2022届高三数学二轮复习：专题过关检测四立体几何（有解析）.doc

1、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.(2021山东济宁二模)“直线m垂直于平面内的无数条直线”是“m”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湖南怀化高三模拟)如图,PA平面ABC,ACB=90,且PA=AC=BC=a,则异面直线PB与AC所成的角的正切值等于()A.2B.C.D.3.(2021江西上饶三模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,G是线段BC1上一点,且A1GB1D,则()A.BG=BC1B.BC1=3GC1C.BG=3GC1D.G为线

2、段BC1上任意一点4.(2021广东汕头高三一模)斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”,它的画法是:以斐波那契数1,1,2,3,5,为边的正方形拼成长方形,然后在每个正方形中画一个圆心角为90的圆弧,这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案,例如向日葵、鹦鹉螺等.右图为该螺旋线的前一部分,如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面,则该圆锥的体积为()A.B.C.D.5.(2021天津三模)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.4B.5C.6D.

3、76.(2021广东深圳模拟)已知球O与棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1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.B.C.D.7.(2021湖南长郡中学高三模拟)鼎是古代烹煮用的器物,它是我国青铜文化的代表,在古代被视为立国之器,是国家和权力的象征.图是一种方鼎,图是根据图绘制的方鼎简易直观图,图中四棱台ABCD-A1B1C1D1是鼎中盛烹煮物的部分,四边形ABCD是矩形,其中AD=40 cm,AB=30 cm,A1B1=20 cm,点A1到平面ABCD的距离为18 cm.假定烹煮的食物全在四棱台ABCD-A1B1C1D1内,则这个方鼎一次最多能容

4、纳的食物体积为()A.10 400 cm3B.14 000 cm3C.14 800 cm3D.15 200 cm38.(2021山东滨州二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱DD1的中点,P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点,若MP平面A1BC1,则异面直线MP与A1C1所成角的取值范围是()A.B.C.D.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.(2021广东广州三模)对于空间中的两条不同直线a,b和两个不同平面,下列说法正确的是()A.若a,b,则abB.若ab,b,则

5、aC.若a,b,则abD.若a,则a10.(2021湖北荆门月考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段BC1上运动,下列结论正确的是()A.三棱锥A-D1PC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P-AD1-C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,O为底面圆心),母线SA的长为6 m,C是母线SA上靠近点S的三等分点.从点A到

6、点C绕屋顶侧面一周安装灯光带,灯光带的最小长度为2 m.下面说法正确的是()A.圆锥SO的侧面积为12 m2B.过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大值为18 m2C.圆锥SO的外接球的表面积为72 m2D.棱长为 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ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足=+,其中0,1,0,1,则()A.当=1时,AB1P的周长为定值B.当=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值C.当=时,有且仅有一个点P,使得A1PBPD.当=时,有且仅有一个点P,使得A1B平面AB1P三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.

7、(2021河北廊坊高三模拟)已知过球面上三点A,B,C的截面到球心距离等于球半径的一半,且ABC是边长为6的等边三角形,则球面面积为.14.(2021河北石家庄期末)如图,已知二面角A-EF-D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.(2021浙江绍兴二模)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1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.(2021广东汕头二模)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A1-DEC的

8、体积最大时,三棱锥A1-DEC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ABC-A1B1C1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)(2021河北张家口一模)如图,四边形ABCD是正方形,PA平面ABCD,PAEB,且PA=PB=3.(1)求证:CE平面PAD;(2)若BE=PA,求直线PD与平面PCE所成角的正弦值.19.(12分)(

9、2021广东深圳高三一模)如图,在四棱锥S-ABCD中,SA=SB=SC=SD=13,ACCD,AB=6,BD=8.(1)求证:平面SAD平面ABCD;(2)求二面角A-SB-D的余弦值.20.(12分)(2021广东汕头高三二模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形ABB1A1为正方形,四边形AA1C1C为菱形,且AA1C=60,平面AA1C1C平面ABB1A1,点D为棱BB1的中点.(1)求证:AA1CD.(2)棱B1C1(除端点外)上是否存在点M,使得二面角B-A1M-B1的余弦值为?若存在,请指出点M的位置;若不存在,请说明理由.21.(12分)(2021湖南长沙模拟)如图,C

10、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)(2021重庆蜀都中学月考)如图,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,使=,沿EF将AEF向上折起得到PEF,使得平面PEF平面BCDEF,如图所示.图图(1)若BFPD,设三棱锥P-BCD和四棱锥P-BDEF的体积

11、分别为V1,V2,求.(2)当点E的位置变化时,二面角E-PF-B是否为定值?若是,求出该二面角的余弦值;若不是,说明理由.专题过关检测四立体几何1.B解析:由直线m垂直于平面内的无数条直线不能推出m,但是由m一定能推出直线m垂直于平面内的无数条直线,所以“直线m垂直于平面内的无数条直线”是“m”的必要不充分条件.故选B.2.B解析:如图,将此多面体补成一个正方体,ACBD,PB与AC所成的角的大小即为此正方体体对角线PB与棱BD所成角的大小.在RtPBD中,PDB=90,PD=a,DB=a,tan DBP=3.D解析:如图,AD平面ABB1A1,ADA1B.又AB1A1B,AB1AD=A,A

12、1B平面AB1D,A1BB1D.同理BC1B1D.又A1BBC1=B,B1D平面A1BC1.又A1G平面A1BC1,A1GB1D.故G为线段BC1上任意一点.故选D.4.A解析:根据已知可得所求扇形半径为r=3+5=8,即圆锥母线长为l=8,设圆锥底面半径为R,则2R=28,R=2,圆锥的高为h=2,所以圆锥体积为V=R2h=2225.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=2rh+2r2=4+2=6.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VO-ACM=VM-AOC,得SACMd=SAOC.因为SACM=2,SAOC=21

13、=,所以d=又d2+r2=1,所以r=,所以平面AMC截球O所得截面的面积为r2=故选A.7.D解析:几何体ABCD-A1B1C1D1为四棱台,所以延长AA1,BB1,CC1,DD1必交于一点O,且四棱锥O-A1B1C1D1相似于O-ABCD,所以A1D1=(cm).过点O作OH平面A1B1C1D1于H,作OG平面ABCD于G,则,又OG-OH=18,解得OG=54 cm,OH=36 cm,所以四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积V=VO-ABCD-304054-2036=15 200(cm2).8.C解析:如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标

14、系,设AB=2,则B(2,2,0),A1(2,0,2),C1(0,2,2),M(0,0,1),取AD的中点E,DC的中点F,连接ME,EF,MF,则E(1,0,0),F(0,1,0).因为=(1,0,-1),=(2,0,-2)=2,所以C1BME.同理EFA1C1.又ME平面A1BC1,C1B平面A1BC1,所以ME平面A1BC1.同理MF平面A1BC1.又MFME=M,所以平面MEF平面A1BC1.因为P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点,MP平面A1BC1,所以点P在线段EF上.因为EFA1C1,所以异面直线MP与A1C1所成的角即是直线MP与EF所成的角.当MPEF时,异面直线MP与

15、A1C1所成的角最大为,当点P与点E或点F重合时,异面直线MP与A1C1所成的角最小为故所求角的取值范围为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ab,b,则a或a,所以B错误;对于C,由a,可知a或a,又b,所以ab,所以C正确;对于D,若a,则a或a或a与相交,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A-D1PC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

16、B错误;对于C,因为直线A1D平面ABC1D1,AP平面ABC1D1,所以A1DAP,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P-AD1-C也就是二面角B-AD1-C,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r m,将圆锥侧面展开得到扇形ASA,在ASC中,AS=6 m,SC=2 m,AC=2 m,则cosASC=-,所以ASC=,所以2r=6=4,r=2,所以圆锥的侧面积为26=12(m2),故A正确.在ASB中,cosASB=,sinASB=,易知过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大为SSAB=SASBsinASB=66=8(m2)

17、,故B错误.设圆锥SO的外接球的半径为R m,则R2=(SO-R)2+r2,又SO=4,所以R2=(4-R)2+4,解得R=,所以圆锥SO的外接球的表面积为4R2=(m2),故C错误.设圆锥SO的内切球的半径为t m,则,解得t=,设棱长为 m的正四面体的外接球的半径为r1 m,将该正四面体放在棱长为的正方体中,可知该正四面体的外接球也是该正方体的外接球,易知r1=,因为r1t,所以棱长为 m的正四面体在圆锥SO内可以任意转动,故D正确.故选AD.12.BD解析:图A项中,当=1时,+u=u,则共线,故点P在线段CC1(包括端点)上,如图所示.在AB1P中,|AB1|=,|AP|=,|B1P|

18、=,故AB1P的周长L=|AB1|+|AP|+|B1P|不为定值,故A错误;图B项中,当u=1时,=,则共线,故点P在线段B1C1(包括端点)上,如图所示.由图可知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P-A1BC的体积为定值,故B正确;图C项中,当=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,如图所示.取AC的中点O,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则B,0,0,C0,0,A10,-,1,P,从而,由=u(u-1)=0,得u=0或u=1.当点P与点D或D1重合时,满足A1PBP,故C错误;D项中,

19、当u=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,如图所示.图建系同选项C,则A0,-,0,A10,-,1,B,0,0,P,从而=,-1,=,四边形ABB1A1为正方形,显然A1BAB1.要使A1B平面AB1P,只需A1BAP,即=0,解得=1.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.13.64解析:设球的球心为O,半径为R,取AB的中点D,连接CD,如图,根据题意得ABC的外心O在线段CD上,由ABC是边长为6的等边三角形可得CD=3,OC=CD=2,连接OC,OO,可得OC=R,OO平面ABC,所以OOOC,OO=

20、,在RtOOC中,OO2+OC2=OC2,即2+(2)2=R2,解得R=4或R=-4(舍),所以该球的表面积S=4R2=64.14解析:,|2=|2+|2+|2+2+2+2由题意可知|=|=|=1,=0,=0,=11cos 135=-,|=故B,D两点间的距离是15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)(0a4),所以=(-2,4,-a),=(2,4,-4).设平面D1MN的法向量为n=(x,y,z),则解得令z=8,则x=8-2a,y=a+4,所以n=(8-2a,a+4,8)为平面D1MN的一个法向量.易知m=(0,0,1)为平面ABCD的

21、一个法向量.设平面D1MN与平面ABCD的夹角为,则cos =,当a=时,cos 取最大值,则取最小值,所以A1M=4-16.8解析:如图,由余弦定理,得DE=,CE=,所以AE2+DE2=AD2,DC2+DE2=CE2,即AEDE,DCDE.分别取CE,A1C的中点F,M,连接FM,则F为RtDEC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A1-DEC的体积最大,又A1EDE,所以A1E平面DEC.由F,M分别为CE,A1C的中点,得FMA1E,所以FM平面DEC,易知M是三棱锥A1-DEC的外接球的球心.因为A1C2=A1E2+

22、CE2=1+7=8,所以所求外接球的表面积S=4=8.17.证明 (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1平面ABC,AB平面ABC,BB1AB.侧面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面积依次为16,12,20,ABBCAC=435,AB2+BC2=AC2,即ABBC.又BB1BC=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,GFAC,GF=AC.E为A1C1的中点,EC1=A1C1=AC.又A1C1AC,EC1GF,EC1=GF,四边形EGFC1为平行四边形,C1FEG.又C1

23、F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BCAD.又AD平面PAD,BC平面PAD,所以BC平面PAD.同理EB平面PAD.又BCEB=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=PA=1,所以P(0,0,3),D(3,0,0),C(3,3,0),E(0,3,1),所以=(3,0,-3),=(3,3,-3),=(0,3,-2).设平面PCE的法向量为m=(x,y,z),则得令z=3,则x

24、=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,则sin =|cos|=,所以直线PD与平面PCE所成角的正弦值为19.(1)证明取AD的中点O,连接SO,OC,因为SA=SD,所以SOAD.因为ACCD,O为AD的中点,所以OC=AD=OD.因为SO=SO,SC=SD,所以SOCSOD,所以SOC=SOD=90,所以SOOC.因为OCOD=O,OC平面ABCD,OD平面ABCD,所以SO平面ABCD,因为SO平面SAD,所以平面SAD平面ABCD.(2)解连接OB,由(1)知SO平面ABCD,所以SOBO.在RtSOA和RtSOB中,由SO=S

25、O,SA=SB,可得RtSOARtSOB,所以OA=OB,同理得OA=OB=OC=OD,所以A,B,C,D在以O为圆心的圆上,由ACCD可得AD为四边形ABCD外接圆的直径,所以ABBD,AD=10,AO=5,SO=12,以B为原点,BD,BA所在的直线分别为x,y轴,过点B与SO平行的直线为z轴建立空间直角坐标系,则A(0,6,0),B(0,0,0),D(8,0,0),O(4,3,0),S(4,3,12),=(0,6,0),=(8,0,0),=(4,3,12),设平面ABS的法向量为m=(x1,y1,z1),则令x1=3,可得z1=-1,y1=0,所以m=(3,0,-1).设平面SBD的一个

26、法向量为n=(x2,y2,z2),则令y2=4,则z2=-1,x2=0,所以n=(0,4,-1),所以cos=,因为二面角A-SB-D的平面角为钝角,所以二面角A-SB-D的余弦值为-20.(1)证明取棱AA1的中点O,连接CO,OD,AC=AA1,且AA1C=60,AA1C为等边三角形,AA1OC.四边形ABB1A1为正方形,且O,D分别是AA1,BB1的中点,AA1OD.OCOD=O,OC,OD平面OCD,AA1平面OCD.又CD平面OCD,AA1CD.(2)解平面AA1C1C平面ABB1A1,平面AA1C1C平面ABB1A1=AA1,且OCAA1,OC平面AA1C1C,OC平面ABB1A

27、1.以O为坐标原点,以OA,OD,OC所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系(如图所示),不妨设AB=2,则点B(1,2,0),A1(-1,0,0),C1(-2,0,),B1(-1,2,0),=(2,2,0),=(0,2,0),=(-1,0,)设n1=(x1,y1,z1)为平面A1B1C1的一个法向量,则取z1=1,得n1=(,0,1).假设棱B1C1上(除端点外)存在点M满足题意,设=(01),得M(-2,2,),则=(-1,2,),设n2=(x2,y2,z2)为平面BA1M的一个法向量,则取x2=1,得n2=1,-1,由|cos|=,解得=或=点M为棱B1C1的中点,或者点M

28、为棱B1C1的八等分点(靠近C1端).21.(1)证明 E,F分别是PC,PB的中点,BCEF.又EF平面AEF,BC平面AEF,BC平面AEF.又BC平面ABC,平面AEF平面ABC=l,BCl.BCAC,平面PAC平面ABC=AC,平面PAC平面ABC,BC平面ABC,BC平面PAC.l平面PAC.(2)解 如图,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,4,0),P(1,0,),E,0,F,2,.所以=(0,2,0).由题意可设Q(2,y,0),平面AEF的法向量为m=(x,y,z),则取z=,则x=1,y=0,所以m=(1,0,)为平面AEF的一个法向量.又=(1,y,-),所以

29、|cos|=,|cos|=,依题意,|cos|=|cos|,解得y=1.故直线l上存在点Q,使直线PQ分别与平面AEF,直线EF所成的角互余,此时AQ=1.22.解 (1)取EF的中点G,连接PG.因为=,所以EFBD,所以PE=PF,所以PGEF.又平面PEF平面BCDEF,平面PEF平面BCDEF=EF,PG平面PEF,所以PG平面BCDEF.连接GC,由题意可知GCEF.以G为坐标原点,GF,GC,GP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.设菱形的边长为2,则F(,0,0),B(1,(1-),0),P(0,0,),D(-1,(1-),0),所以=(1-,(1-),0),=(1,-(1-),).因为BFPD,所以=1-3(1-)2=0,解得=或=1(舍去).设BCD的面积为S,则SAEF=S,所以S四边形BDEF=S.所以(2)二面角E-PF-B是定值.证明如下:由(1)知n1=(0,1,0)为平面PEF的一个法向量.设平面PFB的法向量为n2=(x,y,z),因为=(1-,(1-),0),=(-,0,),所以取y=1,则x=-,z=-1,所以n2=(-,1,-1)为平面PFB的一个法向量.设二面角E-PF-B的平面角为,所以|cos |=|cos|=由图可知为钝角,所以二面角E-PF-B为定值,其余弦值来为-