模块综合练01 立体几何-高考数学（理）一轮复习小题多维练（全国通用）（解析版）

模块综合练01立体几何

1．（2021·怀仁市第一中学校高三一模（理））在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－PAD的外接球的表面积为（    ）

A．12π B．34π C．68π D．126π

【答案】C

【分析】

根据正弦定理求出外接圆的直径，然后根据，外接圆的直径，球的直径构成直角三角形来求解.

【详解】

由题意可知，MP⊥PA，MP⊥PD.

且PA∩PD＝P，PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，所以MP⊥平面PAD.

设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得＝2r，

即＝2r，所以r＝4.

设三棱锥M－PAD的外接球的半径为R，则，

即，所以，

所以外接球的表面积为.

故选：C.

2．（2021·陕西高三二模（理））刘徽《九章算术注》记载：“邪解立方有两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也”.意思是：把一长方体沿对角面一分为二，这相同的两块叫做堑堵，沿堑堵的一顶点与其相对的棱剖开成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积之比为定值2：1，这一结论今称刘徽原理.如图是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（    ）

A．4π B．3π C． D．

【答案】D

【分析】

先依题意利用三视图求得四棱锥所在的长方体的外接球的直径，计算即可.

【详解】

根据几何体的三视图知，该“阳马”是底面对角线长为的正方形，一条长为的侧棱与底面垂直的四棱锥，将该四棱锥补成长方体，长方体的外接球与四棱锥的外接球相同，球直径等于长方体的对角线长，即，

球体积为，

故选:D

【点睛】

方法点睛:三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.

3．（2021·江门市培英高级中学高三其他模拟）如图，在四边形中，，，，现沿对角线折起，使得平面平面，此时点，，，在同一个球面上，则该球的体积是（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

根据两平面的形状寻找外接球的球心位置，利用勾股定理求出外接球半径，从而可得出球的体积

【详解】

解：如图，取的中点，连接，

因为，所以,

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

因为，所以棱锥外接球的球心在直线上，

因为，，，

所以，

设，则，

所以，解得，

所以外接球的半径为，

外接球的体积为，

故选：A

4．（2021·全国高三其他模拟（理））已知某几何体的三视图如图所示，点A，B在正视图中的位置如图所示(A，B分别为正视图中等腰梯形的两个顶点)，则在此几何体的侧面上，从A到B的最短距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

作出三视图的直观图，并展开，根据三视图中的数据求得展开图中的边长，半径，圆心角等，从而求得AB的长.

【详解】

由三视图可知该几何体为下底面半径，上底面半径，高为的圆台，故其母线长为，其侧面展开图为以上、下底面周长为弧长，圆台母线长为半径的扇环，如图所示，将圆台补形为圆锥，

由相似三角形知，，即，解得，

即圆锥的母线为3，记扇形的圆心角为，则，

即，解得

由三视图可知，点B为展开图中圆弧的中点，在中，

，，，则，

故

故选：A

5．（2021·江西高二其他模拟（理））如图，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点，分别在半圆弧，（均不含端点）上，且，，，在球上，则下列命题：①当点在的三等分点处，球的表面积为；②当点在的中点处，过，，三点的平面截正四棱柱所得的截面的形状都是四边形；③当点在的中点处，三棱锥的体积为定值.其中真命题的个数为（    ）

A．3 B．2 C．1 D．0

【答案】C

【分析】

取中点，中点，中点，根据题意得球心在线段上，设，设，根据，得，进而得，当点在的三等分点处，，根据上述运算即可得①错误；对于②，当点在上时，可知其截面为五边形，故错误；对于③，根据等体积法求解即可判断.

【详解】

如图1，取中点，中点，中点，

根据题意，球心在线段上，设，

则由余弦定理，设，则，，因为（为球的半径），所以，所以，

当点在的三等分点处，，则，

所以，所以球的表面积为，故①错误；

对于②，当点在上时，连接，在平面中过点作的平行线，与线段分别交于，延长与相交，连接交点与点交于，

此时，当点在的中点处，过，，三点的平面截正四棱柱所得的截面为五边形，故②错误；

对于③，当点在的中点处，三棱锥的体积为，为定值，故③正确.

故选：C．

6．（2019·福建省永春第一中学高三其他模拟（理））在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

根据三视图作出几何体的直观图，然后根据几何体的结构特征，利用分割法可求得几何体的体积.

【详解】

根据三视图还原原几何体的直观图如下图所示：

其中，底面为直角三角形，且，，，

侧棱、、与底面垂直，且，，

过点分别作、分别交、于点、，

则三棱柱为直棱柱，四棱锥的底面为矩形，高为，

所以，.

故选:C.

【点睛】

方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：

（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；

（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．

7．（2021·陕西高三其他模拟（理））已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题正确的是（    ）

A．若，，是“”的必要条件

B．若，，“”是“”的充分条件

C．若，，“”是“”的充分条件

D．若，，“”是“”的充要条件

【答案】D

【分析】

根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.

【详解】

对于A中，若，，，可得或相交，所以A错误；

对于B中，若，，，可得α、β不一定垂直，所以B错误；

对于C中，若，，，可得m，n可能平行，都与α、β的交线平行，

所以C错误；

对于D中，若，，可得，又由，可得；

若，，可得，又由，可得，所以D正确.

故选：D.

8．（2021·全国高三其他模拟（理））已知四棱锥的底面为平行四边形，是棱上靠近点的三等分点，是的中点，平面，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】

将图形补全为三棱柱，然后证得所以，从而得到，然后即可求得结果..

【详解】

将棱锥补全成棱柱，作，且，因为四边形为平行四边形，所以，且，所以，且，因为是的中点，所以延长必过点，连接交于，此时四点共面，因为四边形为平行四边形，所以，且，所以，又因为是棱上靠近点的三等分点，所以，所以，

故选：D.

9．（2021·内蒙古高三二模（理））设、、表示不同的直线，、、表示不同的平面，给出下列四个命题：

①若，且，则；

②若，，，则；

③若，且，则；

④若，，，则．

则正确的命题个数为　　

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】D

【分析】

根据空间线面平行，垂直的判定定理和性质定理分别进行判断即可．

【详解】

解：①根据“垂直于同一平面的两条直线互相平行”知，若，且，则正确；故①正确，

②若，，，则错误，当时，也满足前面条件；故②错误，

③若，且，则不一定正确，有可能相交，也有可能异面；故③错误，

④若，，，则不一定成立，有可能平行．故④错误，

故正确的个数为1，

故选：D．

10．（2021·怀仁市第一中学校高三一模（理））释迦塔全称佛宫寺释迦塔，位于山西省朔州市应县城西北佛宫寺内，俗称应县木塔，是中国现存最高最古老且唯一一座木构塔式建筑，全国重点文物保护单位．与意大利比萨斜塔、巴黎埃菲尔铁塔并称“世界三大奇塔”．木塔顶部可以近似地看成一个正八棱锥，其侧面和底面的夹角大小为30°，则该正八棱锥的高和底面边长之比为(参考数据：tan 22.5°＝)（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】

画出图形，再设正八棱锥底面边长为，再根据三角形中的边长关系求解即可

【详解】

如图所示，

点P是正八棱锥的顶点，点O是底面的中心，AB是底面的一条边，M是AB的中点，

根据题意知∠BOM＝22.5°，

因为tan 22.5°＝，

设AB＝a，则OM＝＝a，

又因为二面角P－AB－O的大小为30°，

即∠PMO＝30°，

所以OP＝OMtan 30°＝a，

即正八棱锥的高和底面边长之比为.

故选：D

11．（2020·江苏高三一模）如题图所示，在长方体中，，对角线与平面所成的角为，若一个球的直径与对角线相等，则该球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

首先连接，得到为直线与平面所成的角，从而得到，求出的长度，再求球体的体积即可.

【详解】

连接，如图所示：

因为平面，所以为直线与平面所成的角.

即.

因为，所以，.

所以球的半径为，体积.

故选：C

12．（2021·河南（理））《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接，，，.则在阳马中，鳖臑的个数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】

利用底面证得，然后利用线面垂直判定定理证得平面，同理平面，从而证得，又，证得平面，平面，平面，从而得出结论.

【详解】

因为底面，所以，由底面为长方形，有，而，所以平面，同理平面，故四面体和都是鳖臑.而平面，所以.又因为，点是的中点，所以.而，所以平面.而平面，所以.又，，所以平面.由平面，平面，可知四面体､和的四个面都是直角三角形，即四面体､和都是鳖臑.综上有个鳖臑.

故选：B.

13．（2021·黑龙江齐齐哈尔市·高三其他模拟（理））三棱锥中，底面，，在底面中，，，则三棱锥的外接球的体积等于__________．

【答案】

【分析】

设为外接圆圆心，为球心，由球的性质知平面；利用正弦定理可求得外接圆半径；根据四边形为矩形，得到，利用勾股定理构造方程组即可求得外接球半径，代入球的体积公式求得结果.

【详解】

设为外接圆圆心，为三棱锥外接球球心，

则平面，作，垂足为

由正弦定理可知外接圆直径：

，

平面，平面，

又，，

四边形为矩形，

设，

在和中，

勾股定理可得：，解得：

三棱锥外接球体积：

故答案为：

14．（2021·陕西高三二模（理））将正方形沿对角线折成直二面角，给出下列四个结论：①，所成的角为；②为等边三角形；③；④与平面所成角.其中真命题是______.（请将你认为是真命题的序号都填上）

【答案】①②③

【分析】

在①中，设，取中点，中点，中点，推

导出是等边三角形，从而得到，所成的角为；

在②中，由，且，由此能得到为等边三角形；

在③中，推导出面，从而；

在④中，推导出是与平面所成角，从而得到与平面所成角为．

【详解】

解：在①中：将正方形沿对角线折成直二面角，得到四面体，

设，

取中点，中点，中点，连结，，，，，

则，且，，

由三角形中位线定理得，，且，，

是，所成的角，

，是等边三角形，，

，所成的角为，故①正确；

在②中：，且，，

，

为等边三角形，故②正确；

在③中：，是中点，

，，又，面，

面，，故③正确；

在④中：是直二面角，，

平面，是与平面所成角，

，，

与平面所成角为，故④错误．

故答案为：①②③．

15．（2021·河南安阳·高三三模（理））已知四棱锥的顶点都在球上，平面，底面为矩形，，若球的表面积为，则四棱锥的体积为___________；若，分别是，的中点，则点到平面的距离为___________.

【答案】       

【分析】

求出即可求体积利用球心为的中点，求出球的半径，设球心到平面的距离为，由等体积法可得，求出的值．

【详解】

由题意可知，球心为的中点，故球的直径，所以，

，，

所以四棱锥的体积为；

设球心到平面的距离为，

由题意可知，球心到平面的距离等于点到平面的距离，

在三棱锥中，由等体积法可得，即，解得．

故答案为：；.

16．（2021·湖北高三三模）如图，在边长为的正方形中，、分别是、的中点.若沿、及把这个正方形折成一个四面体，使、、三点重合，重合后的点记为，则：

（1）三棱锥外接球的表面积为___________；

（2）点到平面的距离为___________.

【答案】       

【分析】

证明出平面，将三棱锥补成长方体，计算出长方体的体对角线长，可得出三棱锥外接球的半径，利用球体的表面积可求得结果；利用等体积法可求得点到平面的距离.

【详解】

（1）在正方形中，，，，

在三棱锥中，则，，

，平面，且，

将三棱锥补成长方体，

所以，三棱锥外接球的直径为，

因此，三棱锥外接球的表面积为；

（2），，

，取的中点，连接，则，

，则，

设点到平面的距离为，由，可得，解得.

故答案为：；.

【点睛】

方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：

①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；

②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；

③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.