山东专用2025届高考数学二轮专题闯关导练一客观题专练立体几何10含解析

PAGE立体几何(10)一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40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．[2024·浙江卷]已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n.“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件2.已知某圆柱的底面周长为12，高为2，矩形ABCD是该圆柱的轴截面，则在此圆柱侧面上，从A到C的路径中，最短路径的长度为()A．2eq\r(10)B．2eq\r(5)C．3D．23．圆锥的母线长为4，侧面绽开图为一个半圆，则该圆锥表面积为()A．10πB．12πC．16πD．18π4.如图，在三棱锥D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE5.如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M为CD的中点，则三棱锥A­BC1M的体积VA­BCA.eq\f(1,2)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,6)D.eq\f(1,12)6．[2024·山东省试验中学、淄博试验中学、烟台一中、莱芜一中四校联考]已知圆锥的底面圆心为O，SA，SB为圆锥的两条母线，且SA与圆锥底面所成的角为30°，∠AOB＝60°，则SB与平面SOA所成角的正弦值为()A.eq\f(\r(3),4)B.eq\f(3,4)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),2)7．[2024·山东名校联考]在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，△ABC是边长为2的正三角形，异面直线AC1与B1C所成的角为90°，则三棱柱ABC­A1B1A.eq\f(\r(6),3)B．2eq\r(3)C.eq\r(6)D.eq\f(2\r(3),3)8．[2024·山东日照校际联考]已知点A，B，C，D都在球O的球面上，AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝2，DC＝2eq\r(3)，若点O恰好在四面体ABCD的棱DA上，则四面体ABCD的体积为()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(2\r(3),3)D.eq\r(3)二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．[2024·山东青岛二中模拟]若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题错误的是()A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交10．[2024·山东临沂模拟]下列说法正确的是()A．垂直于同一个平面的两条直线平行B．若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直C．一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行D．一条直线与一个平面内的多数条直线垂直，则这条直线和这个平面垂直11．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1A．直线BC与平面ABC1D1所成的角等于eq\f(π,4)B．点C到面ABC1D1的距离为eq\f(\r(2),2)C．两条异面直线D1C和BC1所成的角为eq\f(π,4)D．三棱柱AA1D1­BB1C1外接球半径为eq\f(\r(3),2)12.[2024·山东烟台、菏泽联考]在等腰梯形ABCD中，已知AB＝AD＝CD＝1，BC＝2，将△ABD沿直线BD翻折成△A′BD，如图，则()A．∠A′BD为定值B．点A的轨迹为线段C．直线BA′与CD所成的角的范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))D．翻折过程中形成的三棱锥A′­BCD的体积的最大值为eq\f(\r(3),12)三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为________．14．[2024·山东青岛检测]已知四面体ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，△ABD是边长为2的等边三角形，BD＝DC，BD⊥CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为________．15．[2024·山东名校联考]若半径为1的球的内接正三棱柱的侧面为正方形，则该正三棱柱的体积为________，表面积为______．(本题第一空2分，其次空3分)16．[2024·新高考Ⅰ卷]已知直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．立体几何(10)1．答案：B解析：由m，n，l在同一平面内，可能有m，n，l两两平行，所以m，n，l可能没有公共点，所以不能推出m，n，l两两相交．由m，n，l两两相交且m，n，l不经过同一点，可设l∩m＝A，l∩n＝B，m∩n＝C，且A∉n，所以点A和直线n确定平面α，且B，C∈n，所以B，C∈α，所以l，m⊂α，所以m，n，l在同一平面内．故选B.2．答案：A解析：圆柱的侧面绽开图如图，圆柱的侧面绽开图是矩形，且矩形的长为12，宽为2，则在此圆柱侧面上从A到C的最短路径为线段AC，AC＝eq\r(22＋62)＝2eq\r(10).故选A.3．答案：B解析：一个圆锥的母线长为4，它的侧面绽开图为半圆，半圆的弧长l＝eq\f(1,2)×2π×4＝4π，即圆锥的底面周长为4π，设圆锥的底面半径是r，则得到2πr＝4π，解得r＝2，即这个圆锥的底面半径是2，故圆锥的表面积S＝π×2×4＋π×22＝12π，故选B.4．答案：C解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.5．答案：C解析：VA­BC1M＝VC1­ABM＝eq\f(1,3)S△ABM·C1C＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB×AD×C1C＝eq\f(1,6).故选C.6．答案：B解析：如图，过点B作BC⊥AO于点C，连接SC，AB.由圆锥的性质可知，SO⊥平面AOB，则SO⊥BC，所以BC⊥平面SOA，所以∠BSC即直线SB与平面SOA所成的角．设圆锥底面圆的半径为r，则SB＝SA＝eq\f(r,cos30°)＝eq\f(2\r(3)r,3).因为∠BOA＝60°，所以在Rt△BOC中，BC＝eq\f(\r(3),2)r，所以在Rt△BSC中，sin∠BSC＝eq\f(BC,SB)＝eq\f(3,4)，故选B.7．答案：C解析：解法一如图(1)，连接BC1，交B1C于点O，则O是BC1和B1C的中点，取AB的中点D，连接OD，DC，则OD∥AC1，因为AC1⊥B1C，所以OD⊥B1C.设三棱柱的高为h，则OD＝eq\f(1,2)AC1＝eq\f(1,2)eq\r(h2＋4)，OC＝eq\f(1,2)B1C＝eq\f(1,2)eq\r(h2＋4)，CD＝eq\r(3)，因为CD2＝OD2＋OC2，所以h＝eq\r(2)，所以三棱柱ABC­A1B1C1的体积V＝eq\f(\r(3),4)×22×eq\r(2)＝eq\r(6)，故选C.解法二如图(2)，取BC的中点D，连接AD，C1D，由于△ABC是正三角形，所以AD⊥BC，由CC1⊥平面ABC，知AD⊥CC1，所以AD⊥平面BCC1B1，故AD⊥B1C.依据异面直线AC1与B1C所成的角为90°，得AC1⊥B1C，所以B1C⊥平面ADC1，于是B1C⊥C1D，易证得△CC1D与△C1B1C相像，所以eq\f(1,CC1)＝eq\f(CC1,2)，所以CC1＝eq\r(2)，所以三棱柱ABC­A1B1C1的体积V＝eq\f(\r(3),4)×22×eq\r(2)＝eq\r(6)，故选C.8．答案：C解析：由AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝2，可知∠ABC＝eq\f(π,2).取AC的中点M，易知点M为△ABC外接圆的圆心．连接OM，则OM⊥平面ABC，且OM为△ACD的中位线，所以DC⊥平面ABC，故四面体ABCD的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×2eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3).故选C.9．答案：ABC解析：由直线l1和l2是异面直线可知直线l1与l2不平行，故直线l1，l2中至少有一条与直线l相交，即A，B，C错误，D正确，故选ABC.10．答案：ABC解析：由线面垂直的性质定理知，垂直于同一个平面的两条直线平行，A正确；由面面垂直的性质定理知，若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直，B正确；由面面平行的判定定理知，一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行，C正确；对于D，这条直线有可能在这个平面内，D错误．故选ABC.11．答案：ABD解析：正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，对于A，直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1＝eq\f(π,4)，故选项A正确；对于B，因为B1C⊥平面ABC1D1，点C到平面ABC1D1的距离为B1C长度的一半，即h＝eq\f(\r(2),2)，故选项B正确；对于C，因为BC1∥AD1，所以异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C，而△AD1C为等边三角形，故两条异面直线D1C和BC1所成的角为eq\f(π,3)，故选项C错误；对于D，因为A1A，A1B1，A1D1两两垂直，所以三棱柱AA1D1­BB1C1外接球也是正方体ABCD­A1B1C1D1的外接球，故r＝eq\f(\r(12＋12＋12),2)＝eq\f(\r(3),2)，故选项D正确．故选ABD.12．答案：ACD解析：在等腰梯形ABCD中，易知∠ABC＝60°，∠ABD＝∠CBD＝30°，则∠A′BD＝30°，为定值，所以BA的轨迹可看作是以BD为轴，B为顶点，母线与轴的夹角为30°的圆锥侧面的一部分，故点A的轨迹如图中所示，其中F为BC的中点．过点B作CD的平行线，过点C作BD的平行线，两平行线交于点E，则直线BA′与BE所成的角即直线BA′与CD所成的角．又易知CD⊥BD，所以直线BA′与CD所成角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).在△ABD中，过A作AE⊥BD于E，AE＝eq\f(1,2)，又S△BCD＝eq\f(1,2)×1×2sin60°＝eq\f(\r(3),2)，所以三棱锥A′­BCD的体积最大为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),12).故选ACD.13．答案：4eq\r(3)π解析：由正方体的体积为8，可知其棱长为2，且正方体的体对角线为其外接球的直径，所以外接球的半径为R＝eq\f(\r(22＋22＋22),2)＝eq\r(3)，则V球＝eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π.14．答案：eq\f(\r(2),4)解析：由题意知CD⊥平面ABD，在D为坐标原点，DC所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，过D作平面BDC的垂线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(0,1，eq\r(3))，C(2,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，－1，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0，－2,0)，设异面直线AC与BD所成的角为α，则cosα＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→))|,|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),4)，所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为eq\f(\r(2),4).15．答案：eq\f(6\r(7),49)eq\f(36＋6\r(3),7)解析：如图，记正三棱柱为三棱柱ABC­DEF，O为外接球的球心，G为底面△DEF的重心，连接OG，则OG⊥底面DEF，连接DG，OD.设正三棱柱的底面边长为a，则由题意知，DG2＋OG2＝DO2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a×\f(2,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\