考点07 立体几何 -2021届高三《新题速递·数学（文）》4月刊（适用于高考复习）解析版

考点 07 立体几何 一、单选题 1．（2021·湖北高三月考）已知 m 、n 是两条不同的直线， 、 是两个不同的平面，则下列判断正确的是 （ ） A．若  ， m  ， n  ，则直线 m 与 n 一定平行 B．若 m  ， n  ，  ，则直线 m 与 n 可能相交、平行或异面 C．若 m  ， //n  ，则直线 m 与 n 一定垂直 D．若 m  ， n  ， //  ，则直线 m 与 n 一定平行 【答案】C 【分析】对于 A 选项，若  ， m  ， n  ，则直线 m 、 n 相交、平行或异面，A 选项错误； 对于 B 选项，设直线 m 、 n 的方向向量分别为 a  、 b  ， 因为 m  ， n  ，则 a  为平面 的一个法向量，b  为平面  的一个法向量， 因为  ，则 a b  ，即 m n ，但 m 与 n 不可能平行，B 选项错误； 对于 C 选项，设直线 m 、 n 的方向向量分别为 a  、 b  ， 因为 m  ，则 a  为平面 的一个法向量， //n  ，则 a b  ，即 m n ，C 选项正确； 对于 D 选项，若 m  ， n  ， //  ，则直线 m 与 n 平行或异面，D 选项错误. 故选：C. 2．（2021·安徽高三月考（文））在四面体 ABCD 中，BCD 是边长为 2 的等边三角形，ABD 是以 BD 为 斜边的等腰直角三角形，平面 ABD⊥平面 ABC，则四面体 ABCD 的外接球的表面积为（ ） A．6π B． 6 π C．8π D．2 2 π 【答案】A 【分析】解析：因为ABD 是以 BD 为斜边的等腰直角三角形，所以 DA⊥AB，又因为平面 ABD⊥平面 ABC， 平面 ABD 平面 ABC AB ， 所以 DA⊥平面 ABC，所以 DA⊥AC，可得 DA，BA，CA 两两垂直，且 DA=BA=CA= 2 2 22 ´ = ，构造正 方体如图所示， 可得四面体 ABCD 的外接球半径 2 2 21 6( 2) ( 2) ( 2)2 2R     ， 所以表面积为 24 6R  . 故选：A 3．（2021·湖北高三月考）《算数书》是我国现存最早的系统性数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：置如其 周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长 L 与高 h，计算其体积 V 的近似公式 21 36V L h ．用该术可求得圆周率 π的近似值．现用该术求得 π 的近似值，并计算得一个底面 直径和母线长相等的圆锥的表面积的近似值为 27，则该圆锥体积的近似值为（ ） A． 3 B．3 C．3 3 D．9 【答案】D 【分析】先求圆周率 π 的近似值： 已知圆锥的底面周长 L 与高 h，其体积 V 的近似公式 21 36V L h ． 设底面圆的半径为 r ，则 2πL r ，可得 2π Lr  ， 所以 2 2 21 1 1π π3 3 2π 36 LV r h h L h      ，整理得 π 3 . 再来计算所求圆锥体积的近似值： 该圆锥的底面直径和母线长相等，其表面积的近似值为 27， 设该圆锥的底面半径为 R ，母线长为l ，高为 h ，    2 21 1π 2π 3 2 3 2 272 2S R R l R R R         表 ，解得 3R  . 又 2R l ，所以 2 2 2 24 3 3h l R R R R       ， 所以所求圆锥体积 21 1π 3 3 3 93 3V R h        . 故该圆锥体积的近似值为 9. 故选：D. 4．（2021·安徽高三月考（文））某几何体的三视图如图，俯视图中圆的半径为 1，且其内接四边形为正方形， 则该几何体的体积为（ ） A． 2 4 3   B． 2 2 3   C． 4 2 3   D． 2 2 3   【答案】B 【分析】该几何体为半径为 1 的半球中，挖掉一个底面在半球的正四棱锥，如下图所示： 所以几何体的体积为 32 1 1 2 2 2 21 2 2 13 3 2 3 3 3V                . 故选：B 5．（2021·全国高三专题练习）已知四面体 P ABC 中， 4PA  ， 2 7AC  ， 2 3PB BC  ，PA  平面 PBC，则四面体 P ABC 的内切球半径与外接球半径的比（ ） A． 2 16 B． 3 2 8 C． 3 2 16 D． 2 8 【答案】C 【分析】由已知及勾股定理得， 2 7, 2 3,AB PC  PBC 为等边三角形， ABC 为等腰三角形，且易得底边的高为 5． 所以， 1 1 1 32 3 2 3 4 4 33 3 2 2P ABC PBCV S PA              ， 表面积  21 1 3 12 3 4 2 2 3 2 3 52 2 2 2S                  16 3 ， 设内切球半径为 r ， 1 3V S r  ，所以， 14 3 16 33 r  ， 3 4r  ； 如图，取 PBC 的外接圆圆心为 1O ，三棱锥的外接球球心为O ， 由 1 2 32 4,sin 60PO   1 2PO  ， 1 1 22OO PA  ， 因此外接球半径 2 22 2 2 2,R    故内切球半径与外接球半径的比为 3 2 16 ． 故选：C. 6．（2021·全国高三其他模拟）为了给数学家帕西奥利的《神奇的比例》画插图，列奥纳多·达·芬奇给他绘 制了一些多面体，如图的多面体就是其中之一.它是由一个正方体沿着各棱的中点截去八个三棱锥后剩下的 部分，这个多面体的各棱长均为 2，则该多面体外接球的体积等于（ ） A．16π B．8π C．16π 3 D． 32π 3 【答案】D 如图，把该多面体补形为正方体，由所给多面体的棱长为 2，得正方体的棱长为 2 2 ， 正方体的中心即为多面体的外接球球心，球心到多面体顶点的距离为    2 2 2 2 2  ， 即所求外接球的半径 2R  ，其体积 34 32ππ3 3V R  . 故选：D 7．（2021·全国高三专题练习（文））已知正四面体 P ABC 内接于球O ，点 E 是底面三角形 ABC 一边 AB 的中点，过点 E 作球O 的截面，若存在半径为 3 的截面圆，则正四面体 P ABC 棱长的取值范围是（ ） A．[ 2 3]， B．[ 3 6]， C．[2 2 2 3]， D．[2 3 2 6]， 【答案】C 【分析】如图，在正四面体 P ABC 中，设顶点 P 在底面的射影为 1O ， 则球心O 在 1PO 上， 1O 在CE 上，且 1 2 3PO CE ,连接OE ､OC ， 设正四面体的棱长为 a ，则 3 2CE a ， 1 2 3 3 3PO CE a  则正四面体的高 2 2 2 2 1 1 3 6( )3 3PO PC O C a a a     ， 设外接球半径为 R ， 在 1Rt OO C 中， 2 2 2 1 1OC OO O C  ，即 2 2 26 3( ) ( )3 3R a R a   ，解得 6 4R a ， ∴在 1Rt OO E 中， 2 2 2 2 1 1 6 3 2( ) ( )12 6 4OE OO O E a a a     ， 过 E 点作外接球 O 的截面，只有当OE  截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小， 此时截面圆的半径为 2 2 2 26 2 1( ) ( )4 4 2r R OE a a a     ， 最大截面圆为过球心的大圆，半径为 6 4R a ， 由题设存在半径为 3 的截面圆，∴ 1 632 4a a  ，解得 2 2 2 3a  ， 故选:C. 8．（2021·四川成都市·高三二模（文））已知四面体 ABCD 的所有棱长均为 2 ，M 、N 分别为棱 AD 、BC 的中点， F 为棱 AB 上异于 A 、 B 的动点．有下列结论： ①线段 MN 的长度为1； ②存在点 F ，满足CD 平面 FMN ； ③ MFN 的余弦值的取值范围为 50, 5      ； ④ FMN 周长的最小值为 2 1 ． 其中所有正确结论的编号为（ ） A．①③ B．①④ C．①②④ D．②③④ 【答案】B 【分析】对于①，取 CD 的中点G ，取 AC 的中点 E ，连接 EM 、 EN ， AC AD ，G 为CD 的中点，则 AG CD ，同理可得 BG CD ， AG BG G  ， CD\ ^平面 ABG ， AB  平面 ABG， AB CD  ， E 、 N 分别为 AC 、 BC 的中点，则 //EN AB 且 1 2 2 2EN AB  ， 同理可知， //EM CD 且 1 2 2 2EM CD  ， EM EN  ，由勾股定理可得 2 2 1MN EM EN   ，①正确； 对于②，假设CD 平面 FMN ，由于 MN  平面 FMN ，则CD MN . 事实上，由①可知， //EM CD 且 EMN 是以 MEN 为直角的等腰直角三角形， 所以，CD 与 MN 所成的角为 4  ，故假设不成立，即CD 与平面 FMN 不垂直，②错误； 对于③，取线段 AB 的中点O ，则 2 2AO BO  ，设OF x ，则 20 2x  . 当 0x  时， 1 2 2 2FM FN BD   ，则 2 2 2FM FN MN  ，此时 2MFN   ， 则 cos 0MFN  ； 当点 F 在线段 AO 上（不包括端点 A 、O ）上运动时，则 20 2x  ， 2 2AF x  ， 2 2BF x  ， 由余弦定理可得 2 2 2 2 2 1 2 2 12 cos 23 2 2 2 2 2MF AF AM AF AM x x                         2 2 1 2 2x x   ， 同理可得 2 2 2 1 2 2NF x x   . 20 2x  ，则 2 1 2x  ， 由余弦定理可得 2 2 2 2 2 2 2cos 2 2 1 2 12 2 2 2 2 MF NF MN xMFN MF NF x x x x                2 2 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 30, 31 24 2 11 1 142 1 32 2 x x x xx x x x x                          ； 当点 F 在线段 OB 上（不包括端点O 、 B ）上运动时，同理可知 3cos 0, 3MFN       . 综上所述， MFN 的余弦值的取值范围是 30, 3      ，③错误； 对于④，将侧面 ABC 和侧面 ABD 延展为同一平面，如下图所示： 当 M 、 F 、 N 三点共线时， MF FN 取得最小值， 如上图所示，由于四边形 ACBD 是边长为 2 的菱形，则 //AD BC 且 AD BC ， M 、 N 分别为 AD 、 BC 的中点，则 //AM CN 且 AM CN ， 所以，四边形 ACNM 为平行四边形，则 2MN AC  ， 即 MF NF 的最小值为 2 ， 所以，在正四面体 ABCD 中， FMN 的周长为最小值为 2 1 ，④正确. 故选：B. 二、解答题 9．（2021·全国高三专题练习）如图 1，在直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，∠BAD＝ 2  ，AB＝BC＝ 1 2 AD＝a， E 是 AD 的中点，O 是 AC 与 BE 的交点.将△ABE 沿 BE 折起到图 2 中△A1BE 的位置，得到四棱锥 A1－BCDE. （1）证明：CD⊥平面 A1OC； （2）当平面 A1BE⊥平面 BCDE 时，四棱锥 A1－BCDE 的体积为36 2 ，求 a 的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）6. 【分析】（1）在图 1 中，因为 1 2AB BC AD a= = = ，E 是 AD 的中点， 2BAD   ，所以 BE⊥AC， 即在图 2 中，BE⊥A1O，BE⊥OC， 1AO OC OÇ = ，从而 BE⊥平面 A1OC. 又 CD∥BE，所以 CD⊥平面 A1OC. （2）由已知，平面 A1BE⊥平面 BCDE，平面 A1BE平面 BCDE BE ， 又由（1）知，OA1⊥BE， 1AO  平面 A1BE，所以 A1O⊥平面 BCDE， 即 A1O 是四棱锥 A1－BCDE 的高， 由图 1 可知， 1 2 2 2 2AO AB a  ，平行四边形 BCDE 的面积 2S BC AB a   ， 从而四棱锥 A1－BCDE 的体积为 2 3 1 1 1 2 2 3 3 2 6V S AO a a a       . 由 32 36 26 a = ，得 a＝6. 10．（2021·全国高三专题练习）如图，在直三棱柱 A1B1C1ABC 中，AB⊥BC，E，F 分别是 A1B，AC1 的中点． （1）求证：EF / / 平面 ABC； （2）求证：平面 AEF⊥平面 AA1B1B； （3）若 A1A＝2AB＝2BC＝2a，求三棱锥 FABC 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） 3 6 a ． 【分析】解析（1）连结 A1C．因为直三棱柱 A1B1C1ABC 中，四边形 AA1C1C 是矩形， 所以点 F 在 A1C 上，且为 A1C 的中点． 在A1BC 中，因为 E，F 分别是 A1B，A1C 的中点，所以 EF / / BC． 又因为 BC  平面 ABC，EF  平面 ABC，所以 EF / / 平面 ABC． （2）因为在直三棱柱 A1B1C1ABC 中，B1B⊥平面 ABC，所以 B1B⊥BC． 又 AB⊥BC，因为 EF / / BC，所以 AB⊥EF，B1B⊥EF． 因为 B1BAB＝B，所以 EF⊥平面 ABB1A1． 因为 EF  平面 AEF，所以平面 AEF⊥平面 ABB1A1． （3）由 F 分别是 AC1 的中点，所以 1 1 1 1 2 2F ABC C ABC A ABCV V V    1 1 1 1 1 2 2 3F ABC A ABC ABCV V S AA      3 21 1 1 22 3 2 6 aa a      11．（2021·全国高三专题练习）如图，在矩形 ABCD 中，AD＝2，AB＝4，E，F 分别为边 AB，AD 的中点．现 将△ADE 沿 DE 折起，得四棱锥 ABCDE． （1）求证：EF / / 平面 ABC； （2）若平面 ADE⊥平面 BCDE，求四面体 FDCE 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 2 3 ． 【分析】（1）证明：如图，取线段 AC 的中点 M，连结 MF，MB． 因为 F，M 为 AD，AC 的中点， 所以 MF / / CD，且 MF 1 2  CD． 在折叠前，四边形 ABCD 为矩形，E 为 AB 的中点，所以 BE∥CD，且 BE 1 2  CD． 所以 MF / / BE，且 MF＝BE． 所以四边形 BEFM 为平行四边形，故 EF / / BM． 又 EF  平面 ABC，BM  平面 ABC， 所以 EF / / 平面 ABC． （2）在折叠前，四边形 ABCD 为矩形，AD  2，AB＝4，E 为 AB 的中点， 所以ADE，CBE 都是等腰直角三角形，且 AD＝AE＝EB＝BC＝2． 所以∠DEA＝∠CEB＝45°，且 DE＝EC＝2 2 ． 又∠DEA＋∠DEC＋∠CEB＝180°，所以∠DEC＝90°，即 DE⊥CE． 又平面 ADE⊥平面 BCDE，平面 ADE∩平面 BCDE＝DE，CE  平面 BCDE， 所以 CE⊥平面 ADE，即 CE 为三棱锥 CEFD 的高． 因为 F 为 AD 的中点，所以 1 1 1 2 2 12 2 4EFDS AD AE        所以四面体 FDCE 的体积 1 1 2 21 2 23 3 3EFDV S CE       12．（2021·全国高三其他模拟（文））已知在六面体 PABCDE 中，PA  平面 ABCD ，ED  平面 ABCD ， 且 2PA ED ，底面 ABCD 为菱形，且 60ABC   . （1）求证：平面 PAC  平面 PBD ； （2）若 2AB  ， 1DE  ，且 M 为 PB 的中点，求三棱锥 E PAM 的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 3 【分析】解：（1）证明：连接 BD 交 AC 于O ， ∵ 底面 ABCD 为菱形，∴ BD AC ，O 为 ,BD AC 中点， ∵ PA  平面 ABCD ， BD  平面 ABCD ， ∴ PA BD ， ∵ AC PA A  ， ∴ BD  平面 PAC ， ∵ BD  平面 PBD ， ∴ 平面 PAC  平面 PBD . （2）∵ PA  平面 ABCD ， ED  平面 ABCD ， ∴ / /PA DE ， ∵ DE  平面 PAC ， PA  平面 PAC ， ∴ / /DE 平面 PAC ， ∵ 底面 ABCD 为菱形，∴ / /BC AD ∵ BC 平面 ADEP ， AD  平面 ADEP ∴ / /BC 平面 ADEP ， ∵ M 为 PB 的中点， ∴ 三棱锥 E PAM 的体积 1 1 1 1 2 2 2 2E PAM M PAE B PAE C PAE E PAC D PACV V V V V V          ， 由（1）知得 BD  平面 PAC ， 2AB  ， 1DE  ， 60ABC   ， 2PA ED ， ∴ 1 2 2 22PACS     ， 1 32OD BD  ， 所以 1 1 2 32 33 3 3D PAC PACV S OD      △ ， 所以 1 3=2 3E PAM D PACV V 