2021届高考数学（文）二轮专题闯关导练（统考版）：客观题专练 立体几何（11） WORD版含解析.doc

1、立体几何(11)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60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下列三视图所对应的直观图是()22020福州市第一学期抽测如图，为一圆柱切削后的几何体及其正视图，则相应的侧视图可以是()32018全国卷中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()ABCD42020合肥市高三第一次教学质量检测已知正方体ABCD A1B1C1D1，过对角线BD1作平面交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，则：平面分

2、正方体所得两部分的体积相等四边形BFD1E一定是平行四边形平面与平面DBB1不可能垂直四边形BFD1E的面积有最大值其中所有正确结论的序号为()A BC D52020太原市高三年级模拟古人采用“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为()A63 B72C79 D9962020惠州市高三第二次调研考试试卷设l，m，n为三条不同的直线，为一个平面，则下列命题中正确的个数是()若l，则l与相交若m，n，lm，ln，则l若lm，mn，l，则n若lm，m，n，则ln.A1 B2C3 D47

3、.如图，四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，将ADB沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成三棱锥A BCD.则在三棱锥A BCD中，下列命题正确的是()A平面ABD平面ABCB平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDCD平面ADC平面ABC82020开封市高三第一次模拟考试已知正方体的棱长为1，平面过正方体的一个顶点，且与正方体每条棱所在直线所成的角都相等，则该正方体在平面上的正投影面积是()A. B.C. D.92020湖北荆州中学模拟如图，L，M，N分别为正方体棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是()A垂直 B相交但不垂直C平行 D重合102018全国

4、卷在长方体ABCD A1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A. B.C. D.112020湖北省部分重点中学高三起点考试如图，在四棱锥P ABCD中，顶点P在底面的投影O恰为正方形ABCD的中心，且AB，设点M，N分别为线段PD，PO上的动点，已知当ANMN取最小值时，动点M恰为PD的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为()A. B.C. D.122020福建质量检测如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，D是圆O上异于A，B的任意一点，以AO为直径的圆与AD的另一个交点为C，P为SD的中点现给出以下结论：SAC为直角三角形平面SAD平面SBD平面PA

5、B必与圆锥SO的某条母线平行其中正确结论的个数是()A0 B1C2 D3二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)132020安徽省示范高中名校高三联考某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为_142020海南中学模拟设，为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：a，b，a，b，a，b，ab.其中能推出的条件是_(填上所有正确的序号)152020广东广州质检如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点在这个正四面体中：GH与EF平行BD与MN为异面直线GH与MN成60角DE与MN垂直以上四个命题中，正确命题的序号是_16

6、2020惠州市高三第一次调研考试试题已知球的直径DC4，A，B是该球面上的两点，ADCBDC，则三棱锥A BCD体积的最大值是_立体几何(11)1答案：C解析：由三视图知，几何体的直观图下部是长方体，上部是圆柱，并且高相等，所以C选项符合题意2答案：B解析：由题意，根据切削后的几何体及其正视图，可得相应的侧视图的切口为椭圆，故选B.3.答案：A解析：由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.4答案：C解析：平面分正方体所得两部分，经过翻转能够完全重合，所以体积相等，正确；由题意知FBD1E，EBD1F，所以四边形BFD1E一定是平行四边形，正确；当E，F分别为棱AA

7、1，CC1的中点时，平面DBB1平面，错误；当E，F分别为棱AA1，CC1的中点时，四边形BFD1E的面积有最大值，正确故选C.5答案：A解析：由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为5，底面圆的半径为3，半球的半径为3，所以组合体的体积为3253363.6答案：C解析：对于，若l，则l与不可能平行，l也不可能在内，所以l与相交，正确；对于，若m，n，lm，ln，则有可能是l，故错误；对于，若lm，mn，则ln，又l，所以n，故正确；对于，因为m，n，所以mn，又lm，所以ln，故正确，故选C.7答案：D解析：在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，BDC

8、D.又平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，CD平面ABD，则CDAB.又ADAB，ADCDD，AB平面ADC，又AB平面ABC，平面ABC平面ADC，故选D.8答案：B解析：记正方体为ABCD A1B1C1D1，如图1，由题意及正方体的性质知，正方体ABCD A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等，因此不妨令平面AB1D1为平面.连接A1C1，与B1D1交于点O，连接AO，A1C，设交点为O，易证A1O平面AB1D1，则点A1，C在平面AB1D1上的正投影均为O，再找出点B，D，C1在平面AB1D1上的正投影，即可确定正方体ABCD A1B1C1D1在平面

9、AB1D1上的正投影由于A1，C1关于B1D1对称，故点C1在平面AB1D1上的正投影与点O关于B1D1对称，如图2，作O关于B1D1的对称点C1，则C1为点C1在平面AB1D1上的正投影同理，作O关于AB1的对称点B，则B为点B在平面AB1D1上的正投影，作O关于AD1的对称点D，则D为点D在平面AB1D1上的正投影，连接AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA，得正六边形ABB1C1D1D，即正方体ABCD A1B1C1D1在平面上的正投影，易求得其面积为.故选B.9答案：C解析：如图，分别取正方体另三条棱的中点为A，B，C，将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，易知PQAL，

10、PRAM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR平面AMBNCL，即平面LMN平面PQR.故选C.10答案：C解析：如图，在长方体ABCD A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体ABBA A1B1B1A1.连接B1B，由长方体性质可知，B1BAD1，所以DB1B为异面直线AD1与DB1所成的角(或其补角)连接DB，由题意，得DB，BB12，DB1.在DBB1中，由余弦定理，得DB2BB1DB12BB1DB1cosDB1B，即54522cosDB1B， cosDB1B.故选C.11.答案：B解析：如图，在PC上取点M，使得PMPM，连接NM，则MNMN，ANMNANMN，则当A，N

11、，M三点共线时，ANMN最小，为AM，当AMPC时，AM取得最小值，即ANMN的最小值因为此时M恰为PD的中点，所以M为PC的中点，连接AC，所以PAAC2，因此PO.易知外接球的球心在四棱锥内部，设外接球的半径为r，则r2(r)21，解得r，因此外接球的表面积S4r2.故选B.12.答案：C解析：如图，连接OC，AO为圆的直径，ACOC.SO垂直于底面圆O，AC底面圆O，ACSO.SOOCO，AC平面SOC.又SC平面SOC，ACSC，SAC为直角三角形，故正确由于点D是圆O上的动点，平面SAD不能总垂直于平面SBD，故错误连接DO并延长交圆O于E，连接SE，PO，P为SD的中点，O为DE的

12、中点，OPSE.又OP平面PAB，SE平面PAB，SE平面PAB，故正确故选C.13答案：2解析：由三视图可知，该四棱锥的直观图如图中S ABCD所示，其中底面ABCD是边长为3的正方形，顶点S在底面ABCD的射影O在线段BD上，并且，SO2，过点O分别作AD，AB的平行线，交AB，BC于E，F，由三视图可知AE1，EB2，BF2，CF1，则AOCO，所以SASC3.DO，OB2，所以SD，SB2.综上可知，该四棱锥的最长棱的长度为2.14答案：解析：在条件或条件中，还可能与相交；由，条件满足；在中，a，abb，又b，从而，满足综上，能推出的条件是.15.答案：解析：把正四面体的平面展开图还原，如图所示，由正四面体的性质易知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60角，DEMN.故正确命题的序号是.16答案：2解析：因为球的直径DC4，且ADCBDC，所以ACBC2，ADBD2，所以SBCDBCBD222，设h为点A到平面BCD的距离，则V三棱锥A BCDSBCDhh，故当h最大时，三棱锥A BCD的体积最大易知当平面ADC平面BCD时，h最大，此时4h22，得h，V三棱锥A BCDh2，即三棱锥A BCD体积的最大值为2.