发布时间 : 星期六 文章京津鲁琼专用2020版高考数学二轮复习第一部分小题专题练小题专题练四立体几何含解析更新完毕开始阅读c4451f9b6729647d27284b73f242336c1eb93031
所以M?0)，
2?2?
x，x，1?，因为A(2，2，0)，D(2，0，0)，E(0，0，1)，B(0，2，
2?2?
→→
所以ED＝(2，0，－1)，EB＝(0，2，－1)， →
AM＝?
2?2?
x－2，x－2，1?.
2?2?
设平面BDE的法向量n＝(a，b，c)， →??n·ED＝0，2
由?得a＝b＝c.
2→??n·EB＝0，
故可取平面BDE的一个法向量n＝(1，1，2)． 2??2→
因为n·AM＝0，所以x＝1，所以M?，，1?.
2?2?
4．解析：选D.对于①，同垂直于一个平面的两个平面可能相交，命题①错误；对于②，在两个互相垂直的平面内的两条直线可能互相平行，可能相交，也可能异面，命题②错误；对于③，直线m与n可能异面，命题③错误；对于④，由面面平行的性质定理知命题④正确．故正确命题的序号是④，选D.
5．解析：选A.如图，连接A1D，A1C1，由题易知B1C∥A1D，所以∠C1DA1是异面直线B1C与
C1D所成的角，又AA1＝AB＝3，AD＝1，所以A1D＝2，DC1＝6，A1C1＝2，由余弦定理，得cosC1D2＋A1D2－A1C261
∠C1DA1＝＝，故选A.
2×C1D×A1D4
6．解析：选B.由AB⊥平面BCD，且AB?平面ABD，AB?平面ABC，得平面ABD⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD.又CD⊥平面ABC，CD?平面ACD，故平面ACD⊥平面ABC，所以A-BD-C，
A-BC-D，D-AC-B都是直二面角. 故选B.
7.解析：选C.如图，分别取AA1，B1C的中点E，F，任意作一个与平面BCC1B1平行的平面α与AB1，A1C分别交于M，N，则MN∥平面BCC1B1.由题意知△ABC为等腰直角三角形，AB⊥AC，则侧面AA1B1B与侧面AA1C1C是两个全等的矩形，且这两个侧面关于过棱AA1与平面
BCC1B1垂直的平面是对称的，因此EF必过MN的中点Q，故点Q的轨
迹为线段EF，但需去掉端点F，故选C.
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8．解析：选C.如图所示，记A1B1的中点为N，连接MN，则MN∥BC，所以过点B，C，M的平面为平面BNMC，三棱台为A1MN-ACB，所以其表11111面积S＝×4×4＋×2×2＋×(42＋22)×5＋×(4＋2)×5＋
22222×(4＋2)×29＝25＋152＋329.
9．解析：选A.由于三棱锥P-ABC的外接球的球心O在AB上，故AB为其外接球的一条直径，因此∠ACB＝90°.设球O的半径为r，在Rt△ABC中，AB＝2AC＝2r，AC＝r，BC＝3r，1321
所以S△ABC＝r×3r＝r.由于P为球O上一点，故PO＝r，又PO⊥平面ABC，所以VP-ABC＝
2233?213233933?2
PO·S△ABC＝r·r＝r＝，解得r＝，所以球O的表面积为4πr＝4π×??＝9π，
326162?2?故选A.
10．解析：选C.记△PBB1的面积为S.因为P在底面ABCD上，所以PB⊥BB1，即△PBB1为11
直角三角形，又BB1＝DD1＝1，所以S＝×BB1×PB＝PB，当线段PB的长最小时，S取得最小
22值．因为D1P与平面EFG无公共点，所以D1P∥平面EFG.如图①，连接AD1，D1C，AC，易证GF∥AD1，
EF∥AC，又GF∩EF＝F，AD1∩AC＝A，所以平面AD1C∥平面EFG，所以D1P?平面AD1C，所以点P一定在线段AC上运动．如图②，当PB⊥AC时，线段PB的长最小，此时PB＝
133
故(S△PBB1)min＝×＝，选C.
224
AB·BC3
＝，AC2
11．解析：选ABC.若m?α，n∥α，则m与n可能平行或异面，故A错误；若m∥α，m∥β，则α与β可能相交或平行，故B错误；若α∩β＝n，m∥n，则m可能在平面α或β内，故C错误；若m⊥α，m⊥β，根据垂直于同一直线的两个平面平行，故α∥β，故D正确．
12．解析：选ACD.因为PA⊥平面ABC，PA?平面PAC，所以平面ABC⊥平面PAC，故D正确；因为B为圆周上不与A，C重合的点，AC为直径，所以BC⊥AB，因为PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以BC⊥PA，又AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB，又BC?平面PBC，所以平面
PAB⊥平面PBC，故C正确；因为AB⊥BC，BC⊥PA，又PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥AN，又因为AN⊥PB，PB∩BC＝B，所以AN⊥平面PBC，又AN?平面ANS，所以平面ANS⊥
平面PBC，故A正确．故选ACD.
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13．解析：选ABC.用平行于平面ABC的平面截平面DMN，则交线平行于平面ABC，故A正确；当M，N分别在BB1，CC1上运动时，若满足BM＝C1N，则线段MN必过正方形BCC1B1的中心
O，由DO⊥平面BCC1B1可得平面DMN⊥平面BCC1B1，故B正确；当M，N分别在BB1，CC1上运动
时，△A1DM的面积不变，点N到平面A1DM的距离不变，所以三棱锥N-A1DM的体积不变，即三棱锥A1-DMN的体积为定值，故C正确；若△DMN为直角三角形，则必是以∠MDN为直角的直角三角形，易证DM＝DN，所以△DMN为等腰直角三角形，所以DO＝OM＝ON，即MN＝2DO.设正三棱柱的棱长为2，则DO＝3，MN＝23.因为MN的最大值为BC1，BC1＝22，所以MN不可能为23，所以△DMN不可能为直角三角形，故D错误．故选ABC.
14.解析：该正四面体如图所示，取AD的中点H，连接GH，EH，则
GH∥AB，所以∠HGE为直线EG与直线BC所成的角．设该正四面体的棱
长为2，则HE＝EG＝3，GH＝1.在△HEG中，由余弦定理，得cos∠HGEHG2＋EG2－HE23＝＝. 2HG·EG6
答案：
15.解析：如图所示，设圆柱的底面半径为r，则圆柱的侧面积为
3
6
S＝2πr×21－r＝4πr1－r≤4π×
当r＝1－r，即r＝4π3
×1342
＝. 23?2?
π??×2?2?
42答案： 3
2
2
22
r2＋（1－r2）
2
＝2π(当且仅
22V球时取等号)．所以当r＝时，＝22V圆柱
16．解析：当液面的形状为三角形时，最大三角形即与正方体的一个顶点相邻的三个顶114
点构成的三角形，这四个顶点构成的三棱锥的体积为××2×2×2＝，所以当液体体积小
32344203
于或等于时不满足题意．由对称性，当液体体积大于或等于2－＝时亦不满足题意．综
333
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?420?上所述，液体体积的取值范围是?，?. ?33?
?420?答案：?，? ?33?
11
17．解析：三棱锥的体积V＝××23×4×sin 30°×6＝43.取SB的中点O，连接
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OA，OC.因为SA⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以SA⊥AB，可得Rt△ASB中，中线OA＝SB.
由AB＝4，BC＝23，∠ABC＝30°，可知AC⊥BC.又因为SA⊥BC，SA，AC是平面SAC内的相1
交直线，所以BC⊥平面SAC，所以BC⊥SC，所以Rt△BSC中，中线OC＝SB，所以O是三棱
2锥S-ABC的外接球的球心．在Rt△SBA中，AB＝4，SA＝6，所以SB＝213，则外接球半径R12
＝SB＝13.因此其外接球的表面积S＝4πR＝4π×13＝52π. 2
答案：43 52π
12
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