新人教A版高考数学一轮复习模块卷一立体几何含解析

这是一份新人教A版高考数学一轮复习模块卷一立体几何含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
模块卷(一)
时间:110分钟　分值:135分
立体几何
一、选择题:本题共11小题,每小题5分,共55分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.某几何体的正视图和侧视图均如图所示,则该几何体的俯视图不可能是 (　　)


答案　D　由于该几何体的正视图和侧视图相同,且上部分是一个矩形,矩形中间无实线和虚线,因此俯视图不可能是D.
2.已知正三角形ABC的边长为a,那么△ABC的平面直观图△A'B'C'的面积为 (　　)
A.34a2　　B.38a2　　C.68a2　　D.616a2
答案　D　图①②分别表示正三角形ABC的实际图形和直观图.

由斜二测画法可知,A'B'=AB=a,O'C'=12OC=34a,
在图②中作C'D'⊥A'B'于D',则C'D'=22O'C'=68a.
∴S△A'B'C'=12A'B'·C'D'=12×a×68a=616a2.
方法总结　平面图形与其直观图的面积关系如下:
根据水平放置的平面图形的直观图的斜二测画法规则即可得到平面图形的面积是其直观图面积的22倍.
3.如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是36,点E在棱CC1上,且CE=2EC1,则三棱锥E-BCD的体积是 (　　)

A.3　　B.4　　C.6　　D.12
答案　B　因为长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是36,
所以BC·CD·CC1=36,又点E在棱CC1上,且CE=2EC1,
所以三棱锥E-BCD的体积是13×12×BC·CD·EC
=13×12×BC·CD·23CC1=19BC·CD·CC1=19×36=4.
故选B.
思路分析　由锥体的体积公式可得三棱锥的体积为19BC·CD·CC1,结合长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是36可得结果.
4.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥BC,AA1=AC=2,直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°,则该三棱柱的侧面积为 (　　)

A.4+42　　B.4+43　　C.12　　D.8+42
答案　A　连接A1B.因为AA1⊥底面ABC,所以AA1⊥BC,又AB⊥BC,AA1∩AB=A,所以BC⊥平面AA1B1B,所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B=30°.又AA1=AC=2,所以A1C=22,BC=2.又AB⊥BC,所以AB=2,则该三棱柱的侧面积为2×2×2+2×2=4+42.


方法总结　不同类型的几何体表面积的求法.
求多面体的表面积
只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形,利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积
求旋转体的表面积
可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手,将其展开后求表面积,但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系
求不规则几何体的表面积
通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体,先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积,再通过求和或作差,求出所给几何体的表面积
5.(2020上海普陀一模,15)已知两个不同的平面α,β和三条不重合的直线a,b,c,下列命题中正确的是 (　　)
A.若a∥α,α∩β=b,则a∥b
B.若a,b在平面α内,且c⊥a,c⊥b,则c⊥α
C.若a,b,c是两两互相异面的直线,则只存在有限条直线与a,b,c都相交
D.若α,β分别经过两异面直线a,b,且α∩β=c,则c必与a或b相交
答案　D　对于选项A,若a∥α,α∩β=b,则直线a也可能与直线b异面,故错误.
对于选项B,只有当直线a和b为相交直线时,若c⊥a,c⊥b,则c⊥α.故错误.
对于选项C,若a,b,c是两两互相异面的直线,则要么存在一条直线或不存在直线与a,b,c都相交.故错误.
对于选项D,若α,β分别经过两异面直线a,b,且α∩β=c,则c必与a或b相交,正确.
故选D.
6.(2020黑龙江大庆实验中学复学考试,5)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是线段AB1,BC1的中点,以下结论:①直线BD⊥直线MN;②直线MN与直线AC异面;③直线MN⊥平面BDD1B1;④MN=22AA1,其中正确的个数是 (　　)

A.1　　B.2　　C.3　　D.4
答案　C　本题主要考查正方体的性质,线面垂直的判定与性质以及平行公理,考查的核心素养为逻辑推理和直观想象.

过M作ME⊥AB于E,过N作NF⊥BC于F,连接EF,由于M,N分别为AB1,BC1的中点,故ME?12CC1?12BB1?NF,∴四边形MNFE为平行四边形,∴MN∥EF,又EF∥AC,
∴MN∥AC,故结论②错误;
∵AC⊥BD,AC⊥BB1,BD∩BB1=B,∴AC⊥平面BDD1B1,又∵AC∥EF,EF∥MN,∴AC∥MN,∴MN⊥平面BDD1B1,故结论③正确;由MN⊥平面BDD1B1可知MN⊥BD,故结论①正确;由正方体的性质可知AC=2AA1,∴MN=EF=12AC=22AA1,故结论④正确.综上所述,正确结论的个数为3.故选C.
7.在棱长均相等的四面体OABC中,M,N分别是棱OA,BC的中点,则异面直线MN与AB所成角的大小为 (　　)

A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.90°
答案　B　取OB的中点P,AB的中点Q,连接MP,PN,CQ,OQ,
由中位线定理可知MP∥AB,PN∥OC,
则∠PMN(或其补角)为异面直线MN与AB所成的角.

因为MP∥AB,PN∥OC,OQ⊥AB,CQ⊥AB,
且CQ∩OQ=Q,所以AB⊥平面OCQ,
则AB⊥OC,所以PM⊥PN,
因为四面体OABC的棱长均相等,所以PM=PN,
所以△MPN为等腰直角三角形,
所以∠PMN=45°,
故选B.
名师点睛　本题考查了异面直线所成角的求法,以及线面垂直的判定.
8.(2020四川遂宁三诊,7)用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体.已知正六面体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,则平面AB1D1与平面BC1D间的距离为 (　　)
A.3　　B.63　　C.433　　D.23
答案　C　由题意知正六面体ABCD-A1B1C1D1是棱长为4的正方体,
∵AB1∥DC1,B1D1∥BD,AB1∩B1D1=B1,C1D∩BD=D,
∴平面AB1D1∥平面BC1D,
连接A1C,可得A1C⊥平面AB1D1,A1C⊥平面BC1D.
设垂足分别为E,F,则平面AB1D1与平面BC1D间的距离为EF的长.
正方体的体对角线A1C的长为42+42+42=43.
在三棱锥A1-AB1D1中,由等体积法求得A1E=13×12×4×4×413×12×42×42×32=433.
∴平面AB1D1与平面BC1D间的距离为43-833=433.
故选C.

9.(2020北京石景山一模,10)点M,N分别是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中棱BC,CC1的中点,动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动.若PA1∥平面AMN,则PA1的长度范围是(　　)

A.[2,5]
B.322,5
C.322,3
D.[2,3]
答案　B　本题考查线面平行与空间向量的应用,考查学生运用数形结合的思想方法解决几何问题的能力,渗透直观想象与数学运算的核心素养.
如图所示,以D为坐标原点建系,则D(0,0,0),A(2,0,0),M(1,2,0),N(0,2,1),A1(2,0,2).设P(m,2,n)(0≤m≤2,0≤n≤2).

故AM=(-1,2,0),MN=(-1,0,1),A1P=(m-2,2,n-2),
设平面AMN的法向量为n=(x,y,z).
则AM·n=0,MN·n=0,即-x+2y=0,-x+z=0,令x=2,则y=1,z=2.
所以n=(2,1,2),
因为PA1∥平面AMN,所以A1P·n=0.
故A1P·n=(m-2,2,n-2)·(2,1,2)=0,故m+n=3,
设线段B1B、B1C1的中点分别为E、F,因而点P在线段EF上,根据图形对称性,当点P与点E或F重合时,|PA1|max=5,当点P为线段EF的中点时,|PA1|min=322,故选B.
解题关键　建立空间直角坐标系,通过计算确定点P的轨迹是解题的关键.
10.(2020湖北省部分重点中学联考二,12)如图,已知四面体ABCD的各条棱长均等于4,E,F分别是棱AD、BC的中点.若用一个与直线EF垂直,且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体,由此得到一个多边形截面,则该多边形截面面积的最大值为 (　　)

A.32　　B.4　　C.42　　D.6
答案　B　将正四面体补成正方体如图,

可得EF⊥平面CHBG,且正方形CHBG的边长为22,
由于EF⊥α,故截面为平行四边形MNKL,且KL+KN=4,
又KL∥BC,KN∥AD,且AD⊥BC,∴KN⊥KL,
∴S▱MNKL=KN·KL≤KN+KL22=4,当且仅当KL=KN=2时取等号,所以该多边形截面面积的最大值为4.
故选B.
思路分析　将正四面体补成正方体,由此可得截面为平行四边形MNKL,且KL+KN=4,且KN⊥KL,利用基本不等式即可求出答案.
11.(2020湖南衡阳八中适应性考试,12)如图所示,在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D满足PD=DA,PB=BA,则四面体PBCD的体积的最大值为 (　　)

A.13　　B.12　　C.23　　D.1
答案　B　因为AB=BC=2,∠ABC=120°,
所以AC=22+22-2×2×2cos120°=23,
∠ACB=∠CAB=30°.
设AD=x,则DP=x,DC=23-x,
设P到平面BCD的距离为h,则h≤PD=x,
则S△BCD=12×BC×DC×sin∠ACB=12×2×(23-x)×12=23-x2,
则V四面体PBCD=13×S△BCD×h≤13×23-x2×x=-16(x-3)2+12,
所以当x=3时,四面体PBCD的体积取得最大值,为12.
故选B.
思路分析　根据题意,设AD=x,表示出△BCD的面积,进而表示出四面体PBCD的体积,根据二次函数的性质即可求得PBCD的体积的最大值.
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
12.将圆锥的侧面展开后得到一个半径为2的半圆,则此圆锥的体积为　　　　. 
答案　33π
解析　设圆锥的底面半径为r,母线长为l,高为h,则l=2,
由题意可知,πl=2πr,∴r=l2=1,由勾股定理得h=l2-r2=3,
因此,该圆锥的体积为13πr2h=13π×12×3=33π.
思路分析　设圆锥的底面半径为r,母线长为l,高为h,由题意得出l=2,根据圆锥底面圆周长等于展开后半圆的弧长得出r,再由勾股定理得出h的值,最后利用锥体的体积公式计算出圆锥的体积.
13.(2020山东潍坊临朐一模,16)三棱锥P-ABC的4个顶点在半径为2的球面上,PA⊥平面ABC,△ABC是边长为3的正三角形,则点A到平面PBC的距离为　　　　. 
答案　65
解析　将三棱锥P-ABC补成三棱柱,如图.上、下底面中心O1、O2所连线段的中点O为外接球的球心,
易知AN=32AB=32,∴AO1=23AN=23×32=1,∴OO1=OA2-AO12=2-1=1,∴PA=2OO1=2,

设A到平面PBC的距离为d,
则由VA-PBC=VP-ABC得13d·S△PBC=13PA·S△ABC,
∴13d×12BC×PN=13PA×12BC×AN,
∴13d×12×3×52=13×2×12×3×32,∴d=65,
故点A到平面PBC的距离为65.
思路分析　补成三棱柱后找到外接球的球心,计算PA,再利用等体积法可得.
14.(2020湖北襄阳五中、夷陵中学4月联考,16)三棱锥S-ABC中,点P是Rt△ABC斜边AB上一点,给出下列四个命题:
①若SA⊥平面ABC,则三棱锥S-ABC的四个面都是直角三角形;
②若AC=BC=SC=2,SC⊥平面ABC,则三棱锥S-ABC的外接球表面积为12π;
③若AC=3,BC=4,SC=5,S在平面ABC上的射影是△ABC内心,则三棱锥S-ABC的体积为2;
④若AC=3,BC=4,SA=3,SA⊥平面ABC,则直线PS与平面SBC所成的最大角为45°.
其中正确命题的序号是　　　　.(把你认为正确命题的序号都填上) 
答案　①②④
解析　对于①,因为SA⊥平面ABC,所以SA⊥AC,SA⊥AB,SA⊥BC,又BC⊥AC,所以BC⊥平面SAC,所以BC⊥SC,故四个面都是直角三角形,∴①正确;
对于②,若AC=BC=SC=2,SC⊥平面ABC,∴三棱锥S-ABC的外接球可以看作棱长为2的正方体的外接球,∴2R=23,∴外接球表面积为12π,∴②正确;
对于③,设△ABC的内心是O,连接SO,则SO⊥平面ABC,连接OC,则有SO2+OC2=SC2,又内切圆半径r=12×(3+4-5)=1,所以OC=2,则SO2=SC2-OC2=5-2=3,故SO=3,∴三棱锥S-ABC的体积V=13S△ABC·SO=13×12×3×4×3=23,∴③不正确;
对于④,∵SA=3,SA⊥平面ABC,则直线PS与平面SBC所成的角最大时,P点与A点重合,在Rt△SCA中,tan∠ASC=33=1,∴∠ASC=45°,即直线PS与平面SBC所成的最大角为45°.∴④正确.
15.(2020山西太原4月模拟(一),15)在如图所示的实验装置中,正方形框架的边长都是1,且平面ABCD⊥平面ABEF,活动弹子M,N分别在正方形对角线AC,BF上移动,若CM=BN,则MN长度的最小值为　　　　. 

答案　22
解析　本题主要考查面面垂直的性质,平行线分线段成比例的应用,求二次函数的最值等基础知识,考查学生的逻辑思维能力和运算求解能力,考查的核心素养为逻辑推理、数学运算.
过M作MQ⊥AB于Q,连接QN,∵平面ABCD⊥平面ABEF,且交线为AB,∴MQ⊥平面ABEF,又QN⊂平面ABEF,∴MQ⊥QN,设CM=BN=a(0