高考数学二轮复习 小题考法专训（四）空间几何体与空间位置关系-人教版高三全册数学试题

小题考法专训（四）空间几何体与空间位置关系A级——保分小题落实练一、选择题1.已知某圆柱的底面周长为12，高为2，矩形ABCD是该圆柱的轴截面，则在此圆柱侧面上，从A到C的路径中，最短路径的长度为()A．2eq\r(10) B．2eq\r(5)C．3 D．2解析：选A如图，圆柱的侧面展开图是矩形，且矩形的长为12，宽为2，则在此圆柱侧面上从A到C的最短路径为线段AC，AC＝eq\r(22＋62)＝2eq\r(10).故选A.2．已知a，b，c表示不同的直线，α，β表示不同的平面，下列命题：①若a∥b，b∥α，则a∥α；②若a⊥b，b⊥α，c⊥α，则a⊥c；③若a⊥b，b⊥α，则a∥α；④若a∥b，b∥α，b⊂β，α∩β＝c，则a∥c.其中错误命题的序号是()A．①③ B．②④C．③④ D．①②解析：选A对于①，由a∥b，b∥α，可得a∥α或a⊂α，故①错误；对于②，由b⊥α，c⊥α得b∥c，又a⊥b，所以a⊥c.故②正确；对于③，由a⊥b，b⊥α，可得a∥α或a⊂α，故③错误；对于④，由b∥α，b⊂β，α∩β＝c得b∥c，又a∥b，所以a∥c，④正确．综上所述，错误命题的序号是①③，选A.3．设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的体积为()A．100π B．eq\f(256,3)πC.eq\f(400,3)π D．eq\f(500,3)π解析：选D因为切面圆的半径r＝4，球心到切面的距离d＝3，所以球的半径R＝eq\r(r2＋d2)＝eq\r(42＋32)＝5，故球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×53＝eq\f(500,3)π，即该西瓜的体积为eq\f(500,3)π.4．(2019·广州综合测试)如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为矩形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的结论个数为()A．4 B．3C．2 D．1解析：选C将平面展开图还原成直观图如图所示．∵E，F分别为PA，PD的中点，∴EF∥AD.又四边形ABCD为矩形，∴AD∥BC，∴EF∥BC，∴B，C，F，E四点共面．∴直线BE与直线CF共面，不是异面直线，故①错误；∵E∈平面PAD，AF⊂平面PAD，点E不在直线AF上，B∉平面PAD，∴直线BE与直线AF为异面直线，故②正确；∵EF∥BC，BC⊂平面PBC，EF⊄平面PBC，∴EF∥平面PBC，故③正确；假设平面BCE⊥平面PAD，即平面BCFE⊥平面PAD，又平面BCFE∩平面PAD＝EF，作PM⊥EF，垂足为M，可得PM⊥平面BCE，但由题中条件无法证得PM⊥平面BCE，故假设不成立，故④错误．故选C.5．已知球O与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O的体积为()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：选A将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2eq\r(2).因为球O与正四面体的各棱都相切，所以球O为正方体的内切球，即球O的直径2R＝2eq\r(2)，则球O的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(8\r(2),3)π.6．如图所示，用一边长为eq\r(2)的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为eq\f(4π,3)的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋(球体)离蛋巢底面的最短距离为()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：选D因为蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1，又因为鸡蛋的体积为eq\f(4π,3)，所以球的半径为1，所以球心到截面的距离为eq\f(\r(3),2)，所以截面到球体最低点的距离为1－eq\f(\r(3),2)，而蛋巢的高度为eq\f(1,2)，故球体到蛋巢底面的最短距离为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为两条不同的直线，α为平面，且l⊥α，则“m∥α”是“m⊥l”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解析：选A依题意，由m∥α知存在直线m1⊂α，m∥m1，由l⊥α，m1⊂α得l⊥m1，又m∥m1，因此有l⊥m，“m∥α”是“m⊥l”的充分条件．反过来，由m⊥l不能得到m∥α，此时直线m可能位于平面α内，因此“m∥α”不是“m⊥l”的必要条件．综上所述，“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，选A.8.在正方体ABCD­A1B1C1D1中，动点E在棱BB1上，动点F在线段A1C1上，O为底面ABCD的中心，若BE＝x，A1F＝y，则四面体O­AEF的体积()A．与x，y都有关B．与x，y都无关C．与x有关，与y无关D．与x无关，与y有关解析：选B如图，因为VO­AEF＝VE­OAF，所以，考查△AOF的面积和点E到平面AOF的距离的值，因为BB1∥平面ACC1A1，所以点E到平面AOF的距离为定值，又AO∥A1C1，所以OA为定值，点F到直线AO的距离也为定值，即△AOF的面积是定值，所以四面体O­AEF的体积与x，y都无关，故选B.9．(2019·成都一诊)在各棱长均相等的直三棱柱ABC­A1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为()A.eq\r(3) B．1C.eq\f(\r(6),3) D．eq\f(\r(2),2)解析：选C取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1M∥PB，则∠PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)．设三棱柱的棱长为2，则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)，故选C.10．(2019·福州模拟)在三棱锥P­ABC中，PA＝PB＝PC＝eq\r(2)，AB＝AC＝1，BC＝eq\r(3)，则该三棱锥外接球的体积是()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：选A由PA＝PB＝PC＝eq\r(2)，得点P在平面ABC内的射影O为底面△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OA＝OB＝OC＝OP＝1，所以三棱锥P­ABC的外接球的球心为O，其半径为1，故三棱锥P­ABC的外接球的体积为eq\f(4π,3)，选A.11．已知三棱锥P­ABC的棱AP、AB、AC两两垂直，且长度都为eq\r(3)，以顶点P为球心，以2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于()A．3π B．eq\f(3π,2)C.eq\f(4π,3) D．eq\f(5π,6)解析：选B如图所示，Rt△PAC，Rt△PAB为等腰直角三角形，且AP＝AB＝AC＝eq\r(3).以顶点P为球心，以2为半径作一个球与Rt△PAC的PC，AC分别交于M，N两点，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)是以顶点P为圆心，以2为半径的圆周长的eq\f(1,6)，所以eq\x\to(GM)＝eq\f(2π×2,6)＝eq\f(2π,3)，所以球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于eq\f(π,6)＋eq\f(π,6)＋eq\f(π,2)＋eq\f(2π,3)＝eq\f(9π,6)＝eq\f(3π,2).故选B.12．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为()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：选A如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD­A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6×eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)×sin60°＝eq\f(3\r(3),4).故选A.二、填空题13．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________________________.解析：已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.答案：若m∥α且l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α)14.(2019·重庆七校联考)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动．有下列判断：①平面PB1D⊥平面ACD1；②A1P∥平面ACD1；③异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))；④三棱锥D1­APC的体积不变．其中正确的是______．(把所有正确判断的序号都填上)解析：在正方体中，易知B1D⊥平面ACD1，B1D⊂平面PB1D，所以平面PB1D⊥平面ACD1，所以①正确；连接A1B，A1C1图略，容易证明平面A1BC1∥平面ACD1，又A1P⊂平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，所以②正确；因为BC1∥AD1，所以异面直线A1P与AD1所成的角就是直线A1P与BC1所成的角，在△A1BC1中，易知所求角的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，所以③错误；VD1­APC＝VC­AD1P，因为点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥D1­APC的体积不变，所以④正确．答案：①②④15.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的边长为2，过BD1的截面的面积为S，则S的最小值为________．解析：由题知，过BD1的截面可能是矩形，可能是平行四边形，(1)当截面为矩形，即截面为ABC1D1，A1BCD1，BB1D1D时，由正方体的对称性可知SABC1D1＝SA1BCD1＝SBB1D1D＝4eq\r(2).(2)当截面为平行四边形时，如图所示，过点E作EM⊥BD1于M，如图(a)所示，SBED1F＝BD1·EM，又因为BD1＝2eq\r(3)，所以SBED1F＝EM·2eq\r(3)，过点M作MN∥D1D交BD于N，连接AN，当AN⊥BD时，AN最小，此时，EM的值最小，且EM＝eq\r(2)，故四边形BED1F的面积最小值为SBED1F＝eq\r(2)×2eq\r(3)＝2eq\r(6)，又因为4eq\r(2)＞2eq\r(6)，所以过BD1的截面面积S的最小值为2eq\r(6).答案：2eq\r(6)16．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为eq\r(3)，那么P到平面ABC的距离为________．解析：如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.又PE＝PF＝eq\r(3)，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq\r(3)，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(\r(3)2－12)＝eq\r(2).答案：eq\r(2)B级——拔高小题提能练1.[多选题]如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论正确的是()A．AE∥平面C1BDB．四面体ACEF的体积不为定值C．三棱锥A­BEF的体积为定值D．四面体ACDF的体积为定值解析：选ACD对于A，如图1，AB1∥DC1，易证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正确；对于B，如图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)，点C到平面AEF的距离为点C到平面AB1D1的距离d1为定值，所以VA­CEF＝VC­AEF＝eq\f(1,3)×eq\f(3\r(6),4)×d1＝eq\f(\r(6),4)d1为定值，所以B错误；对于C，如图3，S△BEF＝eq\f(1,2)×1×3＝eq\f(3,2)，点A到平面BEF的距离为点A到平面BB1D1D的距离d2为定值，所以VA­BEF＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×d2＝eq\f(1,2)d2为定值，C正确；对于D，如图4，四面体ACDF的体积VA­CDF＝VF­ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×3×3＝eq\f(9,2)为定值，D正确．故选ACD.2．某折叠餐桌的使用步骤如图所示，有如下检查项目．项目①：折叠状态下(如图1)，检查四条桌腿长相等；项目②：打开过程中(如图2)，检查OM＝ON＝O′M′＝O′N′；项目③：打开过程中(如图2)，检查OK＝OL＝O′K′＝O′L′；项目④：打开后(如图3)，检查∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°；项目⑤：打开后(如图3)，检查AB＝CD＝A′B′＝C′D′.在检查项目的组合中，可以判断“桌子打开之后桌面与地面平行”的是()A．①②③⑤ B．②③④⑤C．②④⑤ D．③④⑤解析：选BA选项，项目②和项目③可推出项目①，若∠MON＞∠M′O′N′，则MN较低，M′N′较高，所以不平行，错误；B选项，因为∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°，所以平面ABCD∥平面A′B′C′D′，因为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，故正确；C选项，由②④⑤得，OM＝ON，O1A⊥AA′，O1′A′⊥AA′，AB＝A′B′，所以AA′∥BB′，但O1A与O1′A′是否相等不确定，所以不确定O1O1′与BB′是否平行，又O1O1′∥MN，所以不确定BB′与MN是否平行，故错误；D选项，OK＝OL＝O′K′＝O′L′，所以AA′∥BB′，但不确定OM与ON，O′M′，O′N′的关系，所以无法判断MN与地面的关系，故错误．综上，选B.3.已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M­EFGH的体积为________．解析：连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH＝eq\f(1,2)AC，因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝eq\f(1,2)AC，所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四边形EHGF为正方形，又点M到平面EHGF的距离为eq\f(1,2)，所以四棱锥M­EFGH的体积为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．已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2