高考二轮复习数学试题（新高考新教材）专题过关检测四立体几何

专题过关检测四立体几何一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.“直线m垂直于平面α内的无数条直线”是“m⊥α”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2.已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则异面直线CD与PB所成角的余弦值为()A.55 B.255 C.510 D3.在正方体ABCDA1B1C1D1中,G是线段BC1上一点,且A1G⊥B1D,则()A.BG=12BCB.BC1=3GC1C.BG=3GC1D.G为线段BC1上任意一点4.某保鲜封闭装置由储物区与充氮区(内层是储物区,用来放置新鲜易变质物品,充氮区是储物区外的全部空间,用来向储物区输送氮气从而实现保鲜功能)构成.如图,该装置外层上部分是半径为2的半球,下面大圆刚好与高度为3的圆锥的底面圆重合,内层是一个高度为4的倒置小圆锥,小圆锥底面平行于外层圆锥的底面,且小圆锥顶点与外层圆锥顶点重合,为了保存更多物品,充氮区的体积最小为()A.4π B.16π3 C.28π5.在圆柱O1O2内有一个球O,球O分别与圆柱O1O2的上、下底面及母线均有且只有一个公共点.若O1O2=2,则圆柱O1O2的表面积为()A.4π B.5π C.6π D.7π6.已知球O与棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1的各个面都相切,M为棱DD1的中点,则平面AMC截球O所得截面的面积为()A.π3 B.2C.π D.47.过正方形ABCD的顶点A作PA⊥平面ABCD,若AB=AP,则平面ABP与平面CDP的夹角的余弦值为()A.13 B.22 C.328.(2022·新高考Ⅰ,8)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤33,则该正四棱锥体积的取值范围是()A.18,814C.274,64二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.对于空间中的两条不同直线a,b和两个不同平面α,β,下列说法正确的是()A.若a⊥α,b⊥α,则a∥bB.若a⊥b,b⊥β,则a∥βC.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥bD.若a∥α,α⊥β,则a⊥β10.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点P在线段BC1上运动,下列结论正确的是()A.三棱锥AD1PC的体积不变B.直线AP与平面ACD1所成角的大小不变C.直线AP与直线A1D所成角的大小不变D.二面角PAD1C的大小不变11.在意大利,有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛,这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trulli,于1996年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trulli的屋顶,得到圆锥SO(其中S为顶点,O为底面圆心),母线SA的长为6m,C是母线SA上靠近点S的三等分点.从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带,灯光带的最小长度为213m.下面说法正确的是()A.圆锥SO的侧面积为12πm2B.过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大值为18m2C.圆锥SO的外接球的表面积为72πm2D.棱长为3m的正四面体在圆锥SO内可以任意转动12.(2021·新高考Ⅰ,12)在正三棱柱ABCA1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足BP=λBC+μBB1,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则(A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值B.当μ=1时,三棱锥PA1BC的体积为定值C.当λ=12时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥D.当μ=12时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2023·新高考Ⅱ,14)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为.

14.如图,已知二面角AEFD的大小为45°,四边形ABFE与四边形CDEF都是边长为1的正方形,则B,D两点间的距离是.

15.如图,在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中,M是棱A1A上的动点,N是棱BC的中点.当平面D1MN与平面ABCD的夹角最小时,A1M=.

16.在菱形ABCD中,AB=2,∠DAB=60°,E为AB的中点,将△ADE沿DE翻折成△A1DE,当三棱锥A1DEC的体积最大时,三棱锥A1DEC的外接球的表面积为.

四、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)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,侧面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面积依次为16,12,20,E,F分别为A1C1,BC的中点.求证:(1)平面ABE⊥平面BB1C1C;(2)C1F∥平面ABE.18.(12分)如图,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,PA∥EB,且PA=AB=3.(1)求证:CE∥平面PAD;(2)若BE=13PA,求直线PD与平面PCE所成角的正弦值19.(12分)如图,四棱锥PABCD的底面为矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,PB⊥AM.(1)求证:平面PAM⊥平面PBD;(2)若PD=DC=1,求四棱锥PABCD的体积.20.(12分)如图①,在平面图形ABCD中,△ABD是边长为4的等边三角形,DB是∠ADC的平分线,且BD⊥BC,M为AD的中点,沿BM将△ABM折起,得到四棱锥A1BCDM,如图②.图①图②(1)设平面A1BC与平面A1DM的交线为l,在四棱锥A1BCDM的棱A1C上求一点N,使直线BN∥l;(2)若二面角A1BMD的大小为60°,求平面A1BD与平面A1CD的夹角的余弦值.21.(12分)如图,C是以AB为直径的圆上异于点A,B的点,平面PAC⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F分别是PC,PB的中点,设平面AEF与平面ABC的交线为直线l.(1)求证:直线l⊥平面PAC.(2)直线l上是否存在点Q,使直线PQ分别与平面AEF,直线EF所成的角互余?若存在,求出AQ的值;若不存在,请说明理由.22.(12分)如图①,在菱形ABCD中,∠ABC=120°,动点E,F分别在边AD,AB上(不含端点),且存在实数λ,使EF=λBD,沿EF将△AEF向上折起得到△PEF,使得平面PEF⊥平面BCDEF,如图②所示.图①图②(1)若BF⊥PD,设三棱锥PBCD和四棱锥PBDEF的体积分别为V1,V2,求V1(2)当点E的位置变化时,二面角EPFB是否为定值?若是,求出该二面角的余弦值;若不是,请说明理由.专题过关检测四立体几何1.B解析由直线m垂直于平面α内的无数条直线不能推出m⊥α,但是由m⊥α一定能推出直线m垂直于平面α内的无数条直线,所以“直线m垂直于平面α内的无数条直线”是“m⊥α”的必要不充分条件.故选B.2.C解析连接AE,BE(图略),设AB=1,则PA=2,AE=12+12-2×1×1×cos120°=3,PE=4+3=7,BE=3+1=2,PB=4+1=5.易知CD∥BE,所以∠PBE是直线CD所以直线CD与PB所成角的余弦值为510.故选C3.D解析如图,∵AD⊥平面ABB1A1,∴AD⊥A1B.又AB1⊥A1B,AB1∩AD=A,∴A1B⊥平面AB1D,∴A1B⊥B1D.同理BC1⊥B1D.又A1B∩BC1=B,∴B1D⊥平面A1BC1.又A1G⊂平面A1BC1,∴A1G⊥B1D.故G为线段BC1上任意一点.故选D.4.B解析由题意可知内层小圆锥底面半径最大为22-12=3,所以充氮区的体积最小为12×43π×23+13π×22×313π×5.C解析依题意,圆柱O1O2的底面半径r=1,高h=2,所以圆柱O1O2的表面积S=2πr·h+2πr2=4π+2π=6π.故选C.6.A解析设球心O到截面的距离为d,截面圆的半径为r,由VOACM=VMAOC,得13·S△ACM·d=23S△AOC.因为S△ACM=12×22×3=6,S△AOC=12×22×1=2,所以d=63.又d2+r2=1,所以r=33,所以平面AMC截球O7.B解析设AP=AB=1,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则P(0,0,1),D(0,1,0),C(1,1,0),所以PC=(1,1,1),PD=(0,1,1).设平面CDP的法向量m=(x,y,z),则m·PC=x+y-z=0,m·PD=y-z=0,取y=1,则x=0,z=1,所以m=(0,1,1)为平面CDP的一个法向量.易知n=(0,1,0)为平面ABP8.C解析记正四棱锥高与侧棱的夹角为θ,高为h,底面中心到底面各顶点的距离为m.∵正四棱锥外接球的体积为36π,∴外接球的半径R=3.又3≤l≤33,∴cosθ=32+l2-322×3×l=l6∈12,32,h=mtanθ=6sinθcosθsinθcosθ=6cos2θ,正四棱锥的底面积S底故该正四棱锥的体积V=13S底·h=13×2m2h=144sin2θcos4令x=cos2θ.∵cosθ∈12∴x=cos2θ∈14∴sin2θcos4θ=(1cos2θ)·cos4θ=(1x)·x2,x∈14令y=(1x)·x2=x3+x2,x∈14,34,则y'=3x故当x∈14,23时,y'>0,函数y=x3当x∈23,34时,y'<0,函数y=x3于是当x=23时,y取最大值,且ymax=2当x=14时,y=1当x=34时,y=3故当x=14时,y取最小值3因而V的最大值Vmax=144×427V的最小值Vmin=144×364故该正四棱锥体积的取值范围为2749.AC解析对于A,由线面垂直的性质定理知A正确;对于B,若a⊥b,b⊥β,则a∥β或a⊂β,所以B错误;对于C,由a⊥α,α⊥β,可知a∥β或a⊂β,又b⊥β,所以a⊥b,所以C正确;对于D,若a∥α,α⊥β,则a∥β或a⊂β或a与β相交,所以D错误.故选AC.10.ACD解析对于A,因为BC1∥平面AD1C,所以BC1上任意一点到平面AD1C的距离都相等,所以三棱锥AD1PC的体积不变,故A正确;对于B,因为BC1∥平面AD1C,所以点P到平面ACD1的距离不变,但AP的长度随着点P的移动而变化,所以直线AP与平面ACD1所成角的大小会改变,故B错误;对于C,因为直线A1D⊥平面ABC1D1,AP⊂平面ABC1D1,所以A1D⊥AP,所以直线AP与直线A1D所成角的大小不变;故C正确;对于D,二面角PAD1C也就是二面角BAD1C,其大小不变,故D正确.故选ACD.11.AD解析如图,设圆锥底面半径为rm,将圆锥侧面展开得到扇形ASA',在△A'SC中,A'S=6m,SC=2m,A'C=213m,则cos∠A'SC=36+4-522×6×2=12,所以∠A'SC=2π3,所以2πr=2π3×6=4π,r=2,所以圆锥的侧面积为π×2×6=12在△ASB中,cos∠ASB=SA2+SB2-AB22SA·SB=79,sin∠ASB=1-4981=429,易知过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大为S△设圆锥SO的外接球的半径为Rm,则R2=(SOR)2+r2,又SO=SA2-r2=36-4=42,所以R2=(42R)2+4,解得R=924,所以圆锥SO的外接球的表面积为4π设圆锥SO的内切球的半径为tm,则t42-t=13,解得t=2,设棱长为3m的正四面体的外接球的半径为r1m,将该正四面体放在棱长为62的正方体中,可知该正四面体的外接球也是该正方体的外接球,易知r1=123×622=324,因为r112.BD解析A项中,当λ=1时,BP=BC+uBB1⇒BP-BC=CP=uBB1,则CP与BB1图①在△AB1P中,|AB1|=2,|AP|=1+u2,|B1P|=故△AB1P的周长L=|AB1|+|AP|+|B1P|不为定值,故A错误;图②B项中,当u=1时,BP=λBC+BB1⇒BP-BB1=B1P=λBC,则B1P与BC由图②可知B1C1∥平面A1BC,即B1C1上的每一点到平面A1BC的距离都相等,因此三棱锥PA1BC的体积为定值,故B正确;图③C项中,当λ=12时,分别取线段BC,B1C1的中点D,D1,连接DD1,可知点P在线段DD1(包括端点)上,如图③所示取AC的中点O,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则B32,0,0,C0,12,0,A10,12,1,P34,14,u,由A1P·BP=u(u1)=0,得u=0当点P与点D或D1重合时,满足A1P⊥BP,故C错误;D项中,当u=12时,分别取线段BB1,CC1的中点M,N,连接MN,可知点P在线段MN(包括端点)上,如图④所示图④建系同选项C,则A0,12,0,A10,12,1,B32,0,0,P32-32λ,λ2,12,从而A1B=32,12,1,AP=32-32λ,λ2+12,12要使A1B⊥平面AB1P,只需A1B⊥AP,即A1B·AP=12当且仅当点P与点N重合时,A1B⊥平面AB1P,故D正确.综上所述,选BD.13.28解析如图所示,在正四棱锥PABCD中,平面A'B'C'D'∥平面ABCD.点O',O分别为正四棱台ABCDA'B'C'D'上、下底面的中心,O'H'⊥A'B',OH⊥AB,点H',H为垂足.由题意,得AB=4,A'B'=2,PO'=3.易知△PO'H'∽△POH,所以PO'PO=O'H'OH,即3PO=12,解得PO=6,所以OO'=POPO'=3,所以该正四棱台的体积是V=13×14.3-2解析∵BD=BF+FE+ED,∴|BD|2=|BF|2+|FE|2+|ED|2+2由题意可知|BF|=|FE|=|ED|=1,BF·FE=0,FE·ED=0,BF·ED=1×1×∴|BD|=3-2.故B,D两点间的距离是15.85解析如图,建立空间直角坐标系,则N(2,4,0),D1(0,0,4),设M(4,0,a)(0≤a≤4),所以MN=(2,4,a),D1N=设平面D1MN的法向量为n=(x,y,z),则n·MN令z=8,则x=82a,y=a+4,所以n=(82a,a+4,8)为平面D1MN的一个法向量.易知m=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.设平面D1MN与平面ABCD的夹角为θ,则cosθ=|m·n||m||n|=8(8-2a)2+(a16.8π解析如图,由余弦定理,得DE=AD2+AE2-2AD·AEcos60°=3,CE=BE2+BC2-2BE分别取CE,A1C的中点F,M,连接FM,则F为Rt△DEC的外心,因为△DEC的面积为定值,所以当平面A1DE⊥平面DEC时,点A1到平面DEC的距离最大,此时三棱锥A1DEC的体积最大,又A1E⊥DE,所以A1E⊥平面DEC.由F,M分别为CE,A1C的中点,得FM∥A1E,所以FM⊥平面DEC,易知M是三棱锥A1DEC的外接球的球心.因为A1C2=A1E2+CE2=1+7=8,所以所求外接球的表面积S=4πA1C2217.证明(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,∴BB1⊥AB.∵侧面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面积依次为16,12,20,∴AB∶BC∶AC=4∶3∶5,∴AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC.又BB1∩BC=B,∴AB⊥平面BB1C1C,又AB⊂平面ABE,∴平面ABE⊥平面BB1C1C.(2)如图,取AB的中点G,连接EG,GF.∵G,F分别为AB,BC的中点,∴GF∥AC,GF=12∵E为A1C1的中点,∴EC1=12A1C1=1又A1C1∥AC,∴EC1∥GF,EC1=GF,∴四边形EGFC1为平行四边形,∴C1F∥EG.又C1F⊄平面ABE,EG⊂平面ABE,∴C1F∥平面ABE.18.(1)证明因为四边形ABCD是正方形,所以BC∥AD.又AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,所以BC∥平面PAD.同理EB∥平面PAD.又BC∩EB=B,所以平面EBC∥平面PAD.又CE⊂平面EBC,所以CE∥平面PAD.(2)解以A为原点,AD,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.因为PA=AB=3,所以BE=13PA=1,所以P(0,0,3),D(3,0,0),C(3,3,0),E所以PD=(3,0,3),PC=(3,3,3),PE=(0,3,2).设平面PCE的法向量为m=(x,y,z),则m得x令z=3,则x=1,y=2,所以m=(1,2,3)为平面PCE的一个法向量.设直线PD与平面PCE所成的角为θ,则sinθ=|cos<PD,m>|=|PD所以直线PD与平面PCE所成角的正弦值为7719.(1)证明因为PD⊥底面ABCD,AM⊂平面ABCD,所以PD⊥AM.又PB⊥AM,PB∩PD=P,所以AM⊥平面PBD.又AM⊂平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.(2)解由(1)可知AM⊥平面PBD,所以AM⊥BD,所以△DAB∽△ABM.设BM=x,则AD=2x,由BMAB=ABAD,即x1=12x,得2x2=因为PD⊥底面ABCD,所以四棱锥PABCD的体积为13×1×2×1=220.解(1)如图,延长CB,DM相交于点E,连接A1E.因为点A1,E既在平面A1BC内,又在平面A1DM内,所以直线A1E即为平面A1BC与平面A1DM的交线l.因为DB是∠ADC的平分线,且BD⊥BC,所以B为EC的中点.取A1C的中点N,连接BN,则BN∥A1E,即BN∥l.故当N为棱A1C的中点时,BN∥l.(2)由题意可知BM⊥A1M,BM⊥MD,则∠A1MD为二面角A1BMD的平面角,所以∠AMD=60°.又A1M=MD,所以△A1MD为等边三角形.取MD的中点O,连接A1O,则A1O⊥MD.由BM⊥A1M,BM⊥MD,A1M∩MD=M,可知BM⊥平面A1MD,所以BM⊥A1O.又BM∩MD=M,所以A1O⊥平面BCDM.如图,建立空间直角坐标系.则D(1,0,0),A1(0,0,3),C(5,43,0),B(1,23,0),所以DA1=(1,0,3),DC=(4,43,0),DB=(2,23设平面A1CD的法向量m=(x,y,z),则m令z=3,则x=3,y=3,所以m=(3,3,3)为平面A1CD的一个法向量.设平面A1BD的法向量为n=(a,b,c),则n令c=3,则a=3,b=3,所以n=(3,3,3)为平面A1BD的一个法向量.设平面A1BD与平面A1CD的夹角为θ,则cosθ=|cos<m,n>|=|=35所以平面A1BD与平面A1CD的夹角的余弦值为3521.(1)证明∵E,F分别是PC,PB的中点,∴BC∥EF.又EF⊂平面AEF,BC⊄