三 立体几何 综合训练（解析版）2023年高考数学二轮复习（全国通用）

专题三立体几何

综合训练

一、选择题

L（2022∙河南模拟）如图所示,这是一个几何体,它的俯视图是（）.

正面

IΓ∖A11LIΓ∖LIΓ∖D

【答案】B

【解析】由题意,根据空间几何体的三视图的概念,结合选项,可知选B.

2.（2022・济南模拟）已知直线m，平面α,直线nu平面β,则“m_Ln”是“a〃p”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

【答案】B

【解析】若直线m_L平面a,直线nu平面β,a"p,则m_Ln;

若直线m_L平面a,直线nu平面p,m_Ln,则平面a和平面β平行、相交或垂直.

所以“m，n”是“a〃p”的必要不充分条件.

3.（2022•青海模拟）已知在四棱锥P-ABCD中,PAJ.平面ABCD,底面ABCD是矩

形,AD=3AB=3PA,若四棱锥P-ABCD外接球的表面积为11兀,则四棱锥P-ABCD的体积为

（）.

A.3B.2C.√2D.1

【答案】D

【解析】设四棱锥P-ABCD外接球的半径为R,则4兀R2=llπ,即4R2=1I.

由题意,易知PC2=4R2,得PC=√H.

设AB=x,得√χ2+9χ2+χ2=n,解得x=l,所以四棱锥P-ABCD的体积为（xlx3xl=l.

4.（2022•浙江适应性考试）已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（）.

俯视图

A.12=B.12-πC.12-2πD.12-3π

3

【答案】B

【解析】由三视图知,此几何体是长方体挖去了一个圆锥剩下的部分.其中长方体的长为2,

宽为2,高为3,圆锥的底面圆的半径匚1,高h=3,

所以几何体的体积V=2×2×3-⅛r⅞=2×2×3-∣π×l2×3=12-π.

5.（2022・安阳调研）已知圆柱OQ2的底面半径为1,高为2,AB.CD分别为上、下底面圆的直

径,ABLCD,则四面体ABCD的体积为（）.

124

Æ-B-CD-

333

【答案】D

【解析】如图所示,

连接COI,DO∣,因为AB±CD,AB±O∣O2,Ja0∣O2PCD=O2,

所以ABJ_平面CDoI,所以VABCD=VA-CD0]+VB-CDOl=ISACDOI∙AB=gxTx2x2x2=g.

6.在四边形ABCDψ,BC//AD,AB=BC=CD=∣AD,P为空间中的动点,PA=PB=AB=2,E为PD

的中点,则动点E的轨迹长度为（）.

A.√2B.√3C.√2πD.√3π

【答案】D

【解析】如图,作AP的中点F,连接EF,BE

因为EF〃AD,AD〃BC,所以EF〃BC.

因为EF=；AD,BC《AD,所以EF=BC.

故四边形EFBC为平行四边形,则有CE〃BF且CE=BF,则点F的轨迹长度与点E的轨迹长度

相同.过点F作FH±AB于H,则点F的轨迹是以H为圆心,FH长为半径的圆,且FH=当故点F

的轨迹长度为百兀

ri-r÷Λ÷÷-⅛∖j-i-

>I-nI/y-I7--Ir-τI∖It--•r∕/-ι1--,«∙V\r•--

H≡w⅛∙⅜⅛-

；陌芬:磔H二

：二循视图三二匚;二匚

7.（2022•西安模拟）刍薨（ChdmCng）是中国古代算术中的一种几何形体,《九章算术》中记载:“刍

薨者,下有褒有广,而上有褒无广,刍,草也;薨,屋盖也翻译为"底面有长有宽为矩形,顶部只有

长没有宽为一条棱,刍薨字面意思为茅草屋顶已知图中每个小正方形的边长都为1,其中的

粗线部分是某个刍薨的三视图,则该刍薨的体积为（）.

A.—B.39C.12D.15

2

【答案】D

【解析】将几何体刍葭EF-ABCD补成直三棱柱ADG-BCH,且该三棱柱的底面积为932=*

三棱锥F-BCH的体积VFBCH=∕x1=|,所以该刍技的体积为'4-2x'=l5.

8.（2022・福建联考）已知直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,M为AC的中点,则AM与

BG所成角的正弦值为（）.

A竺B*C.渔D.逗

3344

【答案】C

【解析】取线段AC的中点。,则BOI.AC,设直三棱柱ABC-AlBICl的棱长为2,

以点O为原点,而,丽,标的方向分别为X轴、y轴、Z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如

图所示，

则A(0,-1,0),M(0,0,2),B(√3,0,0),Cι(0,1,2),

所以府=(0,1,2),βζ=(-√3,l,2),所以COS<½Λ∕M>=^^=√⅛=V∙

所以sin<AM,BC↑>=-yjl-cos2<AM,BC^>=~∙

9.已知某圆台的母线长为2,母线与轴所在直线的夹角是60。,且上、下底面的面积之比为1:

4,则该圆台外接球的表面积为().

A.56πB.64πC.112πD.128π

【答案】C

【解析】如图,等腰梯形ABCD是圆台的轴截面,EF是圆台的对称轴，

圆台上、下底面的面积之比为1:4,则半径比为I:2.设圆台上、下底面半径分别为r,2r,由母

线与轴的夹角是60。,母线长为2,可得圆台的高为l,r=√5.设圆台外接球的半径为R,球心到下

底面(大圆面)的距离为X.

若球心在圆台两底面之间,如图点M的位置,则R2=x2+(2√3)且R2=(l-x)2+(√3),无解；

一22

若圆台两底面在球心同侧,如图中点O的位置,则R2=x2+(2√3)且R2=(l+x)2+(√3),解得x=4,

则R2=28,则该圆台外接球的表面积为4πR2=112π.

10.(2022・许昌模拟)如图,在长方体ABCD-A1BιC∣D∣中,M,

N分别为棱GDl,CC∣的中点,下列判断中正确的个数为().

①直线BlM_LBN;

②ADJ_平面CDDιC∣;

③BN〃平面ADM.

A.0B.lC.2D.3

【答案】B

【解析】设AB=2a(a>0),AD=2b(b>0),AA∣=2c(c>0),

以D为坐标原点,DA,DC,DD∣所在直线分别为X轴、y轴、Z轴建立空间直角坐标系,

则Bɪ(2b,2a,2c),M(0,a,2c),B(2b,2a,0),N(0,2a,c),

故瓦正=(-2b,-a,O),丽=(-2b.O,c),瓦丽•丽=(-2b,-a,0)∙(-2b.0,c)=4b2≠0,故直线B∣M±BN不成立,

①错误；

在长方体ABCD-AιBιC∣D∣中,ADJ_平面CDDlCI,②正确；

∣⅛1为宿=(-2b,a,2c),51=(2b,0,0),

设平面ADM的法向量为n=(x,y,z),

^(n-AM=-2bx+ay+Icz=0,

(n∙O√l=2bX=0,

令y=c,则Z=-*则nɪ(θ,e,-ɪ),

而前=(-2b,0,c),故而∙n=(-2b,0,c)∙(0,c,-)=-%,

故BN〃平面ADM不成立,故③错误.

综上,正确的有I个.

11.(2022•广西检测)一个三棱锥S-ABC的侧棱上各有一个小洞D,E,F,且SD：DA=SE:

EB=CF:FS=3：1,则这个容器最多可盛放原来容器的().

A.2B.-C,-D.-

99643

【答案】C

【解析】由题意,这个容器最多可盛放原来容器的比例为铲匹=匕娱①,设点C到平

yS-ABCyS-ABC

面SAB的距离为h,则VS-ABC=VC一ABSWSASABh.

S

R

]91919

又Vs.DEF=VF.SDE=T×T-S∆SAB×-h=-×-S∆SABh=-Vc-ABS,

316464364

故VOEF-ABC=USXBC-VSREF=I一蕊=55

Z

'SΛBCVS.ABC164

12.(2022•南平检测)如图,在正方体ABCD-ABCD中,而=两,不再=西,瓦层=λ瓦？,当直线

DDl与平面MNE所成的角最大时,λ=().

【答案】C

【解析】如图,建立空间直角坐标系,设正方体ABCD-AlBiC1D1的棱长为1,

贝IJM(∣,0,1),N(1,0i),C(0,1,0),B∣(1,1,1),D(0,0,0),Dl(0,0,1),

/.B1E=XBIC=λ(-I,O,-I),E(l-λ,lJ-λ),M∕V=(iθ,-ɪ),ʌfE=(i-λ,1,-λ).

设平面MNE的法向量为m=(x,y,z),则(πr竺=°，

{m-ME=0,

-X--Z=0,

.122,

d-λ)χ+y-λz=0,

k/

令x=l,可得m=(l,2λ-p1).

又DDI=(0,0,1),设直线DDi与平面MNE所成的角为α,

则sinα=∣cos<m,DD；>∣=∣Im需5∣=∣I==I1

1IIImiI叫IlJ（2++2卜（注y+2

又a#],

/.当λ=i⅛,sina有最大值,即直线DDl与平面MNE所成的角最大.

二、填空题

13.（2022•北京期末）已知直线m和平面a,&给出下列三个论断:①m〃a;②a〃伏③muβ.以其中

的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个真命题:.

【答案】若a"p,muβ,则m〃a

【解析】将①②作为条件,③作为结论:若m〃a,a〃p,则mu（3.此命题为假命题（结论应为

nιcβ或m∕7β）.

将①③作为条件,②作为结论:若m〃a,mup,则a〃p.此命题为假命题（结论应为a与β相交或

a〃。）.

将②③作为条件,①作为结论:若a“β,muβ,则m〃a.由两平面平行的性质定理可知此命题为

真命题.

14.（2022・商丘三模）已知体积为空的圆锥的侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的外接球的表

面积为.

【答案】等

【解析】设圆锥的底面半径为r,母线长为1,由题意得2πr=τd,所以l=2r,

则圆锥的高h=∙√Z2-r2=√3r.

由V=∣πFh=Iπr2.λ∕^r=孚π,解得尸企,则]=2jΣ,hTδ.

设圆锥的外接球的半径为R,由球的性质可知,R2=（h-R）2+R

即R2=（√^Rf+2,解得R=套

所以该圆锥的外接球的表面积S=4τrR2=等.

15.（2022.四川考试）在棱长为1的正方体AiB1C1Dl-ABCD中,M为底面ABCD的中心,Q是棱

A1D1上一点,且瓦同=λ瓦W,λ∈[0,l],N为线段AQ的中点,给出下列命题：

①CN与QM共面;

②三棱锥A-DMN的体积与λ的取值无关;

③当入=时,AM_LQM;

④当λ言时,过A,Q,M三点的平面截正方体所得截面的周长为这誓.

其中的真命题为（填写序号）.

【答案】①②④

【解析】连接AC,MN,CQ,；在AACQψ,M,N为AC,AQ的中点,；.MN〃CQ,

ΛCN与QM共面,①为真命题；

VARMN=VN一ADM,丁点N至IJ平面ABCD的距离为定值;,且AADM的面积为定值三棱锥

24

A-DMN的体积与λ的取值无关,②为真命题；

当人=1时,可得AMJ±AQ2=1U=史,QM2=G)2+d)2=N则AM2+AQ2>QM2,所以AM±QM不成

4216162416

立,③为假命题；

当λ苦时,作QE〃AC,连接EC,易知过A,Q,M三点的正方体的截面ACEQ是等腰梯形,所以平

面截正方体所截得的周长为l=√2+≤+2JrTl=史竽亘,④为真命题.

16.（2022.江西模拟）在边长为6的菱形ABCD中,NABC=60。,将AABC沿AC翻折,使得二面

角B-AC-D的大小为詈,则三棱锥B-ACD外接球的表面积是.

【答案】84π

【解析】如图所示:

B

由菱形ABCD的边长为6,NABC=60。,对角线AC=6,

得AABC和aDAC均为边长是6的等边三角形，

由菱形的对角线互相垂直,可得二面角B-AC-D的平面角NBED=

由题得BE=fx6=3H,由题设等边AADC的外接圆圆心为G,三棱锥B-ACD的外接球的球心

为0,球的半径为R,连接OGQBQD,取BD的中点为H,连接GH.所以OHLBD.

因为EB=ED=3√3,ZBED=γ,

所以BD=27+27-2×27×(-i)=9,ZBDE=-.

V26

因为OGLDE,所以0,G,H.D四点共圆.DG=∣x3√5=2√5,

所以GH=I—+12-2×-×2√3X

74222

所以OD=Hf=√∏,所以R=√21,

sin-

所以三棱锥B-ACD外接球的表面积是4π×21=84π.

三、解答题

17.(2022•晋中三模)在三棱锥A-BCD中,E,F分别是棱BC5CD上的点,且EF〃平面ABD.

(1)求证:BD〃平面AEE

⑵若AEL平面BCD,DEBC,AE=CE=DE=2,二面角B-AD-C的平面角的余弦值为-日,求直线

AB与AD所成角的余弦值.

【解析】(1)因为EF〃平面ABDEFu平面BCD,平面ABDrl平面BCD=BD,所以EF/7BD.

因为BDC平面AEF,EFu平面AEF,所以BD〃平面AEE

5

(2)因为AElFffiBCD.DEIBC5

所以以E为原点,ED.EC,EA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,

设BE=a,则A(0,0,2),B(0,-a,0),C(0,2,0).D(2,0,0),

所以同=(O,-a,-2证=(0,2,-2),而=(2,0,-2).

设平面ACD的法向量为nι=(x∣,yl,zι),

则［m∙竺=0,即,然「毋=，所以可取χ∣=y尸z∣=ι,即m=(l,l,l).

{m∙AD=0,^zzι—U,

设平面ABD的法向量为n=(x2,y2,Z2),

则上亚=0,即产2产10,

所以可取n=(a,-2,a).

因为二面角B-AD-C的平面角的余弦值为《，

所以ICoS<TTiji>|=£即■鲁；：+?/£解得a=4或@=0(舍去),所以宿=(0,-4,-2),

3√3∙√2αz+43

所以COS<AB>=τ=rp=τ=--τ^~≈=∙^.

'∖AB∖∖AD∖2√5×2√210

所以直线AB与AD所成角的余弦值为噂.

o

18.(2022・福州质检)如图lt⅛∆ABCΦ,ZC=90,BC=√3,AC=3,E是AB的中点,点D在AC

上,DE_LAB.沿着DE将^ADE折起,得到几何体A-BCDE,如图2.

A

TI⅛

图1图2

⑴证明:平面ABE_L平面BCDE.

(2)若二面角A-DE-B的大小为60。,求直线AD与平面ABC所成角的正弦值.

【解析】(1)因为在图1中DEJ_AB,沿着DE将AADE折起，

所以在图2中有DE_LAE,DE_LBE,

又AE∩BE=E,

所以DE_L平面ABE,

又因为DEU平面BCDE,

所以平面ABE_L平面BCDE.

(2)Ltl(1)知,DE_LAE,DE_LBE,

所以/AEB是二面角A-DE-B的平面角,

所以∕AEB=6(Γ,

又因为AE=BE,

所以AABE是等边三角形.

连接CE,

在图1中,因为NC=9()o,BC=√^AC=3,

所以ZEBC=60o,AB=2√3.

因为E是AB的中点，

所以BE=BC=√3,

所以ABCE是等边三角形，

取BE的中点为O,连接AO,CO,

则AO±BE,CO±BE.

因为平面ABE±5liTffjBCDE,平面ABEn平面BCDE=BE,

所以AO_L平面BCDE,

所以OBQCQA两两垂直.

以O为原点,而,丽.示的方向为X轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示,

则A(O,O,%B咚OO),C(O,∣,O),D(争,0),

χz

n∙亚=0,即T-l=°`

设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则

JiAC=0,∣y-∣z=°，

取z=l,得平面ABC的一个法向量为n=(√3,l,I),

√5

所以CoS诬n>⅜¾=⅛3⅛

√5×2

设直线AD与平面ABC所成的角为θ,则Sinθ=y.

19.(2022•河南模拟)如图所示,在直四棱柱ABCD-AιB∣C1Dι中,底面ABCD是等腰梯形,AB〃

CD,AB=2CD,NBAD=60。,四边形CDD∣Cι是正方形.

⑴指出棱CCI与平面ADB1的交点E的位置（无需证明）,并在图中将平面ADBl截该四棱柱所

得的截面补充完整；

⑵求二面角Bi-AD-Al的余弦值.

【解析】（I）E为CC1的中点.作图如下:如图,取CC1的中点E,连接DEBE.

（2）设点D1在平面ABB1A1内的投影为点O,点F在AB上,且OF√AA1,

以0为坐标原点,0F,OBLODI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）,

设CD=2,则AA,=2.AB=4,AF=OA1=1,OBι=3,0D,=√3,

所以A(2,-l,0),B1(0,3,0),D(2,0,√3),Al(0,-1,0),

所以羽=(2,0.0),而=((M,√3),^K=(-2,4,0).

设平面AA1D的法向量为m=(x∣,y1,zι),

则取m=(0,后1).

{mAD=y1+√3z1=0,

设平面ADBl的法向量为n=(x2,y2,z2),

则上画=-尸2=。,取n=(2Q在］),

(n∙AD=y2÷v3z2=0,

所以cos<n‰n>=-^^∙=4

∣m∣∣n∣χ∣z4ς×∖f>τ1z6⅛2

山图可知二面角B1-AD-A,为锐角,故其余弦值为今

20.（2022.日照二模）如图,在等腰梯形ABCD中,AD〃BC,AB=BC=CD=^AD,现以AC为折痕把

∆ABC折起,使点B到达点P的位置,且PA±CD.

（1）证明:平面APC_L平面ADC.

(2)若M为PD上一点,且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍,求二面角

P-AC-M的余弦值.

【解析】(1)在梯形ABCD中取AD的中点为N,连接CN,如图1,

则由BCAN知,四边形ABCN为平行四边形,所以CN=AB.

由CNWAD知点C在以AD为直径的圆上,所以AClCD.

又AP_LCD,APΠAC=A,AP,ACu平面PAC,

所以CDJ"平面PAC.

又CD⊂T⅛^ADC,

所以平面APej"平面ADC.

⑵取AC的中点O,连接PO,由AP=PC可知POlAC,

再由平面PACJ＞平面ACD且平面PAC∩平面ACD=AC,得Po平面ACD.

以0为原点QA所在直线为X轴,过点O且与OA垂直的直线为y轴QP所在直线为Z轴建

立空间宜角坐标系,如图2,

令AB=2,则A(√3,0,0),C(-√3,0,0),P(0,0,l),D(-√3,2,0),

由VRACM：VaACM=I:2,得丽=酒

所VλOM=δP+PM=OPΛ~丽=(一泉|,|).

设平面ACM的法向量为n=(x,y,z),

∣.(n∙OΛf=0,ΛX÷-y+-Z=0,

则rτll由《一，得B《33/3

5。"=0,(V3x=0,

取Z=-I,得x=0,y=1,所以n=(0,l,-l),

而平面PAC的法向量m=(0,l,0),所以cos<n,m>=∙^γ■：=­•

ImllInl2

又因为二面角P-AC-M为锐二面角,所以其余弦值为三.

21.(2022.海南模拟)如图,四棱锥P-ABCD的底面为梯形,PDL底面ABCD,ZBAD=Z

CDA=90o,AD=AB=1,CD=2,E为PA的中点.

⑴证明:平面PBD_L平面BCE.

(2)若二面角P-BC-E的余弦值为学,求三棱锥P-BCE的体积.

【解析】(1)因为PD_L底面ABCD,BCu平面ABCD,所以PDXBC,

由NBAD=90。,AD=AB=】,得BD=又NCDA=90。,则AB/7DC.

若F为CD的中点,连接BF,易知四边形ABFD为正方形,则BF=I,又CD=2,即FC=I,所以

BC=√2,

综上,BC2+BD2=CD2,即BDlBC.

又BDrlPD=D,则BC±T⅛PBD,XBCU平面BCE,

所以平面PBD_L平面BCE.

⑵由题设，可构建空间直角坐标系，如图所示，若PD=m,则

D(O,O,O),B(1,1,0),C(0,2,0),P(0,0.m),E(i0ξ),

所以而=(1,1,-m)丽=百1,拳,配=(-1,1,0),

a∙BC=-X+y=0,

若α=(x,y,z)为平面PBC的一个法向量,则令x=l,则a=(l,l,$.

a∙PB=X+y-zm=0,

∖βBC=-a÷&=0,ɔ

若眄加)为平面EBC的一个法向量,则夕初w+b号=。令-则网()'

所以ICoS<a,β>H器卜二喳整理得高媪+1=0,

J2+⅛J2+⅛

所以m≈√3,BPPD=b,易得PA=2,PC≈√7.

由PDJ_底面ABCD,ABu平面ABCD,得PDJ_AB,又NBAD=90。,则AD±AB.