2024年高考数学二轮复习专题突破专题过关检测4　立体几何（附答案）

专题过关检测四立体几何一、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.“直线m垂直于平面α内的无数条直线”是“m⊥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.已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则异面直线CD与PB所成角的余弦值为()A.55 B.255 C.5103.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,G是线段BC1上一点,且A1G⊥B1D,则()A.BG=12BCB.BC1=3GC1C.BG=3GC1D.G为线段BC1上任意一点4.某保鲜封闭装置由储物区与充氮区(内层是储物区,用来放置新鲜易变质物品,充氮区是储物区外的全部空间,用来向储物区输送氮气从而实现保鲜功能)构成.如图,该装置外层上部分是半径为2的半球,下面大圆刚好与高度为3的圆锥的底面圆重合,内层是一个高度为4的倒置小圆锥,小圆锥底面平行于外层圆锥的底面,且小圆锥顶点与外层圆锥顶点重合,为了保存更多物品,充氮区的体积最小为()A.4π B.16π3 C.28π35.(2023·广西桂林模拟)已知三棱锥P-ABC的所有顶点均在半径为2的球O的球面上,底面三角形ABC是边长为3的等边三角形.若三棱锥P-ABC的体积取得最大值时,该三棱锥的内切球的半径为r,则r=()A.1 B.13C.32 D.6.已知球O与棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的各个面都相切,M为棱DD1的中点,则平面AMC截球O所得截面的面积为()A.π3 B.2π3 C.π 7.(2023·湖南雅礼中学模拟)如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为V,四边形ABCD是平行四边形,点E在平面ACC1A1内,且AE=14AC+34ACA.V28 B.V21 C.3V288.(2022·新高考Ⅰ,8)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤33,则该正四棱锥体积的取值范围是()A.18,814 C.274,643二、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,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.对于空间中的两条不同直线a,b和两个不同平面α,β,下列说法正确的是()A.若a⊥α,b⊥α,则a∥bB.若a⊥b,b⊥β,则a∥βC.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥bD.若a∥α,α⊥β,则a⊥β10.(2022·新高考Ⅱ,11)如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E-ACD,F-ABC,E-ACF的体积分别为V1,V2,V3,则()A.V3=2V2 B.V3=2V1C.V3=V1+V2 D.2V3=3V111.在意大利,有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛,这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trulli,于1996年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trulli的屋顶,得到圆锥SO(其中S为顶点,O为底面圆心),母线SA的长为6m,C是母线SA上靠近点S的三等分点.从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带,灯光带的最小长度为213m.下面说法正确的是()A.圆锥SO的侧面积为12πm2B.过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大值为18m2C.圆锥SO的外接球的表面积为72πm2D.棱长为3m的正四面体在圆锥SO内可以任意转动12.(2023·新高考Ⅰ,12)下列物体中,能被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A.直径为0.99m的球体B.所有棱长均为1.4m的四面体C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30π,则该圆锥的侧面积为.

14.如图,已知二面角A-EF-D的大小为45°,四边形ABFE与四边形CDEF都是边长为1的正方形,则B,D两点间的距离是.

15.如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱A1A上的动点,N是棱BC的中点.当平面D1MN与平面ABCD的夹角最小时,A1M=.

16.在菱形ABCD中,AB=2,∠DAB=60°,E为AB的中点,将△ADE沿DE翻折成△A1DE,当三棱锥A1-DEC的体积最大时,三棱锥A1-DEC的外接球的表面积为.

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,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面积依次为16,12,20,E,F分别为A1C1,BC的中点.求证:(1)平面ABE⊥平面BB1C1C;(2)C1F∥平面ABE.18.(12分)如图,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,PA∥EB,且PA=AB=3.(1)求证:CE∥平面PAD;(2)若BE=13PA,求直线PD与平面PCE所成角的正弦值19.(12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面为矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,PB⊥AM.(1)求证:平面PAM⊥平面PBD;(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.20.(12分)(2023·广东中山模拟)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,侧棱PA⊥平面ABCD,点M在棱DP上,且DM=2MP,点N是在棱PC上的动点(不是端点),如图所示.(1)若N是棱PC的中点,①画出△PBD的重心G(保留作图痕迹),指出点G与线段AN的关系,并说明理由;②求证:PB∥平面AMN.(2)若四边形ABCD是正方形,且AP=AD=3,当点N在何处时,直线PA与平面AMN所成角的正弦值取得最大值?21.(12分)(2023·山东青岛一模)如图,在Rt△PAB中,PA⊥AB,且PA=4,AB=2,将△PAB绕直角边PA旋转2π3到△PAC处,得到圆锥的一部分,点D是底面圆弧BC(1)是否存在点D,使得BC⊥PD?若存在,求出∠CAD的大小;若不存在,请说明理由.(2)当四棱锥P-ABDC体积最大时,求平面PCD与平面PBD夹角的余弦值.22.(12分)如图①,在菱形ABCD中,∠ABC=120°,动点E,F分别在边AD,AB上(不含端点),且存在实数λ,使EF=λBD,沿EF将△AEF向上折起得到△PEF,使得平面PEF⊥平面BCDEF,如图②所示.图①图②(1)若BF⊥PD,设三棱锥P-BCD和四棱锥P-BDEF的体积分别为V1,V2,求V1(2)当点E的位置变化时,二面角E-PF-B是否为定值?若是,求出该二面角的余弦值;若不是,请说明理由.

专题过关检测四立体几何一、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.B解析由直线m垂直于平面α内的无数条直线不能推出m⊥α,但是由m⊥α一定能推出直线m垂直于平面α内的无数条直线,所以“直线m垂直于平面α内的无数条直线”是“m⊥α”的必要不充分条件.故选B.2.C解析连接AE,BE(图略),设AB=1,则PA=2,AE=12+12BE=3+1=2,PB=4+1=5.易知CD∥BE,所以∠PBE是直线CD与PB所成的角(或其补角).又cos∠所以直线CD与PB所成角的余弦值为510.故选3.D解析如图,∵AD⊥平面ABB1A1,∴AD⊥A1B.又AB1⊥A1B,AB1∩AD=A,∴A1B⊥平面AB1D,∴A1B⊥B1D.同理BC1⊥B1D.又A1B∩BC1=B,∴B1D⊥平面A1BC1.又A1G⊂平面A1BC1,∴A1G⊥B1D.故G为线段BC1上任意一点.故选D.4.B解析由题意可知内层小圆锥底面半径最大为22-12=3,所以充氮区的体积最小为12×43π×23+13π×225.B解析设底面三角形ABC的中心为Q,连接BQ,OQ,则BQ=3×32×23=3如图,延长QO交球面于点P,连接OB,此时三棱锥P-ABC的体积取得最大值.因为球O的半径为2,所以OB=2.在Rt△OQB中,OQ=22-(所以三棱锥P-ABC的体积的最大值为V=13×34×32×此时PB=32+(3所以S三棱锥P-ABC=34×32+3×1所以934=136.A解析设球心O到截面的距离为d,截面圆的半径为r,由VO-ACM=VM-AOC,得13·S△ACM·d=23S△AOC.因为S△ACM=12×22×3=6,S△AOC=12×22×1=2,所以d=63.又d2+r2=1,所以r=37.A解析先找两三棱锥的公共部分,由AE=14AC+34AC1,知在CC1上取点E,使得CE=3EC1,连接DE,设DE∩D1C=F,AC∩BD=G,连接FG,则三棱锥F-CDG为三棱锥D1-ADC与三棱锥E-BCD的公共部分.∵△CEF∽△D1DF,∴D∴FC∴点F到平面ABCD的距离是点D1到平面ABCD的距离的3又S△CDG=14S▱ABCD∴VF-CDG=13×8.C解析记正四棱锥高与侧棱的夹角为θ,高为h,底面中心到底面各顶点的距离为m.∵正四棱锥外接球的体积为36π,∴外接球的半径R=3.又3≤l≤33,∴cosθ=32+l2-322×3×l=l6∈12,3h=mtanθ=6sinθcosθsinθcosθ=6cos2θ,正四棱锥的底面积S底故该正四棱锥的体积V=13S底·h=13×2m2h=144sin2θcos令x=cos2θ.∵cosθ∈∴x=cos2θ∴sin2θcos4θ=(1-cos2θ)·cos4θ=(1-x)·x2,x∈令y=(1-x)·x2=-x3+x2,x∈14,34,则y'=-3x故当x∈14,23时,y'>0,函数y=-x当x∈23,34时,y'<0,函数y=-x于是当x=23时,y取最大值,且ymax=-2当x=14时,y=-1当x=34时,y=-3故当x=14时,y取最小值因而V的最大值Vmax=144×4V的最小值Vmin=144×故该正四棱锥体积的取值范围为27二、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,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.AC解析对于A,由线面垂直的性质定理知A正确;对于B,若a⊥b,b⊥β,则a∥β或a⊂β,所以B错误;对于C,由a⊥α,α⊥β,可知a∥β或a⊂β,又b⊥β,所以a⊥b,所以C正确;对于D,若a∥α,α⊥β,则a∥β或a⊂β或a与β相交,所以D错误.故选AC.10.CD解析设AB=ED=2FB=2a,因为ED⊥平面ABCD,FB∥ED,则V1=13·ED·S△ACD=13·2a·12·(2aV2=13·FB·S△ABC=13·a·12·(2a)2=23a3,连接BD交AC于点M,连接EM又ED⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,则ED⊥AC.又ED∩BD=D,ED,BD⊂平面BDEF,则AC⊥平面BDEF,又BM=DM=12BD=2a,过F作FG⊥DE于G,易得四边形BDGF为矩形,则FG=BD=22a,EG=a则EM=(2a)2+(2a)2=6EM2+FM2=EF2,则EM⊥FM,S△EFM=12EM·FM=322a2,AC=2则V3=VA-EFM+VC-EFM=13AC·S△EFM=2a3,则2V3=3V1,V3=3V2,V3=V1+V2,故A,B错误;C,D正确.故选CD11.AD解析如图,设圆锥底面半径为rm,将圆锥侧面展开得到扇形ASA',在△A'SC中,A'S=6m,SC=2m,A'C=213m,则cos∠A'SC=36+4-522所以∠A'SC=2π3,所以2πr=2π3×6=4π,r=2,所以圆锥的侧面积为π×2×6=12π(m2在△ASB中,cos∠ASB=SA2+SB2-AB22SA·SB=79,sin∠ASB=1-4981=429,易知过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大为S△SAB设圆锥SO的外接球的半径为Rm,则R2=(SO-R)2+r2,又SO=SA2-r2=36-4=42,所以R2=(42-R)2+4,解得R=924,所以圆锥SO的外接球的表面积为4π设圆锥SO的内切球的半径为tm,则t42-t=13,解得t=2,设棱长为3m的正四面体的外接球的半径为r1m,将该正四面体放在棱长为62m的正方体中,可知该正四面体的外接球也是该正方体的外接球,易知r1=123×622=324,因为r12.ABD解析对于A选项,正方体内切球直径为1m.因为1>0.99,故A正确;对于B选项,如图(1),正方体内部最大的正四面体棱长为BA1=2,2>1.4,故B图(1)图(2)对于C选项,如图(2),因为圆柱的底面直径为0.01m(可忽略不计),故可将高为1.8m的圆柱看作长为1.8m的线段,而正方体的体对角线AC1长为3m,且3<1.8,故C错误;对于D选项,如图(3)①,因为圆柱体的高为0.01m(可忽略不计),可以将该圆柱体看作直径为1.2m的圆.设E,F,G,H,I,J为各棱的中点,六边形EFGHIJ为正六边形,如图(3)②,其棱长为22m,其内切圆直径的长等于FH的长,∠GFH=∠GHF=30°,所以FH=3FG=3GH=62(m).因为62>1.2,故D正确.图(3)①图(3)②三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.39π解析设该圆锥的高为h.∵体积V=13π×62·h=30π,∴h=52,∴∴S侧=πrl=π×6×132=3914.3-2解析∵BD=BF+FE+ED,∴|BD|2=|BF|2+|FE|2+|ED|由题意可知|BF|=|FE|=|ED|=1,BF·FE=0,FE·=1×1×cos135°=-22∴|BD|=3-2.故B,15.85解析如图,建立空间直角坐标系,则N(2,4,0),D1(0,0,4),设M(4,0,a)(0≤a所以MN=(-2,4,-a),D1N=(2,4,-设平面D1MN的法向量为n=(x,y,z),则n解得x令z=8,则x=8-2a,y=a+4,所以n=(8-2a,a+4,8)为平面D1MN的一个法向量.易知m=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.设平面D1MN与平面ABCD的夹角为θ,则cosθ=|m当a=125时,cosθ取最大值,则θ取最小值,所以A1M=4-16.8π解析如图,由余弦定理,得DE=ADCE=BE所以AE2+DE2=AD2,DC2+DE2=CE2,即AE⊥DE,DC⊥DE.分别取CE,A1C的中点F,M,连接FM,则F为Rt△DEC的外心,因为△DEC的面积为定值,所以当平面A1DE⊥平面DEC时,点A1到平面DEC的距离最大,此时三棱锥A1-DEC的体积最大,又A1E⊥DE,所以A1E⊥平面DEC.由F,M分别为CE,A1C的中点,得FM∥A1E,所以FM⊥平面DEC,易知M是三棱锥A1-DEC的外接球的球心.因为A1C2=A1E2+CE2=1+7=8,所以所求外接球的表面积S=4πA1C2四、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.证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,∴BB1⊥AB.∵侧面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面积依次为16,12,20,∴AB∶BC∶AC=4∶3∶5,∴AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC.又BB1∩BC=B,∴AB⊥平面BB1C1C,又AB⊂平面ABE,∴平面ABE⊥平面BB1C1C.(2)如图,取AB的中点G,连接EG,GF.∵G,F分别为AB,BC的中点,∴GF∥AC,GF=12AC∵E为A1C1的中点,∴EC1=12A1C1=12又A1C1∥AC,∴EC1∥GF,EC1=GF,∴四边形EGFC1为平行四边形,∴C1F∥EG.又C1F⊄平面ABE,EG⊂平面ABE,∴C1F∥平面ABE.18.(1)证明因为四边形ABCD是正方形,所以BC∥AD.又AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,所以BC∥平面PAD.同理EB∥平面PAD.又BC∩EB=B,所以平面EBC∥平面PAD.又CE⊂平面EBC,所以CE∥平面PAD.(2)解以A为原点,AD,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.因为PA=AB=3,所以BE=13PA=1,所以P(0,0,3),D(3,0,0),C(3,3,0),E所以PD=(3,0,-3),PC=(3,3,-3),PE=(0,3,-2).设平面PCE的法向量为m=(x,y,z),则m解得x令z=3,则x=1,y=2,所以m=(1,2,3)为平面PCE的一个法向量.设直线PD与平面PCE所成的角为θ,则sinθ=|cos<PD,m>|=|PD所以直线PD与平面PCE所成角的正弦值为719.(1)证明因为PD⊥底面ABCD,AM⊂平面ABCD,所以PD⊥AM.又PB⊥AM,PB∩PD=P,所以AM⊥平面PBD.又AM⊂平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.(2)解由(1)可知AM⊥平面PBD,所以AM⊥BD,所以△DAB∽△ABM.设BM=x,则AD=2x,由BMAB=ABAD,即x1=12x,得所以AD=2因为PD⊥底面ABCD,所以四棱锥P-ABCD的体积为13×1×220.解(1)①设AC与BD的交点为O,连接PO与AN交于点G.因为O为AC的中点,N为PC的中点,所以PO与AN的交点G为△PAC的重心,所以PG=2GO.又因为PO为△PBD的边BD的中线,所以点G也为△PBD的重心,即重心G在线段AN上.②证明:连接DG并延长交PB于点H,连接MG.因为G为△PBD的重心,所以DG=2GH.又因为DM=2MP,所以MG∥PH,MG∥PB.又因为MG⊂平面AMN,PB⊄平面AMN,所以PB∥平面AMN.(2)因为四边形ABCD为正方形,所以AB⊥AD,又因为PA⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD,所以以A为坐标原点,以AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,所以A(0,0,0),P(0,0,3),C(3,3,0),M(0,1,2),AP=(0,0,3),AM=(0,1,2),PC=(3,3,-3).设PN=λPC,0<λ<1,则PN=λPC=(3λ,3λ,-3λ所以AN=AP+PN=(3λ,3λ,-3设平面AMN的法向量为n=(x,y,z),则n·AM=y+2z=0,n设直线PA与平面AMN所成角为θ,所以sinθ=|cos<AP,n>|=|AP所以当1λ=3,λ=13,即点N在线段PC靠近点P的三等分点处时,直线PA与平面AMN21.解(1)当D为圆弧BC的中点,即∠CAD=π3时,BC⊥PD证明如下:∵D为圆弧BC的中点,∴∠CAD=∠BAD=π3,即AD为∠CAB的平分线∵AC=AB,∴AD为等腰三角形CAB的高线,即AD⊥BC.∵PA⊥AB,PA⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABDC,∴PA⊥平面ABDC,∴PA⊥BC.∵PA∩AD=A,∴BC⊥平面PAD,∴BC⊥PD.(2)由(1)得,PA为四棱锥P-ABDC的高,∵PA=4,∴当底面积S四边形ABDC取最大值时,四棱锥P-ABDC体积最大.设∠CAD=α,则∠BAD=2π3-α,S四边形ABDC=S△CAD+S△BAD=12×2×2×sinα+12×2×=2sinα+sin2π3∵α∈0,2∴当α=π3时,sin