新高考数学一轮复习《立体几何小题易错练》课时练习(2份打包，教师版+原卷版)

新高考数学一轮复习

《立体几何小题易错练》课时练习

一              、选择题

1.设a，b，c表示三条互不重合的直线，α，β表示两个不重合的平面，则使得“a∥b”成立的一个充分条件为(　　)

A.a⊥c，b⊥c

B.a∥α，b∥α

C.a∥α，a∥β，α∩β＝b

D.b⊥α，c∥α，a⊥c

【答案解析】答案为：C

解析：A项，a⊥c，b⊥c，则a，b可能平行、异面、相交，不是a∥b的充分条件；B项，a∥α，b∥α，则a，b可能平行、异面、相交，不是a∥b的充分条件；C项，a∥α，a∥β，α∩β＝b，由线面平行的性质可知a∥b，是a∥b的充分条件；D项，b⊥α，c∥α，a⊥c，则a，b可能平行、异面、相交，不是a∥b的充分条件.

2.已知直线m，n和平面α，β满足m⊥n，m⊥α，α⊥β，则(　　)

A.n⊥β       B.n∥β或n⊂β      C.n⊥α       D.n∥α或n⊂α

【答案解析】答案为：D

解析：如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，记平面ABCD为α，平面ADD1A1为β，BB1所在直线为m，

若n为B1C1，满足m⊥n，显然n∥α，n∥β，所以A，C错误；

若n为A1B1，满足m⊥n，显然n⊥β，所以B错误；

对D，n∥α或n⊂α，显然满足题意，若n与α交于点P，点Q为直线n上不同于点P的另外一点，连接PB，因为m⊥α，PB⊂α，所以m⊥PB，又m⊥n，而n与PB交于点P，所以m⊥平面PBQ，又因为m⊥α，于是过点B存在两个不同的平面与m垂直，矛盾，所以D正确.

3.已知正三棱锥的底面边长为2，高为，则三棱锥的内切球的表面积为(　　)

A.4π       B.π       C.π      D.3π

【答案解析】答案为：C

解析：如图所示，设正三棱锥为P－ABC，

设O为三棱锥的内切球的球心，D为正△ABC的中心，所以PD为正三棱锥的高，PD＝，

设E是AB的中点，正三棱锥的底面边长为2，

所以CE＝＝＝3，DE＝CE＝1，

因为PD为正三棱锥的高，所以PE＝＝＝2，

由正三棱锥的性质可知S△PAB＝S△PAC＝S△PCB＝×2×2＝2，

S△ABC＝×2×3＝3，VP－ABC＝×3×＝3，设内切球的半径为r，

VP－ABC＝VO－ABC＋VO－PBC＋VO－PBA＋VO－PAC＝3，解得r＝，

所以三棱锥的内切球的表面积为4π·()2＝π.

4.如图，正方形O′A′B′C′的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是(　　)

A.8 cm         B.6 cm     C.2(1＋) cm       D.2(1＋) cm

【答案解析】答案为：A.

解析：由直观图知原图形是平行四边形OABC，如图，OA＝O′A′＝1，OB⊥OA，OB＝2O′B′＝2，AB＝＝3，

所以平行四边形OABC的周长是8 cm.

5.已知角α的两边和角β的两边分别平行，且α＝20°，则β等于(　　)

A.20°         B.160°   C.20°或160°      D.不能确定

【答案解析】答案为：C

解析：因为角α的两边和角β的两边分别平行，所以α，β相等或者互补，所以β＝20°或β＝160°.

6.我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式d≈.人们还用过一些类似的近似公式.根据π＝3.141 59…判断，下列近似公式中最精确的一个是(　　)

A.d≈      B.d≈      C.d≈     D.d≈

【答案解析】答案为：D

解析：∵球的体积V＝π×(d)3，∴d3＝V＝V.∵π＝3.141 59…，∴＝1.570 79….

记d1≈，∴d≈V＝V；d2≈，∴d≈2V＝V；d3≈，∴d≈V；

d4≈，∴d≈V.∵≈1.688，≈1.571，∴在，1.5,1.57，中，最接近.

∴d4更精确.

7.已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，M为空间任意两点，如果＝＋7＋6－4，那么点M必(　　)

A.在平面BAD1内        B.在平面BA1D内

C.在平面BA1D1内        D.在平面AB1C1内

【答案解析】答案为：C

解析：因为＝＋7＋6－4＝＋＋6－4＝＋＋6－4＝＋6(－)－4(－)＝11－6－4，所以M，B，A1，D1四点共面.

8.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为(　　)

A.2      B.       C.＋1      D.2＋

【答案解析】答案为：B

解析：如图，连接D1A，C1B并分别延长至F，G，使得AF＝AD，BG＝BC，连接EG，FG，

∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1为正四棱柱，∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥AF，AB⊥BG，又AB＝AD＝AF，∴四边形ABGF为正方形，∴EG＝＝＝CE，∴D1E＋CE的最小值为D1G，又D1G＝＝＝，∴D1E＋CE的最小值为.

二              、多选题

9. (多选)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M，N，P分别是平面ADD1A1，平面CDD1C1，平面ABCD的中心，点Q是线段A1C1上的动点，则下列结论正确的是(　　)

A.PN与A1C1所成的角为

B.D点到平面MNP的距离为a

C.三棱锥M－NPQ的体积为定值a3

D.直线DQ与平面A1ACC1所成角的正切值的最大值为

【答案解析】答案为：ABC

解析：如图所示，连接C1D，NP，BD，A1B，BC1，QP，QD，

则点N是C1D的中点，点P是BD的中点，则NP∥C1B，故PN与A1C1所成的角即C1B与A1C1所成的角，即∠A1C1B，又A1C1＝BC1＝A1B＝a，则∠A1C1B＝，故A正确；

NP＝BC1＝a，同理知MN＝MP＝a，又DM＝DN＝DP＝a，则三棱锥D－MNP为棱长为a的正四面体，则易知点D到平面MNP的距离为a，故B正确；

易知MN∥AC，AC∥A1C1，则MN∥A1C1，A1C1⊄平面MNP，即A1C1∥平面MNP，又点Q是线段A1C1上的动点，则点Q到平面MNP的距离为定值，且与点A1到平面MNP的距离相等，而M为A1D的中点，则点A1到平面MNP的距离与点D到平面MNP的距离相等，为a，

故三棱锥M－NPQ的体积VM－NPQ＝VQ－MNP＝××(a)2sin ×a＝a3，故C正确；

在正方体ABCD－A1B1C1D1中，易知BD⊥平面ACC1A1，则直线DQ与平面A1ACC1所成角即为∠DQP，

tan∠DQP＝，又DP＝a，则tan∠DQP取最大值时，PQ取最小值为a，

此时tan∠DQP＝＝，故D错误.

10. (多选)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AB＝1，AA1＝，若AP＝λAC，λ∈[0,1]，则(　　)

A.当λ＝时，D1P⊥A1C1

B.直线BP与平面A1BC1所成角的最大值大于

C.当平面PB1D1截直四棱柱所得截面面积为时，λ＝

D.四面体A1C1DP的体积为定值

【答案解析】答案为：ABD.

解析：当λ＝时，P为AC的中点，连接A1C1，D1P，B1D1，BD(图略)，则A1C1⊥B1D1，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1C1，又B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面BDD1B1，所以A1C1⊥平面BDD1B1，

因为D1P⊂平面BDD1B1，所以D1P⊥A1C1，A正确；

因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，所以AC∥A1C1，因为AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以AC∥平面A1BC1，则点P到平面A1BC1的距离等于点A到平面A1BC1的距离.设点A到平面A1BC1的距离为d，则，即××d＝××1××1，所以××d＝，所以d＝.

设直线BP与平面A1BC1所成的角为θ，θ∈(0,]，因为点P到平面A1BC1的距离为定值，所以当BP最小，即P为AC的中点时，直线BP与平面A1BC1所成的角最大，此时BP＝，所以sin θ＝，因为sin2θ＝>，所以θ>，B正确；

当λ＝时，点P为AC上靠近点C的四等分点，则平面PB1D1截四棱柱所得截面为等腰梯形B1D1EF，如图，易知EF＝BD＝，等腰梯形B1D1EF的高h＝＝，所以梯形B1D1EF的面积为×B1D1×h＝，由几何体的对称性可知，当平面PB1D1截直四棱柱所得截面面积为时，λ＝或λ＝，C错误；

由上可知，AC∥平面A1C1D，所以点P到平面A1C1D的距离恒为定值，因为△A1C1D的面积为定值，所以四面体A1C1DP的体积为定值，D正确.

三              、填空题

11.若m，n是两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列命题：

①若m∥n，m∥α，则n∥α；②若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β；③若m∥n，n⊥α，则m⊥α；④若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β.

上面命题中，所有真命题的序号是________.

【答案解析】答案为：③④.

解析：对于①，若m∥n，m∥α，则n⊂α或n∥α，故选项①错误；

对于②，若m∥α，n∥β，m∥n，则α与β平行或相交，如图所示，故选项②错误；

对于③，若m∥n，n⊥α，根据两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直这个平面，故m⊥α，故选项③正确；

对于④，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，直线m，n的方向向量即为平面α，β的法向量，因为m⊥n，则两个平面的法向量垂直，故α⊥β，故选项④正确.

12.已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长均为1，则以点A为球心，1为半径的球与正三棱柱各个面的交线的长度之和为________.

【答案解析】答案为：.

解析：根据题意，如图，以点A为球心，1为半径的球和平面A1B1BA，平面A1C1CA的交线是以A为圆心，1为半径的圆的圆弧，

根据正三棱柱的性质，作BC的中点M，连接AM，易知AM⊥平面B1BCC1，故球与平面B1BCC1的交线为以M为圆心，BC为直径的半圆，所以所求长度之和为×2π×1×2＋×2π×＝.

13.将底面直径为8，高为2的圆锥体石块打磨成一个圆柱，则该圆柱侧面积的最大值为________.

【答案解析】答案为：4π.

解析：欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥，如图，

设圆柱的高为h，底面半径为r，则＝，解得h＝2－r，

所以S圆柱侧＝2πrh＝2πr(2－r)＝π，

当r＝2时，S圆柱侧取得最大值4π.

14.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝CC1＝2，点P是直线BC1上一动点，则A1P＋PC的最小值是________.

【答案解析】答案为：10.

解析：如图，连接A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1放在同一个平面内，在BC1上取一点与A1C构成三角形，由三角形两边之和大于第三边，可知A1P＋PC的最小值是A1C的值，因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中， ∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝CC1＝2，所以矩形BCC1B1是边长为2的正方形，则BC1＝4，又在矩形ABB1A1中，A1B1＝AB＝2，BB1＝2，则A1B＝4，

又A1C＋BC＝A1B2，所以∠A1C1B＝900，则∠A1C1C＝135°，

在△A1C1C中，利用余弦定理可得A1C＝

＝＝10.所以A1P＋PC的最小值是10.

15.如图,在直角梯形ABCD中,BC⊥DC,AE⊥DC,且E为CD的中点,M,N分别是AD,BE的中点,将三角形ADE沿AE折起,连接DC,则下列说法正确的是　　　　.(写出所有正确说法的序号) 

①无论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN∥平面DEC;

②无论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN⊥AE;

③无论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN∥AB;

④在折起过程中,一定存在某个位置,使EC⊥AD.

【答案解析】答案：①②④；

解析：由已知得,在未折叠的原梯形中,AB?DE,

所以四边形ABED为平行四边形,所以BE=AD.折叠后的图形如图所示.

①过点M作MP∥DE,交AE于点P,连接NP.

因为M是AD的中点,所以点P为AE的中点,又N为BE的中点,故NP∥EC.

又MP∩NP=P,DE∩CE=E,所以平面MNP∥平面DEC,故MN∥平面DEC,①正确.

②由已知可得AE⊥ED,AE⊥EC,所以AE⊥MP,AE⊥NP,

又MP∩NP=P,所以AE⊥平面MNP,又MN⊂平面MNP,所以MN⊥AE,②正确.

③假设MN∥AB,则MN与AB确定平面MNBA,

从而BE⊂平面MNBA,AD⊂平面MNBA,与BE和AD是异面直线矛盾,③错误.

④当EC⊥ED时,EC⊥AD.因为EC⊥EA,EC⊥ED,EA∩ED=E,所以EC⊥平面AED,又AD⊂平面AED,

所以EC⊥AD,④正确.

16.在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知∠ABC＝120°，四边形ABCD是边长为2的菱形，且AA1＝4，E为线段BC上的动点，当BE＝________时，A1E与底面ABCD所成角为60°.

【答案解析】答案为：－1.

解析：如图所示，连接AE，

因为AA1⊥底面ABCD，所以∠A1EA为A1E与底面ABCD所成的角，即∠A1EA＝60°，又因为AA1＝4，所以＝tan 60°＝，解得AE＝，设BE＝m(0≤m≤2)，在△ABE中，AB＝2，∠ABE＝120°，AE＝，由余弦定理可得()2＝22＋m2－2×2×m×cos 120°，整理得3m2＋6m－4＝0，解得m＝－1.