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(原卷版+解析)

这是一份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(原卷版+解析)，共23页。试卷主要包含了(2023·河北唐山·三模），(2023·福建三明·模拟）等内容，欢迎下载使用。
A．B．C．D．
2．(2023·河北邯郸·模拟）已知正三棱柱，各棱长均为2，且点为棱上一动点，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
B．四棱锥的体积是
C．直线与直线恒不垂直
D．直线与平面所成角最大为
3．(2023·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，其中，则此三棱柱的表面积为（ ）
A．B．C．D．
4．(2023·山东烟台·三模）若和分别为空间中的直线和平面，则“”是“垂直内无数条直线”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
5．(2023·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h，则球冠的表面积为．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（ ）
A．B．C．D．
6．(2023·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，在羡除中，四边形是边长为2的正方形，，均为正三角形，平面，且，则羡除的体积为（ ）
A．B．
C．D．
7．(2023·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：
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（ ）
A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨
8．(2023·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，D满足，二面角的大小为，则该足球的体积为（ ）
A．B．C．D．
9．(2023·河北唐山·三模）（多选题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O，，其高为2，为圆O的内接三角形，且，P为圆上的动点，则（ ）
A．若平面，则三棱锥外接球的表面积为
B．若，则
C．三棱锥体积的最大值为
D．点A到平面距离的最大值为
10．(2023·福建三明·模拟）（多选题）已知棱长为4的正方体中，，点P在正方体的表面上运动，且总满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点P的轨迹所围成图形的面积为5B．点P的轨迹过棱上靠近的四等分点
C．点P的轨迹上有且仅有两个点到点C的距离为6D．直线与直线MP所成角的余弦值的最大值为
11．(2023·山东聊城·三模）（多选题）在直四棱柱中，所有棱长均2，，P为的中点，点Q在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（ ）
A．当点Q在线段上运动时，四面体的体积为定值
B．若平面，则AQ的最小值为
C．若的外心为M，则为定值2
D．若，则点Q的轨迹长度为
12．(2023·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ABCD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
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为
D．勒洛四面体的体积
13．(2023·湖南常德·一模）已知是球的球面上的四点，为球的直径，球的表面积为，且，，则直线与平面所成角的正弦值是___________.
14．(2023·广东·普宁市华侨中学二模）如图，直三棱柱，△ABC为等腰直角三角形，AB⊥BC.且AC=AA1=2，E，F分别是AC，A1C1的中点，D为AA1的中点，则四棱锥D-BB1FE的外接球表面积为___________.
15．(2023·江苏·南京市第五高级中学模拟）已知圆锥顶点为P，底面的中心为O，过直线OP的平面截该圆锥所得的截面是面积为的正三角形，则该圆锥的体积为___________.
16．(2023·江苏连云港·模拟）在四棱锥 中，底面ABCD是矩形，侧面PAB是等边三角形，侧面底面ABCD，，若四棱锥存在内切球，则内切球的体积为_______，此时四棱锥的体积为_______．
积水厚度区间
级别
小雨
中雨
大雨
暴雨
专题07 立体几何初步
1．(2023·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时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，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上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A．B．C．D．
答案：C
【解析】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．
故选：C．
2．(2023·河北邯郸·模拟）已知正三棱柱，各棱长均为2，且点为棱上一动点，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
B．四棱锥的体积是
C．直线与直线恒不垂直
D．直线与平面所成角最大为
答案：D
【解析】如图所示，设，取､的中点分别为､，
连接､过点作交于点，连接，
显然平面，又，故平面
即为直线与平面所成角，
又因为，，
所以
因此当时，有的最大值，选项D正确；
由于内切圆半径为，所以该正三棱柱有外接球，无内切球，选项A不正确；
显然平面，因此点到侧面的高
故棱锥的体积为，选项B不正确；
当位于时，平面，即
又，故平面，从而，故选项C不正确；
故选：D
3．(2023·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，其中，则此三棱柱的表面积为（ ）
A．B．C．D．
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，所以，所以此三棱柱的表面积为.
故选：C
4．(2023·山东烟台·三模）若和分别为空间中的直线和平面，则“”是“垂直内无数条直线”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，则垂直内所有直线，因此，命题“若，则垂直内无数条直线”正确，
垂直内无数条直线，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内，即不能推出，
所以“”是“垂直内无数条直线”的充分不必要条件.
故选：A
5．(2023·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h，则球冠的表面积为．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（ ）
A．B．C．D．
答案：D
【解析】如下截面图，
若O为球心，P为卫星位置，故，，，所以，所以，即，所以．
故选：D.
6．(2023·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，在羡除中，四边形是边长为2的正方形，，均为正三角形，平面，且，则羡除的体积为（ ）
A．B．
C．D．
答案：B
【解析】因为平面
所以EF∥AB，EF∥CD，
因为四边形是边长为2的正方形，
所以AB⊥AD，
过点A作AG⊥EF于点G，连接DG，
则AG⊥AB，
因为，
所以AB⊥平面ADG，
过点B作BH⊥EF于点H，连接CH
则AB⊥平面BCH，
因为，均为正三角形，边长相等，
所以羡除被分割为三棱柱ADG-BCH和两个相同的三棱锥E-ADG和F-BCH，
其中FG=FH=1，GH=AB=CD=2，
由勾股定理可得：，
取AD中点M，连接GM，则GM⊥AD，
由勾股定理得：，
则
所以，
故羡除的体积为
故选：B
7．(2023·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：
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（ ）
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mm，
所以雨水的厚度为
mm，是中雨，
故选：B．
8．(2023·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，D满足，二面角的大小为，则该足球的体积为（ ）
A．B．C．D．
答案：A
【解析】根据题意，三棱锥如图所示，图中点为线段的中点，分别是线段上靠近点的三等分点，
因为，
所以和均为等边三角形，
因为点为线段的中点，
所以，
所以为二面角的平面角，所以，
因为和均为等边三角形，点为线段的中点，
所以分别为和的中线，
因为分别是线段上靠近点的三等分点，
所以分别为和的外心，
过分别作平面和平面的垂线，交于点，则点为三棱锥外接球的球心，即为足球的球心，所以线段为球的半径，
因为，，
所以，则，
因为，
所以≌，所以，
在直角中，，
因为平面，平面，
所以，
因为是的外心，所以，
所以,
所以，
所以足球的体积为，
故选：A
9．(2023·河北唐山·三模）（多选题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O，，其高为2，为圆O的内接三角形，且，P为圆上的动点，则（ ）
A．若平面，则三棱锥外接球的表面积为
B．若，则
C．三棱锥体积的最大值为
D．点A到平面距离的最大值为
答案：ACD
【解析】对于A，取的中点，易得，则为三棱锥外接球的球心，在中，由正弦定理得，所以，
又，所以，所以三棱锥外接球的表面积为.故A正确；
对于B，过过平面，垂足为，连，
则，又因为，，所以平面，所以，只有当经过的中点时，才有，故B不正确；
对于C，在中，由余弦定理得
，
所以，即，当且仅当时，等号成立，所以，
所以三棱锥体积的最大值为.故C正确；
对于D，设点A到平面距离为，则，
因为，所以，即点A到平面距离的最大值为，故D正确.
故选：ACD
10．(2023·福建三明·模拟）（多选题）已知棱长为4的正方体中，，点P在正方体的表面上运动，且总满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点P的轨迹所围成图形的面积为5B．点P的轨迹过棱上靠近的四等分点
C．点P的轨迹上有且仅有两个点到点C的距离为6D．直线与直线MP所成角的余弦值的最大值为
答案：ACD
【解析】如图，
过点M作，在上取一点，使，连接，
过点作，连接，易知， 四点共面；
又，，
面，即点的轨迹为矩形（不含点），
设，则 又

解得 ，即，
对于A，矩形的面积为：，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，
在中，到的距离范围是：
上存在一点到点C的距离为6；
在中，到的距离范围是：
上存在一点到点C的距离为6；
但在、中不存在到点C的距离为6的点，C正确；
对于D，直线与直线所成的最小角就是直线与平面所成的角，
直线与平面所成的即是直线与平面所成的角，
延长交于点，则即是直线与平面所成的角，

在中， ，D正确；
故选：ACD.
11．(2023·山东聊城·三模）（多选题）在直四棱柱中，所有棱长均2，，P为的中点，点Q在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（ ）
A．当点Q在线段上运动时，四面体的体积为定值
B．若平面，则AQ的最小值为
C．若的外心为M，则为定值2
D．若，则点Q的轨迹长度为
答案：ABD
【解析】对于A，因为，又因为面， 面，所以面，所以直线到平面的距离相等，又的面积为定值，故A正确；
对于B，取的中点分别为，连接，
则易证明：，面，面，所以面，
又因为，，面，面，所以面，
，所以平面面，面，所以平面
当时，AQ有最小值，则易求出，所以重合，所以则AQ的最小值为，故B正确；
对于C，若的外心为M，，过作于点，
则.故C错误；
对于D，过作于点，易知平面，
在上取点，使得，则，
所以若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动，
又因为所以，则圆弧等于，故D正确.
故选：ABD.
12．(2023·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ABCD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
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为
D．勒洛四面体的体积
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a，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，O为该球的球心，易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知BOE三点共线，设正四面体ABCD的外接球半径为，则由题意得：
，解得：，
所以，
易知，故B错误；
勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD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a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，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ABCD的外接球体积之间，
正四面体底面面积为，底面所在圆的半径为，故正四面体的高为，所以正四面体ABCD的体积，
设正四面体ABCD的外接球半径为，则由题意得：
，解得：，
所以外接球体积
所以勒洛四面体的体积，D正确.
故选：AD
13．(2023·湖南常德·一模）已知是球的球面上的四点，为球的直径，球的表面积为，且，，则直线与平面所成角的正弦值是___________.
答案：
【解析】依题意，是中点，取AC中点，延长至E，使，连接，如图，
则有，且四边形是平行四边形，，
因，则是平面截球O所得截面小圆的圆心，于是得平面，平面，
因此，是直线与平面所成角，
由球的表面积为得球半径，而，则，而，
从而得，，中，，，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
故答案为：
14．(2023·广东·普宁市华侨中学二模）如图，直三棱柱，△ABC为等腰直角三角形，AB⊥BC.且AC=AA1=2，E，F分别是AC，A1C1的中点，D为AA1的中点，则四棱锥D-BB1FE的外接球表面积为___________.
答案：5π
【解析】记BF，EB1的交点为O，取EF的中点G，连接OG，GD，OD.
∵直三棱柱中, E，F分别是AC，A1C1的中点，
∴平面,∴,
∵△ABC为等腰直角三角形,E是AC中点,
∴,
∵,
∴⊥平面
∵平面BEFB1
∴平面BEFB1⊥平面ACC1A1.
∵D为AA1的中点,AC=AA1=2,
∴ OG⊥GD，且DG=1，，
∴.
由矩形的性质知，
令四棱锥D-BB1FE的外接球半径为R，则，
∴其表面积为.
故答案为: 5π
15．(2023·江苏·南京市第五高级中学模拟）已知圆锥顶点为P，底面的中心为O，过直线OP的平面截该圆锥所得的截面是面积为的正三角形，则该圆锥的体积为___________.
答案：
【解析】由题意，过直线的平面截该圆锥所得的截面是面积为的正三角形，
设正三角形的边长为，可得，解得，
∴底面圆的半径为，圆锥的高为，
所以该圆锥的体积为.
故答案为：.
16．(2023·江苏连云港·模拟）在四棱锥 中，底面ABCD是矩形，侧面PAB是等边三角形，侧面底面ABCD，，若四棱锥存在内切球，则内切球的体积为_______，此时四棱锥的体积为_______．
答案：
【解析】取AB中点M，CD中点N，连接PM，PN，MN，如图，
因是正三角形，则，又ABCD是矩形，有，而平面平面，
平面平面，平面，平面，因此平面，平面，
又，则平面，平面，即有，
，平面，有平面，平面，，而，则，
显然，由球的对称性及四棱锥的特征知，平面截四棱锥的内切球O得截面大圆，
此圆是的内切圆，切MN，PM分别于E，F，有四边形为正方形，
令，而，，则球半径，
四棱锥的表面积为，
由得：，
整理得：，即，解得，
因此，，内切球的体积，四棱锥体积.
故答案为：；
积水厚度区间
级别
小雨
中雨
大雨
暴雨