小题分项练(6) 立体几何（专题微测Word）-【赢在微点·考前顶层设计】2023老高考数学理科大二轮专题复习

小题分项练(6)　立体几何 一、选择题 1.(2022·烟台模拟)若l,m为两条不同的直线,α为平面,且l⊥α,则“m⊥l”是“m∥α”的(B) 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　由l⊥α,m⊥l得m∥α或m⊂α,由l⊥α,m∥α得m⊥l,所以“m⊥l”是“m∥α”的必要不充分条件。故选B。 2.过圆柱的上、下底面圆圆心的平面截圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则圆柱的侧面积是(C) A.12π B.12π C.8π D.10π 解析　如图所示,过圆柱的上、下底面圆圆心的平面截圆柱所得的截面是正方形ABCD,面积为8,故边长AB=AD=2,即底面半径R=AB=,侧棱长为AD=2。则圆柱的侧面积是S=2πR·AD=2π××2=8π。 3.如图,战国商鞅铜方升是公元前344年商鞅督造的标准量器。秦始皇统一中国后,仍以商鞅所规定的制度和标准统一全国的度量衡。经测量,该铜方升内口(长方体)深1寸,内口长是宽的1.8倍,内口的表面积(不含上底面)为33平方寸,则该铜方升内口的容积为(D) A.5.4立方寸 B.8立方寸 C.16立方寸 D.16.2立方寸 解析　设内口宽为a寸,则长为1.8a寸,由2(a+1.8a)+1.8a2=33,整理得9a2+28a-165=0,解得a=3a=-舍去,故所求的容积为3×(1.8×3)×1=16.2(立方寸)。 4.如图所示,直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,∠BCA=60°,M,N分别是A1C1,CC1的中点,BC=CA=CC1,则BN与AM所成角的余弦值为(A) A. B. C. D. 解析　 如图,取BB1的中点为Q,AC的中点为P,连接C1Q,PQ,C1P,PB。因为BN∥C1Q,AM∥C1P,所以∠QC1P或其补角即为BN与AM所成角。设BC=2,则AM=C1P=BN=C1Q=,PQ=2,在△PQC1中,cos∠QC1P==。 5.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列条件中能推出m⊥n的是(C) A.m⊥α,n∥β,α⊥β B.m⊥α,n⊥β,α∥β C.m⊂α,n⊥β,α∥β D.m⊂α,n∥β,α⊥β 解析　对于A,m与n可以相交、平行或异面,故不能推出;对于B,可得m∥n,故不能推出;对于C,可以推出;对于D,m与n可以相交、平行或异面,故不能推出。故选C。 6.正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱长为1,若F 是DD1的中点,则B1到平面ABF 的距离为(D) A. B. C. D. 解析　 如图,设CC1的中点为E,连接F E,BE,可得F E∥DC,则F E⊥平面BB1C1C,而F E⊂平面ABEF ,所以平面ABEF ⊥平面BB1C1C,且平面ABEF ∩平面BB1C1C=BE,在平面BB1C1C中,过B1作B1G⊥BE,垂足为G,则B1G⊥平面ABEF ,则B1到平面ABF 的距离为B1G。由正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱长为1,得=×1×1=,又BE==,由等面积法可得,=××B1G=,得B1G=,即B1到平面ABF 的距离为。 7.(2022·天津河西区高三一模)将长、宽分别为4和3的长方形ABCD沿对角线AC折成直二面角,得到四面体A⁃BCD,则四面体A⁃BCD的外接球的表面积为(A) A.25π B.50π C.5π D.10π 解析　 取AC的中点O,连接OB,OD,如图所示。由题意AC==5,因为∠ABC=∠ADC=90°,O为AC的中点,所以OB=OD=AC=OA=OC=,所以O为四面体A⁃BCD的外接球的球心,且球O的半径R=,因此,四面体A⁃BCD的外球接的表面积为4πR2=25π。 8.已知棱长为1的正方体ABCD⁃A1B1C1D1,M是BB1的中点,动点P在正方体内部或表面上,且MP∥平面ABD1,则动点P的轨迹所形成区域的面积是(A) A. B. C.1 D.2 解析　 如图,分别取AA1,A1D1,B1C1的中点E,F ,G,连接EF ,F G,MG,EM,则EF ∥AD1,EM􀱀AB,F G􀱀AB,所以EM􀱀F G,所以E,F ,G,M四点共面,且四边形EF GM为平行四边形。因为EF ⊄平面ABD1,AD1⊂平面ABD1,所以EF ∥平面ABD1,同理可得EM∥平面ABD1。又EF ∩EM=E,所以平面ABD1∥平面EF GM,易知平行四边形EF GM为矩形,故动点P的轨迹所形成的区域为矩形EF GM。因为MB1=B1G=,所以MG=,所以S矩形EF GM=1×=。故选A。 二、填空题 9.如图为一个盛满水的圆锥形玻璃杯,现将一个球状物体放入其中,使其完全浸没于杯中,球面与圆锥侧面相切,且与玻璃杯口所在平面相切,则溢出水的体积为  。  解析　作出圆锥的轴