专题突破练19　专题五　立体几何过关检测

专题突破练19专题五立体几何过关检测一、单项选择题1.(2020山东德州一模,4)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是C1D1的中点,且AP=AD+xAB+yAA1,则实数A.-32 B.-12 C.12 2.(2020山西晋中一模,5)给定下列四个命题,其中真命题是()A.垂直于同一直线的两条直线相互平行B.若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行,则这两个平面相互平行C.垂直于同一平面的两个平面相互平行D.若两个平面垂直,则一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直3.(2020山东临沂一模,7)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中《商功》有如下问题:“今有委粟平地,下周一十二丈,高二丈,问积及为粟几何?”,意思是“有粟若干,堆积在平地上,底面圆周长为12丈,高为2丈,问它的体积和粟各为多少?”如图,主人意欲卖掉该堆粟,已知圆周率约为3,一斛粟的体积约为2700立方寸(单位换算:1立方丈=106立方寸),一斛粟米卖270钱,一两银子1000钱,则主人卖后可得银子()A.800两 B.1600两C.2400两 D.3200两4.(2020福建厦门质量检查,8)如图,在圆柱OO1中,OO1=2,OA=1,OA⊥O1B,则AB与下底面所成角的正切值为()A.2 B.2C.22 D.5.(2020湖南怀化三模,7)已知一块形状为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(底面是正方形,侧棱与底面垂直的四棱柱)的实心木材,AB=2,AA1=3.若将该木材经过切割加工成一个球体,则此球体积的最大值为()A.92π B.823π C.43π 6.(2020青海西宁一模,10)某同学在参加《通用技术》实践课时,制作了一个工艺品,如图所示,该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为43的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合),若其中一个截面圆的周长为4π,则该球的半径是()A.2 B.4 C.26 D.467.(2020广东湛江二模,7)我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理:“幂势既同,则积不容异”.意思是两个同高的几何体,如果在等高处的截面积都相等,那么这两个几何体的体积相等.现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件,若该圆锥的侧面展开图是半径为3的圆的三分之一,则该几何体的体积为()A.223π B.423π C.42π 8.已知A,B,C为球O的球面上的三个定点,∠ABC=60°,AC=2,P为球O的球面上的动点,记三棱锥P-ABC的体积为V1,三棱锥O-ABC的体积为V2,若V1V2的最大值为3,则球OA.16π9 B.64π9 C.3π二、多项选择题9.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,其中正确的结论为()A.直线AM与C1C是相交直线B.直线AM与BN是平行直线C.直线BN与MB1是异面直线D.直线MN与AC所成的角为60°10.(2020山东潍坊三模,10)已知m,n是两条不重合的直线,α,β,γ是三个两两不重合的平面,则下列命题正确的是()A.若m⊥α,n⊥β,α∥β,则m∥nB.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥βC.若m∥β,n∥β,m,n⊂α,则α∥βD.若n⊂α,n⊥β,则α⊥β11.(2020山东青岛二模,11)如图,正方形SG1G2G3的边长为1,E,F分别是G1G2,G2G3的中点,SG2交EF于点D,现沿SE,SF及EF把这个正方形折成一个四面体,使G1,G2,G3三点重合,重合后的点记为G,则在四面体S-GEF中必有()A.SG⊥平面EFGB.设线段SF的中点为H,则DH∥平面SGEC.四面体S-GEF的体积为1D.四面体S-GEF的外接球的表面积为3212.(2020山东济宁三模,10)线段AB为圆O的直径,点E,F在圆O上,AB∥EF,矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直,且AB=2,AD=EF=1.则()A.DF∥平面BCEB.异面直线BF与DC所成的角为30°C.△EFC为直角三角形D.VC-BEF∶VF-ABCD=1∶4三、填空题13.(2020宁夏银川联考,14)《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽,周四丈八尺,高一丈一尺.问积几何?答曰:二千一百一十二尺,术曰:周自相乘,以高乘之,十二而一”,这里所说的圆堡瑽就是圆柱体,它的体积为“周自相乘,以高乘之,十二而一”,就是说:圆堡瑽(圆柱体)的体积为V=112×底面圆的周长的平方×高,则由此可推得圆周率π的取值为.14.一竖立在水平面上的圆锥物体的母线长为2m,一只蚂蚁从圆锥的底面圆周上的点P出发,绕圆锥表面爬行一周后回到P点,蚂蚁爬行的最短路径为23m,则圆锥的底面圆半径为.

15.(2019天津,文12)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形,侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为.

16.(2020江西南昌三模,16)已知长方体ABCD-A1B1C1D1,AB=32,AD=2,AA1=23,已知P是矩形ABCD内一动点,PA1与平面ABCD所成角为π3,设点P形成的轨迹长度为α,则tanα=四、解答题17.(2020广东珠海三模,19)如图所示,在梯形ABCD中,AD∥BC,平面CDEF⊥平面ABCD,且四边形CDEF为矩形,BC=2AD=2,CF=23,AB=13,BE=26.(1)求证:AD⊥平面BDE;(2)求点D到平面BEF的距离.18.(2020山东济南三模,17)已知在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,AB=AD=12BC,将直角梯形ABCD(及其内部)以AB所在直线为轴顺时针旋转90°,形成如图所示的几何体,其中M为CE的中点(1)求证:BM⊥DF;(2)求异面直线BM与EF所成角的大小.19.(2020河北唐山二模,18)如图,在四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=2AB=2BC=2,AE⊥平面ABCD,CF⊥平面ABCD,CF=2AE.(1)求证:CD⊥EF;(2)若二面角B-EF-D是直二面角,求AE的长.20.(2020江西重点中学协作体第一次联考,18)如图所示,正方形ABCD边长为2,将△ABD沿BD翻折到△PBD的位置,使得二面角P-BD-A的大小为120°.(1)证明:平面PAC⊥平面PBD;(2)点M在直线PD上,且直线BM与平面ABCD所成角的正弦值为32,求二面角M-BC-P的余弦值21.(2019北京,理16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC(1)求证:CD⊥平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且PGPB=23,判断直线AG22.(2020天津静海一中期中,18)如图所示,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=BC=2AD=2,四边形EDCF为矩形,DE=2,平面EDCF⊥平面ABCD.(1)求证:DF∥平面ABE;(2)求二面角B-EF-D的正弦值;(3)在线段BE上是否存在点P,使得直线AP与平面BEF所成角的正弦值为66?若存在,求出线段BP的长;若不存在,请说明理由专题突破练19专题五立体几何过关检测1.D解析AP=AD+DD1+D1P=AD+2.D解析正方体同一顶点的三条棱两两垂直,则垂直于同一直线的两条直线不一定平行,故A错误;若一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,则这两个平面互相平行,故B错误;正方体的前面和侧面都垂直于底面,这两个平面不平行,故C错误;若两个平面α,β垂直,假设一个平面α内与它们的交线l不垂直的直线l1与另一个平面β垂直,因为l1⊥β,且平面α,β的交线l⊂β,所以可得l1⊥l,这与题设l与l1不垂直相互矛盾,所以假设不成立,原命题成立,故D正确.3.A解析底面半径为r=122×3=2(丈),V=13×3×22×2=8(立方丈)=8×106(立方寸)=8000027(斛),故800004.B解析由题意,作BB'垂直于底面,连接OB',AB',如图所示.在圆柱OO1中,OO1=2,OA=1,OA⊥O1B,则∠BAB'即为AB与下底面所成角,而OA⊥OB',所以AB'=12所以tan∠BAB'=BB5.C解析根据题意,当球内切于棱长为2的正方体时,球的体积最大,故该球体积最大时,半径为1,体积为V=43πR36.B解析设截面圆半径为r,球的半径为R,则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即23,根据截面圆的周长可得4π=2πr,得r=2,故由题意知R2=r2+(23)2,即R2=22+(23)2=16,所以R=4.7.A解析由题意可知,该几何体的体积等于圆锥的体积,∵圆锥的侧面展开图恰为一个半径为3的圆的三分之一,∴底面周长为2π×33=2π.∴圆锥的底面半径为1,母线长为3,∴高为∴体积V圆锥=13×π×12×8.B解析如图,设△ABC的外接圆圆心为O',其半径为r,球O的半径为R,当球心O在三棱锥P-ABC内时,由题意可知,V1V2max=R+R2-r2∵2r=ACsin∴r=23,∴R=43,∴S球=4π×169=64π9.当球心O9.CD解析结合图形,显然直线AM与C1C是异面直线,直线AM与BN是异面直线,直线BN与MB1是异面直线,直线MN与AC所成的角即直线D1C与AC所成的角.在等边三角形AD1C中,∠ACD1=60°,所以直线MN与AC所成的角为60°.综上正确的结论为CD.10.AD解析∵m⊥α,α∥β,∴m⊥β.又n⊥β,∴m∥n,故A正确;B选项中,α,β可能平行,也可能相交,故B不正确;C选项中,当m∥n时,α,β可能相交,故C不正确;由面面垂直判定定理,知D正确.11.ABD解析如图所示,SG⊥GF,SG⊥GE,GE∩GF=G,∴SG⊥平面EFG,故A正确;∵DH为△SEF的中位线,则DH∥SE,DH⊄平面SGE,∴DH∥平面SGE,故B正确;由题知,SG=1,GE=GF=12,VS-GEF=13×S△GEF×SG=13×12×∵GE,GF,GS两两垂直,故外接球直径2R=12+122+122=62,所以12.BD解析因为AB∥EF,AB∥CD,所以四边形CDEF确定一个平面,由于DC,EF长度不相等,则DF,CE不平行,即DF与平面BCE有公共点,故A错误;连接OF,OE,OE交BF于点G,因为OB∥EF,OB=EF,OB=OF=1,所以四边形OBEF为菱形,则BE=OF=1,所以△OBE为等边三角形,由于G为OE的中点,则∠OBG=12∠OBE=30°,因为AB∥CD,所以异面直线BF与DC所成的角为∠ABF=∠OBG=30°,故B由于四边形OBEF为菱形,则BF=2BG=212由面面垂直的性质以及线面垂直的性质可知,BC⊥BE,BC⊥BF,所以CF=12+(3)又因为EF2+CE2=3≠CF2,所以△EFC不是直角三角形,故C错误;因为BF=3,BE=1,EF=1,所以S△BEF=12由面面垂直的性质可知,BC⊥平面BEF,所以VC-BEF=13×34过点F作AB的垂线,垂足为H,则FH=12BF=3根据面面垂直的性质可知HF⊥平面ABCD,则VF-ABCD=13×2×1×32=33,即VC-BEF∶VF-ABCD=13.3解析设圆柱底面圆的半径为r,圆柱的高为h,由题意知112×(2πr)2h=πr2h,解得π=14.23m解析将圆锥侧面展开得半径为2m的一扇形,蚂蚁从P爬行一周后回到P(记作P作OM⊥PP1,如图所示.由最短路径为23m,即PP1=23m,OP=2m,由圆的性质可得∠POM=∠P1OM=π3,即扇形所对的圆心角为2π3,则圆锥底面圆的周长为l=2π3×2=415.π4解析如图,由底面边长为2,可得OC=设M为VC的中点,则O1M=12OC=12,O1O=12VO,VO=∴O1O=1.∴V圆柱=π·O1M2·O1O=π×122×1=π416.-37解析因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,所以PA1与平面ABCD所成角为∠APA1.因为PA1与平面ABCD所成角为π3,所以∠APA1=因为AA1=23,所以AP=2.从而点P形成的轨迹为以A为圆心,2为半径的圆在矩形ABCD内一段圆弧DM,设其圆心角为θ,则sinθ=322=34,所以tanθ=37.所以tanα=tan17.(1)证明∵ED⊥CD,平面EDCF⊥平面ABCD,且平面EDCF∩平面ABCD=CD,ED⊂平面EDCF,∴ED⊥平面ABCD.又AD,BD⊂平面ABCD,∴ED⊥BD,AD⊥ED.∵在Rt△BDE中,ED=23,BE=26,∴BD=23在△ABD中,BD=23,AD=1,AB=13,∵AB2=AD2+BD2,∴AD⊥BD.又ED∩BD=D,ED,BD⊂平面BDE,∴AD⊥平面BDE.(2)解由(1)可知△BCD为直角三角形,且BD=23,BC=2,∴CD=BD2+BC2=4,作BH⊥CD由已知平面EDCF⊥平面ABCD,且平面EDCF∩平面ABCD=CD,BH⊂平面ABCD,∴BH⊥平面CDEF,∴VB-DEF=13S△DEF×BH=13×在△BEF中,BF=BC2+CF2=4,EF=CD=4,BE=26,∴S△BEF=12×26×42-(6)2=215.设点D到平面BEF的距离为h,则13S△BEFh=VB-DEF18.(1)证明(方法一)连接CE,CE与BM交于点N,根据题意,该几何体为圆台的一部分,且CD与EF相交.故C,D,F,E四点共面.因为平面ADF∥平面BCE,所以CE∥DF.因为M为CE的中点,所以∠CBM=∠EBM,所以N为CE的中点,又BC=BE,所以BN⊥CE,即BM⊥CE,所以BM⊥DF.(方法二)如图,以B为坐标原点,BE,BC,BA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设AB=1,则AD=AF=1,BC=BE=2,所以B(0,0,0),M(2,2,0),D(0,1,1),F(1,0,1),所以BM=(2,2,0),DF=(1,-1,0),所以BM·DF=(2)解如图,以B为坐标原点,BE,BC,BA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设AB=1,则AD=AF=1,BE=2,所以B(0,0,0),M(2,2,0),E(2,0,0),F(1,0,1),所以BM=(2,2,0),EF=(-1,0,1),所以cos<BM,EF>=BM·EF|BM19.(1)证明连接AC,∵CF⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴CF⊥CD.∵AD=2,AB=BC=1,∴AC=CD=2,∴AC2+CD2=AD2,可得AC⊥CD.∵AE⊥平面ABCD,CF⊥平面ABCD,∴AE∥CF,∴A,C,F,E四点共面.又AC∩CF=C,∴CD⊥平面ACFE.∵EF⊂平面ACFE,∴CD⊥EF.(2)解如图所示,以A为原点,AB,AD,AE分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,设AE=t,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(0,0,t),则BE=(-1,0,t),BF=(0,1,2t),DE=(0,-2,t),DF=(1,-1,2t).设平面BEF的法向量为m=(x1,y1,z1),则m即-x1+tz1=0,y1+2tz1=0,取z1=1,x1=t,y1=-设平面DEF的法向量为n=(x2,y2,z2),则n取z2=2,x2=-3t,y2=t,则平面DEF的一个法向量n=(-3t,t,2).由二面角B-EF-D是直二面角,则m·n=0,即5t2=2,解得t=10所以AE=1020.(1)证明设AC交BD于点E,连接PE,即E为BD中点,又AB=AD,∴AE⊥BD,∵PD=PB,∴PE⊥BD.∵AE⊂平面PAC,PE⊂平面PAC,AE∩PE=E,∴BD⊥平面PAC.又BD⊂平面PBD,∴平面PAC⊥平面PBD.(2)解∵AE⊥BD,PE⊥BD,∴∠PEA即为二面角P-BD-A的平面角,即∠PEA=120°,得∠PEC=60°.∵AB=2,∴EP=EC=PC=2以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),P12,32,62.设DM=λDP=12λ,32λ,62λ,∴BM=BD+DM=12λ-2,32λ-2,∴|cos<n,BM>|=n=32,解得λ=∴BM=(-1,1,6),CB=(2,0,0)设平面MBC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n即-x1+y1+6z1=0,2x1=0,令y1=6,得平面MBC的一个法向量n1=(0,6,-1).∵CP=12,-12,62,CB即1令y2=6,得平面PBC的一个法向量n2=(0,6,1).设二面角M-BC-P的平面角为θ,∴cosθ=n1·n2|21.(1)证明因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.又因为AD⊥CD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.(2)解过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD.如图,建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).所以AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2)所以PF=13PC=23,23,-23设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则n即y令z=1,则y=-1,x=-1.于是平面AEF的一个法向量n=(-1,-1,1).又因为平面PAD的一个法向量为p=(1,0,0),所