板块2核心考点突破拿高分专题3第1讲空间几何体中位置关系小教师版备战2020年高考理科数学二轮复习提分纸间书屋

1讲空间几何体、空间中的位置关系(小题热点一三视图与直观图例1(1)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱CD，CC1，A1B1的中点，用过点E，F，G的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为( 答案解析AA1HGHGHE，F，GA1B1BA的GHBAPEPADNNEE，F，G的平面与正方体的面ABCD的交线.EFD1C1QGQB1C1MFME，F，G的平面与正方体的面BCC1B1的交线.故可得位于截面以下部分的几何体的侧(左)C所示 答 2＋2解 如图，在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点222则在Rt△ABE中 22AECD2∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝2由此可还原原图形如图所示2在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝2∴S＝12＝1×1＋1＋ 2 2 跟踪演练1(1)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为BD1的中点，则△PAC在该 A.①④B.②③C.②④答案解析从上下方向看，△PAC的射影为图①所示的情况；从左右方向看，△PAC的射影为图④所示的情况； 33答案

2323解析 PA2＋AD2＝22； PB2＋BC2＝22热点二2(1)(2019·菏泽模拟)如图，为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是(A.(12＋4 B.(6＋2C.(9＋2 D.(15＋4答案解析大圆锥的侧面积为1×23π×23＝6π，2挖去的圆锥侧面积为1×23π×2＝23π，故总表面积为(6＋23)π.2其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为() B. 答

D.解 由三视图知几何体是圆锥的一部分又由侧(左)视图知几何体的高为3， 32(1)(2019·江南十校质检)1，粗线(实线、虚表面积为() ＋ 答案解 由三视图可得几何体如图所示π×× 1 π×× 8

答 解析由三视图可知，该四棱锥为斜着放置的四棱锥，四棱锥的底面为梯形，上底为1，下底为2，高为2，四棱锥的高为2，×× ×× 热点三＝23(1)P－ABC中，△ABC和△PBC3PA＝2则三棱锥P－ABC外接球的体积为 5 5C.2 D.6答 解 取BC的中点D，连接所以BC⊥平面PAD，AD＝PD＝322PA＝36，PA2＝PD2＋AD2，所以PD⊥AD，2过△ABCO1ABC的垂线，过△PBCO2PBC的垂线，设两条垂线交于点O，2O1O＝O2D＝3，AO1＝PO2＝3，所以OA2＝OO2＋AO2＝15，2 2R＝OA＝2P－ABCV＝4πR3＝5 2 B.1 1 D.答案解 把此三棱锥嵌入长、宽、高分别为20,24,16的长方体ABCD－A1B1C1D1中 故表面积为S表＝800.

·JK＝1S V球＝4πr3＝1 跟踪演练3 AA1⊥平面ABC，AB＝63，AA1＝16，则该三棱柱外接球的表面积为( 答 解 如图，O′为底面中心，O为外接球球心，在正三角形ABC中求得OO′＝8，∴∴S球 2

答 解 如图2r，l为底面圆周长，R 2lR＝2πr B为△DEFBBC⊥DF，DB为圆锥的外接球半径，BC则 ∴＝2，故S 热点 空间线面位置关系的判求角时，一般先利用平行关系找到这个角，然后把这个角放到三角形中去求解例 答 解析Aα⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ，该说法正确；B交线a，b，c为PA，PB，PC，不满足a∥b∥c，该说法错误；DABCD－A1B1C1D1α，βABCD，ADD1A1，直线b为A1C1，满足b∥α，不满足b∥a，该说法错误.(2)(2019·淄博模拟)如图所示，平面BCC1B1⊥平面ABC，∠ABC＝120°，四边形BCC1B1为正方形，且AB＝BC＝2，则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为 答 4解 过B作BD∥AC，过C作CD∥AB，如图所示所以∠C1BD是所求线线角或其补角4在三角形BC1D中，BC1＝C1D＝22，BD＝23，故cos∠CBD 4 ＝2×2 跟踪演练 (1)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的 答 解析An∥β，α∥βn∥αn⊂α，又m⊥α，所以可得m⊥n，故A正确；Bm⊥nm∥nmnB不正确；对于选项C，由条件可得m∥n或m，n相交或m，n异面，故C不正确；Dm⊥nD不正确(2)(2019·怀化模拟)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成角的大小为( 答 解 由题意，取AC的中点O，连接侧棱长为21，所以BO⊥AC，BO⊥AA1，AC∩AA1＝ABO⊥所以∠BC1O是BC1与侧面ACC1A1所成的角，因为BO＝ 1－12＝3， tan∠BCO＝1 OC＝3 121.(2018·全国Ⅰ，理，7)216，其三视图如图.M侧面上，从MN的路径中，最短路径的长度为()答案

55解析MN的最短路径 22＋42＝2△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积 A.8 B.4 C.2 D.答案所以PB⊥CE.ACDBD，PDAC⊥PB⊥ACAC∩CE＝C，AC，CE⊂PACPB⊥PACPB⊥PA，P－ABC放在正方体中如图所示.AB＝2，所以该正方体的棱长为2方体的体对角线长为6P－ABCR＝6O24πR3＝4π63＝6π 32 52 52 B. 答案解析方法一如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体角或其补角.连接DB′，由题意，得DB′＝12＋(1＋1)2＝5，B′B1＝12＋(3)2＝2，DB1＝12＋12＋(3)2＝5. 在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝B′B2＋DB2－2B′B·DB·cos∠DBB′，即5＝4＋5－2×2 5∴cos∠DB1B′＝5方法二DDA，DC，DD1x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz.D1(0,0，3)，B1(1,1，3)， AD1＝(－1,0，3)，DB1＝(1,1，∴→ AD1·DB1＝－1×1＋0×1＋(3) |AD1|＝2，|DB1|＝∴cos〈

→1 ADAD1，DB1〉＝ → 5 5

9

2

答案解析由题意，设△ABCO′，其半径为r，球O的半径为R，且OO′＝d，

V2max＝d＝3R2＝d2＋r2R＝233又由 ＝4，故r＝23 ∴球O的表面积为 ＝3 9其中正确的结论的个数是 答 解 对于①，如图，由题意知AD1∥BC1，AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面BC1∥PAD1CA－D1PC的体积不变，故①正确；对于②，连接A1B，A1C1，则A1C1∥AC，又A1C1∩BC1＝C1，BA1C1∥若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，BC1⊥PCPP为动点矛盾，故③错误；对于④，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，66＋4π，则.答案，解得A组 答案解析①l⊥α，α⊥βl∥βl⊂β，不正确；②l∥α，α∥βl∥βl⊂β，不正确；③l⊥α，α∥βl⊥β，正确；④l∥α，α⊥βl⊥βl∥βlβl与β不垂直，不正确.αβ，α∩β＝l，A，Cα内不同的两点，B，DβA，B，C，D∉直线l，M，N分别是线段AB，CD的中点.下列判断正确的是 A.CD＝2AB时，M，N答 CDM，NAB，CD性质定理可得AC∥l. C. D.答 5解 ∵母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于5 ×8π＝底面周长∴圆锥的高 3∴3 22答案

33解析P－ABCD 22＋(22)2＝2 答案解析根据三视图知，该几何体是半圆柱体， π·1＋ 6.(2019·长春模拟)一个几何体的三视图如图所示，每个小方格都是长度为1的正方形，则这 B. C. 答案解析44的× × 37.(219河名校联盟考榫卯ǔǎo是两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式.凸出部分叫榫，凹进去的部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用.代表建筑有北京的紫禁城、天坛祈年殿，山西悬空寺等，如图是一种榫卯构件中榫的三视图，则该榫的表面积和体积为( ) 答 解 8.(2019·成都模拟)某多面体的三视图如图所示，每个小方格都是长度为1的正方形，则该几 6

C.1答 解 结合三视图，还原直观图，如图所示D－ABCAD＝2，DC＝4BACD2，故体积为 ＝90°OA，B，C，Dr＝1BD＝6

3＝86π .6.() 3答案

C.解析1且内切圆的半径满足1r·(3＋3＋2)＝1×2×32－12，解得r＝2， ××

23＝ 2 3直线AB1与BC1所成角的余弦值为( 3A. 5

C.

D.答案解析方法一ABC－A1B1C1ABCD－A1B1C1D1，如图①所示，连接AD1，B1D1，BD.AD1＝BC1＝2，AB1＝在△ABDBD2＝22＋12－2×2×1×cos60°＝3BD＝3＝＝ 1AB2＋AD2－B 12×5×2×5×B1为坐标原点，B1C1xB1C1y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图②所示.， -→ → 所以cos〈→，→〉＝AB1·BC1 → 5AB1BC1所成的角的余弦值为5π A.①③B.③④C.①②③答案解析①AB＝AC＝ADAB，AC，AD在底面上的射影相等，即与底面所成角相等；②不正确，如图，点A在平面BCD内的射影为点O，连接BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，所以点O是△BCD的垂心；，高为6×6 △BCD× ，解得A，B，C都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC的距离为( A.6

D.2答案2解析∵O ∴正方体的边长为23PA＝PB＝PC＝2 S ×h＝1 S3 2333×2×3，，3△ABC为边长为236的正三角形，S△ABC＝2，333视图的面积为.答案5.5.×× ××

14.(2019·全国Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm,3D打印所用原料密度为0.9g/cm3. 答案解析ABCD－A1B1C1D16×6×4＝144(cm3)EFGH为平 角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，点D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝时，CF答 a或解析由题意易知，B1D⊥ACC1A1，又CF⊂平面ACC1A1，CF⊥B1DFCF⊥DF即可CF⊥DFAF＝x(0<x<3a)AC＝AF，即2a x2－3ax＋2a2＝0x＝a其中所有正确结论的序号 答 解 如图∴B1D1＝22 (2PB1PD＝3P点唯一，故①∵PD＝3∈(1,3)，DD1＝1PD1＝2，即点P的轨迹是一段圆弧，故②正确；则当P为A1C1中点时，DP有最小值 (2)2＋12＝3，故③错误其半径为1×22＋22＋12＝3，面积为9π，故④正确 ∴正确结论的序号是B 等于23，则动点P在三棱锥表面形成的曲线的长度为.2答案32解