2024年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題突破專題過(guò)關(guān)檢測(cè)4　立體幾何（附答案）

專題過(guò)關(guān)檢測(cè)四立體幾何一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.“直線m垂直于平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線”是“m⊥α”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2.已知六棱錐P-ABCDEF的底面是正六邊形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,則異面直線CD與PB所成角的余弦值為()A.55 B.255 C.5103.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,G是線段BC1上一點(diǎn),且A1G⊥B1D,則()A.BG=12BCB.BC1=3GC1C.BG=3GC1D.G為線段BC1上任意一點(diǎn)4.某保鮮封閉裝置由儲(chǔ)物區(qū)與充氮區(qū)(內(nèi)層是儲(chǔ)物區(qū),用來(lái)放置新鮮易變質(zhì)物品,充氮區(qū)是儲(chǔ)物區(qū)外的全部空間,用來(lái)向儲(chǔ)物區(qū)輸送氮?dú)鈴亩鴮?shí)現(xiàn)保鮮功能)構(gòu)成.如圖,該裝置外層上部分是半徑為2的半球,下面大圓剛好與高度為3的圓錐的底面圓重合,內(nèi)層是一個(gè)高度為4的倒置小圓錐,小圓錐底面平行于外層圓錐的底面,且小圓錐頂點(diǎn)與外層圓錐頂點(diǎn)重合,為了保存更多物品,充氮區(qū)的體積最小為()A.4π B.16π3 C.28π35.(2023·廣西桂林模擬)已知三棱錐P-ABC的所有頂點(diǎn)均在半徑為2的球O的球面上,底面三角形ABC是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形.若三棱錐P-ABC的體積取得最大值時(shí),該三棱錐的內(nèi)切球的半徑為r,則r=()A.1 B.13C.32 D.6.已知球O與棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1的各個(gè)面都相切,M為棱DD1的中點(diǎn),則平面AMC截球O所得截面的面積為()A.π3 B.2π3 C.π 7.(2023·湖南雅禮中學(xué)模擬)如圖,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的體積為V,四邊形ABCD是平行四邊形,點(diǎn)E在平面ACC1A1內(nèi),且AE=14AC+34ACA.V28 B.V21 C.3V288.(2022·新高考Ⅰ,8)已知正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為l,其各頂點(diǎn)都在同一球面上.若該球的體積為36π,且3≤l≤33,則該正四棱錐體積的取值范圍是()A.18,814 C.274,643二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分,部分選對(duì)的得2分,有選錯(cuò)的得0分.9.對(duì)于空間中的兩條不同直線a,b和兩個(gè)不同平面α,β,下列說(shuō)法正確的是()A.若a⊥α,b⊥α,則a∥bB.若a⊥b,b⊥β,則a∥βC.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,則a⊥bD.若a∥α,α⊥β,則a⊥β10.(2022·新高考Ⅱ,11)如圖,四邊形ABCD為正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB,記三棱錐E-ACD,F-ABC,E-ACF的體積分別為V1,V2,V3,則()A.V3=2V2 B.V3=2V1C.V3=V1+V2 D.2V3=3V111.在意大利,有一座滿是“斗笠”的灰白小鎮(zhèn)阿爾貝羅貝洛,這些圓錐形屋頂?shù)钠嫣匦∥菝蠺rulli,于1996年被收入世界文化遺產(chǎn)名錄.現(xiàn)測(cè)量一個(gè)Trulli的屋頂,得到圓錐SO(其中S為頂點(diǎn),O為底面圓心),母線SA的長(zhǎng)為6m,C是母線SA上靠近點(diǎn)S的三等分點(diǎn).從點(diǎn)A到點(diǎn)C繞屋頂側(cè)面一周安裝燈光帶,燈光帶的最小長(zhǎng)度為213m.下面說(shuō)法正確的是()A.圓錐SO的側(cè)面積為12πm2B.過(guò)點(diǎn)S的平面截此圓錐所得截面面積最大值為18m2C.圓錐SO的外接球的表面積為72πm2D.棱長(zhǎng)為3m的正四面體在圓錐SO內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動(dòng)12.(2023·新高考Ⅰ,12)下列物體中,能被整體放入棱長(zhǎng)為1(單位:m)的正方體容器(容器壁厚度忽略不計(jì))內(nèi)的有()A.直徑為0.99m的球體B.所有棱長(zhǎng)均為1.4m的四面體C.底面直徑為0.01m,高為1.8m的圓柱體D.底面直徑為1.2m,高為0.01m的圓柱體三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.已知一個(gè)圓錐的底面半徑為6,其體積為30π,則該圓錐的側(cè)面積為.

14.如圖,已知二面角A-EF-D的大小為45°,四邊形ABFE與四邊形CDEF都是邊長(zhǎng)為1的正方形,則B,D兩點(diǎn)間的距離是.

15.如圖,在棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M是棱A1A上的動(dòng)點(diǎn),N是棱BC的中點(diǎn).當(dāng)平面D1MN與平面ABCD的夾角最小時(shí),A1M=.

16.在菱形ABCD中,AB=2,∠DAB=60°,E為AB的中點(diǎn),將△ADE沿DE翻折成△A1DE,當(dāng)三棱錐A1-DEC的體積最大時(shí),三棱錐A1-DEC的外接球的表面積為.

四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.17.(10分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面積依次為16,12,20,E,F分別為A1C1,BC的中點(diǎn).求證:(1)平面ABE⊥平面BB1C1C;(2)C1F∥平面ABE.18.(12分)如圖,四邊形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,PA∥EB,且PA=AB=3.(1)求證:CE∥平面PAD;(2)若BE=13PA,求直線PD與平面PCE所成角的正弦值19.(12分)如圖,四棱錐P-ABCD的底面為矩形,PD⊥底面ABCD,M為BC的中點(diǎn),PB⊥AM.(1)求證:平面PAM⊥平面PBD;(2)若PD=DC=1,求四棱錐P-ABCD的體積.20.(12分)(2023·廣東中山模擬)已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形,側(cè)棱PA⊥平面ABCD,點(diǎn)M在棱DP上,且DM=2MP,點(diǎn)N是在棱PC上的動(dòng)點(diǎn)(不是端點(diǎn)),如圖所示.(1)若N是棱PC的中點(diǎn),①畫(huà)出△PBD的重心G(保留作圖痕跡),指出點(diǎn)G與線段AN的關(guān)系,并說(shuō)明理由;②求證:PB∥平面AMN.(2)若四邊形ABCD是正方形,且AP=AD=3,當(dāng)點(diǎn)N在何處時(shí),直線PA與平面AMN所成角的正弦值取得最大值?21.(12分)(2023·山東青島一模)如圖,在Rt△PAB中,PA⊥AB,且PA=4,AB=2,將△PAB繞直角邊PA旋轉(zhuǎn)2π3到△PAC處,得到圓錐的一部分,點(diǎn)D是底面圓弧BC(1)是否存在點(diǎn)D,使得BC⊥PD?若存在,求出∠CAD的大小;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.(2)當(dāng)四棱錐P-ABDC體積最大時(shí),求平面PCD與平面PBD夾角的余弦值.22.(12分)如圖①,在菱形ABCD中,∠ABC=120°,動(dòng)點(diǎn)E,F分別在邊AD,AB上(不含端點(diǎn)),且存在實(shí)數(shù)λ,使EF=λBD,沿EF將△AEF向上折起得到△PEF,使得平面PEF⊥平面BCDEF,如圖②所示.圖①圖②(1)若BF⊥PD,設(shè)三棱錐P-BCD和四棱錐P-BDEF的體積分別為V1,V2,求V1(2)當(dāng)點(diǎn)E的位置變化時(shí),二面角E-PF-B是否為定值?若是,求出該二面角的余弦值;若不是,請(qǐng)說(shuō)明理由.

專題過(guò)關(guān)檢測(cè)四立體幾何一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.B解析由直線m垂直于平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線不能推出m⊥α,但是由m⊥α一定能推出直線m垂直于平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線,所以“直線m垂直于平面α內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線”是“m⊥α”的必要不充分條件.故選B.2.C解析連接AE,BE(圖略),設(shè)AB=1,則PA=2,AE=12+12BE=3+1=2,PB=4+1=5.易知CD∥BE,所以∠PBE是直線CD與PB所成的角(或其補(bǔ)角).又cos∠所以直線CD與PB所成角的余弦值為510.故選3.D解析如圖,∵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為線段BC1上任意一點(diǎn).故選D.4.B解析由題意可知內(nèi)層小圓錐底面半徑最大為22-12=3,所以充氮區(qū)的體積最小為12×43π×23+13π×225.B解析設(shè)底面三角形ABC的中心為Q,連接BQ,OQ,則BQ=3×32×23=3如圖,延長(zhǎng)QO交球面于點(diǎn)P,連接OB,此時(shí)三棱錐P-ABC的體積取得最大值.因?yàn)榍騉的半徑為2,所以O(shè)B=2.在Rt△OQB中,OQ=22-(所以三棱錐P-ABC的體積的最大值為V=13×34×32×此時(shí)PB=32+(3所以S三棱錐P-ABC=34×32+3×1所以934=136.A解析設(shè)球心O到截面的距離為d,截面圓的半徑為r,由VO-ACM=VM-AOC,得13·S△ACM·d=23S△AOC.因?yàn)镾△ACM=12×22×3=6,S△AOC=12×22×1=2,所以d=63.又d2+r2=1,所以r=37.A解析先找兩三棱錐的公共部分,由AE=14AC+34AC1,知在CC1上取點(diǎn)E,使得CE=3EC1,連接DE,設(shè)DE∩D1C=F,AC∩BD=G,連接FG,則三棱錐F-CDG為三棱錐D1-ADC與三棱錐E-BCD的公共部分.∵△CEF∽△D1DF,∴D∴FC∴點(diǎn)F到平面ABCD的距離是點(diǎn)D1到平面ABCD的距離的3又S△CDG=14S?ABCD∴VF-CDG=13×8.C解析記正四棱錐高與側(cè)棱的夾角為θ,高為h,底面中心到底面各頂點(diǎn)的距離為m.∵正四棱錐外接球的體積為36π,∴外接球的半徑R=3.又3≤l≤33,∴cosθ=32+l2-322×3×l=l6∈12,3h=mtanθ=6sinθcosθsinθcosθ=6cos2θ,正四棱錐的底面積S底故該正四棱錐的體積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,則y'=-3x故當(dāng)x∈14,23時(shí),y'>0,函數(shù)y=-x當(dāng)x∈23,34時(shí),y'<0,函數(shù)y=-x于是當(dāng)x=23時(shí),y取最大值,且ymax=-2當(dāng)x=14時(shí),y=-1當(dāng)x=34時(shí),y=-3故當(dāng)x=14時(shí),y取最小值因而V的最大值Vmax=144×4V的最小值Vmin=144×故該正四棱錐體積的取值范圍為27二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分,部分選對(duì)的得2分,有選錯(cuò)的得0分.9.AC解析對(duì)于A,由線面垂直的性質(zhì)定理知A正確;對(duì)于B,若a⊥b,b⊥β,則a∥β或a?β,所以B錯(cuò)誤;對(duì)于C,由a⊥α,α⊥β,可知a∥β或a?β,又b⊥β,所以a⊥b,所以C正確;對(duì)于D,若a∥α,α⊥β,則a∥β或a?β或a與β相交,所以D錯(cuò)誤.故選AC.10.CD解析設(shè)AB=ED=2FB=2a,因?yàn)镋D⊥平面ABCD,FB∥ED,則V1=13·ED·S△ACD=13·2a·12·(2aV2=13·FB·S△ABC=13·a·12·(2a)2=23a3,連接BD交AC于點(diǎn)M,連接EM又ED⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,則ED⊥AC.又ED∩BD=D,ED,BD?平面BDEF,則AC⊥平面BDEF,又BM=DM=12BD=2a,過(guò)F作FG⊥DE于G,易得四邊形BDGF為矩形,則FG=BD=22a,EG=a則EM=(2a)2+(2a)2=6EM2+FM2=EF2,則EM⊥FM,S△EFM=12EM·FM=322a2,AC=2則V3=VA-EFM+VC-EFM=13AC·S△EFM=2a3,則2V3=3V1,V3=3V2,V3=V1+V2,故A,B錯(cuò)誤;C,D正確.故選CD11.AD解析如圖,設(shè)圓錐底面半徑為rm,將圓錐側(cè)面展開(kāi)得到扇形ASA',在△A'SC中,A'S=6m,SC=2m,A'C=213m,則cos∠A'SC=36+4-522所以∠A'SC=2π3,所以2πr=2π3×6=4π,r=2,所以圓錐的側(cè)面積為π×2×6=12π(m2在△ASB中,cos∠ASB=SA2+SB2-AB22SA·SB=79,sin∠ASB=1-4981=429,易知過(guò)點(diǎn)S的平面截此圓錐所得截面面積最大為S△SAB設(shè)圓錐SO的外接球的半徑為Rm,則R2=(SO-R)2+r2,又SO=SA2-r2=36-4=42,所以R2=(42-R)2+4,解得R=924,所以圓錐SO的外接球的表面積為4π設(shè)圓錐SO的內(nèi)切球的半徑為tm,則t42-t=13,解得t=2,設(shè)棱長(zhǎng)為3m的正四面體的外接球的半徑為r1m,將該正四面體放在棱長(zhǎng)為62m的正方體中,可知該正四面體的外接球也是該正方體的外接球,易知r1=123×622=324,因?yàn)閞12.ABD解析對(duì)于A選項(xiàng),正方體內(nèi)切球直徑為1m.因?yàn)?>0.99,故A正確;對(duì)于B選項(xiàng),如圖(1),正方體內(nèi)部最大的正四面體棱長(zhǎng)為BA1=2,2>1.4,故B圖(1)圖(2)對(duì)于C選項(xiàng),如圖(2),因?yàn)閳A柱的底面直徑為0.01m(可忽略不計(jì)),故可將高為1.8m的圓柱看作長(zhǎng)為1.8m的線段,而正方體的體對(duì)角線AC1長(zhǎng)為3m,且3<1.8,故C錯(cuò)誤;對(duì)于D選項(xiàng),如圖(3)①,因?yàn)閳A柱體的高為0.01m(可忽略不計(jì)),可以將該圓柱體看作直徑為1.2m的圓.設(shè)E,F,G,H,I,J為各棱的中點(diǎn),六邊形EFGHIJ為正六邊形,如圖(3)②,其棱長(zhǎng)為22m,其內(nèi)切圓直徑的長(zhǎng)等于FH的長(zhǎng),∠GFH=∠GHF=30°,所以FH=3FG=3GH=62(m).因?yàn)?2>1.2,故D正確.圖(3)①圖(3)②三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.39π解析設(shè)該圓錐的高為h.∵體積V=13π×62·h=30π,∴h=52,∴∴S側(cè)=πrl=π×6×132=3914.3-2解析∵BD=BF+FE+ED,∴|BD|2=|BF|2+|FE|2+|ED|由題意可知|BF|=|FE|=|ED|=1,BF·FE=0,FE·=1×1×cos135°=-22∴|BD|=3-2.故B,15.85解析如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,則N(2,4,0),D1(0,0,4),設(shè)M(4,0,a)(0≤a所以MN=(-2,4,-a),D1N=(2,4,-設(shè)平面D1MN的法向量為n=(x,y,z),則n解得x令z=8,則x=8-2a,y=a+4,所以n=(8-2a,a+4,8)為平面D1MN的一個(gè)法向量.易知m=(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量.設(shè)平面D1MN與平面ABCD的夾角為θ,則cosθ=|m當(dāng)a=125時(shí),cosθ取最大值,則θ取最小值,所以A1M=4-16.8π解析如圖,由余弦定理,得DE=ADCE=BE所以AE2+DE2=AD2,DC2+DE2=CE2,即AE⊥DE,DC⊥DE.分別取CE,A1C的中點(diǎn)F,M,連接FM,則F為Rt△DEC的外心,因?yàn)椤鱀EC的面積為定值,所以當(dāng)平面A1DE⊥平面DEC時(shí),點(diǎn)A1到平面DEC的距離最大,此時(shí)三棱錐A1-DEC的體積最大,又A1E⊥DE,所以A1E⊥平面DEC.由F,M分別為CE,A1C的中點(diǎn),得FM∥A1E,所以FM⊥平面DEC,易知M是三棱錐A1-DEC的外接球的球心.因?yàn)锳1C2=A1E2+CE2=1+7=8,所以所求外接球的表面積S=4πA1C2四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.17.證明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB?平面ABC,∴BB1⊥AB.∵側(cè)面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面積依次為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)如圖,取AB的中點(diǎn)G,連接EG,GF.∵G,F分別為AB,BC的中點(diǎn),∴GF∥AC,GF=12AC∵E為A1C1的中點(diǎn),∴EC1=12A1C1=12又A1C1∥AC,∴EC1∥GF,EC1=GF,∴四邊形EGFC1為平行四邊形,∴C1F∥EG.又C1F?平面ABE,EG?平面ABE,∴C1F∥平面ABE.18.(1)證明因?yàn)樗倪呅蜛BCD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為原點(diǎn),AD,AB,AP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.因?yàn)镻A=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).設(shè)平面PCE的法向量為m=(x,y,z),則m解得x令z=3,則x=1,y=2,所以m=(1,2,3)為平面PCE的一個(gè)法向量.設(shè)直線PD與平面PCE所成的角為θ,則sinθ=|cos<PD,m>|=|PD所以直線PD與平面PCE所成角的正弦值為719.(1)證明因?yàn)镻D⊥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.設(shè)BM=x,則AD=2x,由BMAB=ABAD,即x1=12x,得所以AD=2因?yàn)镻D⊥底面ABCD,所以四棱錐P-ABCD的體積為13×1×220.解(1)①設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為O,連接PO與AN交于點(diǎn)G.因?yàn)镺為AC的中點(diǎn),N為PC的中點(diǎn),所以PO與AN的交點(diǎn)G為△PAC的重心,所以PG=2GO.又因?yàn)镻O為△PBD的邊BD的中線,所以點(diǎn)G也為△PBD的重心,即重心G在線段AN上.②證明:連接DG并延長(zhǎng)交PB于點(diǎn)H,連接MG.因?yàn)镚為△PBD的重心,所以DG=2GH.又因?yàn)镈M=2MP,所以MG∥PH,MG∥PB.又因?yàn)镸G?平面AMN,PB?平面AMN,所以PB∥平面AMN.(2)因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形,所以AB⊥AD,又因?yàn)镻A⊥平面ABCD,AB,AD?平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD,所以以A為坐標(biāo)原點(diǎn),以AB,AD,AP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,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).設(shè)PN=λPC,0<λ<1,則PN=λPC=(3λ,3λ,-3λ所以AN=AP+PN=(3λ,3λ,-3設(shè)平面AMN的法向量為n=(x,y,z),則n·AM=y+2z=0,n設(shè)直線PA與平面AMN所成角為θ,所以sinθ=|cos<AP,n>|=|AP所以當(dāng)1λ=3,λ=13,即點(diǎn)N在線段PC靠近點(diǎn)P的三等分點(diǎn)處時(shí),直線PA與平面AMN21.解(1)當(dāng)D為圓弧BC的中點(diǎn),即∠CAD=π3時(shí),BC⊥PD證明如下:∵D為圓弧BC的中點(diǎn),∴∠CAD=∠BAD=π3,即AD為∠CAB的平分線∵AC=AB,∴AD為等腰三角形CAB的高線,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為四棱錐P-ABDC的高,∵PA=4,∴當(dāng)?shù)酌娣eS四邊形ABDC取最大值時(shí),四棱錐P-ABDC體積最大.設(shè)∠CAD=α,則∠BAD=2π3-α,S四邊形ABDC=S△CAD+S△BAD=12×2×2×sinα+12×2×=2sinα+sin2π3∵α∈0,2∴當(dāng)α=π3時(shí),sin