高考数学复习二轮专项练习 过关检测 立体几何

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.（2021•山东济宁二模）“直线机垂直于平面a内的无数条直线”是“加，屋的（）

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.（2021•重庆八中月考）已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形『4±平面ABC,P4=2AB,则异面直

线CD与尸8所成角的余弦值为（）

3.（2021•江西上饶三模）在正方体ABCDA/iCQi中,G是线段BCi上一点，且49,5。,则（）

1

A.BG^-BCi

B.BG=3GG

C.BG=3GG

D.G为线段BCi上任意一点

4.（2021•辽宁葫芦岛一模）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（）

.4c16Tl_28Tl—4TT

A.4兀B—C—D.y

5.（2021.天津三模）在圆柱。1。2内有一个球。，球。分别与圆柱。1。2的上、下底面及母线均有且只

有一个公共点.若。1。2=2,则圆柱。。2的表面积为（）

A.4兀B.5兀

C.6兀D.7兀

6.（2021•广东深圳模拟）己知球。与棱长为2的正方体ABCIMiBiCid的各个面都相切,M为棱DDi

的中点，则平面AMC截球。所得截面的面积为（）

C.7TD岑

7.（2021•福建师大附中模拟）过正方形ABCD的顶点A作PAL平面A8CQ,若A8=AP则平面ABP与

平面CDP的夹角的余弦值为（）

V3D1

A-5B・孝T

8.（2021•山东滨州二模）在正方体ABaMIiCQi中,M是棱DDi的中点，尸是底面ABCD内（包括边界）

的一个动点，若MP〃平面A18G,则异面直线MP与AiCi所成角的取值范围是（）

A.(°W

B七5

c•盟

二、选择题:本题共4小题,每小题5分洪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.（2021•广东广州三模）对于空间中的两条不同直线a力和两个不同平面a",下列说法正确的是（）

A.若q_La,6_La,贝！Ia//b

B.若a_L6,6J_£,则a//p

C.若4_1_01力_1_/,01_1_夕,贝!|aLb

D.若a〃a,aL?,则aLf}

10.（2021•湖北荆门月考）如图，在正方体48CD411CQ1中，点P在线段8cl上运动，下列结论正确的是

（）

A.三棱锥ADiPC的体积不变

B.直线AP与平面ACDi所成角的大小不变

C.直线AP与直线ArD所成角的大小不变

D.二面角PADiC的大小不变

11.（2021•福建龙岩三模）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Trullo,于1996年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trullo的屋顶，得到圆锥SO（其中

S为顶点,。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2gm.下面说法正确的是（）

A.圆锥SO的侧面积为12兀m2

B.过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大值为18m2

C.圆锥SO的外接球的表面积为72兀m2

D.棱长为遮m的正四面体在圆锥SO内可以任意转动

12.（2021・新高考/,12）在正三棱柱ABCAiBrCi中,AB=AAi=l,点尸满足前=4阮+〃西淇中4G[0,1],〃

引0,1],则（）

A.当2=1时,AABiP的周长为定值

B.当〃=1时,三棱锥PAiBC的体积为定值

C.当力鸟时，有且仅有一个点P,使得4尸，3尸

D.当〃,时，有且仅有一个点P,使得43,平面ABF

三、填空题:本题共4小题,每小题5分，共20分.

13.（2021•辽宁大连期中）已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30兀，则该圆锥的侧面积

为.

14.（2021•河北石家庄期末）如图，已知二面角AEED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BQ两点间的距离是.

15.（2021.浙江绍兴二模）如图，在棱长为4的正方体ABCDAiSGG中,M是棱4A上的动点,N是棱

8c的中点.当平面AMN与平面ABCD的夹角最小时.

16.（2021•广东汕头二模）在菱形ABCD中/B=2,/D4B=60°,£为AB的中点，将沿OE翻折成

△A0E,当三棱锥AiDEC的体积最大时，三棱锥AiDEC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）（2021•广东韶关期中）如图，在直三棱柱ABC415G中，侧面ABB^BCCiBiACCiAi的面积

依次为16,12,20，瓦厂分别为4G,BC的中点.

求证:（1）平面A8E_L平面BBiCQ

（2）C]〃平面ABE.

18.（12分）（2021河北张家口一模）如图,四边形43C。是正方形,PAL平面ABCD,PA//EB,S.

PA=PB=3.

（1）求证:CE〃平面PAD-

（2）若BE=gPA,求直线PD与平面PCE所成角的正弦值.

19.（12分）（2021•北京石景山区模拟）如图,四棱锥PABCD的底面为矩形，尸。，底面ABCD,M为BC的

中点,P8„.

（1）求证:平面PAM_L平面PBD;

⑵若PO=OC=1,求四棱锥PABCD的体积.

20.（12分X2021•山东淄博三模）如图①，在平面图形ABCO中,AAB。是边长为4的等边三角形QB是

NAOC的平分线，且BD^LBC,M为AD的中点，沿将AABM折起，得到四棱锥A/CZW,如图②

图⑦

图②

（1）设平面ABC与平面ArDM的交线为/,在四棱锥AiBCDM的棱AC上求一点N,使直线BN//1;

（2）若二面角AxBMD的大小为60°,求平面A/O与平面AiCD的夹角的余弦值.

21.（12分）（2021•湖南长沙模拟）如图,C是以A8为直径的圆上异于点A,B的点，平面PACL平面

A8C,PA=PC=AC=2,8C=4,E『分别是PC,PB的中点，设平面AEF与平面ABC的交线为直线/.

⑴求证:直线此平面PAC.

（2）直线/上是否存在点。，使直线PQ分别与平面直线所所成的角互余?若存在，求出AQ的值；

若不存在,请说明理由.

22.（12分）（2021•重庆蜀都中学月考）如图①，在菱形ABC。中,/A8C=120°,动点E/分别在边ARAB

上（不含端点），且存在实数%使方=2丽，沿EE将AAEF向上折起得到使得平面平面

8C£）E£如图②所示.

图⑦

图②

⑴若BFLPD,设三棱锥PBCD和四棱锥PBDEF的体积分别为求学.

v2

(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，说明理由.

过关检测四立体几何

1.B解析由直线机垂直于平面a内的无数条直线不能推出/n_La,但是由m±ct一定能

推出直线机垂直于平面a内的无数条直线，所以“直线机垂直于平面a内的无数条直线”

是的必要不充分条件.故选B.

2.C解析连接AE,BE(图略)，设43=1,则PA=2AE=W+#一？x1*1]cosl20°二

V3,PE=V4T3=V7,BE=VT+1=2,PB=V4TT=遮.易知CD〃BE,所以NPBE是直线

CD与依所成的角(或其补角).又cosNP3E=2爹％=磊

所以直线CD与P3所成角的余弦值为*.故选C.

3.D解析如图，：平面ABBiAi,

/.AD±AiB.

又ABi±AIBABIC}AD=A,

平面ABLD,

.'.AIB±BID.

同理BCBiD

又AbBQBCi=3,

.：3LD，平面AiBCi.

又AiGu平面AiBCi,

.：AiG±BiD.

故G为线段BCi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我存=g,所以充氮区的体积最小

为：xkX23+|TTX22X31TTX(V3)2X4=^>^B.

5.C解析依题意，圆柱。1。2的底面半径『1,高公2,所以圆柱01。2的表面积

S=2兀八/z+2兀/=4兀+2兀=6兀.故选C.

6.A解析设球心。到截面的距离为d,截面圆的半径为八由VOACM=VMAOC,得

1.S"CM.d二仔S"oc.因为X2A/2xV3=V6,SAAOC=1X2A/2Xl=V2,^f以d二噂又

屋+7=1,所以『学所以平面AMC截球。所得截面的面积为小吟故选A.

7.B解析设AP=A3=1,以A为原点所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立

空间直角坐标系如图所示，则P(0,0,1),。(0,1,0),C(l,1,0),所以元=(1,1,1),丽=(0,1,1).

设平面CDP的法向量m=(x,y,z),则x+yz-。，取产］,则》=0*=1,所以

{,m-PD—y-z—0,

m=(0,l,l)为平面CDP的一个法向量.易知n=(0,l,0)为平面A3P的一个法向量.设平面

ABP与平面CDP的夹角为a则cos。=兽*=熹"=噌故选B.

\m\\n\V2xl2

8.C解析如图，以。为原点,D4,DC,DDi所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直

角坐标系，设A3=2,则3(2,2,0)41(2,0,2),Q(0,2,2),"(0,0,1),取的中点E,DC的中点£

连接”邑即,“,则E(l,0,0)尸(0,1,0).因为砒=(1,0,1),用=(2,0,2)=2砒，所以CiB〃ME.

同理又MEU平面AI3CI,CLBU平面ALBCI,所以ME〃平面ALBCL同理M尸〃

平面ALBCI.又"f门"£=般,所以平面〃平面AiBCi.

因为P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点,〃平面ALBCI,所以点P在线段

ER上因为ER〃ACi,所以异面直线与4G所成的角即是直线与ER所成的角.

当MPLER时，异面直线与4Q所成的角最大为当点P与点E或点R重合时，异

面直线与4Q所成的角最小为］故所求角的取值范围为，31

9.AC解析对于A,由线面垂直的性质定理知A正确;对于B,若/，4则a/岬或

au仇所以B错误;对于C,由可知a〃夕或兀夕,又6,△所以a,"所以C正确;

对于D,若a//a,a_LK则a〃B或aup或a与夕相交，所以D错误.故选AC.

10.ACD解析对于A,因为3cl〃平面ADC,所以3cl上任意一点到平面ADC的距离

都相等，所以三棱锥ADiPC的体积不变，故A正确;对于B,因为BQ〃平面ADC,所以点

P到平面ACDi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

ACDi所成角的大小会改变，故B错误;对于C,因为直线4。，平面ABCLDIAPU平面

ABCLDI,所以ALDLAP,所以直线AP与直线4。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A4D1C,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AASC

中,AS=6m,SC=2mAC=2gm,

则。=所以所以口=咨所以圆锥的侧面

cosNA53Z；X：6之X；Z2=ZJ,NASC=3"23x6=4?i,r=2,

积为兀x2x6=12兀(n?),故A正确.

在AASB中,COS/AS3=组累四=I，sinZASB=Of=竽，易知过点S的平面

Zd/i,D£)zfNoly

截此圆锥所得截面面积最大为S^sAB=^SA-SB-sinZASB^x6x6x^^二8或(n?),故B错

设圆锥SO的外接球的半径为Hm,则7?2=（80尺）2+户,又sO=y/SA2-r2=，36-4=4A2

所以笈=（4物?）2+4,解得R=孥，所以圆锥SO的外接球的表面积为47iR2=gW（m2）,故C

错误.

设圆锥S。的内切球的半径为fm,则高=",解得勺鱼，设棱长为gm的正四面体

的外接球的半径为nm,将该正四面体放在棱长为手的正方体中，可知该正四面体的外接

球也是该正方体的外接球，易知厂1=，（3x管）=苧，因为所以棱长为75nl的正

四面体在圆锥S。内可以任意转动，故D正确.故选AD.

12.BD解析

图①

A项中，当7=1时，品=阮+而瓦o豌—前=次="函，则次与西共线，故点尸在线

段CC（包括端点）上,如图①所示.

在AABiP中,|A3I|=V2,|AP|=V1+U2,\B1P\=J1+（1-U）2,

故△ABP的周长LnABI+IAPI+IBPI不为定值，故A错误；

图②

B项中，当M=1时，前=2就+西=前一西=9=2前，则帝与前共线，故点

P在线段31。（包括端点）上,如图②所示.

由图②可知31cl〃平面ALBC,即51cl上的每一点到平面ALBC的距离都相等，因此

三棱锥PALBC的体积为定值，故B正确；

图③

C项中，当7=9时，分别取线段3aBic1的中点2D1,连接DD1,可知点P在线段

（包括端点）上,如图③所示.

取AC的中点。，建立如图所示的空间直角坐标系。盯z,则B（y,0,0）,C（0,1,0）4i（

0,9）,尸俘加，从而中=停，区1）廊=（-今涌，

N\4-4,/\4-4-/\4-41/

由41尸•BP=4（nl）=0,得u=0或u=l.

当点尸与点。或。1重合时，满足AiPLBP,故C错误；

D项中，当M苫时，分别取线段BBi,CCi的中点MN,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A(0,^,0),Ai(0,11),5(景0,0),尸(告—1一1,：)，从而4/二(今

乙乙乙乙乙乙乙乙乙

)方=停一5.+吴),四边形4碗4为正方形，显然AiB’ABi.

乙乙乙乙乙

要使AbB,平面ABP,只需AbBLAP,即用方-AP=1-3=0,解得A=l.

当且仅当点尸与点N重合时AbB,平面ABP,故D正确.

综上所述，选BD.

13.3971解析:‘体积V='nx6z力=30兀,.：高/z],.：母线长1=7h2+/=](£)+62=

1313

彳,•:S侧=7ir/=7ix6x万-=39兀.

14.73-V2解析•••丽=BF+FE+~ED,/.\BD^=\BF\2+\FE\2+\ED\2+2BF-FE+2FE-

ED+2BF-ED.

__厅

由题意可知I品1=1屈1=1前1=1,加•屈=0,福•前=0,加•前=1X1XCOS135°=y,

.：|BD|=V3-V2.故B,D两点间的距离是反反

15.|解析如图,建立空间直角坐标系，则N(2,4,0),D(0Q4),设M4Qa)(0WaW4),所以

MN=(2,4.),布=(2,4,4).

设平面D1MN的法向量为n=(%,%z),

_(4-a)z

n-MN=0,X=-4—，

即

TVD1N=0,_(a+4)z

{y一^—,

令z=8,则％=82〃,y=a+4,所以n=(82〃,〃+4,8)为平面的一个法向量.

易知m=(0,0,l)为平面ABCD的一个法向量.

设平面DiMN与平面A3CD的夹角为a则cos。=里=,8

|m||n|J(8-2.+(a+4)2+64

/,8，当。=行时,cos6取最大值，则e取最小值，所以4"=*1

J5a2-24a+144555

16.871解析如图,由余弦定理渭£>E=WW2+aE2-2Z£MEcos60°=

V3,CE=7BE2+BC2-2BE-BCcos(180°-60°)=近，所以

AE2+DE1=AD2,DC2+DE2=CE2,即AE±DE,DCIDE.

分别取CE,AiC的中点RM,连接RM则F为RtADEC的外心，因为△DEC的面积为

定值，所以当平面ALDE,平面DEC时，点4到平面DEC的距离最大，此时三棱锥

4DEC的体积最大，又AiELDE,所以AiE,平面DEC.由£航分别为CE^iC的中点，得

FM〃AiE,所以RM,平面DEC,易知〃是三棱锥ALDEC的外接球的球心.因为

AIC2=AE2+CE2=I+7=8,所以所求外接球的表面积S=4TT(竽)2=8兀.

17.证明(1)在直三棱柱A3C4LBCI中,33,平面ABCABu平面A5C,.：5B，A8

丁侧面A35I4,3CCLBI,ACQAI的面积依次为16,12,20,ZAB：BC：AC=4：3：5,

.：AB2+BC2=AC2,SPAB1BC.

又BBiClBC=B,.：AB±^^BB1C1C,

又ABu平面ABE,.：平面ABE,平面BBiCiC.

(2)如图，取A3的中点G,连接EG,GF.

:，G,F分别为AB,BC的中点，

1

/.GF//AC,GF=^AC.

:/为ACi的中点,

11

.：EC1=1A1C1=|AC.

又A1C1//AC,/.EC1//GF,EC1=GF,

.：四边形EGRQ为平行四边形，.：CbF〃EG

又CRC平面ABE,EGu平面ABE,.：CiR〃平面ABE.

18.⑴证明因为四边形ABCD是正方形，所以BC〃AD

又ADu平面PARBCC平面PAD,所以〃平面PAD.

同理EB〃平面PAD.

又BCnEB=B,所以平面E5C〃平面PAD.

又CEu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.

1

因为PA=A3=3,所以3£=亨9=1,所以P(0,0,3),D(3,0,0),C(3,3,0),E(0,3,l),

所以而=(3,0,3),PC=(3,3,3),或=(0,3,2).

设平面PCE的法向量为m=(x,y,z),

(m-PC—3x+3y-3z—0,

则{一

{mPE—3y-2z=0,

令z=3,则x=l,y=2,所以m=(l,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0,

则sin°=|cos＜而,皿＞|=扉=高所V7

所以直线PD与平面PCE所成角的正弦值为产.

19.⑴证明因为底面A3CD,AMu平面ABCD,

所以PD±AM.

又P3，AM,P3nPD=P，所以AM，平面PBD.

又AMu平面PAM,所以平面PAML平面PBD.

（2）解由（1）可知AM,平面PBD,所以AML3D,

所以

设BM=x,则AD=2x,由器=常即*=点,得2f=l,解得％=噂,所以AD=V2.

/i£J/IJL/J.乙XZ

因为PD±底面ABCD,^以四棱锥PABCD的体积为gxlxV2xl=y.

20.解⑴如图，延长CB,DM相交于点瓦连接4E

因为点Ai,E既在平面AiBC内，又在平面AiDM内，所以直线AiE即为平面AxBC与

平面AiDM的交线I.

因为是NADC的平分线，且BDLBC,所以3为EC的中点.

取AC的中点N,连接3N,则BN//AiE,^BN//1.

故当N为棱4C的中点时,BN〃l.

（2）由题意可知3/，4〃,3〃，必）,则/4"。为二面角ALBMD的平面角，所以N

AMD=60°.

又所以为等边三角形.

取的中点。，连接Ai。,则AiO±MD.

由，可知平面4MD,所以BWLAiQ

又所以4。，平面BCDM.

如图，建立空间直角坐标系.

则£>(l,0,0),Ai(0,0,V3),C(5,4V3,0),B(l,2V3,0)>以

M=(1,0,遮)，反=(4,4V3,0),RB=(2,2V3,0).

设平面AiCD的法向量m=(x,y,z),

m-DA=0,%+V3z=0,

则1即

m-DC=0,-4x+4V3y=0,

令z=V5,则％=3，尸遮，所以m=（3,遮,遮）为平面AiCD的一个法向量.

设平面A13D的法向量为n=（Q,瓦c）,

n-DA=0,x+V3c=0,

则1即

ji-DB=0,2a+2V3b=0,

令c=B,则〃=3/二百,所以n二（3,遮，百）为平面A\BD的一个法向量.

设平面ALBD与平面4CD的夹角为6,

则cos^=|cos<m,n>|

二|3x3+氏(-圾+(-V?)x(-V?)|

J32+(V3)2+(-V3)2XJ32+(-V3)2+(-V3)2

_3

=55

所以平面ALBD与平面A\C