新高考数学二轮复习专题突破训练专题07 立体几何与空间向量（2份，原卷版+解析版）

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题型：8（单选）+4（多选）+4（填空）+2（解答题）
时间：90分钟
一、单选题
1．（2020·江苏镇江·高二期中）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水.天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为-一尺二寸，盆深一尺八寸.若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（ ）寸.（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】
根据题意，得出水面半径，求出水的体积，即可求出平地降雨量.
【详解】
由题意可得，天池盆上底半径为寸，下底面半径为寸，高为寸，
因为积水深寸，所以水面半径为寸，
则盆中水的体积为：（立方寸），
所以平地降雨量为寸.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查圆台体积的相关计算，熟记公式即可，属于基础题型.
2．（2020·云南师大附中高三月考（理））朱世杰是元代著名的数学家，有“中世纪世界最伟大的数学家”之称.其著作《四元玉鉴》是一部成就辉煌的数学名著，受到数学史研究者的高度评价.《四元玉鉴》下卷“杂范类会”中第一问为：“今有沈香立圆球一只，径十寸，今从顶截周八寸四分，问厚几何？”大意为现有一个直径为10的球，从上面截一小部分，截面圆周长为8.4，问被截取部分几何体的高为多少.已知朱世杰是以圆周率为3来计算，则《四元玉鉴》中此题答案为（ ）（注：）
A．0.2B．0.4C．0.6D．0.8
【答案】A
【分析】
利用圆的周长公式算出截面的半径，再根据勾股定理可得，解方程即可.
【详解】
设截面圆半径为，截下来的几何体高为，
若以3作为圆周率，则，
又，故，
故选：A.
【点睛】
本题考查了球截面，考查了空间想象能力，属于基础题.
3．（2020·首都师范大学附属中学高二期中）已知圆锥的母线长为5cm，底面半径为cm，一只蚂蚁欲从圆锥的底面圆周上的点出发，沿圆锥侧面爬行一周回到点.则蚂蚁爬行的最短路程长为（ ）
A．8cmB．cmC．10cmD．cm
【答案】B
【分析】
采用数形结合，根据圆锥的展开图，结合弧长公式，可得结果.
【详解】
由题可知：蚂蚁沿圆锥侧面爬行一周回到点，
爬行的最短路程长为
如图
作，
由圆锥的母线长为5cm，底面半径为cm，
所以 cm
由，所以
即，所以
故 cm
所以 cm
故选：B
【点睛】
本题考查圆锥的展开图，还考查了弧长公式，考验空间想象能力以及思维能力，属中档题.
4．（2020·江苏镇江·高二期中）卢浮宫金字塔位于巴黎卢浮宫的主院拿破仑庭院，由美籍华人建筑师设计，已成为巴黎的城市地标｡金字塔为正四棱锥造型，四个侧面由几乎大小相同的玻璃块拼装而成，能成为地下设施提供良好的采光，创造性地解决了把古老宫殿改造成现代美术馆的一系列难题，取得极大成功，金字塔塔高21米，底宽34米，如果每块玻璃面积为2.72平方米，不计安装中的损耗，请你估算，建造这座玻璃金字塔需要玻璃块的块数最接近的数为（ ）
A．575B．625C．675D．725
【答案】C
【分析】
画出正四棱锥的图形，根据已知条件求出其侧面积，即可求出需要玻璃块的块数.
【详解】
正四棱锥如图所示，
根据题意，平面ABCD，，，，
在中，，
则正四棱锥的侧面积，
所以需要玻璃块的块数为，
所以建造这座玻璃金字塔需要玻璃块的块数最接近的数为675.
故选：C.
5．（2020·云南昆明一中高三月考（理））我国古代数学家利用“牟合方盖”(如图甲)找到了球体体积的计算方法.“牟合方盖”是由两个圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体.图乙所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的侧视图是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
本题根据三视图的定义直接选答案即可.
【详解】
解：根据三视图的定义直接选B.
故选：B
【点睛】
本题考查几何体的三视图识别，是基础题.
6．（2020·北京人大附中高三三模）如图，四个棱长为的正方体排成一个正四棱柱，是一条侧棱，是上底面上其余的八个点，则集合中的元素个数（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】A
【分析】
本题首先可根据图像得出，然后将转化为，最后根据棱长为以及即可得出结果.
【详解】
由图像可知，，
则，
因为棱长为，，
所以，，
故集合中的元素个数为，
故选：A.
【点睛】
本题考查向量数量积的求解问题，关键是能够利用平面向量线性运算将所求向量数量积转化为已知模长的向量和有垂直关系向量的数量积的运算问题，考查了转化与化归的思想，考查集合中元素的性质，是中档题.
7．（2020·宁波市北仑中学高二期中）我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即.现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
构造一个底面半径为，高为的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.
【详解】
解：构造一个底面半径为，高为的圆柱，
在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，
则当截面与顶点距离为时，小圆锥底面半径为，
则，
，
故截面面积为：，
把代入，
即，
解得：，
橄榄球形几何体的截面面积为，
由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：
圆柱圆锥.
故选：D.
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，根据祖暅原理得到橄榄球形几何体的体积.
8．（2021·北京人大附中高三开学考试）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫像多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为.给出下列三个结论：
①正方体各顶点的曲率为；
②任意三棱锥的总曲率均为；
③将棱长为3的正方体正中心去掉一个棱长为1的正方体所形成的几何体的总曲率为.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】
根据几何体顶点的曲率和几何体总曲率的定义求解.
【详解】
①因为正方体的每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为，故正确；
②如图所示：，
A点的曲率为： ，
B点的曲率为：，
C点的曲率为：，
D点的曲率为：，
则三棱锥的总曲率均为，
，故正确；
③此几何体有16个顶点，每个顶点的曲率为，所以该几何体的总曲率为，故正确.
故选：D
二、多选题
9．（2021·重庆高三其他模拟）如图所示，用一束与平面成角的平行光线照射半径为的球，在平面上形成的投影为椭圆及其内部，则椭圆的（ ）
A．长轴长为B．离心率为C．焦距为D．面积为
【答案】BC
【分析】
由投影的特点可确定，椭圆短轴长为球的直径，由此可得椭圆长轴长，并计算得到和离心率，知ABC的正误；根据椭圆面积大于球大圆面积可知D错误.
【详解】
由题意知：，，，，
椭圆长轴长，A错误；
椭圆的短轴长为球的直径，即，，
，椭圆的焦距为，C正确；
椭圆的离心率，B正确；
由图可知：椭圆的面积大于球大圆的面积，又球大圆的面积，
椭圆的面积大于，D错误.
故选：BC.
【点睛】
关键点点睛：本题解题关键是能够根据投影的特点确定椭圆的的取值与球半径长之间的关系.
10．（2020·全国高三专题练习）正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为2， E、F、G分别为BC、CC1、BB1的中点，则（ ）
A．直线与直线AF垂直B．直线A1G与平面AEF平行
C．平面截正方体所得的截面面积为D．点C与点G到平面AEF的距离相等
【答案】BC
【分析】
对选项A，取中点，则为在平面上的投影，由与不垂直，得与不垂直，故A错误.对选项B，取的中点，连接，，易证平面平面，从而得到平面，故B正确.对选项C，连接，，得到
平面为平面截正方体所得的截面，再计算其面积即可得到C正确，对选项D，利用反正法即可得到D错误.
【详解】
对选项A，如图所示：
取中点，连接，.
则为在平面上的投影，
因为与不垂直，所以与不垂直，故A错误.
对选项B，取的中点，连接，，如图所示：
因为，平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，，
所以平面平面.
因为平面，所以平面，故B正确.
对选项C，连接，，如图所示：
因为，所以平面为平面截正方体所得的截面.
，，
，所以四边形为等腰梯形，
高为，.
故C正确.
对选项D，连接交于，如图所示：
假设点与点到平面的距离相等，即平面必过的中点，
而不是的中点，则假设不成立，故D错误.
故选：BC
【点睛】
本题主要考查空间中直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系的判定和应用，同时考查学生空间想象力和思维能力，属于中档题.
11．（2021·山东泰安市·高一期中）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美，如图是一个棱数为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为．则下列关于该多面体的说法中正确的是（ ）
A．多面体有个顶点，个面
B．多面体的体积为
C．多面体的表面积为
D．多面体有外接球（即经过多面体所有顶点的球）
【答案】ABD
【分析】
由图形即可判断A；由正方体体积减去8个小三棱锥的体积，可判断B；直接计算表面积；根据球与正方体的棱都相切；
【详解】
对A，由图形可得，该半正多面体共有12个顶点，14个面，故A正确；
对B，，故B正确；
对C，该半正多面体的棱长为，故半正多面体的面积为，故C错误；
对D，该半正多面体的外接球的半径为，故D正确；
故选：ABD
【点睛】
本题考查半正多面体的几何特征及体积和表面积的求解.
12．（2021·江苏高一月考）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖，六角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以六角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥.已知此正六棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，若取θ=30°，侧棱长为米，则（ ）
A．正六棱锥的底面边长为2米
B．正六棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为
C．正六棱锥的侧面积为48平方米
D．正六棱锥的体积为16立方米
【答案】BCD
【分析】
如图，设正六边形的中心为，的中点为，连接，，设，根据题设条件可得，从而可求，再逐项计算并判断各项的正误，从而可得正确的选项．
【详解】
如图，设正六边形的中心为，的中点为，连接，，
则平面，故为侧棱与底面所成的角．
设，
由正六棱锥的性质可得，，
由等边三角形可得，
故为二面角的平面角，故，
所以，而，故，
在中，有，故，故，故A错．
又在，，故，故B正确．
正六棱锥的侧面积为（平方米），故C正确．
正六棱锥的体积为（立方米），故D正确．
故选：BCD．

三、填空题
13．（2021·江苏宿迁市·高二期末）自然界中，构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞，其形状一般是平行六面体，具体形状大小由它的三组棱长a、b、c及棱间交角、、（合称为“晶胞参数”）来表征.如图是某种晶体的晶胞，其中，，，，，则该晶胞的对角线的长为__________.
【答案】
【分析】
数形结合以及使用向量的方法，可得，然后先平方再开方可得结果.
【详解】
如图所示：
所以
依题可知：，
所以
所以
则，故
故答案为：
14．（2020·辽宁高三其他模拟（理））古代中国，建筑工匠们非常注重建筑中体现数学美，方形和圆形的应用比比皆是，在唐、宋时期的单檐建筑中较多存在的比例关系，这是当时工匠们着意设计的常见比例，今天，纸之所以流行的重要原因之一，就是它的长与宽的比无限接近，我们称这种满足了的矩形为“优美”矩形．现有一长方体，，，，则此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为___________．
【答案】4
【分析】
由题意求出该长方体的长、宽、高后，根据新概念验证即可得解.
【详解】
由题意，该长方体如图所示：
，，，
，，
，
，，
，，，
此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为4.
故答案为：4.
【点睛】
本题考查了长方体几何特征的应用及对于新概念的理解，属于基础题.
15．（2020·江西高三其他模拟（文）） “圆材埋壁”是我国古代数学著作《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何．”用现在的数学语言表述是：“如图所示，一圆柱形埋在墙壁中，尺，为的中点，，寸，则圆柱底面的直径长是_________寸”．（注：l尺=10寸）
【答案】26
【分析】
由勾股定理，代入数据即可求得．
【详解】
解：∵，，
∵ 寸，
∴ 寸，
在中，∵，
∴ ，
∴ 寸，
∴ 圆柱底面的直径长是寸．
故答案为26．
【点睛】
考查了学生对勾股定理的熟练应用，考查了数形结合思想，属于基础题．
16．（2020·福建高三三模（文））如图，大摆锤是一种大型的游乐设备，常见于各大游乐园.游客坐在圆形的座舱中，面向外.通常，大摆锤以压肩作为安全束缚，配以安全带作为二次保险.座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动.大摆锤的运行可以使置身其上的游客惊心动魄.今年元旦，小明去某游乐园玩“大摆锤”，他坐在点处，“大摆锤”启动后，主轴在平面内绕点左右摆动，平面与水平地面垂直，摆动的过程中，点在平面内绕点作圆周运动，并且始终保持，，已知，在“大摆锤”启动后，下列个结论中正确的是______（请填上所有正确结论的序号）.
①点在某个定球面上运动；
②线段在水平地面上的正投影的长度为定值；
③直线与平面所成角的正弦值的最大值为；
④直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【答案】①③
【分析】
计算出为定值，可判断命题①的正误；过点作与水平地面垂直，设，考虑时线段在水平地面上的正投影的长度与的关系式，由此可判断命题②的正误；计算出点到平面距离的最大值，可计算出直线与平面所成角的正弦值，由此可判断命题③④的正误.
【详解】
对于命题①，、均为定值，，，，
（定值），所以，点在某个定球面上运动，命题①正确；
对于命题②，过点作与水平地面垂直，设，
当时，如下图所示：
则直线与水平地面所成的角为，所以，线段在水平地面上的正投影的长度为，不为定值，命题②错误；
对于命题③④，由于为定值，设点到平面的距离为，则，
所以，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，则命题③正确，命题④错误.
故答案为：①③.
【点睛】
本题考查立体几何综合，考查线面角的正弦值的计算、线段投影长度以及球面定义的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
四、解答题
17．（2021·全国高三其他模拟）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）．
（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；
（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值．
【答案】（1）；（2）；
【分析】
（1）根据蜂房曲顶空间的弯曲度的定义进行求解即可；（2）根据图形结构，设，接着将蜂房表面积表示成关于的函数，求导判断函数取最小值时的值，进而求得的大小，最后求解顶点的曲率的余弦值即可.
【详解】
（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和，再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和，
即蜂房曲顶空间的弯曲度为.
（2）设底面正六边形的边长为1，
如图所示，连接AC，SH，则，
设点在上底面ABCDEF的射影为O，则,
令，则，
菱形SAHC的面积，
的面积为，
令正六棱柱的侧面积为定值时，
蜂房的表面积为，
，令得到，
经研究函数的单调性，
得到函数在处取得极小值，
此时，
在中，令，
由余弦定理得,
顶点的曲率为，
其余弦值为.
【点睛】
本题主要考查立体几何为背景的空间几何体的表面积问题，中间涉及到新定义，根据新定义进行解决问题，考查学生分析问题解决问题的能力，此题难度较大，对学生的能力要求较高，平时备考要多多注意提升学生的分析问题的能力.
18．（2021·重庆北碚区·西南大学附中高一期末）为了求一个棱长为的正四面体的体积，某同学设计如下解法.
解：构造一个棱长为1的正方体，如图1：则四面体为棱长是的正四面体，且有.
（1）类似此解法，如图2，一个相对棱长都相等的四面体，其三组棱长分别为，，，求此四面体的体积；
（2）对棱分别相等的四面体中，，，.求证：这个四面体的四个面都是锐角三角形；
（3）有4条长为2的线段和2条长为的线段，用这6条线段作为棱且长度为的线段不相邻，构成一个三棱锥，问为何值时，构成三棱锥体积最大，最大值为多少？
[参考公式：三元均值不等式及变形，当且仅当时取得等号]
【答案】（1）2；（2）证明见解析；（3）时,三棱锥体积有最大值为.
【分析】
（1）类比已知条件中的解法，构造一个长方体，求出长方体的棱长，在由长方体的体积减去四个三棱锥体积即可得到答案；
（2）在四面体ABCD中，由已知可得四面体ABCD的四个面为全等三角形，设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，证明△ABC为锐角三角形，即可证明这个四面体的四个面都是锐角三角形；
（3）当2条长为m的线段不在同一个三角形中，写出三棱锥体积的表达式，利用基本不等式求最值.
【详解】
（1）类似地，构造一个长方体，
设从同一个顶点出发的三条棱的棱长分别为，则有：
，解得：
所以
即此四面体的体积为2.
（2）证明：
在四面体中，因为，，，
所以四面体的四个面都是全等的三角形，只需证明一个面为锐角三角形即可.
设长方体的长、宽、高分别为abc，则，，，
所以，
即，所以B为锐角；
同理可证：A为锐角，C为锐角，所以△ABC为锐角三角形.
所以这个四面体的四个面都是锐角三角形.
（3）因为长度为的线段不相邻，所以2条长为m的线段不在同一个三角形中，如图，
不妨设AD= BC= m，AB=BD=CD=AC=2，取BC的中点E，连接AE，DE，则AE⊥BC，DE⊥BC，而AE∩DE=E，∴BC⊥平面AED，则三棱锥的体积，
在△AED中,， AD=m，
所以，
所以
，
当且仅当，即时等号成立.
即时,三棱锥体积有最大值为.
【点睛】
（1）求几何体体积的常用的方法有：①直接法；②等体积法；③补形法；④向量法；
（2）利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：“一正二定三相等”
① “一正”就是各项必须为正数；②“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；③“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方．