浙江專用2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)板塊命題點(diǎn)專練十立體幾何含解析

PAGEPAGE1板塊命題點(diǎn)專練（十）立體幾何命題點(diǎn)一空間幾何體的三視圖及表面積與體積1．(2024·浙江高考)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是()A．2 B．4C．6 D．8解析：選C由幾何體的三視圖可知，該幾何體是一個(gè)底面為直角梯形，高為2的直四棱柱，直角梯形的兩底邊長(zhǎng)分別為1,2，高為2，∴該幾何體的體積為V＝eq\f(1,2)×(2＋1)×2×2＝6.2.(2024·全國(guó)卷Ⅰ)某圓柱的高為2，底面周長(zhǎng)為16，其三視圖如圖所示．圓柱表面上的點(diǎn)M在正視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A，圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長(zhǎng)度為()A．2eq\r(17) B．2eq\r(5)C．3 D．2解析：選B先畫出圓柱的直觀圖，依據(jù)題圖的三視圖可知點(diǎn)M，N的位置如圖①所示．圓柱的側(cè)面綻開圖及M，N的位置(N為OP的四等分點(diǎn))如圖②所示，連接MN，則圖中MN即為M到N的最短路徑．∵ON＝eq\f(1,4)×16＝4，OM＝2，∴MN＝eq\r(OM\a\vs4\al(2)＋ON2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).3．(2024·北京高考)某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側(cè)面中，直角三角形的個(gè)數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4解析：選C由三視圖得到空間幾何體的直觀圖如圖所示，則PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為直角梯形，PA＝AB＝AD＝2，BC＝1，所以PA⊥AD，PA⊥AB，PA⊥BC.又BC⊥AB，AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB.所以BC⊥PB.在△PCD中，PD＝2eq\r(2)，PC＝3，CD＝eq\r(5)，所以△PCD為銳角三角形．所以側(cè)面中的直角三角形為△PAB，△PAD，△PBC，共3個(gè)．4．(2024·北京高考)某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為()A．60 B．30C．20 D．10解析：選D如圖，把三棱錐A-BCD放到長(zhǎng)方體中，長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為5,3,4，△BCD為直角三角形，直角邊分別為5和3，三棱錐A-BCD的高為4，故該三棱錐的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×5×3×4＝10.5.(2024·天津高考)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，除面ABCD外，該正方體其余各面的中心分別為點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，M(如圖)，則四棱錐M-EFGH的體積為______．解析：連接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因?yàn)镋，H分別為AD1，CD1的中點(diǎn)，所以EH∥AC，EH＝eq\f(1,2)AC，因?yàn)镕，G分別為B1A，B1C的中點(diǎn)，所以FG∥AC，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)AC，所以EH∥FG，EH＝FG，所以四邊形EHGF為平行四邊形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四邊形EHGF為正方形，又點(diǎn)M到平面EHGF的距離為eq\f(1,2)，所以四棱錐M-EFGH的體積為eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12).答案：eq\f(1,12)6．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB所成角的余弦值為eq\f(7,8)，SA與圓錐底面所成角為45°，若△SAB的面積為5eq\r(15)，則該圓錐的側(cè)面積為________．解析：如圖，∵SA與底面成45°角，∴△SAO為等腰直角三角形．設(shè)OA＝r，則SO＝r，SA＝SB＝eq\r(2)r.在△SAB中，cos∠ASB＝eq\f(7,8)，∴sin∠ASB＝eq\f(\r(15),8)，∴S△SAB＝eq\f(1,2)SA·SB·sin∠ASB＝eq\f(1,2)×(eq\r(2)r)2×eq\f(\r(15),8)＝5eq\r(15)，解得r＝2eq\r(10)，∴SA＝eq\r(2)r＝4eq\r(5)，即母線長(zhǎng)l＝4eq\r(5)，∴S圓錐側(cè)＝πrl＝π×2eq\r(10)×4eq\r(5)＝40eq\r(2)π.答案：40eq\r(2)π命題點(diǎn)二組合體的“切”“接”問(wèn)題1．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)A，B，C，D是同一個(gè)半徑為4的球的球面上四點(diǎn)，△ABC為等邊三角形且其面積為9eq\r(3)，則三棱錐D-ABC體積的最大值為()A．12eq\r(3) B．18eq\r(3)C．24eq\r(3) D．54eq\r(3)解析：選B由等邊△ABC的面積為9eq\r(3)，可得eq\f(\r(3),4)AB2＝9eq\r(3)，所以AB＝6，所以等邊△ABC的外接圓的半徑為r＝eq\f(\r(3),3)AB＝2eq\r(3).設(shè)球的半徑為R，球心到等邊△ABC的外接圓圓心的距離為d，則d＝eq\r(R2－r2)＝eq\r(16－12)＝2.所以三棱錐D-ABC高的最大值為2＋4＝6，所以三棱錐D-ABC體積的最大值為eq\f(1,3)×9eq\r(3)×6＝18eq\r(3).2．(2024·天津高考)已知一個(gè)正方體的全部頂點(diǎn)在一個(gè)球面上，若這個(gè)正方體的表面積為18，則這個(gè)球的體積為________．解析：由正方體的表面積為18，得正方體的棱長(zhǎng)為eq\r(3).設(shè)該正方體外接球的半徑為R，則2R＝3，R＝eq\f(3,2)，所以這個(gè)球的體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4π,3)×eq\f(27,8)＝eq\f(9π,2).答案：eq\f(9π,2)3．(2024·江蘇高考)如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個(gè)球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切．記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則eq\f(V1,V2)的值是________．解析：設(shè)球O的半徑為R，因?yàn)榍騉與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切，所以圓柱的底面半徑為R、高為2R，所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(πR2·2R,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)命題點(diǎn)三直線、平面平行與垂直的判定與性質(zhì)1．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點(diǎn)．(1)證明：平面AMD⊥平面BMC.(2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P，使得MC∥平面PBD？說(shuō)明理由．解：(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，又DM?平面CMD，所以BC⊥DM.因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn)，且CD為直徑，所以DM⊥MC.又BC∩MC＝C，所以DM⊥平面BMC.因?yàn)镈M?平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.(2)當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時(shí)，MC∥平面PBD.證明如下：連接AC交BD于O.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)．連接OP，因?yàn)镻為AM中點(diǎn)，所以MC∥OP.又MC?平面PBD，OP?平面PBD，所以MC∥平面PBD.2．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)．(1)證明：PO⊥平面ABC；(2)若點(diǎn)M在棱BC上，且MC＝2MB，求點(diǎn)C到平面POM的距離．解：(1)證明：因?yàn)镻A＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)，所以PO⊥AC，且PO＝2eq\r(3).連接OB，因?yàn)锳B＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.又因?yàn)锳C∩OB＝O，所以PO⊥平面ABC.(2)如圖，作CH⊥OM，垂足為H，又由(1)可得PO⊥CH，且PO∩OM＝O，所以CH⊥平面POM.故CH的長(zhǎng)為點(diǎn)C到平面POM的距離．由題設(shè)可知OC＝eq\f(1,2)AC＝2，MC＝eq\f(2,3)BC＝eq\f(4\r(2),3)，∠ACB＝45°，所以O(shè)M＝eq\f(2\r(5),3)，CH＝eq\f(OC·MC·sin∠ACB,OM)＝eq\f(4\r(5),5).所以點(diǎn)C到平面POM的距離為eq\f(4\r(5),5).3．(2024·北京高考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點(diǎn)．(1)求證：PE⊥BC；(2)求證：平面PAB⊥平面PCD；(3)求證：EF∥平面PCD.證明：(1)因?yàn)镻A＝PD，E為AD的中點(diǎn)，所以PE⊥AD.因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC.(2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以AB⊥AD.又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB?平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，因?yàn)镻D?平面PAD，所以AB⊥PD.又因?yàn)镻A⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB.因?yàn)镻D?平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.(3)如圖，取PC的中點(diǎn)G，連接FG，DG.因?yàn)镕，G分別為PB，PC的中點(diǎn)，所以FG∥BC，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)BC.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，且E為AD的中點(diǎn)，所以DE∥BC，DE＝eq\f(1,2)BC.所以DE∥FG，DE＝FG.所以四邊形DEFG為平行四邊形．所以EF∥DG.又因?yàn)镋F?平面PCD，DG?平面PCD，所以EF∥平面PCD.4.(2024·江蘇高考)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求證：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.證明：(1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因?yàn)锳B?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形．又因?yàn)锳A1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，因此AB1⊥A1B.因?yàn)锳B1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.因?yàn)锳1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因?yàn)锳B1?平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.命題點(diǎn)四空間角度問(wèn)題1．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AE與CD所成角的正切值為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(5),2) D.eq\f(\r(7),2)解析：選C如圖，連接BE，因?yàn)锳B∥CD，所以異面直線AE與CD所成的角為∠EAB或其補(bǔ)角．在Rt△ABE中，設(shè)AB＝2，則BE＝eq\r(5)，則tan∠EAB＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\r(5),2)，所以異面直線AE與CD所成角的正切值為eq\f(\r(5),2).2．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長(zhǎng)方體的體積為()A．8 B．6eq\r(2)C．8eq\r(2) D．8eq\r(3)解析：選C如圖，連接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C，∴∠AC1B為直線AC1與平面BB1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝eq\f(2,sin30°)＝4.在Rt△ACC1中，CC1＝eq\r(AC\o\al(2,1)－AC2)＝eq\r(42－22＋22)＝2eq\r(2)，∴V長(zhǎng)方體＝AB·BC·CC1＝2×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2).3．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)已知正方體的棱長(zhǎng)為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為()A.eq\f(3\r(3),4) B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(3\r(2),4) D.eq\f(\r(3),2)解析：選A如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1D1與棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方體的其余棱都分別與A1A，A1B1，A1D1平行，故正方體ABCD-A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等．如圖所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，M，N，則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大，此截面面積為S正六邊形EFGHMN＝6×eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)×sin60°＝eq\f(3\r(3),4).4．(2024·浙江高考)已知四棱錐S-ABCD的底面是正方形，側(cè)棱長(zhǎng)均相等，E是線段AB上的點(diǎn)(不含端點(diǎn))，設(shè)SE與BC所成的角為θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S-AB-C的平面角為θ3，則()A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1解析：選D如圖，不妨設(shè)底面正方形的邊長(zhǎng)為2，E為AB上靠近點(diǎn)A的四等分點(diǎn)，E′為AB的中點(diǎn)，S究竟面的距離SO＝1，以EE′，E′O為鄰邊作矩形OO′EE′，則∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SE′O＝θ3.由題意，得tanθ1＝eq\f(SO′,EO′)＝eq\f(\r(5),2)，tanθ2＝eq\f(SO,EO)＝eq\f(1,\f(\r(5),2))＝eq\f(2,\r(5))，tanθ3＝1，此時(shí)tanθ2＜tanθ3＜tanθ1，由圖可知θ1，θ2，θ3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故θ2＜θ3＜θ1.當(dāng)E在AB中點(diǎn)處時(shí)，θ2＝θ3＝θ1.故選D.5.(2024·天津高考)如圖，在四面體ABCD中，△ABC是等邊三角形，平面ABC⊥平面ABD，點(diǎn)M為棱AB的中點(diǎn)，AB＝2，AD＝2eq\r(3)，∠BAD＝90°.(1)求證：AD⊥BC；(2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值；(3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值．解：(1)證明：因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，AD?平面ABD，所以AD⊥平面ABC.因?yàn)锽C?平面ABC，所以AD⊥BC.(2)取棱AC的中點(diǎn)N，連接MN，ND.因?yàn)镸為棱AB的中點(diǎn)，所以MN∥BC.所以∠DMN(或其補(bǔ)角)為異面直線BC與MD所成的角．在Rt△DAM中，AD＝2eq\r(3)，AM＝1，所以DM＝eq\r(AD2＋AM2)＝eq\r(13).因?yàn)锳D⊥平面ABC，AC?平面ABC，所以AD⊥AC.在Rt△DAN中，AN＝1，所以DN＝eq\r(AD2＋AN2)＝eq\r(13).在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN＝eq\f(\f(1,2)MN,DM)＝eq\f(\r(13),26).所以異面直線BC與MD所成角的余弦值為eq\f(\r(13),26).(3)連接CM.因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形，M為邊AB的中點(diǎn)，所以CM⊥AB，CM＝eq\r(3).因?yàn)?/p>