老高考旧教材适用2025版高考数学二轮复习专题检测三立体几何文

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·陕西榆林三模)已知l,m,n是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,若α∥β,l⊥α,m⊂β,m⊥n,则下列关系一定成立的是()A.l∥n B.l∥m C.l⊥n D.l⊥m3.(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.榫卯(sǔnmǎo)是古代中国建筑、家具及其他器械的主要结构方式,是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式,其中凸出部分叫榫(或叫榫头);凹进部分叫卯(或叫榫眼、榫槽),其特点是在物件上不使用钉子,利用卯榫加固物件,体现出中国古老的文化和智慧.如图所示的网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某榫卯构件的三视图,则该构件的体积为()A.π3+16 B.2πC.8π3+16 D.167.(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.312 C.14二、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·北京育才学校模拟预测)如图,棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段A1B上的动点(不含端点),则下列结论正确的是.(填所有正确结论的序号)

①平面D1A1P⊥平面A1AP;②∠APD1的取值范围是0,π2;③三棱锥B1-D1PC的体积为定值;④DC1⊥D1P.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·山西临汾三模)如图,四棱锥P-ABCD的底面为菱形,∠ABC=π3,AB=AP=2,PA⊥底面ABCD,E是线段PB的中点,G,H分别是线段PC上靠近P,C的三等分点(1)求证:平面AEG∥平面BDH;(2)求点A到平面BDH的距离.19.(12分)(2022·江西萍乡二模)如图,一半圆的圆心为O,AB是它的一条直径,AB=2,延长AB至C,使得BC=OB,设该半圆所在平面为α,平面α外有一点P,满足平面POC⊥平面α,且OP=CP=5,该半圆上点Q满足PQ=6.(1)求证:平面POQ⊥平面POC;(2)若线段CQ与半圆交于R,求三棱锥O-PQR的体积.20.(12分)(2022·云南二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,F是PC的中点.(1)证明:PA∥平面BDF;(2)若∠BAD=60°,AB=AD=2,PA=PD=4,PB=32,求四棱锥P-ABCD的体积.21.(12分)如图,四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EF∥AB,现将四边形ABCD沿EF折起,使BE⊥EC.(1)若BE=1,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出APPD的值;若不存在,请说明理由(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时点F到平面ACD的距离.22.(12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的侧面BCC1B1是平行四边形,BC1⊥C1C,平面A1C1CA⊥平面BCC1B1,且E,F分别是BC,A1B1的中点.(1)求证:BC1⊥A1C;(2)求证:EF∥平面A1C1CA;(3)在线段AB上是否存在点P,使得BC1⊥平面EFP?若存在,求出APAB的值;若不存在,请说明理由

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=故选C.2.D解析:因为α∥β,l⊥α,则l⊥β,又m⊂β,m⊥n,所以l⊥m,而l与n可能平行、相交或异面.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故几何体表面积S=2S▱ABCD+2S▱ABB1A1+2S▱BCC1B1=2×1×2+2×1×2故选B.4.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.B解析:由三视图可知,该构件是由榫(上部分为圆锥,下部分为圆柱的组合体)插入到卯(一个四棱柱)得到的几何体,如图所示.结合图中的数据可知该构件的体积为13×π×12×2+4×2×2=2π3故选B.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所以BE=r,故AE=3r,则CE=2r,DE=6r,所以cos∠CDE=(6即异面直线DE与AB所成角的余弦值为64.故选A8.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-解得R=35x.又43πR3=721025π,得x=2.所以DM=2所以△PBD的面积为12×22×10=25.容易验证球心O不在线段综上,△PBD的面积是25.9.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则r2+r2=R2=4,可得r=2,所以V=πr2·(2r)=42π.故选C.10.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×解得x=22.∴△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=∴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-d2∴顶点P的轨迹长度为2πr2=43π;当球心在底面ABC和截面圆同一侧时,球心O到该截面圆的距离为d3=3+4=7>R=13,故不成立.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=因为球O的表面积为16π,则4πR2=16π,解得R=2,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a故R=a2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=43球的表面积为S球=4πR2,圆柱的侧面积S圆柱侧=2πRh=2πR·43R=83πR∴上部球的表面积与下部圆柱的侧面积的比值为4π15.①③④解析:∵D1A1⊥平面A1AP,∴平面D1A1P⊥平面A1AP,①正确;若P是A1B上靠近A1的一个四等分点,D1P2=1+242=98,此时AP2=AA12+A1P2-2AA1×A1P×cos45°=D1P2+AP2<AD12,此时∠D1PA为钝角,由于BP∥CD1,则BP∥平面B1D1C,因此P-B1D1C的底面是确定的,高也是定值,其体积为定值,即三棱锥B1-D1PC的体积为定值,③正确;而D1C⊥DC1,D1C∥A1B,所以DC1⊥A1B,且DC1⊥A1D1,A1B∩A1D1=A1,所以DC1⊥平面A1PD1,D1P⊂平面A1PD1,因此DC1⊥D1P,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A1B=23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AMNE是平行四边形,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)证明连接AC,交BD于点O,连接OH,在△PBH中,E,G分别为PB,PH的中点,所以EG∥BH,又因为EG⊄平面BDH,BH⊂平面BDH,所以EG∥平面BDH,同理,AG∥平面BDH,因为AG,EG⊂平面AEG,AG∩EG=G,所以平面AEG∥平面BDH.(2)解记点A到平面BDH的距离为hA,点H到平面ABD的距离为hH,S△ABD=12×2×2×32×1=因为PA⊥平面ABCD,PA=2,CH=13CP所以hH=23在△PBC中,由余弦定理,得cos∠PCB=PC则在△BCH中,BH2=BC2+CH2-2BC·CH·cos∠HCB=329,即BH=4同理,DH=423,又O为BD的中点,所以OH⊥在△BDH中,BD=23,S△BDH=12×23×329-3所以hA=S△19.(1)证明连接PB,∵OP=CP,OB=CB,∴PB⊥OC.又平面POC⊥平面α,平面POC∩平面α=OC,∴PB⊥平面α,∴PB⊥OQ.∵OP=5,OQ=1,PQ=6,∴OP2+OQ2=PQ2,∴PO⊥OQ,∵OP∩PB=P,OP,PB⊂平面POC,∴OQ⊥平面POC,又OQ⊂平面POQ,∴平面POQ⊥平面POC.(2)解过点O作OD⊥QR于点D,则点D为QR的中点,故在Rt△COQ中,∵12OC·OQ=12CQ·OD,即OD=255,∴∴S△ORQ=12RQ·OD=1又∵PB=OP2∴VO-PQR=VP-OQR=13S△OQR·PB=13×2520.(1)证明连接AC,设AC∩BD=M,连接FM.∵四边形ABCD是平行四边形,∴M是AC的中点.∵F是PC的中点,∴MF是△ACP的中位线.∴PA∥FM.又∵PA⊄平面BDF,FM⊂平面BDF,∴PA∥平面BDF.(2)解设AD的中点为E,连接BE,PE.∵E为AD的中点,PA=PD=4,∴PE⊥AD,PE=PA∵四边形ABCD是平行四边形,∠BAD=60°,AB=AD=2,∴BE=A=1+4=3.∵PE2+BE2=15+3=18=PB2,∴BE⊥PE.∵AD∩BE=E,AD⊂平面ABCD,BE⊂平面ABCD,∴PE⊥平面ABCD.∴PE是点P到平面ABCD的距离.由已知得平行四边形ABCD的面积S=2S△ABC=2×12×2×2×sin60°=23∴四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=13S四边形ABCD×PE=13×23×15∴四棱锥P-ABCD的体积为25.21.解(1)AD上存在一点P,使得CP∥平面ABEF,此时APPD=32.理由如下,当如图,过点P作MP∥FD交AF于点M,连接ME,则MPFD∵AF=BE=1,AD=6,∴FD=5,∴MP=3,又EC=3,MP∥FD∥EC,∴MP∥EC,故四边形MPCE为平行四边形,∴CP∥ME,又CP⊄平面ABEF,ME⊂平面ABEF,∴CP∥平面ABEF.(2)设BE=x,则AF=x(0<x≤4),FD=6-x