2022届高三数学二轮复习：专题过关检测四立体几何（有解析）

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.(2021·山东济宁二模)“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.(2021·湖南怀化高三模拟)如图,PA⊥平面ABC,∠ACB=90°,且PA=AC=BC=a,则异面直线PB与AC所成的角的正切值等于(　　)A.2B.C.D.3.(2021·江西上饶三模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,G是线段BC1上一点,且A1G⊥B1D,则(　　)A.BG=BC1B.BC1=3GC1C.BG=3GC1D.G为线段BC1上任意一点4.(2021·广东汕头高三一模)斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”,它的画法是:以斐波那契数1,1,2,3,5,…为边的正方形拼成长方形,然后在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧,这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案,例如向日葵、鹦鹉螺等.右图为该螺旋线的前一部分,如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面,则该圆锥的体积为(　　)A.B.C.D.5.(2021·天津三模)在圆柱O1O2内有一个球O,球O分别与圆柱O1O2的上、下底面及母线均有且只有一个公共点.若O1O2=2,则圆柱O1O2的表面积为(　　)A.4πB.5πC.6πD.7π6.(2021·广东深圳模拟)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.B.C.πD.7.(2021·湖南长郡中学高三模拟)鼎是古代烹煮用的器物,它是我国青铜文化的代表,在古代被视为立国之器,是国家和权力的象征.图①是一种方鼎,图②是根据图①绘制的方鼎简易直观图,图中四棱台ABCD-A1B1C1D1是鼎中盛烹煮物的部分,四边形ABCD是矩形,其中AD=40cm,AB=30cm,A1B1=20cm,点A1到平面ABCD的距离为18cm.假定烹煮的食物全在四棱台ABCD-A1B1C1D1内,则这个方鼎一次最多能容纳的食物体积为(　　)A.10400cm3B.14000cm3C.14800cm3D.15200cm38.(2021·山东滨州二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱DD1的中点,P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点,若MP∥平面A1BC1,则异面直线MP与A1C1所成角的取值范围是(　　)A.B.C.D.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.(2021·广东广州三模)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.(2021·湖北荆门月考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段BC1上运动,下列结论正确的是(　　)A.三棱锥A-D1PC的体积不变B.直线AP与平面ACD1所成角的大小不变C.直线AP与直线A1D所成角的大小不变D.二面角P-AD1-C的大小不变11. (2021·福建龙岩三模)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Trullo,于1996年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trullo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2m.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m的正四面体在圆锥SO内可以任意转动12.(2021·新高考Ⅰ,12)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足=λ+μ,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则(　　)A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值C.当λ=时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BPD.当μ=时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021·河北廊坊高三模拟)已知过球面上三点A,B,C的截面到球心距离等于球半径的一半,且△ABC是边长为6的等边三角形,则球面面积为　　　　　. 14.(2021·河北石家庄期末)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.(2021·浙江绍兴二模)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.(2021·广东汕头二模)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)(2021·广东韶关期中)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)(2021·河北张家口一模)如图,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,PA∥EB,且PA=PB=3.(1)求证:CE∥平面PAD;(2)若BE=PA,求直线PD与平面PCE所成角的正弦值.19.(12分)(2021·广东深圳高三一模)如图,在四棱锥S-ABCD中,SA=SB=SC=SD=13,AC⊥CD,AB=6,BD=8. (1)求证:平面SAD⊥平面ABCD;(2)求二面角A-SB-D的余弦值. 20.(12分)(2021·广东汕头高三二模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形ABB1A1为正方形,四边形AA1C1C为菱形,且∠AA1C=60°,平面AA1C1C⊥平面ABB1A1,点D为棱BB1的中点.(1)求证:AA1⊥CD.(2)棱B1C1(除端点外)上是否存在点M,使得二面角B-A1M-B1的余弦值为?若存在,请指出点M的位置;若不存在,请说明理由.21.(12分)(2021·湖南长沙模拟)如图,C是以AB为直径的圆上异于点A,B的点,平面PAC⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F分别是PC,PB的中点,设平面AEF与平面ABC的交线为直线l.(1)求证:直线l⊥平面PAC.(2)直线l上是否存在点Q,使直线PQ分别与平面AEF,直线EF所成的角互余?若存在,求出AQ的值;若不存在,请说明理由. 22.(12分)(2021·重庆蜀都中学月考)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=λ,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.(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,说明理由. 专题过关检测四　立体几何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.B　解析:如图,将此多面体补成一个正方体,∵AC∥BD,∴PB与AC所成的角的大小即为此正方体体对角线PB与棱BD所成角的大小.在Rt△PBD中,∠PDB=90°,PD=a,DB=a,∴tan∠DBP=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.A　解析:根据已知可得所求扇形半径为r=3+5=8,即圆锥母线长为l=8,设圆锥底面半径为R,则2πR=2π×8,R=2,圆锥的高为h==2,所以圆锥体积为V=R2h=22×25.C　解析:依题意,圆柱O1O2的底面半径r=1,高h=2,所以圆柱O1O2的表面积S=2πr·h+2πr2=4π+2π=6π.故选C.6.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S△ACM·d=S△AOC.因为S△ACM=2,S△AOC=21=,所以d=又d2+r2=1,所以r=,所以平面AMC截球O所得截面的面积为πr2=故选A.7.D　解析:几何体ABCD-A1B1C1D1为四棱台,所以延长AA1,BB1,CC1,DD1必交于一点O,且四棱锥O-A1B1C1D1相似于O-ABCD,所以A1D1=(cm).过点O作OH⊥平面A1B1C1D1于H,作OG⊥平面ABCD于G,则,又OG-OH=18,解得OG=54cm,OH=36cm,所以四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积V=VO-ABCD-30×40×54-2036=15200(cm2).8.C　解析:如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,设AB=2,则B(2,2,0),A1(2,0,2),C1(0,2,2),M(0,0,1),取AD的中点E,DC的中点F,连接ME,EF,MF,则E(1,0,0),F(0,1,0).因为=(1,0,-1),=(2,0,-2)=2,所以C1B∥ME.同理EF∥A1C1.又ME⊄平面A1BC1,C1B⊂平面A1BC1,所以ME∥平面A1BC1.同理MF∥平面A1BC1.又MF∩ME=M,所以平面MEF∥平面A1BC1.因为P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点,MP∥平面A1BC1,所以点P在线段EF上.因为EF∥A1C1,所以异面直线MP与A1C1所成的角即是直线MP与EF所成的角.当MP⊥EF时,异面直线MP与A1C1所成的角最大为,当点P与点E或点F重合时,异面直线MP与A1C1所成的角最小为故所求角的取值范围为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.ACD　解析:对于A,因为BC1∥平面AD1C,所以BC1上任意一点到平面AD1C的距离都相等,所以三棱锥A-D1PC的体积不变,故A正确;对于B,因为BC1∥平面AD1C,所以点P到平面ACD1的距离不变,但AP的长度随着点P的移动而变化, 所以直线AP与平面ACD1所成角的大小会改变,故B错误;对于C,因为直线A1D⊥平面ABC1D1,AP⊂平面ABC1D1,所以A1D⊥AP,所以直线AP与直线A1D所成角的大小不变;故C正确;对于D,二面角P-AD1-C也就是二面角B-AD1-C,其大小不变,故D正确.故选ACD.11.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=2m,则cos∠A'SC==-,所以∠A'SC=,所以2πr=6=4π,r=2,所以圆锥的侧面积为π×2×6=12π(m2),故A正确.在△ASB中,cos∠ASB=,sin∠ASB=,易知过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大为S△SAB=SA·SB·sin∠ASB=6×6=8(m2),故B错误.设圆锥SO的外接球的半径为Rm,则R2=(SO-R)2+r2,又SO==4,所以R2=(4-R)2+4,解得R=,所以圆锥SO的外接球的表面积为4πR2=(m2),故C错误.设圆锥SO的内切球的半径为tm,则,解得t=,设棱长为m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=,因为r1<t,所以棱长为m的正四面体在圆锥SO内可以任意转动,故D正确.故选AD.12.BD　解析:图①A项中,当λ=1时,+u=u,则共线,故点P在线段CC1(包括端点)上,如图①所示.在△AB1P中,|AB1|=,|AP|=,|B1P|=,故△AB1P的周长L=|AB1|+|AP|+|B1P|不为定值,故A错误;图②B项中,当u=1时,==,则共线,故点P在线段B1C1(包括端点)上,如图②所示.由图②可知B1C1∥平面A1BC,即B1C1上的每一点到平面A1BC的距离都相等, 因此三棱锥P-A1BC的体积为定值,故B正确;图③C项中,当λ=时,分别取线段BC,B1C1的中点D,D1,连接DD1,可知点P在线段DD1(包括端点)上,如图③所示.取AC的中点O,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则B,0,0,C0,,0,A10,-,1,P,从而,由=u(u-1)=0,得u=0或u=1.当点P与点D或D1重合时,满足A1P⊥BP,故C错误;D项中,当u=时,分别取线段BB1,CC1的中点M,N,连接MN,可知点P在线段MN(包括端点)上,如图④所示.图④建系同选项C,则A0,-,0,A10,-,1,B,0,0,P,,从而=,-1,=,,四边形ABB1A1为正方形,显然A1B⊥AB1.要使A1B⊥平面AB1P,只需A1B⊥AP,即=0,解得λ=1.当且仅当点P与点N重合时,A1B⊥平面AB1P,故D正确.综上所述,选BD.13.64π　解析:设球的球心为O,半径为R,取AB的中点D,连接CD,如图,根据题意得△ABC的外心O'在线段CD上,由△ABC是边长为6的等边三角形可得CD=3,O'C=CD=2,连接OC,OO',可得OC=R,OO'⊥平面ABC,所以OO'⊥O'C,OO'=, 在Rt△OO'C中,O'O2+O'C2=OC2,即2+(2)2=R2,解得R=4或R=-4(舍),所以该球的表面积S=4πR2=64π.14　解析:,∴||2=||2+||2+||2+2+2+2由题意可知||=||=||=1,=0,=0,=1×1×cos135°=-,∴||=故B,D两点间的距离是15　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≤4),所以=(-2,4,-a),=(2,4,-4).设平面D1MN的法向量为n=(x,y,z),则解得令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=,当a=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=,CE=,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=4=8π.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=AC.∵E为A1C1的中点,∴EC1=A1C1=AC.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=PA=1,所以P(0,0,3),D(3,0,0),C(3,3,0),E(0,3,1),所以=(3,0,-3),=(3,3,-3),=(0,3,-2).设平面PCE的法向量为m=(x,y,z),则得令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<,m>|=,所以直线PD与平面PCE所成角的正弦值为19.(1)证明取AD的中点O,连接SO,OC,因为SA=SD,所以SO⊥AD.因为AC⊥CD,O为AD的中点,所以OC=AD=OD.因为SO=SO,SC=SD,所以△SOC≌△SOD,所以∠SOC=∠SOD=90°,所以SO⊥OC.因为OC∩OD=O,OC⊂平面ABCD,OD⊂平面ABCD,所以SO⊥平面ABCD,因为SO⊂平面SAD,所以平面SAD⊥平面ABCD.(2)解连接OB,由(1)知SO⊥平面ABCD,所以SO⊥BO.在Rt△SOA和Rt△SOB中,由SO=SO,SA=SB,可得Rt△SOA≌Rt△SOB, 所以OA=OB,同理得OA=OB=OC=OD,所以A,B,C,D在以O为圆心的圆上,由AC⊥CD可得AD为四边形ABCD外接圆的直径,所以AB⊥BD,AD==10,AO=5,SO==12,以B为原点,BD,BA所在的直线分别为x,y轴,过点B与SO平行的直线为z轴建立空间直角坐标系,则A(0,6,0),B(0,0,0),D(8,0,0),O(4,3,0),S(4,3,12),=(0,6,0),=(8,0,0),=(4,3,12),设平面ABS的法向量为m=(x1,y1,z1),则令x1=3,可得z1=-1,y1=0,所以m=(3,0,-1).设平面SBD的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则令y2=4,则z2=-1,x2=0,所以n=(0,4,-1),所以cos<m,n>=,因为二面角A-SB-D的平面角为钝角,所以二面角A-SB-D的余弦值为-20.(1)证明取棱AA1的中点O,连接CO,OD,∵AC=AA1,且∠AA1C=60°,∴△AA1C为等边三角形,∴AA1⊥OC.∵四边形ABB1A1为正方形,且O,D分别是AA1,BB1的中点,∴AA1⊥OD.∵OC∩OD=O,OC,OD⊂平面OCD,∴AA1⊥平面OCD.又CD⊂平面OCD,∴AA1⊥CD.(2)解∵平面AA1C1C⊥平面ABB1A1,平面AA1C1C∩平面ABB1A1=AA1,且OC⊥AA1,OC⊂平面AA1C1C,∴OC⊥平面ABB1A1.以O为坐标原点,以OA,OD,OC所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系(如图所示),不妨设AB=2,则点B(1,2,0),A1(-1,0,0),C1(-2,0,),B1(-1,2,0),=(2,2,0),=(0,2,0),=(-1,0,)设n1=(x1,y1,z1)为平面A1B1C1的一个法向量,则取z1=1,得n1=(,0,1).假设棱B1C1上(除端点外)存在点M满足题意,设=(0<λ<1),得M(λ-2,2λ,),则=(λ-1,2λ,),设n2=(x2,y2,z2)为平面BA1M的一个法向量,则取x2=1,得n2=1,-1,,由|cos<n1,n2>|=,解得λ=或λ=∴点M为棱B1C1的中点,或者点M为棱B1C1的八等分点(靠近C1端).21.(1)证明∵E,F分别是PC,PB的中点,∴BC∥EF.又EF⊂平面AEF,BC⊄平面AEF,∴BC∥平面AEF.又BC⊂平面ABC,平面AEF∩平面ABC=l,∴BC∥l.∵BC⊥AC,平面PAC∩平面ABC=AC,平面PAC⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴BC⊥平面PAC.∴l⊥平面PAC. (2)解如图,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,4,0),P(1,0,),E,0,,F,2,.所以=(0,2,0).由题意可设Q(2,y,0),平面AEF的法向量为m=(x,y,z),则取z=,则x=1,y=0,所以m=(1,0,)为平面AEF的一个法向量.又=(1,y,-),所以|cos<>|=,|cos<,m>|=,依题意,|cos<>|=|cos<,m>|,解得y=±1.故直线l上存在点Q,使直线PQ分别与平面AEF,直线EF所成的角互余,此时AQ=1.22.解(1)取EF的中点G,连接PG.因为=,所以EF∥BD,所以PE=PF,所以PG⊥EF.又平面PEF⊥平面BCDEF,平面PEF∩平面BCDEF=EF,PG⊂平面PEF,所以PG⊥平面BCDEF.连接GC,由题意可知GC⊥EF.以G为坐标原点,GF,GC,GP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.设菱形的边长为2,则F(λ,0,0),B(1,(1-λ),0),P(0,0,),D(-1,(1-λ),0),所以=(1-λ,(1-λ),0),=(1,-(1-λ),).因为BF⊥PD,所以=1-λ-3(1-λ)2=0,解得λ=或λ=1(舍去).设△BCD的面积为S,则S△AEF=S,所以S四边形BDEF=S.所以(2)二面角E-PF-B是定值.证明如下:由(1)知n1=(0,1,0)为平面PEF的一个法向量.设平面PFB的法向量为n2=(x,y,z),因为=(1-λ,(1-λ),0),=(-λ,0,),所以取y=1,则x=-,z=-1,所以n2=(-,1,-1)为平面PFB的一个法向量.设二面角E-PF-B的平面角为θ,所以|cosθ|=|cos<n1,n2>|=由图可知θ为钝角,所以二面角E-PF-B为定值,其余弦值来为-