【解答題題專練】高考數(shù)學(xué)(理)二輪專題第二部分：專題十立體幾何作業(yè)15

小題專練·作業(yè)(十五)一、選擇題1．(2016·新課標(biāo)全國Ⅱ)如圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為()A．20πB．24πD．32πC．28π答案C解析該幾何體是圓錐與圓柱的組合體，由三視圖可知圓柱底面圓的半徑r＝2，底面圓的周長c＝2πr＝4π，圓錐的母線長l＝22＋（23）2＝4，圓柱的高h12＝4，所以該幾何體的表面積S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π，故選C.2．(2016·浙江)已知互相垂直的平面α，β交于直線l，若直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則()A．m∥lC．n⊥l答案CB．m∥nD．m⊥n解析因為α∩β＝l，所以l?β，又n⊥β所以n⊥l.故選C.3．(2016·合肥質(zhì)檢)在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，AB＝AC＝23，PA＝2，則三棱錐P－ABC外接球的表面積為()A．20πC．28πB．24πD．32π答案A解析由題意可得△ABC是邊長為23的正三角形，設(shè)其外接圓的半徑為r，則2r＝sin6023°＝4，r＝2.又外接球的球心在PA的中垂面上，則外接球的半徑R＝12r2＋（PA）2＝5，所以該球的表面積為4πR2＝4π(5)2＝20π，選項A正確．4.(2016·貴陽檢測)如圖，點E，F(xiàn)分別是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AA1的中點，點M，N分別是線段DE與C1F上的點，則與平面ABCD垂直的直線1MN的條數(shù)有()A．0個C．2個答案BB．1個D．無窮多個解析假設(shè)存在滿足條件的直線MN，如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)正方→體的棱長為2，則D1(2，0，2)，E(1，2，0)，設(shè)M的坐標(biāo)為(x，y，z)，∵D1M＝→mD1E(0<m<1)，∴(x－2，y，z－2)＝m(－1，2，－2)，x＝2－m，y＝2m，z＝2－2m.∴M(2－m，2m，2－2m)．→→同理，若設(shè)C＝nC1F(0<n<1)，可得N(2n，2n，2－n)，N1MN→＝(m＋2n－2，2n－2m，2m－n)．23→→，m＝＝0，m＋2n－2＝0，CD·MN又∵MN⊥平面ABCD，∴即解得n2＝3→→2n－2m＝0，，·MN＝0，CB即存在滿足條件的直線MN，且只有1條．5．(2016·山東)一個由半球和四棱錐組成的幾何體，其三視圖如圖所示．則該幾何體的體積為()12B.12ππA.＋33＋331362D．1＋62ππC.＋答案C解析由三視圖可知，四棱錐的底面是邊長為1的正方形，高為1，其體積V113132，所以半球的體積V22＝×12×1＝.設(shè)半球的半徑為R，則2R＝2，即R＝4π4π＝1×R3＝1××(2)32＝62π.故該幾何體的體積V＝V1＋V2＝＋2π.故選1362323C.6．(2016·河北七校)已知α，β是兩個不同的平面，有下列三個條件：①存在一個平面γ，γ⊥α，γ∥β；②存在一條直線a，a⊥β；③存在兩條垂直的直線a，b，a⊥β，b⊥α.其中，所有能成為“α⊥β”的充要條件的序號是()A．①B．②C．③答案DD．①③解析對于①，存在一個平面γ，γ⊥α，γ∥β，則α⊥β，反之也對，即“存在一個平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要條件，所以①對，可排除B，C；對于③，存在兩條垂直的直線a，b，則直線a，b所成的角為90°，因為a⊥β，b⊥α，所以α，β所在的角為90°，即α⊥β，反之也對，即“存在兩條垂直的直線，a，b，a⊥β，b⊥α”是“α⊥β”的充要條件，所以③對，可排除A，選D.7．(2016·江西九校聯(lián)考)已知圓錐的底面半徑為R，高為2R，在它的所有內(nèi)接圓柱中，側(cè)面積的最大值是()1412πR2πR2A.B.C．πR2答案CD．2πR2解析設(shè)圓柱的底面半徑為r，高為h，由已知條件可知2r＋h＝2R，所以圓柱的側(cè)面積為S＝2πrh＝2πr(2R－2r)≤π[2r＋（2R－2r）＝πR2，當(dāng)2r＝2R－2r，]2212即r＝R時“＝”成立，故圓柱的側(cè)面積最大為πR2.8．(2016·新課標(biāo)全國Ⅱ)在封閉的直三棱柱ABC－A1B1C1內(nèi)有一個體積為V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是(9π)A．4πB.232πD.3C．6π答案B解析由題意可得若V最大，則球與直三棱柱的部分面相切，若與三個側(cè)面都相切，可求得球的半徑為2，球的直徑為4，超過直三棱柱的高，所以這個球放3不進去，則球可與上下底面相切，此時球的半徑R＝，此時的體積最大，V2max＝πR3＝4π9π4327＝3×82.回顧不是所有的直三棱柱都有內(nèi)切球，只有底面三角形內(nèi)切圓的直徑與直三棱柱的高相等時，該直三棱柱才有內(nèi)切球．9.(2016·江西聯(lián)考)如圖，在球的內(nèi)接三棱錐A－BCD中，AB＝8，CD＝4，平面ACD⊥平面BCD，且△ACD與△BCD是以CD為底的全等的等腰三角形，則三棱錐A－BCD的高與其外接球的直徑的比值為()3265B.413065A.C.81306564D.65答案B解析設(shè)該三棱錐的外接球的半徑為R，取AB，CD的中點分別為E，F(xiàn)，連接EF，AF，BF，由題意易得AF⊥BF，AF＝BF＝42，EF＝4，易知三棱錐A－BCD的外接球的球心O在線段EF上，連接OA，OC，有R2＝AE2＋OE2＝16＋OE2①，R2＝CF2＋OF2＝4＋②，由①②可得R2＝，所以R＝265，所以2R＝65.又三棱錐A654(4－OE)2－BCD的高AF＝42，所以三棱錐A－BCD的高與其外接球424130，故選B.的直徑的比值為＝656510．(2016·衡中調(diào)研)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為正方形A1B1C1D1四邊上的動點，O為底面正方形的中心，M，N分別為AB，BC的中點，點Q為平面ABCD內(nèi)一點，線段D1Q與OP互相平分，→→則滿足MQ＝λMN的實數(shù)λ的值有()A．0個C．2個答案CB．1個D．3個→＝λMN→，則有Q∈MN，那么只有解析由于線段D1Q與OP互相平分，且MQ當(dāng)四邊形D1PQO是平行四邊形時，才滿足題意，此時有P為A1D1的中點，點Q與點M重合，或P為C1D1的中點，點Q與點N重合，對應(yīng)的λ＝0或1.11．(2016·長沙調(diào)研)公元656年，唐代李淳風(fēng)注《九章》時提到祖暅的開立圓術(shù)．祖暅在求球體積時，使用一個原理：“冪勢既同，則積不容異”．“冪”是截面積，“勢”是立體的高．意思是兩個同高的立體，如在等高處的截面積恒相等，則體積相等．更詳細點說就是，界于兩個平行平面之間的兩個立體，被任一平行于這兩個平面的平面所截，如果兩個截面的面積恒相等，則這兩個立體的體積相等．上述原理在中國被稱為祖暅原理．取一摞書或一摞紙張堆放在水平桌面上，然后用手推一下以改變其形狀，這時高度沒有改變，每頁紙張的面積也沒有改變，因而x2≥4y，這摞書或紙張的體積與變形前相等．設(shè)由0≤x≤4，確定的封閉圖形繞y軸旋0≤y≤4轉(zhuǎn)一周，得到旋轉(zhuǎn)體，則該旋轉(zhuǎn)體的體積為(A．32π)B．36πC．44πD．46π答案A解析依題，該旋轉(zhuǎn)體軸截面如圖①，則垂直y軸，在高為y處截面面積為S＝π×42－π×x2，依此，考慮在圖②中垂直y軸，在高為y處截面面積也為S＝π×42－π×x2，由祖暅原理可－V＝1443知V旋轉(zhuǎn)體＝V大半球π×43－π×23＝32π.×小球2312．(2016·太原模擬)在三棱錐A－BCD中，底面BCD為邊長是2的正三角形，頂點A在底面BCD上的射影為△BCD的中心，若E為BC的中點，且直線AE與底面BCD所成角的正切值為22，則三棱錐A－BCD外接球的表面積為()A．3πB．4πD．6πC．5π答案D解析∵頂點A在底面BCD上的射影為△BCD的中心，而且△BCD是正三角形，∴三棱錐A－BCD是正三棱錐，∴AB＝AC＝AD.令底面△BCD的重心(即中心)為P，∵△BCD是邊長為2的正三角形，DE是BC邊上的高，∴DE＝3，PE＝33，DP＝233.∵直線AE與底面BCD所成角的正切值為22，即tan∠AEP＝22，∴AP＝236，∵AE2＝AP2＋EP2，∴AD＝2，于是AB＝AC＝AD＝BC＝CD＝DB＝2，∴三棱錐A－BCD為正四面體．構(gòu)造正方體，由面上的對角線構(gòu)成正四面體，故正方體的棱長為2，∴正方體的體對角線長為6，∴外接球的半徑為26，∴外接球的表面積為4π(26)2＝6π.13．(2016·揚州五校)一個三棱柱的直觀圖、正(主)視圖、側(cè)(左)視圖、俯視圖如圖所示，若M、N分別為A1B、B1C1的中點，則下列選項中錯誤的是()A．MN與A1C異面C．MN∥平面ACC1A1答案DB．MN⊥BCD．三棱錐N－A1BC的體積為13a2解析取A1B1的中點D，連接DM，DN.由于M、N分別是A1B、B1C1的中點，所以可得DN∥A1C1，又DN?平面A1ACC1，A1C1?平面A1ACC1，所以DN∥平面A1ACC1.同理可證DM∥平面A1ACC1.又DM∩DN＝D，所以平面DMN∥平面A1ACC1，所以MN∥平面ACC1A1，直線MN與A1C異面，A、C正確．由三視圖可得A1C1⊥平面BCC1B1，所以DN⊥平面BCC1B1，所以DN⊥BC，又易知DM⊥BC，所以BC⊥平面DMN，所以BC⊥MN，B正確．因VN－A1BC11＝VA1－NBC＝(a2)a＝a2，所以D錯誤．321614．(2016·衡陽二模)如圖，等邊三角形ABC的中線AF與中位線DE相交于點G，已知△A′ED是△ADE繞DE旋轉(zhuǎn)過程中的一個圖形，下列命題中，錯誤的是()A．動點B．異面直線A′E與BD不可能垂直C．三棱錐A′－EFD的體積有最大值A(chǔ)′在平面ABC上的射影在線段AF上D．恒有平面A′GF⊥平面BCED答案B解析依題意可知四邊形ADFE為菱形，對角線AF與DE互相垂直平分，故A正確；在旋轉(zhuǎn)過程中DE始終垂直GF和GA′，故DE⊥平面A′GF，所以恒有平面A′GF⊥平面BCED，故D正確；當(dāng)A′G⊥平面ABC時，三棱錐A′－EFD的體積取得最大值，故C正確；因為EF∥BD，故異面直線A′E與BD所成的角為∠FEA′，旋轉(zhuǎn)過程中有可能為直角，故B錯誤．二、填空題15．(2016·四川)已知三棱錐的四個面都是腰長為2的等腰三角形，該三棱錐的正視圖如圖所示，則該三棱錐的體積是________．3答案3解析由正視圖知，底面三角形是腰長為2，底邊為23的等腰三角形，三棱錐的高為1，所以該三棱錐的體積V＝11×(×23×1)×1＝33.3216．(2016·河北五一名校)在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是AC1，A1B1的中點，點P在其表面上運動，則總能使MP與BN垂直的點P所構(gòu)成的軌跡的周長等于________．答案2＋5解析分別取BB1，CC1的中點E，F(xiàn)，連接AE，EF，F(xiàn)D，則BN⊥平面AEFD，設(shè)M在平面ABB1A1中的射影為O，過MO與平面AEFD平行的平面為α，所以能使MP與BN垂直的點P所構(gòu)成的軌跡為矩形，其周長與矩形AEFD的周長相等，又矩形AEFD的周長為2＋5，所以所求軌跡的周長為2＋5.17．(2016·成都調(diào)研)如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點．設(shè)異面直線EM與AF所成的角為θ，則cosθ的最大值為________．2答案5解析以點A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AQ所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．→1212設(shè)AB＝1，則AF＝(1，，0)，E(，0，0)．→1設(shè)M(0，y，1)(0≤y≤1)，則EM＝(－，y，1)，2由于異面直線所成角的范圍為(0，π2]，11＋22→→|－y|2（1－y），5·4y2＋5所以cosθ＝|AF·EM|＝＝→→114＋y2＋11＋4·|AF||EM|4（1－y）28y＋1＋5)，令8y＋1＝t(1≤t≤9)，5（4y2＋5）＝51·(1－4y2所以cos2θ＝151681t所cos2θ＝·(1－－2)，因為函數(shù)y＝t＋81t在[1，9]上的單調(diào)遞減，故t＝1t＋時，ymax＝1＋811＝82，所以cos2θ的最大值為151682－21514，×(1－)＝×(1－)＝52525所以cosθ的最大值為.18．(2016·合肥調(diào)研)在正三棱錐P－ABC中，M是PC的中點，且AM⊥PB，AB＝22，則正三棱錐P－ABC的外接球的表面積為________．答案12π解析因為三棱錐P－ABC為正三棱錐，取AC的中點N，連接PN，BN，易證AC⊥平面PBN，所以PB⊥AC，又AM⊥PB，AM∩AC＝A，所以PB⊥平面PAC，所以P