2023年高考数学二轮复习专项精练（高考22题）12＋4分项练8立体几何理

12＋4分项练8立体几何1．(2023届江西鹰潭一中月考)a，b为异面直线，以下结论不正确的选项是()A．必存在平面α使得a∥α，b∥αB．必存在平面α使得a，b与α所成角相等C．必存在平面α使得a⊂α，b⊥αD．必存在平面α使得a，b与α的距离相等答案C解析由a，b为异面直线知，在A中，在空间中任取一点O，过点O分别作a，b的平行线，那么由过点O的a，b的平行线确定一个平面α，使得a∥α，b∥α，故A正确；B中，平移b至b′与a相交，因而确定一个平面α，在α上作a，b′夹角的平分线，明显可以做出两条．过角平分线且与平面α垂直的平面使得a，b′与该平面所成角相等，角平分线有两条，所以有两个平面都可以．故B正确；在C中，当a，b不垂直时，不存在平面α使得a⊂α，b⊥α，故C错误；在D中，过异面直线a，b的公垂线的中点作与公垂线垂直的平面α，那么平面α使得a，b与α的距离相等，故D正确．应选C.2．直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有下面四个命题：(1)α∥β⇒l⊥m；(2)α⊥β⇒l∥m；(3)l∥m⇒α⊥β；(4)l⊥m⇒α∥β.其中正确的命题是()A．(1)与(2) B．(1)与(3)C．(2)与(4) D．(3)与(4)答案B解析∵直线l⊥平面α，α∥β，∴l⊥平面β，又∵直线m⊂平面β，∴l⊥m，故(1)正确；∵直线l⊥平面α，α⊥β，∴l∥平面β或l⊂平面β，又∵直线m⊂平面β，∴l与m可能平行也可能相交，还可以异面，故(2)错误；∵直线l⊥平面α，l∥m，∴m⊥α，∵直线m⊂平面β，∴α⊥β，故(3)正确；∵直线l⊥平面α，l⊥m，∴m∥α或m⊂α，又∵直线m⊂平面β，那么α与β可能平行也可能相交，故(4)错误．应选B.3．(2023届福建省厦门外国语学校适应性考试)如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的下半局部，那么剩余几何体的正(主)视图是答案A解析取DD1的中点F，连接AF，C1F平面AFC1E为截面．如下图，所以上半局部的正视图，如A选项，应选A.4．(2023届甘肃高台县一中检测)某三棱锥的三视图如下图，该三棱锥的外表积是()A．28＋6eq\r(5) B．30＋6eq\r(5)C．56＋12eq\r(5) D．60＋12eq\r(5)答案B解析画出直观图如下图，S△ABC＋S△ABD＋S△ACD＋S△BCD＝eq\f(1,2)·2eq\r(5)eq\r()·6＋eq\f(1,2)·5·4＋eq\f(1,2)·5·4＋eq\f(1,2)·5·4＝30＋6eq\r(5).5．(2023届安徽省蚌埠市质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，那么该几何体的体积为()A．15 B．16C.eq\f(50,3) D.eq\f(53,3)答案C解析由三视图可得，该几何体是一个以俯视图为底面，高为5的四棱锥P—A1D1FE，其体积V＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4×4－\f(1,2)4×2＋2×2))×5＝eq\f(50,3)，应选C.6．(2023届北京市海淀区二模)现有编号为①，②，③的三个三棱锥(底面水平放置)，俯视图分别为图1、图2、图3，那么至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的所有编号是()A．① B．①②C．②③ D．①②③答案B解析根据题意可得三个立体几何图形：由图一可得侧面ABD，ADC与底面垂直，由图二可得面ACE垂直于底面，由图三可知无侧面与底面垂直，应选B.图一图二图三7．(2023届四川省宜宾市二诊)三棱锥A—BCD内接于半径为2的球O，BC过球心O，当三棱锥A—BCD体积取得最大值时，三棱锥A—BCD的外表积为()A．6＋4eq\r(3) B．8＋2eq\r(3)C．4＋6eq\r(3) D．8＋4eq\r(3)答案D解析由题意得，当底面△BCD为等腰直角三角形，且AO⊥底面BCD时，三棱锥A—BCD的体积最大，所以在等腰直角△BCD中，BC＝4，且BD＝CD＝2eq\r(2)，所以△BCD面积为S1＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2eq\r(2)＝4，△ABC的面积为S2＝eq\f(1,2)×4×2＝4，△ABD和△ACD是边长为2eq\r(2)的等边三角形，此时面积为S3＝S4＝eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(2))2＝2eq\r(3)，此时三棱锥的外表积为S＝S1＋S2＋2S3＝4＋4＋2×2eq\r(3)＝8＋4eq\r(3)，应选D.8．(2023届四川成都市一诊)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，那么该四棱锥的外接球的外表积为()A．136πB．34π C．25πD．18π答案B解析如图，画出满足条件的四棱锥，底面是边长为3的正方形，顶点在底面的射影为点B，高为4，根据垂直关系可得AD⊥AE，DC⊥EC，DE为直角三角形△ADE，△DCE和△BDE的公共斜边，所以取DE中点O，O为四棱锥外接球的球心，DE2＝AB2＋BE2＋AD2＝32＋42＋32＝34，DE＝2R＝eq\r(34)，那么四棱锥外接球的外表积为S＝4πR2＝34π，应选B.9．三棱锥S—ABC的各顶点都在一个球面上，△ABC所在截面圆的圆心O在AB上，SO⊥平面ABC，AC＝eq\r(3)，BC＝1，假设三棱锥的体积是eq\f(\r(3),3)，那么球体的外表积是()A．25π B.eq\f(25π,12)C.eq\f(125π,48) D.eq\f(25π,4)答案D解析由题意可知，△ABC为直角三角形，其中AB为斜边，如下图，那么球心位于直线SO上，设球心为O′，由三棱锥的体积公式，得V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(3)×1))×SO＝eq\f(\r(3),3)，解得SO＝2，如下图，那么OO′2＋OC2＝O′C2＝O′S2，设OO′＝x，据此可得x2＋12＝(2－x)2，解得x＝eq\f(3,4)，球的半径为R＝eq\r(\f(9,16)＋1)＝eq\f(5,4)，所以球的外表积为S＝4πR2＝eq\f(25,4)π.应选D.10.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，∠BAC＝60°，AC＝4，E为AA1的中点，点F为BE的中点，点H在线段CA1上，且A1H＝3HC，那么线段FH的长为()A．2eq\r(3) B．4C.eq\r(13) D．3答案C解析由题意知，AB＝8，过点F作FD∥AB交AA1于点D，连接DH，那么D为AE中点，FD＝eq\f(1,2)AB＝4，又eq\f(A1H,HC)＝eq\f(A1D,DA)＝3，所以DH∥AC，∠FDH＝60°，DH＝eq\f(3,4)AC＝3，由余弦定理得FH＝eq\r(42＋32－2×4×3×cos60°)＝eq\r(13)，应选C.11．(2023届河北省石家庄市模考)我国古代数学名著?九章算术?中“开立圆术〞曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径．“开立圆术〞相当于给出了球的体积V，求其直径d的一个近似公式d≈eq\r(3,\f(16,3)V)，人们还用过一些类似的近似公式，根据π＝3.14159…判断，以下近似公式中最精确的一个是()A．d≈eq\r(3,\f(60,31)V) B．d≈eq\r(3,2V)C．d≈eq\r(3,\f(15,8)V) D．d≈eq\r(3,\f(21,11)V)答案D解析根据球的体积公式V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))3，得d＝eq\r(3,\f(6V,π))，设选项中的常数为eq\f(a,b)，那么π＝eq\f(6b,a)，选项A代入得π＝eq\f(31×6,60)＝3.1，选项B代入得π＝eq\f(6,2)＝3，选项C代入得π＝eq\f(6×8,15)＝3.2，选项D代入得π＝eq\f(11×6,21)＝3.142857，D选项更接近π的真实值，应选D.12．在梯形ABCD中，∠ABC＝eq\f(π,2)，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()A.eq\f(2π,3)B.eq\f(4π,3) C.eq\f(5π,3)D．2π答案C解析过点C作CE垂直AD所在直线于点E，梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB的长为底面圆半径，线段BC为母线的圆柱挖去以线段CE的长为底面圆半径，ED为高的圆锥，如下图，那么该几何体的体积为V＝V圆柱－V圆锥＝π·AB2·BC－eq\f(1,3)·π·CE2·DE＝π×12×2－eq\f(1,3)π×12×1＝eq\f(5π,3)，应选C.13.(2023届广东省揭阳市调研)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸局部(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来，如图，假设正四棱柱体的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，那么该球形容器的外表积的最小值为________．(容器壁的厚度忽略不计)答案41π解析外表积最小的球形容器可以看成长、宽、高分别为1,2,6的长方体的外接球．设其半径为R，R2＝32＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(22＋12),2)))2＝eq\f(41,4)，所以该球形容器的外表积的最小值为4πR2＝41π.14.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB＝AC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，那么侧面ABB1A1的面积为________答案eq\r(2)解析由题意知，球心在正方形的中心上，球的半径为1，那么正方形的边长为eq\r(2).∵三棱柱ABC—A1B1C1为直三棱柱，∴平面ABC⊥平面BCC1B1，∴BC为截面圆的直径，∴∠BAC＝90°.∵AB＝AC，∴AB＝1，∴侧面ABB1A1的面积为eq\r(2)×1＝eq\r(2).15．(2023届云南省曲靖市第一中学月考)三棱锥O—ABC中，A，B，C三点均在球心为O的球面上，且AB＝BC＝1，∠ABC＝120°，假设球O的体积为eq\f(256π,3)，那么三棱锥O—ABC的体积是________．答案eq\f(\r(5),4)解析三棱锥O—ABC中，A，B，C三点均在球心为O的球面上，且AB＝BC＝1，∠ABC＝120°，那么AC＝eq\r(3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)×1×1×sin120°＝eq\f(\r(3),4)，设球半径为R，由球的体积V1＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(256π,3)，解得R＝4.设△ABC外接圆的圆心为G，∴外接圆的半径为GA＝eq\f(\r(3),2sin120°)＝1，∴OG＝eq\r(R2－GA2)＝eq\r(42－12)＝eq\r(15)，∴三棱锥O—ABC体积为V2＝eq\f(1,3)S△ABC·OG＝eq\f(1,3)·eq\f(\r(3),4)·eq\r(15)＝eq\f(\r(5),4).16．(2023·河北省衡水中学二模)点M是棱长为3eq\r(2)的正方体ABCD—A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点N为B1C1上一点，2NB1＝NC1，DM⊥BN，那么动点M的轨迹的长度为________．答案eq\f(3\r(30),5)π解析由，要有DM⊥BN，如图1，只需考虑DM在平面BCC1B1的射影CM1与BN垂直，由平面几何知识可知M1为BB1靠近B点的三等分点，如图2所示，此时，动点M的轨迹即为过CM1与平面BCC1B1垂直的平面α与球O面相交截得的圆，此时球心O到此圆面的距离即为O1到CM1的距离O1H.由于CM1＝eq\r(20)＝2eq\r(5)，BM1＝eq\r(2)，BC＝3eq\r(2)，O1C＝eq\f(1,2)×3×(eq\r(2))2＝3，所以sin∠BCM1＝eq\f(1,\r(10))，cos∠BCM