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

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1、1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 ( )A1 B2C3 D4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， BC AD， BC1， AD AB PA2， AB AD， PA平面 ABCD，故 PAD， PAB 为直角三角形， PA平面 ABCD， BC平面 ABCD， PA BC，又 BC AB，且 PA AB A， BC平面 PAB，又 PB平面 PAB， BC PB， PBC 为直角三角形，容易求得 PC3， CD ， PD2 ，故 PCD 不是5

2、2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2C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

3、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. B223C. D.43 83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 V S ABCBB1 S ABCBB12，故13选 B.答案：B4如图，多面体 ABCD EGF 的底面 ABCD 为正方形， FC GD2 EA，其俯视图如图所示，则其正视图和侧

4、视图正确的是 ( )3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.334 233C. D.324 32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

5、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 EFGHMN6 sin 60 .故12 22 22 334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34大球的半径是 ( )A. B232C. D.322 2解析：由题意知，正三棱柱形容器内有一个球，其最大

6、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.3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. B112C2 D2 2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2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2x2 2 2x2x ，故 2x1，即新工件棱长为 1.故选 B.12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

7、a ， b ，则 a bC若 ab ， b ，则 aD若 a ， b ，则 解析：对于 A，若 a ， b ，则 a b 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 b c，因为 ac ，所以5a b，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， AB BC1， AA1 ，则异面直线3AD1与 DB1所成角的余弦值为 ( )A. B.15 56C. D.55 22解析：如图，在长方

8、体 ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体 A B BAA1 B1 B1A1.连接 B1B，由长方体性质可知， B1B AD 1，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 ， B B1 2， DB112 1 1 2 5 12 3 2 .12 12 3 2 5在 DB B1中，由余弦定理，得DB 2 B B DB 2 B B1DB1cos DB1B，21 21即 54522 cos DB1B，5cos DB1B .故选 C.55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 ( )

9、A ， l， m lB m， ， C ， ， m D n ， n ， m 解析： ， l， m l，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6大小为 ( )A. B. 6 4C. D. 3 2解析：分别取

10、 BC， B1C1的中点 D， D1，连接 AD， DD1， AD1.显然 DD1 B1C1， AD1 B1C1，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 Rt AD1D 中， AD ， DD13，3所以 tan AD1D ，33所以 AD1D . 6因为 BB1DD 1，所以直线 BB1与平面 AB1C1所成的角的大小为 . 6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AB BC AC2 ， DA DB DC2，过 AD 作相

11、互垂直的平面 ， ，若平面 ， 2截球 O 所得截面分别为圆 M， N，则 ( )A MN 的长度是定值 2B MN 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 AB BC AC2 ， DA DB DC2，所以2DA， DB， DC 两两互相垂直， M， N 分别是 AB， AC 的中点，MN BC ，故选 A.12 2答案：A二、填空题13在直角梯形 ABCD 中， ABCD ， A90， C45， AB AD1，沿对角线 BD 折成四面体 A BCD，使平面 A BD平面 BCD，若四面体 A BCD 顶点在同一球面上，7则该球的表面积为_解

12、析：设 H 为 AO 和 BD 的交点， O 为 DC 中点，依题意有 AH OH ，四面体 A BCD22中，平面 A BD平面 BCD，所以 A H平面 BCD，所以 A O 1，A H2 HO2又因为 OD OC OB1，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 4 R24.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_ cm 2.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 AB BC2 cm， BD4 cm，所以该几何体表面积S(223243)236272(cm 2)答案

13、：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8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22 12VMEFGH ( )2 .13 22 12 112答案：11216(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 ， BC BD2， BC BD，2因此可将其补形为一个棱长为 2 的正方体，则有 2R2 ， R ，3 3所以该三棱锥的外接球体积为9( )34 .43 3 3答案：4 3