高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 小題考法專訓(xùn)（四）空間幾何體與空間位置關(guān)系-人教版高三全冊數(shù)學(xué)試題

小題考法專訓(xùn)（四）空間幾何體與空間位置關(guān)系A(chǔ)級——保分小題落實練一、選擇題1.已知某圓柱的底面周長為12，高為2，矩形ABCD是該圓柱的軸截面，則在此圓柱側(cè)面上，從A到C的路徑中，最短路徑的長度為()A．2eq\r(10) B．2eq\r(5)C．3 D．2解析：選A如圖，圓柱的側(cè)面展開圖是矩形，且矩形的長為12，寬為2，則在此圓柱側(cè)面上從A到C的最短路徑為線段AC，AC＝eq\r(22＋62)＝2eq\r(10).故選A.2．已知a，b，c表示不同的直線，α，β表示不同的平面，下列命題：①若a∥b，b∥α，則a∥α；②若a⊥b，b⊥α，c⊥α，則a⊥c；③若a⊥b，b⊥α，則a∥α；④若a∥b，b∥α，b?β，α∩β＝c，則a∥c.其中錯誤命題的序號是()A．①③ B．②④C．③④ D．①②解析：選A對于①，由a∥b，b∥α，可得a∥α或a?α，故①錯誤；對于②，由b⊥α，c⊥α得b∥c，又a⊥b，所以a⊥c.故②正確；對于③，由a⊥b，b⊥α，可得a∥α或a?α，故③錯誤；對于④，由b∥α，b?β，α∩β＝c得b∥c，又a∥b，所以a∥c，④正確．綜上所述，錯誤命題的序號是①③，選A.3．設(shè)一個球形西瓜，切下一刀后所得切面圓的半徑為4，球心到切面圓心的距離為3，則該西瓜的體積為()A．100π B．eq\f(256,3)πC.eq\f(400,3)π D．eq\f(500,3)π解析：選D因為切面圓的半徑r＝4，球心到切面的距離d＝3，所以球的半徑R＝eq\r(r2＋d2)＝eq\r(42＋32)＝5，故球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×53＝eq\f(500,3)π，即該西瓜的體積為eq\f(500,3)π.4．(2019·廣州綜合測試)如圖是一幾何體的平面展開圖，其中四邊形ABCD為矩形，E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點，在此幾何體中，給出下面結(jié)論：①直線BE與直線CF異面；②直線BE與直線AF異面；③直線EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正確的結(jié)論個數(shù)為()A．4 B．3C．2 D．1解析：選C將平面展開圖還原成直觀圖如圖所示．∵E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點，∴EF∥AD.又四邊形ABCD為矩形，∴AD∥BC，∴EF∥BC，∴B，C，F(xiàn)，E四點共面．∴直線BE與直線CF共面，不是異面直線，故①錯誤；∵E∈平面PAD，AF?平面PAD，點E不在直線AF上，B?平面PAD，∴直線BE與直線AF為異面直線，故②正確；∵EF∥BC，BC?平面PBC，EF?平面PBC，∴EF∥平面PBC，故③正確；假設(shè)平面BCE⊥平面PAD，即平面BCFE⊥平面PAD，又平面BCFE∩平面PAD＝EF，作PM⊥EF，垂足為M，可得PM⊥平面BCE，但由題中條件無法證得PM⊥平面BCE，故假設(shè)不成立，故④錯誤．故選C.5．已知球O與棱長為4的正四面體的各棱相切，則球O的體積為()A.eq\f(8\r(2),3)π B．eq\f(8\r(3),3)πC.eq\f(8\r(6),3)π D．eq\f(16\r(2),3)π解析：選A將正四面體補(bǔ)成正方體，則正四面體的棱為正方體面上的對角線，因為正四面體的棱長為4，所以正方體的棱長為2eq\r(2).因為球O與正四面體的各棱都相切，所以球O為正方體的內(nèi)切球，即球O的直徑2R＝2eq\r(2)，則球O的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(8\r(2),3)π.6．如圖所示，用一邊長為eq\r(2)的正方形硬紙，按各邊中點垂直折起四個小三角形，做成一個蛋巢，將體積為eq\f(4π,3)的雞蛋(視為球體)放入其中，蛋巢形狀保持不變，則雞蛋(球體)離蛋巢底面的最短距離為()A.eq\f(\r(2)－1,2) B．eq\f(\r(2)＋1,2)C.eq\f(\r(6)－1,2) D．eq\f(\r(3)－1,2)解析：選D因為蛋巢的底面是邊長為1的正方形，所以過四個頂點截雞蛋所得的截面圓的直徑為1，又因為雞蛋的體積為eq\f(4π,3)，所以球的半徑為1，所以球心到截面的距離為eq\f(\r(3),2)，所以截面到球體最低點的距離為1－eq\f(\r(3),2)，而蛋巢的高度為eq\f(1,2)，故球體到蛋巢底面的最短距離為eq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))＝eq\f(\r(3)－1,2).7．若l，m為兩條不同的直線，α為平面，且l⊥α，則“m∥α”是“m⊥l”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選A依題意，由m∥α知存在直線m1?α，m∥m1，由l⊥α，m1?α得l⊥m1，又m∥m1，因此有l(wèi)⊥m，“m∥α”是“m⊥l”的充分條件．反過來，由m⊥l不能得到m∥α，此時直線m可能位于平面α內(nèi)，因此“m∥α”不是“m⊥l”的必要條件．綜上所述，“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要條件，選A.8.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，動點E在棱BB1上，動點F在線段A1C1上，O為底面ABCD的中心，若BE＝x，A1F＝y(tǒng)，則四面體O-AEF的體積()A．與x，y都有關(guān)B．與x，y都無關(guān)C．與x有關(guān)，與y無關(guān)D．與x無關(guān)，與y有關(guān)解析：選B如圖，因為VO-AEF＝VE-OAF，所以，考查△AOF的面積和點E到平面AOF的距離的值，因為BB1∥平面ACC1A1，所以點E到平面AOF的距離為定值，又AO∥A1C1，所以O(shè)A為定值，點F到直線AO的距離也為定值，即△AOF的面積是定值，所以四面體O-AEF的體積與x，y都無關(guān)，故選B.9．(2019·成都一診)在各棱長均相等的直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知M是棱BB1的中點，N是棱AC的中點，則異面直線A1M與BN所成角的正切值為()A.eq\r(3) B．1C.eq\f(\r(6),3) D．eq\f(\r(2),2)解析：選C取AA1的中點P，連接PN，PB，則由直三棱柱的性質(zhì)可知A1M∥PB，則∠PBN為異面直線A1M與BN所成的角(或其補(bǔ)角)．設(shè)三棱柱的棱長為2，則PN＝eq\r(2)，PB＝eq\r(5)，BN＝eq\r(3)，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝eq\f(PN,BN)＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，故選C.10．(2019·福州模擬)在三棱錐P-ABC中，PA＝PB＝PC＝eq\r(2)，AB＝AC＝1，BC＝eq\r(3)，則該三棱錐外接球的體積是()A.eq\f(4π,3) B．eq\f(8\r(2)π,3)C．4eq\r(3)π D．eq\f(32π,3)解析：選A由PA＝PB＝PC＝eq\r(2)，得點P在平面ABC內(nèi)的射影O為底面△ABC的外心，PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，在△ABC中，AB＝AC＝1，BC＝eq\r(3)，cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝－eq\f(1,2)，所以sin∠BAC＝eq\f(\r(3),2).由正弦定理得OA＝eq\f(BC,2sin∠BAC)＝1，即OA＝OB＝OC＝1.在Rt△POA中，PO＝eq\r(PA2－OA2)＝1，所以O(shè)A＝OB＝OC＝OP＝1，所以三棱錐P-ABC的外接球的球心為O，其半徑為1，故三棱錐P-ABC的外接球的體積為eq\f(4π,3)，選A.11．已知三棱錐P-ABC的棱AP、AB、AC兩兩垂直，且長度都為eq\r(3)，以頂點P為球心，以2為半徑作一個球，則球面與三棱錐的表面相交所得到的四段弧長之和等于()A．3π B．eq\f(3π,2)C.eq\f(4π,3) D．eq\f(5π,6)解析：選B如圖所示，Rt△PAC，Rt△PAB為等腰直角三角形，且AP＝AB＝AC＝eq\r(3).以頂點P為球心，以2為半徑作一個球與Rt△PAC的PC，AC分別交于M，N兩點，得cos∠APN＝eq\f(\r(3),2)，所以∠APN＝eq\f(π,6)，所以∠NPM＝eq\f(π,12)，所以eq\x\to(MN)＝eq\f(π,12)×2＝eq\f(π,6)，同理eq\x\to(GH)＝eq\f(π,6)，eq\x\to(HN)＝eq\f(π,2)×1＝eq\f(π,2)，又eq\x\to(GM)是以頂點P為圓心，以2為半徑的圓周長的eq\f(1,6)，所以eq\x\to(GM)＝eq\f(2π×2,6)＝eq\f(2π,3)，所以球面與三棱錐的表面相交所得到的四段弧長之和等于eq\f(π,6)＋eq\f(π,6)＋eq\f(π,2)＋eq\f(2π,3)＝eq\f(9π,6)＝eq\f(3π,2).故選B.12．(2018·全國卷Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為()A.eq\f(3\r(3),4) B．eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(3\r(2),4) D．eq\f(\r(3),2)解析：選A如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1D1與棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方體的其余棱都分別與A1A，A1B1，A1D1平行，故正方體ABCD-A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等．如圖所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中點E，F(xiàn)，G，H，M，N，則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大，此截面面積為S正六邊形EFGHMN＝6×eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)×sin60°＝eq\f(3\r(3),4).故選A.二、填空題13．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：________________________.解析：已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因為l可以與α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②.答案：若m∥α且l⊥α，則l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α)14.(2019·重慶七校聯(lián)考)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P在線段BC1上運動．有下列判斷：①平面PB1D⊥平面ACD1；②A1P∥平面ACD1；③異面直線A1P與AD1所成角的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))；④三棱錐D1-APC的體積不變．其中正確的是______．(把所有正確判斷的序號都填上)解析：在正方體中，易知B1D⊥平面ACD1，B1D?平面PB1D，所以平面PB1D⊥平面ACD1，所以①正確；連接A1B，A1C1圖略，容易證明平面A1BC1∥平面ACD1，又A1P?平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，所以②正確；因為BC1∥AD1，所以異面直線A1P與AD1所成的角就是直線A1P與BC1所成的角，在△A1BC1中，易知所求角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，所以③錯誤；VD1-APC＝VC-AD1P，因為點C到平面AD1P的距離不變，且△AD1P的面積不變，所以三棱錐D1-APC的體積不變，所以④正確．答案：①②④15.如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的邊長為2，過BD1的截面的面積為S，則S的最小值為________．解析：由題知，過BD1的截面可能是矩形，可能是平行四邊形，(1)當(dāng)截面為矩形，即截面為ABC1D1，A1BCD1，BB1D1D時，由正方體的對稱性可知SABC1D1＝SA1BCD1＝SBB1D1D＝4eq\r(2).(2)當(dāng)截面為平行四邊形時，如圖所示，過點E作EM⊥BD1于M，如圖(a)所示，SBED1F＝BD1·EM，又因為BD1＝2eq\r(3)，所以SBED1F＝EM·2eq\r(3)，過點M作MN∥D1D交BD于N，連接AN，當(dāng)AN⊥BD時，AN最小，此時，EM的值最小，且EM＝eq\r(2)，故四邊形BED1F的面積最小值為SBED1F＝eq\r(2)×2eq\r(3)＝2eq\r(6)，又因為4eq\r(2)＞2eq\r(6)，所以過BD1的截面面積S的最小值為2eq\r(6).答案：2eq\r(6)16．(2019·全國卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為eq\r(3)，那么P到平面ABC的距離為________．解析：如圖，過點P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離．再過O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC.又PE＝PF＝eq\r(3)，所以O(shè)E＝OF，所以CO為∠ACB的平分線，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq\r(3)，所以CE＝1，所以O(shè)E＝1，所以PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(\r(3)2－12)＝eq\r(2).答案：eq\r(2)B級——拔高小題提能練1.[多選題]如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3，線段B1D1上有兩個動點E，F(xiàn)且EF＝1，則當(dāng)E，F(xiàn)移動時，下列結(jié)論正確的是()A．AE∥平面C1BDB．四面體ACEF的體積不為定值C．三棱錐A-BEF的體積為定值D．四面體ACDF的體積為定值解析：選ACD對于A，如圖1，AB1∥DC1，易證AB1∥平面C1BD，同理AD1∥平面C1BD，且AB1∩AD1＝A，所以平面AB1D1∥平面C1BD，又AE?平面AB1D1，所以AE∥平面C1BD，A正確；對于B，如圖2，S△AEF＝eq\f(1,2)EF·h1＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3\r(2)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))2)＝eq\f(3\r(6),4)，點C到平面AEF的距離為點C到平面AB1D1的距離d1為定值，所以VA-CEF＝VC-AEF＝eq\f(1,3)×eq\f(3\r(6),4)×d1＝eq\f(\r(6),4)d1為定值，所以B錯誤；對于C，如圖3，S△BEF＝eq\f(1,2)×1×3＝eq\f(3,2)，點A到平面BEF的距離為點A到平面BB1D1D的距離d2為定值，所以VA-BEF＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×d2＝eq\f(1,2)d2為定值，C正確；對于D，如圖4，四面體ACDF的體積VA-CDF＝VF-ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×3×3＝eq\f(9,2)為定值，D正確．故選ACD.2．某折疊餐桌的使用步驟如圖所示，有如下檢查項目．項目①：折疊狀態(tài)下(如圖1)，檢查四條桌腿長相等；項目②：打開過程中(如圖2)，檢查OM＝ON＝O′M′＝O′N′；項目③：打開過程中(如圖2)，檢查OK＝OL＝O′K′＝O′L′；項目④：打開后(如圖3)，檢查∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°；項目⑤：打開后(如圖3)，檢查AB＝CD＝A′B′＝C′D′.在檢查項目的組合中，可以判斷“桌子打開之后桌面與地面平行”的是()A．①②③⑤ B．②③④⑤C．②④⑤ D．③④⑤解析：選BA選項，項目②和項目③可推出項目①，若∠MON＞∠M′O′N′，則MN較低，M′N′較高，所以不平行，錯誤；B選項，因為∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°，所以平面ABCD∥平面A′B′C′D′，因為AB＝A′B′，所以AA′平行于地面，由②③⑤知，O1O1′∥AA′∥平面MNN′M′，所以桌面平行于地面，故正確；C選項，由②④⑤得，OM＝ON，O1A⊥AA′，O1′A′⊥AA′，AB＝A′B′，所以AA′∥BB′，但O1A與O1′A′是否相等不確定，所以不確定O1O1′與BB′是否平行，又O1O1′∥MN，所以不確定BB′與MN是否平行，故錯誤；D選項，OK＝OL＝O′K′＝O′L′，所以AA′∥BB′，但不確定OM與ON，O′M′，O′N′的關(guān)系，所以無法判斷MN與地面的關(guān)系，故錯誤．綜上，選B.3.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，除面ABCD外，該正方體其余各面的中心分別為點E，F(xiàn)，G，H，M(如圖)，則四棱錐M-EFGH的體積為________．解析：連接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因為E，H分別為AD1，CD1的中點，所以EH∥AC，EH＝eq\f(1,2)AC，因為F，G分別為B1A，B1C的中點，所以FG∥AC，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)AC，所以EH∥FG，EH＝FG，所以四邊形EHGF為平行四邊形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四邊形EHGF為正方形，又點M到平面EHGF的距離為eq\f(1,2)，所以四棱錐M-EFGH的體積為eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12).答案：eq\f(1,12)4．已知一個高為1的三棱錐，各側(cè)棱長都相等，底面是邊長為2