新高考高考数学一轮复习巩固练习7.8第63练《立体几何小题综合练》（2份打包，解析版+原卷版）

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A．5 B．6 C．7 D．8
答案 A
解析 按照三个平面中平行的个数来分类：
(1)三个平面两两平行，如图1，可将空间分成4部分；
(2)两个平面平行，第三个平面与这两个平行平面相交，如图2，可将空间分成6部分；
图1 图2
(3)三个平面中没有平行的平面：
①三个平面两两相交且交线互相平行，如图3，可将空间分成7部分；
②三个平面两两相交且三条交线交于一点，如图4，可将空间分成8部分；
图3 图4
③三个平面两两相交且交线重合，如图5，可将空间分成6部分．
图5
综上，n可以为4,6,7,8，不可能为5.
2．(2022·铁岭模拟)设α，β是两个不同平面，m，n是两条不同直线，下列说法正确的是( )
A．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β
B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n∥β
C．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β
D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n
答案 C
解析 如图，以正方体为例，
A项，令AB＝m，BC＝n，平面BCC1B1＝α，平面ADD1A1与平面A1B1C1D1都可以是平面β，α与β可能平行也可能相交，A错；
B项，令平面BCC1B1＝α，平面A1B1C1D1＝β，AB＝m，BB1＝n，此时n与β相交，B错；
C项，m∥α，由线面平行的性质定理，α内有直线l∥m，m∥n，则n∥l，n⊥β，则l⊥β，则α⊥β，C正确；
D项，令平面BCC1B1＝α，平面A1B1C1D1＝β，AB＝m，BB1＝n，但m与n相交，不平行，D错．
3．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E是棱DD1的中点，则平面AC1E截该正方体所得的截面面积为( )
A．5 B．2eq \r(5)
C．4eq \r(6) D．2eq \r(6)
答案 D
解析 如图所示，设F为BB1的中点，连接AF，FC1，EF，设G为CC1的中点，连接EG，GB，
由EG∥AB且EG＝AB，得四边形ABGE是平行四边形，则AE∥BG且AE＝BG，
又BG∥C1F且BG＝C1F，得AE∥C1F且AE＝C1F，则A，E，C1，F共面，
故平面AC1E截该正方体所得的截面为平面AFC1E.
又正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，AF＝FC1＝EC1＝EA，AC1＝2eq \r(3)，EF＝2eq \r(2)，EF⊥AC1，故＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2eq \r(3)＝2eq \r(6).
4.(2022·咸阳模拟)《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，如图所示，在直角圆锥P－ABC中，AB为底面圆的直径，C在底面圆周上且为弧AB的中点，则异面直线PA与BC所成的角的大小为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案 C
解析 如图，设底面圆的圆心为O，分别取AC，PC的中点D，E，连接PO，CO，OD，OE，DE，
因为△APB是等腰直角三角形，∠APB＝90°，
设圆锥的底面圆半径OA＝1，则PA＝eq \r(2)，PC＝eq \r(2)，
则DE＝eq \f(1,2)PA＝eq \f(\r(2),2)，且DE∥PA，
又∠ACB＝90°，且AC＝BC＝eq \r(2)，
而OD＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(\r(2),2)，且OD∥BC，
所以∠EDO为异面直线PA与BC所成的角或其补角，
在Rt△PCO中，因为E为PC的中点，
所以OE＝eq \f(1,2)PC＝eq \f(\r(2),2)，
所以△DOE是正三角形，即异面直线PA与BC所成的角为60°.
5.(2022·北京二中模拟)如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下面结论中错误的是( )
A．AE⊥CE
B．BE⊥DE
C．DE⊥平面BCE
D．平面ADE⊥平面BCE
答案 C
解析 因为四边形ABCD是圆柱的轴截面，则线段AB是直径，BC，AD都是母线，
又E是底面圆周上异于A，B的一点，于是得AE⊥BE，而BC⊥平面ABE，AE⊂平面ABE，则BC⊥AE，
因为BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面BCE，则AE⊥平面BCE，CE⊂平面BCE，因此得AE⊥CE，同理，BE⊥DE，A，B正确；
点D不在底面ABE内，而直线AE在底面ABE内，即AE，DE是两条不同直线，若DE⊥平面BCE，因为AE⊥平面BCE，
与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，C不正确；
因为AE⊥平面BCE，而AE⊂平面ADE，于是平面ADE⊥平面BCE，D正确．
6．设正四面体ABCD的棱长为a，E，F分别是BC，AD的中点，则eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))的值为( )
A.eq \f(1,4)a2 B.eq \f(1,2)a2
C．a2 D.eq \f(\r(3),4)a2
答案 A
解析 由题意，正四面体ABCD如图所示，
因为E，F分别是BC，AD的中点，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))，
又因为正四面体ABCD的棱长都为a，所以〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))〉＝〈eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))〉＝60°，
故eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))·eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→)))＝eq \f(1,4)(a2cs 60°＋a2cs 60°)
＝eq \f(1,4)a2.
7．已知三棱锥A－BCD的外接球为球O，△BCD是边长为3eq \r(3)的正三角形，若三棱锥A－BCD体积的最大值为eq \f(81\r(3),4)，则球O的体积为( )
A.eq \f(500,3)π B.eq \f(256,3)π
C．100π D．64π
答案 A
解析 设三棱锥A－BCD的高为h，当球心O在三棱锥A－BCD的高线上时，三棱锥A－BCD的体积最大，此时eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3eq \r(3)×3eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)h＝eq \f(81\r(3),4)，解得h＝9.设球O的半径为R，
如图，AM是正三棱锥的高，BM＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×3eq \r(3)＝3，OB＝OA＝R，
则(9－R)2＋32＝R2，解得R＝5，所以球O的体积为eq \f(4,3)πR3＝eq \f(500,3)π.
8．已知在四面体ABCD中，AC＝3，其余棱长均为2，则该四面体外接球的表面积是( )
A.eq \f(28π,3) B．8π C．12π D．32π
答案 A
解析 取BD的中点E，连接AE，CE，
在△ACE中，AE＝CE＝eq \r(3)，AC＝3，可得∠AEC＝eq \f(2π,3).
四面体外接球的球心必在过△ABD和△CBD的外接圆圆心且与所在面垂直的直线上，
设△CBD，△ABD外接圆的圆心分别为O1，O2，
作OO1⊥平面CBD，OO2⊥平面ABD，则O即为四面体ABCD外接球的球心，连接OE，如图，
在Rt△OO1E中，O1E＝eq \f(\r(3),3)，∠OEO1＝eq \f(π,3)，所以OO1＝1，
在Rt△OO1C中，O1C＝eq \f(2\r(3),3)，所以OC2＝12＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))2＝eq \f(7,3)，
所以四面体ABCD外接球的表面积为4π×eq \f(7,3)＝eq \f(28π,3).
9．(多选)(2022·辽宁六校联考)已知正六棱锥的侧面与底面所成的锐二面角θ＝30°，侧棱长为2eq \r(5)米，则( )
A．正六棱锥的底面边长为2米
B．正六棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为eq \f(1,2)
C．正六棱锥的侧面积为48平方米
D．正六棱锥的体积为16eq \r(3)立方米
答案 BCD
解析 由题设，可得如图所示的正六棱锥．G为AB的中点，O为底面中心，则∠PGO＝θ＝30°，且PA＝PB＝PC＝PD＝PE＝PF＝2eq \r(5)，
设PO＝h，则PG＝2h，若底面边长为r，则OA＝r，AG＝eq \f(r,2)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(PO2＋OA2＝h2＋r2＝20，,PG2＋AG2＝4h2＋\f(r2,4)＝20，))解得PO＝h＝2，且r＝4，
∴由正六边形的性质知，AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA＝eq \f(AD,2)＝4，A错误；
正六棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为eq \f(1,2)，B正确；
S△PAB＝eq \f(1,2)PG·AB＝8，故侧面积为48平方米，C正确；
由S正六边形ABCDEF＝6×eq \f(1,2)OG·AB＝24eq \r(3)，故此正六棱锥的体积V＝eq \f(1,3)PO·S正六边形ABCDEF＝16eq \r(3)，D正确．
10．(多选)(2022·石家庄模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为6，M，N为底面A1B1C1D1内两点，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋λeq \(A1B1,\s\up6(→))＋λeq \(A1D1,\s\up6(→))(λ∈[0,1])，异面直线BN与CC1所成角为30°，则下列结论正确的是( )
A．CM⊥BD
B．直线MN与DD1为异面直线
C．线段MN长度的最小值为3eq \r(2)－2eq \r(3)
D．三棱锥B－A1MN的体积可能取值为16
答案 AC
解析 由eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋λeq \(A1B1,\s\up6(→))＋λeq \(A1D1,\s\up6(→))得eq \(A1M,\s\up6(→))＝eq \(AM,\s\up6(→))－eq \(AA1,\s\up6(→))＝λ(eq \(A1B1,\s\up6(→))＋eq \(A1D1,\s\up6(→)))＝λeq \(A1C1,\s\up6(→))，0≤λ≤1，
所以点M的轨迹是线段A1C1，
因为BB1∥CC1，直线BN与CC1所成角为30°，所以∠B1BN＝30°，
所以BN是以BB1为轴，B为顶点，顶角为60°的圆锥的母线，该圆锥侧面与上底面A1B1C1D1的交线为以B1为圆心，BB1tan 30°＝2eq \r(3)为半径的圆在正方形A1B1C1D1内的圆弧，即为点N的轨迹．
因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，则AA1⊥BD，又BD⊥AC，AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面AA1C1C，而CM⊂平面AA1C1C，所以BD⊥CM，A正确；
在平面A1B1C1D1内作直线与线段A1C1，和N点轨迹圆弧分别交于点M，N，则D1D与MN相交，B错；
B1到直线A1C1的距离是eq \f(\r(2),2)×6＝3eq \r(2)，所以MN的最小值为3eq \r(2)－2eq \r(3)，C正确；
设N点轨迹圆弧交B1C1于点P，在正方形A1B1C1D1中知P到直线A1C1的距离等于N到A1M距离的最大值，此最大值为eq \f(\r(2),2)×(6－2eq \r(3))＝3eq \r(2)－eq \r(6)，
因此S△A1NM的最大值为eq \f(1,2)×(3eq \r(2)－eq \r(6))×6eq \r(2)＝18－6eq \r(3)，
三棱锥B－A1MN体积的最大值为eq \f(1,3)×(18－6eq \r(3))×6＝12(3－eq \r(3))<16，D错．
11．(2022·唐山模拟)圆台的轴截面上、下底边边长分别为2和4，母线长为2，则圆台的体积是________．
答案 eq \f(7\r(3)π,3)
解析 如图所示，不妨设圆台的轴截面为ABCD，过A，B分别作AE⊥CD，BF⊥CD于E，F，
由于圆台的轴截面为等腰梯形，因此DE＝CF＝eq \f(4－2,2)＝1，
∴AE＝eq \r(22－12)＝eq \r(3).
由圆台的体积公式V＝eq \f(1,3)πh(R2＋r2＋R·r)，
其中，R＝eq \f(DC,2)＝2，r＝eq \f(AB,2)＝1，h＝AE＝eq \r(3)，
∴V＝eq \f(1,3)π×eq \r(3)×(22＋12＋2×1)＝eq \f(7\r(3)π,3).
12．(2022·洛阳模拟)在三棱锥P－ABC中，AB＝2eq \r(6)，BC＝1，AC＝5，侧面PAB是以P为直角顶点的直角三角形，若平面PAB⊥平面ABC，则该三棱锥体积的最大值为________．
答案 2
解析 由题意，AB2＋BC2＝AC2，则AB⊥BC，又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，BC⊂平面ABC，
∴BC⊥平面PAB，故要使三棱锥的体积最大，只需S△PAB最大，
此时，△PAB在三棱锥P－ABC外接球截面圆上有PA＝PB，又侧面PAB是以P为直角顶点的直角三角形，
∴△PAB为等腰直角三角形，则PA＝PB＝2eq \r(3)，
∴三棱锥体积的最大值为eq \f(1,3)BC·S△PAB＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2eq \r(3)＝2.
13．已知正四棱锥S－ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成的角的余弦值为________．
答案 eq \f(\r(3),3)
解析 设AC，BD的交点为O，连接EO(图略)，则∠AEO为AE，SD所成的角或其补角．设正四棱锥的棱长为a，则AE＝eq \f(\r(3),2)a，EO＝eq \f(1,2)a，OA＝eq \f(\r(2),2)a，
所以cs∠AEO＝eq \f(AE2＋EO2－OA2,2AE·EO)
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))2,2×\f(\r(3),2)a·\f(1,2)a)＝eq \f(\r(3),3).
14．(2022·西安模拟)已知四面体ABCD的所有棱长均为eq \r(2)，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点．则下列结论中正确结论的序号为________．
①线段MN的长度为1；
②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线；
③∠MFN的余弦值的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5),5)))；
④△FMN周长的最小值为eq \r(2)＋1.
答案 ①④
解析 在棱长为1的正方体上取如图所示的四个顶点依次连接，即可得到棱长为eq \r(2)的四面体ABCD，
显然，M，N分别为正方体前后两个面的中心，故线段MN的长度为正方体棱长1，故①对；
对于②，如图，取AB的中点F，取MN的中点G，取CD的中点I，则由正方体的性质易知，F，G，I三点在一条直线上，故此时FG与CD相交于I，故②错；
对于③，BN＝eq \f(BC,2)＝eq \f(\r(2),2)，BM＝eq \r(BD2－MD2)＝eq \r(2－\f(1,2))＝eq \f(\r(6),2)，
又有MN＝1，故cs∠MBN＝eq \f(\f(1,2)＋\f(3,2)－1,2×\f(\r(2),2)×\f(\r(6),2))＝eq \f(\r(3),3)>eq \f(\r(5),5)，
故F点无限接近B点时，cs∠MFN会无限接近eq \f(\r(3),3)，故∠MFN的余弦值的取值范围不为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5),5)))，③错误；
对于④，如图，将等边△ABC与等边△ABD铺平，放在同一平面上，
故有N′F＋FM′≥M′N′＝eq \r(2)，当且仅当F为AB的中点时M′F＋FN′取最小值，
故在正方体中，MF＋FN≥eq \r(2)，故△FMN周长的最小值为eq \r(2)＋1，故④对．