2021高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题三立体几何专题检测卷三立体几何含解析202103112178.doc

1、专题检测卷(三)立体几何(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题：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.(2020南昌调研)已知平面内的一条直线l及平面，则“l”是“”的()A.充分必要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件解析根据直线与平面垂直的判定定理，由“l，l”可证得“”，即充分性是成立的.反之由“，l”不一定得到“l”，即必要性不成立.所以“l”是“”的充分不必要条件.故选B.答案B2.(2020牡丹江调研)已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为，PA与圆锥底面所成角为45，若PAB的

2、面积为5，则该圆锥的侧面积为()A.40(1) B.40C.8(5) D.8解析设O为圆锥底面圆的圆心，设底面圆的半径为r.PA与圆锥底面所成角为45，即PAO45.所以PAr.母线PA，PB所成角的余弦值为，即cosAPB.则sinAPB.由SPABPAPBsinAPB2r25.r240，故S圆锥侧rPArrr240.答案B3.如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则该正四棱柱的高为()A.2 B.3C.4 D.5解析以D为坐标系原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示，设正四棱柱的高

3、为h，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，h)，C1(0，2，h)，(0，0，h)，(2，2，0)，(0，2，h).设平面ACD1的法向量为n(x1，y1，z1)，则令z12，则y1h，x1h，n(h，h，2)为平面ACD1的一个法向量.又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，所以|cosn，CC1|，解得h4，故选C.答案C4.(2020长沙模拟)设三棱柱ABCA1B1C1的侧棱垂直于底面，ABAC2，BAC90，AA13，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是()A.24 B.18 C.26 D.16解析依题意，三棱柱ABCA1B1C1的外

4、接球是底面为正方形(边长为2)、高为3的长方体的外接球，其直径为长方体的体对角线.设球的半径为R，则有(2R)22222(3)226，故三棱柱ABCA1B1C1外接球的表面积为4R226.故选C.答案C5.(2020成都二诊)在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P，Q分别为AB，AD的中点，过点D作平面使B1P平面，A1Q平面，若直线B1D1平面M，则的值为()A. B. C. D.解析如图，取A1D1的中点E，C1D1的中点F，连接DE，EF，DF.易知B1PDF，A1QDE，则平面DEF就是平面.EF与B1D1相交于点M，连接A1C1，与B1D1相交于点O，易证点M是D1O的中点.又O是

5、B1D1的中点，所以.故选B.答案B6.(2020厦门质检)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为1，高为2，M为B1C1的中点，过点M作平面平行于平面A1BD，若平面把该正四棱柱分成两个几何体，则体积较小的几何体的体积为()A. B. C. D.解析设N为C1D1的中点，P为CC1的中点，连接MN，MP，NP，CB1，如图.在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1B1綊CD，四边形A1B1CD为平行四边形，DA1CB1.M为B1C1的中点，P为CC1的中点，MPCB1，DA1MP.MP平面A1BD，DA1平面A1BD，MP平面A1BD.同理可证NP平面A1BD，MPNPP，平面MN

6、P平面A1BD，即平面MNP为平面.体积较小的几何体为三棱锥PC1MN，VPC1MNC1MC1NC1P1.故选C.答案C7.(2020安徽六校素质测试)如图，四面体ABCD为正四面体，AB1，点E，F分别是AD，BC的中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为()A. B. C. D.1解析将正四面体补成正方体，如图.由图可知截面为平行四边形MNKL，可得KNKL1.又KLBC，KNAD，且ADBC，KNKL.可得S四边形MNKLKNKL(当且仅当KNKL时取等号).故选A.答案A8.(2020辽宁五校联考)已

7、知A，B是半径为2的球面上的两点，过AB作互相垂直的两个平面，若，截该球所得的两个截面的面积之和为16，则线段AB的长度是()A. B.2 C.2 D.4解析如图，设过AB所作的互相垂直的平面，截球O所得的圆分别为圆O2，圆O1，点O为球心，点A，B在球面上，所以球O的半径OB2，圆O1，圆O2的半径分别为O1B和O2B，且OO1，OO2.因为两个截面的面积之和为16，所以O1B2O2B216，即O1B2O2B216.在RtOO1B和RtOO2B中，两式相加得，OOOO2OB2(O1B2O2B2)24168.设AB的中点为M，则两式相加得，2BM2(O2B2O1B2)(OOOO)1688，所以

8、BM2，则AB4.故选D.答案D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个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3分，有选错的得0分.9.已知a，b为两条不同的直线，为三个不同的平面，则下列说法正确的是()A.若a，则a B.若，则C.若a，b，则ab D.若，则解析若a，则a或a，故a不一定平行于，A错误；若，则，B正确；若a，b，则ab，C正确；若，则与相交或，D错误.故选BC.答案BC10.(2020日照模拟)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C为圆上异于点A，B的任意一点，则下列关系正确的是()A.PABCB.ACPBC.BC平

9、面PACD.PCPB解析由题意，知PA平面ABC.BC平面ABC，PABC，A正确.ACB为直径AB所对的圆周角，ACBC.又PAACA，PA，AC平面PAC，BC平面PAC，C正确.假设ACPB.PA平面ABC，PAAC.ACBC，ACPB，且PBBCB，PB，BC平面PBC，AC平面PBC，则ACPC，与假设矛盾，B错误.由BC平面PAC，得BCPC，则PCB为直角三角形，PCPB不成立，D错误.故选AC.答案AC11.(2020临沂模拟)如图，正三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为1的等边三角形，侧棱长为2，D，E分别是BB1，AC的中点，则下列结论成立的是()A.直线CD与B1C1是

10、异面直线B.直线BE与平面A1CD平行C.直线AC与直线A1D所成角的余弦值为D.直线CD与平面AA1C1C所成角的余弦值为解析直线CD与B1C1在同一平面B1C1CB内，不是异面直线，A错误.连接AC1，记A1C，AC1的交点为O，连接OE，OD，则OECC1，OEBD.又OECC1BD，所以四边形BDOE是平行四边形，所以BEOD.因为BE平面A1CD，OD平面A1CD，所以直线BE与平面A1CD平行，B正确.因为ACA1C1，所以直线AC与直线A1D所成的角就是直线A1C1与直线A1D所成的角.连接C1D，在A1C1D中，易知A1C11，C1DA1D.由余弦定理可得cos DA1C1，所

11、以直线AC与直线A1D所成角的余弦值为，C正确.由题意可得平面AA1C1C平面ABC，交线为AC，BEAC，BE平面ABC，根据面面垂直的性质可得BE平面AA1C1C.又BEOD，所以OD平面AA1C1C，所以直线CD与平面AA1C1C所成的角就是DCO.在直角三角形DCO中，CD，CO，所以直线CD与平面AA1C1C所成角的余弦值为，D正确.故选BCD.答案BCD12.(2020山东十校联考)已知菱形ABCD中，BAD60，AC与BD相交于点O，将ABD沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，下列结论正确的是()A.BDCMB.存在一个位置，使CDM为等边三角形C.DM与BC不可能垂直D

12、.直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60解析画出示意图如图.对于A，因为菱形ABCD中，AC与BD相交于点O，所以AOBD，COBD.将ABD沿BD折起，使顶点A至点M的过程中，AO始终与BD垂直，所以MOBD.又COBD，MOCOO，MO，CO平面CMO，所以BD平面CMO.又CM平面CMO，所以BDCM，A正确.设菱形ABCD的边长为2.因为BAD60，所以AOCOMO，BODO1.对于B，因为在折起的过程中，AD边的长度不变，所以MDCD.若CDM为等边三角形，则CMCD2，则cos MOC.当二面角MBDC的余弦值为时，CDM为等边三角形，B正确.对于C，.由A选项，知MOBD，C

13、OBD，所以0，所以()()3cos MOC1，显然当cos MOC时，0，即DMBC，C错误.对于D，由几何体的直观图可知，当OM平面BCD时，直线DM与平面BCD所成的角最大，为MDO，易知此时MDO60，D正确.故选ABD.答案ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.(2020重庆模拟)正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AA12，点D为棱A1B1的中点，则异面直线AD与CB1所成角的大小为_.解析如图，取AB的中点E，连接B1E，CE，则ADEB1，所以异面直线AD与CB1的夹角即为CB1E.在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AA12，所以CBCB2BB4(

14、2)212，EBEB2BB1(2)29.又ABC为正三角形，所以CE.在CEB1中，由余弦定理，得cos CB1E，所以CB1E30.所以异面直线AD与CB1所成角的大小为30.答案3014.(2020成都二诊)已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)的所有顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为28，则该三棱柱的侧面积为_.解析如图，设球O的半径为R，直三棱柱的棱长为a，取等边三角形A1B1C1的重心(三边中线的交点)为点O1.由重心是中线的三等分点，得A1O1aa.根据几何关系，可以确定上、下底面三角形重心的连线的中点为球心O，即OO1.S球4R228，则R27.在RtA

15、1OO1中，R2A1OOO，即7，解得a212.所以该三棱柱的侧面积S侧3aa31236.答案3615.(2020安徽六校素质测试)如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M是AD的中点，动点P在底面ABCD内(不包括边界)，若B1P平面A1BM，则C1P的最小值是_.解析如图，取BC的中点N，连接B1D，B1N，DN，作CODN交DN于点O，连接C1O.易知DNMB，B1NA1M且DNB1NN，MBA1MM，所以平面B1DN平面A1BM，所以动点P在底面ABCD内的轨迹为线段DN(不含端点).又CC1平面ABCD，所以当点P与点O重合时，C1P取得最小值.因为DNCODCNC，

16、所以CO，所以(C1P)minC1O.答案16.(2020江西名校四联)在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，AP2，点M是矩形ABCD内(含边界)的动点，且AB1，AD3，直线PM与平面ABCD所成的角为.记点M的轨迹长度为，则tan _；当三棱锥PABM的体积最小时，三棱锥PABM的外接球的表面积为_.(本小题第一空2分，第二空3分)解析如图，因为PA平面ABCD，垂足为A，所以PMA为直线PM与平面ABCD所成的角，所以PMA.因为AP2，所以AM2，所以点M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆弧上.记点M的轨迹为圆弧EF，连接AF，则AF2.因为在RtABF中，AB1，

17、AF2，所以AFBFAE，所以弧EF的长度2，所以tan .连接PF，则当点M与点F重合时，三棱锥PABM的体积最小.因为PA平面ABCD，BF平面ABCD，所以PABF.又ABBF，APABA，AP，AB平面ABP，所以BF平面ABP，所以BFPB，所以PBF为直角三角形，所以点B到线段PF的中点的距离为PF，此时三棱锥PABF的外接球的球心为线段PF的中点.因为PF2，所以三棱锥PABF的外接球的表面积S4()28，即三棱锥PABM的体积最小时，其外接球的表面积为8.答案8四、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.(本小题满分10分)(2020江苏卷

18、)在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，B1C平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点.(1)求证：EF平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C平面ABB1.证明(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EFAB1.又EF平面AB1C1，AB1平面AB1C1，所以EF平面AB1C1.(2)因为B1C平面ABC，AB平面ABC，所以B1CAB.又ABAC，B1C平面AB1C，AC平面AB1C，B1CACC，所以AB平面AB1C.又因为AB平面ABB1，所以平面AB1C平面ABB1.18.(本小题满分12分)(2020长沙雅礼中学质检)如图，在四棱锥PABCD中，AP平面PCD，ADBC，

19、ABBC，APABBCAD，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.(1)证明：PO平面ABCD；(2)若OB1，求点C到平面PAB的距离.(1)证明AP平面PCD，APCD.ADBC，BCAD，四边形BCDE为平行四边形，BECD，APBE.又ABBC，ABBCAD，且E为AD的中点，四边形ABCE为正方形，BEAC.又APACA，BE平面APC，则BEPO.AP平面PCD，APPC，又ACABAP，PAC为等腰直角三角形，O为斜边AC上的中点，POAC且ACBEO，PO平面ABCD.(2)解OB1，PAPBAB.设C到平面PAB的距离为d，由VCPABVPABC，得()2d()21，解得d.

20、19.(本小题满分12分)(2020江苏卷)在三棱锥ABCD中，已知CBCD，BD2，O为BD的中点，AO平面BCD，AO2，E为AC的中点.(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；(2)若点F在BC上，满足BFBC，设二面角FDEC的大小为，求sin 的值.解(1)如图，连接OC，因为CBCD，O为BD的中点，所以COBD.又AO平面BCD，OB，OC平面BCD，所以AOOB，AOOC.以，为基底，建立空间直角坐标系Oxyz.因为BD2，CBCD，AO2，所以B(1，0，0)，D(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2).因为E为AC的中点，所以E(0，1，1)，所以(1，0，2)，(

21、1，1，1)，所以|cos，|.因此，直线AB与DE所成角的余弦值为.(2)因为点F在BC上，BFBC，(1，2，0)，所以.又(2，0，0)，故.设n1(x1，y1，z1)为平面DEF的一个法向量，则即取x12，得y17，z15，所以n1(2，7，5).设n2(x2，y2，z2)为平面DEC的一个法向量，又(1，2，0)，则即取x22，得y21，z21，所以n2(2，1，1).故|cos |.所以sin .20.(本小题满分12分)如图，四边形ABCD为正方形， E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2

22、)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已知可得，BFPF，BFEF，又PFEFF，PF，EF平面PEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)解作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故EF2PE2PF2，所以PEPF.可得PH，EH.则H(0，0，0)，P，D，为平面ABFD的一个法向量.设DP与平面ABFD所成角为，则sin .所以DP与平面ABFD所成角

23、的正弦值为.21.(本小题满分12分)(2020辽宁五校模拟)如图(1)，在等腰梯形ABCD中，ABCD，DAABBC2，CD4，E为CD的中点，将DEA沿AE折到D1EA的位置，如图(2).(1)证明：AED1B；(2)当折叠过程中所得四棱锥D1ABCE体积取最大值时，求直线D1E与平面ABD1所成角的正弦值.(1)证明如图(1)在梯形ABCD中，连接BE，DB，设DB交AE于点F.由已知，得四边形ABED为菱形，所以AEDB.在立体图形中，连接D1F，BF，如图(2).则AED1F，AEBF.因为D1FBFF，D1F，BF平面D1FB，所以AE平面D1FB.因为D1B平面D1FB，所以AE

24、D1B.(2)解要使四棱锥D1ABCE体积最大，则需要平面D1AE垂直于底面ABCE，此时D1F平面ABCE.图(3)故以点F为坐标原点，FE，FB，FD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图(3)，则A(1，0，0)，B(0，0)，E(1，0，0)，D1(0，0，)，所以(1，0，)，(1，0，)，(0，).设平面ABD1的法向量为n(x，y，z).由得令x，得n(，1，1).所以|cos，n|.所以直线D1E与平面ABD1所成角的正弦值为.22.(本小题满分12分)(2020长郡中学模拟)如图，在三棱台ABCA1B1C1中，侧面A1B1BA与侧面A1C1CA是全等的梯形

25、，若A1AAB，A1AA1C1，且AB2A1B14A1A.(1)若2，2，求证：DE平面BCC1B1；(2)若二面角C1AA1B为，求平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值.(1)证明如图(1)，连接AC1，BC1.图(1)在梯形A1C1CA中，AC2A1C1，2，AC1A1CD，2.又2，DEBC1.BC1平面BCC1B1，DE平面BCC1B1，DE平面BCC1B1.(2)解侧面A1C1CA是梯形，A1AA1C1，AA1AC.图(2)又A1AAB，BAC为二面角C1AA1B的平面角，则BAC.又ABAC，ABC，A1B1C1均为正三角形.设AC的中点为G，连接GB，如图(2)，以点A为坐标原点，平行于GB所在的直线为x轴，AC，AA1所在的直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系.不妨设AA11，则A1B1A1C12，ABAC4，故点A(0，0，0)，C(0，4，0)，B(2，2，0)，B1(，1，1)，则(2，2，0)，(，1，1)，(2，2，0)，(，3，1).设平面A1B1BA的法向量为m(x1，y1，z1)，则有令y1，得x11，z10.m(1，0).设平面C1B1BC的法向量为n(x2，y2，z2)，则有令y2，得x21，z22，n(1，2).cosm，n.故平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值为.