专题07 立体几何（文理）-2023年高考数学一轮复习小题多维练（全国通用）（解析版）

专题07立体几何一、单选题1．（2022·江苏·如皋市第一中学高一期末）某圆锥的侧面积为1，用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为12，则该圆台的侧面积为（）A．12B．22C．34D．78【答案】C【分析】根据圆台的底面半径之比可得母线之比，进而根据锥体的侧面积公式即可求解.【详解】设圆台的上底面半径为r，下底面半径为2r，设圆台的母线为l，则圆锥的底面半径为2r，圆锥的母线为2l，圆锥的侧面积记为1112π224π1π24Srlrlrl，截去的小圆锥的侧面积即为211=2ππ24Srlrl，故圆台的侧面积为1213144SS,故选：C2．（2018·湖南·华容县教育科学研究室高一期末）已知直线m平面，n表示直线，表示平面，有以下四个结论：①//m；②//mnn，；③//nmn；④若 与 m相交，则 与相交.其中正确的结论的个数是（）A．4B．3C．2D．1【答案】C【分析】根据线线，线面的位置关系，线面垂直的性质，面面的位置关系及面面垂直的判定定理，逐项分析即得.【详解】对于①，//m或m，故①错误；对于②，//mn，mn，又n，所以，故②正确；对于③，m，//nmn，故③正确；对于④，若 与 m相交，则 与相交或平行，故④错误.故正确的结论的个数是2.故选：C.3．（2022·河北廊坊·高二期末）如图所示，在长方体1111ABCDABCD中，12,4ADAAAB，点E是棱AB的中点，则点E到平面1ACD的距离为（）A．1B．23C．43D．2【答案】B【分析】设点E到平面1ACD的距离为h，根据11DACDDACDVV，利用等体积法即可得出答案.解：设点E到平面1ACD的距离为h，因为点E是棱AB的中点，所以点E到平面1ACD的距离等于点B到平面1ACD的距离的一半，又平面1ACD过BD的中点，所以点B到平面1ACD的距离等于点D到平面1ACD的距离，由等体积法11DACDDACDVV，所以1111233ACDACDShSDD△△，12442ACDS△，12DD，在1ACD△中，1122,25ADACCD，所以122122(25)(2)62ACDS△，则11624233h解得23h，即点E到平面1ACD的距离为23.故选：B.4．（2020·浙江师范大学附属东阳花园外国语学校高二开学考试）在三棱锥PABC中PA、PB、PC两两垂直，O是P在平面ABC内的射影，则O是ABC的（）A．外心B．内心C．重心D．垂心【答案】D【分析】连接,AOBO，利用线面垂直的判定定理和性质定理可以得到BCAO，ACBO，进而得点O是ABC垂心.解：连接,AOBO，点O是P在平面ABC内的射影，PO面ABC，,BCAC面ABC，,POBCPOAC，∵PA、PB、PC两两垂直，∴,,APPBAPPCPBPC，∵,,PBPCPPBPC平面PBC，,,PAPCPPAPC平面PAC，∴AP平面PBC，BP平面PAC，∵BC平面PBC，AC平面PAC，∴APBC，BPAC,,APPOPAPPO面APO，,,BPPOPBPPO面BPO，BC面APO，AC面BPO，AOQ面APO，BO面BPO，BCAO；ACBO∴O是△ABC的高线的交点，记为垂心．故选：D5．（2022·全国·高考真题（理））甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若=2SS甲乙，则=VV甲乙（）A．5B．22C．10D．5104【答案】C【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，根据圆锥的侧面积公式可得122rr，再结合圆心角之和可将12,rr分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，则11222SrlrSrlr甲乙，所以122rr，又12222rrll，则121rrl，所以1221,33rlrl，所以甲圆锥的高2214593hlll，乙圆锥的高22212293hlll，所以22112222145393101122393rhllVVrhll甲乙.故选：C.6．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36，且333l，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A．8118,4B．2781,44C．2764,43D．[18,27]【答案】C【分析】设正四棱锥的高为h，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵球的体积为36，所以球的半径3R,设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则2222lah，22232(3)ah,所以26hl，2222alh所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936lllVShahll，所以5233112449696llVll，当326l时，0V，当2633l时，0V，所以当26l时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，又3l时，274V，33l时，814V,所以正四棱锥的体积V的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443，.故选：C.7．（2022·全国·高考真题（文））在正方体1111ABCDABCD中，E，F分别为,ABBC的中点，则（）A．平面1BEF平面1BDDB．平面1BEF平面1ABDC．平面1//BEF平面1AACD．平面1//BEF平面11ACD【答案】A【分析】证明EF平面1BDD，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，分别求出平面1BEF，1ABD，11ACD的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.解：在正方体1111ABCDABCD中，ACBD且1DD平面ABCD，又EF平面ABCD，所以1EFDD，因为,EF分别为,ABBC的中点，所以EFAC，所以EFBD，又1BDDDD，所以EF平面1BDD，又EF平面1BEF，所以平面1BEF平面1BDD，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，则112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0BEFBAAC，10,2,2C，则11,1,0,0,1,2EFEB，12,2,0,2,0,2DBDA，1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AAACAC设平面1BEF的法向量为111,,mxyz，则有11111020mEFxymEByz，可取2,2,1m，同理可得平面1ABD的法向量为11,1,1n，平面1AAC的法向量为21,1,0n，平面11ACD的法向量为31,1,1n，则122110mn，所以平面1BEF与平面1ABD不垂直，故B错误；因为m与2nuur不平行，所以平面1BEF与平面1AAC不平行，故C错误；因为m与3n不平行，所以平面1BEF与平面11ACD不平行，故D错误，故选：A.选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设11ABBEM，EFBDN，则MN为平面1BEF与平面1ABD的交线，在BMN△内，作BPMN于点P，在EMN内，作GPMN，交EN于点G，连结BG，则BPG或其补角为平面1BEF与平面1ABD所成二面角的平面角，由勾股定理可知：222PBPNBN，222PGPNGN，底面正方形ABCD中，,EF为中点，则EFBD，由勾股定理可得222NBNGBG，从而有：2222222NBNGPBPNPGPNBG，据此可得222PBPGBG，即90BPG，据此可得平面1BEF平面1ABD不成立，选项B错误；对于选项C，取11AB的中点H，则1AHBE，由于AH与平面1AAC相交，故平面1∥BEF平面1AAC不成立，选项C错误；对于选项D，取AD的中点M，很明显四边形11ABFM为平行四边形，则11AMBF，由于1AM与平面11ACD相交，故平面1∥BEF平面11ACD不成立，选项D错误；故选：A.8．（2022·天津市西青区杨柳青第一中学高一期末）如图，矩形ABCD中，2ABAD，E为边AB的中点.将ADE沿直线DE翻折成1ADE△（1A平面BCDE）.若M在线段1AC上（点M与1A，C不重合），则在ADE翻折过程中，给出下列判断：①当M为线段1AC中点时，BM为定值；②存在某个位置，使1DEAC；③当四棱锥1ABCDE体积最大时，点1A到平面BCDE的距离为22；④当二面角1ADEB的大小为π3时，异面直线1AD与BE所成角的余弦值为35.其中判断正确的个数为（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【分析】①利用余弦定理判断；②用线线垂直判断；③由垂线段判断；④由二面角与线线角公式判断.【详解】在矩形ABCD中,2ABAD,不妨令2ABAD2,则：(1)取DC的中点F,连接,MFFB,易知1MFBADE且为定值,22292cos2cos4MBMFFBMFFBMFBMFB(定值)所以MB的长为定值,故①正确;(2)假设存在某个位置,使1DEAC,连接CE,取DE的中点H,连接1,AHCH,显然1AHDE,而111,AHACADE平面1AHC,CHQ平面1,AHCDEHC,进而有DCCE,但2,2DCCE,不可能相等,所以不可能有1DEAC,故②错误;(3)由题意得,ADE是等腰直角三角形,A到DE的距离是22,当平面1ADE平面BCDE时,四棱雉1ABCDE体积最大,点1A到平面BCDE的距离为122AH,故③正确;(4)易知二面角1ADEB的平面角1AHF,当二面角1ADEB的大小为3时，13AHF又122AHHF,所以122AF,又易知异面直线1AD与BE所成角为1ADF,222111111132cos22114ADFDAFADFADFD故④错误,综上可知,正确的有2个.故选:B.9．（2022·重庆·西南大学附中高一期末）已知正方体1111ABCDABCD的棱长为1，E为1DD中点，F为棱CD上异于端点的动点，若平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，则线段CF的取值范围是（）A．1(,1)3B．1(,1)2C．12[,)23D．1(0,]2【答案】D【分析】根据给定的几何体，利用面面平行的性质结合平面的基本事实，探讨截面形状确定F点的位置，推理计算作答.【详解】在正方体1111ABCDABCD中，平面BEFI平面11CDDCEF，而B平面11ABBA，B平面BEF，平面11//CDDC平面11ABBA，则平面BEF与平面11ABBA的交线过点B，且与直线EF平行，与直线1AA相交，令交点为G，如图，而1DD平面ABCD，1AA平面ABCD，即,EFDGBA分别为,EFGB与平面ABCD所成的角，而//EFGB，则EFDGBA，且有tantanGAEDGBAEFDABDF，当F与C重合时，平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，12GAED，即G为棱1AA中点M，当点F由点C向点D移动过程中，GBA逐渐增大，点G由M向点1A