高考数学二轮复习 主攻36个必考点 立体几何 考点过关检测十 文-人教版高三全册数学试题

考点过关检测（十）1．(2019·合肥模拟)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是棱CD上一点，则三棱锥P­A1B1A的侧视图是()解析：选D在长方体ABCD­A1B1C1D1中，从左侧看三棱锥P­A1B1A，B1、A1、A的射影分别是C1、D1、D；AB1的射影为C1D，且为实线，PA1的射影为PD1，且为虚线．故选D.2．(2019·长春质量监测)如图是一个正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形可能是()解析：选B在这个正方体的展开图中，与有圆的面相邻的三个面中都有一条直线，当变成正方体后，这三条直线互相平行，故选B.3．已知四棱锥P­ABCD的体积为2eq\r(3)，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，且AB＝2，∠BAD＝60°，则四棱锥中最长棱的大小为()A.eq\r(21) B．4C．5 D．6解析：选A连接AC，BD.因为底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°，所以S菱形ABCD＝2S△ABD＝2×eq\f(1,2)×22×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3)，AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BC·cos120°)＝2eq\r(3).因为PA⊥平面ABCD，所以V四棱锥P­ABCD＝eq\f(1,3)×S菱形ABCD×PA＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×PA＝2eq\r(3)，所以PA＝3，易知最长棱为PC，且PC＝eq\r(PA2＋AC2)＝eq\r(21).4．(2019·西安模拟)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，形成的三棱锥C­ABD的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),4) D.eq\f(1,4)解析：选D由三棱锥C­ABD的正视图、俯视图得三棱锥C­ABD的侧视图为直角边长是eq\f(\r(2),2)的等腰直角三角形，所以三棱锥C­ABD的侧视图的面积为eq\f(1,4)，故选D.5．(2019·太原模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最长的棱长为()A．3eq\r(3) B．2eq\r(6)C.eq\r(21) D．2eq\r(5)解析：选B由三视图得，该几何体是四棱锥P­ABCD，如图所示，四边形ABCD为矩形，AB＝2，BC＝3，平面PAD⊥平面ABCD，过点P作PE⊥AD，则PE＝4，DE＝2，所以CE＝2eq\r(2)，所以最长的棱PC＝eq\r(PE2＋CE2)＝2eq\r(6)，故选B.6．有6枚一样的骰子，分别取3枚骰子叠放成如图所示的A，B两个柱体(骰子每个面上的数字表示该面上的点数)，则柱体A和B的表面(不含下底面)数字之和分别是()A．47,48 B．47,49C．49,50 D．50,49解析：选A骰子是正方体，根据其结构特征可知相互平行的两个面上的数字的关系：1与6相对，3与4相对，2与5相对．所以柱体A中，上方第一个骰子表面上的数字有5个参加计数：5,1,6,4,3.中间的骰子表面上的数字有4个参加计数：2,5,6,1.下方的骰子表面上的数字有4个参加计数：1,6,3,4.所以柱体A的表面(不含下底面)数字之和为(5＋1＋6＋4＋3)＋(2＋5＋6＋1)＋(1＋6＋3＋4)＝47；同理，柱体B的表面数字之和为(6＋2＋5＋3＋4)＋(2＋5＋6＋1)＋(2＋5＋3＋4)＝48.故选A.7．(2020届高三·沈阳模拟)若三棱锥S­ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，AB＝SA＝SB＝SC＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为()A.eq\f(16π,3) B.eq\f(8π,3)C.eq\f(4\r(3)π,3) D.eq\f(4π,3)解析：选A在等腰直角三角形ABC中，AB是斜边且AB＝2，取AB的中点D，连接CD，SD.∴CD＝AD＝BD＝1.又SA＝SB＝SC＝2，∴SD⊥AB，且SD＝eq\r(3)，在△SCD中，SD2＋CD2＝SC2，∴SD⊥CD，∴SD⊥平面ABC.∴三棱锥S­ABC的外接球球心在SD上，记为O，设球半径为R，连接OA，则SO＝OA＝R，∴在Rt△AOD中，AD＝1，OD＝eq\r(3)－R，AO＝R，∴12＋(eq\r(3)－R)2＝R2⇒R＝eq\f(2\r(3),3)，∴三棱锥S­ABC的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2＝eq\f(16π,3).故选A.8．(2019·大连模拟)若正四棱锥P­ABCD内接于球O，且底面ABCD过球心O，则球O的半径与正四棱锥P­ABCD内切球的半径之比为()A.eq\r(3)＋1 B．2C.eq\r(3) D.eq\r(3)－1解析：选A如图，设球O的半径为R，由题意知OA＝OB＝OC＝OD＝OP＝R.设正四棱锥P­ABCD的内切球半径为r，由等体积法，得V四棱锥P­ABCD＝eq\f(1,3)S四棱锥P­ABCD·r＝eq\f(1,3)2R2＋eq\f(\r(3),2)R2×4r＝eq\f(1,3)(2R2)R，所以R＝(eq\r(3)＋1)r.故选A.9.(2019·滨州期末)如图，圆柱O1O2的底直径与高都等于球O的直径，记圆柱O1O2的表面积为S1，球O的表面积为S2，则eq\f(S1,S2)＝()A．1 B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,2) D.eq\f(4,3)解析：选C设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R.所以球的表面积S2＝4πR2，圆柱的表面积S1＝2πR×2R＋πR2＋πR2＝6πR2，则eq\f(S1,S2)＝eq\f(6πR2,4πR2)＝eq\f(3,2)，故选C.10．(2019·西安八校联考)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，∠ASC＝∠BSC＝30°，则三棱锥S­ABC的体积最大为()A．2 B.eq\f(8,3)C.eq\r(3) D．2eq\r(3)解析：选A如图，因为球的直径为SC，且SC＝4，∠ASC＝∠BSC＝30°，所以∠SAC＝∠SBC＝90°，AC＝BC＝2，SA＝SB＝2eq\r(3)，所以S△SBC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝2eq\r(3)，则当点A到平面SBC的距离最大时，三棱锥S­ABC的体积最大，此时平面SAC⊥平面SBC，点A到平面SBC的距离为2eq\r(3)sin30°＝eq\r(3)，所以三棱锥S­ABC的体积最大为eq\f(1,3)×2eq\r(3)×eq\r(3)＝2，故选A.11．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面所在的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④12．(2019·辽宁五校联考)已知A，B，C是球O的球面上三点，AB＝2，AC＝eq\r(7)，∠ABC＝60°，且三棱锥O­ABC的体积为eq\f(\r(5),2)，则球O的表面积为________．解析：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，代值，计算得BC＝3或BC＝－1(舍去)．设△ABC外接圆的半径为r，由正弦定理，得eq\f(AC,sin∠ABC)＝2r，代值，计算得r＝eq\f(\r(21),3).由三角形的面积公式，得S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BCsin∠ABC＝eq\f(1,2)×2×3×eq\f(