全国通用版2022高考数学二轮复习12＋4分项练10立体几何理.docx

1、124分项练10立体几何1已知a，b为异面直线，下列结论不正确的是()A必存在平面，使得a，bB必存在平面，使得a，b与所成角相等C必存在平面，使得a，bD必存在平面，使得a，b与的距离相等答案C解析由a，b为异面直线知，在A中，在空间中任取一点O(不在a，b上)，过点O分别作a，b的平行线，则由过点O的a，b的平行线确定一个平面，使得a，b，故A正确；在B中，平移b至b与a相交，因而确定一个平面，在上作a，b夹角的平分线，明显可以作出两条过角平分线且与平面垂直的平面使得a，b与该平面所成角相等，角平分线有两条，所以有两个平面都可以故B正确；在C中，当a，b不垂直时，不存在平面，使得a，b，故

2、C错误；在D中，过异面直线a，b的公垂线的中点作与公垂线垂直的平面，则平面使得a，b与的距离相等，故D正确故选C.2(2022河南省南阳市第一中学模拟)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确命题的个数为()若m，则m；若m，n，则mn；若m，n，mn，则；若n，n，m，则m.A1 B2 C3 D4答案B解析对于，若m，则m或m，所以不正确；对于，若m，则m，又由n，所以mn正确；对于，若m，n，mn，则或与相交，所以不正确；对于，若n，n，则，又由m，所以m是正确的，综上可知，正确命题的个数为2.3(2022福建省厦门外国语学校模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1

3、中，E为棱BB1的中点，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正(主)视图是()答案A解析取DD1的中点F，连接AF，C1F，平面AFC1E为截面如图所示，所以上半部分的正(主)视图，如A选项所示，故选A.4(2022烟台模拟)某几何体的三视图如图所示，其中俯视图右侧曲线为半圆弧，则几何体的表面积为()A342 B322C.22 D.22答案A解析由三视图还原出原几何体是一个半圆柱挖去一个三棱柱，尺寸见三视图，S12222 324.5已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A. B8 C. D6答案A解析如图所示，在棱长为2的正方体中，题图中的三视图对应的

4、几何体为四棱锥PADC1B1，其中P为棱A1D1的中点，则该几何体的体积VPADC1B12VPDB1C12VDPB1C12SPB1C1DD1.6现有编号为，的三个三棱锥(底面水平放置)，俯视图分别为图1、图2、图3，则至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的所有编号是()A BC D答案B解析根据题意可得三个立体几何图形如图所示：由图一可得侧面ABD，ADC与底面垂直，由图二可得面ACE垂直于底面，由图三可知，无侧面与底面垂直7(2022漳州模拟)在直三棱柱A1B1C1ABC中，A1B13，B1C14，A1C15，AA12，则其外接球与内切球的表面积的比值为()A. B. C. D29答案A

5、解析如图1，分别取AC，A1C1的中点G，H，连接GH，取GH的中点O，连接OA，由题意，得A1BB1CA1C，即A1B1C1为直角三角形，则点O为外接球的球心，OA为半径，则ROA ；如图2，作三棱柱的中截面，则中截面三角形的内心是该三棱柱的内切球的球心，中截面三角形的内切圆的半径r1，也是内切球的半径，因为Rr2，则其外接球与内切球的表面积的比值为.8(2022昆明适应性检测)在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则()AMNC1D1 BMNBC1CMN平面ACD1 DMN平面ACC1答案D解析对于选项A，因为M，N分别是BC1，CD1的中点，所以点N平面C

6、DD1C1，点M平面CDD1C1，所以直线MN是平面CDD1C1的斜线，又因为直线C1D1在平面CDD1C1内，故直线MN与直线C1D1不可能平行，故选项A错；对于选项B，正方体中易知NBNC1，因为点M是BC1的中点，所以直线MN 与直线BC1不垂直，故选项B错；对于选项C，假设MN平面ACD1，可得MNCD1.因为N是CD1的中点，所以MCMD1，这与MCMD1矛盾故假设不成立所以选项C错；对于选项D，分别取B1C1，C1D1的中点P，Q，连接PM，QN，PQ.因为点M是BC1的中点，所以PMCC1且PMCC1.同理QNCC1且QNCC1.所以PMQN且PMQN，所以四边形PQNM为平行四

7、边形，所以PQMN.在正方体中，CC1PQ，PQAC，因为ACCC1C，AC平面ACC1，CC1平面ACC1，所以PQ平面ACC1.因为PQMN，所以MN平面ACC1.9(2022泸州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为()A136 B144 C36 D34答案D解析由三视图可知几何体为四棱锥EABCD，直观图如图所示其中，BE平面ABCD，BE4，ABAD，AB，C到AB的距离为2，C到AD的距离为2，以A为原点，分别以AD，AB所在直线及平面ABCD过A的垂线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(0，0)，C(2,2，0)，D(4,

8、0,0)，E(0，4)设外接球的球心为M(x，y，z)，则MAMBMCMDME，x2y2z2x2(y)2z2(x2)2(y2)2z2(x4)2y2z2x2(y)2(z4)2，解得x2，y，z2.外接球的半径rMA ，外接球的表面积S4r234.10.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知BCA90，BAC60，AC4，E为AA1的中点，点F为BE的中点，点H在线段CA1上，且A1H3HC，则线段FH的长为()A2 B4C. D3答案C解析由题意知，AB8，过点F作FDAB交AA1于点D，连接DH，则D为AE中点，FDAB4，又3，所以DHAC，FDH60，DHAC3，由余弦定理得FH，故选

9、C.11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3.141 59判断，下列近似公式中最精确的一个是()Ad BdCd Dd 答案D解析根据球的体积公式VR33，得d ，设选项中的常数为，则，选项A代入得3.1，选项B代入得3，选项C代入得3.2，选项D代入得3.142 857，D选项更接近的真实值，故选D.12(2022上饶模拟)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1内有两个球O1，O2相外切，球O1与面ABB1A1、面ABCD、面

10、ADD1A1相切，球O2与面BCC1B1、面CC1D1D、面B1C1D1A1相切，则两球表面积之和的最大值与最小值的差为()A(2) B.C(3) D.答案A解析设球O1，O2的半径分别为r1，r2，由题意得r1r1r2r2，所以r1r2，令a.表面积和为S，所以S4r4r，所以rrr(ar1)222，又r1最大时，球O1与正方体六个面相切，且max，min，所以r1.又，所以当r1时，min，当r1或时，maxa2a，所以maxmina.所以两球表面积之和的最大值与最小值的差为(2).13.如图所示，AB是O的直径，PAO所在的平面，C是圆上一点，且ABC30，PAAB，则直线PC与平面AB

11、C所成角的正切值为_答案2解析因为PA平面ABC，所以AC为斜线PC在平面ABC上的射影，所以PCA即为PC与平面ABC所成的角在RtPAC中，ACABPA，所以tanPCA2.14(2022大同、阳泉联考)若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即ABCD，ACBD，ADBC，给出下列结论：四面体ABCD每组对棱相互垂直；四面体ABCD每个面的面积相等；从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90而小于180；连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分其中正确结论的序号是_答案解析将四面体ABCD的三组对棱分别看作平行六面体的面对角线，由于三组对棱分别相等，所以平行六面体为长方

12、体由于长方体的各面不一定为正方形，所以同一面上的面对角线不一定垂直，从而每组对棱不一定相互垂直，错误；四面体ABCD的每个面是全等的三角形，面积是相等的，正确；由可知，四面体ABCD的每个面是全等的三角形，从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角能够等量代换为同一个三角形内的三个内角，它们之和为180，错误；四面体ABCD棱的中点即为长方体侧面的中心，所以对棱中点连线都过长方体的中心且相互垂直平分，正确15(2022南昌模拟)已知正三棱台ABCA1B1C1的上、下底边长分别为3，4，高为7，若该正三棱台的六个顶点均在球O的球面上，且球心O在正三棱台ABCA1B1C1内，则球O的表面积为_答

13、案100解析因为正三棱台ABCA1B1C1的上、下底边长分别为3，4，取正三棱台的上、下底面的中心分别为E，E1，则正三棱台的高为hEE17，在上下底面的等边三角形中，可得AEAD3，A1E1A1D14，则球心O在直线EE1上，且半径为ROAOA1，所以，且OEOE17，解得OE4，所以R5，所以球O的表面积为S4R2100.16已知三棱锥OABC中，A，B，C三点均在球心为O的球面上，且ABBC1，ABC120，若球O的体积为，则三棱锥OABC的体积是_答案解析三棱锥OABC中，A，B，C三点均在球心为O的球面上，且ABBC1，ABC120，则AC，SABC11sin 120，设球半径为R，由球的体积V1R3，解得R4.设ABC外接圆的圆心为G，外接圆的半径为GA1，OG，三棱锥O ABC的体积为V2SABCOG.