2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考旧教材） 数学（理） 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陕西西安三模)如图所示,在一个正方体中,E,G分别是棱AB,CC的中点,F为棱CD靠近C的四等分点.平面EFG截正方体后,其中一个多面体的三视图中,相应的正视图是()3.(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

2、,左右两端均为半径为1的半球.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.(2022山西太原一模)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.263B.10C.12D.3237.(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-A

3、BCD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

4、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ABCD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.1

5、5. (2022山西大学附中三模)如图所示,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD为正方形,DE平面ABCD,CFDE,且AB=DE=2,CF=1,G为棱BC的中点,H为棱DE上的动点,有下列结论:当H为棱DE的中点时,GH平面ABE;存在点H,使得GHAE;三棱锥B-GFH的体积为定值;三棱锥A-BCF的外接球表面积为9.其中正确的结论序号为.(填写所有正确结论的序号)16. (2022黑龙江齐齐哈尔一中一模)已知正三棱柱ABC-A1B1C1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

6、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)(2022四川泸县第一中学三模)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的,G是DF的中点.(1)设P是CE上的一点,且APBE,求证:BPBE;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.19. (12分)(2022新高考19)如图,直三棱

7、柱ABC-A1B1C1的体积为4,A1BC的面积为22. (1)求A到平面A1BC的距离;(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.20. (12分)(2022辽宁大连高三期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,BC=CD=AD=12AB=2,PBAD. (1)证明:AD平面PBD;(2)在下面三个条件中选择两个条件:,求点A到平面PBC的距离.PB=PD;二面角P-AD-B为60;直线PB与平面ABCD所成的角为60.21.(12分)(2022北京石景山一模)如图1,在平面四边形PDCB中,PDBC,BAPD,PA=AB=BC=

8、1,AD=12.将PAB沿BA翻折到SAB的位置,使得平面SAB平面ABCD,如图2所示.图1图2(1)设平面SDC与平面SAB的交线为l,求证:BCl;(2)在线段SC上是否存在一点Q(点Q不与端点重合),使得二面角Q-BD-C的余弦值为66?请说明理由.22.(12分)(2022湖北宜昌夷陵中学模拟预测)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,点A1在平面ABC内的射影D在AC上,ACB=90,BC=1,AC=CC1=2.(1)证明:AC1A1B;(2)若A1C=2,求二面角A1-AB-C的余弦值.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

9、可得该圆锥的母线长为2=2.故选C.2. D解析: 连接EB,GB,因为E,G分别是棱AB,CC的中点,F为棱CD上靠近C的四等分点,所以EBFG,所以平面EFG经过点B,所以多面体ADDA-EFGCB的正视图为.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=212+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=1

10、33.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. A解析: 由三视图还原得该几何体为一个正方体与一个三棱锥的组合体,其体积V=23+1312221=263.故选A.7. A解析: 设圆柱的底面圆的半径为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

11、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=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

12、=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.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

13、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

14、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+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

15、=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: 对,当H为DE的中点时,取EA的中点为M,连接MH,MB,因为H,M分别为ED,EA的中点,故可得MHAD,MH=12AD,根据已知条件可知BGAD,BG=12AD,故MHBG,MH=BG,故四边形HMBG为平行四边形,则HGMB,又MB平面ABE,HG平面ABE,故HG平面ABE,故正确;对,因为ED平面ABCD,DA,DC平面ABCD,故DEDA,DEDC,又四边形ABCD为正方形,故DADC,则DE,DA,DC两两垂直,以D为坐标原点,直线DA,DC

16、,DE分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则A(2,0,0),E(0,0,2),G(1,2,0),设H(0,0,m),m0,2,若GHAE,则GHAE=(-1,-2,m)(-2,0,2)=0,即2+2m=0,解得m=-1,不满足题意,故错误;对,VB-GFH=VH-BGF,因为B,F,G均为定点,故SBGF为定值,又DECF,CF平面BGF,DE平面BGF,故DE平面BGF,又点H在DE上运动,故点H到平面BGF的距离是定值,故三棱锥B-GFH的体积为定值,则正确;对,由题可得CF平面ABCD,又平面ABCD为正方形,ABBC,CFAB,BCCF=C,AB平面BCF,则AB,B

17、C,CF两两垂直,AF为三棱锥A-BCF的外接球的直径,又AF2=AB2+BC2+CF2=22+22+12=9,则AF=3,三棱锥A-BCF的外接球表面积为4322=9,故正确.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,A1F=322=3,所以A1B=23,又AB=2,所以AA1=22.设三棱柱ABC-A1B1C1的上、下

18、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,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,

19、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 因为APBE,ABBE,AB,AP平面ABP,ABAP=A,所以BE平面ABP,又BP平面ABP,所以BPBE.(2)解 以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3,3),C(-1,3,0),

20、故AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),CG=(2,0,3).设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量,由mAE=0,mAG=0,可得2x1-3z1=0,x1+3y1=0.取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-3,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量,由nAG=0,nCG=0,可得x2+3y2=0,2x2+3z2=0.取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-3,-2).所以cos=mn|m|n|=12,由图知二面角E-AG-C的平面角是锐角,又0,故所求的角为60.19.解 (1)由题意可得,VA-A1BC=VA1-ABC=13SA

21、BCAA1=13V直三棱柱ABC-A1B1C1=134=43.设点A到平面A1BC的距离为d,则13SA1BCd=1322d=43,d=2.(2)连接AB1交A1B于点E,如图.AA1=AB,AB1A1B.又平面A1BC平面ABB1A1,平面A1BC平面ABB1A1=A1B,AB1平面A1BC.又BC平面A1BC,BCAB1,又BCBB1,AB1,BB1平面ABB1A1,且AB1BB1=B1,BC平面ABB1A1,BCAB,BCA1B.AB,BC,BB1两两垂直.以B为坐标原点,以BC,BA,BB1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.设AA1=AB=h,则BCh2h=4,B

22、C2h2=22,解得h=BC=2.点A(0,2,0),B(0,0,0),D(1,1,1),E(0,1,1).设n1=(x1,y1,z1)为平面ABD的一个法向量.BA=(0,2,0),BD=(1,1,1),n1BA=2y1=0,n1BD=x1+y1+z1=0,令x1=1,则z1=-1,n1=(1,0,-1).由AB1平面A1BC,得AE为平面BDC的一个法向量,而AE=(0,-1,1),cos=n1AE|n1|AE|=-12.二面角A-BD-C的正弦值为1-122=32.20. (1)证明 取AB的中点为E,连接DE,可知四边形BCDE是平行四边形.所以DE=BC=12AB=AD,所以点D在以

23、AB为直径的圆上,所以ADBD.又ADPB,PBBD=B,且PB,BD平面PBD,所以AD平面PBD. (2)解 选.因为AD平面PBD,所以ADPD.又因为ADBD,所以二面角P-AD-B的平面角为PDB,所以PDB=60.又因为PB=PD,所以PBD为等边三角形.因为AD平面PBD,AD平面ABCD,所以平面ABCD平面PBD.连接CE交BD于点O,则O为BD的中点,连接PO,则POBD.因为平面ABCD平面PBD,平面ABCD平面PBD=BD,所以PO平面ABCD.所以POOE,由题意可知,OEAD,所以OEBD.故以点O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系.则A(2,-3,0),P(

24、0,0,3),B(0,3,0),C(-1,0,0).则CB=(1,3,0),PB=(0,3,-3),AB=(-2,23,0).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),由CBn=0,PBn=0,得x+3y=0,3y-3z=0,令x=3,则n=(3,-3,-1),点A到平面PBC的距离为nAB|n|=-23+23(-3)+013=1213=121313.选.因为AD平面PBD,AD平面ABCD,所以平面ABCD平面PBD.易知直线BD为直线BP在平面ABCD内的射影,PBD或其补角即为PB与平面ABCD所成的角,又因为PB=PD,所以PBD=60,所以PBD为等边三角形.连接CE交BD于点O,则

25、O为BD的中点,连接PO,则POBD.因为平面ABCD平面PBD,平面ABCD平面PBD=BD,所以PO平面ABCD.所以POOE,由题意可知,OEAD,所以OEBD.故以点O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系.则A(2,-3,0),P(0,0,3),B(0,3,0),C(-1,0,0).则CB=(1,3,0),PB=(0,3,-3),AB=(-2,23,0).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),由CBn=0,PBn=0,得x+3y=0,3y-3z=0,令x=3,则n=(3,-3,-1).点A到平面PBC的距离为nAB|n|=-23+23(-3)+013=1213=121313.选.

26、因为AD平面PBD,AD平面ABCD,所以平面ABCD平面PBD.易知直线BD为直线BP在平面ABCD内的射影,PBD或其补角即为PB与平面ABCD所成的角.因为AD平面PBD,所以ADPD.又因为ADBD,所以二面角P-AD-B的平面角为PDB,所以PDB=60,所以PBD=60,所以PBD为等边三角形.连接CE交BD于点O,则O为BD的中点,连接PO,则POBD.因为平面ABCD平面PBD,平面ABCD平面PBD=BD,所以PO平面ABCD.所以POOE,由题意可知,OEAD,所以OEBD.故以点O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系.则A(2,-3,0),P(0,0,3),B(0,3,

27、0),C(-1,0,0).则CB=(1,3,0),PB=(0,3,-3),AB=(-2,23,0).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),由CBn=0,PBn=0,得x+3y=0,3y-3z=0,令x=3,则n=(3,-3,-1).点A到平面PBC的距离为nAB|n|=-23+23(-3)+013=1213=121313.21.(1)证明 延长BA,CD相交于点E,连接SE,则SE为平面SCD与平面SAB的交线l.由平面SAB平面ABCD,BAAD,AD平面ABCD,且平面SAB平面ABCD=AB,所以AD平面SAB,又由ADBC,所以BC平面SAB,因为SE平面SAB,所以BCSE,所以

28、BCl.(2)解 由题意知SAAB,ADAB,SAAD,以A为坐标原点,以AD,AB,AS所在的直线分别为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系,如图所示,可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0),D12,0,0,S(0,0,1),则BD=12,-1,0,设SQ=SC(其中01),则Q(,1-),所以BQ=(,-1,1-),设平面QBD的法向量为n=(x,y,z),则nBD=12x-y=0,nBQ=x+(-1)y+(1-)z=0,令x=2,可得y=1,z=1-31-,所以n=2,1,1-31-,又由SA平面BDC,所以平面BDC的一个法向量为m=(0,0,1),则|cos|=|mn

29、|m|n|=1-31-5+1-31-21=66,解得=12,或=0,又01,所以=12.所以存在点Q为SC的中点时,使得二面角Q-BD-C的余弦值为66.22.(1)证明 点A1在平面ABC内的射影D在AC上,A1D平面ABC,又BC平面ABC,A1DBC.BCAC,ACA1D=D,AC,A1D平面AA1C1C,BC平面AA1C1C,AC1平面AA1C1C,AC1BC.AC=CC1=2,四边形AA1C1C为平行四边形,四边形AA1C1C为菱形,故AC1A1C,又BCA1C=C,BC,A1C平面A1BC,AC1平面A1BC,A1B平面A1BC,AC1A1B.(2)解 A1D平面ABC,ACBC,以C为坐标原点,以向量CA,CB,DA1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,又A1C=2,则A1(1,0,3),A(2,0,0),B(0,1,0),A1A=(1,0,-3),A1B=(-1,1,-3),设平面A1AB的法向量m=(x,y,z),则mA1A=x-3z=0,mA1B=-x+y-3z=0,取z=1,则m=(3,23,1),又因为平面ABC的法向量为n=(0,0,1),