2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练九微专题1立体几何初步

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1．已知圆锥的母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为 eq \f(2π,3) 的扇形，则该圆锥的表面积为( C )
A．8π B．12π
C．16π D．24π
解析：设圆锥的母线长为l＝6，底面半径为r，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2πr＝ eq \f(2πl,3) ，解得r＝2，所以该圆锥的表面积为π×22＋π×2×6＝16π.
2．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则该圆锥的体积为( B )
A．3π B． eq \f(\r(3)π,3)
C． eq \r(3) π D．2π
解析：设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长l＝2，则l2＝r2＋h2，底面周长为2πr＝ eq \f(1,2) ×(2π×2)，解得r＝1，所以h＝ eq \r(22－12) ＝ eq \r(3) ，所以该圆锥的体积为 eq \f(1,3) ×π×12× eq \r(3) ＝ eq \f(\r(3)π,3) .故选B.
3．(2024·西安模拟)如图，这是一个正方体的平面展开图，在该正方体中，下列命题正确的是( A )
A．AB∥HG B．CG⊥BH
C．CG⊥DH D．AC∥DG
解析：如图所示，将展开图重新组合成正方体．显然AB∥HG，因此A选项正确；由图易得CG∥DH，显然DH与BH所成角非直角，因此异面直线CG与BH所成角也非直角，所以CG⊥BH不成立，因此B，C选项不正确；由图易得AC∥EG，显然EG与DG相交，因此AC∥DG不成立，因此D选项不正确．
4．(2023·全国甲卷)在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝ eq \r(6) ，则该棱锥的体积为( A )
A．1 B． eq \r(3)
C．2 D．3
解析：如图，取棱AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝ eq \r(3) ，又PC＝ eq \r(6) ，所以PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，所以PD⊥平面ABC，所以VP-ABC＝ eq \f(1,3) ×S△ABC×PD＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×2× eq \r(3) × eq \r(3) ＝1.故选A.
5．已知正三角形的边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为( B )
A． eq \f(\r(2),4) B． eq \f(\r(6),4)
C．2 eq \r(2) D．2 eq \r(6)
解析：如图1，△ABC是边长为2的正三角形，取AB的中点为O，连接OC，以O为坐标原点，AB，OC所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系．再建立一个平面直角坐标系x′O′y′，且使∠x′O′y′＝45°，如图2，在x′轴上取点A′，B′，且使O′A′＝O′B′＝1，在y′轴上取点C′，且使O′C′＝ eq \f(1,2) OC＝ eq \f(1,2) ×2× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(3),2) ，连接A′C′，B′C′，则△A′B′C′即为△ABC的直观图，所以S△A′B′C′＝S△A′O′C′＋S△B′O′C′＝2S△B′O′C′＝ eq \f(1,2) ×1× eq \f(\r(3),2) × eq \f(\r(2),2) ×2＝ eq \f(\r(6),4) .故选B.
6．如图，圆柱的底面直径AB与母线AD的长度相等，E是弧AB的中点，则异面直线AE与BD所成的角为( C )
A. eq \f(π,6) B． eq \f(π,4)
C． eq \f(π,3) D． eq \f(π,2)
解析：方法一：如图，记AB，CD的中点分别为O，O′，连接OO′，OE，以O为坐标原点，OE，OB，OO′所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，连接BE.因为点E是弧AB的中点，所以△ABE是等腰直角三角形，OB＝OE，不妨设AB＝AD＝2，则A(0，－1，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，2)，E(1，0，0)，所以 eq \(AE,\s\up10(→)) ＝(1，1，0)， eq \(BD,\s\up10(→)) ＝(0，－2，2)，|cs〈 eq \(AE,\s\up10(→)) ， eq \(BD,\s\up10(→)) 〉|＝ eq \f(|－2|,\r(2)×\r(8)) ＝ eq \f(1,2) ， 所以异面直线AE与BD所成的角为 eq \f(π,3) ，故选C.
方法二：如图，过点B作BF∥AE，交圆柱底面圆于点F，连接AF，DF，则∠FBD即异面直线AE与BD所成的角．不妨设AB＝AD＝2，则BD＝2 eq \r(2) ，易得△ABF是等腰直角三角形，所以BF＝AF＝ eq \r(2) .由DA⊥平面ABF，可得△AFD是直角三角形，DF＝ eq \r(AF2＋AD2) ＝ eq \r(6) ，所以DF2＋BF2＝BD2，所以△BDF是直角三角形，又BD＝2BF，所以∠FBD＝ eq \f(π,3) ，故选C.
7．(2023·全国甲卷)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC面积为( C )
A．2 eq \r(2) B．3 eq \r(2)
C．4 eq \r(2) D．6 eq \r(2)
解析：如图，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，取DC的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，AO，BO，AC.由PC＝PD，得PM⊥DC，又PO⊥DC，PO∩PM＝P，PO，PM⊂平面POM，所以DC⊥平面POM，又OM⊂平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥MN，所以M，N，O三点共线，所以OA＝OB，所以Rt△PAO≌Rt△PBO，所以PA＝PB.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝ eq \r(PC2＋AC2－2PC·AC cs 45°) ＝ eq \r(17) ，所以PB＝ eq \r(17) .在△PBC中，由余弦定理的推论，得cs∠PCB＝ eq \f(PC2＋BC2－BP2,2PC·BC) ＝ eq \f(1,3) ，所以sin∠PCB＝ eq \f(2\r(2),3) ，所以S△PBC＝ eq \f(1,2) PC·BC sin ∠PCB＝4 eq \r(2) ，故选C.
8．(2024·潍坊二模)如图，圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且2r1＋r2＝12，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为( D )
A．36π B．64π
C．72π D．100π
解析：如图所示，作出轴截面，O1，O2分别为上、下底面圆的圆心，M为侧面切点，O为内切球球心，则O为O1O2的中点，
OM⊥AB，OO1＝OM＝4，O1O2＝8，O1A＝MA＝r1，O2B＝MB＝r2，
因为2r1＋r2＝12，所以r2＝12－2r1，
则AB＝MA＋MB＝r1＋r2＝12－r1，
过点A作AG⊥O2B，垂足为G，
则BG＝r2－r1＝12－3r1，
在Rt△ABG中，由勾股定理得AG2＋BG2＝AB2，即82＋(12－3r1)2＝(12－r1)2，解得r1＝2或r1＝4，因为r11.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为 eq \r(3) m， eq \r(3) 1.2，故可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．故选ABD.
11．(多选)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为线段AD1(包括端点)上一动点，则( AB )
A．异面直线AD1与A1C1所成的角为60°
B．三棱锥B1-PBC1的体积为定值
C.不存在点P，使得AD1⊥平面PDC
D．PB＋PC的最小值为3＋ eq \r(6)
解析：对于A，如图1，连接BC1，A1B，由正方体的性质可得AD1∥BC1，所以∠BC1A1为异面直线AD1与A1C1所成的角，又由正方体的性质知△A1BC1为等边三角形，所以∠BC1A1＝60°，故A正确；
对于B，由正方体的性质知平面AA1D1D∥平面BB1C1C.因为AD1⊂平面AA1D1D，所以AD1∥平面BB1C1C.又AB⊥平面BB1C1C，所以点P到平面BB1C1C的距离为AB＝1，又S△B1BC1＝ eq \f(1,2) ×1×1＝ eq \f(1,2) ，所以VB1-PBC1＝VP-B1BC1＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×1＝ eq \f(1,6) ，故B正确；
对于C，如图2，当P为AD1的中点时，PD⊥AD1，由正方体的性质得CD⊥平面AA1D1D，又AD1⊂平面AA1D1D，所以CD⊥AD1.因为CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PDC，所以AD1⊥平面PDC，故C错误；对于D，当点P与点A重合时，PB＋PC＝1＋ eq \r(2)