高三二轮复习试题数学专题过关检测3立体几何

专题过关检测三立体几何(分值:150分)一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共计40分.每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.1.(2025广东中山二模)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.若O1O2=2,则圆柱O1O2的表面积为()A.4π B.5π C.6π D.7π2.(2025辽宁鞍山二模)若圆锥的侧面积与轴截面面积之比为2π,则圆锥母线与底面所成角的大小为()A.π6 B.π4 C.π3 3.(2025安徽皖南八校三模)设l1,l2,l3是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,且α∩β=l1,l2⊂α,l3⊂β,则“l2∥l3”是“l1∥l2”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4.(2025广东深圳二模)已知正四棱锥的底面边长为6,且其侧面积是底面积的2倍,则此正四棱锥的体积为()A.363 B.366C.1083 D.10865.(2025山东青岛、淄博二模)已知一个圆锥的侧面展开图是个半圆,其母线长为23,该圆锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面半径为33的圆锥,则所得圆台的体积为(A.13π9 BC.26π9 D6.(2025浙江名校协作体模拟)一个底面边长为2cm的正四棱柱形状的容器内装有一些水(底面放置于桌面上),现将一个底面半径为1cm的铁制实心圆锥放入该容器内,圆锥完全沉入水中且水未溢出,并使得水面上升了π2cm.若该容器的厚度忽略不计,则该圆锥的侧面积为(A.37πcm2 B.6πcm2C.210πcm2 D.237πcm27.(2025北京东城一模)祈年殿(图1)是北京市的标志性建筑之一,距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱,分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱,寓意一年四季;中圈有12根约为13米的金柱,代表十二个月;外圈有12根约为6米的檐柱,象征十二个时辰.已知由一根龙井柱AA1和两根金柱BB1,CC1形成的几何体ABCA1B1C1(图2)中,AB=AC=8,∠BAC=144°,则平面A1B1C1与平面ABC所成角的正切值为()图1图2A.43sin18° BC.43cos18° D8.在三棱锥PABC中,AB=AC=4,∠BAC=120°,PA=6,PB=PC=213,则三棱锥PABC的外接球的表面积为()A.100π B.75π C.80π D.120π二、选择题:本大题共3小题,每小题6分,共计18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.(2025辽宁本溪模拟)已知α,β是两个不重合的平面,m,n是两条不重合的直线,则下列说法正确的是()A.若m∥n,m⊥α,则n⊥αB.若m∥α,α∩β=n,则m∥nC.若m⊥α,m⊥β,则α∥βD.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β10.(2025福建厦门三模)如图,一个漏斗的上面部分可视为长方体ABCDA'B'C'D',下面部分可视为正四棱锥PABCD,O为正方形ABCD的中心,两部分的高都是该正方形边长的一半,则()A.A'O⊥ABB.A'O∥平面APDC.平面AA'P⊥平面BDPD.CC'与A'P为相交直线11.(2025山东烟台模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,P为棱AA1的中点,则()A.直线PD1与BC所成的角为30°B.B1D⊥平面A1BC1C.过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面的面积为33D.以P为球心,6为半径的球面与侧面BCC1B1的交线的长度为2三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共计15分.12.(2025上海普陀二模)若一个圆锥的高为2,侧面积为22π,则该圆锥侧面展开图中扇形的圆心角的大小为.

13.(2025北京东城二模)《九章算术》是我国古代著名的数学著作,其中讨论了“垣”“堑”等建筑的体积问题.某工程要完成一个形如直四棱柱ABCDA1B1C1D1的“堑”形沟渠的土方作业(如图),其中AD,BC与平面AA1B1B所成的角均为π3,AB∥DC,AB=4米,DC=8米,AA1=20米,则需要挖土立方米.14.(2025山东潍坊二模)已知圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,其下底面与半球O的底面重合,上底面圆周在半球O的球面上,则圆台的侧面积为;半球O被该圆台的上底面所在的平面截得两部分,其体积分别为V1,V2(V1<V2),则V1V2=四、解答题:本大题共5小题,共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(13分)(2025河南新乡二模)《九章算术·商功》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,在四面体ABCD中,CD⊥平面ABC,AB⊥BC,且AB=4,BC=CD=3,AE=(1)证明:四面体ABCD为鳖臑;(2)若直线MN⊥平面ABD,求直线BE与MN所成角的余弦值.16.(15分)(2025北京东城一模)如图,在几何体ABCDEF中,四边形ABCD为平行四边形,平面ADE⊥平面CDE,AD⊥DE,AD=DE=DC=1,BF∥DE.(1)证明:FC∥平面ADE;(2)已知点E到平面AFC的距离为62,且AC=CE,求BF的长17.(15分)(2025山东滨州二模)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是矩形,AD=2,AB=3,AB⊥PD,△APD为等腰三角形,且∠PAD=2π3,点E为线段PD(1)若BP∥平面ACE,求PEPD的值(2)当PEPD为何值时,直线AE与平面PAC所成的角最大,并求最大角的值18.(17分)(2025山东临沂一模)在△NBC中,∠NBC=90°,AD∥BC,NA=CD=2AB=2,如图,将△NAD沿AD翻折至△PAD.(1)证明:平面PBC⊥平面PAB;(2)若二面角PADB大小为120°.(ⅰ)求PA与平面PBC所成角的正弦值;(ⅱ)在线段PD上是否存在点E,使得平面ABE与平面PDC所成角的余弦值为15?若存在,确定点E的位置;若不存在,说明理由19.(17分)(2025辽宁沈阳模拟)离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设P为多面体M的一个顶点,定义多面体M在点P处的离散曲率为ΦP=112π(∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠Qk1PQk+∠QkPQ1),其中Qi(i=1,2,…,k,k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点,且平面Q1PQ2,平面Q2PQ3,…,平面Qk1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面.如图,在三棱锥PABC(1)求三棱锥PABC在各个顶点处的离散曲率的和;(2)若PA⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,三棱锥PABC在顶点C处的离散曲率为38,求点A到平面PBC的距离(3)在(2)的前提下,又知点Q在棱PB上,直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为306,求BQ的长度

答案：1.C解析由题意知,圆柱O1O2底面半径r=O1O22=1,母线长l=O1O2=2,所以圆柱O1O2的表面积S=2πr2+2πrl=2π+4π=6π2.A解析设圆锥的底面半径为r,母线长为l,高为h,则由题意得12×2πr×l12×2r×h=2π,解得l=2h,设圆锥母线与底面所成角为θ0<θ<π2,则sin3.A解析当l2∥l3时,l3⊂β,l2⊄β,所以l2∥β,又l2⊂α,α∩β=l1,所以l1∥l2成立,当l1∥l2时,若l1与l3相交,则l2与l3异面,不能推导出l2∥l3,所以“l2∥l3”是“l1∥l2”的充分不必要条件.故选A.4.A解析如图,在正四棱锥PABCD中,PO为四棱锥的高,PE为侧面的高,因为正四棱锥的底面边长为6,且其侧面积是底面积的2倍,所以S侧=4×12×6PE=2S底=72,解得PE=6,PO=PE2-OE2=33,所以VPABCD=13S底·PO=13×36×5.C解析设圆锥底面半径为r,由题意可得2πr=23π,解得r=3,如图,作出图形的轴截面,其中E,B分别为圆台的上、下底面圆的圆心,则CB=AC2-AB2=3,CECB=DEAB=13,可得CE=1,BE=2,V=13×π×36.A解析设圆锥的高为hcm,所以圆锥的体积V=πh3cm由题意,正四棱柱中水上升的体积即为圆锥的体积,所以2×2×π2=πh3,所以h=故圆锥的侧面积为12×2π×37=37πcm2.7.B解析若平面ABC∥平面DB1C1,则平面A1B1C1与平面ABC所成角,即为平面A1B1C1与平面DB1C1所成角,由题意有△ABC≌△DB1C1,即△DB1C1是等腰三角形,腰长约为8米,∠B1DC1=144°,易知∠DB1C1=∠DC1B1=18°,若E是B1C1的中点,连接DE,A1E,则DE⊥B1C1,且A1D⊥平面DB1C1,由B1C1⊂平面DB1C1,则A1D⊥B1C1,DE∩A1D=D,DE,A1D⊂平面A1DE,所以B1C1⊥平面A1DE,则∠A1ED是平面A1B1C1与平面DB1C1所成角的平面角,其中A1D=1913=6,DE=8sin18°,则tan∠A1ED=A1DDE=8.A解析在△BAC中,由余弦定理得,BC2=AB2+AC22AB·ACcos∠BAC=48,则BC=43.因为PA2+AC2=PC2,所以PA⊥AC.同理,PA⊥AB.又AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,则PA⊥平面ABC.设△ABC的外接圆半径为r,所以2r=BCsin120°所以r=4,所以外接球的半径R满足R2=r2+PA22=16+9=25,故三棱锥PABC外接球的表面积为4πR2=100π.9.ACD解析对于A,因为m∥n,m⊥α,所以n⊥α,故A正确;对于B,根据判定定理,由m∥α,α∩β=n,m⊂β,得m∥n,而若m∥α,α∩β=n,则m∥n,这个条件中少了m⊂β,故不能说明m∥n,故B错误;对于C,因为m⊥α,m⊥β,所以两平面有公共的法向量,根据法向量相同的两平面,不重合就一定平行,则α∥β,故C正确;对于D,根据m⊥α,m∥n,得n⊥α,又因为n∥β,则过n作一个平面γ与平面β相交于l,则n∥l,所以可得l⊥α,又因为l⊂β,所以α⊥β,故D正确.故选ACD.10.BCD解析对于A,设正方形ABCD的边长为2,由正四棱锥性质可得PO⊥平面ABCD,故PO=AA'=1,因为A'A⊥平面ABCD,故A'O在平面ABCD的射影为AO,又AO不与AB垂直,故A'O不与AB垂直,故A不正确;对于B,由题PO∥AA'且PO=AA',故四边形POA'A是平行四边形,所以A'O∥AP,A'O⊄平面APD,AP⊂平面APD,所以A'O∥平面APD,故B正确;对于C,因为PO∥CC'∥AA',O∈平面CC'A'A,故PO⊂平面CC'A'A,平面AA'P即为平面CC'A'A,因为A'A⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A'A⊥BD,又因为BD⊥AC,A'A∩AC=A,所以BD⊥平面CC'A'A,又BD⊂平面BDP,所以平面BDP⊥平面CC'A'A,即平面AA'P⊥平面BDP,故C正确;对于D,因为CC',A'P⊂平面CC'A'A,且不平行,故CC'与A'P为相交直线,故D正确.故选BCD.11.BCD解析在正方体ABCDA1B1C1D1中,A1D1∥B1C1∥BC,故直线PD1与BC所成的角即为直线PD1与A1D1所成的角,即∠A1D1P,在Rt△PA1D1中,tan∠A1D1P=PA1A1D1=12,则∠A1D1P不为30°,故A错误;对于B,连接B1D1,则B1D1⊥A1C1,又DD1⊥平面A1B1C1D1,A1C1⊂平面A1B1C1D1,所以DD1⊥A1C1,B1D1∩DD1=D1,B1D1,DD1⊂平面DD1B1,故A1C1⊥平面DD1B1,B1D⊂平面DD1B1,故A1C1⊥B1D,同理可证A1B⊥B1D,A1C1∩A1B=A1,A1C1,A1B⊂平面A1BC1,故B1D⊥平面A1BC1,故B正确;因为B1D⊥平面A1BC1,所以过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面与平面A1BC1平行,设AB,BC,CC1,C1D1,D1A1的中点为Q,E,F,G,H,依次连接P,Q,E,F,G,H,可得六边形PQEFGH为正六边形,而PQ∥A1B,PQ⊄平面A1BC1,A1B⊂平面A1BC1,故PQ∥平面A1BC1,同理可证EQ∥平面A1BC1,EQ∩PQ=Q,EQ,PQ⊂平面PQEFGH,故平面PQEFGH∥平面A1BC1,即过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面即为六边形PQEFGH,边长为2,其面积为6×34×(2对于D,过点P作BB1的垂线,垂足为M,则M为BB1的中点,且PM⊥平面BCC1B1,设以P为球心,6为半径的球面与侧面BCC1B1的交线上的点为K,则PK=6,MK⊂平面BCC1B1,故PM⊥MK,且MK=PK则以P为球心,6为半径的球面与侧面BCC1B1的交线为平面BCC1B1上以M为圆心,以2为半径的圆弧,N,L分别为圆弧与B1C1,BC的交点,如图.由于∠B1MN=∠BML=45°,故∠LMN=90°,则交线长度为π2×2=2π2,12.2π解析设底面半径为r,母线长为l,由πrl=22π,得rl=22,又h=2,由勾股定理得l=r2所以rr2+2=22,解得r=2,底面圆周长L=2πr=22π,扇形圆心角θ=Ll=13.2403解析因为AD,BC与平面AA1B1B所成角均为π3,且AB∥DC所以四边形ABCD为等腰梯形,因为AB=4,DC=8,AA1=20,所以等腰梯形的高h=23,故S梯形ABCD=12(AB+DC)h=12×(4+8)×23=123,所以直四棱柱体积V直四棱柱ABCD-A1B1C14.6π163-2727解析作出圆台的轴截面如图,设圆台的上底面半径为r1,下底面半径为r2∵圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,∴r1=1,r2=2,又下底面与半球O的底面重合,∴R=2,∴圆台的高h=R2∴圆台的母线长为l=h2+∴圆台的侧面积为S=π(r1+r2)l=π(1+2)×2=6π,半球的体积为V半球=43πR3×12=23π×∵球心到圆台的上底面所在的平面的距离为d=3,∴球冠的高度为h'=Rd=23,∴球冠的体积为V1=πh∴V2=V半球V1=16π3-π(∴V115.(1)证明因为CD⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,AC⊂平面ABC,AB⊂平面ABC,所以CD⊥BC,CD⊥AC,CD⊥AB.又AB⊥BC,且BC∩CD=C,BC,CD⊂平面BCD,所以AB⊥平面BCD,又BD⊂平面BCD,则AB⊥BD,所以四面体ABCD的四个面都为直角三角形,则四面体ABCD为鳖臑.(2)解以B为坐标原点,BC,BA的方向分别为x轴、y轴的正方向,建立空间直角坐标系,则A(0,4,0),B(0,0,0),D(3,0,3),E65,125则BA=(0,4,0),BD=(3,0,3),BE=65,125设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则n·BA=4y=0,n·BD由cos<BE,n>=BE·n|BE||n|=16.(1)证明由四边形ABCD为平行四边形,得AD∥BC,又BF∥DE,AD⊂平面ADE,BC⊄平面ADE,则BC∥平面ADE,同理BF∥平面ADE,由BC∩BF=B,BC,BF都在平面BCF内,则平面BCF∥平面ADE,FC⊂平面BCF,则FC∥平面ADE.(2)解因为平面ADE⊥平面CDE,AD⊥DE,平面ADE∩平面CDE=DE,AD⊂平面ADE,所以AD⊥平面CDE,又DE,CD⊂平面CDE,则AD⊥DE,AD⊥CD,由AD⊥DE,AD⊥CD,AD=DE=DC=1,得△ADE≌△ADC,又AC=CE,故AC=AE=CE,所以△ADE≌△ADC≌△EDC,则CD⊥DE.综上,AD⊥DE,AD⊥CD,CD⊥DE.以D为原点,DA,DC,DE为x轴、y所以A(1,0,0),C(0,1,0),E(0,0,1),令BF=x>0,则F(1,1,x),故AF=(0,1,x),CF=(1,0,x),AE=(1,0,1),设平面AFC的法向量为m=(a,b,c),则m·AF=b+xc=0,m·CF=a由题设|AE·m||m|=x+12x2+1=62,17.解(1)设AC∩BD=O,连接OE.因为四边形ABCD为矩形,所以O为BD的中点,又因为BP∥平面ACE,且BP⊂平面BDP,平面ACE∩平面BDP=OE,所以BP∥OE,又在△BDP中,O为BD的中点,可得E为DP的中点,所以当BP∥平面ACE时,PEPD(2)因为AB⊥AD,AB⊥PD,PD∩AD=D,PD,AD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD.以点A为原点,分别以AB,AP所在直线为z轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系.因为AD=2,AB=3,△APD为等腰三角形,所以AP=3,且∠PAD=2π3,则∠DAx=π6,所以A(0,0,0),P(0,2,0),D(3,1,0),C(3设PE=λPD=λ(3,3,0),其中0<λ≤1,(易知λ=0时线面角为0,不是最大)AE=AP+PE=(0,2,0)+λ(3,3,0)=(3λAP=(0,2,0),AC=(3,1,3).设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),则n·AP=2y=0,n·AC=3x设直线AE与平面PAC所成的角为θ,由题意可得sinθ=|AE因为0<λ≤1,所以当1λ=32,即λ=23时直线AE与平面PAC此时直线AE与平面PAC所成的角最大,为θ=π3,故当PEPD=23时,直线AE与平面PAC所成的角最大,18.(1)证明因为∠NBC=90°,AD∥BC,所以AD⊥AP,AD⊥AB,因为PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB,所以BC⊥平面PAB,又BC⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAB.(2)解(ⅰ)在四棱锥PABCD中,由(1)知∠PAB即二面角PADB的平面角,故∠PAB=120°,因为NA=CD=2AB=2,所以NC=6,NB=3,从而BC=33,∠DCB=30°,过点A作AF⊥PB,交PB于点F,又因为AF⊥BC,可得AF⊥平面PBC,PA与平面PBC所成角即为∠APF.在△PAB中,由余弦定理可得PB=PA2+AB2-2PA·AB所以PA与平面PBC所成角的正弦值为2114(ⅱ)以点A为原点,AB,AD所在直线为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),P(1,0,3),B(1,