（浙江专用）2020版高考数学三轮冲刺 抢分练 疑难专用练（三）立体几何.docx

(三)立体几何1(2019浙江省三校联考)已知平面，直线m，n，若，l，m，n，则“mn”是“m，n中至少有一条与l垂直”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案C解析先判断充分性，当mn时，假设m，n都不与l垂直在平面内作l的垂线m，由可得m，则mn.由ml，m不垂直于l可得m与m相交由mn，mn可得n.所以nl，矛盾所以当mn时，可以推出m，n中至少有一条与l垂直，即充分性成立再判断必要性，当m，n中至少有一条与l垂直时，不妨设ml，由可得m，所以mn，即必要性成立综上所述，“mn”是“m，n中至少有一条与l垂直”的充要条件故选C.2某几何体的三视图如图所示，其中俯视图右侧曲线为半圆弧，则该几何体的表面积为()A342B322C.22D.22答案A解析由三视图还原出原几何体是一个半圆柱挖去一个三棱柱，尺寸见三视图，S12222324，故选A.3已知某几何体是由一个三棱柱和一个三棱锥组合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.B2C.D.答案B解析由题意可知，该几何体的直观图如图所示，即该几何体为一个三棱柱与一个三棱锥的组合体则三棱柱体积V13；三棱锥体积V23，所求体积VV1V22.4如图，平面四边形ABCD中，E，F是AD，BD中点，ABADCD2，BD2，BDC90，将ABD沿对角线BD折起至ABD，使平面ABD平面BCD，则四面体ABCD中，下列结论不正确的是()AEF平面ABCB异面直线CD与AB所成的角为90C异面直线EF与AC所成的角为60D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两边中点，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，CD平面BCD，所以CD平面ABD，即CDAB，故B正确；C项，取CD边中点M，连接EM，FM(图略)，则EMAC，所以FEM为直线AC与异面直线EF所成角，又EF1，EM，FM，即FEM90，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，又AF，sinACF，所以ACF30，D正确5.如图，长方体ABCDA1B1C1D1，以A为球心，AA1，AB，AD，AC1为半径作四个同心球，其体积依次为V1，V2，V3，V4，表面积依次为S1，S2，S3，S4，则有()AV1V2V3V4且S1S2S3S4BV1V2V3V4且S1S2S3S4CV1V2V3V4且S1S2S3S4DV1V2V3V4且S1S2S3S4答案C解析由题意得V1AA，V2AB3，V3AD3，V4AC，S14AA，S24AB2，S34AD2，S44AC，在长方体中，易得ACAAAB2AD2，则V1V2V3(AAAB3AD3)BCD答案D解析由题意可知点P的轨迹为A1B1M内一段抛物线，且该抛物线的焦点为A1，顶点为A1M的中点，设点P到A1B1，B1C1，A1C1的距离分别为h1，h2，h3，记点P到底面ABC的距离为h，则由题意知，tan，tan，tan，由图可知h1h3，故选D.9.(2019浙江省名校新高考研究联盟联考)如图，在四面体ABCD中，AB1，ACCDDA2，当BC与平面ACD所成角最大时，四面体ABCD的体积为()A.B1C.D不确定答案A解析依题意，点B在以A为球心，以1为半径的球面上，当BC与平面ACD所成角最大时，直线BC与球相切，且平面ABC平面ACD.过点B作BEAC，垂足为E.在RtABC中，AC2，AB1，得BAC60，在RtABE中，BEABsinBAC，所以VABCDVBACDSACDBE22sin60.故选A.10.如图，已知正四棱锥PABCD的各棱长均相等，M是AB上的动点(不包括端点)，N是AD的中点，分别记二面角PMNC，PABC，PMDC的平面角为，则()ABCD答案D解析设点P在底面ABCD的射影为点O，过点O分别作MN，AB，MD的垂线，设垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG，则PEO，PFO，PGO就是二面角PMNC，PABC，PMDC的平面角设AB2，AMa(0a2)，在平面ABCD内以点A为坐标原点，分别以，所在的方向为x轴、y轴正方向建立平面直角坐标系，则易得直线MD的方程为1，直线MN的方程为y1，由点到直线的距离公式得OE22，OF1，OG22，则OE1，OG1，易得OG2OE20在(0,2)上恒成立，所以OGOEOF，则tanPFOtanPEOtanPGO，则PFOPEOPGO，即，故选D.11某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_，表面积为_答案20解析由三视图得该几何体可以是由如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1截去台体ABCEB1F后剩余的部分，其中E，F分别为棱A1B1，B1C1的中点，则其体积为VABCEB1F232.易得四边形ACFE为上底为，下底为2，高为的等腰梯形，则几何体的表面积为22222122221120.12.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的内切球的半径r为_答案3解析设CMx,0x4，VNAMCSAMCNOACCMsin60(POPN)4x(82x)(4xx2)，当x2时，VNAMC取得最大值，此时M为BC中点，AM经过点O，且NO4，AO，可求NM，NANC，因此易求SNAM4，SNCM，SNAC，SCAM2，又(SNAMSNCMSNACSCAM)rVNAMC，r3.13(2019九江模拟)已知圆锥的顶点为P，母线PA与底面所成的角为30，底面圆心O到PA的距离为1，则该圆锥外接球的表面积为_答案解析依题意得，圆锥底面半径r2，高h，设圆锥外接球半径为R，则R2r2(Rh)2，即R2222，解得R，外接球的表面积为S4R2.14如图所示，在等腰直角三角形ABC中，C为直角，BC2，EFBC，沿EF把面AEF折起，使面AEF平面EFBC，则当EF的长为_时，四棱锥ACBFE的体积最大，最大值为_答案解析设AEx,0x2，ABC为等腰直角三角形，EFx，EFBC，BCAC，EFAC，即AEEF，又平面AEF平面EFBC，平面AEF平面EFBCEF，AE平面EFBC，则四棱锥ACBFE的高为AE，四边形EFBC的面积为(2x)，四棱锥ACBFE的体积为x，设g(x)，0x2，g(x)，当0x0，g(x)为增函数，当x2时，g(x)CE，侧视图的面积为nBDAA12sin，mn4sin4sinsin22sin22sin23sin2cos22sin，3060，3023090，sin1，2sin2，2mn3，故当23090，即60时，mn取得最大值3.16(2019浙江省宁波市镇海中学模拟)已知在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M为BC1的中点，点P为A1CD1上一动点，且PDPM，则点P的轨迹长度为_答案2解析不妨缩小棱长为1，M，设P(x，y，z)，所以x2y2z22(y1)22，所以x2yz即为DM的中垂面，如图平面GHI，则平面GHI与平面A1CD1的交线EF为P的轨迹，所以lGH：xz，lGI：2yz，E，F.所以EF，所以4EF2.17已知点E，F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则异面直线AD与EF所成角的正切值等于_，平面AEF与平面ABC所成二面角的正切值等于_答案解析如图，过点F作FGBC，则FGAD，所以EFG为异面直线AD与EF所成的角，B1E2EB，CF2FC1，EGBB1FG，tanEFG，即异面直线AD与EF所成角的正切值等于.如图，在平面BB1C1C内延长FE，CB交于点H，连接AH，AC，AF，设正方体棱长为3a，则