2025年高考数学二轮复习课时精练学案必刷小题13　立体几何（2份打包，原卷版+含解析）

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1．如图，△O′A′B′是△OAB的直观图，则△OAB是( )
A．正三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．以上都有可能
答案 C
解析 因为∠x′O′y′＝45°，则线段A′B′与y′轴必相交，令交点为C′，如图(1)所示，
在平面直角坐标系Oxy中，点A在x轴上，可得OA＝O′A′，点C在y轴上，可得OC＝2O′C′，
如图(2)所示，因此点B必在线段AC的延长线上，所以∠BOA>∠COA＝90°，所以△OAB是钝角三角形．
2．下列四个命题中，正确的是( )
A．各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱
B．对角面是全等矩形的六面体一定是长方体
C．有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱
D．长方体一定是直四棱柱
答案 D
解析 对于A，底面是菱形的直平行六面体，满足条件但不是正棱柱；对于B，底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；C显然错误；长方体一定是直四棱柱，D正确．
3．从平面外一点P引与平面相交的直线，使P点与交点的距离等于1，则满足条件的直线可能有( )
A．0条或1条 B．0条或无数条
C．1条或2条 D．0条或1条或无数条
答案 D
解析 当点P到平面的距离大于1时，没有满足条件的直线；当点P到平面的距离等于1时，满足条件的直线只有1条；当点P到平面的距离小于1时，满足条件的直线有无数条．
4．圆柱形玻璃杯中盛有高度为10 cm的水，若放入一个玻璃球(球的半径与圆柱形玻璃杯内壁的底面半径相同)后，水恰好淹没了玻璃球，则玻璃球的半径为( )
A.eq \f(20,3) cm B．15 cm
C．10eq \r(3) cm D．20 cm
答案 B
解析 根据题意，玻璃球的体积等于放入玻璃球后水的体积减去原来水的体积．设玻璃球的半径为r，即圆柱形玻璃杯内壁的底面半径为r，则玻璃球的体积为eq \f(4,3)πr3，圆柱的底面面积为πr2，若放入一个玻璃球后，水恰好淹没玻璃球，则此时水面的高度为2r，所以eq \f(4,3)πr3＝πr2(2r－10)，解得r＝15(cm)．
5．设m，n为两条直线，α，β为两个平面，则α⊥β的充分条件是( )
A．m∥α，n∥β，m⊥n
B．m⊥α，n∥β，m⊥n
C．m⊥α，n⊥β，m⊥n
D．m⊂α，n⊂β，m⊥n
答案 C
解析 对于A，如图(1)，α∩β＝l，m⊥l，n∥l，则满足m∥α，n∥β，m⊥n，平面α与β不一定垂直，故A错误；
对于B，如图(2)，α∩β＝l，n∥l，m⊥α，则满足n∥β，m⊥n，平面α与β不一定垂直，故B错误；
对于C，如图(3)，m⊥α，n⊥β，m⊥n，在直线m，n上取两个向量eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，则eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))分别为平面α，β的法向量，且eq \(BA,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，则α⊥β，故C正确；
对于D，如图(4)，α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，m⊥l，n∥l，则m⊥n，平面α与β不一定垂直，故D错误．
6.某同学画“切面圆柱体”(用与圆柱底面不平行的平面切圆柱，底面与切面之间的部分叫做切面圆柱体)，发现切面与圆柱侧面的交线是一个椭圆(如图所示)．若该同学所画的椭圆的离心率为eq \f(1,2)，则“切面”所在平面与底面所成的角为( )
A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,3)
答案 B
解析 设椭圆与圆柱的轴截面如图所示，作DE⊥BC交BC于点E，
则∠CDE为“切面”所在平面与底面所成的角，设为θ.设底面圆的直径为2r，则CD为椭圆的长轴2a，短轴为2b＝DE＝2r，则椭圆的长轴长2a＝CD＝eq \f(2r,cs θ)，即a＝eq \f(r,cs θ)，所以椭圆的离心率为
e＝eq \f(1,2)＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \r(1－\f(r2,\f(r2,cs2θ)))＝sin θ，所以θ＝eq \f(π,6).
7．如图，圆台内有一个球，该球与圆台的侧面和底面均相切．已知圆台的下底面圆心为O1，半径为r1，圆台的上底面圆心为O2，半径为r2(r1>r2)，球的球心为O，半径为R，记圆台的表面积为S1，球的表面积为S2，则eq \f(S1,S2)的可能取值为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(3,2) C.eq \f(π,3) D.eq \f(4,3)
答案 A
解析 如图，作出圆台的轴截面，作DF⊥BC，垂足为F，
由题意知圆O与梯形ABCD相切，则DC＝DE＋CE＝O2D＋O1C＝r2＋r1，
又DC＝eq \r(DF2＋FC2)＝eq \r(4R2＋r1－r22)，故eq \r(4R2＋r1－r22)＝r1＋r2，化简可得R2＝r1r2，
则eq \f(S1,S2)＝eq \f(πr\\al(2,1)＋r\\al(2,2)＋πr1＋r2r1＋r2,4πR2)＝eq \f(r\\al(2,1)＋r\\al(2,2)＋r1r2,2r1r2)＝eq \f(r\\al(2,1)＋r\\al(2,2),2r1r2)＋eq \f(1,2)>eq \f(2r1r2,2r1r2)＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)(r1>r2，故取不到等号)，
由于eq \f(3,2)，eq \f(π,3)，eq \f(4,3)都不大于eq \f(3,2)，故eq \f(S1,S2)的可能取值为eq \f(π,2).
8．在通用技术教室里有一个三棱锥木块如图所示，VA，VB，VC两两垂直，VA＝VB＝VC＝1(单位：dm)，小明同学计划通过侧面VAC内任意一点P将木块锯开，使截面平行于直线VB和AC，则该截面面积(单位：dm2)的最大值是( )
A.eq \f(1,4) dm2 B.eq \f(\r(2),4) dm2
C.eq \f(\r(3),4) dm2 D.eq \f(3,4) dm2
答案 B
解析 根据题意，在平面VAC内，过点P作EF∥AC分别交VA，VC于点F，E，在平面VBC内，过点E作EQ∥VB交BC于点Q，在平面VAB内，过点F作FD∥VB交AB于点D，连接DQ，如图所示，
因为EF∥AC，所以△VEF∽△VCA，设其相似比为k，则eq \f(VF,VA)＝eq \f(VE,VC)＝eq \f(EF,AC)＝k,0因为VA＝VB＝VC＝1，且两两垂直，所以AC＝eq \r(2)，即EF＝eq \r(2)k，
因为FD∥ VB，所以△AFD∽△AVB，即eq \f(AF,VA)＝eq \f(AD,BA)＝eq \f(FD,VB)，因为eq \f(AF,VA)＝eq \f(VA－VF,VA)＝1－k，
所以eq \f(FD,VB)＝eq \f(AF,VA)＝1－k，即FD＝1－k，同理△CEQ∽△CVB，即eq \f(CE,VC)＝eq \f(CQ,BC)＝eq \f(EQ,VB)＝1－k，
即EQ＝1－k，所以FD∥EQ，且FD＝EQ，所以四边形FEQD为平行四边形，
因为VB⊥VC，VB⊥VA，VA∩VC＝V，VA⊂平面VAC，VC⊂平面VAC，
所以VB⊥平面VAC，因为FD∥VB，所以FD⊥平面VAC，因为EF⊂平面VAC，所以FD⊥EF，
所以四边形FEQD是矩形，即S矩形FEQD＝FD·EF＝(1－k)·eq \r(2)k＝－eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k－\f(1,2)))2＋eq \f(\r(2),4)，
所以当k＝eq \f(1,2)时，S矩形FEQD有最大值eq \f(\r(2),4).故该截面面积的最大值是eq \f(\r(2),4) dm2.
二、多项选择题
9．某球形巧克力设计了一种圆柱形包装盒，每盒可装7个球形巧克力，每盒只装一层，相邻的球形巧克力相切，与包装盒接触的6个球形巧克力与圆柱形包装盒侧面及上下底面都相切，如图是平行于底面且过圆柱母线中点的截面，设包装盒的底面半径为R，球形巧克力的半径为r，每个球形巧克力的体积为V1，包装盒的体积为V2，则( )
A．R＝3r B．R＝6r
C．V2＝9V1 D．2V2＝27V1
答案 AD
解析 由截面图可以看出，圆柱的底面直径是球形巧克力直径的3倍，即可得R＝3r，
圆柱的高等于球形巧克力的直径，即h＝2r，V1＝eq \f(4πr3,3)，V2＝πR2h＝18πr3，则有2V2＝27V1.
10．正六棱台的上、下底面边长分别是2 cm和6 cm，侧棱长是5 cm，则下列说法正确的是( )
A．该正六棱台的上底面积是6eq \r(3) cm2
B．该正六棱台的侧面积是15 cm2
C．该正六棱台的表面积是(60eq \r(3)＋24eq \r(21))cm2
D．该正六棱台的高是3 cm
答案 ACD
解析 如图，在正六棱台ABCDEF－A1B1C1D1E1F1中，
因为A1B1＝2 cm，AB＝6 cm，AA1＝5 cm，
所以侧面的梯形ABB1A1的高即正六棱台斜高为eq \r(52－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6－2,2)))2)＝eq \r(21)(cm)，
所以梯形ABB1A1的面积为S＝eq \f(1,2)×(2＋6)×eq \r(21)＝4eq \r(21) (cm2)，
故正六棱台的侧面积为6S＝6×4eq \r(21)＝24eq \r(21)(cm2)，故B错误；
由图可知该正六棱台的上底面积为6个边长为2的等边三角形组成，
所以该正六棱台的上底面积为S1＝6×eq \f(1,2)×2×2×sin 60°＝6eq \r(3)(cm2)，故A正确；
同理下底面积为S2＝6×eq \f(1,2)×6×6×sin 60°＝54eq \r(3)(cm2)，
所以该正六棱台的表面积是6S＋S1＋S2＝(60eq \r(3)＋24eq \r(21))cm2，故C正确；
正六棱台的高为OO1＝eq \r(52－6－22)＝3(cm)，故D正确．
11.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M，N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是( )
A．MN＝eq \f(1,2)EF B．MN≠eq \f(1,2)EF C．MN与EF异面 D．MN与EF平行
答案 BC
解析 设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2a，
则MN＝eq \r(MC\\al(2,1)＋C1N2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,2)))2)＝eq \r(2)a，作点E在平面ABCD内的射影点G，连接EG，GF，所以EF＝eq \r(EG2＋GF2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,2)))2＋\r(2)a2)＝eq \r(3)a，所以MN≠eq \f(1,2)EF，故选项B正确，A错误；
连接DE，因为E为平面ADD1A1的中心，所以DE＝eq \f(1,2)A1D，又因为M，N分别为B1C1，CC1的中点，
所以MN∥B1C，又因为B1C∥A1D，所以MN∥ED，且DE∩EF＝E，所以MN与EF异面，故选项C正确，D错误．
12．如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面ABC为正三角形，侧棱AA1垂直于底面ABC，D为AC的中点，则下列判断正确的是( )
A．C1D与BB1是异面直线
B．BD⊥A1C1
C．平面BDC1⊥平面ACC1A1
D．A1B1∥平面BDC1
答案 ABC
解析 对于A，在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1∥CC1，CC1⊂平面 ACC1A1，BB1⊄平面ACC1A1，所以BB1∥平面 ACC1A1，又CC1∩C1D＝C1，所以 C1D 与 BB1 是异面直线，故A正确；
对于B，因为AA1垂直于底面ABC，BD⊂平面ABC，所以AA1⊥BD，又因为△ABC为正三角形，且D为AC的中点，所以BD⊥AC，又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，又A1C1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥A1C1，故B正确；
对于C，因为 BD⊥平面 ACC1A1，BD⊂平面BDC1，所以平面BDC1⊥平面 ACC1A1，故C正确；
对于D，因为 AB∩平面 BDC1＝B，所以AB与平面BDC1不平行，又 AB∥A1B1，所以A1B1与平面BDC1不平行，故D错误．
三、填空题
13．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，且PA＝AB，AD＝eq \r(3)AB，则tan∠APC＝________.
答案 2
解析 ∵PA⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，∴PA⊥AC，
设AB＝1，则PA＝1，AD＝eq \r(3)，AC＝eq \r(AD2＋CD2)＝2，∴tan∠APC＝eq \f(AC,PA)＝2.
14.如图，已知PA⊥PB，PA⊥PC，∠ABP＝∠ACP＝60°，PB＝PC＝eq \r(2)BC，D是BC的中点，则AD与平面PBC所成角的余弦值为______．
答案 eq \f(\r(217),31)
解析 ∵PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，∴PA⊥平面PBC，连接PD，如图所示，
则PD是AD在平面PBC内的射影，∴∠PDA就是AD与平面PBC所成的角．
又∵∠ABP＝∠ACP＝60°，PB＝PC＝eq \r(2)BC，D是BC的中点，
∴PD＝eq \f(\r(7),2)BC，PA＝eq \r(6)BC，∴AD＝eq \f(\r(31),2)BC，∴cs∠PDA＝eq \f(PD,AD)＝eq \f(\r(217),31)，
∴AD与平面PBC所成角的余弦值为eq \f(\r(217),31).
15.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝5，点E是棱CC1上的一个动点，若平面BED1交棱AA1于点F，则四棱锥B1－BED1F的体积为________，截面四边形BED1F的周长的最小值为 ________.
答案 20 2eq \r(74)
解析 由题意可得D1F∥BE，则 SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ＋ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ＋ SKIPIF 1 < 0
＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)BB1·BC·AB＋\f(1,2)BB1·AB·D1A1)) ＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×5×4×3＋\f(1,2)×5×3×4))＝20.
将长方体展开，如图所示，当点E为BD1与CC1的交点，F为BD1与AA1的交点时，截面四边形BED1F的周长最小，最小值为2BD1＝2eq \r(52＋3＋42)＝2eq \r(74).
16．青铜豆最早见于商代晚期，盛行于春秋战国时期，它不仅可以作为盛放食物的铜器，还是一件十分重要的礼器，图①为河南出土的战国青铜器——方豆，豆盘以上是长方体容器和正四棱台的斗形盖．图②是与主体结构相似的几何体，其中AB＝4，MN＝NF＝2，K为BC上一点，且eq \f(CK,BC)＝eq \f(1,3)，Z为PQ上一点．若DK⊥MZ，则eq \f(QZ,ZP)＝________；若几何体EFGH－MNPQ的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为________．
答案 eq \f(1,2) 40π
解析 由题意可知，平面ABCD∥平面EFGH∥平面MNPQ，
设平面EMZ交平面ABCD于AJ，因为平面EMZ交平面MNPQ＝MZ，所以MZ∥AJ，设DK∩AJ＝L，
因为DK⊥MZ，所以DK⊥AJ，因为∠DKC＋∠KDC＝eq \f(π,2)，∠DJL＋∠KDC＝eq \f(π,2)，所以∠DKC＝∠DJL，
而∠DCK＝∠ADJ＝eq \f(π,2)，所以△DCK∽△ADJ，所以eq \f(CK,DJ)＝eq \f(DC,AD)，所以eq \f(CK,DC)＝eq \f(DJ,AD)，
因为四边形ABCD为正方形，所以CJ∶JD＝BK∶KC＝2∶1.所以eq \f(QZ,ZP)＝eq \f(DJ,JC)＝eq \f(1,2)，
几何体EFGH－MNPQ为正四棱台，由正四棱台的对称性可知，几何体EFGH－MNPQ的外接球的球心必在平面NFHQ上，设NQ的中点为O1，FH的中点为O2，则球心O在O1O2上，连接OO1，OF，ON，
由题意可知，FH＝eq \r(2)AB＝4eq \r(2)，
NQ＝eq \r(2)MN＝2eq \r(2)，FO2＝2eq \r(2)，NO1＝eq \r(2)，过N作NS⊥FH于S，则FS＝eq \f(1,2)(FH－NQ)＝eq \f(1,2)(4eq \r(2)－2eq \r(2))＝eq \r(2)，
由勾股定理得NS＝eq \r(FN2－FS2)＝eq \r(4－2)＝eq \r(2)，所以O1O2＝NS＝eq \r(2)，设外接球的半径为R，OO2＝d，
由R＝OF＝ON可得eq \r(FO\\al(2,2)＋OO\\al(2,2))＝eq \r(NO\\al(2,1)＋OO\\al(2,1))，即eq \r(8＋d2)＝eq \r(2＋d＋\r(2)2)，解得d＝eq \r(2)，
所以R＝OF＝eq \r(2\r(2)2＋\r(2)2)＝eq \r(10)，所以几何体EFGH－MNPQ外接球的表面积为S＝4πR2＝40π.