2023届高考二轮总复习试题（适用于新高考新教材）数学检测三　立体几何

专题检测三立体几何

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.（2022•山西太原三模）已知直线/和平面a/,若/丄a,a丄及则（）

A./丄4B.l〃B

C./u夕D./〃4或/u夕

2.（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36兀,则该圆柱的体积为（）

A.16TIB.27兀C.36兀D.54兀

3.（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（）

.7V2TT„7乃TT„7V2nc7百TT

C-D--

4.（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

面半径为凡球冠的高为〃，则球冠的表面积为5=2兀収.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%B4C-3D12

5.（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

16兀的球。的球面上，则三棱锥P-ABC的体积的最大值为（）

A.V3B.苧

C萼D堂

6.（2022・河北张家口三模）如图，在三棱柱ABC-A向G中，过4闰的截面与AC交于点。与BC交于点

E,该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则器=（）

A-B]

D.竽

c空

7.（2022・全国乙•理7）在正方体ABCD-AxB\C\D\中,分别为A8,8C的中点，则。

A.平面BiEF丄平面BDD\

B.平面8EF丄平面4BQ

C.平面BiEF〃平面A）AC

D.平面BiEF〃平面4G。

8.（2022•山东潍坊三模）多面体“鳖朧”是四个面都是直角三角形的三棱锥.若一个“鳖朧”的所有顶点都

在球O的球面上，且该“鳖朧”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.12兀B.4V3TT

C.6兀D.2通兀

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.（2022•山东威海三模）已知a”是两个不同的平面"，〃是平面a及£外两条不同的直线，给出四个论

断:①???丄〃，②a//£,③〃//£,④丄a,则正确的是（）

A.②③④=①

C.①②④=③口的③"④

10.（2021・新高考〃-10）如图，在正方体中，。为底面的中心,P为所在棱的中点,为正方体的顶点，则

满足MN丄。尸的是（）

11.（2022•湖南长沙明德中学二模）如图,四边形ABC。是底面直径为2,高为1的圆柱的轴截面,四边形

OOQA绕OOi逆时针旋转aoWOWir）到四边形OOiQA,则（）

A.圆柱OOi的侧面积为47r

B.当0＜。＜兀时，。力।丄AC

C.当时，异面直线AQ与。01所成的角为处

□.△4CZ）面积的最大值为我

12.（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“的几何体,则下列说法正确的有（）

A.该结构的纳米晶个体的表面积为7K“2

B.该结构的纳米晶个体的体积为警/

C该结构的纳米晶个体外接球的表面积为千〃2

D.二面角4-443-83的余弦值为1

三、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書，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/,〃?是平面a外的两条不同直线.给出下列三个论断：

①/丄加;②加〃a;③/丄a.

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：

15.（2022•云南昆明模拟）已知四面体ABC。中,AB=BC=CZ）=D4=8£＞=2,二面角A-BD-C为60°,E为

棱AD中点，尸为四面体ABCO表面上一动点，且总满足8。丄EF,则点尸轨迹的长度为.

16.（2022•福建漳州二模）在平行四边形ABCD中WB=8,8C=10,/A=*点E在边BC上，且£>C=CE将

△COE沿。E折起后得到四棱锥C-A8EQ,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.

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）（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

9

A'B'=5,B'C'=2A'D7/B'C.

（1）求原平面图形ABC。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PABCZ）的底面是矩形,PQ丄底面ABCD,PD=DC=1,M为

BC的中点，且尸8丄AM

⑴求BC;

（2）求二面角A-PM-B的正弦值.

19.（12分）（2020•新高考〃20）如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,。丄底面ABCD设平面PAD与

平面PBC的交线为I.

⑴证明:/丄平面PDC;

⑵已知尸。=4力=1,。为/上的点,。8=应，求PB与平面QC。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〃QCAO=BC=C£）=2,AB=4,E为AB的中

点，沿CE将△AOE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丄OE;

（2）请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角O-AE-C的余弦值.

①四棱锥A-BCDE的体积为2;

②直线AC与EB所成角的余弦值为乎.

21.（12分）（2022•山东荷泽一模）如图,圆柱的轴截面ABC。是正方形，点E在底面圆周上,AF丄。瓦垂足

为F.

（1）求证:4戸丄。8;

（2）当直线OE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，瓦F分别在边

上，且AE=AF=2,M为线段BC的中点,AM交EF于点、。，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使

DM=—^.

⑴证明:。。丄平面EFC5;

(2)若平面EFCB内的直线EN〃平面OOC,且与边BC交于点N,问在线段上是否存在点尸,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/丄a,a丄夕，则/〃4或/u,

2.D解析设圆柱底面半径为R,高为h,

由题可得，露严二所以C屋'

[2nRh=36n,(n=6,

故圆柱的体积为V=TCR2II=54TI.

3.B解析如图，设圆台上底面的半径为八下底面的半径为R,高为〃，母线长为/,则

2兀厂二兀4，2兀7?=%2,则r=g,R=l,

V3

贝i]/=2-1=1,/?=

故圆台上底面面积S'=兀O=；，下底面面积5=兀2二兀，则该圆台的体积为'(S+S'+A/S于)/2二;X(

TTIt)V3767T

兀+一+一丿X—=------.

42224

4.D解析如图，

若。为球心,尸为卫星位置，故R=OA=OE=OB,h=DE,PE=5R,所以cosNPOA=^=；=盥所以

OP6OA

0。=%,即h=DE=^R，所以当=5

664nR24TTR212

5.C解析设球。的半径为R/ABC的中心为点区则4兀/?2=16兀,所以R=2.

由已知可得SAABC=竽在△A8C中,A£>=3x苧=手/£=|厶。=倔所以球心0到平面ABC的距离

为J22-(百产=1,故三棱锥P-A8C的高的最大值为3,

则该三棱锥体积的最大值为，5“比・3=竽.

6.D解析由题可知平面A/iEO与棱柱上、下底面分别交于AiBi,ED,

则则EO〃A8,可得CQE-GA山।是三棱台.

设aABC的面积为1/COE的面积为s,三棱柱的高为/?,

贝畤1.力W〃(i+s+>/?),所以v?=

由△COEs厶0氏可得第=隼=萼.

ACVI2

7.A解析如图，对于A,：E,F分别为AB,BC的中点,

...E尸〃AC.在正方体ABCAAIBICQI中4c丄区丄AC,又由加。£>|=3,.'.厶(7丄平面BDDi,

...EF丄平面8Z)£)i.又EFu平面&EF,.,.平面SEF丄平面BDDi.故A正确.

对于B,连接AG,易证AC丄平面AiBD.

假设平面SE尸丄平面A|B£),又AGC平面BiEF,

...AG〃平面BiEF.又AC〃EF,ACC平面B】EF,EFu平面8iE£；.AC〃平面8ER又AGnAC=A,

二平面A4£C〃平面BiEF.又平面/UiGCn平面A4iBiB=A41,平面BiEFCl平面AAIBIB=BIE,.\

A4|〃8E,显然不成立,假设不成立,即平面8EF与平面厶山。不垂直.故B错误.

对于C,由题意知，直线44|与SE必相交，故平面SEF与平面Ap4C必相交.故C错误.

对于D,连接A8i,C3i,易证平面A8C〃平面AC。,又平面BiEF与平面A8C相交，，平面B\EF

与平面AG。不平行.故D错误.

8.A解析如图所示，

在三棱锥A-8CD中,A3丄平面BCD,BC1.CD,BC=CD=AB=2.

因为AB丄平面8C£>,8C,8Z),COu平面BCO,则A3丄8C,A8丄8Z),CQ丄AA因为CD±

BC/8nBC=B/B,BCu平面ABC,则C£>丄平面ABC.因为ACu平面ABC,所以AClCD,

所以三棱锥A-BCD的四个面都是直南三角形，且

BD=>JBC2+CD2=2y/2,AD=y/AB2+BD2=2炳.

设线段A。的中点为。，则OB=OC^AD=OA=OD,

所以点0为三棱锥A-BCD的外接球球心.设球0的半径为R,则/?=/。=6,故球0的表面积为

4兀戸=12兀.

9.AC解析对于A,若a〃夕,，〃丄a,则，〃丄夕.又n//夕,...m丄〃，故A正确;对于B,若，W丄a,m丄〃，〃va,

则“〃a.又”〃夕,；.a与夕平行或相交，故B错误;对于C,若a〃为〃丄a,则，〃丄夕.又

//口，故C正确;对于D,若n//Q,a〃夕，则“〃a,又用丄"，则m与a平行或相交，故D错误.

10.BC解析设正方体的棱长为2,对于A,如图1所示，连接AC,则MN〃AC,故NPOC(或其补角)为

异面直线OP,MN所成的角,在直角三繭形OPC中,OC域,CP=1,故tan/POC=a=当，故MN丄

0P不成立，故A错误；

图1

图2

对于B,如图2所示，取NT的中点为。，连接PQ,。。,则0Q丄NT,PQ丄MN.由正方体SBCM-NADT

可得,SN丄平面ANDT,而OQu平面ANDT,故SN丄0Q.而SNCNT=N，故0Q丄平面SNTM.5L

MNu平面SNTMQQ丄MN,而OQnPQ=Q，所以用N丄平面OPQ,而POu平面OPQ,故MN±OP,

故B正确；

对于C,如图3,连接8。,则BD〃MN,由B的判断可得0P丄80,故OP丄MN,故C正确；

图3

图4

对于D,如图4,取A£>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=^AC^^2,OQ=yjAO2+AQ2=VlTI=^3,PO^PK2+OK2=

V4TT=遥,。。2<2°2+。产则ZQPO不是直角，

故PO,MN不垂直，故D错误.

1LBC解析对于A,圆柱0。的侧面积为27txixl=27t,故A错误；

对于B,因为0<。<兀，所以DDxLDxC.

又丄AQi,AQinOC=£)iA£)i,£)iCu平面AQC,所以丄平面A\D\C.

因为AiCu平面ANiC,所以£>口丄AC,故B正确；

对于C,因为AQi〃OOi,所以ND41Q1就是异面直线A。与。。所成的角.

因为所以△。。以为正三角形，

所以£>£>i=AiDi=l.

因为Aid丄。。1,所以ND4Qi=；,故C正确；

对于D,作ZZE丄。C,垂足为E,连接AiE,则0c丄平面AQiE.又4Eu平面AQ|E,所以4E丄OC.

在R34AE中,厶/=匹丽"河=Jl+E反<Jl+D镌=则SAACD=

|XDCXAIE^|X2XV2=證，所以△AC。面积的最大值为鱼，故D错误.

12.ABD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=4x3?+4x6xg2=7毎2故厶正确；

44

对于B,棱长为3〃的正四面体的高为遅〃，所以该几何体的体积-y-(3n)2-V6n-4.1-

,2.争二笔如故B正确；

对于C,设外接球球心为。，半径为RAA1A2A3的中心为。',正六边形B2BC2CQ2A的中心为

0〃，则。在O'。"上，几何体上、下底面距离为n〃-当"=拶"，

可得1产4+>jR2-n2=华〃，整理得R?=*?,故该几何体的外接球表面积为S=4兀/?2=歩〃2,故

C错误；

对于D,二面角4-A2A3-&是原正四面体侧面和底面所成南的补角，如图，过正四面体的顶点丫作

V0丄平面ABC于点0,易知。为4ABC的中心，连接并延长BO交AC于点。，则D为线段AC的

中点，连接口，则ZVDB即为所求侧面忆4c与底面ABC所成二面南的平面角.在RSVOD中,cos

1

—端嘅3?

所以侧面与底面所成二面角的平面角的余弦值为今所以二面角Ai-A2A3-&的余弦值为3,故D正

确.

13.兀解析因为圆锥的轴截面是一个顶角为与,腰长为2的等腰三角形，故该等腰三繭形底边上的

高即为圆锥的高/?,则〃=2cosm=l,圆锥底面半径r-y/22-h2=遮，所以圆锥的体积

V=1nr/?=^7tx(-\/3)2xl=n.

14.若/丄机〃a,则/丄加

15.言解析取8。的中点。，易得8。丄丄。0,400。。=。/0,。。<=平面AOC,

所以80丄平面AOC,则NAOC是二面角A-8D-C的平面角，即N40c=60°.

又A0=C0=7〃-I2=百，则AC=W.

分别取线段CDQD的中点N,M,则EM〃A0,A0u平面A0C,EMC平面AOC,故EM〃平面A0C.

同理MN〃平面A0C.叉EMCMN=M,EM,MNu平面EMN,所以平面A0C〃平面EMN,则8。丄平

面EMN.因为尸为四面体ABC。表面上一动点，且总满足BD丄EF,所以点、F轨迹是4EMN(不包

含点0,其长度为«AO+CO+AO=苧.

16.9喈1解析如图,在平行四边形ABCD中,NA音，所以NC=5因为DC=CE,所以ACDE为等边

三角形，

所以OE=CO=A3=8,所以四边形ABED为等腰梯形，

所以SABED^BE+AD)AB^=1x(2+10)x8x^=2473.

要使四棱锥的体积最大,则平面CQE丄平面A8££>,高为8xy=4V3,

所以该四棱锥的体积最大值为gx24百x4g=96.

设等腰梯形A3EZ)的外心为。|。到AD的距离为"，由OQ=Oi氏可得V52+外=

卜+(4百-d产,解得公百,所以0Q=2夕.

由球的截面的性质可知，过等腰梯形A8E。的外心Oi作直线a丄平面A8EO,过等边三角形CED

的中心。2作直线b丄平面C'E£>,则直线a力的交点。即为外接球的球心，

所以外接球的半径R=J0避2+。3=,28+(8x苧X,2=J乎=竽，

17.解(1)根据直观图，作出原图形，如图所示.由题图可知NOA3=NA8C=90°.过点。作CE丄AO

交A。于点瓦则AB=EC=DE=5,AE=BC=4,

(4+9)x5_65

故SABCD=

22

(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A5的长为底面半径的圆柱

组成的.

由⑴可知,。。二5鱼，

所以所形成的几何体的表面积为S=S岡雜倒+S闲柱倆+SS51UTA.

=7ixECx£)C+27cxABxBC4-7cxAB2=7ix5x5-\/2+2x7tx5x4+7cx52=(654-25V2)7c,

2222

V=VS»+V^=^TtxECxDE+nxABxBC^xnx5x5+TTX5X4=^.

18.解(1)连接BDMPD丄底面ABCRAMu底面ABCD,

：.PD±AM.

・.,PB1.AM,PBQPD=P,

JAW丄平面PBD,

：.AMA.BD,

：.ZADB+ZDAM=90°.

又NZMM+NMAB=90°,AZADB=ZMAB,

/.RSZMBSRSABM

.AD_BA

•・布一前

：.^BC2=l,：.BC=y/2.

⑵如图，以。为原点,万客反，万户分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.

可得A(V2,0,0),B(V2,l,O),M(y,1,0),P(0,0,1),而=(-&,0,1),宿=(-当,1,0),前=(-y,0,0

ABP=(-V2,-I,I).

设平面AA/P的一个法向量为m=(xi,yi,zj),

m,亚7。，即-V2x1+Zi=0,

则

V2,_n

mAM=0,ryxi+为=0,

令X|=V2,!0'ly]=1,Z1=2,可得m=(V2,1,2).

设平面3Mp的一个法向量为n=(X2,y2,Z2),

同理可得n=(0,l,l).则cosvm,n>=:巴=:内=空之设二面角A-PM-B的平面角为仇则

|m||n|v7xv214

2

sin0=-/lHcos<m,n>=丿q=書

19.(1)证明因为PZ)丄底面A8C。,所以PDLAD.

又底面ABCD为正方形，所以AO丄。C.

因此4。丄平面PDC.

因为AC〃8c4QC平面P8C,所以AQ〃平面PBC.

由已知得/〃AD因此/丄平面PDC.

(2)解以。为坐标原点,OAQC,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直南坐

标系ZXxyz,则£>(0,0,0),C(0,1,0),3(1,1,0),P(0,0,1),则同=(1,1,-1),反=(0,1,0),由⑴可设。3,0,1),则

所以|而|=J(l-a)2+I2+(-1)2=近，

解得a=l,则。(1,0,1),则丽=(1,0,1).

设n=(x,y,z)是平面QCD的一个法向量，

则卜匹=0,即y=0

\n-DQ=0,lx+z=0.

取x=l,可得n=(l,0,-l),

UUririnPB2A/6

所以3<叱8>=旃=.=§,

所以PB与平面QCD所成角的正弦值为苧.

20.⑴证明在题图1中，

因为DC〃AB,CD=gAB,E为AB中点，

所以DC//EB,DC=EB,

所以四边形DE8C为平行四边形，所以BC=DE=2,

则四边形DEBC为奏形.

在题图2中，取DE中点。，连接OA,OC,CE,

则AO=AE=CE=C。,则04=0C=K,

且。E丄。A,£>E丄OC.

因为OAnOC=O,OA,OCu平面AOC,所以OE丄平面AOC.因为ACu平面AOC,所以DE±AC.

(2)解若选择①:因为£>E丄平面AOCQEu平面BCDE,

所以平面AOC丄平面BCDE.交线为OC.过点A作A”丄OC,则A4丄平面BC0E.由题可得

SBCDE=2^,

所以四棱锥A-BCDE的体积以8。£=2=32gx4”,解得厶〃=8=。4,所以AO与A”重合，即AO

丄平面BCDE.

建立如图所示的空间直角坐标系，则0(0,0,0),C(-g,0,0),E(0,1,0),A(0,0,百)，则

CE=(V3,l,0),C4=(V3,0,V3).

平面DAE的一个法向量为前=(、8,(),0).设平面AEC的一个法向量为n=(x,y,z),

则［唱x+y;0,令彳=1,则丫=-百/=-1,即n=(l,-V3,-l).

lV3x4-V3z=0,

设二面角O-AE-C的大小为0,

m।八KXCO-nV3V5

贝cos0=cos<CO,n>=•=-=-7=-T==—

\C0\\n\V3xV559

所以二面角。-AE-C的余弦值为g.

若选择②:因为£>C〃EB,所以NACD即为异面直线AC与EB所成角，在△AOC中,cos/

AC2+4-4V6

AC决=V

解得，所以QA2+OC2=AC2,即OA±OC.

因为£>E丄平面AOCQEu平面BCDE,

所以平面AOC丄平面BCDE且支线为OC,所以A。丄平面8a>£.建立如图所示空间直角坐标

系，

则0((),(),0),C(-V5,0,0),E(0,1,()),A(0,0,例

则方=(百,1,0),cX=(V3,(),V3).

平面D4E的一个法向量为而=(遮,0,0).

设平面AEC的一个法向量为n=(x,y,z),

所以卜?.丫二°’令x=l,则y=-V5,z=-l,得11=(1，.遮,-1).设二面角D-AE-C的大小为。，

(V3x+遮z=0,

则c°sO=|瘍|=為=噂，

所以二面南。-AE-C的余弦值为g.

21.(1)证明由题意可知,D4丄底面ABE,BEu底面ABE,故8E丄。4又BE'丄AEA£)nAE=A,AO,AEu

平面AED,故BE丄平面AED因为AEu平面AE。,所以AFVBE.

又AF丄DE,BECDE=E,BE,DEu平面BED,故AF丄平面BED.义Z)6u平面BED,所以AF丄DB.

(2)解①由题意，以A为原点，在底面圆内过点A作AB的垂线，以其作为x轴,以AB,A。所在直线

为y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系.

设A。的长度为2,则A(0,0,0),3(0,2,0),C(0,2,2),Q(0,0,2).

因为D4丄平面ABE,所以/DE4就是直线OE与平面48E所成的角，所以tan/OE4=铝=2,解得

4E=1,所以E得*