高考数学大二轮复习 专题突破练19 专题五 立体几何过关检测 理-人教版高三数学试题

专题突破练19专题五立体几何过关检测一、选择题1.(2019天津实中模拟六,理4)若l,m是两条不同的直线,m⊥平面α,则“l⊥m”是“l∥α”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2.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A.18 B.17 C.163.已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则()A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于l4.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=()A.1 B.2 C.4 D.85.(2019山东青岛二模,理7)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的侧棱与底面所成线面角的最小角的正弦值为()A.1 B.22 C.23 D6.如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3,则它的表面积是(A.17π B.18π C.20π D.28π7.(2019山东聊城一模,理7)如图,圆柱的轴截面为正方形ABCD,E为弧BC的中点,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A.33 B.C.306 D.8.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是()A.4π B.9π2 C.6π D9.(2019河北衡水同卷联考,理10)在边长为8的等边三角形ABC中,D,E分别为AC,AB的中点,现将△ADE沿DE折起到△A'DE的位置,使得A'B=210,则直线A'B与底面BCDE所成角的正弦值为()A.1010 B.3010 C.701010.(2019河南名校联盟压轴卷四,理10)一个圆锥的母线长为2,圆锥的母线与底面的夹角为π4,圆锥内有一个内接正方体,则这个正方体的体积为(A.2(2-1) B.8(2-2)3C.8(2-1)3 D.8(2+1)311.(2019新疆乌鲁木齐二模,理11)已知A,B,C为球O的球面上的三个定点,∠ABC=60°,AC=2,P为球O的球面上的动点,记三棱锥P-ABC的体积为V1,三棱锥O-ABC的体积为V2,若V1V2的最大值为3,则球OA.16π9 B.64π9 C.312.(2019北京师大附中模拟三,理8)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,B1C与C1D所成角的余弦值为64,B1C与底面ABCD所成角的正弦值为32,则C1D与底面ABCD所成角的余弦值为(A.12 B.22 C.63二、填空题13.α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)

14.(2019天津卷,理11)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形,侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为.

15.在三棱锥D-ABC中,CD⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=BD=5,BC=4,则此三棱锥的外接球的表面积为.

16.(2019北京师大附中模拟三,理13)某工厂现将一棱长为3的正四面体毛坯件切割成一个圆柱体零件,则该圆柱体体积的最大值为.

三、解答题17.(2019江苏卷,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.18.(2019四川成都二模,理19)如图①,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,E,F分别为AB,CD的中点,CD=2AB=2EF=4,M为DF中点.现将四边形BEFC沿EF折起,使平面BEFC⊥平面AEFD,得到如图②所示的多面体.在图②中,(1)证明:EF⊥MC;(2)求二面角M-AB-D的余弦值.19.(2019山东济宁一模,理18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA⊥底面ABCD,∠ABC=60°,AB=3,AD=23,AP=3.(1)求证:平面PCA⊥平面PCD;(2)设E为侧棱PC上的一点,若直线BE与底面ABCD所成的角为45°,求二面角E-AB-D的余弦值.20.(2019北京卷,理16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC(1)求证:CD⊥平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且PGPB=23,判断直线AG21.(2019天津卷,理17)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF∥平面ADE;(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F的余弦值为13,求线段CF的长22.(2019山东菏泽一模,理18)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,AD⊥DC,AB∥DC,DC=2AB,PD=1,BC=2,BC⊥BD,设Q为棱PC上一点,PQ=λPC.(1)求证:当λ=15时,AQ⊥PC(2)试确定λ的值使得二面角Q-BD-P为45°.参考答案专题突破练19专题五立体几何过关检测1.B解析若l⊥m,因为m⊥平面α,所以l∥α或l⊂α;若l∥α,因为m⊥平面α,所以l⊥m,所以“l⊥m”是“l∥α”的必要不充分条件.2.D解析由题意知该正方体截去了一个三棱锥,如图所示,设正方体棱长为a,则V正方体=a3,V截去部分=16a3,故截去部分体积与剩余部分体积的比值为3.D解析因为m⊥α,l⊥m,l⊄α,所以l∥α.同理可得l∥β.又因为m,n为异面直线,所以α与β相交,且l平行于它们的交线.故选D.4.B解析由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.∴S表=2r×2r+2×12πr2+πr×2r+12×4πr2=5πr2+4r2=165.C解析由几何体的三视图可得几何体的直观图如图所示,根据三视图中的线段长度,得AB=22,BE=AE=DE=2,由勾股定理得CE=5,从而得AC=4+(5)2=3,所以侧棱AC6.A解析由三视图可知该几何体是球截去18后所得几何体,则78×4π3×R3=28π3,解得R=2,所以它的表面积为78×4πR2+347.D解析取BC的中点H,连接EH,AH,则∠EHA=90°.设AB=2,则BH=HE=1,AH=5,所以AE=6.连接ED,则ED=6.因为BC∥AD,所以异面直线AE与BC所成角即为∠EAD,在△EAD中cos∠EAD=6+48.B解析由题意知要使球的体积最大,则它与直三棱柱的若干个面相切.设球的半径为R,易得△ABC的内切球的半径为6+8-102=2,则R≤2.又因为2R≤3,所以R≤32,所以V9.B解析取DE的中点O,连接OA',OB.在△A'DE中,由A'D=A'E=DE=4,可得OA'=23,在△BOE中,由OE=2,BE=4,∠BEO=120°可得OB=27.由OA'2+OB2=A'B2可得OA'⊥OB.又因为OA'⊥DE,OB∩DE=O,所以OA'⊥底面BCDE,∠A'BO即为直线A'B与底面BCDE所成角.在Rt△A'OB中,sin∠A'BO=OA'10.C解析因为圆锥的母线长为2,圆锥的母线与底面的夹角为π4,所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形,底面半径和高均为2,设正方体的棱长为x,则2x22=2-x2,解得x=2(2-1).故正方体的体积为[2(2-11.B解析如图,设△ABC的外接圆圆心为O',其半径为r,球O的半径为R,当球心O在三棱锥P-ABC内时,由题意可知,V1V2max=R+R2-r2R2-r2=3,可得R=23r.∵2r=ACsin∠ABC=43,∴r=2312.B解析如图,设AB=a,BC=b,AA1=c,则AB1=a2+c2,AC=a2+b2,B1C=b2+c2.∵AB1∥C1D,BB1⊥平面ABCD,∴∠AB1C是B1C与C1∵B1C与C1D所成角的余弦值为64,B1C与底面ABCD所成角的正弦值为3∴解得a=c=3b.∵CC1⊥平面ABCD,∴∠C1DC是C1D与底面ABCD所成角.∵DC=CC1,DC⊥CC1,∴∠C1DC=45°.∴C1D与底面ABCD所成角的余弦值为22.13.②③④解析对于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n∥α,所以过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,则n∥c.因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确命题的编号有②③④.14.π4解析如图,由底面边长为2,可得OC=设M为VC的中点,则O1M=12OC=12,O1O=12VO,VO=∴O1O=1.∴V圆柱=π·O1M2·O1O=π×122×1=π415.34π解析由题意,在三棱锥D-ABC中,CD⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=BD=5,BC=4,可得AC=CD=52-42=3,故三棱锥D-ABC的外接球的半径R=32+42+16.2π当圆柱体体积最大时,圆柱的底面圆心为正四面体的底面中心O',圆柱的上底面与棱锥侧面的交点N在侧面的中线AM上.∵正四面体棱长为3,∴BM=32,O'M=12,BO'=1,∴设圆柱的底面半径为r,高为h,则0<r<1由三角形相似得,r12=2-h2,即h=2-22r,圆柱的体积V=πr2h=2π∵r2(1-2r)≤r+r+1-2r33=127,当且仅当r=1-2r,即r=17.证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.18.(1)证明由题意知在等腰梯形ABCD中,AB∥CD.∵E,F分别为AB,CD的中点,∴EF⊥AB,EF⊥CD.∴折叠后,EF⊥DF,EF⊥CF.∵DF∩CF=F,∴EF⊥平面DCF.又MC⊂平面DCF,∴EF⊥MC.(2)解∵平面BEFC⊥平面AEFD,平面BEFC∩平面AEFD=EF,且EF⊥DF,∴DF⊥平面BEFC,∴DF⊥CF,∴DF,CF,EF两两垂直.以F为坐标原点,分别以FD,FC,FE所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.∵DM=1,∴FM=1,∴M(1,0,0),D(2,0,0),A(1,0,2),B(0,1,2),∴MA=(0,0,2),AB=(-1,1,0),DA=(-设平面MAB的法向量m=(x,y,z),则MA取x=1,得m=(1,1,0).设平面ABD的法向量n=(x,y,z),则DA取z=1,得n=(2,2,1).∴cos<m,n>=m·∴二面角M-AB-D的余弦值为219.解(1)在平行四边形ABCD中,∠ADC=60°,CD=3,AD=23,由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC=12+3-2×23×3×cos60°∴AC2+CD2=AD2,∴∠ACD=90°,即CD⊥AC.又PA⊥底面ABCD,CD⊂底面ABCD,∴PA⊥CD.又AC∩CD=C,∴CD⊥平面PCA.又CD⊂平面PCD,∴平面PCA⊥平面PCD.(2)如图,以A为坐标原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,3,0),D(-3,3,0),P(0,0,3).设E(x,y,z),PE=λPC(0≤λ≤1),则(x,y,z-3)=λ(0,3,-∴x=0,y=3λ,z=3-3λ,即点E的坐标为(0,3λ,3-3λ).∴BE=(-3,3λ,3-3λ)又平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),∴sin45°=|cos<BE,n>|=|3-3∴点E的坐标为(0,1,2),∴AE=(0,1,2),AB=(3设平面EAB的法向量为m=(x,y,z),由m令z=1,得平面EAB的一个法向量为m=(0,-2,1),∴cos<m,n>=m又二面角E-AB-D的平面角为锐角,故二面角E-AB-D的余弦值为520.(1)证明因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.又因为AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD.(2)解过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD.如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).所以AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2).所以PF=13PC=23,23,-23设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则n即y令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0),所以cos<n,p>=n·p由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为3(3)解直线AG在平面AEF内.因为点G在PB上,且PGPB=23,PB=(2,-1,-2),所以PG=23PB=43,-23,-4由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).所以AG·n=-43+所以直线AG在平面AEF内.21.(1)证明依题意,可以建立以A为原点,分别以AB,AD,AE的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F依题意,AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又BF=(0,2,h),可得BF·AB=0,又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥(2)解依题意,BD=(-1,1,0),BE=(-1,0,2),CE=(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则n·BD=0,n·BE因此有cos<CE,n>=CE·n所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为4(3)解设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则m·