2023高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题三立体几何专题检测卷三立体几何含解析202303112178

专题检测卷(三)　立体几何(时间：120分钟　满分：150分)一、单项选择题：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.(2020·南昌调研)已知平面α内的一条直线l及平面β，则“l⊥β”是“α⊥β”的(　　)A.充分必要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件解析　根据直线与平面垂直的判定定理，由“l⊥β，l⊂α”可证得“α⊥β”，即充分性是成立的.反之由“α⊥β，l⊂α”不一定得到“l⊥β”，即必要性不成立.所以“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件.故选B.答案　B2.(2020·牡丹江调研)已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为，PA与圆锥底面所成角为45°，若△PAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为(　　)A.40(＋1)πB.40πC.8(＋5)πD.8π解析　设O为圆锥底面圆的圆心，设底面圆的半径为r.PA与圆锥底面所成角为45°，即∠PAO＝45°.所以PA＝r.母线PA，PB所成角的余弦值为，即cos∠APB＝.则sin∠APB＝＝＝.由S△PAB＝PA·PBsin∠APB＝×2r2×＝5.∴r2＝40，故S圆锥侧＝πr·PA＝πr·r＝πr2＝40π.答案　B3.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1\n所成角的正弦值为，则该正四棱柱的高为(　　)A.2B.3C.4D.5解析　以D为坐标系原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，如图所示，设正四棱柱的高为h，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，h)，C1(0，2，h)，＝(0，0，h)，＝(－2，2，0)，＝(0，－2，h).设平面ACD1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则令z1＝2，则y1＝h，x1＝h，n＝(h，h，2)为平面ACD1的一个法向量.又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，所以|cos〈n，CC1〉|＝＝＝，解得h＝4，故选C.答案　C4.(2020·长沙模拟)设三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，AA1＝3，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是(　　)A.24πB.18πC.26πD.16π解析　依题意，三棱柱ABC－A1B1C1的外接球是底面为正方形(边长为2)、高为3的长方体的外接球，其直径为长方体的体对角线.设球的半径为R，则有(2R)2＝22＋22＋(3)2＝26，故三棱柱ABC－A1B1C1外接球的表面积为4πR2＝26π.故选C.答案　C5.(2020·成都二诊)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P，Q分别为AB，AD的中点，过点D\n作平面α使B1P∥平面α，A1Q∥平面α，若直线B1D1∩平面α＝M，则的值为(　　)A.B.C.D.解析　如图，取A1D1的中点E，C1D1的中点F，连接DE，EF，DF.易知B1P∥DF，A1Q∥DE，则平面DEF就是平面α.EF与B1D1相交于点M，连接A1C1，与B1D1相交于点O，易证点M是D1O的中点.又O是B1D1的中点，所以＝.故选B.答案　B6.(2020·厦门质检)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为1，高为2，M为B1C1的中点，过点M作平面α平行于平面A1BD，若平面α把该正四棱柱分成两个几何体，则体积较小的几何体的体积为(　　)A.B.C.D.解析　设N为C1D1的中点，P为CC1的中点，连接MN，MP，NP，CB1，如图.在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1B1綊CD，∴四边形A1B1CD为平行四边形，∴DA1∥CB1.∵M为B1C1的中点，P为CC1的中点，∴MP∥CB1，∴DA1∥MP.∵MP⊄平面A1BD，DA1⊂平面A1BD，∴MP∥平面A1BD.同理可证NP∥平面A1BD，∵MP∩NP＝P，∴平面MNP∥平面A1BD，即平面MNP为平面α.∴体积较小的几何体为三棱锥P－C1MN，VP－C1MN＝··C1M·C1N·C1P＝×××1＝.故选C.答案　C7.(2020·安徽六校素质测试)如图，四面体ABCD为正四面体，AB＝1，点E，F分别是AD，BC的中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α\n去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为(　　)A.B.C.D.1解析　将正四面体补成正方体，如图.由图可知截面为平行四边形MNKL，可得KN＋KL＝1.又KL∥BC，KN∥AD，且AD⊥BC，∴KN⊥KL.可得S四边形MNKL＝KN·KL≤＝(当且仅当KN＝KL时取等号).故选A.答案　A8.(2020·辽宁五校联考)已知A，B是半径为2的球面上的两点，过AB作互相垂直的两个平面α，β，若α，β截该球所得的两个截面的面积之和为16π，则线段AB的长度是(　　)A.B.2C.2D.4解析　如图，设过AB所作的互相垂直的平面α，β截球O所得的圆分别为圆O2，圆O1，点O为球心，点A，B在球面上，所以球O的半径OB＝2，圆O1，圆O2的半径分别为O1B和O2B，且OO1⊥β，OO2⊥α.因为两个截面的面积之和为16π，所以πO1B2＋πO2B2＝16π，即O1B2＋O2B2＝16.在Rt△OO1B和Rt△OO2B中，两式相加得，OO＋OO＝2OB2－(O1B2＋O2B2)＝24－16＝8.设AB的中点为M，则两式相加得，2BM2＝(O2B2＋O1B2)－(OO＋OO)＝16－8＝8，所以BM＝2，则AB＝4.故选D.答案　D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.\n9.已知a，b为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列说法正确的是(　　)A.若a∥α，α∥β，则a∥βB.若α∥β，β∥γ，则α∥γC.若a⊥α，b⊥α，则a∥bD.若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β解析　若a∥α，α∥β，则a∥β或a⊂β，故a不一定平行于β，A错误；若α∥β，β∥γ，则α∥γ，B正确；若a⊥α，b⊥α，则a∥b，C正确；若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或α∥β，D错误.故选BC.答案　BC10.(2020·日照模拟)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C为圆上异于点A，B的任意一点，则下列关系正确的是(　　)A.PA⊥BCB.AC⊥PBC.BC⊥平面PACD.PC⊥PB解析　由题意，知PA⊥平面ABC.∵BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，A正确.∵∠ACB为直径AB所对的圆周角，∴AC⊥BC.又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC，C正确.假设AC⊥PB.∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AC.∵AC⊥BC，AC⊥PB，且PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，∴AC⊥平面PBC，则AC⊥PC，与假设矛盾，B错误.由BC⊥平面PAC，得BC⊥PC，则△PCB为直角三角形，∴PC⊥PB不成立，D错误.故选AC.答案　AC11.(2020·临沂模拟)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为1的等边三角形，侧棱长为2，D，E分别是BB1，AC的中点，则下列结论成立的是(　　)A.直线CD与B1C1是异面直线B.直线BE与平面A1CD平行C.直线AC与直线A1D所成角的余弦值为D.直线CD与平面AA1C1C所成角的余弦值为\n解析　直线CD与B1C1在同一平面B1C1CB内，不是异面直线，A错误.连接AC1，记A1C，AC1的交点为O，连接OE，OD，则OE∥CC1，OE∥BD.又OE＝CC1＝BD，所以四边形BDOE是平行四边形，所以BE∥OD.因为BE⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，所以直线BE与平面A1CD平行，B正确.因为AC∥A1C1，所以直线AC与直线A1D所成的角就是直线A1C1与直线A1D所成的角.连接C1D，在△A1C1D中，易知A1C1＝1，C1D＝A1D＝.由余弦定理可得cos∠DA1C1＝＝，所以直线AC与直线A1D所成角的余弦值为，C正确.由题意可得平面AA1C1C⊥平面ABC，交线为AC，BE⊥AC，BE⊂平面ABC，根据面面垂直的性质可得BE⊥平面AA1C1C.又BE∥OD，所以OD⊥平面AA1C1C，所以直线CD与平面AA1C1C所成的角就是∠DCO.在直角三角形DCO中，CD＝，CO＝，所以直线CD与平面AA1C1C所成角的余弦值为＝，D正确.故选BCD.答案　BCD12.(2020·山东十校联考)已知菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD相交于点O，将△ABD沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，下列结论正确的是(　　)A.BD⊥CMB.存在一个位置，使△CDM为等边三角形C.DM与BC不可能垂直D.直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°解析　画出示意图如图.对于A，因为菱形ABCD中，AC与BD相交于点O，所以AO⊥BD，CO⊥BD.将△ABD沿BD折起，使顶点A至点M的过程中，AO始终与BD垂直，所以MO⊥BD.又CO⊥BD，MO∩CO＝O，MO，CO⊂平面CMO，所以BD⊥平面CMO.又CM⊂平面CMO，所以BD⊥CM，A正确.设菱形ABCD的边长为2.因为∠BAD＝60°，所以AO＝CO＝MO＝，BO＝DO＝1.对于B，因为在折起的过程中，AD边的长度不变，所以MD＝CD.若△CDM为等边三角形，则CM＝CD＝2，则cos∠MOC＝＝＝.当二面角M－BD－C的余弦值为时，△CDM为等边三角形，B正确.对于C，＝－，＝－.由A选项，知MO⊥BD，CO⊥BD，所以·＝·＝0，所以\n·＝(－)·(－)＝·＋·＝3cos∠MOC－1，显然当cos∠MOC＝时，·＝0，即DM⊥BC，C错误.对于D，由几何体的直观图可知，当OM⊥平面BCD时，直线DM与平面BCD所成的角最大，为∠MDO，易知此时∠MDO＝60°，D正确.故选ABD.答案　ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.(2020·重庆模拟)正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，点D为棱A1B1的中点，则异面直线AD与CB1所成角的大小为________.解析　如图，取AB的中点E，连接B1E，CE，则AD∥EB1，所以异面直线AD与CB1的夹角即为∠CB1E.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，所以CB＝CB2＋BB＝4＋(2)2＝12，EB＝EB2＋BB＝1＋(2)2＝9.又△ABC为正三角形，所以CE＝.在△CEB1中，由余弦定理，得cos∠CB1E＝＝＝，所以∠CB1E＝30°.所以异面直线AD与CB1所成角的大小为30°.答案　30°14.(2020·成都二诊)已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)的所有顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为28π，则该三棱柱的侧面积为________.解析　如图，设球O的半径为R，直三棱柱的棱长为a，取等边三角形A1B1C1的重心(三边中线的交点)为点O1.由重心是中线的三等分点，得A1O1＝×a＝a.根据几何关系，可以确定上、下底面三角形重心的连线的中点为球心O，即OO1＝.S球＝4πR2＝28π，则R2＝7.在Rt△A1OO1中，R2＝A1O＋OO，即7＝＋，解得a2\n＝12.所以该三棱柱的侧面积S侧＝3a·a＝3×12＝36.答案　3615.(2020·安徽六校素质测试)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是AD的中点，动点P在底面ABCD内(不包括边界)，若B1P∥平面A1BM，则C1P的最小值是________.解析　如图，取BC的中点N，连接B1D，B1N，DN，作CO⊥DN交DN于点O，连接C1O.易知DN∥MB，B1N∥A1M且DN∩B1N＝N，MB∩A1M＝M，所以平面B1DN∥平面A1BM，所以动点P在底面ABCD内的轨迹为线段DN(不含端点).又CC1⊥平面ABCD，所以当点P与点O重合时，C1P取得最小值.因为DN·CO＝DC·NC，所以CO＝＝，所以(C1P)min＝C1O＝＝＝.答案　16.(2020·江西名校四联)在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP＝2，点M是矩形ABCD内(含边界)的动点，且AB＝1，AD＝3，直线PM与平面ABCD所成的角为.记点M的轨迹长度为α，则tanα＝________；当三棱锥P－ABM的体积最小时，三棱锥P－ABM的外接球的表面积为________.(本小题第一空2分，第二空3分)解析　如图，因为PA⊥平面ABCD，垂足为A，所以∠PMA为直线PM与平面ABCD\n所成的角，所以∠PMA＝.因为AP＝2，所以AM＝2，所以点M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆弧上.记点M的轨迹为圆弧EF，连接AF，则AF＝2.因为在Rt△ABF中，AB＝1，AF＝2，所以∠AFB＝∠FAE＝，所以弧EF的长度α＝×2＝，所以tanα＝.连接PF，则当点M与点F重合时，三棱锥P－ABM的体积最小.因为PA⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，所以PA⊥BF.又AB⊥BF，AP∩AB＝A，AP，AB⊂平面ABP，所以BF⊥平面ABP，所以BF⊥PB，所以△PBF为直角三角形，所以点B到线段PF的中点的距离为PF，此时三棱锥P－ABF的外接球的球心为线段PF的中点.因为PF＝＝2，所以三棱锥P－ABF的外接球的表面积S＝4π×()2＝8π，即三棱锥P－ABM的体积最小时，其外接球的表面积为8π.答案　　8π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.(本小题满分10分)(2020·江苏卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点.(1)求证：EF∥平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1.证明　(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1.又EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB.又AB⊥AC，B1C⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，B1C∩AC＝C，所以AB⊥平面AB1C.又因为AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.18.(本小题满分12分)(2020·长沙雅礼中学质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，AP⊥平面\nPCD，AD∥BC，AB⊥BC，AP＝AB＝BC＝AD，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.(1)证明：PO⊥平面ABCD；(2)若OB＝1，求点C到平面PAB的距离.(1)证明　∵AP⊥平面PCD，∴AP⊥CD.∵AD∥BC，BC＝AD，∴四边形BCDE为平行四边形，∴BE∥CD，∴AP⊥BE.又∵AB⊥BC，AB＝BC＝AD，且E为AD的中点，∴四边形ABCE为正方形，∴BE⊥AC.又AP∩AC＝A，∴BE⊥平面APC，则BE⊥PO.∵AP⊥平面PCD，∴AP⊥PC，又AC＝AB＝AP，∴△PAC为等腰直角三角形，O为斜边AC上的中点，∴PO⊥AC且AC∩BE＝O，∴PO⊥平面ABCD.(2)解　∵OB＝1，∴PA＝PB＝AB＝.设C到平面PAB的距离为d，由VC－PAB＝VP－ABC，得××()2×d＝××()2×1，解得d＝.19.(本小题满分12分)(2020·江苏卷)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；\n(2)若点F在BC上，满足BF＝BC，设二面角F－DE－C的大小为θ，求sinθ的值.解　(1)如图，连接OC，因为CB＝CD，O为BD的中点，所以CO⊥BD.又AO⊥平面BCD，OB，OC⊂平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.因为BD＝2，CB＝CD＝，AO＝2，所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2).因为E为AC的中点，所以E(0，1，1)，所以＝(1，0，－2)，＝(1，1，1)，所以|cos〈，〉|＝＝＝.因此，直线AB与DE所成角的余弦值为.(2)因为点F在BC上，BF＝BC，＝(－1，2，0)，所以＝＝.又＝(2，0，0)，故＝＋＝.设n1＝(x1，y1，z1)为平面DEF的一个法向量，则即取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，所以n1＝(2，－7，5).设n2＝(x2，y2，z2)为平面DEC的一个法向量，又＝(1，2，0)，\n则即取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，所以n2＝(2，－1，－1).故|cosθ|＝＝＝.所以sinθ＝＝.20.(本小题满分12分)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明　由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解　作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，故EF2＝PE2＋PF2，所以PE⊥PF.可得PH＝，EH＝.则H(0，0，0)，P，D，＝，＝为平面ABFD的一个法向量.\n设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ＝＝＝.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.21.(本小题满分12分)(2020·辽宁五校模拟)如图(1)，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，DA＝AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD的中点，将△DEA沿AE折到△D1EA的位置，如图(2).(1)证明：AE⊥D1B；(2)当折叠过程中所得四棱锥D1－ABCE体积取最大值时，求直线D1E与平面ABD1所成角的正弦值.(1)证明　如图(1)在梯形ABCD中，连接BE，DB，设DB交AE于点F.由已知，得四边形ABED为菱形，所以AE⊥DB.在立体图形中，连接D1F，BF，如图(2).则AE⊥D1F，AE⊥BF.因为D1F∩BF＝F，D1F，BF⊂平面D1FB，所以AE⊥平面D1FB.因为D1B⊂平面D1FB，所以AE⊥D1B.(2)解　要使四棱锥D1－ABCE体积最大，则需要平面D1AE垂直于底面ABCE，此时D1F⊥平面ABCE.图(3)故以点F为坐标原点，FE，FB，FD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直\n角坐标系，如图(3)，则A(－1，0，0)，B(0，，0)，E(1，0，0)，D1(0，0，)，所以＝(1，0，－)，＝(1，0，)，＝(0，－，).设平面ABD1的法向量为n＝(x，y，z).由得令x＝，得n＝(，－1，－1).所以|cos〈，n〉|＝＝＝.所以直线D1E与平面ABD1所成角的正弦值为.22.(本小题满分12分)(2020·长郡中学模拟)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，侧面A1B1BA与侧面A1C1CA是全等的梯形，若A1A⊥AB，A1A⊥A1C1，且AB＝2A1B1＝4A1A.(1)若＝2，＝2，求证：DE∥平面BCC1B1；(2)若二面角C1－AA1－B为，求平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值.(1)证明　如图(1)，连接AC1，BC1.图(1)在梯形A1C1CA中，AC＝2A1C1，＝2，AC1∩A1C＝D，∴＝2.\n又＝2，∴DE∥BC1.∵BC1⊂平面BCC1B1，DE⊄平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1.(2)解　∵侧面A1C1CA是梯形，A1A⊥A1C1，∴AA1⊥AC.图(2)又A1A⊥AB，∴∠BAC为二面角C1－AA1－B的平面角，则∠BAC＝.又AB＝AC，∴△ABC，△A1B1C1均为正三角形.设AC的中点为G，连接GB，如图(2)，以点A为坐标原点，平行于GB所在的直线为x轴，AC，AA1所在的直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系.不妨设AA1＝1，则A1B1＝A1C1＝2，AB＝AC＝4，故点A(0，0，0)，C(0，4，0)，B(2，2，0)，B1(，1，1)，则＝(2，2，0)，＝(，1，1)，＝(2，－2，0)，＝(，－3，1).设平面A1B1BA的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则有令y1＝－，得x1＝1，z1＝0.∴m＝(1，－，0).设平面C1B1BC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则有令y2＝，得x2＝1，z2＝2，∴n＝(1，，2).∴cos〈m，n〉＝＝－.故平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值为.