三 立體幾何 綜合訓(xùn)練（解析版）2023年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)（全國通用）

專題三立體幾何

綜合訓(xùn)練

一、選擇題

L（2022?河南模擬）如圖所示,這是一個幾何體,它的俯視圖是（）.

正面

IΓ?A11LIΓ?LIΓ?D

【答案】B

【解析】由題意,根據(jù)空間幾何體的三視圖的概念,結(jié)合選項,可知選B.

2.（2022?濟南模擬）已知直線m，平面α,直線nu平面β,則“m_Ln”是“a〃p”的（）.

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】B

【解析】若直線m_L平面a,直線nu平面β,a"p,則m_Ln;

若直線m_L平面a,直線nu平面p,m_Ln,則平面a和平面β平行、相交或垂直.

所以“m，n”是“a〃p”的必要不充分條件.

3.（2022?青海模擬）已知在四棱錐P-ABCD中,PAJ.平面ABCD,底面ABCD是矩

形,AD=3AB=3PA,若四棱錐P-ABCD外接球的表面積為11兀,則四棱錐P-ABCD的體積為

（）.

A.3B.2C.√2D.1

【答案】D

【解析】設(shè)四棱錐P-ABCD外接球的半徑為R,則4兀R2=llπ,即4R2=1I.

由題意,易知PC2=4R2,得PC=√H.

設(shè)AB=x,得√χ2+9χ2+χ2=n,解得x=l,所以四棱錐P-ABCD的體積為（xlx3xl=l.

4.（2022?浙江適應(yīng)性考試）已知某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為（）.

俯視圖

A.12=B.12-πC.12-2πD.12-3π

3

【答案】B

【解析】由三視圖知,此幾何體是長方體挖去了一個圓錐剩下的部分.其中長方體的長為2,

寬為2,高為3,圓錐的底面圓的半徑匚1,高h(yuǎn)=3,

所以幾何體的體積V=2×2×3-?r?=2×2×3-∣π×l2×3=12-π.

5.（2022?安陽調(diào)研）已知圓柱OQ2的底面半徑為1,高為2,AB.CD分別為上、下底面圓的直

徑,ABLCD,則四面體ABCD的體積為（）.

124

?-B-CD-

333

【答案】D

【解析】如圖所示,

連接COI,DO∣,因為AB±CD,AB±O∣O2,Ja0∣O2PCD=O2,

所以ABJ_平面CDoI,所以VABCD=VA-CD0]+VB-CDOl=ISACDOI?AB=gxTx2x2x2=g.

6.在四邊形ABCDψ,BC//AD,AB=BC=CD=∣AD,P為空間中的動點,PA=PB=AB=2,E為PD

的中點,則動點E的軌跡長度為（）.

A.√2B.√3C.√2πD.√3π

【答案】D

【解析】如圖,作AP的中點F,連接EF,BE

因為EF〃AD,AD〃BC,所以EF〃BC.

因為EF=；AD,BC《AD,所以EF=BC.

故四邊形EFBC為平行四邊形,則有CE〃BF且CE=BF,則點F的軌跡長度與點E的軌跡長度

相同.過點F作FH±AB于H,則點F的軌跡是以H為圓心,FH長為半徑的圓,且FH=當(dāng)故點F

的軌跡長度為百兀

ri-r÷Λ÷÷-??j-i-

>I-nI/y-I7--Ir-τI?It--?r∕/-ι1--,??V\r?--

H≡w????-

；陌芬:磔H二

：二循視圖三二匚;二匚

7.（2022?西安模擬）芻薨（ChdmCng）是中國古代算術(shù)中的一種幾何形體,《九章算術(shù)》中記載:“芻

薨者,下有褒有廣,而上有褒無廣,芻,草也;薨,屋蓋也翻譯為"底面有長有寬為矩形,頂部只有

長沒有寬為一條棱,芻薨字面意思為茅草屋頂已知圖中每個小正方形的邊長都為1,其中的

粗線部分是某個芻薨的三視圖,則該芻薨的體積為（）.

A.—B.39C.12D.15

2

【答案】D

【解析】將幾何體芻葭EF-ABCD補成直三棱柱ADG-BCH,且該三棱柱的底面積為932=*

三棱錐F-BCH的體積VFBCH=∕x1=|,所以該芻技的體積為'4-2x'=l5.

8.（2022?福建聯(lián)考）已知直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都相等,M為AC的中點,則AM與

BG所成角的正弦值為（）.

A竺B*C.漁D.逗

3344

【答案】C

【解析】取線段AC的中點。,則BOI.AC,設(shè)直三棱柱ABC-AlBICl的棱長為2,

以點O為原點,而,麗,標(biāo)的方向分別為X軸、y軸、Z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系,如

圖所示，

則A(0,-1,0),M(0,0,2),B(√3,0,0),Cι(0,1,2),

所以府=(0,1,2),βζ=(-√3,l,2),所以COS<?Λ∕M>=^^=√?=V?

所以sin<AM,BC↑>=-yjl-cos2<AM,BC^>=~?

9.已知某圓臺的母線長為2,母線與軸所在直線的夾角是60。,且上、下底面的面積之比為1:

4,則該圓臺外接球的表面積為().

A.56πB.64πC.112πD.128π

【答案】C

【解析】如圖,等腰梯形ABCD是圓臺的軸截面,EF是圓臺的對稱軸，

圓臺上、下底面的面積之比為1:4,則半徑比為I:2.設(shè)圓臺上、下底面半徑分別為r,2r,由母

線與軸的夾角是60。,母線長為2,可得圓臺的高為l,r=√5.設(shè)圓臺外接球的半徑為R,球心到下

底面(大圓面)的距離為X.

若球心在圓臺兩底面之間,如圖點M的位置,則R2=x2+(2√3)且R2=(l-x)2+(√3),無解；

一22

若圓臺兩底面在球心同側(cè),如圖中點O的位置,則R2=x2+(2√3)且R2=(l+x)2+(√3),解得x=4,

則R2=28,則該圓臺外接球的表面積為4πR2=112π.

10.(2022?許昌模擬)如圖,在長方體ABCD-A1BιC∣D∣中,M,

N分別為棱GDl,CC∣的中點,下列判斷中正確的個數(shù)為().

①直線BlM_LBN;

②ADJ_平面CDDιC∣;

③BN〃平面ADM.

A.0B.lC.2D.3

【答案】B

【解析】設(shè)AB=2a(a>0),AD=2b(b>0),AA∣=2c(c>0),

以D為坐標(biāo)原點,DA,DC,DD∣所在直線分別為X軸、y軸、Z軸建立空間直角坐標(biāo)系,

則B?(2b,2a,2c),M(0,a,2c),B(2b,2a,0),N(0,2a,c),

故瓦正=(-2b,-a,O),麗=(-2b.O,c),瓦麗?麗=(-2b,-a,0)?(-2b.0,c)=4b2≠0,故直線B∣M±BN不成立,

①錯誤；

在長方體ABCD-AιBιC∣D∣中,ADJ_平面CDDlCI,②正確；

∣?1為宿=(-2b,a,2c),51=(2b,0,0),

設(shè)平面ADM的法向量為n=(x,y,z),

^(n-AM=-2bx+ay+Icz=0,

(n?O√l=2bX=0,

令y=c,則Z=-*則n?(θ,e,-?),

而前=(-2b,0,c),故而?n=(-2b,0,c)?(0,c,-)=-%,

故BN〃平面ADM不成立,故③錯誤.

綜上,正確的有I個.

11.(2022?廣西檢測)一個三棱錐S-ABC的側(cè)棱上各有一個小洞D,E,F,且SD：DA=SE:

EB=CF:FS=3：1,則這個容器最多可盛放原來容器的().

A.2B.-C,-D.-

99643

【答案】C

【解析】由題意,這個容器最多可盛放原來容器的比例為鏟匹=匕娛①,設(shè)點C到平

yS-ABCyS-ABC

面SAB的距離為h,則VS-ABC=VC一ABSWSASABh.

S

R

]91919

又Vs.DEF=VF.SDE=T×T-S?SAB×-h=-×-S?SABh=-Vc-ABS,

316464364

故VOEF-ABC=USXBC-VSREF=I一蕊=55

Z

'SΛBCVS.ABC164

12.(2022?南平檢測)如圖,在正方體ABCD-ABCD中,而=兩,不再=西,瓦層=λ瓦？,當(dāng)直線

DDl與平面MNE所成的角最大時,λ=().

【答案】C

【解析】如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方體ABCD-AlBiC1D1的棱長為1,

貝IJM(∣,0,1),N(1,0i),C(0,1,0),B∣(1,1,1),D(0,0,0),Dl(0,0,1),

/.B1E=XBIC=λ(-I,O,-I),E(l-λ,lJ-λ),M∕V=(iθ,-?),?fE=(i-λ,1,-λ).

設(shè)平面MNE的法向量為m=(x,y,z),則(πr竺=°，

{m-ME=0,

-X--Z=0,

.122,

d-λ)χ+y-λz=0,

k/

令x=l,可得m=(l,2λ-p1).

又DDI=(0,0,1),設(shè)直線DDi與平面MNE所成的角為α,

則sinα=∣cos<m,DD；>∣=∣Im需5∣=∣I==I1

1IIImiI叫IlJ（2++2卜（注y+2

又a#],

/.當(dāng)λ=i?,sina有最大值,即直線DDl與平面MNE所成的角最大.

二、填空題

13.（2022?北京期末）已知直線m和平面a,&給出下列三個論斷:①m〃a;②a〃伏③muβ.以其中

的兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結(jié)論,寫出一個真命題:.

【答案】若a"p,muβ,則m〃a

【解析】將①②作為條件,③作為結(jié)論:若m〃a,a〃p,則mu（3.此命題為假命題（結(jié)論應(yīng)為

nιcβ或m∕7β）.

將①③作為條件,②作為結(jié)論:若m〃a,mup,則a〃p.此命題為假命題（結(jié)論應(yīng)為a與β相交或

a〃。）.

將②③作為條件,①作為結(jié)論:若a“β,muβ,則m〃a.由兩平面平行的性質(zhì)定理可知此命題為

真命題.

14.（2022?商丘三模）已知體積為空的圓錐的側(cè)面展開圖為一個半圓,則該圓錐的外接球的表

面積為.

【答案】等

【解析】設(shè)圓錐的底面半徑為r,母線長為1,由題意得2πr=τd,所以l=2r,

則圓錐的高h(yuǎn)=?√Z2-r2=√3r.

由V=∣πFh=Iπr2.λ∕^r=孚π,解得尸企,則]=2jΣ,hTδ.

設(shè)圓錐的外接球的半徑為R,由球的性質(zhì)可知,R2=（h-R）2+R

即R2=（√^Rf+2,解得R=套

所以該圓錐的外接球的表面積S=4τrR2=等.

15.（2022.四川考試）在棱長為1的正方體AiB1C1Dl-ABCD中,M為底面ABCD的中心,Q是棱

A1D1上一點,且瓦同=λ瓦W,λ∈[0,l],N為線段AQ的中點,給出下列命題：

①CN與QM共面;

②三棱錐A-DMN的體積與λ的取值無關(guān);

③當(dāng)入=時,AM_LQM;

④當(dāng)λ言時,過A,Q,M三點的平面截正方體所得截面的周長為這誓.

其中的真命題為（填寫序號）.

【答案】①②④

【解析】連接AC,MN,CQ,；在AACQψ,M,N為AC,AQ的中點,；.MN〃CQ,

ΛCN與QM共面,①為真命題；

VARMN=VN一ADM,丁點N至IJ平面ABCD的距離為定值;,且AADM的面積為定值三棱錐

24

A-DMN的體積與λ的取值無關(guān),②為真命題；

當(dāng)人=1時,可得AMJ±AQ2=1U=史,QM2=G)2+d)2=N則AM2+AQ2>QM2,所以AM±QM不成

4216162416

立,③為假命題；

當(dāng)λ苦時,作QE〃AC,連接EC,易知過A,Q,M三點的正方體的截面ACEQ是等腰梯形,所以平

面截正方體所截得的周長為l=√2+≤+2JrTl=史竽亙,④為真命題.

16.（2022.江西模擬）在邊長為6的菱形ABCD中,NABC=60。,將AABC沿AC翻折,使得二面

角B-AC-D的大小為詈,則三棱錐B-ACD外接球的表面積是.

【答案】84π

【解析】如圖所示:

B

由菱形ABCD的邊長為6,NABC=60。,對角線AC=6,

得AABC和aDAC均為邊長是6的等邊三角形，

由菱形的對角線互相垂直,可得二面角B-AC-D的平面角NBED=

由題得BE=fx6=3H,由題設(shè)等邊AADC的外接圓圓心為G,三棱錐B-ACD的外接球的球心

為0,球的半徑為R,連接OGQBQD,取BD的中點為H,連接GH.所以O(shè)HLBD.

因為EB=ED=3√3,ZBED=γ,

所以BD=27+27-2×27×(-i)=9,ZBDE=-.

V26

因為OGLDE,所以0,G,H.D四點共圓.DG=∣x3√5=2√5,

所以GH=I—+12-2×-×2√3X

74222

所以O(shè)D=Hf=√∏,所以R=√21,

sin-

所以三棱錐B-ACD外接球的表面積是4π×21=84π.

三、解答題

17.(2022?晉中三模)在三棱錐A-BCD中,E,F分別是棱BC5CD上的點,且EF〃平面ABD.

(1)求證:BD〃平面AEE

⑵若AEL平面BCD,DEBC,AE=CE=DE=2,二面角B-AD-C的平面角的余弦值為-日,求直線

AB與AD所成角的余弦值.

【解析】(1)因為EF〃平面ABDEFu平面BCD,平面ABDrl平面BCD=BD,所以EF/7BD.

因為BDC平面AEF,EFu平面AEF,所以BD〃平面AEE

5

(2)因為AElFffiBCD.DEIBC5

所以以E為原點,ED.EC,EA所在直線分別為X軸、y軸、Z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,

設(shè)BE=a,則A(0,0,2),B(0,-a,0),C(0,2,0).D(2,0,0),

所以同=(O,-a,-2證=(0,2,-2),而=(2,0,-2).

設(shè)平面ACD的法向量為nι=(x∣,yl,zι),

則［m?竺=0,即,然「毋=，所以可取χ∣=y尸z∣=ι,即m=(l,l,l).

{m?AD=0,^zzι—U,

設(shè)平面ABD的法向量為n=(x2,y2,Z2),

則上亞=0,即產(chǎn)2產(chǎn)10,

所以可取n=(a,-2,a).

因為二面角B-AD-C的平面角的余弦值為《，

所以ICoS<TTiji>|=￡即■魯；：+?/￡解得a=4或@=0(舍去),所以宿=(0,-4,-2),

3√3?√2αz+43

所以COS<AB>=τ=rp=τ=--τ^~≈=?^.

'?AB??AD?2√5×2√210

所以直線AB與AD所成角的余弦值為噂.

o

18.(2022?福州質(zhì)檢)如圖lt??ABCΦ,ZC=90,BC=√3,AC=3,E是AB的中點,點D在AC

上,DE_LAB.沿著DE將^ADE折起,得到幾何體A-BCDE,如圖2.

A

TI?

圖1圖2

⑴證明:平面ABE_L平面BCDE.

(2)若二面角A-DE-B的大小為60。,求直線AD與平面ABC所成角的正弦值.

【解析】(1)因為在圖1中DEJ_AB,沿著DE將AADE折起，

所以在圖2中有DE_LAE,DE_LBE,

又AE∩BE=E,

所以DE_L平面ABE,

又因為DEU平面BCDE,

所以平面ABE_L平面BCDE.

(2)Ltl(1)知,DE_LAE,DE_LBE,

所以/AEB是二面角A-DE-B的平面角,

所以∕AEB=6(Γ,

又因為AE=BE,

所以AABE是等邊三角形.

連接CE,

在圖1中,因為NC=9()o,BC=√^AC=3,

所以ZEBC=60o,AB=2√3.

因為E是AB的中點，

所以BE=BC=√3,

所以ABCE是等邊三角形，

取BE的中點為O,連接AO,CO,

則AO±BE,CO±BE.

因為平面ABE±5liTffjBCDE,平面ABEn平面BCDE=BE,

所以AO_L平面BCDE,

所以O(shè)BQCQA兩兩垂直.

以O(shè)為原點,而,麗.示的方向為X軸,y軸,z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,

則A(O,O,%B咚OO),C(O,∣,O),D(爭,0),

χz

n?亞=0,即T-l=°`

設(shè)平面ABC的法向量為n=(x,y,z),則

JiAC=0,∣y-∣z=°，

取z=l,得平面ABC的一個法向量為n=(√3,l,I),

√5

所以CoS誣n>??=?3?

√5×2

設(shè)直線AD與平面ABC所成的角為θ,則Sinθ=y.

19.(2022?河南模擬)如圖所示,在直四棱柱ABCD-AιB∣C1Dι中,底面ABCD是等腰梯形,AB〃

CD,AB=2CD,NBAD=60。,四邊形CDD∣Cι是正方形.

⑴指出棱CCI與平面ADB1的交點E的位置（無需證明）,并在圖中將平面ADBl截該四棱柱所

得的截面補充完整；

⑵求二面角Bi-AD-Al的余弦值.

【解析】（I）E為CC1的中點.作圖如下:如圖,取CC1的中點E,連接DEBE.

（2）設(shè)點D1在平面ABB1A1內(nèi)的投影為點O,點F在AB上,且OF√AA1,

以0為坐標(biāo)原點,0F,OBLODI所在直線分別為X軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系（如圖所示）,

設(shè)CD=2,則AA,=2.AB=4,AF=OA1=1,OBι=3,0D,=√3,

所以A(2,-l,0),B1(0,3,0),D(2,0,√3),Al(0,-1,0),

所以羽=(2,0.0),而=((M,√3),^K=(-2,4,0).

設(shè)平面AA1D的法向量為m=(x∣,y1,zι),

則取m=(0,后1).

{mAD=y1+√3z1=0,

設(shè)平面ADBl的法向量為n=(x2,y2,z2),

則上畫=-尸2=。,取n=(2Q在］),

(n?AD=y2÷v3z2=0,

所以cos<n‰n>=-^^?=4

∣m∣∣n∣χ∣z4?×?f>τ1z6?2

山圖可知二面角B1-AD-A,為銳角,故其余弦值為今

20.（2022.日照二模）如圖,在等腰梯形ABCD中,AD〃BC,AB=BC=CD=^AD,現(xiàn)以AC為折痕把

?ABC折起,使點B到達點P的位置,且PA±CD.

（1）證明:平面APC_L平面ADC.

(2)若M為PD上一點,且三棱錐D-ACM的體積是三棱錐P-ACM體積的2倍,求二面角

P-AC-M的余弦值.

【解析】(1)在梯形ABCD中取AD的中點為N,連接CN,如圖1,

則由BCAN知,四邊形ABCN為平行四邊形,所以CN=AB.

由CNWAD知點C在以AD為直徑的圓上,所以AClCD.

又AP_LCD,APΠAC=A,AP,ACu平面PAC,

所以CDJ"平面PAC.

又CD?T?^ADC,

所以平面APej"平面ADC.

⑵取AC的中點O,連接PO,由AP=PC可知POlAC,

再由平面PACJ＞平面ACD且平面PAC∩平面ACD=AC,得Po平面ACD.

以0為原點QA所在直線為X軸,過點O且與OA垂直的直線為y軸QP所在直線為Z軸建

立空間宜角坐標(biāo)系,如圖2,

令A(yù)B=2,則A(√3,0,0),C(-√3,0,0),P(0,0,l),D(-√3,2,0),

由VRACM：VaACM=I:2,得麗=酒

所VλOM=δP+PM=OPΛ~麗=(一泉|,|).

設(shè)平面ACM的法向量為n=(x,y,z),

∣.(n?OΛf=0,ΛX÷-y+-Z=0,

則rτll由《一，得B《33/3

5。"=0,(V3x=0,

取Z=-I,得x=0,y=1,所以n=(0,l,-l),

而平面PAC的法向量m=(0,l,0),所以cos<n,m>=?^γ■：=-?

ImllInl2

又因為二面角P-AC-M為銳二面角,所以其余弦值為三.

21.(2022.海南模擬)如圖,四棱錐P-ABCD的底面為梯形,PDL底面ABCD,ZBAD=Z

CDA=90o,AD=AB=1,CD=2,E為PA的中點.

⑴證明:平面PBD_L平面BCE.

(2)若二面角P-BC-E的余弦值為學(xué),求三棱錐P-BCE的體積.

【解析】(1)因為PD_L底面ABCD,BCu平面ABCD,所以PDXBC,

由NBAD=90。,AD=AB=】,得BD=又NCDA=90。,則AB/7DC.

若F為CD的中點,連接BF,易知四邊形ABFD為正方形,則BF=I,又CD=2,即FC=I,所以

BC=√2,

綜上,BC2+BD2=CD2,即BDlBC.

又BDrlPD=D,則BC±T?PBD,XBCU平面BCE,

所以平面PBD_L平面BCE.

⑵由題設(shè)，可構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，若PD=m,則

D(O,O,O),B(1,1,0),C(0,2,0),P(0,0.m),E(i0ξ),

所以而=(1,1,-m)麗=百1,拳,配=(-1,1,0),

a?BC=-X+y=0,

若α=(x,y,z)為平面PBC的一個法向量,則令x=l,則a=(l,l,$.

a?PB=X+y-zm=0,

?βBC=-a÷&=0,?

若眄加)為平面EBC的一個法向量,則夕初w+b號=。令-則網(wǎng)()'

所以ICoS<a,β>H器卜二喳整理得高媼+1=0,

J2+?J2+?

所以m≈√3,BPPD=b,易得PA=2,PC≈√7.

由PDJ_底面ABCD,ABu平面ABCD,得PDJ_AB,又NBAD=90。,則AD±AB.