第七章 必刷小题13 立体几何（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（人教A提高版）

必刷小题13　立体几何 一、单项选择题 1．(2024·洛阳模拟)如图，△O′A′B′是△OAB的直观图，则△OAB是(　　) A．正三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．以上都有可能 答案　C 解析　因为∠x′O′y′＝45°，则线段A′B′与y′轴必相交，令交点为C′，如图(1)所示， 在平面直角坐标系Oxy中，点A在x轴上，可得OA＝O′A′，点C在y轴上，可得OC＝2O′C′， 如图(2)所示，因此点B必在线段AC的延长线上， 所以∠BOA>∠COA＝90°， 所以△OAB是钝角三角形． 2．下列四个命题中，正确的是(　　) A．各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱 B．对角面是全等矩形的六面体一定是长方体 C．有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱 D．长方体一定是直四棱柱 答案　D 解析　对于A，底面是菱形的直平行六面体，满足条件但不是正棱柱；对于B，底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；C显然错误；长方体一定是直四棱柱，D正确． 3．从平面外一点P引与平面相交的直线，使P点与交点的距离等于1，则满足条件的直线可能有(　　) A．0条或1条 B．0条或无数条 C．1条或2条 D．0条或1条或无数条 答案　D 解析　当点P到平面的距离大于1时，没有满足条件的直线；当点P到平面的距离等于1时，满足条件的直线只有1条；当点P到平面的距离小于1时，满足条件的直线有无数条． 4．(2023·徐州模拟)圆柱形玻璃杯中盛有高度为10 cm的水，若放入一个玻璃球(球的半径与圆柱形玻璃杯内壁的底面半径相同)后，水恰好淹没了玻璃球，则玻璃球的半径为(　　) A. cm B．15 cm C．10 cm D．20 cm 答案　B 解析　根据题意，玻璃球的体积等于放入玻璃球后水的体积减去原来水的体积．设玻璃球的半径为r，即圆柱形玻璃杯内壁的底面半径为r， 则玻璃球的体积为πr3，圆柱的底面面积为πr2， 若放入一个玻璃球后，水恰好淹没玻璃球， 则此时水面的高度为2r，所以πr3＝πr2(2r－10)，解得r＝15(cm)． 5．(2024·泉州模拟)设m，n为两条直线，α，β为两个平面，则α⊥β的充分条件是(　　) A．m∥α，n∥β，m⊥n B．m⊥α，n∥β，m⊥n C．m⊥α，n⊥β，m⊥n D．m⊂α，n⊂β，m⊥n 答案　C 解析　对于A，如图(1)，α∩β＝l，m⊥l，n∥l，则满足m∥α，n∥β，m⊥n，平面α与β不一定垂直，故A错误； 对于B，如图(2)，α∩β＝l，n∥l，m⊥α，则满足n∥β，m⊥n，平面α与β不一定垂直，故B错误； 对于C，如图(3)，m⊥α，n⊥β，m⊥n，在直线m，n上取两个向量，，则，分别为平面α，β的法向量，且⊥，则α⊥β，故C正确； 对于D，如图(4)，α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，m⊥l，n∥l，则m⊥n，平面α与β不一定垂直，故D错误． 6.某同学画“切面圆柱体”(用与圆柱底面不平行的平面切圆柱，底面与切面之间的部分叫做切面圆柱体)，发现切面与圆柱侧面的交线是一个椭圆(如图所示)．若该同学所画的椭圆的离心率为，则“切面”所在平面与底面所成的角为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　设椭圆与圆柱的轴截面如图所示，作DE⊥BC交BC于点E， 则∠CDE为“切面”所在平面与底面所成的角，设为θ. 设底面圆的直径为2r，则CD为椭圆的长轴2a，短轴为2b＝DE＝2r， 则椭圆的长轴长2a＝CD＝， 即a＝，所以椭圆的离心率为 e＝＝＝＝＝sin θ， 所以θ＝. 7．(2023·朝阳模拟)如图，圆台内有一个球，该球与圆台的侧面和底面均相切．已知圆台的下底面圆心为O1，半径为r1，圆台的上底面圆心为O2，半径为r2(r1>r2)，球的球心为O，半径为R，记圆台的表面积为S1，球的表面积为S2，则的可能取值为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　如图，作出圆台的轴截面，作DF⊥BC，垂足为F， 由题意知圆O与梯形ABCD相切， 则DC＝DE＋CE＝O2D＋O1C＝r2＋r1， 又DC＝＝， 故＝r1＋r2， 化简可得R2＝r1r2， 则＝ ＝＝＋ >＋＝(r1>r2，故取不到等号)， 由于，，都不大于， 故的可能取值为. 8．(2023·北京模拟)在通用技术教室里有一个三棱锥木块如图所示，VA，VB，VC两两垂直，VA＝VB＝VC＝1(单位：dm)，小明同学计划通过侧面VAC内任意一点P将木块锯开，使截面平行于直线VB和AC，则该截面面积(单位：dm2)的最大值是(　　) A. dm2 B. dm2 C. dm2 D. dm2 答案　B 解析　根据题意，在平面VAC内，过点P作EF∥AC分别交VA，VC于点F，E， 在平面VBC内，过点E作EQ∥VB交BC于点Q， 在平面VAB内，过点F作FD∥VB交AB于点D，连接DQ，如图所示， 因为EF∥AC， 所以△VEF∽△VCA，设其相似比为k， 则＝＝＝k,0<k<1， 因为VA＝VB＝VC＝1，且两两垂直，所以AC＝， 即EF＝k， 因为FD∥ VB， 所以△AFD∽△AVB，即＝＝， 因为＝＝1－k， 所以＝＝1－k，即FD＝1－k， 同理△CEQ∽△CVB，即＝＝＝1－k， 即EQ＝1－k， 所以FD∥EQ，且FD＝EQ， 所以四边形FEQD为平行四边形， 因为VB⊥VC，VB⊥VA，VA∩VC＝V，VA⊂平面VAC，VC⊂平面VAC， 所以VB⊥平面VAC， 因为FD∥VB， 所以FD⊥平面VAC， 因为EF⊂平面VAC， 所以FD⊥EF， 所以四边形FEQD是矩形，即S矩形FEQD＝FD·EF＝(1－k)·k＝－2＋， 所以当k＝时，S矩形FEQD有最大值. 故该截面面积的最大值是 dm2. 二、多项选择题 9．(2023·潍坊模拟)某球形巧克力设计了一种圆柱形包装盒，每盒可装7个球形巧克力，每盒只装一层，相邻的球形巧克力相切，与包装盒接触的6个球形巧克力与圆柱形包装盒侧面及上下底面都相切，如图是平行于底面且过圆柱母线中点的截面，设包装盒的底面半径为R，球形巧克力的半径为r，每个球形巧克力的体积为V1，包装盒的体积为V2，则(　　) A．R＝3r B．R＝6r C．V2＝9V1 D．2V2＝27V1 答案　AD 解析　由截面图可以看出，圆柱的底面直径是球形巧克力直径的3倍，即可得R＝3r， 圆柱的高等于球形巧克力的直径，即h＝2r， V1＝，V2＝πR2h＝18πr3， 则有2V2＝27V1. 10．(2023·昌吉模拟)正六棱台的上、下底面边长分别是2 cm和6 cm，侧棱长是5 cm，则下列说法正确的是(　　) A．该正六棱台的上底面积是6 cm2 B．该正六棱台的侧面积是15 cm2 C．该正六棱台的表面积是(60＋24)cm2 D．该正六棱台的高是3 cm 答案　ACD 解析　如图，在正六棱台ABCDEF－A1B1C1D1E1F1中， 因为A1B1＝2 cm，AB＝6 cm，AA1＝5 cm， 所以侧面的梯形ABB1A1的高即正六棱台斜高为 ＝(cm)， 所以梯形ABB1A1的面积为 S＝×(2＋6)×＝4 (cm2)， 故正六棱台的侧面积为 6S＝6×4＝24(cm2)，故B错误； 由图可知该正六棱台的上底面积为6个边长为2的等边三角形组成， 所以该正六棱台的上底面积为 S1＝6××2×2×sin 60°＝6(cm2)，故A正确； 同理下底面积为 S2＝6××6×6×sin 60°＝54(cm2)， 所以该正六棱台的表面积是 6S＋S1＋S2＝(60＋24)cm2，故C正确； 正六棱台的高为OO1＝＝3(cm)，故D正确． 11.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M，N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是(　　) A．MN＝EF B．MN≠EF C．MN与EF异面 D．MN与EF平行 答案　BC 解析　设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2a， 则MN＝＝＝a， 作点E在平面ABCD内的射影点G， 连接EG，GF， 所以EF＝＝ ＝a， 所以MN≠EF，故选项B正确，A错误； 连接DE，因为E为平面ADD1A1的中心， 所以DE＝A1D， 又因为M，N分别为B1C1，CC1的中点， 所以MN∥B1C， 又因为B1C∥A1D，所以MN∥ED， 且DE∩EF＝E， 所以MN与EF异面，故选项C正确，D错误． 12．(2024·舟山模拟)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面ABC为正三角形，侧棱AA1垂直于底面ABC，D为AC的中点，则下列判断正确的是(　　) A．C1D与BB1是异面直线 B．BD⊥A1C1 C．平面BDC1⊥平面ACC1A1 D．A1B1∥平面BDC1 答案　ABC 解析　对于A，在三棱柱ABC－A1B1C1中， BB1∥CC1，CC1⊂平面 ACC1A1，BB1⊄平面ACC1A1，所以BB1∥平面 ACC1A1， 又CC1∩C1D＝C1，所以 C1D 与 BB1 是异面直线，故A正确； 对于B，因为AA1垂直于底面ABC，BD⊂平面ABC，所以AA1⊥BD， 又因为△ABC为正三角形，且D为AC的中点，所以BD⊥AC， 又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1， 所以BD⊥平面ACC1A1， 又A1C1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥A1C1，故B正确； 对于C，因为 BD⊥平面 ACC1A1，BD⊂平面BDC1，所以平面BDC1⊥平面 ACC1A1，故C正确； 对于D，因为 AB∩平面 BDC1＝B，所以AB与平面BDC1不平行， 又 AB∥A1B1，所以A1B1与平面BDC1不平行，故D错误． 三、填空题 13．(2023·榆林模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，且PA＝AB，AD＝AB，则tan∠APC＝________. 答案　2 解析　∵PA⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD， ∴PA⊥AC， 设AB＝1，则PA＝1，AD＝，AC＝＝2， ∴tan∠APC＝＝2. 14.如图，已知PA⊥PB，PA⊥PC，∠ABP＝∠ACP＝60°，PB＝PC＝BC，D是BC的中点，则AD与平面PBC所成角的余弦值为______． 答案　 解析　∵PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC， ∴PA⊥平面PBC，连接PD，如图所示， 则PD是AD在平面PBC内的射影， ∴∠PDA就是AD与平面PBC所成的角． 又∵∠ABP＝∠ACP＝60°，PB＝PC＝BC，D是BC的中点， ∴PD＝BC，PA＝BC， ∴AD＝BC，∴cos∠PDA＝＝， ∴AD与平面PBC所成角的余弦值为. 15.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝5，点E是棱CC1上的一个动点，若平面BED1交棱AA1于点F，则四棱锥B1－BED1F的体积为________，截面四边形BED1F的周长的最小值为 ________. 答案　20　2 解析　由题意可得D1F∥BE， 则＝＋＝＋ ＝× ＝×＝20. 将长方体展开，如图所示，当点E为BD1与CC1的交点，F为BD1与AA1的交点时，截面四边形BED1F的周长最小，最小值为2BD1＝2＝2. 16．青铜豆最早见于商代晚期，盛行于春秋战国时期，它不仅可以作为盛放食物的铜器，还是一件十分重要的礼器，图①为河南出土的战国青铜器——方豆，豆盘以上是长方体容器和正四棱台的斗形盖．图②是与主体结构相似的几何体，其中AB＝4，MN＝NF＝2，K为BC上一点，且＝，Z为PQ上一点．若DK⊥MZ，则＝________；若几何体EFGH－MNPQ的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为________． 答案　　40π 解析　由题意可知，平面ABCD∥平面EFGH∥平面MNPQ， 设平面EMZ交平面ABCD于AJ， 因为平面EMZ交平面MNPQ＝MZ，所以MZ∥AJ， 设DK∩AJ＝L， 因为DK⊥MZ，所以DK⊥AJ， 因为∠DKC＋∠KDC＝， ∠DJL＋∠KDC＝， 所以∠DKC＝∠DJL， 而∠DCK＝∠ADJ＝， 所以△DCK∽△ADJ， 所以＝，所以＝， 因为四边形ABCD为正方形， 所以CJ∶JD＝BK∶KC＝2∶1. 所以＝＝， 几何体EFGH－MNPQ为正四棱台， 由正四棱台的对称性可知， 几何体EFGH－MNPQ的外接球的球心必在平面NFHQ上， 设NQ的中点为O1，FH的中点为O2， 则球心O在O1O2上，连接OO1，OF，ON， 由题意可知，FH＝AB＝4， NQ＝MN＝2，FO2＝2，NO1＝， 过N作NS⊥FH于S， 则FS＝(FH－NQ)＝(4－2)＝， 由勾股定理得NS＝＝＝， 所以O1O2＝NS＝， 设外接球的半径为R，OO2＝d， 由R＝OF＝ON可得＝， 即＝， 解得d＝， 所以R＝OF＝＝， 所以几何体EFGH－MNPQ外接球的表面积为S＝4πR2＝40π. 谢谢 学科网（北京）股份有限公司 $