立体几何初步-2023年高考数学一轮复习小题多维练（新高考专用）

专题07立体几何初步

1.(2022•全国•高考真题)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.

已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为"O.Oknr2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为

180.0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，

增加的水量约为(J772.65)()

939393

A.1.0x109nl3B.1.2xl0mC.1.4xl0mD.1.6xl0m

【答案】C

【解析】依题意可知棱台的高为MN=157.5-148.5=9(m),所以增加的水量即为棱台的体积V.

2

棱台上底面积S=14Q0km2=140x1()61n2,下底面积卜=igQOknr=180xl()6m2,

V=；+6+V®7)=1X9X^140X106+180xl06+V140xl80xl012j

=3X(320+60A/7)X106»(96+18x2.65)xl07=1.437xl09®1.4xl09(m3).

故选：C.

2.(2022•河北邯郸•模拟)已知正三棱柱ABC-A4G，各棱长均为2,且点P为棱CG上一动点，则下列

结论正确的是()

A.该正三棱柱既有外接球，又有内切球

Q

B.四棱锥尸-ABBA的体积是|

C.直线A81与直线3尸恒不垂直

D.直线族与平面AB与A所成角最大为A

【答案】D

【解析】如图所示，设ABCA4=。，取A3、46的中点分别为E、F,

连接E尸、QF过点P作PHJ_EF交EF于点H,连接38,

显然CZ，平面A8BM，又尸〃〃CF，故尸〃，平面ABBiA

即ZPBH为直线3P与平面ABB^所成角,

又因为PH=GP=/,2<BP<2V2，

PH=百V6A/3

所以sin/PBH=

BP~BP彳'T

因此当sin/P8”=3时，有NPB”的最大值!，选项D正确；

23

由于..ABC内切圆半径为且<1,所以该正三棱柱有外接球，无内切球，选项A不正确;

3

显然CQ//平面ABB^,因此点P到侧面ABBiA,的高h=PH=^

故棱锥尸-AB与A的体积为吃ABBA=~Sh=—^~，选项B不正确;

i~/\L5D^ri]37mE/uB>/iDDA[A]33

当H位于。时，POL平面ABAA，即4耳1尸。

又A瓦，AB，故人与，平面尸。8,从而A瓦，8尸，故选项C不正确；

故选：D

3.（2022•福建省福州格致中学模拟）已知一个直三棱柱的高为2,如图，其底面ABC水平放置的直观图

（斜二测画法）为A'B'C',其中。A=0®=OC'=1,则此三棱柱的表面积为（）

【答案】C

【解析】由斜二测画法的“三变”“三不变’可得底面平面图如图所示，其中。4=2OB=2OC=2,所以

AB=AC=5所以此三棱柱的表面积为5=2><；><2*2+（2+2君）><2=8+4式.

4.（2022•山东烟台•三模）若。和a分别为空间中的直线和平面，贝『七，是"。垂直a内无数条直线”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】若。，a,则。垂直。内所有直线，因此，命题“若则。垂直a内无数条直线”正确,

。垂直a内无数条直线，若这无数条直线中无任何两条直线相交，此时直线。可以在平面a内，即不能推出

aJ_a,

所以“a,a”是“〃垂直a内无数条直线”的充分不必要条件.

故选：A

5.（2022•湖北•大冶市第一中学模拟）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导

航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，将地球看作一个球，卫星信号像一条条直线

一样发射到达球面，所覆盖的范围即为一个球冠，称此球冠的表面积为卫星信号的覆盖面积.球冠即球面

被平面所截得的一部分，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得较短的一段叫做球冠的高.设

球面半径为R,球冠的高为〃，则球冠的表面积为5=2万R/?.已知一颗地球静止同步通信卫星距地球表面的

最近距离与地球半径之比为5,则它的信号覆盖面积与地球表面积之比为（）

【答案】D

【解析】如下截面图,

PE=5R,所以cos/Pft4="=」=变，

若。为球心，P为卫星位置，^R=OA=OE=OB,h=DE

OP6OA

所以0。=!R,即==所以2%R/Z2乃R^R_5.

664万R2-4%彦一历

故选：D.

6.（2022•湖南永州•三模）中国古代数学瑰宝《九章算术》记录形似“楔体”的“羡除”.所谓“羡除”，就是三

个侧面都是梯形或平行四边形（其中最多只有一个平行四边形），两个不平行对面是三角形的五面体.如

图，在羡除A8CDEF中，四边形ABCD是边长为2的正方形，EAD,FBC均为正三角形，EF//平面

ABCD,且跖=246,则羡除ABCDEF的体积为（）

A46R8也

33

C.4A/2D.4A/3

【答案】B

【解析】因为郎〃平面ABC。

所以斯〃48,EF//CD,

因为四边形ABC。是边长为2的正方形，

所以A8UO,

过点A作AGL匹于点G,连接DG,

贝I]AG1AB,

因为AGcAD=A,

所以A8_L平面ADG,

过点3作所于点X,连接C8

贝1|AB_L平面BCH,

因为EAD,FBC均为正三角形，边长相等，

所以羡除ABCDEF被分割为三棱柱ADGBCH和两个相同的三棱锥EADG和FBCH,

其中BG=P8=1,GH=AB=CD=2,

由勾股定理可得：AG=DG=BH=CH=y[3,

取中点连接GM,则GMLAZ),

由勾股定理得：GM=VT4=V2,

则SAOGMSscHMqAO.GMn四

所以V^.BCH=SADG,GH=2垃,VE_ADG=VF_BCH=^SADG-EG=^-

故羡除ABCDEF的体积为2夜+迪=曳2

33

H

£

故选：B

7.（2022•广东韶关•二模）对24小时内降水在平地上单位面积的积水厚度（mm）进行如下规定:

积水厚度区间[0.1,10.0)[10.0,25.0)[25.0,50.0)[50.0,100.0)

级别小雨中雨大雨暴雨

小明用一个圆台形容器（如图）接了24小时雨水，则这天的降雨属于哪个等级（）

160mm-----►

'80mm1

A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨

【答案】B

【解析】由题意知降雨量是雨水的体积除以容器口面积，

因为圆台形容器中水的高度为圆台形容器高度的一半,

且下底面半径是40mm,上底面半径是80mm,

可得圆台中雨水的上底面半径是"纱=60mm,

2

所以雨水的厚度为

；X602+^-X402+A/»X6()2X»X4()2)X60

=23.751nm'是中雨,

71xSO2

故选:B.

8.（2022•江苏南京•模拟）足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的

体育项目之一，2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛.比赛于2022年11月21日至12月18日在

卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行.已知某足球的表面上有四个点A,B,C,。满足

AB=BC=AD=BD=CD=V2dm,二面角A—8D—C的大小为丁，则该足球的体积为（）

7屈力」3口35缶,3c14%八3八32缶,

AA.-------dm3B.---dm3C.——dmD.---dm33

27272727

【答案】A

【解析】根据题意，三棱锥A-BCD如图所示，图中点。为线段8。的中点，分别是线段AO,CO上靠

近点。的三等分点，

因为AB=3C=4。=3。=CD=0dm,

所以AABD和—CBD均为等边三角形，

因为点。为线段BO的中点，

所以AO_L5r）,CO_LBr>,

27r

所以NAOC为二面角A—BD—C的平面角，所以NAOC=y,

因为AABD和一CBD均为等边三角形，点。为线段的中点，

所以AO,CO分别为△ABD和_CBD的中线，

因为分别是线段AO,CO上靠近点0的三等分点，

所以N,M分别为AABD和二CBD的外心，

过分别作平面9和平面C3D的垂线EN,EM,交于点£,则点E为三棱锥A-BCD外接球的球心，

即为足球的球心，所以线段班为球的半径，

因为AO_LflD,CO_LBD,AB=BC=AD=BD=CD=>/2dm,

所以AO=CO=9dm,则NO=A/O=^dm,

26

因为AO=CO,EO=EO/ENO=NEMO=90°,

1TT

所以AENOmAEMO,所以N£CW=NEMO=—/AOC=—,

23

在直角△£MO中，EM=OMtm-=—,

32

因为EM_L平面3CD,BMu平面BCD,

所以

因为加是CBD的外心，所以BM=@,

3

所以EB=JEV+BW

44

所以V=—万•防3二一〃71，

33

所以足球的体积为2万dm,

27

故选：A

9.（2022•河北唐山•三模）（多选题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为。，0',其高为2,ABC为圆

。的内接三角形，5.ZBAC=60,BC=3,P为圆O'上的动点，贝U（）

A.若尸3,平面A3C,则二棱锥尸-ABC外接球的表面积为167t

B.若PALBC,则AB=AC

C.三棱锥尸-ABC体积的最大值为更

2

D.点A到平面尸3c距离的最大值为逆

2

【答案】ACD

【解析】对于A,取OO'的中点易得MA=MB=MC=MP,则M为三棱锥尸-ABC外接球的球心，

3

在，ABC中，由正弦定理得2O'A=,无…=正=2”,所以04=6，

smDBAC——

2

又0'知=；。。'==1,所以AM=J卜用2+1=2,所以三棱锥尸—ABC外接球的表面积为4兀"=16兀.故A

正确;

对于B,过尸过尸。,平面A3C,垂足为。，连A。,

则又因为PALBC,PAPQ=P,所以3CL平面PA。，所以BCLA。，只有当A。经过2C

的中点时，才有AB=AC,故B不正确；

对于C,在A3c中，由余弦定理得Be?=AB2+AC2_2AB.AC-COS60

=AB2+AC2-ABAC=（AB-AC）2+ABAC,

所以9=（A2-ACy+ARACtAHAC,即AB-ACW9,当且仅当AB=AC时，等号成立，所以

=-AB-AC-sin60<lx9x^=^

224

所以三棱锥P-MC体积的最大值为上学、2二亭.故C正确;

对于D,设点A到平面P3C距离为〃，则匕一咏△咏=57.；.2-3=/7,

因为匕PBC=LABCW垣，所以〃4地，即点A到平面PBC距离的最大值为主叵，故D正确•

故选：ACD

10.（2022•福建三明•模拟）（多选题）已知棱长为4的正方体48CD-A4GR中，AM=〈AB,点P在

正方体的表面上运动，且总满足MPMC=0,则下列结论正确的是（）

A.点尸的轨迹所围成图形的面积为5B.点尸的轨迹过棱40上靠近4的四等分点

C.点P的轨迹上有且仅有两个点到点C的距离为6D.直线gG与直线所成角的余弦值的最大值为

3

5

【答案】ACD

【解析】如图,

过点M作MF//AA，在AD上取一点N,使ACV_LMC,连接NC,EC,FC,

过点N作NE//AA，连接所，易代MFHNE,：.E,£M,N四点共面；

又・MF1MC,MNMF=M,

面MA好，即点尸的轨迹为矩形（不含点时）,

设4V=x,则跖V=&+i又MC=yjMB2+BC2=5

NC=^ND2+DC2=J（4-x『+16

:.MN2+MC2=NC2解得X=-,即3=3；.MN=*,NC=电

4444

对于A,矩形MNEF的面积为：S=MN-MF=-x4=5,A正确；

4

3

对于B,\E=AN=—,B错误；

对于c，CF=yjMC2+MF2=741

（5而一

在Rt_CMN中,C到MN的距离范围是：5,^—

I4」

上存在一点到点C的距离为6；

在皿,CWF中，C到叱的距离范围是：（5,历］

上存在一点到点C的距离为6；

但在RfCNE、RtCEF中不存在到点C的距离为6的点，C正确；

对于D,直线B©与直线MP所成的最小角就是直线与平面MNEF所成的角,

4G//5C.•.直线3G与平面MVEF所成的即是直线3c与平面MVEF所成的角,

延长NM,CB交于点G,则ZMGB即是直线5c与平面MNEF所成的角，

AN_AM,G*

AN//GB

~GB~HB

MC43

在必JWGC中，sinZMGC=——=-cosZMGC=-,D正确;

GC55

故选：ACD.

11.（2022•山东聊城•三模）（多选题）在直四棱柱ABCO-ABGR中，所有棱长均2,44£>=60。，P为CG

的中点，点。在四边形。eq，内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（）

A.当点Q在线段CR上运动时，四面体ABP。的体积为定值

B.若AQ〃平面A2P,则A0的最小值为止

C.若△A3。的外心为〃，则4知为定值2

D.若AQ=a，则点。的轨迹长度为整

【答案】ABD

【解析】对于A,因为4B//DC，又因为ABu面45尸，2cz面ABP,所以〃面ABP，所以直线C。

到平面的距离相等，又.48尸的面积为定值，故A正确;

对于B,取r>2，DC的中点分别为M,N,连接AM,肱V,AN,

则易证明：AM!/PC,面A2P,PC<z面48尸，所以AM〃面48尸,

又因为4引/MN,,W面ABP,42。面ABP，所以肱V〃面ABP,

MNcAM=M,所以平面〃面AACV,AQu面AAW,所以AQ〃平面人田尸

当AQ_LMN时，A。有最小值，则易求出AM=^,MN=0,

AN=AD2+DN--2AD-DA^cos120°=14+1-2x2xlx币,所以0M重合，所以则A。的最小值

为AM=有,故B正确;

对于C,若△ABQ的外心为〃，，过M作于点H,"3+22=20

则A3.故c错误;

小

TT

对于D,过A作于点。，易知A。，平面CQD,0A=ARCOS1=1

在。2,2£上取点4，4,使得AA=g,AA=I,则44=44=5/7,OA,=o4=^/7=5=2

所以若AQ=V7,则。在以。为圆心，2为半径的圆弧44上运动，

又因为〃0=1，44=6，所以/4°4=（，则圆弧44等于号，故D正确.

故选：ABD.

12.（2022•湖北•武汉二中模拟）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动,

并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，

以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABC。的棱长为a,则（）

A.能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a

B.勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为a

C.勒洛四面体的截面面积的最大值为:（2兀-6）/

D.勒洛四面体的体积坐/

12o

【答案】AD

【解析】由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离为。，故A正确；

勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图1,其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点,

0为该球的球心，易知该球的球心0为正四面体ABC。的中心，半径为0E,连接BE,易知三点共线,

设正四面体ABC。的外接球半径为乙则由题意得：

且小“，解得:戈

v——a，

33

\7\74

所以BE=a,OB=^

易知OE=a—a，故B错误;

图1

勒洛四面体最大的截面即经过四面体48C。表面的截面，如图2,

则勒洛四面体截面面积最大值为三个半径为。，圆心角为60。的扇形的面积减去两个边长为。的正三角形的

面积，艮P3X：71Q2-2X卜一道）标,故c错误；

勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABC。的外接球体积之间,

正四面体底面面积为42,底面所在圆的半径为=故正四面体的高为A/6

—a,

3

所以正四面体ABC。的体积匕工却乂儿二鼻,

134312

设正四面体ABC。的外接球半径为小则由题意得:

A/6

----a—r\+—u—r,角牛倚：—a,

〔3）[3J4

所以外接球体积％=色/

28

所以勒洛四面体的体积Ve1/,铝々3,口正确.

12o

故选：AD

13.（2022•湖南常德•一模）已知A,B,C,£）是球。的球面上的四点，3。为球。的直径，球。的表面积为16万,

且ABLBC,AB=BC=2,则直线A。与平面ABC所成角的正弦值是.

【答案】逅

3

【解析】依题意，。是8。中点，取AC中点。一延长至E,使。E=BQ,连接OQ,DE,AE,CE,如

则有DE//。。】，且四边形ABCE是平行四边形，AE=BC=2,

因则。1是平面ABC截球。所得截面小圆的圆心，于是得平面ABC,DEL平面ABC,

因此，NZM£■是直线AD与平面A5C所成角,

由球。的表面积为16万得球半径Q4=2,而45=30=2,则AQ=VL而。。_LAC,

从而得oq=0,DE=200、=2近,RtaADE中，AD=ylAE2+DE2=273-sinZDAE=器=坐，

所以直线AD与平面ABC所成角的正弦值是逅.

3

故答案为：渔

3

14.（2022•广东•普宁市华侨中学二模）如图，直三棱柱A8C-A4G，△A2C为等腰直角三角形，AB1BC.

且AC=AA/=2,E,尸分别是AC,A/G的中点，。为44/的中点，则四棱锥。防FE的外接球表面积为

【答案】5兀

【解析】记BREBi的交点、为O,取EF的中点G,连接。G,GD,OD.

;直三棱柱ABC-AB|G中，E,尸分别是AC,A/G的中点，

跖_L平面ABC,，EF±BE.

AABC为等腰直角三角形,E是AC中点，

AC±BE,

*/AC-EF=E,

平面ACGA

"?BEu平面BEFBi

平面BEFB」平面ACCiAi.

•.•。为A4/的中点2C=AA/=2,

AOG±GD,且DG=1,OG=1,

/.OD=y]OG2+GD2=—.

2

由矩形的性质知OB=OE=OF=OB.=—,

12

令四棱锥DBBiFE的外接球半径为R,则R=1,

2

其表面积为S=4万R2=5n.

故答案为:5%

15.（2022•江苏•南京市第五高级中学模拟）已知圆锥顶点为P