浙江专用2024高考数学二轮复习小题专题练四

PAGE1-小题专题练(四)立体几何1．下列命题中，正确的是()A．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱B．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥C．侧面都是矩形的直四棱柱是长方体D．棱台各侧棱的延长线交于一点2．已知a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为()A．－2 B．－eq\f(14,3)C.eq\f(14,5) D．23.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为棱BB1的中点，若用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为()4．若圆锥的侧面绽开图是圆心角为120°、半径为1的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比是()A．4∶3 B．2∶1C．5∶3 D．3∶25．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，则l与α所成的角为()A．30° B．60°C．120° D．150°6．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()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ABC­A1B1C1中，AB＝4，点D在棱BB1上，若BD＝3，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为()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为三条不重合的直线，α，β为两个不同的平面，则()A．若m⊥α，m⊥β，则α∥βB．若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，则l⊥αC．若α∩β＝l，m⊂α，m⊥l，则m⊥βD．若m∥n，m⊂α，则n∥α9．如图甲所示，一只装了水的密封瓶子，其内部可以看成是由底面半径为1cm和半径为3cm的两个圆柱组成的简洁几何体．当这个几何体如图乙水平放置时，液面高度为20cm，当这个几何体如图丙水平放置时，液面高度为28cm，则这个简洁几何体的总高度为()A．29cm B．30cmC．32cm D．48cm10．长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，BB1＝eq\r(2).设点A关于直线BD1的对称点为P，则P与C1两点之间的距离为()A．1 B.eq\r(2)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),2)11．如图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为________，几何体中最长棱的长是________．第11题图第12题图12．如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P­ABC的正视图与侧视图的面积的比为________，三棱锥P­ABC的体积是________．13．已知正四棱柱的顶点在同一个球面上，且球的表面积为12π，当正四棱柱的体积最大时，正四棱柱的高为________．14．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则线段AQ的长为________．15．如图，在正方形ABCD中，E，F分别为线段AD，BC上的点，∠ABE＝20°，∠CDF＝30°.将△ABE绕直线BE、△CDF绕直线CD各自独立旋转一周，则在全部旋转过程中，直线AB与直线DF所成角的最大值为________．第15题图第16题图16．如图，在四边形ABCD中，CD⊥BD，∠ABD＝eq\f(π,3)，AB＝BD＝4，CD＝2，现将△BCD沿BD折起，当二面角A­BD­C的大小处于[eq\f(π,6)，eq\f(5π,6)]的过程时，线段AC长度的最小值是________，最大值是________．17．已知△ABC在平面α内，∠ACB＝90°，点P∉α，PA＝PB＝PC＝7，AB＝10，AC＝6，则点P到平面α的距离等于________，PC与平面PAB所成角的正弦值为________．小题专题练(四)1．解析：选D.直棱柱的侧棱与底面垂直，底面形态不定，故选项A，C都不够精确；选项B中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故B不正确．2．解析：选D.由题意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，所以14－7λ＝0，解得λ＝2.3．解析：选C.如图，取DD1的中点F，连接AF，FC1，则过点A，E，C1的平面即为面AEC1F，所以剩余几何体的侧视图为选项C.4．解析：选A.圆锥的侧面积＝π×12×eq\f(120,360)＝eq\f(π,3)，圆锥的底面半径＝2π×1×eq\f(120,360)÷2π＝eq\f(1,3)，圆锥的底面积＝π·eq\f(1,9)＝eq\f(π,9)，圆锥的表面积＝侧面积＋底面积＝eq\f(4π,9)，所以这个圆锥的表面积与侧面积的比为4∶3.5．解析：选A.由于cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，所以〈m，n〉＝120°.所以直线l与α所成的角为30°.6．解析：选B.由三视图得，该几何体是从四棱锥P­ABCD中挖去半个圆锥后剩余的部分，四棱锥的底面是以2为边长的正方形，高是2，圆锥的底面半径是1，高是2，则所求几何体的体积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：选B.如图，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为eq\o(AD,\s\up6(→))与eq\o(EB,\s\up6(→))的夹角)，所以cosθ＝eq\f(2\r(3),5)，sinθ＝eq\f(\r(13),5)，tanθ＝eq\f(\r(39),6)，又因为BE⊥平面AA1C1C，所以所求角的正切值为eq\f(2\r(39),13).8．解析：选A.由l，m，n为三条不重合的直线，α，β为两个不同的平面知，在A中，若m⊥α，m⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故A正确；在B中，若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，则l与α相交、平行或l⊂α，故B错误；在C中，若α∩β＝l，m⊂α，m⊥l，则m与β相交，故C错误；在D中，若m∥n，m⊂α，则n∥α或n⊂α，故D错误．故选A.9．解析：选A.设这个简洁几何体的总高度为h，图乙简洁几何体上面没有充溢水的高度为x，图丙简洁几何体上面没有充溢水的高度为y，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(πx＝9πy，,x＋20＝y＋28))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝9，,y＝1，))所以h＝29.10.解析：选A.将长方体中含有ABD1的平面取出，过点A作AM⊥BD1，延长AM，使MP＝AM，则P是A关于BD1的对称点，如图所示，过P作PE⊥BC1，垂足为E，依题意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，故选A.11．解析：由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥M­A1B1N，如图所示，M是棱AB上靠近点A的一个三等分点，N是棱C1D1的中点，所以VM­A1B1N＝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)，所以该几何体中最长棱的长是eq\f(\r(73),3).答案：eq\f(4,3)eq\f(\r(73),3)12．解析：作三棱锥P­ABC的正视图时，点A的正投影是D，点P的正投影在C1D1上，因此三棱锥P­ABC正视图的面积S正＝eq\f(1,2)×12＝eq\f(1,2)，作三棱锥P­ABC的侧视图时，点A的正投影是B，点P的正投影在C1B1上，因此三棱锥P­ABC的侧视图的面积S侧＝eq\f(1,2)×12＝eq\f(1,2)，故S正∶S侧＝1∶1，三棱锥P­ABC的体积V＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,6).答案：1∶1eq\f(1,6)13．解析：设正四棱柱的底面边长为a，高为h，球的半径为r，由题意知4πr2＝12π，所以r2＝3，又2a2＋h2＝(2r)2＝12，所以a2＝6－eq\f(h2,2)，所以正四棱柱的体积V＝a2h＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(h2,2)))h，则V′＝6－eq\f(3,2)h2，由V′>0，得0<h<2，由V′<0，得h>2，所以当h＝2时，正四棱柱的体积最大，Vmax＝8.答案：214．解析：如图所示，在线段DD1上靠近点D处取一点T，使得DT＝eq\f(1,3)，因为N是线段DD1上靠近D1的三等分点，故D1N＝eq\f(2,3)，故NT＝2－eq\f(1,3)－eq\f(2,3)＝1，因为M为CC1的中点，故CM＝1，连接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四边形CMNT为平行四边形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近A处取一点Q′，使得AQ′＝eq\f(1,3)，连接BQ′，TQ′，则有BQ′∥CT∥MN，故BQ′与MN共面，即Q′与Q重合，故AQ＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)15．解析：AB不动，因为AB∥CD，故无论直线DF运动到哪里，其与CD的夹角不变，与AB的夹角也不变为30°.若DF不动，AB转动，两者的夹角在旋转过程中先变小再变大，大小不超过固定时的夹角；当AB转动到BF的另一侧且与原始位置共面时，若DF不动，可计算出两者的夹角是10°，若DF转动同一平面的另一边，此时两线的夹角为70°，取到最大值．因此，本题正确答案是70°.答案：70°16.解析：设二面角A­BD­C的平面角为α，如图，取BD的中点E，连接AE，则AE＝2eq\r(3).因为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，因为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]，故线段AC长度的取值范围是[2eq\r(2)，4eq\r(2)]．答案：2eq\r(2)4eq\r(2)17.解析：如图所示，取AB的中点D，连接PD，CD，因为PA＝PB，所以PD⊥AB，又△ABC为直角三角形，所以AD＝CD，又PA＝PC，所以△APD≌△CPD，所以∠CDP＝∠ADP＝90°，所以PD⊥DC.又AB∩DC＝D，则PD⊥α，PD为点P到平面α的距离，又PA＝7，AB＝10，所以AD＝5，PD＝eq\r(PA2－AD2)＝2eq\r(6).法一：设点C到平面PAB的距离为d，PC与平面PAB所成角的大小为θ，由VP­ABC＝VC­PAB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×