第七章 课时作业10 立体几何的综合应用-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 本练习聚焦立体几何综合应用，通过基础巩固、综合应用、创新拓展三层设计，实现从单一公式应用到复杂情境推理的递进，适配一轮复习知识整合需求，培养空间观念与逻辑推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|体积计算、向量运算|直接应用公式（如正三棱柱体积），对应基础考点，夯实空间观念| |综合应用|外接球、点线面关系|多知识点结合（如异面直线所成角、二面角），体现推理能力，衔接日常教学| |创新拓展|动态轨迹、复杂证明|情境复杂（如动点轨迹、外接球综合），需数学建模，培养创新意识|

课时10 立体几何的综合应用 一、单选题 1．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=AA1=2，则该三棱柱的体积为(　　) A.4 B.3 C.2 D. 2．设两条异面直线，的方向向量分别为，，则与所成的角为（     ） A． B． C． D． 3. 已知球是正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，是线段的中点，过点作球的截面，则所得截面面积的最小值是（    ） A． B． C． D． 4．如图，在四面体A-BCD中，M，N，P，Q，E分别是AB，BC，CD，AD，AC的中点，则下列说法中不正确的是(　 　) A．M，N，P，Q四点共面 B．∠QME＝∠DBC C．△BCD∽△MEQ D．四边形MNPQ为梯形 5、如图，已知四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论不正确的是(　　) A．AC⊥SB B．AB∥平面SCD C．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角 D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角 6． 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，E，F分别为棱BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为(　 　) A．3　　　B．　　　C．4　　　D．3 二、多选题 7、在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是线段DD1上的动点，若过A，B1，E三点的平面将正方体截为两个部分，则所得截面的形状可能为(　　) A．等边三角形 B．矩形 C．菱形 D．等腰梯形 8、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则有(　 ) A．直线D1D与直线AF垂直 B．直线EF与直线AD1平行 C．平面AEF截正方体所得的截面面积为 D．点C与点G到平面AEF的距离相等 9．已知圆锥SO的母线长为2，AB为底面圆O的一条直径，且AB＝4.用一平行于底面的平面截圆锥SO，得到截面圆的圆心为O1.设圆O1的半径为r，P为圆O1上的一个动点，则有(　 ) A．圆锥SO的体积为 B．PO的最小值为 C．若r＝1，则圆锥SO1与圆台O1O的体积之比为1∶8 D．若O为圆台O1O的外接球球心，则圆O1的面积为 三、填空题 10．已知向量a＝(－3，2,5)，b＝(1,5，－1)，则3a－b＝__ __，a·b＝_ _ 11、如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，体对角线BD1与过A1，D，C1的平面交于点M，则BM∶MD1＝ ． 12、如图，在三棱锥S－ABC中，△SBC，△ABC都是等边三角形，且BC＝2，SA＝，则二面角S－BC－A的大小为__ __． 四、解答题 13．（2026·安徽芜湖市期中）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，且∠APC＝90°. (1)证明：平面PAB⊥平面PAC； (2)设DO＝，圆锥的侧面积为π，求三棱锥P-ABC的体积． 14．（2026·新高考Ⅰ卷）在如图所示的四棱锥中，已知平面，，． （1）证明：平面平面； （2）若，，，，，，四点在同一个球面上，设该球面的球心为． ①证明：在平面上； ②求直线与直线所成角的余弦值． 课时10 立体几何的综合应用参考答案 1．C【解析】在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，所以S△ABC=×2×2×sin 60°=，所以=S△ABC·AA1=2.故选C. 2．C【解析】，因为，所以，所以与所成的角为.故选C. 3、A【解析】如图，是A在底面的射影， 由正弦定理，得的外接圆半径，由勾股定理得棱锥的高，设球O的半径为R，则即，解得，所以，即点O与重合.在中，是线段的中点，，所以，当截面垂直于OE时，截面面积最小，此时半径为，截面面积为.故选A. 4． D【解析】对于选项A，由条件可得，MQ∥BD，NP∥BD，所以MQ∥NP，所以M，N，P，Q四点共面，故A正确； 对于选项B，根据等角定理，得∠QME＝∠DBC，故B正确； 对于选项C，由等角定理，知∠QME＝∠DBC，∠MEQ＝∠DCB，所以△BCD∽△MEQ，故C正确； 对于选项D，由三角形中位线的性质知MQ∥BD，MQ＝BD，NP∥BD，NP＝BD，所以MQ∥NP，MQ＝NP，所以四边形MNPQ为平行四边形，故D错误．故选D. 5、 D【解析】对于选项A，因为SD⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以SD⊥AC.又因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD.又因为SD∩BD＝D，所以AC⊥平面SBD，AC⊥SB. 对于选项B，因为AB∥CD，CD平面CDS，AB平面CDS，所以AB∥平面SCD. 对于选项C，设AC，BD相交于O，连接SO(图略)，所以SA与平面SBD所成的角，SC与平面SBD所成的角分别为∠ASO，∠CSO，因为SA＝SC，所以两角相等. 对于选项D，AB与SC所成的角为∠SCD，DC与SA所成的角为∠SAB，显然两角不等．故选D. 6．B【解析】如图所示，连接A1C1，B1D1交于点M，连接B1E，BC1交于点N，由EF∥B1D1，知E，F，B1，D1四点共面，由P是线段A1B上的动点，当P重合于A1或B时，C1A1，C1B与平面D1EF的交点分别为M，N，即Q的轨迹为MN，由棱长为3，得C1M＝A1C1＝3, 则BC1＝6.又＝＝，则NC1＝BC1＝4.由A1B＝BC1＝A1C1，得∠A1C1B＝60°，则MN＝＝＝.故选B. 7、ABD【解析】当点E与D1重合时，过A，B1，E三点的截面是等边三角形AB1D1，故A正确； 当点E与D重合时，过A，B1，E三点的截面为矩形AB1C1D，故B正确； 若截面为菱形，则必有AB1＝AE，此时点E与D1重合，故C错误； 当点E与DD1中点重合时，记C1D1的中点为F，连接EF，FB1，C1D(图略)，易知EF∥DC1，由正方体性质可知，AD∥B1C1且AD＝B1C1，所以四边形AB1C1D为平行四边形，所以 DC1∥AB1，所以EF∥AB1且EF＝AB1，设正方体棱长为2，则AE＝B1F＝＝， 所以过A，B1，E三点的截面为等腰梯形AB1FE，故D正确．故选ABD. 8、 BC【解析】对于选项A，若D1D⊥AF，又因为D1D⊥AE且AE∩AF＝A，所以D1D⊥平面AEF，所以D1D⊥EF，所以CC1⊥EF，显然不成立，故A错误； 对于选项B，如图，连接BC1，则直线EF∥直线BC1，又直线BC1∥直线AD1，所以EF∥AD1，故B正确； 对于选项C，连接D1F，延长D1F，DC，AE交于点S， 由B知，EF∥AD1，所以A，E，F，D1四点共面，所以截面即为梯形AEFD1，又因为D1S＝AS＝＝2，AD1＝2，所以S△AD1S＝×2×＝6，所以S梯形AEFD1＝6×＝，故C正确； 对于选项D，设点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，因为VC－AEF＝S△AEF·h1＝VA－CEF＝××2＝，VG－AEF＝S△AEF·h2＝VA－GEF＝××2＝，所以h1≠h2，故D错误．故选BC. 9．ABD【解析】由题意，可作图如下， 由圆锥SO的母线长为2，底面圆的半径为2，则AS＝BS＝2，OA＝OB＝2，可得圆锥的高SO＝＝4. 对于选项A，VSO＝π×22×4＝，故A正确； 对于选项B，已知PO1＝r，设点P在底面的投影为P1，如下图所示， 则P1P＝4－2r，所以PO2＝P1P2＋P1O2＝(4－2r)2＋r2＝5＋≥，故B正确；对于选项C，由题意，可作图如下， 当r＝1时，SO1＝2，所以VSO1＝π×12×2＝，又VSO＝π×22×4＝，所以＝＝1∶7，故C错误； 对于选项D，由题意可作图如下， 若点O是圆台O1O的外接球球心，则由PO2＝(4－2r)2＋r2＝OA2＝4，解得r＝，所以S＝πr2＝，故D正确．故选ABD. 10．(－10,1,16)；2【解析】因为a＝(－3,2,5)，b＝(1,5，－1)，所以3a－b＝(－9,6,15)－(1,5，－1)＝(－10,1,16)，a·b＝－3＋10－5＝2． 11、2∶1【解析】如图，连接B1D1，交A1C1于O，连接BD，DO，由M∈BD1，BD1平面BDD1B1，则M∈平面BDD1B1.又M∈平面A1C1D，而平面BDD1B1∩平面A1C1D＝DO，故M∈DO，所以M是BD1与DO的交点.又B1D1∥BD，所以＝＝＝2，所以BM∶MD1＝2∶1. 12、60°【解析】如图，取BC的中点D，连接AD，SD．因为△ABC，△SBC都是等边三角形，所以SB＝SC，AB＝AC，因此有AD⊥BC，SD⊥BC，所以∠ADS为平面SBC与平面ABC所成的二面角的平面角．因为BC＝2，所以SD＝＝＝，AD＝＝＝，而SA＝，所以△SDA是等边三角形，所以∠ADS＝60°，即二面角S－BC－A的大小为60°． 13．(1)【证明】如图，连接OA，OB，OC. 因为D为圆锥顶点，O为底面圆心，所以OD⊥平面ABC，因为P在DO上，OA＝OB＝OC，所以PA＝PB＝PC.因为△ABC是圆内接等边三角形，所以AC＝BC，△PAC≌△PBC，所以∠APC＝∠BPC＝90°，即PB⊥PC，PA⊥PC，PA∩PB＝P，所以PC⊥平面PAB.又因为PC平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC. (2)【解】设圆锥的母线为l，底面圆半径为r，圆锥的侧面积为πrl＝π，rl＝，OD2＝l2－r2＝2，解得r＝1，l＝，AC＝2r sin 60°＝.在等腰直角三角形APC中，AP＝AC＝，在Rt△PAO中，PO＝＝＝，所以三棱锥P-ABC的体积为VP－ABC＝PO·S△ABC＝×××3＝. 14．（1）【证明】平面，平面，.，，，平面，平面.平面，平面平面． （2）①【证明】由题意，，，两两垂直，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，.设球心，，，半径，则，即，解得，，1，，平面． ②【解】由①得，，设直线与直线所成角为，则． . 学科网（北京）股份有限公司 $