2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题10立体几何含解析
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这是一份2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题10立体几何含解析,共139页。试卷主要包含了选择题部分,填空题部分,解答题部分等内容,欢迎下载使用。
专题10 立体几何
一、选择题部分
1.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T3)已知圆锥的底面半径为,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为()
A. B. C. D.
【答案】B.
【解析】设圆锥的母线长为,由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长,则,解得.
2.(2021•高考全国甲卷•理T6) 在一个正方体中,过顶点A的三条棱的中点分别为E,F,G.该正方体截去三棱锥后,所得多面体的三视图中,正视图如图所示,则相应的侧视图是()
A. B. C. D.
【答案】D.
【解析】根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图,结合直观图进行判断.
由题意及正视图可得几何体的直观图,如图所示,
所以其侧视图为
故选D.
3.(2021•高考全国甲卷•理T8) 2020年12月8日,中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86(单位:m),三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图,现有A,B,C三点,且A,B,C在同一水平面上的投影满足,.由C点测得B点的仰角为,与的差为100;由B点测得A点的仰角为,则A,C两点到水平面的高度差约为()()
A. 346 B. 373 C. 446 D. 473
【答案】B.
【解析】通过做辅助线,将已知所求量转化到一个三角形中,借助正弦定理,求得,进而得到答案.
过作,过作,
故,
由题,易知为等腰直角三角形,所以.
所以.
因为,所以
在中,由正弦定理得:
,
而,
所以
所以.
故选B.
4.(2021•高考全国甲卷•理T11) 已如A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点,且,则三棱锥的体积为()
A. B. C. D.
【答案】A.
【解析】由题可得为等腰直角三角形,得出外接圆的半径,则可求得到平面的距离,进而求得体积.
,为等腰直角三角形,,
则外接圆的半径为,又球的半径为1,
设到平面的距离为,
则,
所以.
故选A.
5.(2021•高考全国乙卷•文T10) 在正方体中,P为的中点,则直线与所成的角为()
A. B. C. D.
【答案】D.
【解析】
如图,连接,因为∥,
所以或其补角为直线与所成的角,
因为平面,所以,又,,
所以平面,所以,
设正方体棱长为2,则,
,所以.
故选D.
6.(2021•浙江卷•T4) 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是()
A. B. 3 C. D.
【答案】A.
【解析】几何体为如图所示的四棱柱,其高为1,底面为等腰梯形,
该等腰梯形的上底为,下底为,腰长为1,故梯形的高为,
故,
故选A.
7.(2021•浙江卷•T6) 如图已知正方体,M,N分别是,的中点,则()
A. 直线与直线垂直,直线平面
B. 直线与直线平行,直线平面
C. 直线与直线相交,直线平面
D. 直线与直线异面,直线平面
【答案】A.
【解析】
连,在正方体中,
M是的中点,所以为中点,
又N是的中点,所以,
平面平面,
所以平面.
因为不垂直,所以不垂直
则不垂直平面,所以选项B,D不正确;
在正方体中,,
平面,所以,
,所以平面,
平面,所以,
且直线是异面直线,
所以选项C错误,选项A正确.
故选A.
8.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T2.)已知直线l,m和平面α( )
A.若l∥m,m⊂α,则l∥α B.若l∥α,m⊂α,则l∥m
C.若l⊥α,m⊂α,则l⊥m D.若l⊥m,l⊥α,则m⊥α
【答案】C.
【解析】对于A,若l∥m,m⊂α,则l∥α或l⊂α,故A错误;
对于B,若l∥α,m⊂α,则l∥m或l与m异面,故B错误;
对于C,若l⊥α,m⊂α,则由线面垂直的性质得l⊥m,故C正确;
对于D,若l⊥m,l⊥α,则m与α平行或m⊂α,故D错误.
9.(2021•江苏盐城三模•T11)已知矩形ABCD满足AB=1,AD=2,点E为BC的中点,将△ABE沿AE折起,点B折至B′,得到四棱锥B′-AECD,若点P为B′D的中点,则
A.CP//平面B′AE
B.存在点B′,使得CP⊥平面AB′D
C.四棱锥B′-AECD体积的最大值为
D.存在点B′,使得三棱锥B′-ADE外接球的球心在平面AECD内
【答案】ACD.
【考点】立体几何的综合应用:位置关系、体积、外接球问题
【解析】由题意可知,对于选项A,取AB′的中点为Q,连结EQ、PQ,因为CEÚAD,PQÚAD,所以PQÚCE,所以四边形CEQP为平行四边形,所以CP∥QE,又QEÌ平面AB′E,CPË平面AB′E,所以CP∥平面AB′E,所以选项A正确;对于选项B,若CP⊥平面AB′D,则CP⊥AB′,所以QE⊥AB′,则与AB′⊥BE矛盾,所以选项B错误;对于选项C,过B′作B′O⊥AE,垂足为O,可得B′O=,所以VB′-AECD=SAECD×h=××(1+1)×1×h≤B′O=,所以选项C正确;对于选项D,若三棱锥B′-ADE外接球的球心在平面AECD内,则球心为△ADE的外心,则为△ADE直角三角形,且AD为斜边,则球心O为AD的中点,所以R=OB′=OA=OD=1,则AB′⊥B′D,所以B′D=,而B′D∈(1,),可知存在,则满足题意,所以选项D正确;综上,答案选ACD.
10.(2021•河南郑州三模•理T9)已知等腰直角△ABC的斜边BC=4,沿斜边的高线AD将△ABC折起,使二面角B﹣AD﹣C为,则四面体ABCD的外接球的体积为( )
A. B. C. D.
【答案】B.
【解析】如图,
由题意,△BCD是等边三角形,边长为2,
则△BCD外接圆的半径为,
设△BCD的外心为G,四面体ABCD的外接球的球心为O,
连接OG,则OG⊥平面BCD,且OG=AD=1.
∴四面体ABCD的外接球的半径R==.
则四面体ABCD的外接球的体积V==.
11.(2021•河南郑州三模•理T11)在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点E∈平面AA1B1B,点F是线段AA1的中点,若D1E⊥CF,则△EBC的面积最小值为( )
A. B. C. D.
【答案】B.
【解析】
如图:取AB中点G,可知Rt△BAF∽Rt△B1BG,得∠ABF=∠BB1G,∴∠B1GB+∠ABF=∠B1GB+∠BB1G=90°,
∴BF⊥GB1,又∵B1G⊥BC,∴B1G⊥平面BFC,∴B1G⊥平面CF,又∵D1E⊥CF,∴CF⊥平面B1D1G,
当点E在直线B1G上时,D1E⊥CF,BC=2,则△ABC面积为EB•BC,
当△EBC的面积取得最小值时,线段CE的长度为点B到直线B1G的距离,线段CE长度的最小值为,此时△EBC面积为×EB×BC=.
12.(2021•河南开封三模•文T9理T8)某几何体的三视图如图所示,关于该几何体有下述四个结论:
①体积可能是;
②体积可能是;
③AB和CD在直观图中所对应的棱所成的角为;
④在该几何体的面中,互相平行的面可能有四对.
其中所有正确结论的编号是( )
A.①③ B.②④ C.①②③ D.①②③④
【答案】D.
【解析】由三视图可画出直观图如下图:
如图1,,故①正确;
如图2,,故②正确;
如上图,AB和CD在直观图中所对应的棱分别为EF和FG,由△EFG为正三角形,
可知AB和CD在直观图中所对应的棱所成的角为,故③正确;
如上图,平面ABCD∥平面B1C1D1,面ADD1∥面BCC1B1,面ABB1∥面DCC1D1,面AB1D1∥面BC1D,故④正确.
13.(2021•河北张家口三模•T10)已知一个圆柱的上、下底面圆周均在球O的表面上,若圆柱的体积为4π,则球O的表面积不可能为( )
A.6π B.8π C.12π D.16π
【答案】AB.
【解析】设圆柱的底面圆半径为r,高为h,则
所以,所以,
所以当h∈(0,2)时6)′<0;当h∈(2,(R3)′>0,
所以当h=2时,R2有最小值.
此时球O的表面积有最小值,且最小值为,
即球O的表面积S球O≥12π.
14.(2021•山东聊城三模•T12.)已知等边三角形ABC的边长为6,M,N分别为AB,AC的中点,将△AMN沿MN折起至△A'MN,在四棱锥A'-MNCB中,下列说法正确的是()
A. 直线MN∥平面A'BC
B. 当四棱锥A'-MNCB体积最大时,二面角A'-MN-B为直二面角
C. 在折起过程中存在某位置使BN⊥平面A'NC
D. 当四棱A'-MNCB体积最大时,它的各顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为39π
【答案】 A,B,D
【考点】反证法,球的体积和表面积,直线与平面平行的判定
【解析】【解答】因为MN//BC , MN⊄平面A'BC,BC⊂平面A'BC,所以直线MN∥平面A'BC,A符合题意;
因为四棱锥A'-MNCB底面积为定值,所以当点A'到平面MNCB距离最大时体积最大,故当二面角A'-MN-B为直二面角时,满足题意,B符合题意;
对于C,如图,
若BN⊥平面A'NC,则BN⊥AA',又A'D⊥MN,AD⊥MN,A'D∩AD=D,可知MN⊥平面A'AD ,所以A'A⊥MN ,又MN∩BN=N ,所以A'A⊥平面MNCB ,这显然不可能,C不符合题意;
当四棱A'-MNCB体积最大时,二面角A'-MN-B为直二面角,如图,
由∠MBC=π3,取BC的中点E,则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心.F是△AMN外心,
作OE⊥平面MNCB,OF上平面A'MN,则O是四棱锥A' -MNCB的外接球的球心,且OF=DE= 332,AF= 3 .设四棱锥A' -MNCB的外接球半径R,则R2=AF2+OF2=394,所以球表面积是39π.
【分析】A由线面平行判定可推得A正确。
B根据四棱锥A'-MNCB底面积为定值,所以当点A'到平面MNCB距离最大时体积最大,进而可判B正确。
C由反证法可得C错误。
D取BC的中点E,则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心.F是△AMN外心得O是四棱锥A' -MNCB的外接球的球心,结合B的结论求得外接球半径R,进而求出球表面积,可判D正确。
15.(2021•四川内江三模•理T8.)某四面体的三视图如图所示,该四面体四个面的面积中,最大的是( )
A.4 B.8 C. D.
【答案】C.
【解析】根据几何体的三视图转换为直观图为:该几何体为三棱锥体.
如图所示:
由于AB=2,BD=4.
所以:,,,.
16.(2021•重庆名校联盟三模•T12.)如图,矩形ABCD中,M为BC的中点,将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M,连结B1D,N为B1D的中点,则在翻折过程中,下列说法中所有正确的是( )
A.存在某个位置,使得CN⊥AB1
B.翻折过程中,CN的长是定值
C.若AB=BM,则AM⊥B1D
D.若AB=BM=1,当三棱锥B1﹣AMD的体积最大时,三棱锥B1﹣AMD的外接球的表面积是4π
【答案】BD.
【解析】对于A:如图1,取AD中点E,连接EC交MD与F,
则NE∥AB1,NF∥MB1,
如果CN⊥AB1,可得到EN⊥NF,
又EN⊥CN,且三线NE,NF,NC共面共点,不可能,故A错误.
对于B:如图1,可得由∠NEC=∠MAB1(定值),
NE=(定值),AM=EC(定值),
由余弦定理可得NC2=NE2+EC2﹣2NE•EC•cos∠NEC,
∴NC是定值,故B正确.
对于C:如图2,取AM中点O,连接B1O,DO,
由题意得AM⊥面ODB1,即可得OD⊥AM,
从而AD=MD,由题意不成立,可得C错误.
对于D:当平面B1AM⊥平面AMD时,三棱锥B1﹣AMD的体积最大,
由题意得AD中点H就是三棱锥B1﹣AMD的外接球的球心,
球半径为1,表面积是4π,故D正确.
17.(2021•安徽蚌埠三模•文T9.)已知平面α、β、γ两两垂直,直线a、b、c满足a⊂α,b⊂β,c⊂γ,则直线a、b、c不可能满足的是( )
A.两两垂直 B.两两平行 C.两两相交 D.两两异面
【答案】B.
【解析】平面α、β、γ两两垂直,直线a、b、c满足a⊆α,b⊆β,c⊆γ,
所以直线a、b、c在三个平面内,不会是共面直线,
所以:当直线两两平行时,a、b、c为共面直线.
与已知条件整理出的结论不符.
18.(2021•贵州毕节三模•文T4.)一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余几何体的三视图如图,则剩余几何体的表面积为( )
A.16 B.18 C. D.
【答案】D.
【解析】根据几何体的三视图转换为直观图为:该几何体为棱长为2 的正方体切去一个角,构成的几何体;
如图所示:
所以=18+2.
19.(2021•辽宁朝阳三模•T8.)在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D为侧棱CC1的中点,从该三棱柱的九条棱中随机选取两条,则这两条棱所在直线至少有一条与直线BD异面的概率是( )
A. B. C. D.
【答案】B.
【解析】∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D为侧棱CC1的中点,
∴该三棱柱的九条棱中与BD异面的棱有5条,
从该三棱柱的九条棱中随机选取两条,
基本事件总数n==36,
这两条棱所在直线至少有一条与直线BD异面包含的基本事件个数为:
m=+=26,
则这两条棱所在直线至少有一条与直线BD异面的概率P===.
20.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T12.)已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形且边长为1,侧棱AA1长为2,以A1为球心,为半径的球面与侧面CDD1C1的交线长为( )
A. B.π C. D.
【答案】D.
【解析】长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形且边长为1,侧棱AA1长为2,以A1为球心,为半径的球面与侧面CDD1C1的交线,是以D1为圆心,为半径的圆弧,如图,∠ED1F=,
可得:=.
21.(2021•四川泸州三模•理T8.)如图,直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是正方形,已知AA1=4,AB=2,点E,F分别在棱BB1,CC1上,且BE=BB1,CF=CC1,则( )
A.D1E≠AF,且直线D1E,AF是相交直线
B.D1E≠AF,且直线D1E,AF是异面直线
C.D1E=AF,且直线D1E,AF是异面直线
D.D1E=AF,且直线D1E,AF是相交直线
【答案】B.
【解析】由直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是正方形,AA1=4,AB=2,BE=BB1,CF=CC1,可得B1E=3,D1E==,CF=2,AF==2,AF≠D1E,连接BD,B1D1,设直线AF与平面BDD1B1交于H,可得H不在直线D1E上,
且H∈平面BDD1E1,直线D1E⊂平面BDD1B1,又AF⊄平面BDD1B1,
所以直线AF与D1E为异面直线.
22.(2021•江西上饶三模•理T4.)罗德岛太阳神巨像是古代世界七大奇迹之一.它是希腊太阳神赫利俄斯的青铜铸像.如图所示,太阳神赫利俄斯手中所持的几何体(含火焰)近似是一个底面相同的两个圆锥合在一起,正方向投影过去,其平面几何图形形状是上方内角为60°,边长为2的菱形.现在其中一个圆锥中放置一个球体,使得球与圆锥侧面、底面均相切,则该球的体积为( )
A. B. C. D.
【答案】B.
【解析】圆锥的轴截面是边长为2的正三角形,正三角形内切圆的半径为,则圆锥内切球的半径为,
∴球的体积V=×=.
23.(2021•江西上饶三模•理T8.)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,点G是线段BC1上的一点,且A1G⊥B1D,则( )
A.BG=BC1 B.BC1=3GC1
C.BG=3GC1 D.点G为线段BC1上任意一点
【答案】D.
【解析】如图所示,正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,B1D在侧面ABB1A1内的射影是AB1,且AB1⊥A1B,所以A1B⊥B1D,同理,B1D⊥C1,且A1B∩BC1=B,所以B1D⊥平面A1BC1,
又A1G⊂平面A1BC1,所以A1G⊥B1D,即点G为线段BC1上任意一点,选项D正确,A、B、C选项错误.
24.(2021•安徽宿州三模•理T4.)已知a、b为两条不同直线,α、β为两个不同平面.下列命题中正确的是( )
A.若a∥α,b∥α,则a与b共面 B.若a⊥α,α⊥β,则a∥β
C.若a⊥α,α∥β,则a⊥β D.若α∥b,β∥b,则α∥β
【答案】C.
【解析】若a∥α,b∥α,则a∥b或a与b相交或a与b异面,故A错误;
若a⊥α,α⊥β,则a∥β或a⊂β,故B错误;
若a⊥α,α∥β,由直线与平面垂直的性质,可得a⊥β,故C正确;
若α∥b,β∥b,则α∥β或α与β相交,故D错误.
25.(2021•四川泸州三模•理T11.)已知在Rt△ABC中,斜边AB=2,BC=1,若将Rt△ABC沿斜边AB上的中线CD折起,使平面ACD⊥平面BCD,则三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
【答案】A.
【解析】如图,设点E为△BCD外接圆的圆心,则三棱锥A﹣BCD外接球的球心一定在过点E且与平面BCD垂直的直线上,
不妨设点O为外接圆的圆心,则OE⊥平面BCD,且OA=OB=OC=OD=R,
过点O作OM⊥平面ACD,则点M为△ACD外接圆的圆心,在△ACD中,由余弦定理有,,
∴,∴,
延长BE交CD于F,连接MF,∵BC=CD=BD=1,
∴△BCD为边长为1的正三角形,F为CD中点,∴,
由于平面ACD⊥平面BCD,故四边形OMFE为矩形,则,
在Rt△AOM中,AM2+OM2=OA2,即,解得,
∴三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为.
26.(2021•江苏常数三模•T11.)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E,F,M分别为棱BC,CD,CC1的中点,P是线段A1C1上的动点(含端点),则( )
A.PM⊥BD
B.AC1∥平面EFM
C.PE与平面ABCD所成角正切值的最大值为
D.当P位于C1时,三棱锥P﹣CEF的外接球体积最小
【答案】AC.
【解析】对于A,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1⊥底面ABCD,又BD⊂平面ABCD,
所以AA1⊥BD,又AC⊥BD,且AC∩AA1=A,AC,AA1⊂平面ACC1A1,
所以BD⊥平面ACC1A1,又PM⊂平面ACC1A1,则PM⊥BD,故选项A正确;
对于B,设AC∩BD=O,EF∩AC=H,如图所示,
若AC1∥平面MEF,又AC⊂平面ACC1A1,且平面ACC1A1∩平面MEF=MH,
则AC1∥MH,由正方体的性质可知,O是AC的中点,M是CC1的中点,
所以AC1∥MO,又MO∩MH=M,产生矛盾,故假设不成立,故选项B错误;
对于C,点P在平面ABCD上的射影N在AC上,连结NE,
故∠PEN即为PE与平面ABCD所成的角,
设正方体的棱长为a,则PN=a,tan∠PEN=,
故EN的最小值即为E到直线AC的距离EH=,
所以tan∠PEN的最大值为,故选项C正确;
对于D,正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,假设HK⊥平面ABCD,交A1C1于点K,
又H为△CEF的外心,则三棱锥P﹣CEF的外接球的球心一定在HK上,
设球心为O',高O'P=O'E=R,正方体的棱长为a,
则,
2a,其中,
故当PK=0时,R最小,此时点P与点K重合,故选项D错误.
27.(2021•上海浦东新区三模•T13.)下列命题正确的是( )
A.三点确定一个平面
B.三条相交直线确定一个平面
C.对于直线a、b、c,若a⊥b,b⊥c,则a∥c
D.对于直线a、b、c,若a∥b,b∥c,则a∥c
【答案】D.
【解析】选项A,不共线的三点确定一个平面,故A错误;
选项B,三条相交直线可确定一个平面,或三个平面,(三棱锥的三条侧棱),故B错误;选项C,对于直线a、b、c,若a⊥b,b⊥c,则a∥c,在平面几何中是正确的,在立体几何中不一定成立,故C错误;
选项D,由平行公理可得:对已直线abc,若a∥b,b∥c,则a∥c,故D正确.
28.(2021•湖南三模•T11.)如图,在平行四边形ABCD中,AB=1,AD=2,∠A=60°,沿对角线BD将△ABD折起到△PBD的位置,使得平面PBD⊥平面BCD,下列说法正确的有( )
A.平面PCD⊥平面PBD
B.三棱锥P﹣BCD四个面都是直角三角形
C.PD与BC所成角的余弦值为
D.过BC的平面与PD交于M,则△MBC面积的最小值为
【答案】ABD.
【解析】△BCD中,CD=1,BC=2,∠A=60°,
所以BD=,故BD2+CD2=BC2,所以BD⊥CD,
因为平面PBD⊥平面BCD且平面PBD∩平面BCD=BD,
所以CD⊥平面PBD,CD⊥PD;
同理PB⊥平面CBD,
因为CD⊂平面PCD,
所以平面PCD⊥平面BPD,A,B正确;
以D为原点,联立如图所示的空间直角坐标系,则B(,0,0),C(0,1,0),P(,0,1),因为=(,0,1),=(﹣,1,0),
所以cos==,即PD与BC所成角的余弦值为,C错误;因为M在线段PD上,设M(,0,a),则=(3﹣,0,﹣a),
所以点M到BC的距离d===,
当a=时,d取得最小值,此时△MBC面积取得最小值=,D正确.
29.(2021•福建宁德三模•T12) 已知正四棱锥的侧面积为43,当该棱锥的体积最大时,以下结论正确的是( )
A. 棱锥的高与底面边长的比为22
B. 侧棱与底面所成的角为60∘
C. 棱锥的每一个侧面都是等边三角形
D. 棱锥的内切球的表面积为(8-43)π
【答案】ACD.
【解析】设底面边长为2a,侧棱长为b,则,即ab2-a2=3,
而V=13×(2a)2×b2-a2-a2=4a2b2-2a23,又ab2-a2=3,
故V=4a23⋅3a2-a2=433a2-a6,
设f(a)=3a2-a6(0
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