《2022版新高考数学人教A版总复习集训-模块卷（二）立体几何-含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022版新高考数学人教A版总复习集训-模块卷（二）立体几何-含解析（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、模块卷(二)时间:110分钟分值:135分立体几何一、选择题:本题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2020全国4月大联考)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列四个命题中正确的是()A.若m,mn,则nB.若m,n,则mnC.若,m,则mD.若m,m,则答案C对于A,n有可能在内,A选项错误;对于B,直线m与n有可能相交或者异面,B选项错误;对于D,两个平面有可能相交,D选项错误,故选C.2.(2020福建厦门6月质量检查)若平面平面,m是内的任意一条直线,则下列结论中正确的是()A.任意直线l,都有lB.存在直线l,使得
2、lC.任意直线l,都有lmD.存在直线l,使得lm答案B由面面垂直的性质定理知,在平面内,只有垂直于交线的直线才垂直于另一个平面,排除A、C,当直线m与平面相交时,平面内不存在直线与m平行,排除D,故选B.3.设一个球形西瓜,切下一刀后所得切面圆的半径为4,球心到切面圆圆心的距离为3,则该西瓜的体积为()A.100B.2563C.4003D.5003答案D因为切面圆的半径为4,球心到切面圆圆心的距离为3,所以球的半径为42+32=5.所以该西瓜的体积为4353=5003.故选D.思路分析利用切面圆的半径为4,球心到切面圆圆心的距离为3,求出球的半径,然后求解体积.4.已知m,n是两条直线,是两
3、个平面,给出下列命题:若n,n,则;若平面上有不共线的三点到平面的距离相等,则;若m,n为异面直线,n,n,m,m,则.其中正确命题的个数是()A.3B.2C.1D.0答案B若n,n,则n为平面与的公垂线,则,故正确;若平面上有不共线的三点到平面的距离相等,三点可能在平面的异侧,此时与相交,故错误;若n,m为异面直线,n,n,m,m,根据面面平行的判定定理,可得正确.故选B.5.(2020贵州贵阳、遵义、毕节重点中学联考,6)一个几何体的三视图如图所示,其中主视图中ABC是边长为1的正三角形,俯视图为正六边形,那么该几何体的侧视图的面积为()A.38B.34C.1D.32答案A本题主要考查空间
4、几何体的三视图、直观图,以空间几何体三视图还原直观图为载体考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力.由三视图可知,该几何体是底面边长为12,侧棱长为1,高为12-122=32的正六棱锥(如图所示),利用三视图长度之间的关系可知,该几何体的侧视图的底面边长为32,所以该几何体的侧视图的面积S=123232=38,故选A.6.(2020湘赣皖十五校第二次联考,3)棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为正方体表面上的一个动点,且总有PCBD1,则动点P的轨迹所围成的图形的面积为()A.3B.32C.32D.1答案C如图,连接BD.易证BD1平面ACB1,得动点P的轨迹所围成图形为AB1C,A
5、B1C是边长为2的正三角形,其面积S=34(2)2=32.7.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为()A.63B.255C.155D.105答案D以D点为坐标原点,DA、DC、DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,1),BC1=(-2,0,1),AC=(-2,2,0),易知AC为平面BB1D1D的一个法向量,cos=458=105.BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为105.一题多解本题考查线面角的计算,如图所示,在平面A1
6、B1C1D1内过点C1作B1D1的垂线,垂足为E,连接BE.由C1EB1D1,C1EBB1,B1D1BB1=B1,得C1E平面BDD1B1,C1BE的正弦值即为所求,BC1=22+12=5,C1E=2222=2,sinC1BE=C1EBC1=25=105.8.(2020湖南怀化三模,10)已知一块形状为正三棱柱ABC-A1B1C1(底面是正三角形,侧棱与底面垂直的三棱柱)的实心木材,AB=AA1=23.若将该木材经过切割加工成一个球体,则此球体积的最大值为()A.43B.823C.43D.323答案C由题意知最大球应该是和正三棱柱三个侧面都相切的球,即球的大圆和正三棱柱的横截面相切,横截面是边
7、长为23的正三角形,设大圆的半径为r,则31223r=34(23)2,解得r=1,所以球体积的最大值为43.故选C.9.(2020湖北荆门模拟,11)已知二面角-l-为60,动点P、Q分别在、内,P到的距离为3,Q到的距离为32,则P、Q两点之间距离的最小值为()A.3B.1C.2D.2答案A如图,分别作QA于A,ACl于C,PB于B,PDl于D,连接CQ,BQ,BD,则ACQ=PDB=60,AQ=32,BP=3,BD=CQ=1,又PQ=BQ2+BP2=BQ2+33.当且仅当BQ=0,即点B与点Q重合时等号成立.P、Q两点之间距离的最小值为3.故选A.10.(2020河南濮阳一模,11)已知直
8、四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱长为8,底面矩形的面积为16,一个小虫从C点出发沿直四棱柱侧面绕行一周后到达线段CC1上一点M,若AM平面A1BD,则小虫爬行的最短路程为()A.8B.16C.265D.417答案C本题考查棱柱的性质以及利用侧面展开图求侧面两点间距离的最小值问题,考查直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养,考查转化与化归的数学思想,体现数学应用意识.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,若AM平面A1BD,则AMBD.根据直四棱柱的性质得C1CBD,且AMC1C=M,BD平面A1ACC1,BDAC.又底面ABCD是矩形,底面ABCD是正方形,AB2=16,AB=4,
9、该四棱柱是底面为正方形的长方体.过M点作MHB1B于H点,则MH侧面ABB1A1,连接AH,则AH即为AM在平面ABB1A1内的射影,又AM平面A1BD,AMA1B,AHA1B.RtABHRtA1AB,A1AAB=ABBH,结合AB=4,A1A=8,解得BH=2,CM=BH=2.在侧面展开图(沿侧棱CC1展开)矩形CCC1C1中,CC=16,CM=2,CM=CC2+CM2=162+22=265.故选C.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共15分.11.一个六棱锥的体积为23,其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为.答案12解析设六棱锥的高为h,则136122232h
10、=23,解得h=1.设六棱锥的斜高为h,则h2+(3)2=h2,故h=2.所以该六棱锥的侧面积为12226=12.12.(202053原创题)已知四面体ABCD,AB=BC=CD=AD=BD=2,当四面体的体积取最大值时,该四面体外接球的表面积为.答案203解析取BD的中点M,连接AM,CM,设AC=x,易证BD平面AMC,因为AB=BC=CD=AD=BD=2,所以AM=CM=3,所以SAMC=12x3-x24,而VA-BCD=VB-AMC+VD-AMC=13SAMCBM+13SAMCDM=13SAMCBD=13x3-x24=133x2-x44,所以当x2=-32-14=6,即x=6(舍负)时
11、,四面体ABCD的体积取得最大值.在AMC中,AM2+CM2=AC2,即AMCM,又知AMBD,BDCM=M,所以AM平面BCD,又知AM平面ABD,所以平面ABD平面BCD.设BCD的外心为O1,ABD的外心为O2,过点O1作直线l1AM,则l1平面BCD,由此可知四面体外接球的球心一定在直线l1上,同理,过点O2作直线l2CM,则l2平面ABD,四面体外接球的球心一定在直线l2上,所以四面体外接球的球心为直线l1与直线l2的交点,设为点O,连接OC,在RtOO1C中,O1C=2OO1=23MC=233,所以外接球半径R=OC=332+2332=153,所以当四面体的体积取最大值时,该四面体
12、外接球的表面积S=4R2=203.命题意图本题以四面体的体积为入手点,考查几何体体积的最值问题和外接球问题,渗透了数学运算和直观想象的核心素养,属中档题.思路分析利用分割求和法将四面体的体积表示成关于AC长的函数,进而利用函数思想求得体积取最大值时AC的长,利用球的性质以及几何体的结构特征找出四面体外接球的球心,从而利用R2=r2+d2求得外接球半径,代入球的表面积公式求得结果.13.(2020重庆巴蜀中学一模,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P为体对角线BD1上的一点,且BP=BD1(0,1),现有以下判断:A1DC1P;若BD1平面PAC,则=13;PAC周长的最小值
13、是22+23;若PAC为钝角三角形,则的取值范围为0,23,其中正确判断的序号为.答案解析在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1D平面ABC1D1,又C1P平面ABC1D1,故A1DC1P,故正确.在RtABD1中,AB=2,AD1=22,BD1=23,由于BD1平面PAC,所以BD1AP,由射影定理得AB2=BPBD1,即4=PB23,PB=23,PBBD1=2323=13,可得=13,故正确.将ABD1和CBD1放在同一个平面内,可得AP+CP的最小值为463,又AC=22,故错误.利用BD1平面A1C1D,可得当APC为直角三角形时,=23,故当APC为钝角三角形时,的取值范围为0,
14、23,故正确.所以正确判断为.三、解答题:共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.14.(10分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC,E,F分别为AB,A1B1的中点.(1)求证:AF平面B1CE;(2)若A1B1B1C,求证:平面B1CE平面ABC.解析(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,ABA1B1,AB=A1B1,E,F分别是AB,A1B1的中点,FB1=12A1B1,AE=12AB,FB1=AE,又FB1AE,四边形FB1EA为平行四边形,AFEB1.又AF平面B1CE,EB1平面B1CE,AF平面B1CE.(2)ABA1B1,A1B1B1C,ABB1C,又E为AB的中点,AC=BC,ABEC,又ECB1C=C,AB平面B1CE,又AB平面ABC,平面ABC平面B1CE.名师点睛(1)线面平行的判定定理:平面外的一条直线与此平面内的
