2026版大一轮高考数学-第七章　必刷小题13　立体几何

必刷小题13立体几何[分值：73分]一、单项选择题(每小题5分，共40分)1.如图，△O'A'B'是由斜二测画法得到的水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的面积是()A.6 B.32C.62 D.12答案D解析由直观图画法规则，可得△OAB是一个直角三角形，如图，直角边OA=6，OB=4，∴S△OAB=12OA·OB=12×62.已知三个不同的平面α，β，γ，α∩β=a，γ∩β=b，则“α∥γ”是“a∥b”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案A解析因为α∥γ，α∩β=a，γ∩β=b，所以由面面平行的性质定理可得a∥b，则充分性成立；因为a∥b，α∩β=a，γ∩β=b，所以a⊄γ,b⊂γ,则a∥γ，又b⊄α,a⊂α,则b∥α，当α∩综上所述，“α∥γ”是“a∥b”的充分不必要条件.3.若圆锥的侧面展开图是圆心角为180°、半径为4的扇形，则这个圆锥的体积是()A.433π B.C.83π D.43π答案B解析设圆锥底面圆半径为r，依题意，2πr=4π，解得r=2，而圆锥的母线长l=4，因此圆锥的高h=l2-所以这个圆锥的体积V=13πr2h=13π×22×23=4.(2024·咸阳模拟)已知各棱长都为1的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，棱AA1，AB，AD两两的夹角均为π3，则异面直线BA1与CB1所成的角为(A.π4 B.π6 C.π答案C解析在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，连接A1D，BD，A1B1∥AB∥CD，A1B1=AB=CD，则四边形A1B1CD是平行四边形，B1C∥A1D，于是∠BA1D或其补角是异面直线BA1与CB1所成的角，由AA1=AB=AD=1，棱AA1，AB，AD两两的夹角均为π3，得△ABD，△ABA1，△ADA1都是正三角形，即A1B=BD=A1D=1，则∠BA1D=π3，所以异面直线BA1与CB5.(2025·白银模拟)如图所示，多面体ABCD-A1B1C1D1是棱长为3的正方体，M，N分别是棱A1B1，B1C1上的中点，P是棱AD上的一点，2AP=DP，过点P，M，N的平面交上底面ABCD于PQ，点Q在棱CD上，则PQ等于()A.2 B.322 C.2答案C解析连接A1C1，AC(图略)，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且MN⊂平面A1B1C1D1，所以MN∥平面ABCD，因为平面PMNQ∩平面ABCD=PQ，MN⊂平面PMNQ，所以MN∥PQ，又M，N分别是A1B1，B1C1的中点，所以MN∥A1C1，又A1C1∥AC，所以PQ∥AC，因为2AP=DP，所以2CQ=DQ，所以DQ=DP=2，故在Rt△PDQ中，PQ=DP2+DQ6.(2025·安顺模拟)已知在正四面体OABC中，OA=1，则直线OA与平面OBC所成角的正弦值为()A.24 B.12 C.3答案D解析如图，在正四面体OABC中，设H为△OBC的中心，取BC的中点P，连接OP，由正四面体的性质可知AH⊥平面OBC，且OH=23OP，则∠AOH即为直线OA与平面OBC所成的角因为OA=1，则BP=CP=1故OP=OC2故OH=23OP=由勾股定理得AH=AO2故sin∠AOH=AHAO=即直线OA与平面OBC所成角的正弦值为637.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AD的中点，P为线段CE上的动点，则当C1P⊥A1C时，C1P的长为()A.3142 B.2143答案B解析如图，连接DC1，BC1，BD，AC，因为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，记BD∩CE=P，所以C1P⊥A1C，由△DPE∽△BPC，得DEBC=PECP所以CP=23CE=23DE2+DC2=28.(2024·济南模拟)已知正三棱锥P-ABC的底面△ABC的边长为23，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥P-ABC的体积为(A.2 B.22 C.3 D.23答案A解析因为球与该正三棱锥的各棱均相切，所以平面ABC截球得到的截面圆与△ABC的三边均相切，所以该球的球心在过截面圆圆心且与平面ABC垂直的直线上，又△ABC的边长为23，所以△ABC的内切圆的半径为r'=tanπ6·12AB=33又因为球的半径r=1，即r'=r，所以棱切球的球心即为△ABC的中心点O，如图，过球心O作PA的垂线交PA于H，则H为棱切球在PA上的垂足，所以OH=r=1，又因为OA=12ABcosπ所以cos∠AOH=OHOA=因为∠AOH∈0，π2，所以又由题意可知，PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，所以∠POH=π所以PO=OHcosπ6=所以V三棱锥P-ABC=13×12×23×23×32二、多项选择题(每小题6分，共18分)9.(2025·娄底模拟)已知a，b，c是空间中三条不同的直线，α，β是空间中两个不同的平面，下列命题不正确的是()A.若a⊥b，a⊥c，b⊂α，c⊂α，则a⊥αB.若α⊥β，a⊥α，则a∥βC.若a∥b，a∥c，a∥α，则b∥α或c∥αD.若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥β答案ABC解析对于A，若b∥c，则a与α相交或平行，或a⊂α，故A错误；对于B，若α⊥β，a⊥α，则a∥β或a⊂β，故B错误；对于C，有可能b⊂α且c⊂α且b∥c，故C错误；对于D，若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥β，故D正确.10.已知圆台的上、下底面半径分别为2，4，母线与底面所成的角为π4，则(A.该圆台的母线长为22B.该圆台的表面积为122πC.该圆台的体积为56πD.该圆台的外接球的表面积为80π答案ACD解析设圆台上底面的半径为r1=2，下底面的半径为r2=4.对于A中，由于母线与底面所成的角为π4，则母线长l=r2-r对于B中，圆台的表面积S=πr12+πr22+πr1l+πr2l=4π+16π+π×2×22+π×4×22=(20+122)π对于C中，由圆台的母线长l=22，且母线与底面所成的角为可得圆台的高h=22sinπ4=2则体积V=13π(r12+r22+r1r2)·h=13π(4+16+2×对于D中，设圆台外接球的半径为R，球心到下底面的距离为h1，若外接球的球心在圆台下底面的下方，可得R2=此时圆台外接球的表面积S=4πR2=80π；若外接球的球心在圆台上、下底面之间，可得R2=综上可得，圆台外接球的表面积为80π，所以D正确.11.在菱形ABCD中，AB=23，∠ABC=60°.将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为θ(0°<θ<180°)的二面角B-AC-D，若折成的四面体ABCD内接于球O，则下列说法正确的是(A.四面体ABCD的体积的最大值是33B.BD的取值范围是(32，6C.四面体ABCD的表面积的最大值是6+63D.当θ=60°时，球O的体积为5239答案AD解析对于A，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，则△ABC为等边三角形，取AC的中点E，连接BE，DE，如图，则BE⊥AC，同理得，△ACD为等边三角形，则DE⊥AC，且BE=DE=23sin60°=3，S△ABC=12AC·BE=3于是二面角B-AC-D的平面角为θ=∠BED，设点D到平面ABC的距离为d，则d=DEsinθ=3sinθ，V三棱锥D-ABC=13S△ABC·d=13×33×3sinθ=33sinθ≤33，当且仅当θ=90°时取等号，即四面体ABCD的体积的最大值是3对于B，由余弦定理得BD2=BE2+DE2-2BE·DEcosθ=18-18cosθ∈(0，36)，因此BD的取值范围是(0，6)，B错误；对于C，S△ACD=S△ABC=33，由AB=AD=BC=CD，BD=BD，得△ABD≌△CBD则S△CBD=S△ABD=12AB·ADsin∠BAD=6sin∠BAD≤6因此四面体ABCD的表面积的最大值是2×33+2×6=12+63，C对于D，设M，N分别为△ABC，△ACD的外心，则EN=EM=13BE=1在平面BDE内过点M作BE的垂线与过点N作DE的垂线交于点O，由BE⊥AC，DE⊥AC，BE∩DE=E，BE，DE⊂平面BDE，得AC⊥平面BDE，而OM⊂平面BDE，则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，则O为四面体ABCD的外接球球心，连接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，则OE⊥AC，则OA=OE2+AE2=393，即球O的半径为R=393，球O的体积为V=4三、填空题(每小题5分，共15分)12.圆锥轴截面顶角为120°，母线长为3，过圆锥顶点的平面截此圆锥，则截面三角形面积的最大值为.

答案9解析因为圆锥轴截面顶角为2π所以任意两条母线夹角的范围是0设母线长为l，两条母线的夹角是θ，所以过圆锥顶点的截面三角形面积S=12l2sinθ=92sin因为θ∈0，2π3，所以sinθ∈(0所以截面三角形面积的最大值是9213.在正四棱柱A1B1C1D1-ABCD中，E，F，G，H分别是棱C1C，C1D1，DD1，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH上及其内部运动，则M满足条件时，有MN∥平面B1BDD1.

答案M∈线段FH解析如图所示，取B1C1的中点Q，连接QN，QF，FH，HN，由已知得QN，FH与CC1，BB1都平行且相等，因此FH与QN平行且相等，从而四边形FQNH是平行四边形，又H，N分别是CD，CB的中点，则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∈线段FH，就有MN∥平面B1BDD1.14.(2025·长沙模拟)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为△A1BD内一点，且AP=2，则BP+C1P的最大值为.答案26解析如图，连接AC1与平面A1BD交于点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，因为A1B⊥AB1，A1B⊥B1C1，AB1∩B1C1=B1且AB1，B1C1⊂平面AB1C1，所以A1B⊥平面AB