专题4 第1讲 小题研透——立体几何(专题检测)-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习学生用书Word

专题四　立体几何 第1讲　小题研透——立体几何 1.A　由斜二测画法可知原图为两条直角边长分别为2和4的直角三角形，如图所示，所以其面积S＝×2×4＝4，故选A. 2.C　体积最大的圆锥的母线为l＝＝＝5，则S表＝S圆柱侧＋S圆柱底＋S圆锥侧＝2πrh＋πr2＋πrl＝24π＋9π＋15π＝48π.故选C. 3.A　如图，由题意，该棱台的上下底面的对角线长分别为5 cm，3 cm，所以棱台的高为h＝＝5 cm，故棱台的体积为V＝h（S上＋S下＋）＝×5×（52＋32＋）＝ cm3.故选A. 4.C　对于A，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m与n异面，所以A错误；对于B，若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n或m与n异面或m与n相交，所以B错误；对于C，设直线m，n的方向向量分别为m，n，因为m⊥α，n⊥β，所以m⊥α，n⊥β，即m，n分别为平面α，β的法向量，又α⊥β，所以m⊥n，所以m⊥n，所以C正确；对于D，若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n或m与n异面或m与n相交，所以m与n不一定垂直，所以D错误.故选C. 5.AD　因为BG∶GC＝DH∶HC，所以GH∥BD.又E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝BD，所以EF∥GH.易知BD∥平面EGHF，FH与AC为相交直线，即A正确，B、C错误；因为EFHG为梯形，所以EG与FH必相交，设交点为M，因为EG⊂平面ABC，FH⊂平面ACD，则M是平面ABC与平面ACD的一个交点，所以M∈AC，即直线GE，HF，AC交于一点，所以D正确. 6.　解析：连接BC1，A1C1，如图所示，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，有AB∥C1D1且AB＝C1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，则有BC1∥AD1，则∠A1BC1就是异面直线A1B与AD1所成的角.设AB＝1，则BC1＝A1B＝，A1C1＝，在△A1BC1中，由余弦定理得cos∠A1BC1＝＝＝. 7.B　对于A，如图1，当点P为A1C1的中点时，连接B1D1，BD，则P在B1D1上，BP⊂平面BDD1B1，又DD1⊂平面BDD1B1，所以BP与DD1共面，故A不正确；对于B，如图2，连接AC，易知AC⊂平面ACC1A1，BP⊄平面ACC1A1，且BP∩平面ACC1A1＝P，P不在AC上，所以BP与AC为异面直线，故B正确；当点P与点C1重合时，连接AD1，B1C（图略），由正方体的性质，易知BP∥AD1，BP与B1C相交，故C、D不正确.故选B. 8.C　如图，在OA取一点A'，过A'作A'B'⊥α，再作B'C'⊥OC，垂足为C'，连接A'C'，由A'B'⊥OC，易得OC⊥A'C'.则cos∠AOB＝，cos∠BOC＝，cos∠AOC＝，故有cos∠AOB·cos∠BOC＝cos∠AOC.由于∠AOB＝∠BOC＝45°，则cos∠AOC＝cos 45°·cos 45°＝×＝，则∠AOC＝60°.所以C选项是正确的. 9.B　该灯笼去掉圆柱部分的高为40－8＝32 cm，则R－h＝＝16 cm，由圆柱的底面圆直径为24 cm，则有（R－h）2＋122＝R2，即162＋122＝R2，可得R＝20 cm，则h＝4 cm，V＝2V圆柱＋V球－2V球缺＝2×4×122×π＋×π×203－2××（60－4）×42＝3 456＋32 000－1 792＝33 664（cm3）.故选B. 10.D　由题意知△PAB为正三角形，因为PC2＋PD2＝CD2，所以PC⊥PD.如图，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE＝2，PF＝2，EF＝4，于是PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF.过点P作PG⊥EF，垂足为G.易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF⊂平面PEF，且EF∩PF＝F，所以CD⊥平面PEF.又PG⊂平面PEF，所以CD⊥PG.又PG⊥EF，CD，EF⊂平面ABCD，CD∩EF＝F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG为四棱锥P-ABCD的高.由PE·PF＝EF·PG，得PG＝＝＝.故选D. 11.ABC　对于A、B，如图，连接EF，GH，因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1，因为B1E∥C1F，且B1E＝C1F，所以四边形B1EFC1是平行四边形，所以EF∥B1C1，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共面，故A、B正确；对于C，如图，延长EG，FH相交于点P，因为P∈EG，EG⊂平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，因为P∈FH，FH⊂平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，所以P∈AA1，所以EG，FH，AA1三线共点，故C正确；对于D，因为EB1＝FC1，当GB1≠HC1时，tan∠EGB1≠tan∠FHC1，故D错误.故选A、B、C. 12.ABD　显然四边形ABCD是等腰梯形，AB＝AD＝BC＝2，CD＝4，其高即为圆台的高h＝＝，对于A，在等腰梯形ABCD中，AC＝＝2，A正确；对于B，圆台的表面积S＝π×12＋π×22＋π（1＋2）×2＝11π，B正确；对于C，圆台的体积V＝π（12＋1×2＋22）×＝π，C错误；对于D，将圆台一半侧面展开，如图中扇环ABCD，且E为AD中点，而圆台对应的圆锥半侧面展开为COD且OC＝4，又∠COD＝＝，在Rt△COE中，CE＝＝5，斜边CE上的高为＝＞2，即CE与弧AB相离，所以C到AD中点的最短距离为5，D正确.故选A、B、D. 13.12　解析：设六棱锥的高为h，则V＝Sh，所以××4×6h＝2，解得h＝1.设六棱锥的斜高为h'，则h2＋（）2＝h'2，故h'＝2.所以该六棱锥的侧面积为×2×2×6＝12. 14.　1　解析：设正三角形的边长为2r，则正三角形的高为r，此时圆锥MM'的底面半径为r，母线长l＝2r，高为r，故圆锥MM'的体积V1＝×πr2×r＝πr3，圆锥MM'的表面积S1＝πr2＋πrl＝3πr2，因为正三角形的高与球O的直径相等，所以球O的半径R＝r，故球O的体积V2＝πR3＝πr3，球O的表面积S2＝4πR2＝3πr2.因此，圆锥MM'的体积与球O的体积的比值为＝＝，圆锥MM'的表面积与球O的表面积的比值为＝1. 15.π　解析：因为圆锥形容器的底面半径和高都是1，水面高度为x，所以容器中水的体积V＝f（x）＝πx3.因为a＋b＝1，所以b＝1－a（0＜a＜1），f（a）＋f（b）＝πa3＋π（1－a）3＝πa3＋π（1－3a＋3a2－a3）＝πa2－πa＋π，易知函数y＝πa2－πa＋π（0＜a＜1）的图象开口向上，且对称轴方程为a＝，所以当a＝时，f（a）＋f（b）取得最小值，最小值为π－π＋π＝π. 16.AC　对于A，S△ABD＝×1×1×＝，所以表面积为6×＝，故A对；对于B，如图所示，设点D在平面ABC内的投影为O，M为BC的中点，则由对称性可知O为三角形ABC的重心，所以AO＝AM＝×1×＝，又因为AD＝1，所以正三棱锥D-ABC的高为DO＝＝＝，所以题图所示几何体的体积为V＝2VD-ABC＝2×××＝，故B错；对于C，由B选项可知DO⊥平面ABC，由对称性可知D，O，E三点共线，所以DE⊥平面ABC，而DE⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面ABC，故C对；对于D，建立如图所示的空间直角坐标系， 其中Ox轴平行BC，因为AO＝，OM＝－＝，所以B（ ，，0），C（ －，，0），E（ 0，0，－），＝（－1，0，0），＝（ －，－，－），设平面BCE的法向量为n＝（x，y，z），所以不妨取z＝1，解得y＝－2，x＝0，所以取n＝（0，－2，1），又A（ 0，－，0），D（ 0，0，），＝（ 0，，），而·n＝－＋＝－≠0，所以直线AD与平面BCE不平行，故D错.故选A、C. 17.16π　解析：构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为h（0≤h≤3）时，小圆锥底面半径为r，则＝，∴r＝h，故截面面积为4π－πh2，把y＝h代入＋＝1，即＋＝1，解得x＝±，∴橄榄球形几何体的截面面积为πx2＝4π－πh2，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：V＝2（V圆柱－V圆锥）＝2×（ 4π×3－×4π×3）＝16π. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第1讲　小题研透——立体几何 1.如图所示的直观图中，O'A'＝O'B'＝2，则其平面图形的面积是（　　） A.4 B.4 C.2 D.8 2.（2024·青岛三模）在母线长为4，底面直径为6的一个圆柱中挖去一个体积最大的圆锥后，得到一个几何体，则该几何体的表面积为（　　） A.33π B.39π C.48π D.57π 3.（2024·黔西一模）如图所示的花盆为正四棱台，上口宽5 cm，下口宽3 cm，侧棱长3 cm，则该花盆的体积为（　　） A. cm3 B.49 cm3 C. cm3 D.245 cm3 4.（2024·太原高三年级模拟考试）已知m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法中正确的是（　　） A.若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n B.若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n C.若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n D.若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n 5.（多选）如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，则（　　） A.BD∥平面EGHF B.FH∥平面ABC C.AC∥平面EGHF D.直线GE，HF，AC交于一点 6.（2024·保定二模）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝4AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为　　　　. 7.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是（　　） A.DD1　　　　　　 B.AC C.AD1 D.B1C 8.已知AO为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，直线OC在平面α内，且∠AOB＝∠BOC＝45°，则∠AOC的大小为（　　） A.30° B.45° C.60° D.90° 9.（2024·武昌5月质量检测）灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分（除去两个球缺）.如图2，“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为V＝（3R－h）h2，其中R是球的半径，h是球缺的高.已知该灯笼的高为40 cm，圆柱的高为4 cm，圆柱的底面圆直径为24 cm，则该灯笼的体积为（取π＝3）（　　） A.32 000 cm3 B.33 664 cm3 C.33 792 cm3 D.35 456 cm3 10.（2024·北京高考8题）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，该棱锥的高为（　　） A.1 B.2 C. D. 11.（多选）（2024·绍兴二模）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法正确的是（　　） A.E，F，G，H四点共面 B.EF∥GH C.EG，FH，AA1三线共点 D.∠EGB1＝∠FHC1 12.（多选）如图圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝CD＝2，下面说法正确的是（　　） A.线段AC＝2 B.该圆台的表面积为11π C.该圆台的体积为7π D.沿着该圆台的表面，从点C到AD中点的最短距离为5 13.一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为　　　　. 14.（2024·九省联考）已知轴截面为正三角形的圆锥MM'的高与球O的直径相等，则圆锥MM'的体积与球O的体积的比值是　　　　，圆锥MM'的表面积与球O的表面积的比值是　　　　. 15.如图是一个底面半径和高都是1的圆锥形容器，匀速给容器注水，则容器中水的体积V是水面高度x的函数，记为V＝f（x），若正数a，b满足a＋b＝1，则f（a）＋f（b）的最小值为　　　　. 16.（多选）（2024·武汉二调）将两个各棱长均为1的正三棱锥D-ABC和E-ABC的底面重合，得到如图所示的六面体，则（　　） A.该几何体的表面积为 B.该几何体的体积为 C.过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相垂直 D.直线AD∥平面BCE 17.我国南北朝时期的著名数学家祖暅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即V球＝πR2·R－πR2·R＝πR3.现将椭圆＋＝1绕y轴旋转一周后得到一橄榄状的几何体（如图3），类比上述方法，运用祖暅原理可求得几何体体积为　　　　. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $