2024版新教材高考数学复习特训卷考点过关检测12空间几何体与线面位置关系

考点过关检测12 空间几何体与线面位置关系

一、单项选择题

1．[2021·新高考Ⅰ卷]已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(　　)

A．2    B．2

C．4    D．4

2．[2023·山东青岛模拟]已知直线l和两个不同的平面α，β，则下列结论正确的是(　　)

A．若l∥α，l⊥β，则α⊥β

B．若α⊥β，l⊥α，则l∥β

C．若α∥β，l∥α，则l∥β

D．若α和β相交，l与α相交，则l与β一定也相交

3．[2022·新高考Ⅰ卷]南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(≈2.65)(　　)

A．1.0×109 m3    B．1.2×109 m3

C．1.4×109 m3    D．1.6×109 m3

4．[2022·全国甲卷]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＝2，则＝(　　)

A．    B．2

C．    D．

5．[2022·全国乙卷]已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为(　　)

A．    B. C．    D．

6．[2022·新高考Ⅱ卷]正三棱台高为1，上下底边长分别为3和4，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是(　　)

A．100π    B．128π

C．144π    D．192π

二、多项选择题

7．用一个平面去截一个几何体，截面的形状是三角形，那么这个几何体可能是(　　)

A．球    B．圆锥C．三棱锥    D．四棱台

8．[2022·新高考Ⅱ卷]

如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E ­ ACD，F ­ ABC，F ­ ACE的体积分别为V1，V2，V3，则(　　)

A．V3＝2V2    B．V3＝2V1

C．V3＝V1＋V2    D．2V3＝3V1

[答题区]

三、填空题

9．已知圆柱的底面半径为1，若圆柱的侧面展开图的面积为8π，则圆柱的体积为________．

10.

如图，在棱长为1的正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是底面ABCD(含边界)上一动点，满足A1P⊥EF，则线段A1P长度的取值范围是________．

四、解答题

11．[2022·全国甲卷]小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．

(1)证明：EF∥平面ABCD；

(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).

12．[2022·全国乙卷] 如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．

(1)证明：平面BED⊥平面ACD；

(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F­ABC的体积．

考点过关检测12　空间几何体与线面位置关系

1．答案：B

解析：设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl＝2π×，解得l＝2.故选B.

2．答案：A

解析：A：由l∥α，过l的平面交面α于m，则l∥m，而l⊥β，故m⊥β，m⊂α，所以α⊥β，正确；

B：α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，错误；

C：α∥β，l∥α，则l∥β或l⊂β，错误；

D：若α和β相交，l与α相交，则l与β可能相交、平行或l⊂β，错误．

故选A.

3．答案：C

解析：依题意可知棱台的高为MN＝157.5－148.5＝9（m），所以增加的水量即为棱台的体积V.

棱台上底面积S＝140.0 km2＝140×106 m2，下底面积S′＝180.0 km2＝180×106 m2，

∴V＝h（S＋S′＋）＝×9×（140×106＋180×106＋）

＝3×（320＋60）×106≈（96＋18×2.65）×107＝1.437×109≈1.4×109（m3）.故选C.

4．答案：C

解析：设甲、乙两个圆锥的母线长都为l，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2.因为两圆锥的侧面展开图的圆心角之和为2π，所以＋＝2π，则r1＋r2＝l.又＝2，所以πr1l＝2πr2l，所以r1＝2r2，所以r1＝l，r2＝l，所以h1＝＝l，h2＝ ＝l，所以＝＝＝.故选C.

5．答案：C

解析：设四棱锥的底面为四边形ABCD.设四边形ABCD的外接圆圆心为O′，半径为r.S四边形ABCD＝S△AO′B＋S△AO′D＋S△BO′C＋S△CO′D＝r2sin ∠AO′B＋r2sin ∠AO′D＋r2sin ∠BO′C＋r2sin ∠CO′D＝r2（sin ∠AO′B＋sin ∠AO′D＋sin ∠BO′C＋sin ∠CO′D）.因为∠AO′B＋∠AO′D＋∠BO′C＋∠CO′D＝2π，且当θ＝时，sin θ取最大值1，所以当∠AO′B＝∠AO′D＝∠BO′C＝∠CO′D＝时，S四边形ABCD最大，即当四棱锥O ­ ABCD的底面为正方形时，四棱锥O ­ ABCD的体积取得最大值．设AB＝a（a>0），则正方形ABCD的外接圆的半径r＝a，四棱锥O ­ ABCD的高h＝ ，则1－a2>0，解得0<a<，所以VO ­ ABCD＝a2h＝.令f（x）＝x4－x6（0<x<），则f′（x）＝4x3－3x5＝x3（4－3x2）.当x∈（0，）时，f′（x）>0；当x∈（，）时，f′（x）<0.所以f（x）在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减．当x2＝时，f（x）取得极大值，也是最大值，即VO ­ ABCD取得最大值，此时四棱锥O ­ ABCD的高h＝ ＝.故选C.

6．答案：A

解析：设正三棱台上下底面所在圆面的半径分别为r1，r2，所以2r1＝，2r2＝，即r1＝3，r2＝4，设球心到上下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R，所以d1＝，d2＝，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即|－|＝1或＋＝1，解得R2＝25符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π.故选A.

7．答案：BCD

解析：A.球的截面形状都是圆，不存在截面是三角形的情况；B.圆锥的轴截面是等腰三角形，所以满足；C.用平行于三棱锥底面的截面去截三棱锥，所得截面形状是三角形，所以满足；D.如图所示：

取四棱台的顶点A1，C1，B，此时截面形状是三角形，所以满足．

故选BCD.

8．答案：CD

解析：

设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝×2×2＝，V2＝×2×1＝.如图，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，则FM＝，EM＝，EF＝3，所以FM2＋EM2＝EF2，即EM⊥MF，所以S△EMF＝××＝，所以V3＝S△EMF·AC＝2，所以V3＝V1＋V2，2V3＝3V1.故选CD.

9．答案：4π

解析：设圆柱的高为h，依题意2π×1×h＝8π，

解得h＝4，

所以圆柱的体积为π×12×4＝4π.

10．答案：[，]

解析：连接BC1，A1D，如图所示：

可得EF∥BC1，A1D⊥BC1，∴A1D⊥EF，

又DC⊥EF，可得EF⊥平面A1DC，则A1C⊥EF，

∴当P在线段CD上运动时，有A1P⊥EF，

当P与D重合时，A1P有最小值为，当P与C重合时，A1P有最大值为.

∴线段A1P长度的取值范围是[，].

11．解析：方法一　（1）证明：过点E作EE′⊥AB于点E′，过点F作FF′⊥BC于点F′，连接E′F′，如图（1）.

∵平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EE′⊥AB，EE′⊂平面EAB，∴EE′⊥平面ABCD.

同理FF′⊥平面ABCD，∴EE′∥FF′.

易得△EE′B≌△FF′B，∴EE′＝FF′，

∴四边形EE′F′F是平行四边形，∴EF∥E′F′.

又∵E′F′⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，

∴EF∥平面ABCD.

（2）过点G，H分别作GG′⊥CD于点G′，HH′⊥DA于点H′，连接F′G′，G′H′，H′E′，AC，如图（1）.

由（1）及题意，可知E′，F′，G′，H′分别为AB，BC，CD，DA的中点，四棱柱EFGH ­ E′F′G′H′为长方体．

故该包装盒可看作由一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成．

由底面ABCD是边长为8 cm的正方形，可得E′F′＝E′H′＝AC＝4 cm.

在正三角形ABE中，易得EE′＝4 cm.

∴所求包装盒的容积V＝VEFGH ­ E′F′G′H′＋4VA－EE′H′H＝E′F′×E′H′×EE′＋4××E′H′×EE′×AC＝4×4×4＋4××4×4××8＝（cm3）.

方法二　（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，△EAB和△FBC是正三角形，∴分别取AB，BC的中点K，I，连接EK，FI，KI，则EK⊥AB，FI⊥BC，如图（2）.

∵平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EK⊥AB，EK⊂平面EAB，∴EK⊥平面ABCD.

同理FI⊥平面ABCD，∴EK∥FI.易知△EAB≌△FBC，∴EK＝FI，

∴四边形EKIF是平行四边形，∴EF∥KI.

又∵EF⊄平面ABCD，KI⊂平面ABCD，

∴EF∥平面ABCD.

（2）可补形成长方体，如图（2），易得长方体的高为4 cm.故所求包装盒的容积V＝82×4－4×××42×4＝（cm3）.

12．解析：（1）证明：∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，

∴△ABD≌△CBD，∴AB＝CB.

∵E为AC的中点，∴DE⊥AC，BE⊥AC.

∵DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面BED，

∴AC⊥平面BED.

∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD.

（2）如图，连接EF.

在△ABC中，由AB＝BC＝2，∠ACB＝60°可知，AC＝2，BE＝，

∵AD⊥CD，E为AC的中点，∴DE＝AC＝1.

又BD＝2，∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE，

由（1）知△ABD≌△CBD，∴AF＝CF.又E为AC的中点，∴EF⊥AC．

∴当△ACF的面积最小时，EF⊥BD.

∴S△BDE＝BE·DE＝BD·EF，

∴EF＝，BF＝.

方法一：∴VF ­ ABC＝VA ­ BEF＋VC ­ BEF＝2VA ­ BEF＝2×××××1＝.

方法二：∴BF∶BD＝3∶4.

∴VF ­ ABC＝VD ­ ABC＝×××2××1＝.