2022年新教材高考数学一轮复习 章末目标检测卷7 立体几何（含解析）新人教版.docx

1、章末目标检测卷七立体几何(时间:120分钟满分:150分)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.若圆锥的表面积是底面积的3倍,则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为()A.23B.56C.D.762.下列命题错误的是()A.三角形的两条边平行于一个平面,则第三边也平行于这个平面B.平面平面,a,过内的一点B有唯一的一条直线b,使baC.,所成的交线为a,b,c,d,则abcdD.一条直线与两个平面所成的角相等,则这两个平面平行3.(2020山东,4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把

2、地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40,则晷针与点A处的水平面所成的角为()A.20B.40C.50D.904.如图,已知直平行六面体ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为3,BAD=60,长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动,另一个端点N在底面ABCD上运动,则MN的中点P的轨迹(曲面)与共顶点D的三个面所围成的几何体的体积为()A.29B.49C.23D.435.3D打印属于快速成形技术的一种,它是一种以数字模型文件为基础,运

3、用粉末状金属或塑料等可黏合材料,通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术(即“积层造型法”).过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型,现正用于一些产品的直接制造.已知利用3D打印技术制作如图所示的模型.该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上,四个顶点在圆锥底面上),圆锥底面直径为102 cm,母线与底面所成角的正切值为2.打印所用原料密度为1 g/cm3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量约为()(取=3.14,精确到0.1)A.609.4 gB.447.3 gC.398.3 gD.357.3 g6.(2020全国,理10)已知ABC是面积为934

4、的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16,则O到平面ABC的距离为()A.3B.32C.1D.327.如图,点N为正方形ABCD的中心,ECD为正三角形,平面ECD平面ABCD,M是线段ED的中点,则()A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BMEN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BMEN,且直线BM,EN是异面直线8.三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,ABAC,N是BC的中点,点P在A1B1上,且满足A1P=A1B1,当直线PN与平面ABC所成角的正弦值取最大值时,实数的值为()A.12B

5、.22C.32D.255二、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,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.若直线l的方向向量为m,平面的法向量为n,则不可能使l的是()A.m=(1,0,0),n=(-2,0,0)B.m=(1,3,5),n=(1,0,1)C.m=(0,2,1),n=(-1,0,-1)D.m=(1,-1,3),n=(0,3,1)10.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V,若点P在AA1上,且AP=13AA1,点Q是棱CC1上的动点,则四棱锥B-APQC的体积不可能是()A.112VB.29VC.13VD.79V

6、11.已知在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F,H分别是AB,DD1,BC1的中点,则下列说法中正确的是()A.D1C1平面CHDB.AC1平面BDA1C.三棱锥D-BA1C1的体积为56D.直线EF与BC1所成的角为3012.如图,E为正方形ABCD边CD上异于点C,D的动点,将ADE沿AE翻折成SAE,在翻折过程中,下列说法正确的是()A.存在点E和某一翻折位置,使得SBSEB.存在点E和某一翻折位置,使得AE平面SBCC.存在点E和某一翻折位置,使得直线SB与平面ABC所成的角为45D.存在点E和某一翻折位置,使得二面角S-AB-C的大小为60三、填空题:本题共4小题

7、,每小题5分,共20分.13.有一正四棱锥P-ABCD,底面边长为2,二面角P-AB-C为45,则此四棱锥的体积为.14.在菱形ABCD中,AB=2,BCD=60,现将其沿对角线BD折成直二面角A-BD-C(如图),则异面直线AB与CD所成角的余弦值为.15.在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BC=2,BD=CD=2,点E是BC的中点,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点,则该三棱锥外接球的表面积为.16.如图,将一个圆柱2n(nN*)等分切割,再重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体,当n越大,重新组合的几何体就越接近于一个“长方体”,若新几何体的表面积比圆柱的表面积增加了8,则圆柱的侧面

8、积为,在满足前面条件且圆柱外接球表面积最小时,圆柱的外接球体积为.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)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABEF为正方形,AF=2FD,AFD=90,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60.(1)证明:平面ABEF平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.18.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60,AP=1,AD=3,求三棱锥E-ACD的体积.19.(

9、12分)(2020浙江,19)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD平面ABC,ACB=ACD=45,DC=2BC.(1)证明:EFDB;(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.20.(12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形,BAD=120,AB=2,E,F分别为CD,AA1的中点.(1)求证:DF平面B1AE;(2)若AA1底面ABCD,且直线AD1与平面B1AE所成角的正弦值为34,求线段AA1的长.21.(12分)请从下面三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并作答.ABBC;FC与平面ABCD所成的角为6;ABC=3.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面A

10、BCD是菱形,PA平面ABCD,且PA=AB=2,PD的中点为F.(1)在线段AB上是否存在一点G,使得AF平面PCG?若存在,指出G在AB上的位置并给以证明;若不存在,请说明理由;(2)若,求二面角F-AC-D的余弦值.22.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ADBC,ADCD,且AD=CD=2,BC=22,PA=2.(1)取PC的中点N,求证:DN平面PAB;(2)求直线AC与PD所成角的余弦值;(3)在线段PD上是否存在一点M,使得二面角M-AC-D的大小为45?如果存在,求BM与平面MAC所成的角;如果不存在,请说明理由.章末目标检测卷七立体几何1.C设圆锥的底

11、面半径为r,母线长为l,侧面展开图扇形的圆心角为,根据条件得rl+r2=3r2,即l=2r,根据扇形面积公式得l22=rl,即=r2l=r22r=,故选C.2.DA正确,三角形可以确定一个平面,若三角形两边平行于一个平面,则它所在的平面与这个平面平行,故第三边平行于这个平面;B正确,平面与平面平行,则平面中的直线a必平行于平面,平面内的一点与这条线可以确定一个平面,这个平面与平面交于一条直线,过该点在平面内只有这条直线与a平行;C正确,同一平面内不相交的两条直线一定平行;D错误,一条直线与两个平面所成的角相等,这两个平面也可能相交,故选D.3.B由题意知,如图,圆O为赤道所在的大圆.圆O1是在

12、点A处与赤道所在平面平行的晷面.O1C为晷针所在的直线.直线OA在圆O所在平面的射影为直线OB,点B在圆O上,则AOB=40,COA=50.又CAO=90,OCA=40.晷针与点A处的水平面所成角为40,故选B.4.A连接DP,DN(图略),在RtMND中,斜边MN=2,则DP=1,则点P的轨迹为以D为球心,半径r=1的球面的一部分,则球的体积为V=43r3=43.因为BAD=60,所以ADC=120,则该几何体为半球的13,所以所求几何体的体积V=431213=29.5.C几何体的轴截面图如图所示,因为圆锥底面直径为102cm,所以半径为OB=52cm.因为母线与底面所成角的正切值为tanB

13、=2,所以圆锥的高为PO=10cm.设正方体的棱长为a,DE=2a,则22a52=10-a10,解得a=5.所以该模型的体积为V=13(52)210-53=5003-125(cm3).所以制作该模型所需原料的质量为5003-1251=5003-125398.3(g).6.C设等边三角形ABC的边长为a,球O的半径为R,ABC的外接圆的半径为r,则SABC=34a2=934,S球O=4R2=16,解得a=3,R=2.故r=2332a=3.设O到平面ABC的距离为d,则d2+r2=R2,故d=R2-r2=4-3=1.故选C.7.B如图,连接BD,BE.在BDE中,N为BD的中点,M为DE的中点,B

14、M,EN是相交直线,排除选项C,D.作EOCD于点O,连接ON.作MFOD于点F,连接BF.平面ECD平面ABCD,平面ECD平面ABCD=CD,EOCD,EO平面ECD,EO平面ABCD.同理,MF平面ABCD.MFB与EON均为直角三角形.设正方形ABCD的边长为2,易知EO=3,ON=1,MF=32,BF=22+94=52,则EN=3+1=2,BM=34+254=7,BMEN.故选B.8.A分别以AB,AC,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz,如图所示.由题意知P(,0,1),N12,12,0,则PN=12-,12,-1.易得平面ABC的一个法向量为n=(0,0,

15、1).则直线PN与平面ABC所成的角满足sin=|cos|=1-122+54,于是问题转化为二次函数求最值问题.又因为0,2,当最大时,sin最大,所以当=12时,sin最大为255,同时直线PN与平面ABC所成的角取得最大值.故选A.9.ABC若l,则需mn,即mn=0,根据选项验证可知:A中,mn=-2;B中,mn=6;C中,mn=-1;D中,mn=0.故选项A,B,C符合题意.10.AD如图,设CQCC1=t,0t1,点B到平面ACC1A1的距离为h,则VB-APQC=13hSAPQC=13h12(AP+CQ)AC=16h13AA1+tCC1AC=16h13+tAA1AC=1313+t1

16、2hACAA1=1313+tSABCAA1=1313+tV,因为0t1,所以191313+t49,所以19VVB-APQC49V,所以四棱锥B-APQC的体积不可能为A和D.11.ABD如图所示,由题意,C1D1CD,C1D1平面CHD,CD平面CHD,所以D1C1平面CHD,A正确;建立空间直角坐标系,如图所示,图图由AB=1,得AC1=(-1,1,1),BD=(-1,-1,0),DA1=(1,0,1),所以AC1BD=1-1+0=0,AC1DA1=-1+0+1=0,所以AC1BD,AC1DA1,所以AC1平面BDA1,B正确;三棱锥D-BA1C1的体积为V三棱锥D-BA1C1=V正方体AB

17、CD-A1B1C1D1-4V三棱锥A1-ABD=1-41312111=13,所以C错误;因为点E1,12,0,F0,0,12,所以EF=-1,-12,12,BC1=(-1,0,1),所以cos=EFBC1|EF|BC1|=1+0+12322=32,所以EF与BC1所成的角是30,D正确.12.ACD当SECE时,SEAB,又SESA,且ABSA=A,所以SE平面SAB,所以SESB,故A正确;若AE平面SBC,因为AE平面ABC,平面ABC平面SBC=BC,所以AECB,与已知矛盾,故B错误;过点D作DFAE交BC于点F,交AE于点G,点S在平面ABCE的射影O在GF上,连接BO,则SBO为直

18、线SB与平面ABC所成的角,设二面角S-AE-B的平面角为,取AD=4,DE=3,则AE=DF=5,CE=BF=1,DG=125,OG=125cos,故只需满足SO=OB=125sin,在OFB中,由余弦定理,得125sin2=12+135-125cos2-2135-125coscosOFB,cosOFB=-cosOFC=-35,解得cos=23,故C正确;过点O作OMAB于点M,连接SM,则SMO为二面角S-AB-C的平面角,当二面角S-AE-B的平面角为60时,只需满足DG=2OG=2OM,可使得二面角S-AB-C的大小为60,设OAG=OAM=,84,则DAG=2-2,AG=DGtan2

19、-2=OGtan,化简得2tantan2=1,解得tan=55,故D正确.13.43如图,设点P在底面ABCD内的射影为O,因为四棱锥P-ABCD为正四棱锥,所以O为正方形ABCD的中心.取AB的中点E,连接PO,PE,OE,则PO平面ABCD,OEAB,所以PEAB,所以PEO为二面角P-AB-C的平面角,所以PEO=45,因为BC=2,所以OE=PO=1,所以此四棱锥的体积为13POSABCD=13122=43.14.14如图,取BD的中点O,连接AO,CO,建立如图所示的空间直角坐标系.AB=2,BCD=60,点A(0,0,3),B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,3,0),A

20、B=(1,0,-3),CD=(-1,-3,0),cos=ABCD|AB|CD|=-122=-14.异面直线AB与CD所成角的余弦值为14.15.6011由题意知,BCD为等腰直角三角形,点E是BCD外接圆的圆心.设DE的中点为F,则BF=1+14=52,AF=4-54=112.设三棱锥A-BCD外接球的球心O到平面BCD的距离为h,球O的半径为r,则在平面ADE内,可得r2=1+h2=14+112-h2,解得h=211,r=1+411=1511,所以该三棱锥外接球的表面积为41511=6011.16.8323由题知,表面积增加的部分为新“长方体”的两个侧面,设原圆柱的底面半径为r,高为h,则可

21、得2rh=8,所以圆柱的侧面积为2rh=8;设圆柱的外接球的半径为R,依题意得(2R)2=(2r)2+h2,所以外接球的表面积为S=4R2=(4r2+h2)24r2h2=4rh=16,当且仅当2r=h时,S最小,此时R=2,外接球的体积V=43R3=323.17.(1)证明由已知可得AFDF,AFFE,所以AF平面EFDC.又AF平面ABEF,故平面ABEF平面EFDC.(2)解过点D作DGEF,垂足为G,由(1)知DG平面ABEF.以G为坐标原点,GF的方向为x轴正方向,|GF|为单位长,建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)知DFE为二面角D-AF-E的平面角,故DFE=60,则DF=2,D

22、G=3,可得点A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3).由已知,ABEF,所以AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDC=CD,故ABCD,CDEF.由BEAF,可得BE平面EFDC,所以CEF为二面角C-BE-F的平面角,CEF=60.从而可得点C(-2,0,3).所以EC=(1,0,3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0).设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则nEC=0,nEB=0,即x+3z=0,4y=0.所以可取n=(3,0,-3).设m是平面ABCD的法向量,则mAC=0,mAB=0,同理可取m=(0,3

23、,4),则cos=nm|n|m|=-21919.故二面角E-BC-A的余弦值为-21919.18.(1)证明如图,连接BD交AC于点O,连接EO.因为底面ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又因为E为PD的中点,所以EOPB.因为EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB平面AEC.(2)解因为PA平面ABCD,底面ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz,则点P(0,0,1),D(0,3,0),E0,32,12,AE=0,32,12.设点B(m,0,0)(m0),则点C(m,3,0),A

24、C=(m,3,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则n1AC=0,n1AE=0,即mx+3y=0,32y+12z=0,可取n1=3m,-1,3.由题意得n2=(1,0,0)为平面DAE的一个法向量.由题设|cos|=12,即33+4m2=12,解得m=32.因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为12.三棱锥E-ACD的体积V=131233212=38.19.(1)证明如图,过点D作DOAC,交直线AC于点O,连接OB.由ACD=45,DOAC,得CD=2CO.由平面ACFD平面ABC,得DO平面ABC,所以DOBC.由ACB=45,BC=12CD=22CO,得BOBC.所

25、以BC平面BDO,故BCDB.又BCEF.所以EFDB.(2)解法一过点O作OHBD,交直线BD于点H,连接CH.由三棱台的性质,得DFCO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.由BC平面BDO,得OHBC,故OH平面BCD,所以OCH为直线CO与平面DBC所成角.设CD=22,则DO=OC=2,BO=BC=2,所以BD=6,OH=233,所以sinOCH=OHOC=33,因此直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.解法二由三棱台的性质,得DFCO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角,记为.如图,以O为原点,分别以射线OC,OD为y轴、z轴

26、的正半轴,建立空间直角坐标系Oxyz.设CD=22.由题意得到各点的坐标:O(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),D(0,0,2).因此OC=(0,2,0),BC=(-1,1,0),CD=(0,-2,2).设平面BCD的法向量n=(x,y,z).由nBC=0,nCD=0,即-x+y=0,-2y+2z=0,可取n=(1,1,1).所以sin=|cos|=|OCn|OC|n|=33.因此直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.20.(1)证明设G为AB1的中点,连接EG,GF,因为FG􀰿12A1B1,又DE12A1B1,所以FGDE,所以四边形DEGF是平行四边形

27、,所以DFEG.又DF平面B1AE,EG平面B1AE,所以DF平面B1AE.(2)解因为四边形ABCD是菱形,且ABD=60,所以ABC是等边三角形.取BC的中点G,则AGAD.因为AA1平面ABCD,所以AA1AG,AA1AD,建立如图所示的空间直角坐标系,令AA1=t(t0),则点A(0,0,0),E32,32,0,B1(3,-1,t),D1(0,2,t),AE=32,32,0,AB1=(3,-1,t),AD1=(0,2,t).设平面B1AE的一个法向量为n=(x,y,z),则nAE=32(x+3y)=0,且nAB1=3x-y+tz=0,取n=(-3t,t,4).设直线AD1与平面B1AE

28、所成的角为,则sin=|nAD1|n|AD1|=6t2(t2+4)=34,解得t=2,故线段AA1的长为2.21.解(1)存在线段AB的中点G,使得AF平面PCG.证明如下:如图所示,设PC的中点为H,连接FH,GH.因为FHCD,FH=12CD,AGCD,AG=12CD,所以FHAG,FH=AG,所以四边形AGHF为平行四边形,则AFGH.又GH平面PGC,AF平面PGC,故AF平面PGC.(2)选择:由已知及得ABAD.PA平面ABCD,PAAB,PAAD.AB,AD,AP两两垂直,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.PA=AB=2,点A(0,0

29、,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),F(0,1,1),P(0,0,2),AF=(0,1,1),CF=(-2,-1,1).设平面FAC的法向量为m=(x,y,z),mAF=y+z=0,mCF=-2x-y+z=0.取y=1,得m=(-1,1,-1).易知平面ACD的一个法向量为v=(0,0,1).设二面角F-AC-D的平面角为,则cos=|mv|m|v|=33,二面角F-AC-D的余弦值为33.选择:如图,取BC的中点E,连接AE.取AD的中点M,连接FM,CM,则FMPA,且FM=1.PA平面ABCD,FM平面ABCD,FC与平面ABCD所成角为FCM,FCM=6.在R

30、tFCM中,CM=3.又CM=AE,AE2+BE2=AB2,BCAE,即AEAD.PA平面ABCD,PAAE,PAAD.AE,AD,AP两两垂直,分别以AE,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.PA=AB=2,点A(0,0,0),B(3,-1,0),C(3,1,0),D(0,2,0),E(3,0,0),F(0,1,1),P(0,0,2),AF=(0,1,1),CF=(-3,0,1).设平面FAC的法向量为m=(x,y,z),则mAF=y+z=0,mCF=-3x+z=0,取x=3,得m=(3,-3,3).易知平面ACD的一个法向量为n=(0,0,1).设二面角F-

31、AC-D的平面角为,则cos=|mn|m|n|=217.二面角F-AC-D的余弦值为217.选择:如图,取BC的中点E,连接AE.底面ABCD是菱形,ABC=60,ABC是正三角形.E是BC的中点,BCAE,即AEAD.PA平面ABCD,PAAE,PAAD.AE,AD,AP两两垂直,分别以AE,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.PA=AB=2,点A(0,0,0),B(3,-1,0),C(3,1,0),D(0,2,0),E(3,0,0),F(0,1,1),P(0,0,2),AF=(0,1,1),CF=(-3,0,1).设平面FAC的法向量为m=(x,y,z),则

32、mAF=y+z=0,mCF=-3x+z=0,取x=3,得m=(3,-3,3).易知平面ACD的一个法向量n=(0,0,1),设二面角F-AC-D的平面角为,则cos=|mn|m|n|=217.二面角F-AC-D的余弦值为217.22.解取BC的中点E,连接DE,与AC相交于点O,连接AE,易知ACDE,故可建立如图所示的空间直角坐标系,则点A(0,-1,0),B(2,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),P(0,-1,2).(1)证明:PC的中点N(0,0,1),DN=(1,0,1).设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),AP=(0,0,2),AB=(2,0,0),可取n=(0

33、,1,0).DNn=0,DN平面PAB,DN平面PAB.(2)设AC与PD所成的角为.AC=(0,2,0),PD=(-1,1,-2),cos=226=66.(3)存在.设M(x,y,z)及PM=PD(01),则x=-,y+1=,z-2=-2M(-,-1,2(1-).设平面ACM的法向量为m=(x,y,z),AC=(0,2,0),AM=(-,2(1-),mAC=0,mAM=0,可得m=(2-2,0,).又平面ACD的一个法向量为a=(0,0,1),cos=12+(2-2)2=22,解得=23或=2(舍去).点M-23,-13,23,BM=-83,23,23,m=23,0,23.设BM与平面MAC所成的角为,则sin=|cos|=-12922223=12,=6.