2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考旧教材） 数学（文）专题检测三　立体几何 WORD版含解析.docx

1、专题检测三立体几何一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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河南开封三模)已知圆锥的底面半径为1,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为()A.2B.3C.2D.222.(2022陕西榆林三模)已知l,m,n是三条不同的直线,是两个不同的平面,若,l,m,mn,则下列关系一定成立的是()A.lnB.lmC.lnD.lm3.(2022黑龙江哈尔滨三中三模)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积是()A.8+42B.8+45C.4+45D.124.某种药物呈胶囊形状,该胶囊中间部分为圆柱,左右两端均为半径为1的半球

2、.已知该胶囊的表面积为10,则它的体积为()A.356B.103C.133D.1635.(2022四川宜宾三模)已知两条直线m,n和平面,则mn的一个充分条件是()A.m且nB.m且nC.m且nD.m且n6.榫卯(sn mo)是古代中国建筑、家具及其他器械的主要结构方式,是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式,其中凸出部分叫榫(或叫榫头);凹进部分叫卯(或叫榫眼、榫槽),其特点是在物件上不使用钉子,利用卯榫加固物件,体现出中国古老的文化和智慧.如图所示的网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某榫卯构件的三视图,则该构件的体积为()A.3+16B.23+16C.83+16D.16-43

3、7.(2022新疆三模)已知圆柱的母线长与底面的半径之比为31,四边形ABCD为其轴截面,若点E为上底面圆弧AB的靠近B点的三等分点,则异面直线DE与AB所成角的余弦值为()A.64B.33C.63D.1048.(2022河南焦作二模)在正四棱锥P-ABCD中,侧棱与底面所成角的正切值为5,若该正四棱锥的外接球的体积为721025,则PBD的面积为()A.25B.23C.22D.59.(2022天津一模)已知一个圆柱的高是底面半径的2倍,且其上、下底面的圆周均在球面上,若球的体积为323,则圆柱的体积为()A.16B.8C.42D.2210.(2022河南新乡三模)如图所示的是一个简单几何体的

4、三视图,若mn=30,则该几何体外接球体积的最小值为()A.6433B.643C.1283D.256311.(2022四川泸州三模)已知三棱锥P-ABC的底面ABC为等腰直角三角形,其顶点P到底面ABC的距离为4,体积为163,若该三棱锥的外接球O的半径为13,则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为()A.6B.12C.23D.4312.(2022陕西渭南二模)已知点A,B,C是表面积为16的球O的球面上的三个点,且AC=AB=1,ABC=30,则三棱锥O-ABC的体积为()A.112B.312C.14D.34二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2022江西二模)已知在四面体A

5、BCD中,AB=CD=25,AC=BD=29,AD=BC=41,则四面体ABCD的外接球的表面积为.14. 如图为某比赛奖杯的三视图,奖杯的上部是一个球,奖杯的下部是一个圆柱,若奖杯上、下两部分的体积相等,则上部球的表面积与下部圆柱的侧面积的比值为.15. (2022北京育才学校模拟预测)如图,棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段A1B上的动点(不含端点),则下列结论正确的是.(填所有正确结论的序号)平面D1A1P平面A1AP;APD1的取值范围是0,2;三棱锥B1-D1PC的体积为定值;DC1D1P.16. (2022黑龙江齐齐哈尔一中一模)已知正三棱柱ABC-A1B1C1

6、的底面积为3,点E为BC的中点,直线A1B与直线C1E所成的角等于6,则该三棱柱的外接球的表面积等于.三、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江西二模)如图所示,在空间几何体ABCDE中,ABC与ECD均为等边三角形,AB=DE,且平面ABC和平面CDE均与平面BCD垂直. (1)若BDBC=2,求证:平面ABC平面ECD;(2)求证:四边形AEDB为梯形.18. (12分)(2022山西临汾三模)如图,四棱锥P-ABCD的底面为菱形,ABC=3,AB=AP=2,PA底面ABCD,E是线段PB的中点,G,H分别是线段PC上靠近P,

7、C的三等分点. (1)求证:平面AEG平面BDH;(2)求点A到平面BDH的距离.19. (12分)(2022江西萍乡二模)如图,一半圆的圆心为O,AB是它的一条直径,AB=2,延长AB至C,使得BC=OB,设该半圆所在平面为,平面外有一点P,满足平面POC平面,且OP=CP=5,该半圆上点Q满足PQ=6. (1)求证:平面POQ平面POC;(2)若线段CQ与半圆交于R,求三棱锥O-PQR的体积.20. (12分)(2022云南二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,F是PC的中点. (1)证明:PA平面BDF;(2)若BAD=60,AB=AD=2,PA=PD=4,PB=

8、32,求四棱锥P-ABCD的体积.21.(12分)如图,四边形ABCD中,ABAD,ADBC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EFAB,现将四边形ABCD沿EF折起,使BEEC.(1)若BE=1,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,使得CP平面ABEF?若存在,求出APPD的值;若不存在,请说明理由.(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时点F到平面ACD的距离.22. (12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的侧面BCC1B1是平行四边形,BC1C1C,平面A1C1CA平面BCC1B1,且E,F分别是BC,A1B1的中点. (1)求证:BC1A1C;(2)求

9、证:EF平面A1C1CA;(3)在线段AB上是否存在点P,使得BC1平面EFP?若存在,求出APAB的值;若不存在,请说明理由.专题检测三立体几何1.C解析: 依题意可知,半圆的弧长为21=2,圆心角的弧度数为,由弧长公式可得该圆锥的母线长为2=2.故选C.2.D解析: 因为,l,则l,又m,mn,所以lm,而l与n可能平行、相交或异面.故选D.3.B解析: 由三视图可知几何体为如图所示的四棱柱,其中四边形ABCD,BCC1B1为矩形,四边形ABB1A1为平行四边形,棱柱的高为2,AB=1,BC=2,侧棱长为12+22=5,故几何体表面积S=2SABCD+2SABB1A1+2SBCC1B1=2

10、12+212+225=8+45.故选B.4.C解析: 设圆柱的高为h,412+21h=10,h=3.V=4313+123=133.故选C.5.C解析: 对于A,若m且n,则mn,故选项A不符合题意;对于B,若m且n,则m与n平行或异面,故选项B不符合题意;对于C,若m且n,则mn,故选项C符合题意;对于D,若m且n,则m与n平行、相交或异面,故选项D不符合题意.故选C.6. B解析: 由三视图可知,该构件是由榫(上部分为圆锥,下部分为圆柱的组合体)插入到卯(一个四棱柱)得到的几何体,如图所示.结合图中的数据可知该构件的体积为13122+422=23+16.故选B.7. A解析: 设圆柱的底面圆

11、的半径为r,则AD=BC=3r,因为ABCD,所以CDE即为异面直线DE与AB所成的角.因为点E为上底面圆弧AB的靠近B点的三等分点,所以BOE=3,故OBE为等边三角形,所以BE=r,故AE=3r,则CE=2r,DE=6r,所以cosCDE=(6r)2+(2r)2-(2r)226r2r=64,即异面直线DE与AB所成角的余弦值为64.故选A.8. A解析: 当球心在线段PM上时,如图所示,令ACBD=M,四棱锥P-ABCD的外接球球心为O,设DM=x,OP=OD=R.由条件可知PM=5x,在RtODM中,R2=(5x-R)2+x2,解得R=35x.又43R3=721025,得x=2.所以DM

12、=2,PM=10,所以PBD的面积为122210=25.容易验证球心O不在线段PM的延长线上.综上,PBD的面积是25.9. C解析: 设圆柱的底面圆半径为r,高为2r,球O的半径为R,由题可知43R3=323,解得R=2,则r2+r2=R2=4,可得r=2,所以V=r2(2r)=42.故选C.10. D解析: 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,三棱锥C1-ABD为该几何体的直观图,因为该几何体的外接球与长、宽、高分别为m,n,2的长方体的外接球相同,所以4R2=m2+n2+42mn+4=64,当且仅当m=n时,等号成立,所以半径R的最小值为4,故该几何体外接球体积的最小值为2563

13、.故选D.11.D解析: 依题意,设底面等腰直角三角形ABC的直角边长为x(x0),则三棱锥P-ABC的体积V=1312x24=163,解得x=22.ABC的外接圆半径为r1=12222=2,球心O到底面ABC的距离为d1=R2-r12=13-4=3,又顶点P到底面ABC的距离为4,顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周,当球心在底面ABC和截面圆之间时,球心O到该截面圆的距离为d2=4-3=1,截面圆的半径为r2=R2-d22=13-1=23,顶点P的轨迹长度为2r2=43;当球心在底面ABC和截面圆同一侧时,球心O到该截面圆的距离为d3=3+4=7R=13,故不成立.综上所述,顶点P的轨迹的总长度

14、为43.故选D.12.C解析: 设球的半径为R,ABC外接圆的半径为r,在ABC中,由AC=AB=1,ABC=30,则BAC=120,得2r=ACsinABC=2,所以r=1,因为球O的表面积为16,则4R2=16,解得R=2,所以球心O到ABC的距离d=R2-r2=3,即三棱锥O-ABC的高为3,SABC=12ABACsinBAC=34,所以三棱锥O-ABC的体积V三棱锥O-ABC=13343=14.故选C.13.45解析: 设四面体ABCD的外接球的半径为R,将四面体ABCD置于长、宽、高分别为a,b,c的长方体中,故a2+b2=20,b2+c2=29,a2+c2=41,故R=a2+b2+

15、c22=452,故四面体ABCD的外接球的表面积为4R2=45.14. 32解析: 由三视图还原原几何体如图,设球的半径为R,圆柱的高为h,则由题意可得,43R3=R2h,得h=43R,球的表面积为S球=4R2,圆柱的侧面积S圆柱侧=2Rh=2R43R=83R2,上部球的表面积与下部圆柱的侧面积的比值为4R283R2=32.15. 解析: D1A1平面A1AP,平面D1A1P平面A1AP,正确;若P是A1B上靠近A1的一个四等分点,D1P2=1+242=98,此时AP2=AA12+A1P2-2AA1A1Pcos 45=58,D1P2+AP2AD12,此时D1PA为钝角,错误;由于BPCD1,则

16、BP平面B1D1C,因此P-B1D1C的底面是确定的,高也是定值,其体积为定值,即三棱锥B1-D1PC的体积为定值,正确;而D1CDC1,D1CA1B,所以DC1A1B,且DC1A1D1,A1BA1D1=A1,所以DC1平面A1PD1,D1P平面A1PD1,因此DC1D1P,正确.故答案为.16. 403解析: 设F为B1C1的中点,连接A1F,BF.由题意易知A1F平面BCC1B1,所以A1FBF.因为四边形BFC1E为平行四边形,故BFC1E,则A1BF即为直线A1B与直线C1E所成的角,即A1BF=6.由正三棱柱ABC-A1B1C1的底面积为3,则34AB2=3,AB=2.在A1BF中,

17、A1F=322=3,所以A1B=23,又AB=2,所以AA1=22.设三棱柱ABC-A1B1C1的上、下底面的中心分别为O1,O,连接O1O,则外接球球心O位于O1O的中点位置,故设三棱柱外接球的半径为r,则r2=AA122+23AE2=2+43=103,故该三棱柱的外接球的表面积等于4r2=403.17.证明 (1)因为BDBC=2,所以BD=2BC,因为ABC,ECD是全等的正三角形,所以CD=BC,所以BD2=BC2+DC2,故BCDC,因为平面ECD平面BCD,平面ECD平面BCD=CD,所以BC平面ECD,因为BC平面ABC,故平面ABC平面ECD.(2)分别取BC,DC的中点M,N

18、,连接AM,EN,MN,因为ABC是等边三角形,所以AMBC,AM=32BC,因为平面ABC平面BCD,AM平面ABC,平面ABC平面BCD=BC,所以AM平面BCD,同理EN平面BCD,EN=32DC,所以AMEN,又BC=DC,所以AM=EN,所以四边形AMNE是平行四边形,所以AEMN且AE=MN,又MN=12BD且MNBD,所以AEBD,且AEBD,即四边形AEDB为梯形.18. (1)证明 连接AC,交BD于点O,连接OH,在PBH中,E,G分别为PB,PH的中点,所以EGBH,又因为EG平面BDH,BH平面BDH,所以EG平面BDH,同理,AG平面BDH,因为AG,EG平面AEG,

19、AGEG=G,所以平面AEG平面BDH.(2)解 记点A到平面BDH的距离为hA,点H到平面ABD的距离为hH,SABD=1222321=3,因为PA平面ABCD,PA=2,CH=13CP,所以hH=23.在PBC中,由余弦定理,得cosPCB=PC2+BC2-PB22PCBC=24,则在BCH中,BH2=BC2+CH2-2BCCHcosHCB=329,即BH=423.同理,DH=423,又O为BD的中点,所以OHBD.在BDH中,BD=23,SBDH=1223329-3=153,因为VA-BDH=VH-ABD,所以hA=SABDhHSBDH=323153=255.19. (1)证明 连接PB

20、,OP=CP,OB=CB,PBOC.又平面POC平面,平面POC平面=OC,PB平面,PBOQ.OP=5,OQ=1,PQ=6,OP2+OQ2=PQ2,POOQ,OPPB=P,OP,PB平面POC,OQ平面POC,又OQ平面POQ,平面POQ平面POC.(2)解 过点O作ODQR于点D,则点D为QR的中点,故在RtCOQ中,12OCOQ=12CQOD,即OD=255,RQ=2OQ2-OD2=255.SORQ=12RQOD=12255255=25,又PB=OP2-OB2=2,VO-PQR=VP-OQR=13SOQRPB=13252=415.20. (1)证明 连接AC,设ACBD=M,连接FM.四

21、边形ABCD是平行四边形,M是AC的中点.F是PC的中点,MF是ACP的中位线.PAFM.又PA平面BDF,FM平面BDF,PA平面BDF.(2)解 设AD的中点为E,连接BE,PE.E为AD的中点,PA=PD=4,PEAD,PE=PA2-AE2=16-1=15.四边形ABCD是平行四边形,BAD=60,AB=AD=2,BE=AE2+AB2-2AEABcosBAE=1+4-21212=3.PE2+BE2=15+3=18=PB2,BEPE.ADBE=E,AD平面ABCD,BE平面ABCD,PE平面ABCD.PE是点P到平面ABCD的距离.由已知得平行四边形ABCD的面积S=2SABC=21222

22、sin 60=23.四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=13S四边形ABCDPE=132315=25.四棱锥P-ABCD的体积为25.21.解 (1)AD上存在一点P,使得CP平面ABEF,此时APPD=32.理由如下,当APPD=32时,APAD=35,如图,过点P作MPFD交AF于点M,连接ME,则MPFD=APAD=35,AF=BE=1,AD=6,FD=5,MP=3,又EC=3,MPFDEC,MPEC,故四边形MPCE为平行四边形,CPME,又CP平面ABEF,ME平面ABEF,CP平面ABEF.(2)设BE=x,则AF=x(0x4),FD=6-x,故VA-CDF=13122(6-x

23、)x=-13(x-3)2+3,当x=3时,VA-CDF有最大值,且最大值为3,此时EC=1,AF=3,FD=3,DC=22.AD=AF2+FD2=32,AC=EF2+EC2+AF2=14.在ACD中,由余弦定理得cosADC=18+8-1423222=12,sinADC=32,SACD=12DCADsinADC=33.设点F到平面ACD的距离为h,由VA-CDF=VF-ACD,得13SACDh=3,h=3.22.(1)证明 因为BC1C1C,又平面A1C1CA平面BCC1B1,且平面A1C1CA平面BCC1B1=C1C,BC1平面BCC1B1,所以BC1平面ACC1A1.又因为A1C平面A1C

24、1CA,所以BC1A1C.(2)证明 取A1C1的中点G,连接FG,GC.在A1B1C1中,因为F,G分别是A1B1,A1C1的中点,所以FGB1C1,且FG=12B1C1.在平行四边形BCC1B1中,因为E是BC的中点,所以ECB1C1,且EC=12B1C1.所以ECFG,且EC=FG.所以四边形FECG是平行四边形,所以FEGC.又因为FE平面A1C1CA,GC平面A1C1CA,所以EF平面A1C1CA.(3)解 在线段AB上存在点P,使得BC1平面EFP.取AB的中点P,连接PE,PF.因为BC1平面ACC1A1,AC平面ACC1A1,CG平面ACC1A1,所以BC1AC,BC1CG.在ABC中,因为P,E分别是AB,BC的中点,所以PEAC.又由(2)知FECG,所以BC1PE,BC1EF.由PEEF=E,PE,EF平面EFP,所以BC1平面EFP.故当点P是线段AB的中点时,BC1平面EFP.