专题06十种空间几何体的结构综合考点专练-2021-2022学年高二数学专题训练（2021必修三）

专题06十种空间几何体的结构综合考点专练（解析版）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．（2021·上海市西南位育中学高二期中）“有一侧棱与底面两边垂直的棱柱”是“该棱柱为直棱柱”的（）条件A．充分非必要 B．必要非充分C．充分必要 D．既非充分又非必要【答案】B【分析】利用直棱柱的结构特征，结合充分必要性的定义即可得解.【详解】若侧棱与底面两条平行的两边垂直，则侧棱与底面不一定垂直，此时的棱柱不一定是直棱柱，故充分性不成立；若棱柱为直棱柱，可知侧棱垂直于底面，即侧棱垂直于底面的任意条线，故必要性成立，所以“有一侧棱与底面两边垂直的棱柱”是“该棱柱为直棱柱”的必要非充分条件，故选：B2．（2021·上海市奉贤中学）棱长为6的正方体，在装上一块玻璃（不计玻璃厚度），E为线段上一点，，从处射出一光线经玻璃反射（反射点为E）到达平面上某点P，则的长为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】是侧面的法线，由余弦定理可得，由勾股定理可得，即可得出答案．【详解】解：如图，是侧面的法线，则反射光线与对称，连接并延长至,交于,,且平面,，，，，，根据长方体的性质，可得：,所以与相似.又，故选：．3．（2021·上海高二专题练习）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美．如图是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体：①有12个顶点；②有14个面；③表面积为3；④体积为，正确的有（）A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④【答案】C【分析】该半正多面体的所有顶点恰为正方体各棱的中点,即为正方体截去8个三棱锥所剩部分，结合正方体的性质即可求得.【详解】该半正多面体的所有顶点恰为正方体各棱的中点，其棱长为，有12个顶点，14个面（6个正方形，8个正三角形），它可由正方体去掉8个三棱锥所剩部分，它的表面积为，体积为，∴①②④正确，故选C．【点睛】本题以印信为背景，考查了学生空间想象力，属于中档题目，解题时，关键是能将“半正多面体”还原出正方体，再利用正方体的性质再去解决.4．（2021·上海市实验学校高二期中）如图，为正方体，任作平面与对角线垂直，使得与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为，周长为，则（）A．为定值，不为定值B．不为定值，为定值C．与均为定值D．与均不为定值【答案】B【分析】将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体，的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，将的侧面沿棱剪开，展开在一个平面上，得到一个平行四边形，考查的位置，确定【详解】解：将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体，的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，将的侧面沿棱剪开，展开在一个平面上，得到一个平行四边形，如图所示而多边形的周界展开后便成为一条与平行的线段（如图中），显然，，所以为定值，当位于中点时，多边形为正六边形，而当称到时，为正三角形，则当周长这定值的正六边形与正三角形面积分别为，所以不是定值，故选：B5．（2021·上海杨浦区·复旦附中高二期中）连结球面上两点的线段称为球的弦，半径为4的球的两条弦AB，CD的长度分別等于､，M，N分别为AB，CD的中点，每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：①弦AB，CD可能相交于点M；②弦AB，CD可能相交于点N；③MN的最大值为5；④MN的最小值为1；其中真命题的个数为（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】先求解出的长度，然后根据长度的大小判断①②；再通过分析三点共线求解出的最大值和最小值.【详解】到的距离分别为，若两弦交于，则，在中，有，符合条件，故①正确；若两弦交于，则，在中，有，与条件矛盾，故②错误；当共线时分别取最大值和最小值，最大值为，最小值为，故③④正确，故选：C.6．（2021·上海市松江二中高二月考）如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题中正确命题的个数为（）①当时，S为四边形；②当时，S为等腰梯形；③当时，S与的交点满足；④当时，S为六边形；A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】随着的移动，依题意分别移动到四个位置，逐项分析判断即可得解.【详解】先确定临界值点，当，即为的中点时，截面交于，则界面为等腰梯形，故②正确；对①当时，即移动到位置时，截面交线段于，所以截面为四边形，故①正确；对③，当时，在的位置，截面交的延长线于，延长交在的延长线于点，则，由，则，，又有，所以，又，所以，故③正确；对④，，点移动到位置，从图上看，截面为五边形，故④错误；共个正确，故选：C二、填空题7．（2021·上海市西南位育中学高二期中）在北纬60°圈上有两地，之间的球面距离为（为地球半径），则两地在此纬度圈上的弧长等于__________.【答案】【分析】本题目要将实际问题转化为球面的问题，纬度指的是地面上某点与地心的连线与赤道面所成的线面角；球面距离是指经过两点以及球心这三点的圆上的一段劣弧长【详解】设地球的球心为，球心角，因为球面距离为，根据球面距离的定义可得：，所以，所以是等边三角形，弦长；设北纬60°所在的圆的半径为，根据纬度的定义，则有，所以在北纬60°所在的圆中，,，所以为直径，故答案为：8．（2021·上海浦东新区·华师大二附中高二期末）已知球O的半径为1，A､B是球面上两点，线段的长度为，则A､B两点的球面距离为___________.【答案】【分析】由已知中球O的半径为1，线段的长度为，求得，求出弧AB的长度，即可得出答案.【详解】解：因为球O的半径为1，A､B是球面上两点，线段的长度为，在中，，又，则，所以A､B两点的球面距离为.故答案为：.9．（2021·上海市进才中学高二期中）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的表面积为__________．【答案】【分析】圆锥内半径最大的球是圆锥的内切球，设球与底面相切于，与侧面相切于点B，利用相似三角形即可求出内切球的半径，从而求出内切球的表面积.【详解】如图，由题意可知，，圆锥内半径最大的球满足与底面相切于，与侧面相切于点B，则，所以，设球的半径为r，则，所以，解得，故.故答案为：【点睛】本题主要考查了圆锥内切球的表面积的求法，属于中档题.10．（2021·上海徐汇区·）如图，在正四棱柱中，，，点为上的动点，则的最小值为____________.【答案】【分析】将平面与平面延展至同一平面，由、、三点共线可求得的最小值.【详解】如下图所示，将平面与平面延展至同一平面，，延展后，，由勾股定理可得.由图形可知，当、、三点共线时，取得最小值.故答案为：.【点睛】本题考查立体几何中折线长度的最值问题的求解，一般要求将两个平面延展至同一平面，利用三点共线来处理，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.11．（2021·上海市进才中学高二期中）如图所示，在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，周长的最小值为________．【答案】【分析】将三棱锥沿着剪开，将侧面、、延展至同一平面，计算出的长，即为周长的最小值.【详解】如图，将三棱锥沿侧棱剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，则线段的长即为所求的周长的最小值．取的中点，连接，则，.在中，，则，即周长的最小值为.故答案为：.【点睛】研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．12．（2021·上海市松江二中高二月考）圆锥底面半径为，母线长为，则其侧面展开图扇形的圆心角___________.【答案】；【分析】根据圆的周长公式易得圆锥底面周长，也就是圆锥侧面展开图的弧长，利用弧长公式可得圆锥侧面展开图扇形的圆心角的大小.【详解】因为圆锥底面半径为，所以圆锥的底面周长为，则其侧面展开图扇形的圆心角，故答案为：.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关圆锥侧面展开图的问题，解题思路如下：（1）首先根据底面半径求得底面圆的周长；（2）根据圆锥侧面展开图扇形的弧长就是底面圆的周长，结合母线长，利用弧长公式求得圆心角的大小.13．（2021·上海市建平中学高二月考）在长方体中，棱，，点是线段上的一动点，则的最小值是___________【答案】【分析】将△沿为轴旋转至于平面共面，可得△，利用求解即可．【详解】解：将△沿为轴旋转至于平面共面，可得△则，故，当且仅当为与的交点时取等号，所以的最小值是．故答案为：．14．（2021·上海徐汇区·位育中学）若两个平行平面距离为1，其中一个平面截半径为5的球得到的截面面积为，则另一平面截球得到的截面面积为_________【答案】或【分析】将题中问题具体化，然后抓住以下两点求解：①用平面去截一个球，截面必为圆；②球心的半径，截面圆圆心的半径以及球心与截面圆圆心的连线构成一直角三角形.【详解】用平面去截一个球，截面必为圆，作出过球心，截面圆圆心的截面.设平面截半径为5的球得到的截面为圆，且圆面积为，则圆的半径为，，设平面平行平面，且两平面的距离为1，记平面截半径为5的球得到的截面为圆，半径为，当有，解得或.当时，，圆的面积为；当时，，圆的面积为.综上可知，所求截面面积为或.故答案为：或.15．（2021·长宁区·上海市延安中学高二期中）如图，长方体中，AB＝4，BC＝10，，P为上的一个动点，则AP＋PC的最小值为________．【答案】【分析】将半平面沿翻折到且平面与平面位于同一平面，连接与交于点，此时即为的最小值，再利用余弦定理求出即可；【详解】解：如图将半平面沿翻折到且平面与平面位于同一平面，截面图如下所示：连接与交于点，此时即为的最小值，因为，，，所以，，，所以所以所以故答案为：16．（2021·上海杨浦区·复旦附中高二期中）设地球的半径为R，在北纬圏上的两地A､B的经度差为，则A，B两地的球面距离为___________.【答案】【分析】在纬度圏上求得弦长，然后求出弦所对球心角，最后由弧长公式得球面距离．【详解】如图，是球心，是北纬圏的圆心，则，，，，所以，则，所以A，B两地的球面距离即为在大圆上劣弧长为．故答案为：．17．（2021·上海市第三女子中学高二期末）在半径为3的球面上有､､三点，，，球心到平面的距离是，则､两点的球面距离是___________.【答案】【分析】由球体半径与Rt△的外心及斜边的关系求，又，结合等腰直角三角形的性质求，即可知△为等边三角形，进而求､两点的球面距离.【详解】由题设，如下图示，，为△的外心且，，∴，又，则，∴，即△为等边三角形，∴､两点的球面距离为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据球面两点的距离等于这两点与球心构成的面与球体所成的截面圆的劣弧长，进而根据弧长公式求两点的球面距离.18．（2021·上海虹口·高二期末）已知正三棱柱的侧棱长为4，底面边长为，且它的六个顶点均在球的球面上，则两点的球面距离为__________.【答案】【分析】根据题意画出示意图求出和，结合球面距离定义计算求解即可.【详解】如图所示，设中心为，连接.根据等边三角形性质知是外接圆半径，根据正弦定理得，得，又因为,所以在中，,同理,所以是等边三角形，所以，所以两点的球面距离为.故答案为:19．（2021·上海市西南位育中学高二期中）已知三棱锥中，两两垂直，且长度相等，若都在半径为1的同一球面上，则球心到平面的距离为__________.【答案】【分析】由弥补法知三棱锥的外接球为以为相邻三条棱的正方体的外接球，球心到平面的距离即为正方体中心到平面的距离，利用等体积法可求得到平面的距离，进而求得答案.【详解】因为三棱锥中，两两垂直，且长度相等，所以此三棱锥的外接球即为以为相邻三条棱的正方体的外接球，又球的半径为1，所以正方体的棱长为，即球心到平面的距离即为正方体中心到平面的距离，设到平面的距离为，则正三棱锥的体积等边的边长为，所以球心到平面的距离为故答案为：【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用长方体的外接球求解．20．（2021·上海市西南位育中学高二期中）在直三棱柱中，，点是直线上一动点，则的最小值是_________.【答案】【分析】连接，沿将展开与在同一个平面内，在上取一点与构成三角形，由三角形两边之和大于第三边，可知的最小值是的连线，再利用余弦定理可得解.【详解】连接，沿将展开与在同一个平面内，在上取一点与构成三角形，由三角形两边之和大于第三边，可知的最小值是的连线，因为直三棱柱中，，，，所以矩形是边长为的正方形，则，又在矩形中，，则，又，所以，则，在中，利用余弦定理可得：故答案为：【点睛】关键点点睛：本题主要考查了棱柱的结构特征及两点之间的距离公式，其中将沿展开，将一个空间问题转化为平面内求两点之间的距离公式的问题是解答的关键，着重考查了转化与化归思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.三、解答题21．（2021·上海高二专题练习）如图，是圆柱的底面直径且，是圆柱的母线且，点是圆柱底面面圆周上的点.（1）求证：平面；（2）当三棱锥体积最大时，求二面角的大小；（结果用反三角函数值表示）（3）若，是的中点，点在线段上，求的最小值.【答案】（1）详见解析；（2）；（3）.【分析】（1）根据圆柱性质可得,由圆的性质可得,即可证明平面;（2）先判断当三棱锥体积最大时的位置.过底面圆心作,即可得二面角的平面角为,根据所给线段关系解三角形即可求得,进而用反三角函数表示出即可.（3）将绕旋转到使其共面,且在的反向延长线上,结合余弦定理即可求得的最小值,也就是的最小值.【详解】（1）证明:因为是圆柱的母线,平面所以又因为是圆柱的底面直径所以,即又因为所以平面（2）当三棱锥体积最大时,底面积最大,所以到的距离最大,此时为设底面圆的圆心为,连接则,又因为所以平面因为,所以取中点,则过O作,垂足为则,所以为中点连接,由平面可知所以为二面角的平面角在中,,,所以则二面角的大小为（3）将绕旋转到使其共面,且在的反向延长线上,如下图所示:因为,,,,在中,由余弦定理可知则所以的最小值为【点睛】本题考查了线面垂直的判定,二面角的平面角作法及求法,空间中最短距离的求法,综合性较强,属于中档题.22．（2021·上海市实验学校高二期中）空间中有四个球，它们的半径分别是2､2､3､3，每个球都与其余三个球外切，另有一个小球与这四个球都外切，求这个小球的半径.【答案】【分析】如图，以四个球的球心为顶点作四面体，则，设的中点分别为，设小球的球心为，半径为，可证得必在线段上，利用勾股定理分别表示出，然后由列方程可求出【详解】解：以四个球的球心为顶点作四面体，则，设的中点分别为，设小球的球心为，半径为.因为，，所以.所以面是线段的中垂面.又因为，所以在平面上.同理，也在线段的中垂面上，从而必在线段上.，，由，得解此方程，可得.23．（2021·上海高二专题练习）如图，是底面边长为1的正三棱锥，分别为棱长上的点，截面底面，且棱台与棱锥的棱长和相等.（棱长和是指多面体中所有棱的长度之和）（1）证明：为正四面体；（2）若，求二面角的大小；（结果用反三角函数值表示）（3）设棱台的体积为，是否存在体积为且各棱长均相等的直平行六面体，使得它与棱台有相同的棱长和？若存在，请具体构造出这样的一个直平行六面体，并给出证明；若不存在，请说明理由.（注：用平行于底的截面截棱锥，该截面与底面之间的部分称为棱台，本题中棱台的体积等于棱锥的体积减去棱锥的体积.）【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，证明见解析.（注：所构造直平行六面体不唯一，只需题目满足要求即可）【分析】（1）根据棱长和相等可知，根据面面平行关系和棱锥为正三棱锥可证得，进而证得各棱长均相等，由此得到结论；（2）取的中点，连接，根据等腰三角形三线合一的性质和线面垂直判定定理可证得平面，由线面垂直性质可知，从而得到即为所求二面角的平面角；易知，从而得到，在中根据长度关系可求得，从而得到结果；（3）设直平行六面体的棱长均为，底面相邻两边夹角为，根据正四面体体积为，可验证出；又所构造六面体体积为，知，只需满足即可满足要求，从而得到结果.【详解】（1）棱台与棱锥的棱长和相等平面平面，三棱锥为正三棱锥为正四面体（2）取的中点，连接，，平面，平面平面为二面角的平面角由（1）知，各棱长均为为中点即二面角的大小为：（3）存在满足题意的直平行六面体，理由如下：棱台的棱长和为定值，体积为设直平行六面体的棱长均为，底面相邻两边夹角为则该六面体棱长和为，体积为正四面体体积为：时，满足要求故可构造棱长均为，底面相邻两边夹角为的直平行六面体即可满足要求【点睛】本题考查立体几何知识的综合应用，涉及到正四面体的证明、二面角的求解、存在性问题的求解等知识；此题对考生的思维能力的要求较高，对学生的空间想像能力，观察，分析，综合，探索和创新有较高的要求，属于较难题.24．（2021·上海高二专题练习）如图，在多面体中，、、均垂直于平面，，，，，，分别是线段和上的点.（1）求与所成角的大小；（2）求二面角的大小；（3）求的最小值.【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）以A为原点建立空间直角坐标系，将直线和平面的法向量求出来，得到直线与平面夹角的正弦值；（2）求出平面和的法向量，法向量的夹角与二面角的大小相等或者互补；（3）将△ABC展开与四边形成一个平面，的最小值即为A点到直线的垂线段的长度.【详解】（1）由题意建立如图所示空间直角坐标系，∵AA1=4,CC1=3,BB1=AB=AC=2,∠BAC=120°，∴A(0,0,0),A1

(0,0,4),B1

(,−1,2),C1

(0,2,3).,,，设平面A1B1C1

的一个法向量为，由,取y=1,得。∴AB1与A1B1C1所成角的最小值=。∴AB1与A1B1C1所成角的大小为；（2）设平面