2020版新高考二轮复习理科数学专题强化训练十三立体几何解析

专题强化训练(十三)立体几何一、选择题1．[2019·南昌重点中学]一个几何体挖去部分后的三视图如图所示，若其正视图和侧视图都是由三个边长为2的正三角形组成的，则该几何体的表面积为()A．13πB．12πC．11πD．23π解析：依题意，题中的几何体是从一个圆台(该圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为2)中挖去一个圆锥(该圆锥的底面半径为1，母线长为2)后得到的，圆台的侧面积为π(1＋2)×2＝6π，圆锥的侧面积为π×1×2＝2π，所以题中几何体的表面积为6π＋2π＋π×22＝12π，选B.答案：B2．[2019·开封定位考试]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.13B.12C.23D．1解析：由三视图知，该几何体是一个三棱锥，其高为1，底面是一个等腰直角三角形，所以该几何体的体积V＝13×12×2×2×1＝23，故选C.答案：C3．[2019·安徽示范高中]已知三棱锥P－ABC中，AB⊥平面APC，AB＝42，PA＝PC＝2，AC＝2，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为()A．28πB．36πC．48πD．72π解析：解法一：因为PA＝PC＝2，AC＝2，所以PA⊥PC.因为AB⊥平面APC，所以AB⊥AC，AB⊥PC，又PA∩AB＝A，所以PC⊥平面PAB，所以PC⊥PB，则△BCP，△ABC均为直角三角形．如图，取BC的中点为O，连接OA，OP，则OB＝OC＝OA＝OP，即点O为三棱锥P－ABC外接球的球心．在Rt△ABC中，AC＝2，AB＝42，则BC＝6，所以外接球的半径R＝3，所以三棱锥P－ABC外接球的表面积S＝4πR2＝36π，故选B.解法二：因为PA＝PC＝2，AC＝2，所以PA⊥PC，△ACP为直角三角形．如图，取AC的中点为M，则M为△PAC外接圆的圆心．过M作直线n垂直于平面PAC，则直线n上任意一点到点P，A，C的距离都相等．因为AB⊥平面PAC，所以AB平行于直线n.设直线n与BC的交点为O，则O为线段BC的中点，所以点O到点B，C的距离相等，则点O即三棱锥P－ABC外接球的球心．因为AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC，又AC＝2，AB＝42，所以BC＝6，则外接球的半径R＝3，所以三棱锥P－ABC外接球的表面积S＝4πR2＝36π，故选B.解法三：因为PA＝PC＝2，AC＝2，所以PA⊥PC，又AB⊥平面PAC，所以可把三棱锥P－ABC放在如图所示的长方体中，此长方体的长、宽、高分别为2，2，42，则三棱锥P－ABC的外接球即长方体的外接球，长方体的体对角线即长方体外接球的直径，易得长方体的体对角线的长为6，则外接球的半径R＝3，所以三棱锥P－ABC外接球的表面积S＝4πR2＝36π，故选B.答案：B4．[2019·唐山摸底]已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为()A．1－π4B．3＋π2C．2＋π4D．4解析：由题设知，该几何体是棱长为1的正方体被截去底面半径为1的14圆柱后得到的，如图所示，所以表面积S＝2×1×1－14×π×12＋2×(1×1)＋14×2π×1×1＝4.故选D.答案：D5．[2019·山西第一次联考]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的各个面的面积中，最大的面积是()A．2B.5C.6D．22解析：由三视图可知，该几何体为四面体，记为四面体ABCD，将其放入长方体中，如图，易知长方体的高为1，AB⊥BC，AD⊥DC，AB＝AD＝2，则BD＝22，BC＝DC＝5，所以S△ABD＝12×2×2＝2，S△ABC＝S△ADC＝12×2×5＝5，S△BDC＝12×22×5－2＝6，所以△BDC的面积最大，为6，故选C.答案：C6．[2019·武昌调研]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则此四面体的体积为()A.323B．16C．32D．48解析：由三视图知，该四面体可以看作是正方体中的三棱锥P－ABC，如图，由已知可得AB＝4，AC＝4，△ABC是直角三角形，所以S△ABC＝12AB×AC＝12×4×4＝8，所以四面体PABC的体积V＝13×8×4＝323，故选A.答案：A7．[2019·洛阳联考]四棱锥S－ABCD的所有顶点都在同一个球面上，底面ABCD是正方形且和球心O在同一平面内，当此四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于8＋83，则球O的体积等于()A.32π3B.322π3C．16πD.162π3解析：由题意得，当此四棱锥的体积取得最大值时，四棱锥为正四棱锥．如图，连接AC，则球心O为AC的中点，连接SO，设球O的半径为R，则AC＝2R，SO＝R，∴AB＝BC＝2R.取AB的中点为E，连接OE，SE，则OE＝12BC＝22R，SE＝SO2＋OE2＝62R.∵该四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于8＋83，∴(2R)2＋4×12×2R×62R＝8＋83，解得R＝2，∴球O的体积等于43πR3＝32π3.故选A.答案：A8．[2019·长沙一模]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面α过点A，且AC1⊥α，α∩平面ABCD＝l1，平面β过点A1，且A1C⊥β，β∩平面AA1D1D＝l2，则直线l1，l2所成角的余弦值为()A.33B.22C.32D.12解析：如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，易得AC1⊥平面A1BD，因为AC1⊥α，所以平面A1BD∥α.又α∩平面ABCD＝l1，平面A1BD∩平面ABCD＝BD，所以l1∥BD.易得AC1⊥β，所以平面AB1D1∥β.又β∩平面AA1D1D＝l2，平面AB1D1∩平面AA1D1D＝AD1，所以l2∥AD1，所以l1与l2所成的角就是AD1与BD所成的角．又AD1∥BC1，所以∠DBC1就是l1与l2所成的角．因为△BDC1是正三角形，所以∠DBC1＝60°，cos∠DBC1＝12，故选D.答案：D9．[2019·郑州质量预测一]已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面为等腰直角三角形，AB⊥AC，点M，N分别是边AB1，AC1上的动点，若直线MN∥平面BBC1B1，Q为线段MN的中点，则点Q的轨迹为()A．双曲线的一支(一部分)B．圆弧(一部分)C．线段(去掉一个端点)D．抛物线的一部分解析：如图，分别取AA1，B1C的中点E，F，任意作一个与平面BCC1B1平行的平面α与AB1，A1C分别交于M，N，则MN∥平面BCC1B1.由题意知△ABC为等腰直角三角形，AB⊥AC，则侧面AA1B1B与侧面AA1C1C是两个全等的矩形，且这两个侧面关于过棱AA1与平面BCC1B1垂直的平面是对称的，因此EF必过MN的中点Q，故点Q的轨迹为线段EF，但需去掉端点F，故选C.答案：C10．[2019·武昌调研]已知正三棱锥S－ABC的各顶点都在球O的球面上，棱锥的底面是边长为23的正三角形，侧棱长为25，则球O的表面积为()A．10πB．25πC．100πD．125π解析：如图，设O1为正三棱锥S－ABC的底面中心，连接SO1，则SO1是三棱锥的高，三棱锥的外接球的球心O在SO1上，设球的半径为R，连接AO1，AO，因为正三角形ABC的边长为23，所以AO1＝23×32×23＝2，因为SA＝25，所以在Rt△ASO1中，SO1＝252－22＝4，在Rt△AOO1中，R2＝(4－R)2＋22，解得R＝52，所以球O的表面积为4π×522＝25π，故选B.答案：B11．[2019·山西第一次联考]在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BC1与底面所成角的正切值为263，三棱柱的各顶点均在半径为2的球O的球面上，且AC＝2，∠ABC＝60°，则三棱柱ABC－A1B1C1的体积为()A．43B.433C．42D.423解析：在三角形ABC中，AC＝2，∠ABC＝60°，所以三角形ABC的外接圆半径r＝12×2sin60°＝233.设三角形ABC外接圆的圆心为O1，连接OO1，OA，O1A，则OO1⊥平面ABC，OO1＝12AA1，O1A＝r，OA＝2，所以22＝r2＋12AA12，得AA1＝463.因为AA1⊥平面ABC，AA1∥CC1，所以CC1⊥平面ABC，所以BC1与底面ABC所成的角是∠C1BC，所以tan∠C1BC＝CC1BC＝AA1BC＝463BC＝263，得BC＝2，因此三角形ABC是边长为2的正三角形，所以三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝S△ABC×AA1＝34×4×463＝42.故选C.答案：C12．[2019·福建五校联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的体积为1，点M在线段BC上(点M异于B，C两点)，点N为线段CC1的中点．若平面AMN截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面为四边形，则线段BM的取值范围为()A.0，13B.0，12C.23，1D.12，1解析：易知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1.若M为BC的中点，则MN∥AD1，所以此时截面为四边形AMND1，所以BM＝12符合题意．若0BM12，如图1，作BP∥MN交CC1于点P，再作PQ∥C1D1交DD1于点Q，连接AQ，易知MN∥AQ，所以此时截面为四边形AMNQ，所以0BM12符合题意．若12BM1，如图2，作BP∥MN交B1C1于点P，再作PQ∥C1D1交A1D1于点Q，连接AQ，易知MN∥AQ，所以点Q在平面AMN内，设平面AMN与直线C1D1交于点E，连接QE，NE，则此时截面为五边形AQENM，显然不符合题意．综上可知，BM∈0，12.故选B.图1图2答案：B13．[2019·河北九校联考]已知三棱柱ABC－A1B1C1的所有顶点都在球O的球面上，该三棱柱的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同，若球O的表面积为20π，则三棱柱的体积为()A．63B．12C．123D．18解析：设球O的半径为R，则由4πR2＝20π得R2＝5，由题意知，此三棱柱为正三棱柱，且底面三角形的外接圆与侧面的外接圆大小相同，故设三棱柱的底面边长为a，高为h，如图，取三角形ABC的中心O1，四边形BCC1B1的中心O2，连接OO1，OA，O2B，O1A，由题意可知，在Rt△AOO1中，OO21＋AO21＝AO2＝R2，即h22＋3a32＝R2＝5①，又AO1＝BO2，所以AO21＝BO22，即3a32＝h22＋a22②，由①②可得a2＝12，h＝2，所以三棱柱的体积V＝34a2h＝63.故选A.答案：A14．[2019·唐山摸底]已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在半径为3的球面上，AB⊥AC，则该三棱锥体积的最大值是()A.163B.323C.643D．32解析：设BC＝2r，∠ACB＝θ，θ∈0，π2，则AB＝2rsinθ，AC＝2rcosθ，如图，设球心为O，△ABC的外接圆圆心为O1，连接OO1，OA，O1A，PO1，则OO1＝9－r2，点P到平面ABC的距离最大为3＋9－r2(此时P，O，O1共线)，所以VP－ABC≤13×12×2rsinθ×2rcosθ×(3＋9－r2)＝r23sin2θ(3＋9－r2)≤r23(3＋9－r2)，当且仅当θ＝π4时取等号，此时AB＝AC.设∠AOO1＝α，α∈0，π2，则r＝3sinα，所以VP－ABC≤r23(3＋9－r2)＝93sin2α(3＋3cosα)＝9(1－cos2α)(1＋cosα)＝9(1－cosα)(1＋cosα)·(1＋cosα)＝92(2－2cosα)(1＋cosα)(1＋cosα)≤922－2cosα＋1＋cosα＋1＋cosα33＝92×433＝92×6427＝323，当且仅当2－2cosα＝1＋cosα⇒cosα＝13时取等号．答案：B二、填空题15．[2019·南昌一模]侧面为等