2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考新教材）数学专题检测三立体几何

专题检测三立体几何一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2022·山西太原三模)已知直线l和平面α,β,若l⊥α,α⊥β,则()A.l⊥β B.l∥βC.l⊂β D.l∥β或l⊂β2.(2022·广东潮州二模)已知一个圆柱的轴截面为正方形,且它的侧面积为36π,则该圆柱的体积为()A.16π B.27π C.36π D.54π3.(2022·江苏连云港二模)右图是一个圆台的侧面展开图,若两个半圆的半径分别是1和2,则该圆台的体积是()A.72π24 B.73π244.(2022·广东佛山模拟)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中,地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面,将地球看作一个球,卫星信号像一条条直线一样发射到达球面,所覆盖的范围即为一个球冠,称此球冠的表面积为卫星信号的覆盖面积.球冠即球面被平面所截得的一部分,截得的圆叫做球冠的底,垂直于截面的直径被截得较短的一段叫做球冠的高.设球面半径为R,球冠的高为h,则球冠的表面积为S=2πRh.已知一颗地球静止同步通信卫星距地球表面的最近距离与地球半径之比为5,则它的信号覆盖面积与地球表面积之比为()A.16 B.14 C.135.(2022·广东潮州二模)已知△ABC是边长为3的等边三角形,三棱锥P-ABC全部顶点都在表面积为16π的球O的球面上,则三棱锥P-ABC的体积的最大值为()A.3 B.3C.934 D6.(2022·河北张家口三模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的截面与AC交于点D,与BC交于点E,该截面将三棱柱分成体积相等的两部分,则CDAC=(A.13 B.1C.2-327.(2022·全国乙·理7)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则()A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D8.(2022·山东潍坊三模)多面体“鳖臑”是四个面都是直角三角形的三棱锥.若一个“鳖臑”的所有顶点都在球O的球面上,且该“鳖臑”的高为2,底面是腰长为2的等腰直角三角形,则球O的表面积为()A.12π B.43πC.6π D.26π9.(2022·山东威海三模)已知α,β是两个不同的平面,m,n是平面α及β外两条不同的直线,给出四个论断:①m⊥n,②α∥β,③n∥β,④m⊥α,则正确的是()A.②③④⇒① B.①③④⇒②C.①②⇒③ D.①②③⇒④10.如图,在正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点,则满足MN⊥OP的是()A.①② B.②③ C.③④ D.①④11.(2022·湖南长沙明德中学二模)如图,四边形ABCD是底面直径为2,高为1的圆柱的轴截面,四边形OO1DA绕OO1逆时针旋转θ(0≤θ≤π)到四边形OO1D1A1,则()A.圆柱OO1的侧面积为4πB.当0<θ<π时,DD1⊥A1CC.当θ=π3时,异面直线A1D与OO1所成的角为D.△A1CD面积的最大值为312.(2022·广东惠州一模)如图是一种纳米晶的结构示意图,由正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为n的几何体,则下列说法错误的是()A.该结构的纳米晶个体的表面积为73n2B.该结构的纳米晶个体的体积为23212C.该结构的纳米晶个体外接球的表面积为114πnD.二面角A1-A2A3-B3的余弦值为-1二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2022·山东济南一模)已知圆锥的轴截面是一个顶角为2π3,腰长为2的等腰三角形,则该圆锥的体积为14.(2019·北京·文13)已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:

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15.(2022·云南昆明模拟)已知四面体ABCD中,AB=BC=CD=DA=BD=2,二面角A-BD-C为60°,E为棱AD中点,F为四面体ABCD表面上一动点,且总满足BD⊥EF,则点F轨迹的长度为.

16.(2022·福建漳州二模)在平行四边形ABCD中,AB=8,BC=10,∠A=π3,点E在边BC上,且DC=CE.将△CDE沿DE折起后得到四棱锥C'-ABED,则该四棱锥的体积最大值为;该四棱锥的体积最大时,其外接球的表面积为.三、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2022·浙江金华检测)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图如图所示,已知A'B'=5,B'C'=2,A'D'=92,A'D'∥B'C'(1)求原平面图形ABCD的面积;(2)将原平面图形ABCD绕AD旋转一周,求所形成的几何体的表面积和体积.18.(12分)(2021·全国乙·理18)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PB⊥AM.(1)求BC;(2)求二面角A-PM-B的正弦值.19.(12分)(2020·新高考Ⅱ·20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,QB=2,求PB与平面QCD所成角的正弦值.20.(12分)(2022·山东青岛一模)如图1,在梯形ABCD中,AB∥DC,AD=BC=CD=2,AB=4,E为AB的中点,沿DE将△ADE折起,连接AB,AC,得到如图2所示的几何体.图1图2(1)证明:AC⊥DE;(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件,求二面角D-AE-C的余弦值.①四棱锥A-BCDE的体积为2;②直线AC与EB所成角的余弦值为6421.(12分)(2022·山东菏泽一模)如图,圆柱的轴截面ABCD是正方形,点E在底面圆周上,AF⊥DE,垂足为F.(1)求证:AF⊥DB;(2)当直线DE与平面ABE所成角的正切值为2时,①求二面角E-DC-B的余弦值;②求点B到平面CDE的距离.22.(12分)(2022·江苏金陵中学二模)如图,三角形ABC是边长为3的等边三角形,E,F分别在边AB,AC上,且AE=AF=2,M为线段BC的中点,AM交EF于点O,沿EF将三角形AEF折到DEF的位置,使DM=152(1)证明:DO⊥平面EFCB;(2)若平面EFCB内的直线EN∥平面DOC,且与边BC交于点N,问在线段DM上是否存在点P,使二面角P-EN-B的大小为60°?若存在,则求出点P;若不存在,请说明理由.

专题检测三立体几何1.D解析:若l⊥α,α⊥β,则l∥β或l⊂β.2.D解析:设圆柱底面半径为R,高为h,由题可得h=2R故圆柱的体积为V=πR2h=54π.3.B解析:如图,设圆台上底面的半径为r,下底面的半径为R,高为h,母线长为l,则2πr=π·1,2πR=π·2,则r=12,R=则l=2-1=1,h=l2故圆台上底面面积S'=π·122=π4,下底面面积S=π·12=π,则该圆台的体积为13(S+S'+SS')h=14.D解析:如图,若O为球心,P为卫星位置,故R=OA=OE=OB,h=DE,PE=5R,所以cos∠POA=OAOP=16=ODOA,所以OD=16R,5.C解析:设球O的半径为R,△ABC的中心为点E,则4πR2=16π,所以R=2.由已知可得S△ABC=934.在△ABC中,AD=3×32=332,AE=23AD=3,所以球心O到平面则该三棱锥体积的最大值为13S△ABC·3=96.D解析:由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1,ED,则A1B1∥ED,则ED∥AB,可得CDE-C1A1B1是三棱台.设△ABC的面积为1,△CDE的面积为s,三棱柱的高为h,则12·1·h=13h(1+s+s),所以由△CDE∽△CAB,可得CDAC7.A解析:如图,对于A,∵E,F分别为AB,BC的中点,∴EF∥AC.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC⊥BD,DD1⊥AC,又BD∩DD1=D,∴AC⊥平面BDD1,∴EF⊥平面BDD1.又EF⊂平面B1EF,∴平面B1EF⊥平面BDD1.故A正确.对于B,连接AC1,易证AC1⊥平面A1BD.假设平面B1EF⊥平面A1BD,又AC1⊄平面B1EF,∴AC1∥平面B1EF.又AC∥EF,AC⊄平面B1EF,EF⊂平面B1EF,∴AC∥平面B1EF.又AC1∩AC=A,∴平面AA1C1C∥平面B1EF.又平面AA1C1C∩平面AA1B1B=AA1,平面B1EF∩平面AA1B1B=B1E,∴AA1∥B1E,显然不成立,∴假设不成立,即平面B1EF与平面A1BD不垂直.故B错误.对于C,由题意知,直线AA1与B1E必相交,故平面B1EF与平面A1AC必相交.故C错误.对于D,连接AB1,CB1,易证平面AB1C∥平面A1C1D,又平面B1EF与平面AB1C相交,∴平面B1EF与平面A1C1D不平行.故D错误.8.A解析:如图所示,在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,BC=CD=AB=2.因为AB⊥平面BCD,BC,BD,CD⊂平面BCD,则AB⊥BC,AB⊥BD,CD⊥AB.因为CD⊥BC,AB∩BC=B,AB,BC⊂平面ABC,则CD⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CD,所以三棱锥A-BCD的四个面都是直角三角形,且BD=BC2+CD2=22,设线段AD的中点为O,则OB=OC=12AD=OA=OD所以点O为三棱锥A-BCD的外接球球心.设球O的半径为R,则R=12AD=3,故球O的表面积为4πR2=12π9.A解析:对于A,若α∥β,m⊥α,则m⊥β.又n∥β,∴m⊥n,故A正确;对于B,若m⊥α,m⊥n,n⊄α,则n∥α.又n∥β,∴α与β平行或相交,故B错误;易知C错误;对于D,若n∥β,α∥β,则n∥α,又m⊥n,则m与α平行或相交,故D错误.10.B解析:设正方体的棱长为2,如图1所示,连接AC,则MN∥AC,故∠POC(或其补角)为异面直线OP,MN所成的角,在直角三角形OPC中,OC=2,CP=1,故tan∠POC=12=22,故MN⊥OP不成立,图1图2如图2所示,取NT的中点为Q,连接PQ,OQ,则OQ⊥NT,PQ⊥MN.由正方体SBCM-NADT可得,SN⊥平面ANDT,而OQ⊂平面ANDT,故SN⊥OQ.而SN∩NT=N,故OQ⊥平面SNTM.又MN⊂平面SNTM,OQ⊥MN,而OQ∩PQ=Q,所以MN⊥平面OPQ,而PO⊂平面OPQ,故MN⊥OP,故②正确;如图3,连接BD,则BD∥MN,由B的判断可得OP⊥BD,故OP⊥MN,故③正确;图3图4如图4,取AD的中点Q,AB的中点K,连接AC,PQ,OQ,PK,OK,则AC∥MN.因为DP=PC,故PQ∥AC,即PQ∥MN,所以∠QPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角.因为正方体的棱长为2,故PQ=12AC=2,OQ=AO2+AQ2=1+2=3,PO=PK2故PO,MN不垂直,故④错误.11.B解析:对于A,圆柱OO1的侧面积为2π×1×1=2π,故A错误;对于B,因为0<θ<π,所以DD1⊥D1C.又DD1⊥A1D1,A1D1∩D1C=D1,A1D1,D1C⊂平面A1D1C,所以DD1⊥平面A1D1C.因为A1C⊂平面A1D1C,所以DD1⊥A1C,故B正确;对于C,因为A1D1∥OO1,所以∠DA1D1就是异面直线A1D与OO1所成的角.因为∠DO1D1=π3,所以△DO1D1为正三角形所以DD1=A1D1=1.因为A1D1⊥DD1,所以∠DA1D1=π4,故C错误对于D,作D1E⊥DC,垂足为E,连接A1E,则DC⊥平面A1D1E.又A1E⊂平面A1D1E,所以A1E⊥DC.在Rt△A1D1E中,A1E=A1D12+ED12=1+ED12≤1+D1O12=2,12.C解析:对于A,该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成,所以表面积S=4×34n2+4×6×34n2=73n2,对于B,棱长为3n的正四面体的高为6n,所以该几何体的体积V=13·34·(3n)2·6n-4·13·34n2·63对于C,设外接球球心为O,半径为R,△A1A2A3的中心为O',正六边形B2B1C2C1D2D1的中心为O″,则O在O'O″上,几何体上、下底面距离为6n-63n=26可得R2-n23+R2-n2=263n,整理得R2=118n2,对于D,二面角A1-A2A3-B3是原正四面体侧面和底面所成角的补角,如图,过正四面体的顶点V作VO⊥平面ABC于点O,易知O为△ABC的中心,连接并延长BO交AC于点D,则D为线段AC的中点,连接VD,则∠VDB即为所求侧面VAC与底面ABC所成二面角的平面角.在Rt△VOD中,cos∠VDB=ODVD所以侧面与底面所成二面角的平面角的余弦值为13,所以二面角A1-A2A3-B3的余弦值为-13,故D13.π解析:因为圆锥的轴截面是一个顶角为2π3,腰长为2的等腰三角形,故该等腰三角形底边上的高即为圆锥的高h,则h=2cosπ3=1,圆锥底面半径r=22-h2=3,所以圆锥的体积V=13πr2h=1314.若l⊥α,m∥α,则l⊥m15.332解析:取BD的中点O,易得BD⊥AO,BD⊥CO,AO∩CO=O,AO,CO⊂平面所以BD⊥平面AOC,则∠AOC是二面角A-BD-C的平面角,即∠AOC=60°.又AO=CO=22-12=分别取线段CD,OD的中点N,M,则EM∥AO,AO⊂平面AOC,EM⊄平面AOC,故EM∥平面AOC.同理MN∥平面AOC.又EM∩MN=M,EM,MN⊂平面EMN,所以平面AOC∥平面EMN,则BD⊥平面EMN.因为F为四面体ABCD表面上一动点,且总满足BD⊥EF,所以点F轨迹是△EMN(不包含点E),其长度为12(AO+CO+AC)=316.96400π3解析:如图,在平行四边形ABCD中,∠A=π3,所以∠C=π3.因为DC=CE,所以所以DE=CD=AB=8,所以四边形ABED为等腰梯形,所以SABED=12(BE+AD)·ABsinπ3=12×(2+10)×要使四棱锥的体积最大,则平面CDE⊥平面ABED,高为8×32=4所以该四棱锥的体积最大值为13×243×43设等腰梯形ABED的外心为O1,O1到AD的距离为d,由O1D=O1B,可得52+d2=12+(43-由球的截面的性质可知,过等腰梯形ABED的外心O1作直线a⊥平面ABED,过等边三角形C'ED的中心O2作直线b⊥平面C'ED,则直线a,b的交点O即为外接球的球心,所以外接球的半径R=O1所以外接球的表面积为4πR2=4π×10017.解(1)根据直观图,作出原图形,如图所示.由题图可知∠DAB=∠ABC=90°.过点C作CE⊥AD交AD于点E,则AB=EC=DE=5,AE=BC=4,故SABCD=(4+9(2)由题意得,该几何体是一个以EC的长为底面半径的圆锥和一个以AB的长为底面半径的圆柱组成的.由(1)可知,DC=52,所以所形成的几何体的表面积为S=S圆锥侧+S圆柱侧+S圆柱下底=π×EC×DC+2π×AB×BC+π×AB2=π×5×52+2×π×5×4+π×52=(65+252)π,体积为V=V圆锥+V圆柱=13×π×EC2×DE+π×AB2×BC=13×π×52×5+π×52×18.解(1)连接BD.∵PD⊥底面ABCD,AM⊂底面ABCD,∴PD⊥AM.∵PB⊥AM,PB∩PD=P,∴AM⊥平面PBD,∴AM⊥BD,∴∠ADB+∠DAM=90°.又∠DAM+∠MAB=90°,∴∠ADB=∠MAB,∴Rt△DAB∽Rt△ABM,∴ADAB∴12BC2=1,∴BC=2(2)如图,以D为原点,DA,DC,DP分别为x轴、y可得A(2,0,0),B(2,1,0),M22,1,0,P(0,0,1),AP=(-2,0,1),AM=-22,1,0,BM=设平面AMP的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则m令x1=2,则y1=1,z1=2,可得m=(2,1,2).设平面BMP的一个法向量为n=(x2,y2,z2),同理可得n=(0,1,1).则cos<m,n>=m·n|m||n|=37×2=19.(1)证明因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.因此AD⊥平面PDC.因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD.因此l⊥平面PDC.(2)解以D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则PB=(1,1,-1),DC=(0,1,0),由(1)可设Q(a,0,1),则QB=(1-a,1,-1),所以|QB|=(1解得a=1,则Q(1,0,1),则DQ=(1,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的一个法向量,则n取x=1,可得n=(1,0,-1),所以cos<n,PB>=n·所以PB与平面QCD所成角的正弦值为6320.(1)证明在题图1中,因为DC∥AB,CD=12AB,E为AB中点所以DC∥EB,DC=EB,所以四边形DEBC为平行四边形,所以BC=DE=2,则四边形DEBC为菱形.在题图2中,取DE中点O,连接OA,OC,CE,则AD=AE=CE=CD,则OA=OC=3,且DE⊥OA,DE⊥OC.因为OA∩OC=O,OA,OC⊂平面AOC,所以DE⊥平面AOC.因为AC⊂平面AOC,所以DE⊥AC.(2)解若选择①:因为DE⊥平面AOC,DE⊂平面BCDE,所以平面AOC⊥平面BCDE,交线为OC.过点A作AH⊥OC,则AH⊥平面BCDE.由题可得SBCDE=23,所以四棱锥A-BCDE的体积VA-BCDE=2=13×23×AH,解得AH=3=OA,所以AO与AH重合,即AO⊥建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),C(-3,0,0),E(0,1,0),A(0,0,3),则CE=(3,1,0),CA=(3,0,3).平面DAE的一个法向量为CO=(3,0,0).设平面AEC的一个法向量为n=(x,y,z),则3x+y=0,3x+3z=0,令x=1,则y=-3,设二面角D-AE-C的大小为θ,则cosθ=cos<CO,n>=CO·所以二面角D-AE-C的余弦值为55若选择②:因为DC∥EB,所以∠ACD即为异面直线AC与EB所成角,在△ADC中,cos∠ACD=AC解得AC=6,所以OA2+OC2=AC2,即OA⊥OC.因为DE⊥平面AOC,DE⊂平面BCDE,所以平面AOC⊥平面BCDE且交线为OC,所以AO⊥平面BCDE.建立如图所示空间直角坐标系,则O(0,0,0),C(-3,0,0),E(0,1,0),A(0,0,3),则CE=(3,1,0),CA=(3,0,3).平面DAE的一个法向量为CO=(3,0,0).设平面AEC的一个法向量为n=(x,y,z),所以3x+y=0,3x+3z=0,令x=1,则y=-3,z=-1,得n=则cosθ=CO·所以二面角D-AE-C的余弦值为5521.(1)证明由题意可知,DA⊥底面ABE,BE⊂底面ABE,故BE⊥DA.又BE⊥AE,AD∩AE=A,AD,AE⊂平面AED,故BE⊥平面AED.因为AF⊂平面AED,所以AF⊥BE.又