浙江新高考數(shù)學二輪復習專題強化練小題專題練（四）

小題專題練(四)立體幾何1．下列命題中，正確的是()A．有兩個側(cè)面是矩形的棱柱是直棱柱B．側(cè)面都是等腰三角形的棱錐是正棱錐C．側(cè)面都是矩形的直四棱柱是長方體D．棱臺各側(cè)棱的延長線交于一點2．已知a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，則實數(shù)λ的值為()A．－2 B．－eq\f(14,3)C.eq\f(14,5) D．23.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E為棱BB1的中點，若用過點A，E，C1的平面截去該正方體的上半部分，則剩余幾何體的側(cè)視圖為()4．若圓錐的側(cè)面展開圖是圓心角為120°、半徑為1的扇形，則這個圓錐的表面積與側(cè)面積的比是()A．4∶3 B．2∶1C．5∶3 D．3∶25．已知向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，則l與α所成的角為()A．30° B．60°C．120° D．150°6．某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A.eq\f(7,3) B.eq\f(8－π,3)C.eq\f(8,3) D.eq\f(7－π,3)7．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝4，點D在棱BB1上，若BD＝3，則AD與平面AA1C1C所成角的正切值為()A.eq\f(2\r(3),5) B.eq\f(2\r(39),13)C.eq\f(5,4) D.eq\f(4,3)8．已知l，m，n為三條不重合的直線，α，β為兩個不同的平面，則()A．若m⊥α，m⊥β，則α∥βB．若l⊥m，l⊥n，m?α，n?α，則l⊥αC．若α∩β＝l，m?α，m⊥l，則m⊥βD．若m∥n，m?α，則n∥α9．如圖甲所示，一只裝了水的密封瓶子，其內(nèi)部可以看成是由底面半徑為1cm和半徑為3cm的兩個圓柱組成的簡單幾何體．當這個幾何體如圖乙水平放置時，液面高度為20cm，當這個幾何體如圖丙水平放置時，液面高度為28cm，則這個簡單幾何體的總高度為()A．29cm B．30cmC．32cm D．48cm10．長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，BB1＝eq\r(2).設點A關于直線BD1的對稱點為P，則P與C1兩點之間的距離為()A．1 B.eq\r(2)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),2)11．如圖所示是一個幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為________，幾何體中最長棱的長是________．第11題圖第12題圖12．如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，P是上底面A1B1C1D1內(nèi)一動點，則三棱錐P-ABC的正視圖與側(cè)視圖的面積的比為________，三棱錐P-ABC的體積是________．13．已知正四棱柱的頂點在同一個球面上，且球的表面積為12π，當正四棱柱的體積最大時，正四棱柱的高為________．14．正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，點M為CC1的中點，點N為線段DD1上靠近D1的三等分點，平面BMN交AA1于點Q，則線段AQ的長為________．15．如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為線段AD，BC上的點，∠ABE＝20°，∠CDF＝30°.將△ABE繞直線BE、△CDF繞直線CD各自獨立旋轉(zhuǎn)一周，則在所有旋轉(zhuǎn)過程中，直線AB與直線DF所成角的最大值為________．第15題圖第16題圖16．如圖，在四邊形ABCD中，CD⊥BD，∠ABD＝eq\f(π,3)，AB＝BD＝4，CD＝2，現(xiàn)將△BCD沿BD折起，當二面角A-BD-C的大小處于[eq\f(π,6)，eq\f(5π,6)]的過程時，線段AC長度的最小值是________，最大值是________．17．已知△ABC在平面α內(nèi)，∠ACB＝90°，點P?α，PA＝PB＝PC＝7，AB＝10，AC＝6，則點P到平面α的距離等于________，PC與平面PAB所成角的正弦值為________．小題專題練(四)1．解析：選D.直棱柱的側(cè)棱與底面垂直，底面形狀不定，故選項A，C都不夠準確；選項B中對等腰三角形的腰是否為側(cè)棱未作說明，故B不正確．2．解析：選D.由題意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，所以14－7λ＝0，解得λ＝2.3．解析：選C.如圖，取DD1的中點F，連接AF，F(xiàn)C1，則過點A，E，C1的平面即為面AEC1F，所以剩余幾何體的側(cè)視圖為選項C.4．解析：選A.圓錐的側(cè)面積＝π×12×eq\f(120,360)＝eq\f(π,3)，圓錐的底面半徑＝2π×1×eq\f(120,360)÷2π＝eq\f(1,3)，圓錐的底面積＝π·eq\f(1,9)＝eq\f(π,9)，圓錐的表面積＝側(cè)面積＋底面積＝eq\f(4π,9)，所以這個圓錐的表面積與側(cè)面積的比為4∶3.5．解析：選A.由于cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，所以〈m，n〉＝120°.所以直線l與α所成的角為30°.6．解析：選B.由三視圖得，該幾何體是從四棱錐P-ABCD中挖去半個圓錐后剩余的部分，四棱錐的底面是以2為邊長的正方形，高是2，圓錐的底面半徑是1，高是2，則所求幾何體的體積V＝eq\f(1,3)×2×2×2－eq\f(1,2)×eq\f(1,3)π×12×2＝eq\f(8－π,3).7.解析：選B.如圖，可得eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝4×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝12＝5×2eq\r(3)×cosθ(θ為eq\o(AD,\s\up6(→))與eq\o(EB,\s\up6(→))的夾角)，所以cosθ＝eq\f(2\r(3),5)，sinθ＝eq\f(\r(13),5)，tanθ＝eq\f(\r(39),6)，又因為BE⊥平面AA1C1C，所以所求角的正切值為eq\f(2\r(39),13).8．解析：選A.由l，m，n為三條不重合的直線，α，β為兩個不同的平面知，在A中，若m⊥α，m⊥β，則由面面平行的判定定理得α∥β，故A正確；在B中，若l⊥m，l⊥n，m?α，n?α，則l與α相交、平行或l?α，故B錯誤；在C中，若α∩β＝l，m?α，m⊥l，則m與β相交，故C錯誤；在D中，若m∥n，m?α，則n∥α或n?α，故D錯誤．故選A.9．解析：選A.設這個簡單幾何體的總高度為h，圖乙簡單幾何體上面沒有充滿水的高度為x，圖丙簡單幾何體上面沒有充滿水的高度為y，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(πx＝9πy，,x＋20＝y(tǒng)＋28))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝9，,y＝1，))所以h＝29.10.解析：選A.將長方體中含有ABD1的平面取出，過點A作AM⊥BD1，延長AM，使MP＝AM，則P是A關于BD1的對稱點，如圖所示，過P作PE⊥BC1，垂足為E，依題意AB＝1，AD1＝eq\r(3)，BD1＝2，∠ABD1＝60°，∠BAM＝30°，∠PBE＝30°，PE＝eq\f(1,2)，BE＝eq\f(\r(3),2)，所以PC1＝1，故選A.11．解析：由三視圖可知，該幾何體是棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中的三棱錐M-A1B1N，如圖所示，M是棱AB上靠近點A的一個三等分點，N是棱C1D1的中點，所以VM-A1B1N＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3).又A1B1＝2，A1N＝B1N＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，A1M＝eq\r(22＋（\f(2,3)）2)＝eq\f(2\r(10),3)，B1M＝eq\r(22＋（\f(4,3)）2)＝eq\f(2\r(13),3)，MN＝eq\r(22＋22＋（\f(1,3)）2)＝eq\f(\r(73),3)，所以該幾何體中最長棱的長是eq\f(\r(73),3).答案：eq\f(4,3)eq\f(\r(73),3)12．解析：作三棱錐P-ABC的正視圖時，點A的正投影是D，點P的正投影在C1D1上，因此三棱錐P-ABC正視圖的面積S正＝eq\f(1,2)×12＝eq\f(1,2)，作三棱錐P-ABC的側(cè)視圖時，點A的正投影是B，點P的正投影在C1B1上，因此三棱錐P-ABC的側(cè)視圖的面積S側(cè)＝eq\f(1,2)×12＝eq\f(1,2)，故S正∶S側(cè)＝1∶1，三棱錐P-ABC的體積V＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,6).答案：1∶1eq\f(1,6)13．解析：設正四棱柱的底面邊長為a，高為h，球的半徑為r，由題意知4πr2＝12π，所以r2＝3，又2a2＋h2＝(2r)2＝12，所以a2＝6－eq\f(h2,2)，所以正四棱柱的體積V＝a2h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(h2,2)))h，則V′＝6－eq\f(3,2)h2，由V′>0，得0<h<2，由V′<0，得h>2，所以當h＝2時，正四棱柱的體積最大，Vmax＝8.答案：214．解析：如圖所示，在線段DD1上靠近點D處取一點T，使得DT＝eq\f(1,3)，因為N是線段DD1上靠近D1的三等分點，故D1N＝eq\f(2,3)，故NT＝2－eq\f(1,3)－eq\f(2,3)＝1，因為M為CC1的中點，故CM＝1，連接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四邊形CMNT為平行四邊形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近A處取一點Q′，使得AQ′＝eq\f(1,3)，連接BQ′，TQ′，則有BQ′∥CT∥MN，故BQ′與MN共面，即Q′與Q重合，故AQ＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)15．解析：AB不動，因為AB∥CD，故無論直線DF運動到哪里，其與CD的夾角不變，與AB的夾角也不變?yōu)?0°.若DF不動，AB轉(zhuǎn)動，兩者的夾角在旋轉(zhuǎn)過程中先變小再變大，大小不超過固定時的夾角；當AB轉(zhuǎn)動到BF的另一側(cè)且與原始位置共面時，若DF不動，可計算出兩者的夾角是10°，若DF轉(zhuǎn)動同一平面的另一邊，此時兩線的夾角為70°，取到最大值．因此，本題正確答案是70°.答案：70°16.解析：設二面角A-BD-C的平面角為α，如圖，取BD的中點E，連接AE，則AE＝2eq\r(3).因為eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(ED,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))，所以eq\o(AC,\s\up6(→))2＝eq\o(AE,\s\up6(→))2＋eq\o(ED,\s\up6(→))2＋eq\o(DC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＋2eq\o(ED,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＋2eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝12＋4＋4＋0＋0＋2×2eq\r(3)×2×cos(π－α)＝20－8eq\r(3)cosα，因為α∈[eq\f(π,6)，eq\f(5π,6)]，所以cosα∈[－eq\f(\r(3),2)，eq\f(\r(3),2)]，所以eq\o(AC,\s\up6(→))2∈[8，32]，故線段AC長度的取值范圍是[2eq\r(2)，4eq\r(2)]．答案：2eq\r(2)4eq\r(2)17.解析：如圖所示，取AB的中點D，連接PD，CD，因為PA＝PB，所以PD⊥AB，又△ABC為直角三角形，所以AD＝CD，又PA＝PC，所以△APD≌△CPD，所以∠CDP＝∠ADP＝90°，所以PD⊥DC.又AB∩DC＝D，則PD⊥α，PD為點P到平面α的距離，又PA＝7，AB＝10，所以AD＝5，PD＝eq\r(PA2－AD2)＝2eq\r(6).法一：設點C到平面PAB的距離為d，PC與平面PAB所成角的大小為θ，由VP-ABC＝VC-PAB得eq\f(1,3)PD·S△ABC＝eq\f(1,3)d·S△PAB，即eq\f(1,3)×2eq\r(6)×eq\f(1,2)×6×8