专题10立体几何（原卷版）-高三数学（理）百所名校好题分项解析汇编之全国通用专版(2021版).docx

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1、高三数学百所名校好题分项解析汇编之全国通用版(2021版) 专题10立体几何一选择题1（2020秋江北区校级期中）如图：正三棱锥ABCD中，BAD30，侧棱AB2，BD平行于过点C的截面CB1D1，则截面CB1D1与正三棱锥ABCD侧面交线的周长的最小值为（）A2B2C4D2【答案】D【解答】解：把正三棱锥ABCD的侧面展开，两点间的连接线CC即是截面周长的最小值正三棱锥ABCD中，BAD30，所以ACAC，AB2，CC2，截面周长最小值是CC2故选：D2.（2021宁夏模拟）在正四面体ABCD中，已知E，F分别是AB，CD上的点（不含端点），则（）A不存在E，F，使得EFCDB存在E，使得D

2、ECDC存在E，使得DE平面ABCD存在E，F，使得平面CDE平面ABF【答案】D【解答】解：（1）对于A，D选项，取E，F分别为AB，CD的中点如图：因为ABCD是正四面体，所以它的各个面是全等的等边三角形所以CEDE，所以EFCD，同理可证EFAB故A错误；又因为ABCE，ABDE，且CEDEE，故AB平面CED，又AB平面ABF，所以平面ABF平面CED故D正确（2）对于B选项，将C看成正三棱锥的顶点，易知当E在AB上移动时，CDE的最小值为直线CD与平面ABD所成的角，即（1）中的CDE，显然为锐角，最大角为CDBCDA60，故当E在AB上移动时，不存在E，使得DECD故B错误（3）对

3、于C选项，将D看成顶点，则由D向底面作垂线，垂足为底面正三角形ABC的中心，不落在AB上，又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E，使得DE平面ABC，故C错误故选：D3 （2020秋天津期中）将一个棱长为1cm的正方体铁块磨制成一个球体零件，则可能制作的最大零件的表面积为（）ABcm2CD3cm2【答案】B【解答】解：正方体的棱长为1，要使制作成球体零件的体积最大，则球内切于正方体，则球的直径为1cm，半径为cm可能制作的最大零件的表面积为 4（）2（cm2）故选：B4 （2020秋湖南期中）已知四面体ABCD的四个面都为直角三角形，AB平面BCD，ABBCCD1，若该四

4、面体的四个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为（）ABC3D【答案】C【解答】解：由题意，四面体有四个面都为直角三角形，四面体放到正方体中，AB平面BCD，ABBDCD1，可得长方体的对角线为球O的半径R球O的表面积S4R23故选：C5 （2020秋镇江期中）直三棱柱ABCA1B1C1的所有顶点都在同一球面上，且ABAC2，BAC90，AA14，则该球的表面积为（）A40B32C10D8【答案】A【解答】解：直三棱柱ABCA1B1C1的所有顶点都在同一球面上，且ABAC2，BAC90，AA14，可将棱柱ABCAA1B1C1补成长方体，长方体的对角线2，即为球的直径，球的半径为，球的表面积为4

5、（）240，故选：A7 （2020秋宁波期中）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）ABCD【答案】C【解答】解：由题意几何体的直观图如图：是一个圆锥，去掉部分的剩余几何体与一个三棱锥的几何体；几何体的体积为：+故选：C8 （2020秋包河区校级月考）已知三棱锥PABC的顶点P在底面的射影O为ABC的垂心，若，且三棱锥PABC的外接球半径为3，则SPAB+SPBC+SPAC的最大值为（）A8B10C18D22【答案】C【解答】解：如图，连AO，并延长交BC于D，顶点P在底面的射影O为ABC的垂心，ADBC，又PO平面ABC，POBC，ADPOO，BC面A

6、DP，可得BCPA，BCPD同理ACPB，ABPC由，可得ADODPD2，且PDOPDA，PODAPD，APDPOD90，PAPD，又PABC，BCPDD，AP面PBC，得PAPB，又PBAC，且APACA，PB面APC，即可得PBPC，故PA，PB，PC两两互相垂直，三棱锥PABC的外接球为以PA，PB，PC为棱的长方体的外接球，又三棱锥PABC的外接球半径为3，PA2+PB2+PC236，则SPAB+SPBC+SPAC18SPAB+SPBC+SPAC的最大值为18，当且仅当PAPBPC2时，等号成立故选：C9 （2020秋马尾区校级期中）在正方体ABCDA1B1C1D1中，记平面CB1D1

7、为，若平面ABCDm，平面ABB1A1n，则m，n所成角的余弦值为（）ABCD【答案】D【解答】解：在正方体ABCDA1B1C1D1中，记平面CB1D1为，平面ABCDm，平面ABB1A1n，又平面A1B1C1D1B1D1，平面DCC1D1CD1，mB1D1，nCD1，m，n所成角等于直线B1D1，CD1所成角，即B1D1C是m，n所成角，B1D1C是等边三角形，B1D1C60，m，n所成角的余弦值为cosB1D1Ccos60故选：D10 （2020秋宁夏期中）由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），四个侧面由673块玻璃拼组而成

8、，塔高21米，底宽34米，则该金字塔的体积为（）A8092m3B4046m3C24276m3D12138m3【答案】A【解答】解：如图，四棱锥PABCD，PO底面ABCD，PO21m，AB34m，则m3，故选：A11.（2020秋沙坪坝区校级期中）设m，n，l为空间不重合的直线，是空间不重合的平面，则下列说法正确的个数是（）ml，nl，则mn；，则；ml，m，则l；lm，l，m，则；m，m，l，l，则A0B1C2D3【答案】C【解答】解：对于，由平行公理知，ml，nl，则mn，所以正确；对于，由平面平行的传递性知，则，所以正确；对于，由ml，m，则l或l，所以错误；对于，由lm，l，m，则或，

9、所以错误；对于，由m，m，l，l，则或，所以错误；综上知，正确的命题序号是，共2个故选：C12.（2020秋成都期中）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，ADPA，BCPB，PBBC，PAAB，M为PB的中点，若PC上存在一点N使得平面PCD平面AMN，则（）ABCD1【答案】B【解答】解：取BC的中点R，AD的中点Q，PA的中点为O，连接MR，RQ，MO，OQ，由CDRQ，OQPD，可得平面MOQR平面PCD，由平面PCD平面AMN，可得平面MOQR平面AMN，过M作NMPC，垂足为N，底面ABCD是平行四边形，可得ADBC，又BCPB，可得ADPB，又ADPA，可得AD平

10、面PAB，BC平面PAB，可得BCAM，在PAB中，PAAB，M为PB的中点，可得AMPB，则AM平面PBC，AMMR，而MNPC，MNMR，可得MR平面AMN，设PBBC2，则PC2，而PM1，则PN，NC2，所以，故选：B13.（2020秋衢州期中）已知圆锥的全面积是底面积的4倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为（）ABC3D4【答案】A【解答】解：设圆锥的底面半径为r，母线为l，由于圆锥的全面积是底面积的4倍，即r2+4r2，解得l3r，即母线和底面半径的比为3，设圆锥底面半径为1，则圆锥母线长为3，圆锥的侧面展开图扇形的弧长是圆锥底面周长为2，可得该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为故

11、选：A14.（2020秋广陵区校级期中）在正三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，D为A1C1的中点，则BC1与DA所成角的大小为（）A30B45C60D90【答案】A【解答】解：以C为原点，在平面ABC内，过C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，则B（0，1，0），C1（0，0，），A（，0），D（，），（0，1，），（，），设BC1与DA所成角的大小为，则cosBC1与DA所成角的大小为30故选：A15.（2020秋海淀区校级期中）在边长为2的等边三角形ABC中，点D、E分别是边AC，AB上的点，满足DEBC且（0，1），将ADE沿直线D

12、E折到ADE的位置，在翻折过程中，下列结论成立的是（）A在边AE上存在点P，使得在翻折过程中，满足BP平面ACDB存在（0，），使得在翻折过程中的某个位置，满足平面ABC平面BCDEC若，当二面角ADEB为直二面角时，|AB|D设O为线段ED的中点，F为线段BC的中点，对于每个给定的，记翻折过程中AOF面积的最大值为f（），则当变化时，f（）的最大值为【答案】D【解答】解：对于A，连接AA，AB，AC，显然平面ABE平面ACDAA，若AE上存在点F使得BFACD，则BFAA，显然BF与AA为相交直线，矛盾，故A错误；对于B，设BC中点F，DE中点O，由等边三角形性质可知DEAO，DEAO，故A

13、在平面BCDE上的射影在直线AF上，若平面ABC平面BCDE，则F为A在底面BCDE上的射影，于是AOOF，与（0，）矛盾，故B错误；对于C，若，二面角ADEB为直二面角，则OAOFAF，BF1，且AO平面BCDE，OB，|AB|，故C错误；对于D，由可知AO，即AO，OF，显然当AOOF时，AOF的面积最大，故f（）（）（1）（）2，当且仅当1即时取等号，故D正确故选：D16.（2020秋沈河区校级期中）如果一个八面体各个面都是全等的正三角形，如图所示，则这个几何体叫正八面体，则棱长为3的正八面体的内切球半径是【答案】【解答】解：由题意，该正八面体的棱长为3，则该正八面体的体积V，设正八面体

14、的内切球半径为r，则，解得r，故答案为：17.（2020秋建平县月考）已知长方体ABCDA1B1C1D1的体积为144，点P是正方形A1B1C1D1的中心，点P，A，B，C，D都在球O的球面上，其中球心O在长方体ABCDA1B1C1D1的内部已知球O的半径为R，球心O到底面ABCD的距离为，则R4过AB的中点E作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是6【答案】4；6【解答】解：由题意可知正方形ABCD的对角线长为，则正方形ABCD的边长为，故长方体ABCDA1B1C1D1的体积为144，解得R4当OE垂直截面时，截面面积达到最小，此时OE，则截面圆的半径r，故截面圆的面积最小为r26故答案为：

15、4；618.（2020秋贵池区校级期中）长方、堑堵、阳马、鱉臑、这些名词出自中国古代数学明著九章算术商功，其中阳马和鱉臑是我国古代对一些特殊锥体的称呼取一长方体，如图长方体ABCDA1B1C1D1，按平面ABC1D1斜切一分为二，得到两个一模一样的三棱柱，称该三棱柱为堑堵，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中以矩形为底另有一棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体称为鱉臑，已知长方体ABCDA1B1C1D1中，BDDD12，当阳马BCDD1C1体积最大时，堑堵ADD1BCC1的体积为2【答案】2【解答】解：长方体ABCDA1B1C1D1中

16、，BDDD12，当阳马BCDD1C1体积最大时，BCCD，当阳马BCDD1C1体积最大时，堑堵ADD1BCC1的体积为：2故答案为：219.（2020秋杨浦区期中）P是直角三角形ABC所在平面外一点，已知三角形的边长AB3，BC4，ABC90，PAPBPC4，则直线PB与平面ABC所成角的余弦值为【答案】【解答】解：取AC的中点D，连接PD，BD，PAPC，D是AC的中点，PDAC，AB3，BC4，ABC90，AC5，ADBD，又PAPB4，PADPBD，PDBPDA90，PDBD，又ACBDD，PD平面ABC，PBD为直线PB与平面ABC所成的角，cosPBD故答案为：20.（2020秋宁波

17、期中）如图，在四棱锥EABCD中，DCAB，BAEBAD90，ABADAEEDDC，M为EB的中点（1）求证：DMAE；（2）求直线DM与平面BCE所成角的正弦值【解答】（1）证明：记AE的中点为F，连接MF、DFDEADAE，AEDFBADBAE90，ABAD，ABAE，ABAEA，AB面ADEM为EB的中点，MFAB，MF面ADE，AE平面ABE，MFAE，又AEDF，FMDMM，AE面DFM，DM平面DFM，AEDM（2）解：AB面AEM，又ABDC，DC面AED，故可如右图形式以建系不妨设DC4，则有，设面BCE的一个法向量（x，y，z），则，即，令x1，则y1，z，可得面BCE的一个

18、法向量，则，所以直线DM与平面BCE所成角的正弦值为21.（2020秋兴宁区校级期中）如图，在长方形ABCD中，AB4，AD2，点E是DC的中点将ADE沿AE折起，使平面ADE平面ABCE，连结DB、DC、EB（1）求证：AD平面BDE；（2）求平面ADE与平面BDC所成锐二面角的余弦值【解答】（1）证明：在长方形ABCD中，AB4，AD2，点E是DC的中点将ADE沿AE折起，使平面ADE平面ABCE，连结DB、DC、EBADDE，又平面ADE平面ABCE且交线为AE，BE平面ADE，BEAD，又ADDE，且DEBEE，AD平面BDE（2）解：如图所示建立空间直角坐标系，E（0，0，0），A（

19、2，0，0），B（0，2，0），D（），C（，0），（，0），（，2，），设平面BDC的法向量（x，y，z），则，取x1，得（1，1，3），平面ADE的法向量（0，1，0），设平面ADE与平面BDC所成锐二面角为则平面ADE与平面BDC所成锐二面角的余弦值为：cos22.（2020秋蒸湘区校级期中）将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD平面CBD，AE平面ABD，且AE（1）求直线DE与直线AC所成的角；（2）求二面角BEDC的余弦值【解答】解：如图，由题意，ABAD，AEAB，AEAD，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（

20、0，0，0），B（2，0，0），C（1，1，），D（0，2，0），E（0，0，），（1），（1，1，），直线DE与直线AC所成的角为；（2）设平面BED的一个法向量为（x1，y1，z1），（2，0，），（0，2，），由，取，得；设平面EDC的一个法向量为，（0，2，），（1，1，0），由，取，得cos，二面角BEDC的余弦值为23.（2020秋阆中市校级期中）如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，ABBC，CD2AB，PA平面ABCD，E为PD的中点（1）证明：AE平面PBC；（2）若PACD2BC，求二面角APDC的余弦值（2）【解答】（1）证明：取CD的中点F，连结EF，AF，E是PD中点

21、，EFPC，CD2AB，CD2AB，ABCF，ABCD，ABBC，四边形ABCF是矩形，AFBC，EFAFF，PCBCC，平面AEF平面PBC，AE平面AEF，AE平面PBC（2）解：由已知和（1）得AB，AF，PA两两垂直，以A为原点，AF为x轴，AB为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，设CD2AB2，则PACD2BC2，A（0，0，0），P（0，0，2），C（1，1，0），D（1，1，0），（0，0，2），（0，20），（1，1，2），平面APD的法向量（x，y，z），则，令z1，（1，1，0），设平面CPD的一个法向量（x，y，z），则，令x2，得（2，0，1），cos，二面角APD

22、C的余弦值为24.（2020秋浙江期中）如图，已知平面多边形PABCD中，APPD，AD2DC2CB4，ADBC，APPD，ADDC，现将三角形APD沿AD折起，使（）证明：PBAD；（）证明：平面PAC平面ABCD；（）求二面角PABD的平面角的余弦值【解答】（）证明：取AD得中点E，连接PE，BE，因为APPD，所以PEAD，又因为，所以四边形BCDE为平行四边形，所以BECD，因为ADDC，所以ADBE，BEPEE，所以AD平面PBE，所以PBAD（）证明：记ACBEO，所以O是AC的中点，也是BE的中点，因为，所以POAC，又ODOA，PDPA，所以POOD，ACODO，所以PO平面ABCD，因为PO平面PAC，所以平面PAC平面ABCD（）过O作OHAB，垂足为H，由（）可得PHAB（三垂线定理），所以PHO为二面角PABD的平面角因为，所以