2026版大一輪高考數(shù)學-第七章　必刷小題13　立體幾何VIP

必刷小題13立體幾何[分值：73分]一、單項選擇題(每小題5分，共40分)1.如圖，△O'A'B'是由斜二測畫法得到的水平放置的△OAB的直觀圖，則△OAB的面積是()A.6 B.32C.62 D.12答案D解析由直觀圖畫法規(guī)則，可得△OAB是一個直角三角形，如圖，直角邊OA=6，OB=4，∴S△OAB=12OA·OB=12×62.已知三個不同的平面α，β，γ，α∩β=a，γ∩β=b，則“α∥γ”是“a∥b”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件答案A解析因為α∥γ，α∩β=a，γ∩β=b，所以由面面平行的性質定理可得a∥b，則充分性成立；因為a∥b，α∩β=a，γ∩β=b，所以a?γ,b?γ,則a∥γ，又b?α,a?α,則b∥α，當α∩綜上所述，“α∥γ”是“a∥b”的充分不必要條件.3.若圓錐的側面展開圖是圓心角為180°、半徑為4的扇形，則這個圓錐的體積是()A.433π B.C.83π D.43π答案B解析設圓錐底面圓半徑為r，依題意，2πr=4π，解得r=2，而圓錐的母線長l=4，因此圓錐的高h=l2-所以這個圓錐的體積V=13πr2h=13π×22×23=4.(2024·咸陽模擬)已知各棱長都為1的平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，棱AA1，AB，AD兩兩的夾角均為π3，則異面直線BA1與CB1所成的角為(A.π4 B.π6 C.π答案C解析在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，連接A1D，BD，A1B1∥AB∥CD，A1B1=AB=CD，則四邊形A1B1CD是平行四邊形，B1C∥A1D，于是∠BA1D或其補角是異面直線BA1與CB1所成的角，由AA1=AB=AD=1，棱AA1，AB，AD兩兩的夾角均為π3，得△ABD，△ABA1，△ADA1都是正三角形，即A1B=BD=A1D=1，則∠BA1D=π3，所以異面直線BA1與CB5.(2025·白銀模擬)如圖所示，多面體ABCD-A1B1C1D1是棱長為3的正方體，M，N分別是棱A1B1，B1C1上的中點，P是棱AD上的一點，2AP=DP，過點P，M，N的平面交上底面ABCD于PQ，點Q在棱CD上，則PQ等于()A.2 B.322 C.2答案C解析連接A1C1，AC(圖略)，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，因為平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且MN?平面A1B1C1D1，所以MN∥平面ABCD，因為平面PMNQ∩平面ABCD=PQ，MN?平面PMNQ，所以MN∥PQ，又M，N分別是A1B1，B1C1的中點，所以MN∥A1C1，又A1C1∥AC，所以PQ∥AC，因為2AP=DP，所以2CQ=DQ，所以DQ=DP=2，故在Rt△PDQ中，PQ=DP2+DQ6.(2025·安順模擬)已知在正四面體OABC中，OA=1，則直線OA與平面OBC所成角的正弦值為()A.24 B.12 C.3答案D解析如圖，在正四面體OABC中，設H為△OBC的中心，取BC的中點P，連接OP，由正四面體的性質可知AH⊥平面OBC，且OH=23OP，則∠AOH即為直線OA與平面OBC所成的角因為OA=1，則BP=CP=1故OP=OC2故OH=23OP=由勾股定理得AH=AO2故sin∠AOH=AHAO=即直線OA與平面OBC所成角的正弦值為637.在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為AD的中點，P為線段CE上的動點，則當C1P⊥A1C時，C1P的長為()A.3142 B.2143答案B解析如圖，連接DC1，BC1，BD，AC，因為AA1⊥平面ABCD，由BD?平面ABCD，得BD⊥AA1，又BD⊥AC，AA1∩AC=A，AA1，AC?平面A1AC，所以BD⊥平面A1AC，由A1C?平面A1AC，得A1C⊥BD，同理A1C⊥BC1，又BC1∩BD=B，BC1，BD?平面BDC1，所以A1C⊥平面BDC1，記BD∩CE=P，所以C1P⊥A1C，由△DPE∽△BPC，得DEBC=PECP所以CP=23CE=23DE2+DC2=28.(2024·濟南模擬)已知正三棱錐P-ABC的底面△ABC的邊長為23，若半徑為1的球與該正三棱錐的各棱均相切，則三棱錐P-ABC的體積為(A.2 B.22 C.3 D.23答案A解析因為球與該正三棱錐的各棱均相切，所以平面ABC截球得到的截面圓與△ABC的三邊均相切，所以該球的球心在過截面圓圓心且與平面ABC垂直的直線上，又△ABC的邊長為23，所以△ABC的內切圓的半徑為r'=tanπ6·12AB=33又因為球的半徑r=1，即r'=r，所以棱切球的球心即為△ABC的中心點O，如圖，過球心O作PA的垂線交PA于H，則H為棱切球在PA上的垂足，所以OH=r=1，又因為OA=12ABcosπ所以cos∠AOH=OHOA=因為∠AOH∈0，π2，所以又由題意可知，PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，所以∠POH=π所以PO=OHcosπ6=所以V三棱錐P-ABC=13×12×23×23×32二、多項選擇題(每小題6分，共18分)9.(2025·婁底模擬)已知a，b，c是空間中三條不同的直線，α，β是空間中兩個不同的平面，下列命題不正確的是()A.若a⊥b，a⊥c，b?α，c?α，則a⊥αB.若α⊥β，a⊥α，則a∥βC.若a∥b，a∥c，a∥α，則b∥α或c∥αD.若a⊥α，b⊥β，a∥b，則α∥β答案ABC解析對于A，若b∥c，則a與α相交或平行，或a?α，故A錯誤；對于B，若α⊥β，a⊥α，則a∥β或a?β，故B錯誤；對于C，有可能b?α且c?α且b∥c，故C錯誤；對于D，若a⊥α，b⊥β，a∥b，則α∥β，故D正確.10.已知圓臺的上、下底面半徑分別為2，4，母線與底面所成的角為π4，則(A.該圓臺的母線長為22B.該圓臺的表面積為122πC.該圓臺的體積為56πD.該圓臺的外接球的表面積為80π答案ACD解析設圓臺上底面的半徑為r1=2，下底面的半徑為r2=4.對于A中，由于母線與底面所成的角為π4，則母線長l=r2-r對于B中，圓臺的表面積S=πr12+πr22+πr1l+πr2l=4π+16π+π×2×22+π×4×22=(20+122)π對于C中，由圓臺的母線長l=22，且母線與底面所成的角為可得圓臺的高h=22sinπ4=2則體積V=13π(r12+r22+r1r2)·h=13π(4+16+2×對于D中，設圓臺外接球的半徑為R，球心到下底面的距離為h1，若外接球的球心在圓臺下底面的下方，可得R2=此時圓臺外接球的表面積S=4πR2=80π；若外接球的球心在圓臺上、下底面之間，可得R2=綜上可得，圓臺外接球的表面積為80π，所以D正確.11.在菱形ABCD中，AB=23，∠ABC=60°.將菱形ABCD沿對角線AC折成大小為θ(0°<θ<180°)的二面角B-AC-D，若折成的四面體ABCD內接于球O，則下列說法正確的是(A.四面體ABCD的體積的最大值是33B.BD的取值范圍是(32，6C.四面體ABCD的表面積的最大值是6+63D.當θ=60°時，球O的體積為5239答案AD解析對于A，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，則△ABC為等邊三角形，取AC的中點E，連接BE，DE，如圖，則BE⊥AC，同理得，△ACD為等邊三角形，則DE⊥AC，且BE=DE=23sin60°=3，S△ABC=12AC·BE=3于是二面角B-AC-D的平面角為θ=∠BED，設點D到平面ABC的距離為d，則d=DEsinθ=3sinθ，V三棱錐D-ABC=13S△ABC·d=13×33×3sinθ=33sinθ≤33，當且僅當θ=90°時取等號，即四面體ABCD的體積的最大值是3對于B，由余弦定理得BD2=BE2+DE2-2BE·DEcosθ=18-18cosθ∈(0，36)，因此BD的取值范圍是(0，6)，B錯誤；對于C，S△ACD=S△ABC=33，由AB=AD=BC=CD，BD=BD，得△ABD≌△CBD則S△CBD=S△ABD=12AB·ADsin∠BAD=6sin∠BAD≤6因此四面體ABCD的表面積的最大值是2×33+2×6=12+63，C對于D，設M，N分別為△ABC，△ACD的外心，則EN=EM=13BE=1在平面BDE內過點M作BE的垂線與過點N作DE的垂線交于點O，由BE⊥AC，DE⊥AC，BE∩DE=E，BE，DE?平面BDE，得AC⊥平面BDE，而OM?平面BDE，則OM⊥AC，又OM⊥BE，BE∩AC=E，BE，AC?平面ABC，于是OM⊥平面ABC，同理得ON⊥平面ACD，則O為四面體ABCD的外接球球心，連接OE，OA，由EM=EN，OE=OE，∠OME=∠ONE=90°，得△OME≌△ONE，因此∠OEM=θ2=30°，OE=EMcos30°而AC⊥平面BDE，OE?平面BDE，則OE⊥AC，則OA=OE2+AE2=393，即球O的半徑為R=393，球O的體積為V=4三、填空題(每小題5分，共15分)12.圓錐軸截面頂角為120°，母線長為3，過圓錐頂點的平面截此圓錐，則截面三角形面積的最大值為.

答案9解析因為圓錐軸截面頂角為2π所以任意兩條母線夾角的范圍是0設母線長為l，兩條母線的夾角是θ，所以過圓錐頂點的截面三角形面積S=12l2sinθ=92sin因為θ∈0，2π3，所以sinθ∈(0所以截面三角形面積的最大值是9213.在正四棱柱A1B1C1D1-ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱C1C，C1D1，DD1，DC的中點，N是BC的中點，點M在四邊形EFGH上及其內部運動，則M滿足條件時，有MN∥平面B1BDD1.

答案M∈線段FH解析如圖所示，取B1C1的中點Q，連接QN，QF，F(xiàn)H，HN，由已知得QN，F(xiàn)H與CC1，BB1都平行且相等，因此FH與QN平行且相等，從而四邊形FQNH是平行四邊形，又H，N分別是CD，CB的中點，則HN∥BD，HN?平面B1BDD1，BD?平面B1BDD1，∴HN∥平面B1BDD1，同理NQ∥平面B1BDD1，而HN∩NQ=N，HN，NQ?平面FQNH，∴平面FQNH∥平面BB1D1D，因此只要M∈線段FH，就有MN∥平面B1BDD1.14.(2025·長沙模擬)在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，P為△A1BD內一點，且AP=2，則BP+C1P的最大值為.答案26解析如圖，連接AC1與平面A1BD交于點O，易知BD⊥AC，BD⊥CC1，AC∩CC1=C且AC，CC1?平面ACC1，所以BD⊥平面ACC1，又AC1?平面ACC1，所以BD⊥AC1，因為A1B⊥AB1，A1B⊥B1C1，AB1∩B1C1=B1且AB1，B1C1?平面AB1C1，所以A1B⊥平面AB