适用于老高考旧教材2023届高考数学二轮总复习理专题检测三立体几何含解析

Page16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.2 B.3 C.2 D.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+42 B.8+45C.4+45 D.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.已知该胶囊的表面积为10π,则它的体积为()A.356π B.103C.133π D.165.(2022·四川宜宾三模)已知两条直线m,n和平面α,则m⊥n的一个充分条件是()A.m⊥α且n⊥αB.m∥α且n⊂αC.m⊥α且n⊂αD.m∥α且n∥α6.(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.263 B.10 C.12 D.7.(2022·新疆三模)已知圆柱的母线长与底面的半径之比为3∶1,四边形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.64 B.33 C.638.(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721025π,则△PBD的面积为(A.25 B.23 C.22 D.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32π3,则圆柱的体积为(A.16π B.8π C.42π D.22π10.(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.643π3 BC.128π3 D11.(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.6π B.12π C.23π D.43π12.(2022·陕西渭南二模)已知点A,B,C是表面积为16π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.112 B.3C.14 D.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.

15.(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,CF∥DE,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:①当H为棱DE的中点时,GH∥平面ABE;②存在点H,使得GH⊥AE;③三棱锥B-GFH的体积为定值;④三棱锥A-BCF的外接球表面积为9π.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π6,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⊥(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AP⊥BE,求证:BP⊥BE;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.19.(12分)(2022·新高考Ⅰ·19)如图,直三棱柱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,AB∥CD,BC=CD=AD=12AB=2,PB⊥AD(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.①PB=PD;②二面角P-AD-B为60°;③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,PD∥BC,BA⊥PD,PA=AB=BC=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:BC⊥l;(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:AC1⊥A1B;(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2π·1=2π,圆心角的弧度数为π,由弧长公式可得该圆锥的母线长为2ππ=2.故选C2.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EB'∥FG,所以平面EFG经过点B',所以多面体A'D'DA-EFGC'B'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=2S▱ABCD+2S▱ABB1A1+2S▱BCC1B1=2×1×2+24.C解析:设圆柱的高为h,∴4π·12+2π·1·h=10π,∴h=3.∴V=43π·13+π·12·3=13π35.C解析:对于A,若m⊥α且n⊥α,则m∥n,故选项A不符合题意;对于B,若m∥α且n⊂α,则m与n平行或异面,故选项B不符合题意;对于C,若m⊥α且n⊂α,则m⊥n,故选项C符合题意;对于D,若m∥α且n∥α,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+13×12×2×2×1=7.A解析:设圆柱的底面圆的半径为r,则AD=BC=3r,因为AB∥CD,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=π3,故△OBE为等边三角形,所以BE=r,故AE=3r,则CE=2r,DE=6r,所以cos∠CDE=(6r)2+(2r8.A解析:当球心在线段PM上时,如图所示,令AC∩BD=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Rt△ODM中,R2=(5x-R)2+x2,解得R=35x.又43πR3=721025π,得x=2.所以DM=2,PM=10,所以△PBD的面积为12×22×10=259.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43πR3=32π3,解得R=2,则r2+r2=R2=4,可得r=2,所以V=πr2·(2r)=42π10.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+4≥2mn+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256π3.11.D解析:依题意,设底面等腰直角三角形ABC的直角边长为x(x>0),则三棱锥P-ABC的体积V=13×12×x2×4=163∴△ABC的外接圆半径为r1=12×2×2∴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2πr2=43综上所述,顶点P的轨迹的总长度为43π.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=ACsin∠ABC=2,所以r=1,因为球O的表面积为16π,则4πR2=16π所以球心O到△ABC的距离d=R2-r2=3,即三棱锥O-ABC的高为3,S△ABC=12AB·AC·sin∠BAC=34,所以三棱锥故选C.13.45π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故四面体ABCD的外接球的表面积为4πR2=45π.14.32设球的半径为R,圆柱的高为h,则由题意可得,43πR3=πR2h,得h=43R,球的表面积为S球=4πR2,圆柱的侧面积S圆柱侧=2πRh=2πR·43R=83∴上部球的表面积与下部圆柱的侧面积的比值为4π15.①③④解析:对①,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MH∥AD,MH=12AD根据已知条件可知BG∥AD,BG=12AD,故MH∥BG,MH=BG故四边形HMBG为平行四边形,则HG∥MB,又MB⊂平面ABE,HG⊄平面ABE,故HG∥平面ABE,故①正确;对②,因为ED⊥平面ABCD,DA,DC⊂平面ABCD,故DE⊥DA,DE⊥DC,又四边形ABCD为正方形,故DA⊥DC,则DE,DA,DC两两垂直,以D为坐标原点,直线DA,DC,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),m∈[0,2],若GH⊥AE,则GH·AE=(-1,-2,m)·(-2,0,2)=0,即2+2m=0,解得m=-1,不满足题意,故对③,VB-GFH=VH-BGF,因为B,F,G均为定点,故S△BGF为定值,又DE∥CF,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③正确;对④,由题可得CF⊥平面ABCD,又平面ABCD为正方形,∴AB⊥BC,CF⊥AB,BC∩CF=C,∴AB⊥平面BCF,则AB,BC,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4π·322=9π,故④正确.故答案为①③④.16.40π3解析:设F为B1C1的中点,连接A1F,BF.由题意易知A1F⊥平面BCC1B1,所以A1F⊥BF.因为四边形BFC1E为平行四边形,故BF∥C1E,则∠A1BF即为直线A1B与直线C1E所成的角,即∠A1BF=π6.由正三棱柱ABC-A1B1C1的底面积为3,则34AB2=3,AB=2.在△A1BF中,A1F=32×2=3,所以A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=217.证明(1)因为BDBC=2,所以BD=因为△ABC,△ECD是全等的正三角形,所以CD=BC,所以BD2=BC2+DC2,故BC⊥DC,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AM⊥BC,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AM∥EN,又BC=DC,所以AM=EN,所以四边形所以AE∥MN且AE=MN,又MN=12BD且MN∥BD所以AE∥BD,且AE<BD,即四边形AEDB为梯形.18.(1)证明因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BP⊥BE.(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),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m·AE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n·AG取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-3,-2).所以cos<m,n>=m·由图知二面角E-AG-C的平面角是锐角,又<m,n>∈[0,π],故所求的角为60°.19.解(1)由题意可得,VA-A1BC=VA1-ABC=13S△ABC·AA1=13V直三棱柱ABC-A1B1C1=13×(2)连接AB1交A1B于点E,如图.∵AA1=AB,∴AB1⊥A1B.又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,∴AB1⊥平面A1BC.又BC⊂平面A1BC,∴BC⊥AB1,又BC⊥BB1,AB1,BB1⊂平面ABB1A1,且AB1∩BB1=B1,∴BC⊥平面ABB1A1,∴BC⊥AB,BC⊥A1B.∴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BC·h2·h=4,BC·设n1=(x1,y1,z1)为平面ABD的一个法向量.∵BA=(0,2,0),BD=(1,1,1),∴n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<n1,AE>=n1·AE∴二面角A-BD-C的正弦值为1-20.(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AB为直径的圆上,所以AD⊥BD又AD⊥PB,PB∩BD=B,且PB,BD⊂平面PBD,所以AD⊥平面PBD.(2)解选①②.因为AD⊥平面PBD,所以AD⊥PD.又因为AD⊥BD,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PO⊥BD.因为平面ABCD⊥平面PBD,平面ABCD∩平面PBD=BD,所以PO⊥平面ABCD.所以PO⊥OE,由题意可知,OE∥AD,所以OE⊥BD.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CB令x=3,则n=(3,-3,-1),点A到平面PBC的距离为n·AB|n|选①③.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O为BD的中点,连接PO,则PO⊥BD.因为平面ABCD⊥平面PBD,平面ABCD∩平面PBD=BD,所以PO⊥平面ABCD.所以PO⊥OE,由题意可知,OE∥AD,所以OE⊥BD.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CB·n=0,PB·n=0,得x+3y=0,3y-选②③.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AD⊥PD.又因为AD⊥BD,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PO⊥BD.因为平面ABCD⊥平面PBD,平面ABCD∩平面PBD=BD,所以PO⊥平面ABCD.所以PO⊥OE,由题意可知,OE∥AD,所以OE⊥BD.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CB令x=3,则n=(3,-3,-1).