2023屆高考二輪總復(fù)習(xí)試題（適用于新高考新教材）數(shù)學(xué)檢測三　立體幾何

專題檢測三立體幾何

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選項中，只有一項是符合題目要

求的.

1.（2022?山西太原三模）已知直線/和平面a/,若/丄a,a丄及則（）

A./丄4B.l〃B

C./u夕D./〃4或/u夕

2.（2022.廣東潮州二模）已知一個圓柱的軸截面為正方形，且它的側(cè)面積為36兀,則該圓柱的體積為（）

A.16TIB.27兀C.36兀D.54兀

3.（2022?江蘇連云港二模）右圖是一個圓臺的側(cè)面展開圖，若兩個半圓的半徑分別是1和2,則該圓臺的

體積是（）

.7V2TT?7乃TT?7V2nc7百TT

C-D--

4.（2022?廣東佛山模擬）北斗三號全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果.在衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中，

地球靜止同步衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，將地球看作一個球，衛(wèi)星信號像一條條直線一樣發(fā)

射到達球面，所覆蓋的范圍即為一個球冠,稱此球冠的表面積為衛(wèi)星信號的覆蓋面積.球冠即球面被平

面所截得的一部分，截得的圓叫做球冠的底，垂直于截面的直徑被截得較短的一段叫做球冠的高.設(shè)球

面半徑為凡球冠的高為〃，則球冠的表面積為5=2兀収.已知一顆地球靜止同步通信衛(wèi)星距地球表面的

最近距離與地球半徑之比為5,則它的信號覆蓋面積與地球表面積之比為（）

A%B4C-3D12

5.（2022?廣東潮州二模）已知△ABC是邊長為3的等邊三角形，三棱錐P-ABC全部頂點都在表面積為

16兀的球。的球面上，則三棱錐P-ABC的體積的最大值為（）

A.V3B.苧

C萼D堂

6.（2022?河北張家口三模）如圖，在三棱柱ABC-A向G中，過4閏的截面與AC交于點。與BC交于點

E,該截面將三棱柱分成體積相等的兩部分，則器=（）

A-B]

D.竽

c空

7.（2022?全國乙?理7）在正方體ABCD-AxB\C\D\中,分別為A8,8C的中點，則。

A.平面BiEF丄平面BDD\

B.平面8EF丄平面4BQ

C.平面BiEF〃平面A）AC

D.平面BiEF〃平面4G。

8.（2022?山東濰坊三模）多面體“鱉朧”是四個面都是直角三角形的三棱錐.若一個“鱉朧”的所有頂點都

在球O的球面上，且該“鱉朧”的高為2,底面是腰長為2的等腰直角三角形，則球O的表面積為（）

A.12兀B.4V3TT

C.6兀D.2通兀

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中，有多項符合題目要求.全部選

對的得5分,部分選對的得2分，有選錯的得0分.

9.（2022?山東威海三模）已知a”是兩個不同的平面"，〃是平面a及￡外兩條不同的直線，給出四個論

斷:①???丄〃，②a//￡,③〃//￡,④丄a,則正確的是（）

A.②③④=①

C.①②④=③口的③"④

10.（2021?新高考〃-10）如圖，在正方體中，。為底面的中心,P為所在棱的中點,為正方體的頂點，則

滿足MN丄。尸的是（）

11.（2022?湖南長沙明德中學(xué)二模）如圖,四邊形ABC。是底面直徑為2,高為1的圓柱的軸截面,四邊形

OOQA繞OOi逆時針旋轉(zhuǎn)aoWOWir）到四邊形OOiQA,則（）

A.圓柱OOi的側(cè)面積為47r

B.當0＜。＜兀時，。力?丄AC

C.當時，異面直線AQ與。01所成的角為處

□.△4CZ）面積的最大值為我

12.（2022.廣東惠州一模）如圖是一種納米晶的結(jié)構(gòu)示意圖,由正四面體沿棱的三等分點作平行于底面

的截面得到所有棱長均為“的幾何體,則下列說法正確的有（）

A.該結(jié)構(gòu)的納米晶個體的表面積為7K“2

B.該結(jié)構(gòu)的納米晶個體的體積為警/

C該結(jié)構(gòu)的納米晶個體外接球的表面積為千〃2

D.二面角4-443-83的余弦值為1

三、填空題:本題共4小題,每小題5分，共20分.

13.（2022?山東濟南一模）已知圓錐的軸截面是一個頂角為書，腰長為2的等腰三角形，則該圓錐的體積

為.

14.（2019?北京?文13）已知/,〃?是平面a外的兩條不同直線.給出下列三個論斷：

①/丄加;②加〃a;③/丄a.

以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：

15.（2022?云南昆明模擬）已知四面體ABC。中,AB=BC=CZ）=D4=8￡＞=2,二面角A-BD-C為60°,E為

棱AD中點，尸為四面體ABCO表面上一動點，且總滿足8。丄EF,則點尸軌跡的長度為.

16.（2022?福建漳州二模）在平行四邊形ABCD中WB=8,8C=10,/A=*點E在邊BC上，且￡>C=CE將

△COE沿。E折起后得到四棱錐C-A8EQ,則該四棱錐的體積最大值為;該四棱錐的體積最大時，其外

接球的表面積為.

四、解答題:本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

17.（10分）（2022?浙江金華檢測）用斜二測畫法畫一個水平放置的平面圖形的直觀圖如圖所示，已知

9

A'B'=5,B'C'=2A'D7/B'C.

（1）求原平面圖形ABC。的面積；

（2）將原平面圖形ABCD繞AD旋轉(zhuǎn)一周，求所形成的幾何體的表面積和體積.

18.（12分）（2021?全國乙?理18）如圖,四棱錐PABCZ）的底面是矩形,PQ丄底面ABCD,PD=DC=1,M為

BC的中點，且尸8丄AM

⑴求BC;

（2）求二面角A-PM-B的正弦值.

19.（12分）（2020?新高考〃20）如圖,四棱錐P-ABCD的底面為正方形,。丄底面ABCD設(shè)平面PAD與

平面PBC的交線為I.

⑴證明:/丄平面PDC;

⑵已知尸。=4力=1,。為/上的點,。8=應(yīng)，求PB與平面QC。所成角的正弦值.

20.（12分）（2022-山東青島一模）如圖1，在梯形ABCD中,AB〃QCAO=BC=C￡）=2,AB=4,E為AB的中

點，沿CE將△AOE折起，連接AB,AC,得到如圖2所示的幾何體.

圖1

圖2

（1）證明:AC丄OE;

（2）請從以下兩個條件中選擇一個作為已知條件，求二面角O-AE-C的余弦值.

①四棱錐A-BCDE的體積為2;

②直線AC與EB所成角的余弦值為乎.

21.（12分）（2022?山東荷澤一模）如圖,圓柱的軸截面ABC。是正方形，點E在底面圓周上,AF丄。瓦垂足

為F.

（1）求證:4戸丄。8;

（2）當直線OE與平面ABE所成角的正切值為2時，

①求二面角E-DC-B的余弦值；

②求點B到平面CDE的距離.

22.（12分）（2022?江蘇金陵中學(xué)二模）如圖,三角形ABC是邊長為3的等邊三角形，瓦F分別在邊

上，且AE=AF=2,M為線段BC的中點,AM交EF于點、。，沿EF將三角形AEF折到DEF的位置，使

DM=—^.

⑴證明:。。丄平面EFC5;

(2)若平面EFCB內(nèi)的直線EN〃平面OOC,且與邊BC交于點N,問在線段上是否存在點尸,使二

面角P-EN-B的大小為60°?若存在，則求出點P;若不存在,請說明理由.

專題檢測三立體幾何

1.D解析若/丄a,a丄夕，則/〃4或/u,

2.D解析設(shè)圓柱底面半徑為R,高為h,

由題可得，露嚴二所以C屋'

[2nRh=36n,(n=6,

故圓柱的體積為V=TCR2II=54TI.

3.B解析如圖，設(shè)圓臺上底面的半徑為八下底面的半徑為R,高為〃，母線長為/,則

2兀廠二兀4，2兀7?=%2,則r=g,R=l,

V3

貝i]/=2-1=1,/?=

故圓臺上底面面積S'=兀O=；，下底面面積5=兀2二兀，則該圓臺的體積為'(S+S'+A/S于)/2二;X(

TTIt)V3767T

兀+一+一丿X—=------.

42224

4.D解析如圖，

若。為球心,尸為衛(wèi)星位置，故R=OA=OE=OB,h=DE,PE=5R,所以cosNPOA=^=；=盥所以

OP6OA

0。=%,即h=DE=^R，所以當=5

664nR24TTR212

5.C解析設(shè)球。的半徑為R/ABC的中心為點區(qū)則4兀/?2=16兀,所以R=2.

由已知可得SAABC=竽在△A8C中,A￡>=3x苧=手/￡=|厶。=倔所以球心0到平面ABC的距離

為J22-(百產(chǎn)=1,故三棱錐P-A8C的高的最大值為3,

則該三棱錐體積的最大值為，5“比?3=竽.

6.D解析由題可知平面A/iEO與棱柱上、下底面分別交于AiBi,ED,

則則EO〃A8,可得CQE-GA山?是三棱臺.

設(shè)aABC的面積為1/COE的面積為s,三棱柱的高為/?,

貝畤1.力W〃(i+s+>/?),所以v?=

由△COEs厶0氏可得第=隼=萼.

ACVI2

7.A解析如圖，對于A,：E,F分別為AB,BC的中點,

...E尸〃AC.在正方體ABCAAIBICQI中4c丄區(qū)丄AC,又由加。￡>|=3,.'.厶(7丄平面BDDi,

...EF丄平面8Z)￡)i.又EFu平面&EF,.,.平面SEF丄平面BDDi.故A正確.

對于B,連接AG,易證AC丄平面AiBD.

假設(shè)平面SE尸丄平面A|B￡),又AGC平面BiEF,

...AG〃平面BiEF.又AC〃EF,ACC平面B】EF,EFu平面8iE￡；.AC〃平面8ER又AGnAC=A,

二平面A4￡C〃平面BiEF.又平面/UiGCn平面A4iBiB=A41,平面BiEFCl平面AAIBIB=BIE,.\

A4|〃8E,顯然不成立,假設(shè)不成立,即平面8EF與平面厶山。不垂直.故B錯誤.

對于C,由題意知，直線44|與SE必相交，故平面SEF與平面Ap4C必相交.故C錯誤.

對于D,連接A8i,C3i,易證平面A8C〃平面AC。,又平面BiEF與平面A8C相交，，平面B\EF

與平面AG。不平行.故D錯誤.

8.A解析如圖所示，

在三棱錐A-8CD中,A3丄平面BCD,BC1.CD,BC=CD=AB=2.

因為AB丄平面8C￡>,8C,8Z),COu平面BCO,則A3丄8C,A8丄8Z),CQ丄AA因為CD±

BC/8nBC=B/B,BCu平面ABC,則C￡>丄平面ABC.因為ACu平面ABC,所以AClCD,

所以三棱錐A-BCD的四個面都是直南三角形，且

BD=>JBC2+CD2=2y/2,AD=y/AB2+BD2=2炳.

設(shè)線段A。的中點為。，則OB=OC^AD=OA=OD,

所以點0為三棱錐A-BCD的外接球球心.設(shè)球0的半徑為R,則/?=/。=6,故球0的表面積為

4兀戸=12兀.

9.AC解析對于A,若a〃夕,，〃丄a,則，〃丄夕.又n//夕,...m丄〃，故A正確;對于B,若，W丄a,m丄〃，〃va,

則“〃a.又”〃夕,；.a與夕平行或相交，故B錯誤;對于C,若a〃為〃丄a,則，〃丄夕.又

//口，故C正確;對于D,若n//Q,a〃夕，則“〃a,又用丄"，則m與a平行或相交，故D錯誤.

10.BC解析設(shè)正方體的棱長為2,對于A,如圖1所示，連接AC,則MN〃AC,故NPOC(或其補角)為

異面直線OP,MN所成的角,在直角三繭形OPC中,OC域,CP=1,故tan/POC=a=當，故MN丄

0P不成立，故A錯誤；

圖1

圖2

對于B,如圖2所示，取NT的中點為。，連接PQ,。。,則0Q丄NT,PQ丄MN.由正方體SBCM-NADT

可得,SN丄平面ANDT,而OQu平面ANDT,故SN丄0Q.而SNCNT=N，故0Q丄平面SNTM.5L

MNu平面SNTMQQ丄MN,而OQnPQ=Q，所以用N丄平面OPQ,而POu平面OPQ,故MN±OP,

故B正確；

對于C,如圖3,連接8。,則BD〃MN,由B的判斷可得0P丄80,故OP丄MN,故C正確；

圖3

圖4

對于D,如圖4,取A￡>的中點Q,AB的中點K,連接AC,PQ,OQ,PK,OK,

則AC〃MN.因為DP=PC,故PQ〃AC,即PQ//MN,

所以/QPO或其補角為異面直線PO,MN所成的角.

因為正方體的棱長為2,故PQ=^AC^^2,OQ=yjAO2+AQ2=VlTI=^3,PO^PK2+OK2=

V4TT=遙,。。2<2°2+。產(chǎn)則ZQPO不是直角，

故PO,MN不垂直，故D錯誤.

1LBC解析對于A,圓柱0。的側(cè)面積為27txixl=27t,故A錯誤；

對于B,因為0<。<兀，所以DDxLDxC.

又丄AQi,AQinOC=￡)iA￡)i,￡)iCu平面AQC,所以丄平面A\D\C.

因為AiCu平面ANiC,所以￡>口丄AC,故B正確；

對于C,因為AQi〃OOi,所以ND41Q1就是異面直線A。與。。所成的角.

因為所以△。。以為正三角形，

所以￡>￡>i=AiDi=l.

因為Aid丄。。1,所以ND4Qi=；,故C正確；

對于D,作ZZE丄。C,垂足為E,連接AiE,則0c丄平面AQiE.又4Eu平面AQ|E,所以4E丄OC.

在R34AE中,厶/=匹麗"河=Jl+E反<Jl+D鐫=則SAACD=

|XDCXAIE^|X2XV2=證，所以△AC。面積的最大值為魚，故D錯誤.

12.ABD解析對于A,該幾何體是由4個正三角形和4個正六邊形構(gòu)成，所以表面積

S=4x3?+4x6xg2=7毎2故厶正確；

44

對于B,棱長為3〃的正四面體的高為遅〃，所以該幾何體的體積-y-(3n)2-V6n-4.1-

,2.爭二筆如故B正確；

對于C,設(shè)外接球球心為。，半徑為RAA1A2A3的中心為。',正六邊形B2BC2CQ2A的中心為

0〃，則。在O'。"上，幾何體上、下底面距離為n〃-當"=拶"，

可得1產(chǎn)4+>jR2-n2=華〃，整理得R?=*?,故該幾何體的外接球表面積為S=4兀/?2=歩〃2,故

C錯誤；

對于D,二面角4-A2A3-&是原正四面體側(cè)面和底面所成南的補角，如圖，過正四面體的頂點丫作

V0丄平面ABC于點0,易知。為4ABC的中心，連接并延長BO交AC于點。，則D為線段AC的

中點，連接口，則ZVDB即為所求側(cè)面憶4c與底面ABC所成二面南的平面角.在RSVOD中,cos

1

—端嘅3?

所以側(cè)面與底面所成二面角的平面角的余弦值為今所以二面角Ai-A2A3-&的余弦值為3,故D正

確.

13.兀解析因為圓錐的軸截面是一個頂角為與,腰長為2的等腰三角形，故該等腰三繭形底邊上的

高即為圓錐的高/?,則〃=2cosm=l,圓錐底面半徑r-y/22-h2=遮，所以圓錐的體積

V=1nr/?=^7tx(-\/3)2xl=n.

14.若/丄機〃a,則/丄加

15.言解析取8。的中點。，易得8。丄丄。0,400。。=。/0,。。<=平面AOC,

所以80丄平面AOC,則NAOC是二面角A-8D-C的平面角，即N40c=60°.

又A0=C0=7〃-I2=百，則AC=W.

分別取線段CDQD的中點N,M,則EM〃A0,A0u平面A0C,EMC平面AOC,故EM〃平面A0C.

同理MN〃平面A0C.叉EMCMN=M,EM,MNu平面EMN,所以平面A0C〃平面EMN,則8。丄平

面EMN.因為尸為四面體ABC。表面上一動點，且總滿足BD丄EF,所以點、F軌跡是4EMN(不包

含點0,其長度為?AO+CO+AO=苧.

16.9喈1解析如圖,在平行四邊形ABCD中,NA音，所以NC=5因為DC=CE,所以ACDE為等邊

三角形，

所以O(shè)E=CO=A3=8,所以四邊形ABED為等腰梯形，

所以SABED^BE+AD)AB^=1x(2+10)x8x^=2473.

要使四棱錐的體積最大,則平面CQE丄平面A8￡￡>,高為8xy=4V3,

所以該四棱錐的體積最大值為gx24百x4g=96.

設(shè)等腰梯形A3EZ)的外心為。|。到AD的距離為"，由OQ=Oi氏可得V52+外=

卜+(4百-d產(chǎn),解得公百,所以0Q=2夕.

由球的截面的性質(zhì)可知，過等腰梯形A8E。的外心Oi作直線a丄平面A8EO,過等邊三角形CED

的中心。2作直線b丄平面C'E￡>,則直線a力的交點。即為外接球的球心，

所以外接球的半徑R=J0避2+。3=,28+(8x苧X,2=J乎=竽，

17.解(1)根據(jù)直觀圖，作出原圖形，如圖所示.由題圖可知NOA3=NA8C=90°.過點。作CE丄AO

交A。于點瓦則AB=EC=DE=5,AE=BC=4,

(4+9)x5_65

故SABCD=

22

(2)由題意得，該幾何體是一個以EC的長為底面半徑的圓錐和一個以A5的長為底面半徑的圓柱

組成的.

由⑴可知,。。二5魚，

所以所形成的幾何體的表面積為S=S岡雜倒+S閑柱倆+SS51UTA.

=7ixECx￡)C+27cxABxBC4-7cxAB2=7ix5x5-\/2+2x7tx5x4+7cx52=(654-25V2)7c,

2222

V=VS?+V^=^TtxECxDE+nxABxBC^xnx5x5+TTX5X4=^.

18.解(1)連接BDMPD丄底面ABCRAMu底面ABCD,

：.PD±AM.

?.,PB1.AM,PBQPD=P,

JAW丄平面PBD,

：.AMA.BD,

：.ZADB+ZDAM=90°.

又NZMM+NMAB=90°,AZADB=ZMAB,

/.RSZMBSRSABM

.AD_BA

??布一前

：.^BC2=l,：.BC=y/2.

⑵如圖，以。為原點,萬客反，萬戶分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系.

可得A(V2,0,0),B(V2,l,O),M(y,1,0),P(0,0,1),而=(-&,0,1),宿=(-當,1,0),前=(-y,0,0

ABP=(-V2,-I,I).

設(shè)平面AA/P的一個法向量為m=(xi,yi,zj),

m,亞7。，即-V2x1+Zi=0,

則

V2,_n

mAM=0,ryxi+為=0,

令X|=V2,!0'ly]=1,Z1=2,可得m=(V2,1,2).

設(shè)平面3Mp的一個法向量為n=(X2,y2,Z2),

同理可得n=(0,l,l).則cosvm,n>=:巴=:內(nèi)=空之設(shè)二面角A-PM-B的平面角為仇則

|m||n|v7xv214

2

sin0=-/lHcos<m,n>=丿q=書

19.(1)證明因為PZ)丄底面A8C。,所以PDLAD.

又底面ABCD為正方形，所以AO丄。C.

因此4。丄平面PDC.

因為AC〃8c4QC平面P8C,所以AQ〃平面PBC.

由已知得/〃AD因此/丄平面PDC.

(2)解以。為坐標原點,OAQC,OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直南坐

標系ZXxyz,則￡>(0,0,0),C(0,1,0),3(1,1,0),P(0,0,1),則同=(1,1,-1),反=(0,1,0),由⑴可設(shè)。3,0,1),則

所以|而|=J(l-a)2+I2+(-1)2=近，

解得a=l,則。(1,0,1),則麗=(1,0,1).

設(shè)n=(x,y,z)是平面QCD的一個法向量，

則卜匹=0,即y=0

\n-DQ=0,lx+z=0.

取x=l,可得n=(l,0,-l),

UUririnPB2A/6

所以3<叱8>=旃=.=§,

所以PB與平面QCD所成角的正弦值為苧.

20.⑴證明在題圖1中，

因為DC〃AB,CD=gAB,E為AB中點，

所以DC//EB,DC=EB,

所以四邊形DE8C為平行四邊形，所以BC=DE=2,

則四邊形DEBC為奏形.

在題圖2中，取DE中點。，連接OA,OC,CE,

則AO=AE=CE=C。,則04=0C=K,

且。E丄。A,￡>E丄OC.

因為OAnOC=O,OA,OCu平面AOC,所以O(shè)E丄平面AOC.因為ACu平面AOC,所以DE±AC.

(2)解若選擇①:因為￡>E丄平面AOCQEu平面BCDE,

所以平面AOC丄平面BCDE.交線為OC.過點A作A”丄OC,則A4丄平面BC0E.由題可得

SBCDE=2^,

所以四棱錐A-BCDE的體積以8。￡=2=32gx4”,解得厶〃=8=。4,所以AO與A”重合，即AO

丄平面BCDE.

建立如圖所示的空間直角坐標系，則0(0,0,0),C(-g,0,0),E(0,1,0),A(0,0,百)，則

CE=(V3,l,0),C4=(V3,0,V3).

平面DAE的一個法向量為前=(、8,(),0).設(shè)平面AEC的一個法向量為n=(x,y,z),

則［唱x+y;0,令彳=1,則丫=-百/=-1,即n=(l,-V3,-l).

lV3x4-V3z=0,

設(shè)二面角O-AE-C的大小為0,

m?八KXCO-nV3V5

貝cos0=cos<CO,n>=?=-=-7=-T==—

\C0\\n\V3xV559

所以二面角。-AE-C的余弦值為g.

若選擇②:因為￡>C〃EB,所以NACD即為異面直線AC與EB所成角，在△AOC中,cos/

AC2+4-4V6

AC決=V

解得，所以QA2+OC2=AC2,即OA±OC.

因為￡>E丄平面AOCQEu平面BCDE,

所以平面AOC丄平面BCDE且支線為OC,所以A。丄平面8a>￡.建立如圖所示空間直角坐標

系，

則0((),(),0),C(-V5,0,0),E(0,1,()),A(0,0,例

則方=(百,1,0),cX=(V3,(),V3).

平面D4E的一個法向量為而=(遮,0,0).

設(shè)平面AEC的一個法向量為n=(x,y,z),

所以卜?.丫二°’令x=l,則y=-V5,z=-l,得11=(1，.遮,-1).設(shè)二面角D-AE-C的大小為。，

(V3x+遮z=0,

則c°sO=|瘍|=為=噂，

所以二面南。-AE-C的余弦值為g.

21.(1)證明由題意可知,D4丄底面ABE,BEu底面ABE,故8E丄。4又BE'丄AEA￡)nAE=A,AO,AEu

平面AED,故BE丄平面AED因為AEu平面AE。,所以AFVBE.

又AF丄DE,BECDE=E,BE,DEu平面BED,故AF丄平面BED.義Z)6u平面BED,所以AF丄DB.

(2)解①由題意，以A為原點，在底面圓內(nèi)過點A作AB的垂線，以其作為x軸,以AB,A。所在直線

為y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標系.

設(shè)A。的長度為2,則A(0,0,0),3(0,2,0),C(0,2,2),Q(0,0,2).

因為D4丄平面ABE,所以/DE4就是直線OE與平面48E所成的角，所以tan/OE4=鋁=2,解得

4E=1,所以E得*