新高考数学二轮复习小题巩固练训练14（立体几何）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习小题巩固练训练14（立体几何）（2份，原卷版+解析版）试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知圆柱的底面直径为2，它的两个底面的圆周都在同一个表面积为20π的球面上，该圆柱的体积为（ ）
A．8πB．6πC．5πD．4π
【答案】D
【分析】求出球的半径以及圆柱的底面半径，在轴截面中，找到二者与圆柱的高之间的关系，即可求出圆柱的高，从而求得圆柱的体积.
【详解】球的表面积为4πR2=20π，可得其半径R=5，
圆柱的底面直径为2，半径为r=1，
在轴截面中，可知圆柱的高为h=2R2−r2=4，所以圆柱的体积为πr2h=4π.
故选：D.

2．如图，已知圆锥的轴截面是等边三角形，底面圆的半径为2，现把该圆锥打磨成一个球，则该球半径的最大值为（ ）
A．33B．233C．23D．43
【答案】B
【分析】易知当球半径最大时，截面大圆为等边三角形的内切圆，根据正三角形三心合一，可知内心即为重心，故内切圆的半径为高的13，再计算即可.
【详解】当球是圆锥的内切球时球半径最大，
此时截面大圆为等边三角形的内切圆，
根据正三角形三心合一，可知内心即为重心，
所以圆半径为正三角形高的13，即r=233．
故选：B．
3．在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面α经过点B,D，平面β经过点A,D1，当平面α,β分别截正方体所得截面面积最大时，平面α与平面β的夹角的余弦值为（ ）
A．12B．33C．63D． 32
【答案】A
【分析】因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面BDD1B1与平面ABC1D1夹角的余弦值，建立空间直角坐标系，求得即可.
【详解】
如图：因为正方体中过体对角线的截面面积最大，
所以题目转化为求平面BDD1B1与平面ABC1D1夹角的余弦值，
以D点为坐标原点，以DA,DC,DD1的方向分别为x,y,z轴正方向，
建立空间直角坐标系D−xyz，
由ABCD−A1B1C1D1为正方体，设棱长为a，a>0，所以四边形ABCD为正方形，
所以AC⊥BD，又因为B1B⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥B1B，又因为BD∩B1B=B，BD,B1B⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1，
即AC为平面BDD1B1的一个法向量，
同理B1C为平面ABC1D1的一个法向量，
由Aa,0,0,C0,a,0,B1a,a,a，知AC=−a,a,0,B1C=−a,0,−a，
设平面α与平面β的夹角为θ，θ∈0,π，
则csθ=AC⋅B1CAC⋅B1C=a22a2=12.
故选：A.
4．如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥BD，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AC，则在四面体A−BCD的四个面中，互相垂直的平面有（ ）
A．1对B．2对C．3对D．4对
【答案】C
【分析】根据面面垂直的判定定理和性质定理判断即可.
【详解】因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
AB⊥BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面BCD．
又AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCD．
因为CD⊂平面BCD，所以AB⊥CD．
又BD⊥CD，AB∩BD=B，AB，BD⊂平面ABD，所以CD⊥平面ABD．
又CD⊂平面ACD，所以平面ABD⊥平面ACD．
综上，平面ABD⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，平面ABD⊥平面ACD，共有3对，
故选:C．
5．半径为1的球O内切于正三棱柱ABC−A1B1C1，则该正三棱柱的体积为（ ）
A．23B．43C．63D．83
【答案】C
【分析】由题意求出正三棱柱的高，底面边长，底面高，即可求出其体积
【详解】因为球与上下底面相切，所以三棱柱的高h=2r=2，
由上往下看，球的大圆面是正三角形的内切圆，
如图，等边三角形A'B'C'的内切圆为圆O，设B'C'中点为H，则|OH|=13|A'H|=1,
∴|A'H|=3,∵|A'H||A'B'|=sin60°=32，
∴|A'B'|=23，即AB=23，
∴VABC−A1B1C1=S△ABC⋅h=12×23×3×2=63.
故选：C．

6．在三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，AB=CD=4，则三棱锥A−BCD的外接球的表面积的最小值为（ ）
A．16πB．32πC．112π3D．64π
【答案】B
【分析】设底面BCD的外接圆的半径为r，∠CBD=θ，由正弦定理表示出r，确定外接球球心位置，求得其半径的表达式，结合正弦函数性质求得外接球半径的最小值，即可得答案.
【详解】设底面BCD的外接圆的半径为r，∠CBD=θ,θ∈(0,π)，
则在△BCD中，CD=4，可得2r=4sinθ，所以r=2sinθ，
设底面三角形的外心为O1，过O1作底面BCD的垂线，
由于AB⊥平面BCD，故所作垂线与AB的中垂线的交点即为三棱锥A−BCD外接球的球心，
设外接球的半径为R，而O1O=12AB=2，
则外接球的半径为R=O1O2+O1B2=4+4sin2θ≥22，
即当sinθ=1即BC⊥BD时，三棱锥的外接球的半径取得最小值22，
此时三棱锥A−BCD的外接球表面积取得最小值：4π×(22)2=32π,
故选：B
7．在△ABC中，A=π6，B=π2，BC=1，D为AC中点，若将△BCD沿着直线BD翻折至△BC′D，使得四面体C′−ABD的外接球半径为1，则直线BC′与平面ABD所成角的正弦值是（ ）
A．33B．23C．53D．63
【答案】D
【分析】由直角三角形性质和翻折关系可确定△BC′D为等边三角形，利用正弦定理可确定△ABD外接圆半径，由此可知△ABD外接圆圆心O即为四面体C′−ABD外接球球心，由球的性质可知OG⊥平面BC′D，利用VC′−OBD=VO−C′BD可求得点C′到平面ABD的距离，由此可求得线面角的正弦值.
【详解】∵A=π6，B=π2，BC=1，∴AC=2，又D为AC中点，
∴AD=CD=BD=1，则BC′=C′D=BD=1，即△BC′D为等边三角形，
设△BC′D的外接圆圆心为G，△ABD的外接圆圆心为O，取BD中点H，连接C′H,OH,OG,OB,OC′,OD，
∵A=π6，BD=1，∴OB=12⋅BDsinA=1，即△ABD外接圆半径为1，
又四面体C′−ABD的外接球半径为1，∴O为四面体C′−ABD外接球的球心，
由球的性质可知：OG⊥平面BC′D，又C′H⊂平面BC′D，∴OG⊥C′H，
∵C′G=23CH=23×12−122=33，OC′=1，∴OG=1−13=63；
设点C′到平面ABD的距离为d，
由VC′−OBD=VO−C′BD得：13S△OBD⋅d=13S△C′BD⋅OG，
又△OBD与△C′BD均为边长为1的等边三角形，∴d=OG=63，
直线BC′与平面ABD所成角的正弦值为dBC′=63.
故选：D.
【点睛】关键点点睛；本题考查几何体的外接球、线面角问题的求解；本题求解线面角的关键是能够确定外接球球心的位置，结合球的性质，利用体积桥的方式构造方程求得点到面的距离，进而得到线面角的正弦值.
8．如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上的动点．现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足．设BK=t，则t的取值范围是（ ）
A．1,32B．1,2C．2,3D．32,1
【答案】A
【分析】过点D作DH⊥AF，垂足为H，过点F作FP//BC，交AB于点P，设DF=x，用t,x表示PK,DK,FK，在Rt△DFK中，求出t,x的函数关系，可求t的取值范围.
【详解】如图，在平面ADF内过点D作DH⊥AF，垂足为H，连接HK．过点F作FP//BC，交AB于点P．
设∠FAB=θ，AE=2，AC=5，所以csθ∈22,255．
设DF=x，则1