2019高考数学大二轮复习 专题7 立体几何 第1讲 基础小题部分增分强化练 理.doc

第1讲基础小题部分一、选择题1(2018高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为 ()A1B2C3D4解析：将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示易知，BCAD，BC1，ADABPA2，ABAD，PA平面ABCD，故PAD，PAB为直角三角形，PA平面ABCD，BC平面ABCD，PABC，又BCAB，且PAABA，BC平面PAB，又PB平面PAB，BCPB，PBC为直角三角形，容易求得PC3，CD，PD2，故PCD不是直角三角形，故选C.答案：C2(2018临汾三模)已知平面及直线a，b，则下列说法正确的是 ()A若直线a，b与平面所成角都是30，则这两条直线平行B若直线a，b与平面所成角都是30，则这两条直线不可能垂直C若直线a，b平行，则这两条直线中至少有一条与平面平行D若直线a，b垂直，则这两条直线与平面不可能都垂直解析：对于A，若直线a，b与平面所成角都是30，则这两条直线平行、相交、异面，故错；对于B，若直线a，b与平面所成角都是30，则这两条直线可能垂直，如图，直角三角形ACB的直角顶点在平面内，边AC，BC可以与平面都成30角，故错对于C，若直线a，b平行，则这两条直线中至少有一条与平面平行，显然错；对于D，若两条直线与平面都垂直，则直线a，b平行，故正确故选D.答案：D3已知某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为 ()A.B2C.D.解析：根据三视图可知，该几何体是三棱柱截取一部分所得如图，几何体的体积为三棱柱ABC A1B1C1的体积减去三棱锥C A1B1C1的体积，即VSABCBB1SABCBB12，故选B.答案：B4如图，多面体ABCD EGF的底面ABCD为正方形，FCGD2EA，其俯视图如图所示，则其正视图和侧视图正确的是 ()解析：正视图的轮廓线是矩形DCFG，点E在平面DCFG上的投影为DG的中点，且边界BE，BG可视，故正视图为选项B或D中的正视图，侧视图的轮廓线为直角梯形ADGE，且边界BF不可视，故侧视图为选项D中的侧视图，故选D.答案：D5(2018高考全国卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为 ()A.B.C.D.解析：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，DD1，AD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EFGHMN6sin 60.故选A.答案：A6(2018平顶山一模)高为5，底面边长为4的正三棱柱形容器(下有底)内，可放置最大球的半径是 ()A.B2C.D.解析：由题意知，正三棱柱形容器内有一个球，其最大半径为r，r即为底面正三角形内切圆的半径，因为底面边长为4，所以r2.故选B.答案：B7某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则新工件的棱长为 ()A.B1C2D2解析：依题意知该工件为圆锥，底面半径为，高为2，要使加工成的正方体新工件体积最大，则该正方体为圆锥的内接正方体，设棱长为2x，则有，解得x，故2x1，即新工件棱长为1.故选B.答案：B8已知直线a，b以及平面，则下列命题正确的是 ()A若a，b，则abB若a，b，则abC若ab，b，则aD若a，b，则解析：对于A，若a，b，则ab或a，b相交、异面，不正确；对于B，若a，则经过a的平面与交于c，ac，因为b，所以bc，因为ac，所以ab，正确；对于C，若ab，b，则a或a，不正确；对于D，若a，b，则，位置关系不确定，故选B.答案：B9(2018高考全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 ()A.B.C.D.解析：如图，在长方体ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体ABBAA1B1B1A1.连接B1B，由长方体性质可知，B1BAD1，所以DB1B为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角连接DB，由题意，得DB，BB12，DB1.在DBB1中，由余弦定理，得DB2BBDB2BB1DB1cosDB1B，即54522cosDB1B，cosDB1B.故选C.答案：C10(2018大庆一中模拟)设，为平面，m，n，l为直线，则m的一个充分条件是 ()A，l，mlBm，C，mDn，n，m解析：，l，ml，根据面面垂直的判定定理可知，缺少条件m，故A不正确；m，而与可能平行，也可能相交，则m与不一定垂直，故B不正确；，m，而与可能平行，也可能相交，则m与不一定垂直，故C不正确；n，n，而m，则m，故D正确故选D.答案：D11.如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则BB1与平面AB1C1所成的角的大小为 ()A.B.C.D.解析：分别取BC，B1C1的中点D，D1，连接AD，DD1，AD1.显然DD1B1C1，AD1B1C1，故B1C1平面ADD1，故平面AB1C1平面ADD1，故DD1在平面AB1C1内的射影在AD1上，AD1D即为直线DD1与平面AB1C1所成的角在RtAD1D中，AD，DD13，所以tanAD1D，所以AD1D.因为BB1DD1，所以直线BB1与平面AB1C1所成的角的大小为.答案：A12(2018临汾二模)已知四面体ABCD的顶点都在球O表面上，且ABBCAC2，DADBDC2，过AD作相互垂直的平面，若平面，截球O所得截面分别为圆M，N，则 ()AMN的长度是定值BMN长度的最小值是2C圆M面积的最小值是2D圆M，N的面积和是定值8解析：因为ABBCAC2，DADBDC2，所以DA，DB，DC两两互相垂直，M，N分别是AB，AC的中点，MNBC，故选A.答案：A二、填空题13在直角梯形ABCD中，ABCD，A90，C45，ABAD1，沿对角线BD折成四面体A BCD，使平面ABD平面BCD，若四面体A BCD顶点在同一球面上，则该球的表面积为_解析：设H为AO和BD的交点，O为DC中点，依题意有AHOH，四面体A BCD中，平面ABD平面BCD，所以AH平面BCD，所以AO1，又因为ODOCOB1，所以O为四面体A BCD外接球的球心，故半径R1.则该球的表面积为4R24.答案：414某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是_ cm2.解析：由几何体的三视图可得该几何体的直观图如图所示该几何体由两个完全相同的长方体组合而成，其中ABBC2 cm，BD4 cm，所以该几何体表面积S(223243)236272(cm2)答案：7215(2018高考天津卷)已知正方体ABCD A1B1C1D1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M EFGH的体积为_解析：依题意，易知四棱锥MEFGH是一个正四棱锥，且底面边长为，高为.故VMEFGH()2.答案：16(2018大同二模)已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的外接球体积为_解析：设该三棱锥的外接球的半径是R.依题意得，该三棱锥的形状如图所示，其中AB平面BCD，AB2，CD2，BCBD2，BCBD，因此可将其补形为一个棱长为2的正方体，则有2R2，R，所以该三棱锥的外接球体积为()34.答案：4