统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷一客观题专练11立体几何理（附解析）

立体几何(11)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．一个几何体的三视图均为圆，则该几何体可以是(　　)A．正方体B．球体C．三棱柱D．四棱锥2．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(　　)　　　　　　　　　3．[2023·全国乙卷(理)]已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角CABD为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　)A．B．C．D．4.[2023·全国高三月考]某圆柱的正视图是如图所示的边长为2的正方形，圆柱表面上的点A，B，C，D，F在正视图中分别对应点A，B，C，E，F.其中E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线AC与DF所成角的余弦值为(　　)A．B．C．D．5．[2023·全国甲卷(理)]已知四棱锥PABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC面积为(　　)A．2B．3C．4D．6 6．[2023·新疆高三模拟]已知a，b，c为三条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列说法正确的是(　　)A．若a∥b，b⊂α，则a∥αB．若α∩β＝a，β∩γ＝b，α∩γ＝c，a∥b，则b∥cC．若b⊂β，c⊂β，a⊥b，a⊥c，则a⊥βD．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β7.[2023·安徽高三二模]在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是棱B1C1的中点，点F是线段CD1上的一个动点．现有以下命题：①三棱锥BA1EF的体积是定值；②△AB1F的周长的最小值为a；③直线A1F与平面B1CD1所成的角是定值；④异面直线AC1与B1F所成的角是定值．其中真命题是(　　)A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④8．[2023·湖北省重点中学高三检测]现有一个三棱锥形状的工艺品PABC，点P在底面ABC的投影为Q，满足＝＝＝，＝，S△ABC＝9，若要将此工艺品放入一个球形容器(不计此球形容器的厚度)中，则该球形容器的表面积的最小值为(　　)A．42πB．44πC．48πD．49π9.[2023·湖北省黄冈市高三联考]如图是一个装有水的倒圆锥形杯子，杯子口径6cm，高8cm(不含杯脚)，已知水的高度是4cm，现往杯子中放入一种直径为1cm的珍珠，该珍珠放入水中后直接沉入杯底，且体积不变．如果放完珍珠后水不溢出，则最多可以放入珍珠(　　)A．98颗B．106颗C．120颗D．126颗10．[2023·汉阳区校级模拟]在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M为B1C1 的中点，过点D作平面α使α⊥BM，则平面α截正方体所得截面的面积为(　　)A．4B．4C．8D．1611．[2023·广州阶段训练]在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝CC1＝，BC＝1，点M在正方形CDD1C1内，C1M⊥平面A1CM，则三棱锥MA1CC1的外接球表面积为(　　)A．πB．7πC．11πD．14π12.[2023·江苏省无锡市高三质量检测]如图，正四棱锥SBCDE底面边长与侧棱长均为a，正三棱锥ASBE底面边长与侧棱长均为a，则下列说法不正确的是(　　)A．AS⊥CDB．正四棱锥SBCDE的外接球半径为aC．正四棱锥SBCDE的内切球半径为(1－)aD．由正四棱锥SBCDE与正三棱锥ASBE拼成的多面体是一个三棱柱[答题区]题号123456789101112答案二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．[2023·四川省广元市高三模拟]某正三棱锥正视图如图所示，则侧视图的面积为________．14．[2023·全国甲卷(理)]在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有________个公共点．15．[2023·广东省汕头市高三一模]在三棱锥SABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，△SAB是以AB为斜边的直角三角形，二面角SABC的大小为60°，则该三棱锥外接球的表面积为________．16．[2023·广东七校联考]在三棱锥PABC中，PA＝BC＝，PB＝AC＝，PC＝AB＝ ，则异面直线PC与AB所成角的余弦值为________，三棱锥PABC的体积为________．立体几何（11）1．B　根据几何体的三视图均为圆，可得该几何体为球体．故选B.2．A　由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形．故选A.3．C　如图所示，取AB的中点为M，连接CM，DM，则CM⊥AB，DM⊥AB，又CM，DM⊂平面CMD，CM∩DM＝M，于是AB⊥平面CMD，∠CMD即为二面角C－AB－D的平面角，于是∠CMD＝150°.设AB＝2，则CM＝1，MD＝，在△CMD中，由余弦定理可得CD＝＝.延长CM，过点D作CM的垂线，设垂足为H，则∠HMD＝30°，DH＝DM＝，MH＝DM＝，所以CH＝1＋＝.因为DH⊂平面CMD，则AB⊥DH，又DH⊥CM，AB，CM⊂平面ABC，AB∩CM＝M，所以DH⊥平面ABC，∠DCM即为直线CD与平面ABC所成角，于是在Rt△DCH中，tan∠DCM＝＝，故选C.4.D　如图所示，连结DE，EF，易知EF∥AC，所以异面直线AC与DF所成角为∠DFE.由正视图可知，DE⊥平面ABC，所以DE⊥EF.由于AB＝BC＝2，所以EF＝，又DE＝1，所以DF＝. 在Rt△EFD中，cos∠DFE＝＝.故选D.5．C　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.由PC＝PD，得PM⊥DC，又PO⊥DC，PO∩PM＝P，所以DC⊥平面POM，又OM⊂平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥NM，所以M，N，O三点共线，所以OA＝OB，所以Rt△PAO≌Rt△PBO，所以PB＝PA.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝＝，所以PB＝.在△PBC中，由余弦定理，得cos∠PCB＝＝，所以sin∠PCB＝，所以S△PBC＝PC·BCsin∠PCB＝4，故选C.6．B　若a∥b，b⊂α，且a⊄α，则a∥α，故A错误；若α∩β＝a，β∩γ＝b，a∥b，则b∥α，且b⊂γ，由α∩γ＝c，所以b∥c，故B正确；若b⊂β，c⊂β，a⊥b，a⊥c，且b与c相交，则a⊥β，故C错误；若a⊂α，b⊂β，a∥b，且b与a相交，则α∥β，故D错误．故选B.7．B　因为VBA1EF＝VFA1BE，又因为D1C∥平面A1BE，所以F点到平面A1BE距离不变，所以VFA1BE为定值，从而三棱锥BA1EF的体积是定值，所以①对；如图所示的平面展开图，当F点运动到点O时，△AB1F的周长的最小值为AB1＋AO＋OB1＝a＋a··2＝（＋）a，所以②对；假设直线A1F与平面B1CD1所成的角是定值，则点F的轨迹是平面B1CD1上的圆弧，而不是直线CD1，所以③错；因为AC1⊥平面B1D1C，B1F⊂平面B1D1C，所以AC1⊥B1F，所以④对．故选B.8．D　 如图所示：作QM⊥AB与M，连接PM，因为PQ⊥平面ABC，所以PQ⊥AB，又QM∩PQ＝Q，所以AB⊥平面PQM，所以AB⊥PM，所以＝＝，PM＝2QM，因为＝＝＝，由对称性得AB＝BC＝AC，又因为＝，S△ABC＝9，所以S△ABC＝×AB2×sin60°＝9，解得AB＝6，AQ＝2，所以QM＝，PM＝2，PQ＝3，设外接球的半径为r，在△AOQ中，AO2＝OQ2＋AQ2，即r2＝（3－r）2＋（2）2，解得r＝，所以外接球的表面积为S＝4πr2＝49π，即该球形容器的表面积的最小值为49π.故选D.9．D　 作出圆锥的轴截面图如图，由题意，OP＝8，O1P＝4，OA＝3，设O1A1＝x，则＝，即x＝.则最大放入珍珠的体积V＝π×32×8－π××4＝21π因为一颗珍珠的体积是π×＝.由＝126.所以最多可以放入珍珠126颗．故选D.10．C　作出截面CDEF，点E，F分别为AA1，BB1中点，四边形CDEF的面积为CD×DE＝4×2＝8.故选C.11．C　由于C1M⊥平面A1CM，所以C1M⊥A1C，C1M⊥CM，根据长方体的性质可知A1D1⊥C1M，如图，连接CD1，所以C1M⊥平面A1CD1，所以C1M⊥CD1，连接C1D，则易知M是正方形CDD1C1的对角线CD1和C1D的交点．由于三角形C1MC是直角三角形，所以CC1的中点E是它的外心，设三棱锥MA1CC1的球心为O，连接OE，则OE⊥平面CDD1C1，设OE∩BB1＝F，则F是BB1的中点．连接A1F，设OF＝x，三棱锥MA1CC1外接球的半径为R，则R2＝OE2＋CE2＝A1F2＋OF2，即（1＋x）2＋＝（）2＋＋x2，解得x＝，所以R2＝＋ eqsup12(2)＝，故三棱锥MACC1外接球的表面积为4πR2＝11π.故选C.12．C　如图所示：取BE中点H连接AH，SH，正三棱锥ASBE中，AH⊥BE，SH⊥BE，又AH∩SH＝H，所以BE⊥平面SAH，则BE⊥AS，又BE∥CD，所以AS⊥CD，故A正确；设底面中心为O1，球心为O，半径为R，因为正四棱锥SBCDE外接球球心在O1S上，所以OS＝OB＝R，因为，正四棱锥SBCDE底面边长与侧棱长均为a，所以O1B＝O1S＝a，由OB2＝O1B2＋（O1S－OS）2得R2＝＋，解得R＝a，故B正确；设内切球半径为r，易求得侧面面积为S＝·a2sin＝a2，由等体积法得a2·a＝a2·r＋4··a2·r解得r＝，故C错；取SE中点F，连结AF，DF，BF，则∠BFD和∠BFA分别是DSEB和ASEB的二面角的平面角，由cos∠BFD＝＝＝－cos∠AFD＝＝＝，故∠BFD与∠BFA互补，所以ASDE共面，又因为AS＝AE＝ED＝SD，则ASDE为平行四边形，故AS∥ED∥BC，故正四棱锥SBCDE与正三棱锥ASBE拼成的多面体是一个三棱柱，所以D正确．故选C.13．答案：6解析： 如图，根据正三棱锥正视图可绘出原图，正三棱锥高为＝4，底面边长为6，结合原图易知，△ABC即正三棱锥的侧视图，BC为底面三角形的高，则侧视图的面积S＝×3×4＝6.14．答案：12解析：如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为，而正方体的中心到每一条棱的距离均为，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点．15．答案：π解析：设三棱锥SABC的外接球为球O，过点O作OH⊥平面SAB，垂足为点H，则H为AB的中点，设OH＝d，SH为Rt△ABS的外接圆半径，∵OH⊥平面SAB，SH⊂平面SAB，∴OH⊥SH，由勾股定理得，OH2＋SH2＝OS2，设外接球O的半径为R，则d2＋1＝R2，①∵△ABC是等边三角形，且H为AB的中点，所以，CH⊥AB， 由球的几何性质可得OH⊥平面SAB，∵AB⊂平面SAB，∴OH⊥AB，所以，∠CHO为二面角SABC的余角，又因为二面角SABC的大小为60°，∴∠CHO＝30°，在△CHO中，由余弦定理得d2＋CH2－2d·CHcos30°＝R2，②因为CH为等边△ABC的高，则CH＝，由①②得，d＝，R2＝d2＋1＝，因此，球O的表面积为S＝4πR2＝.16．答案：　2解析：解法一　根据题意可将三棱锥PABC补形为长、宽、高分别为2，1，3的长方体PMAENCDB，如图所示．连接面对角线DE交AB于点R，则PC∥DE，易知∠ARE为锐角，所以∠ARE为异面直线PC与AB所成的角．在△ARE中，cos∠ARE＝＝＝，故异面直线PC与AB所成角的余弦值为.VPABC＝V长方体－VACDB－VAPEB－VAPMC－VPNCB＝3×2×1－4×××2×1×3＝2.解法二　根据题意可将三棱锥PABC补形为长、宽、高分别为2，1，3的长方体PMAENCDB，如图所示，以N为坐标原点，NC，NB，NP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A（1，2，3），B（0，2，0），C（1，0，0），P（0，0，3），所以＝（－ 1，0，－3），＝（1，0，－3），所以cos〈，〉＝＝＝，故异面直线PC与AB所成角的余弦值为.VPABC＝V长方体－VACDB－VAPEB－VAPMC－VPNCB＝3×2×1－4×××2×1×3＝2.