統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學(xué)二輪專題闖關(guān)導(dǎo)練一客觀題專練立體幾何11文含解析

PAGE立體幾何(11)一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．下列三視圖所對(duì)應(yīng)的直觀圖是()2．[2024·福州市第一學(xué)期抽測(cè)]如圖，為一圓柱切削后的幾何體及其正視圖，則相應(yīng)的側(cè)視圖可以是()3．[2024·全國(guó)卷Ⅲ]中國(guó)古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來(lái)．構(gòu)件的凸出部分叫榫頭，凹進(jìn)部分叫卯眼，圖中木構(gòu)件右邊的小長(zhǎng)方體是榫頭．若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長(zhǎng)方體，則咬合時(shí)帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是()ABCD4．[2024·合肥市高三第一次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)]已知正方體ABCD-A1B1C1D1，過(guò)對(duì)角線BD1作平面α交棱AA1于點(diǎn)E，交棱CC1于點(diǎn)F①平面α分正方體所得兩部分的體積相等②四邊形BFD1E肯定是平行四邊形③平面α與平面DBB1不行能垂直④四邊形BFD1E的面積有最大值．其中全部正確結(jié)論的序號(hào)為()A．①④B．②③C．①②④D．①②③④5．[2024·太原市高三年級(jí)模擬]古人采納“用臼舂米”的方法脫去稻谷的外殼，獲得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石頭或木頭制成．一個(gè)“臼”的三視圖如圖所示，則鑿去部分(看成一個(gè)簡(jiǎn)潔的組合體)的體積為()A．63πB．72πC．79πD．99π6．[2024·惠州市高三其次次調(diào)研考試試卷]設(shè)l，m，n為三條不同的直線，α為一個(gè)平面，則下列命題中正確的個(gè)數(shù)是()①若l⊥α，則l與α相交②若m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，則l⊥α③若l∥m，m∥n，l⊥α，則n⊥α④若l∥m，m⊥α，n⊥α，則l∥n.A．1B．2C．3D．47.如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A-BCD.則在三棱錐A-BCD中，下列命題正確的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC8．[2024·開(kāi)封市高三第一次模擬考試]已知正方體的棱長(zhǎng)為1，平面α過(guò)正方體的一個(gè)頂點(diǎn)，且與正方體每條棱所在直線所成的角都相等，則該正方體在平面α上的正投影面積是()A.eq\f(3\r(3),2)B.eq\r(3)C.eq\r(2)D.eq\f(3\r(3),4)9．[2024·湖北荊州中學(xué)模擬]如圖，L，M，N分別為正方體棱的中點(diǎn)，則平面LMN與平面PQR的位置關(guān)系是()A．垂直B．相交但不垂直C．平行D．重合10．[2024·全國(guó)卷Ⅱ]在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(5),6)C.eq\f(\r(5),5)D.eq\f(\r(2),2)11．[2024·湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)高三起點(diǎn)考試]如圖，在四棱錐P-ABCD中，頂點(diǎn)P在底面的投影O恰為正方形ABCD的中心，且AB＝eq\r(2)，設(shè)點(diǎn)M，N分別為線段PD，PO上的動(dòng)點(diǎn)，已知當(dāng)AN＋MN取最小值時(shí)，動(dòng)點(diǎn)M恰為PD的中點(diǎn)，則該四棱錐的外接球的表面積為()A.eq\f(9π,2)B.eq\f(16π,3)C.eq\f(25π,4)D.eq\f(64π,9)12．[2024·福建質(zhì)量檢測(cè)]如圖，AB是圓錐SO的底面圓O的直徑，D是圓O上異于A，B的隨意一點(diǎn)，以AO為直徑的圓與AD的另一個(gè)交點(diǎn)為C，P為SD的中點(diǎn)．現(xiàn)給出以下結(jié)論：①△SAC為直角三角形②平面SAD⊥平面SBD③平面PAB必與圓錐SO的某條母線平行其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是()A．0B．1C．2D．3二、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分)13．[2024·安徽省示范中學(xué)名校高三聯(lián)考]某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的最長(zhǎng)棱的長(zhǎng)度為_(kāi)_______．14．[2024·海南中學(xué)模擬]設(shè)α，β，γ為三個(gè)不同的平面，a，b為直線，給出下列條件：①a?α，b?β，a∥β，b∥α②α∥γ，β∥γ③α⊥γ，β⊥γ④a⊥α，b⊥β，a∥b.其中能推出α∥β的條件是________．(填上全部正確的序號(hào))15．[2024·廣東廣州質(zhì)檢]如圖是正四面體(各面均為正三角形)的平面綻開(kāi)圖，G，H，M，N分別為DE，BE，EF，EC的中點(diǎn)．在這個(gè)正四面體中：①GH與EF平行②BD與MN為異面直線③GH與MN成60°角④DE與MN垂直以上四個(gè)命題中，正確命題的序號(hào)是________．16．[2024·惠州市高三第一次調(diào)研考試試題]已知球的直徑DC＝4，A，B是該球面上的兩點(diǎn)，∠ADC＝∠BDC＝eq\f(π,6)，則三棱錐A-BCD體積的最大值是________．立體幾何(11)1．答案：C解析：由三視圖知，幾何體的直觀圖下部是長(zhǎng)方體，上部是圓柱，并且高相等，所以C選項(xiàng)符合題意．2．答案：B解析：由題意，依據(jù)切削后的幾何體及其正視圖，可得相應(yīng)的側(cè)視圖的切口為橢圓，故選B.3.答案：A解析：由題意可知帶卯眼的木構(gòu)件的直觀圖如圖所示，由直觀圖可知其俯視圖應(yīng)選A.4．答案：C解析：平面α分正方體所得兩部分，經(jīng)過(guò)翻轉(zhuǎn)能夠完全重合，所以體積相等，①正確；由題意知FB∥D1E，EB∥D1F，所以四邊形BFD1E肯定是平行四邊形，②正確；當(dāng)E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點(diǎn)時(shí)，平面DBB1⊥平面α，③錯(cuò)誤；當(dāng)E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點(diǎn)時(shí)，四邊形BFD1E的面積有最大值，④5．答案：A解析：由三視圖得鑿去部分是圓柱與半球的組合體，其中圓柱的高為5，底面圓的半徑為3，半球的半徑為3，所以組合體的體積為π×32×5＋eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×33＝63π.6．答案：C解析：對(duì)于①，若l⊥α，則l與α不行能平行，l也不行能在α內(nèi)，所以l與α相交，①正確；對(duì)于②，若m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，則有可能是l?α，故②錯(cuò)誤；對(duì)于③，若l∥m，m∥n，則l∥n，又l⊥α，所以n⊥α，故③正確；對(duì)于④，因?yàn)閙⊥α，n⊥α，所以m∥n，又l∥m，所以l∥n，故④正確，故選C.7．答案：D解析：∵在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面ABD，則CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，又AB?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故選D.8．答案：B解析：記正方體為ABCD-A1B1C1D1，如圖1，由題意及正方體的性質(zhì)知，正方體ABCD-A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等，因此不妨令平面AB1D1為平面α.連接A1C1，與B1D1交于點(diǎn)O′，連接AO′，A1C，設(shè)交點(diǎn)為O，易證A1O⊥平面AB1D1，則點(diǎn)A1，C在平面AB1D1上的正投影均為O，再找出點(diǎn)B，D，C1在平面AB1D1上的正投影，即可確定正方體ABCD-A1B1C1D1在平面AB1D1上的正投影．由于A1，C1關(guān)于B1D1對(duì)稱，故點(diǎn)C1在平面AB1D1上的正投影與點(diǎn)O關(guān)于B1D1對(duì)稱，如圖2，作O關(guān)于B1D1的對(duì)稱點(diǎn)C′1，則C′1為點(diǎn)C1在平面AB1D1上的正投影．同理，作O關(guān)于AB1的對(duì)稱點(diǎn)B′，則B′為點(diǎn)B在平面AB1D1上的正投影，作O關(guān)于AD1的對(duì)稱點(diǎn)D′，則D′為點(diǎn)D在平面AB1D1上的正投影，連接AB′，B′B1，B1C′1，C′1D1，D1D′，D′A，得正六邊形AB′B1C′1D1D′，即正方體ABCD-A1B1C1D1在平面9．答案：C解析：如圖，分別取正方體另三條棱的中點(diǎn)為A，B，C，將平面LMN延展為平面正六邊形AMBNCL，易知PQ∥AL，PR∥AM，且PQ與PR相交，AL與AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.故選C.10．答案：C解析：如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的一側(cè)補(bǔ)上一個(gè)相同的長(zhǎng)方體A′B′BA-A1′B1′B1連接B1B′，由長(zhǎng)方體性質(zhì)可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′為異面直線AD1與DB1所成的角(或其補(bǔ)角)．連接DB′，由題意，得DB′＝eq\r(12＋1＋12)＝eq\r(5)，B′B1＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋\r(3)2)＝eq\r(5).在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝B′Beq\o\al(2,)1＋DBeq\o\al(2,)1－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，即5＝4＋5－2×2eq\r(5)cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝eq\f(\r(5),5).故選C.11.答案：B解析：如圖，在PC上取點(diǎn)M′，使得PM＝PM′，連接NM′，則MN＝M′N，AN＋MN＝AN＋M′N，則當(dāng)A，N，M′三點(diǎn)共線時(shí)，AN＋M′N最小，為AM′，當(dāng)AM′⊥PC時(shí)，AM′取得最小值，即AN＋M′N的最小值．因?yàn)榇藭r(shí)M恰為PD的中點(diǎn)，所以M′為PC的中點(diǎn)，連接AC，所以PA＝AC＝2，因此PO＝eq\r(PA2－AO2)＝eq\r(3).易知外接球的球心在四棱錐內(nèi)部，設(shè)外接球的半徑為r，則r2＝(eq\r(3)－r)2＋1，解得r＝eq\f(2\r(3),3)，因此外接球的表面積S＝4πr2＝eq\f(16π,3).故選B.12.答案：C解析：如圖，連接OC，∵AO為圓的直徑，∴AC⊥OC.∵SO垂直于底面圓O，AC?底面圓O，∴AC⊥SO.∵SO∩OC＝O，∴AC⊥平面SOC.又SC?平面SOC，∴AC⊥SC，∴△SAC為直角三角形，故①正確．由于點(diǎn)D是圓O上的動(dòng)點(diǎn)，∴平面SAD不能總垂直于平面SBD，故②錯(cuò)誤．連接DO并延長(zhǎng)交圓O于E，連接SE，PO，∵P為SD的中點(diǎn)，O為DE的中點(diǎn)，∴OP∥SE.又OP?平面PAB，SE?平面PAB，∴SE∥平面PAB，故③正確．故選C.13．答案：2eq\r(3)解析：由三視圖可知，該四棱錐的直觀圖如圖中S-ABCD所示，其中底面ABCD是邊長(zhǎng)為3的正方形，頂點(diǎn)S在底面ABCD的射影O在線段BD上，并且eq\f(DO,OB)＝eq\f(1,2)，SO＝2，過(guò)點(diǎn)O分別作AD，AB的平行線，交AB，BC于E，F(xiàn)，由三視圖可知AE＝1，EB＝2，BF＝2，CF＝1，則AO＝CO＝eq\r(5)，所以SA＝SC＝3.DO＝eq\r(2)，OB＝2eq\r(2)，所以SD＝eq\r(6)，SB＝2eq\r(3).綜上可知，該四棱錐的最長(zhǎng)棱的長(zhǎng)度為2eq\r(3).14．答案：②④解析：在條件①或條件③中，α還可能與β相交；由α∥γ，β∥γ?α∥β，條件②滿意；在④中，a⊥α，a∥b?b⊥α，又b⊥β，從而α∥β，④滿意．綜上，能推出α∥β的條件是②④.15.答案：②③④解析：把正四面體的平面綻開(kāi)圖還原，如圖所示，由正四面體的性質(zhì)易知GH與EF為異面直線，BD與MN為異面直線，GH與MN成60°角，DE⊥MN.故正確命題的序號(hào)是②③④.16．答案：2解析：因?yàn)榍虻闹睆紻C＝4，且∠ADC＝∠BDC＝eq\f(π,6)，所以AC＝BC＝2，AD＝BD＝2eq\r(3)，所以S△BCD＝eq\f(1,2