个几何体与半球应用祖暅原理（图1），即可求得球的体积公式．请研究和理解球的体积公式求法的基础上，解答以下问题：已知椭圆的标准方程为 ，将此椭圆绕y轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体（图2），其体积等于______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】椭圆的长半轴为5，短半轴为2，现构造一个底面半径为2，高为5的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖暅原理得出椭球的体积V=2（V圆柱﹣V圆锥）=2（π×22×5﹣）=．‎ ‎10．已知正四棱锥O－ABCD的体积为，底面边长为，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为________．‎ ‎【答案】24π ‎【解析】‎ 如图，正四棱锥的体积 ‎，在直角三角形中， 所以表面积为 ‎11．球为正方体的内切球， ， 分别为棱的中点，则直线被球截得的线段长为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设与球面交于 两点，过球心与 的截面如图，因为， 分别为棱的中点，所以可得 ，根据正方体的性质可得，球为正方体的内切球，可得 ，由勾股定理得，故答案为 .‎ ‎12．体积为的正三棱锥的每个顶点都在半径为的球的球面上，球心在此三棱锥内部，且，点为线段上一点，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设，如图，设的中心为，连接.设三棱锥的高为,在中，由勾股定理可得，即，即又，所以所以，解得，故易得，所以，当截面与垂直时，截面圆的面积有最大值，此时截面圆的半径，此时截面圆的面积为，当截面经过平均发展速度时，截面圆的面积最大 ，且最大值为.‎ ‎13．如图，正方体ABCD-A1B‎1C1D1的棱长为1，点M在棱AB上，且AM，点P是平面ABCD上的动点，且动点P到直线A1D1的距离与点P到点M的距离的平方差为1，则动点P的轨迹是（ ） ‎ M D A B C B1‎ A1‎ D1‎ C1‎ P ‎．‎ ‎．‎ ‎ A．圆 B．抛物线 C．双曲线 D．椭圆 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 作，为垂足，则平面，作为垂足，由三垂线定理得.以分别为轴，建立空间直角坐标系，设，依题意可得.由可得，即化简可得.选.‎ C组 一、选择题 ‎1．在直四棱柱 中，底面为菱形， 分别是的中点， 为的中点且，则的面积的最大值为（ ）‎ A. B. ‎3 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由直四棱柱 中，底面为菱形， 分别是的中点， 为的中点且，可得为等腰三角形，设 ，则 ，因为，由余弦定理得 ，可得 ， 的面积为等于的 ， 的面积的最大值为 ，故选B.‎ ‎2．三棱锥的体积为， 底面，且的面积为4，三边的乘积为16，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】∵三棱锥的体积为且的面积为4，∴，由底面，所以球心到底面的外接圆圆心的距离为1，另， ，两式相除，由正弦定理知底面的外接圆半径为1，所以三棱锥的外接球的半径为，表面积为，故选B.‎ ‎3．已知矩形， ，沿直线将折成，使点在平面上的射影在内（不含边界）．设二面角的大小为，直线， 与平面所成的角分别为则（ )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】如图，作于E， 是在平面内的射影，连接，易知，在矩形中，作于E，延长交于，由点必落在上，由知，从而，即，故选D．‎ ‎4．如图所示，正方体的棱长为， 分别为和上的点， ，则与平面的位置关系是（ ）‎ A. 相交 B. 平行 C. 垂直 D. 不能确定 ‎【答案】B ‎【解析】如下图，连接BN交AD于点E,连， ，所以与平面平行，选B.‎ ‎5．如图，动点在正方体的对角线上.过点作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于.设，则函数的图象大致是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】设正方体的棱长为 ，显然，当 移动到对角线 的中点 时， 取得唯一最大值，所以排除 ；当在 上时，分别过 作底面的垂线，垂足分别为 ，则 ，故选B.‎ 二、填空题 ‎6．点为正方体的内切球球面上的动点，点为上一点， ，若球的体积为，则动点的轨迹的长度为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】如图：，内切球的半径为： ，所以正方体棱长为，取的靠B的三等分点H连接CD,DH，则NB⊥面DHC，所以M的轨迹为DHC与内切球的交线，由正方体棱长为可得O到面DCH的距离为，所以截面圆的半径为，所以M的轨迹长度为： ‎ ‎7．如图，在长方体中， ，点为线段上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的__________．‎ ‎①当时， 平面；‎ ‎②当时， 平面；‎ ‎③的最大值为；‎ ‎④的最小值为.‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，则,,设,.对于①，当，即，解得， ，设平面的法向量为，则由，解得，由于，所以平面成立.对于②，当时，即，解得，由可知平面成立.对于③，设，即，解得，由，其分子化简得，当时， ，故的最大值可以为钝角，③错误.对于④，根据③计算的数据， ,，在对称轴，即时取得最小值为，故④错误.‎ ‎8．一光源在桌面的正上方，半径为的球与桌面相切，且与球相切，小球在光源的中心投影下在桌面产生的投影为一椭圆，如图所示，形成一个空间几何体，且正视图是，其中，则该椭圆的长轴长为_______‎ ‎【答案】8‎ ‎【解析】正视图为内切一个圆,且r=2,PA=6,AB=2+x,PB=4+x,根据勾股定理解得x=6,即PA=6,AB=8,PB=10,所以长轴为8.填8.‎ ‎【点睛】‎ 对于直角三角形的内切圆有如下性质，如图AD=AE,BD=BF,CE=CF.即同一点引出的切线长相等。‎ ‎9．已知空间四边形中， ， ， ，若平面平面，则该几何体的外接球表面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】如图：由于 是等边三角形，所以到A,B,D三点距离相等的点在重心O且垂直是平面ABD的直线上，又因为，所以到B,C,D三点距离相等的点在过BD中点E且与平面BCD垂直的直线上，两直线的交点是O,所以球心为O.半径R=， 。填。‎ ‎10．将边长为2，锐角为的菱形沿较短对角线折成四面体，点分另的中点，则下列命题中正确的是__________．（将正确的命题序号全填上）‎ ‎①； ②是异面直线与的公垂线；‎ ‎③平面； ④垂直于截面．‎ ‎【答案】②③④‎ ‎【解析】如图：‎ 由题意得， 与 是异面直线，故①不正确；由等腰三角形的中线性质得 面 ，又面 ， ，且 ，故 ②正确；由三角形中位线定理可得 ，在根据线面平行的判定定理可得平面，故③正确；由面得， ，又 面 ，故④正确，故答案为②③④.‎ ‎11．已知点为棱长等于的正方体内部一动点，且，则的值达到最小时， 与夹角大小为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】 由题意得，取中点，‎ 则 ‎ ‎，‎ 因为，所以在以为球心的球面上，‎ 所以，因为，‎ 所以，所以与的夹角为.‎