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11含解析

PAGE立体几何(11)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．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有多数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同始终线D．α，β垂直于同一个平面2．[2024·山东临沂模拟]已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，a⊂α，b⊂β，则“a⊥l”是“a⊥b”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3．设a，b是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法正确的是()A．a∥b，b⊂α，则a∥αB．a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥bC．a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βD．α∥β，a⊂α，则a∥β4．已知矩形ABCD，AB＝2BC，把这个矩形分别以AB，BC所在直线为轴旋转一周，所成几何体的侧面积分别记为S1，S2，则S1与S2的比值等于()A.eq\f(1,2)B．1C．2D．45．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为()A．12eq\r(2)πB．12πC．8eq\r(2)πD．10π6．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A.eq\f(3\r(3),4)B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(3\r(2),4)D.eq\f(\r(3),2)7．[2024·山东济南质量针对性检测]如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝eq\r(2)，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为()A.eq\f(π,2)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)8．[2024·全国卷Ⅰ]已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64πB．48πC．36πD．32π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·山东试验中学、淄博试验中学、烟台一中、莱芜一中四校联考]已知a，b，c为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，则下列说法正确的是()A．a⊥α，b⊥α，则a∥bB．α⊥γ，β⊥γ，则α⊥βC．a∥α，b∥α，则a∥bD．α∥γ，β∥γ，则α∥β10．[2024·山东济南模拟]已知v为直线l的方向向量，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，那么下列说法中正确的为()A．n1∥n2⇔α∥βB．n1⊥n2⇔α⊥βC．v∥n1⇔l∥αD．v⊥n1⇔l⊥α11．[2024·山东临沂模拟]已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的eq\f(1,3)，则下列结论正确的是()A．球O的表面积为6πB．球O的内接正方体的棱长为1C．球O的外切正方体的棱长为eq\f(4,3)D．球O的内接正四面体的棱长为212．[2024·山东名校联考]在长方体A1B1C1D1­A2B2C2D2中，A1A2＝2A1B1＝2B1C1＝2，如图，AA．异面直线D2C与AD1B．平面A2BCD2与平面ABC1D1所成二面角的大小为120°C．点A1与点C到平面ABC1D1的距离相等D．平面A2BC1截长方体所得的截面面积为eq\f(\r(3),2)三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13.如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E­BCD14．已知长方体ABCD­A1B1C1D1内接于球O，底面ABCD是边长为2的正方形，E为AA1的中点，OA⊥平面BDE，则球O15．[2024·浙江卷]已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面绽开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．16.[2024·山东名校联考]如图，在四棱锥C­ABDE中，四边形ABDE为矩形，EA＝CA＝CB＝2，AC⊥CB，F，G分别为AB，AE的中点，平面ABDE⊥平面ABC，则四面体CFDG的体积为________，若四面体CFDG的各个顶点均在球O的表面上，则球O的体积为________．(本题第一空2分，其次空3分)立体几何(11)1．答案：B解析：A中，α∩β或α∥β；B中，α∥β；C中，α∩β或α∥β；D中，α∩β或α∥β.故选B.2．答案：A解析：因为平面α⊥平面β，α∩β＝l，a⊂α，b⊂β，所以当a⊥l时，由面面垂直的性质定理，可得a⊥b；反之，当a⊥b时，a与l不肯定是垂直的，所以“a⊥l”是“a⊥b”的充分不必要条件．故选A.3．答案：D解析：由a，b是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，知：在A中，a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，故A错误；在B中，a⊂α，b⊂β，α∥β则a与b平行或异面，故B错误；在C中，a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α与β相交或平行，故C错误；在D中，α∥β，a⊂α，则由面面平行的性质定理得，a∥β，故D正确．4．答案：B解析：设BC＝a，AB＝2所以S1＝2π×2a×a，S2＝2π×a×∴S1︰S2＝1，故选B.5．答案：B解析：因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2eq\r(2)，底面圆的直径为2eq\r(2)，所以该圆柱的表面积为2×π×(eq\r(2))2＋2π×eq\r(2)×2eq\r(2)＝12π，故选B.6．答案：A解析：如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，简单得到平面AB1C符合题意，进而全部平行于平面AB1由对称性，知过正方体ABCD­A1B1C1D1中心的平面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ.正六边形EFGHIJ的边长为eq\f(\r(2),2)，将该正六边形分成6个边长为eq\f(\r(2),2)的正三角形．故其面积为6×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＝eq\f(3\r(3),4).7．答案：B解析：解法一取B1C1的中点D1，连接A1D1，D1C，易证A1D1∥AD，A1D1，A1C所成的角就是AD，A1C所成的角，∵AB＝AC＝eq\r(2)，D为BC的中点，∴AD⊥BC，∴AD＝eq\r(AB2－BD2)＝eq\r(\r(2)2－1)＝1，∴A1D1＝AD＝1，又A1C＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋AC2)＝eq\r(\r(2)2＋\r(2)2)＝2，D1C2＝eq\r(D1C\o\al(2,1)＋C1C2)＝eq\r(12＋\r(2)2)＝eq\r(3)，∴A1Deq\o\al(2,1)＋D1C2＝A1C2，∴△D1A1C为直角三角形，cos∠D1A1C＝eq\f(1,2)，∴∠D1A1C＝eq\f(π,3)，故选B.解法二以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，A1(0,0，eq\r(2))，B(eq\r(2)，0,0)，C(0，eq\r(2)，0)，∴Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))，∴cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(A1C,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))|·|\o(A1C,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，∴〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,3)，故选B.8．答案：A解析：如图，由题知△ABC为等边三角形，圆O1的半径r＝2，即O1B＝2，∴BC＝2eq\r(3)＝OO1，在Rt△OO1B中，OB2＝OOeq\o\al(2,1)＋O1B2＝16，∴球O的半径R＝OB＝4，则S球O＝4πR2＝64π.故选A.9．答案：AD解析：A中，由a⊥α，b⊥α，利用线面垂直的性质定理可推出a∥b，故A正确；B中，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β平行或相交，故B不正确；C中，若a∥α，b∥α，则a与b平行，或相交，或异面，故C不正确；D中，若α∥γ，β∥γ，由面面平行的传递性可推出α∥β，故D正确．综上所述，AD正确．10．答案：AB解析：n1∥n2⇔α∥β；n1⊥n2⇔α⊥β；v∥n1⇔l⊥α；v⊥n1⇔l∥α或l⊂α，则正确的是AB，故选AB.11．答案：AD解析：设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R.易得R＝eq\f(2\r(3),3).因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的eq\f(1,3)，所以r2－eq\f(1,9)r2＝eq\f(4,3)，得r2＝eq\f(3,2).所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×eq\f(3,2)＝6π，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满意eq\r(3)a＝2r，明显选项B不正确；球O的外切正方体的棱长b满意b＝2r，明显选项C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满意c＝eq\f(2\r(6),3)r＝eq\f(2\r(6),3)×eq\f(\r(6),2)＝2，选项D正确．故选AD.12．答案：AC解析：连接B2C和D2B2.易知AD1∥BC1∥B2C，则∠D2CB2为异面直线D2C与AD1所成的角．连接AB2，易知AB2⊥A2B，AB2⊥BC，A2B∩BC＝B，所以AB2⊥平面A2BCD2.连接B1C，同理可证B1C⊥平面ABC1D1，所以平面A2BCD2与平面ABC1D1所成二面角即异面直线AB2与B1C所成的角或其补角．连接AD2，易知B1C∥AD2，所以异面直线AB2与B1C所成的角即∠D2AB2或其补角．又A1A2＝2A1B1＝2B1C1＝2，所以△B2D2C与△B2D2A均为正三角形，所以∠D2CB2＝60°，∠D2AB2＝60°，即异面直线D2C与AD1所成的角为60°，平面A2BCD2与平面ABC1D1所成的角为60°或120°，故A正确，B错误；因为B1C⊥平面ABC1D1，且B1C与BC1垂直平分，所以点B1与点C到平面ABC1D1的距离相等，又A1B1∥平面ABC1D1，所以点A1与点B1到平面ABC1D1的距离相等，即点A1与点C到平面ABC1D1的距离相等，故C正确；取D1D2的中点E，连接A2E，EC1，易知A2E∥BC1，EC1∥A2B，故平面A2BC1E为平面A2BC1截长方体所得的截面，在△A2BC1中，A2B＝BC1＝eq\r(2)，A2C1＝eq\r(6)，所以S△A2BC1＝eq\f(\r(3),13．答案：10解析：设长方体中BC＝a，CD＝b，CC1＝c，则abc＝120，∴VE­BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)ab×eq\f(1,2)c＝eq\f(1,12)abc＝10.14．答案：16π解析：取BD的中点为O1，连接OO1，OE，O1E，O1A，则四边形OO1AE为矩形，∵OA⊥平面BDE，∴OA⊥EO1，即四边形OO1AE为正方形，则球O的半径R＝OA＝2，∴球O的表面积S＝4π×2215．答案：1解析：解法一：设该圆锥的母线长为l，因为圆锥的侧面绽开图是一个半圆，其面积为2π，所以eq\f(1,2)πl2＝2π，解得l＝2，所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R，则2πR＝2π，解得R＝1.解法二：设该圆锥的底面半径为R，则该圆锥侧面绽开图中的圆弧的弧长为2πR.因为侧面绽开图是一个半圆，设该半圆的半径为r，则πr＝2πR，即r＝2R，所以侧面绽开图的面积为eq\f(1,2)·2R·2πR＝2πR2＝2π，解得R＝1.16．答案：1eq\f(11\r(11),6)π解析：因为F为AB的中点，CA＝CB，所以CF⊥AB.因为平面ABDE⊥平面ABC，所以CF⊥平面ABDE，则CF⊥FD，CF⊥FG.易知在矩形ABDE中，FG2＝AF2＋AG2＝3，FD2＝FB2＋BD2＝6，DG2＝GE2＋ED2＝9，所以DG2＝GF2＋FD2，则GF⊥FD，所以四面体CFDG的体积V＝eq\f(1,3)CF·S△G