2021届二轮复习 小题考法专训四空间几何体与空间位置关系 作业（全国通用）
展开小题考法专训（四） 空间几何体与空间位置关系
A级——保分小题落实练
一、选择题
1.已知某圆柱的底面周长为12，高为2，矩形ABCD是该圆柱的轴截面，则在此圆柱侧面上，从A到C的路径中，最短路径的长度为( )
A．2 B．2
C．3 D．2
解析：选A 如图，圆柱的侧面展开图是矩形，且矩形的长为12，宽为2，则在此圆柱侧面上从A到C的最短路径为线段AC，AC＝＝2.故选A.
2．已知a，b，c表示不同的直线，α，β表示不同的平面，下列命题：
①若a∥b，b∥α，则a∥α；
②若a⊥b，b⊥α，c⊥α，则a⊥c；
③若a⊥b，b⊥α，则a∥α；
④若a∥b，b∥α，b⊂β，α∩β＝c，则a∥c.
其中错误命题的序号是( )
A．①③ B．②④
C．③④ D．①②
解析：选A 对于①，由a∥b，b∥α，可得a∥α或a⊂α，故①错误；对于②，由b⊥α，c⊥α得b∥c，又a⊥b，所以a⊥c.故②正确；对于③，由a⊥b，b⊥α，可得a∥α或a⊂α，故③错误；对于④，由b∥α，b⊂β，α∩β＝c得b∥c，又a∥b，所以a∥c，④正确．综上所述，错误命题的序号是①③，选A.
3．设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的体积为( )
A．100π B．π
C.π D．π
解析：选D 因为切面圆的半径r＝4，球心到切面的距离d＝3，所以球的半径R＝＝＝5，故球的体积V＝πR3＝π×53＝π，即该西瓜的体积为π.
4．(2020·广州综合测试)如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为矩形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面结论：
①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确的结论个数为( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选C 将平面展开图还原成直观图如图所示．
∵E，F分别为PA，PD的中点，∴EF∥AD.又四边形ABCD为矩形，∴AD∥BC，∴EF∥BC，∴B，C，F，E四点共面．∴直线BE与直线CF共面，不是异面直线，故①错误；
∵E∈平面PAD，AF⊂平面PAD，点E不在直线AF上，B∉平面PAD，
∴直线BE与直线AF为异面直线，故②正确；
∵EF∥BC，BC⊂平面PBC，EF⊄平面PBC，∴EF∥平面PBC，故③正确；假设平面BCE⊥平面PAD，即平面BCFE⊥平面PAD，
又平面BCFE∩平面PAD＝EF，作PM⊥EF，垂足为M，可得PM⊥平面BCE，但由题中条件无法证得PM⊥平面BCE，故假设不成立，故④错误．故选C.
5．已知球O与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O的体积为( )
A.π B．π
C.π D．π
解析：选A 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2.因为球O与正四面体的各棱都相切，所以球O为正方体的内切球，即球O的直径2R＝2，则球O的体积V＝πR3＝π.
6．如图所示，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋(球体)离蛋巢底面的最短距离为( )
A. B．
C. D．
解析：选D 因为蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1，又因为鸡蛋的体积为，所以球的半径为1，所以球心到截面的距离为，所以截面到球体最低点的距离为1－，而蛋巢的高度为，故球体到蛋巢底面的最短距离为－＝.
7．若l，m为两条不同的直线，α为平面，且l⊥α，则“m∥α”是“m⊥l”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选A 依题意，由m∥α知存在直线m1⊂α，m∥m1，由l⊥α，m1⊂α得l⊥m1，又m∥m1，因此有l⊥m，“m∥α”是“m⊥l”的充分条件．反过来，由m⊥l不能得到m∥α，此时直线m可能位于平面α内，因此“m∥α”不是“m⊥l”的必要条件．综上所述，“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，选A.
8.在正方体ABCDA1B1C1D1中，动点E在棱BB1上，动点F在线段A1C1上，O为底面ABCD的中心，若BE＝x，A1F＝y，则四面体OAEF的体积( )
A．与x，y都有关
B．与x，y都无关
C．与x有关，与y无关
D．与x无关，与y有关
解析：选B 如图，因为VOAEF＝VEOAF，
所以，考查△AOF的面积和点E到平面AOF的距离的值，
因为BB1∥平面ACC1A1，
所以点E到平面AOF的距离为定值，又AO∥A1C1，
所以OA为定值，点F到直线AO的距离也为定值，
即△AOF的面积是定值，
所以四面体OAEF的体积与x，y都无关，故选B.
9．(2020·成都一诊)在各棱长均相等的直三棱柱ABCA1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为( )
A. B．1
C. D．
解析：选C 取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1M∥PB，则∠PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)．设三棱柱的棱长为2，则PN＝，PB＝，BN＝，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝＝＝，故选C.
10．(2020·福州模拟)在三棱锥PABC中，PA＝PB＝PC＝，AB＝AC＝1，BC＝，则该三棱锥外接球的体积是( )
A. B．
C．4π D．
解析：选A 由PA＝PB＝PC＝，得点P在平面ABC内的射影O为底面△ABC的外心，PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，在△ABC中，AB＝AC＝1，BC＝，cos∠BAC＝＝－，所以sin∠BAC＝.由正弦定理得OA＝＝1，即OA＝OB＝OC＝1.在Rt△POA中，PO＝＝1，所以OA＝OB＝OC＝OP＝1，所以三棱锥PABC的外接球的球心为O，其半径为1，故三棱锥PABC的外接球的体积为，选A.
11．已知三棱锥PABC的棱AP、AB、AC两两垂直，且长度都为，以顶点P为球心，以2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于( )
A．3π B．
C. D．
解析：选B 如图所示，Rt△PAC，Rt△PAB为等腰直角三角形，且AP＝AB＝AC＝.
以顶点P为球心，以2为半径作一个球与Rt△PAC的PC，AC分别交于M，N两点，
得cos∠APN＝，所以∠APN＝，
所以∠NPM＝，所以＝×2＝，
同理＝，＝×1＝，
又是以顶点P为圆心，以2为半径的圆周长的，所以＝＝，
所以球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于＋＋＋＝＝.故选B.
12．(2020·济南高三期末)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A. B．
C. D．
解析：选A 如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6××××sin 60°＝.故选A.
二、填空题
13．(2020·北京北京朝阳期末)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m； ②m∥α； ③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________________________.
解析：已知l，m是平面α外的两条不同直线，
由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；
由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；
由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.
故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.
答案：若m∥α且l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α)
14.(2020·重庆七校联考)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动．
有下列判断：
①平面PB1D⊥平面ACD1；
②A1P∥平面ACD1；
③异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是；
④三棱锥D1APC的体积不变．
其中正确的是______．(把所有正确判断的序号都填上)
解析：在正方体中，易知B1D⊥平面ACD1，B1D⊂平面PB1D，所以平面PB1D⊥平面ACD1，所以①正确；连接A1B，A1C1图略，容易证明平面A1BC1∥平面ACD1，又A1P⊂平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，所以②正确；因为BC1∥AD1，所以异面直线A1P与AD1所成的角就是直线A1P与BC1所成的角，在△A1BC1中，易知所求角的范围是，所以③错误；VD1APC＝VCAD1P，因为点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥D1APC的体积不变，所以④正确．
答案：①②④
15.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的边长为2，过BD1的截面的面积为S，则S的最小值为________．
解析：由题知，过BD1的截面可能是矩形，可能是平行四边形，
(1)当截面为矩形，即截面为ABC1D1，A1BCD1，BB1D1D时，
由正方体的对称性可知SABC1D1＝SA1BCD1＝SBB1D1D＝4.
(2)当截面为平行四边形时，如图所示，
过点E作EM⊥BD1于M，如图(a)所示，SBED1F＝BD1·EM，
又因为BD1＝2，所以SBED1F＝EM·2，
过点M作MN∥D1D交BD于N，连接AN，当AN⊥BD时，AN最小，此时，EM的值最小，且EM＝，
故四边形BED1F的面积最小值为SBED1F＝×2＝2，
又因为4＞2，
所以过BD1的截面面积S的最小值为2.
答案：2
16．(2020·济南高三期末)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为________．
解析：如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．
再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.
又PE＝PF＝，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，
即∠ACO＝45°.
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝＝＝.
答案：
B级——拔高小题提能练
1.[多选题]如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论正确的是( )
A．AE∥平面C1BD
B．四面体ACEF的体积不为定值
C．三棱锥ABEF的体积为定值
D．四面体ACDF的体积为定值
解析：选ACD 对于A，如图1，AB1∥DC1，易证AB1∥平面C1BD，同理AD1∥平面C1BD，且AB1∩AD1＝A，所以平面AB1D1∥平面C1BD，又AE⊂平面AB1D1，所以AE∥平面C1BD，A正确；对于B，如图2，S△AEF＝EF·h1＝×1×
＝，点C到平面AEF的距离为点C到平面AB1D1的距离d1为定值，所以VACEF＝VCAEF＝××d1＝d1为定值，所以B错误；
对于C，如图3，S△BEF＝×1×3＝，点A到平面BEF的距离为点A到平面BB1D1D的距离d2为定值，所以VABEF＝××d2＝d2为定值，C正确；对于D，如图4，四面体ACDF的体积VACDF＝VFACD＝××3×3×3＝为定值，D正确．故选ACD.
2．某折叠餐桌的使用步骤如图所示，有如下检查项目．
项目①：折叠状态下(如图1)，检查四条桌腿长相等；
项目②：打开过程中(如图2)，检查OM＝ON＝O′M′＝O′N′；
项目③：打开过程中(如图2)，检查OK＝OL＝O′K′＝O′L′；
项目④：打开后(如图3)，检查∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°；
项目⑤：打开后(如图3)，检查AB＝CD＝A′B′＝C′D′.
在检查项目的组合中，可以判断“桌子打开之后桌面与地面平行”的是( )
A．①②③⑤ B．②③④⑤
C．②④⑤ D．③④⑤
解析：选B A选项，项目②和项目③可推出项目①，若∠MON＞∠M′O′N′，则MN较低，M′N′较高，所以不平行，错误；B选项，因为∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°，所以平面ABCD∥平面A′B′C′D′，因为AB＝A′B′，所以AA′平行于地面，由②③⑤知，O1O1′∥AA′∥平面MNN′M′，所以桌面平行于地面，故正确；C选项，由②④⑤得，OM＝ON，O1A⊥AA′，O1′A′⊥AA′，AB＝A′B′，所以AA′∥BB′，但O1A与O1′A′是否相等不确定，所以不确定O1O1′与BB′是否平行，又O1O1′∥MN，所以不确定BB′与MN是否平行，故错误；D选项，OK＝OL＝O′K′＝O′L′，所以AA′∥BB′，但不确定OM与ON，O′M′，O′N′的关系，所以无法判断MN与地面的关系，故错误．综上，选B.
3.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥MEFGH的体积为________．
解析：连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH＝AC，因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝AC，所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所
以四边形EHGF为正方形，又点M到平面EHGF的距离为，所以四棱锥MEFGH的体积为×2×＝.
答案：
4．已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，则三棱锥的表面积为______，若三棱锥内有一个体积为V的球，则V的最大值为________．
解析：该三棱锥侧面的斜高为＝，则S侧＝3××2×＝2，S底＝××2＝，所以三棱锥的表面积S表＝2＋＝3.
由题意知，当球与三棱锥的四个面都相切时，其体积最大．设三棱锥的内切球的半径为r，则三棱锥的体积V锥＝S表·r＝S底·1，所以3r＝，所以r＝，所以三棱锥的内切球的体积最大为Vmax＝πr3＝.
答案：3
5．已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为________．
解析：由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则h＝，所以圆锥的体积V＝πr2h＝πr2＝π.
设f(r)＝9r4－r6(r＞0)，则f′(r)＝36r3－6r5，
令f′(r)＝36r3－6r5＝6r3(6－r2)＝0，得r＝，
所以当0＜r＜时，f′(r)＞0，f(r)单调递增，
当r＞时，f′(r)＜0，f(r)单调递减，所以f(r)max＝f()＝108，所以Vmax＝π×＝2π.
答案：2π
