高中數(shù)學(xué)學(xué)考復(fù)習(xí)階段復(fù)習(xí)卷5含答案

階段復(fù)習(xí)卷(五)(考查內(nèi)容:立體幾何)(時間:80分鐘,滿分:100分)一、單項選擇題(本大題共12小題,每小題3分,共36分.每小題列出的四個備選項中,只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分)1.設(shè)α,β,γ是三個不重合的平面,m,n是兩條不重合的直線,則下列說法正確的是()A.若α⊥β,β⊥γ,則α∥γ B.若α⊥β,m∥β,則m∥αC.若m⊥α,m⊥β,則α∥β D.若m∥β,n∥β,則m∥n2.圓柱的側(cè)面展開圖是邊長為6π和4π的矩形,則圓柱的表面積為()A.6π(4π+3) B.8π(3π+1)C.6π(4π+3)或8π(3π+1) D.6π(4π+1)或8π(3π+2)3.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為線段A1C1的中點,則異面直線DE與B1C所成角的大小為()A.15° B.30° C.45° D.60°4.(2023浙江四校)已知圓臺上、下底面的直徑分別為4和10,母線長為5,則該圓臺的體積為()A.145π3 B.116π3 C.65π 5.如圖,空間四邊形ABCD的對角線AC=8,BD=6,M,N分別為AB,CD的中點,并且異面直線AC與BD所成的角為90°,則MN=()A.3 B.4 C.5 D.66.把△ABC按斜二測畫法得到△A'B'C'(如圖所示),其中B'O'=C'O'=1,A'O'=32,那么△ABC是一個(A.等邊三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.三邊互不相等的三角形7.(2019浙江學(xué)考)在四棱錐P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,且PD=DB.若M為線段PB的中點,則直線DM與平面ABCD所成的角為()A.30° B.45° C.60° D.90°8.(2023浙江臺金六校)在正四棱錐P-ABCD中,Q是AB上的動點(不包含端點),M是AD上的中點,點N在線段AD上且滿足AN=2ND,分別記P-MQ-C,P-NQ-C,P-AB-C的平面角為α,β,γ,則()A.γ>α>β B.γ>β>α C.β>γ>α D.β>α>γ9.(2023浙江湖州)三棱錐P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,△ABC是邊長為2的正三角形,PA=PB=3,則三棱錐P-ABC外接球的表面積為()A.35π3 B.35π6 C.3510.如圖,在三棱錐P-ABC中,PB=BC=a,PA=AC=b(a<b),設(shè)二面角P-AB-C的平面角為α,則()A.α+∠PCA+∠PCB>π,2α<∠PAC+∠PBC B.α+∠PCA+∠PCB<π,2α<∠PAC+∠PBCC.α+∠PCA+∠PCB>π,2α>∠PAC+∠PBC D.α+∠PCA+∠PCB<π,2α>∠PAC+∠PBC11.(2023浙江杭州六縣九校)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,點P,Q,R分別是棱A1D1,C1D1,BC的中點,則過點P,Q,R三點的截面面積是()A.32 B.3 C.23 D.312.(2021浙江奉化)在矩形ABCD中,AB=4,AD=3,E為邊AD上的一點,DE=1,現(xiàn)將△ABE沿直線BE折成△A'BE,使得點A'在平面BCDE上的射影在四邊形BCDE內(nèi)(不含邊界),設(shè)二面角A'-BE-C的大小為θ,直線A'B,A'C與平面BCDE所成的角分別為α,β,則()A.α<β<θ B.β<θ<α C.α<θ<β D.β<α<θ二、多項選擇題(本大題共4小題,每小題4分,共16分.每小題列出的四個備選項中,有多個是符合題目要求的,全部選對得4分,部分選對且沒有錯選得2分,不選、錯選得0分)13.(2023浙江杭州)如圖,圓錐的內(nèi)切球和外接球的球心重合,且圓錐的底面直徑為2a,則()A.設(shè)內(nèi)切球的半徑為r1,外接球的半徑為r2,則r2=2r1B.設(shè)內(nèi)切球的表面積為S1,外接球的表面積為S2,則S1=4S2C.設(shè)圓錐的體積為V1,內(nèi)切球的體積為V2,則VD.設(shè)S,T是圓錐底面圓上的兩點,且ST=a,則平面PST截內(nèi)切球所得截面的面積為π14.(2023浙江湖州)已知正四棱臺ABCD-EFGH的所有頂點都在球O的球面上,AE=2,AB=2EF=2,M為△BDG內(nèi)部(含邊界)的動點,則()A.直線AE與平面BDG相交 B.球O的體積為82C.直線AM與平面BDG所成角的最大值為π3 D.MA+ME的取值范圍為[2215.(2023浙江臺金六校)如圖,在矩形ABCD中,AB=1,BC=2,E為AD的中點,將△ABE沿BE翻折成△A'BE,記二面角A'-BE-C的平面角為θ,在翻折過程中,下列結(jié)論成立的是()A.點A'在平面BCDE上的射影必在線段AC上B.存在點A'使得A'E⊥BDC.θ+∠A'BA<πD.記A'E和A'B與平面BCDE所成的角分別為α,β,則sinα-sinβ的取值范圍是[0,6-16.在邊長為4的正方形ABCD中,如圖1所示,E,F,M分別為BC,CD,BE的中點,分別沿AE,AF及EF所在直線把△AEB,△AFD和△EFC折起,使B,C,D三點重合于點P,得到三棱錐P-AEF,如圖2所示,則下列結(jié)論正確的是()圖1圖2A.PA⊥EFB.三棱錐M-AEF的體積為4C.三棱錐P-AEF外接球的表面積為24πD.過點M的平面截三棱錐P-AEF的外接球所得截面的面積的取值范圍為[π,6π]三、填空題(本大題共4小題,共15分)17.(2023浙江臺州八校聯(lián)盟)已知圓柱體的底面半徑為32cm,高為5πcm,一只蝸牛從圓柱體底部開始爬行,繞圓柱體4圈到達(dá)頂部,則蝸牛爬行的最短路徑長為cm.18.已知正四面體ABCD的表面積為123,E為棱AB的中點,球O為該正四面體的外接球,則過點E的平面被球O所截得的截面面積的最小值為.

19.如圖,在正四棱錐S-ABCD(頂點S在底面ABCD上的射影是正方形ABCD的中心)中,底邊長2,高23,E是BC的中點,點P在正四棱錐表面上運動,并且總是PE⊥AC,則動點P的軌跡的長度為.

20.(2023浙江錢塘聯(lián)盟)多面體E-ABCD的各頂點在半徑為2的球面上,ABCD是矩形,AB=3,AD=2,則多面體體積的最大值為.

四、解答題(本大題共3小題,共33分)21.(11分)(2023浙江溫州A卷)如圖,正方形ABCD是圓柱的軸截面,EF是圓柱的母線,圓柱的體積為16π.(1)求圓柱的表面積;(2)若∠ABF=30°,求點F到平面BDE的距離.22.(11分)(2023浙江學(xué)軍中學(xué))如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E,F,M分別是棱B1C1,BB1,C1D1的中點.(1)求證:E,M,B,D四點共面;(2)是否存在過點E,M且與平面A1FC平行的平面?若存在,請作出這個平面并證明;若不存在,請說明理由.23.(11分)(2023浙江四校)在三棱錐P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,AP⊥PC,PC=2BC=2,∠ACP=∠ACB=45°.(1)求證:BC⊥BP;(2)求二面角A-PC-B的余弦值.

階段復(fù)習(xí)卷(五)1.C解析對于A,α,γ有可能相交或平行,故A不正確;對于B,m有可能在α內(nèi)或m與α相交,B不正確;C正確;對于D,m,n有可能相交或平行或異面,D不正確.故選C.2.C解析分兩種情況:①以長為6π的邊為高時,4π為圓柱底面周長,則2πr=4π,r=2,所以S底=4π,S側(cè)=6π×4π=24π2,S表=2S底+S側(cè)=8π+24π2=8π(3π+1);②以長為4π的邊為高時,6π為圓柱底面周長,則2πr=6π,r=3,所以S底=9π,S表=2S底+S側(cè)=18π+24π2=6π(4π+3).故選C.3.B解析連接A1D,易知A1D∥B1C,∴∠A1DE即為異面直線DE與B1C所成角.設(shè)正方體棱長為2,易知,A1D=22,A1E=2,DE=6,∴cos∠A1DE=A1∴∠A1DE=30°.故選B.4.D解析令r1=2,r2=5,l=5,則圓臺的高為h=l2-(∴V=π3(r12+r1r2+r22)·h=π3×(22+2×5+52)×5.C解析取AD的中點P,連接PM,PN,則BD∥PM,AC∥PN,∴∠MPN或其補(bǔ)角即異面直線AC與BD所成的角,∴∠MPN=90°,PN=12AC=PM=12BD=∴MN=5.故選C.6.A解析根據(jù)斜二測畫法還原△A'B'C'在直角坐標(biāo)系的圖形,由圖(圖略)易得AB=BC=AC=2,故△ABC為等邊三角形.7.B解析取BD的中點O,連接MO,∵M(jìn)為PB中點,O為BD中點?MO∥PD,又PD⊥底面ABCD?MO⊥底面ABCD,∴∠MDO即為直線DM與平面ABCD所成角.又PD=BD,可知∠MDO=45°.故選B.8.D解析連接AC,BD交于點O.因為四棱錐P-ABCD為正四棱錐,所以有PO⊥平面ABCD.過點O作OE⊥QM,OF⊥QN,垂足為E,F,連接PE,PF.因為PO⊥平面ABCD,MQ,NQ?平面ABCD,所以PO⊥MQ,PO⊥NQ.因為OE∩PO=O,OE,PO?平面POE,所以MQ⊥平面POE.又PE?平面POE,所以PE⊥MQ,因此∠PEO是二面角P-MQ-C的平面角,即α=∠PEO,因此有tanα=OPOE同理可證,PF⊥QN,因此∠PFO是二面角P-NQ-C的平面角,即β=∠PFO,因此有tanβ=OPOF設(shè)H是AB的中點,連接PH,OH,則有AB⊥PH,OH⊥AB,因此∠PHO是二面角P-AB-C的平面角,即γ=∠PHO,因此有tanγ=OPOH如圖,H是AB的中點,所以O(shè)H=12AB=AH,Q是AB上的動點(不包含端點),M是AD上的中點,點N在線段AD上且滿足AN=2ND,所以O(shè)F<OE<AH,所以O(shè)H>OE>OF,因此tanγ<tanα<tanβ,即γ<α<β,故選D9.B解析因為PA=PB,AB的中點為D,所以PD⊥AB.因為平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PD?平面PAB,所以PD⊥平面ABC.設(shè)O為三棱錐P-ABC外接球的球心,半徑為R,連接OO1,則OO1∥PD,OO1⊥平面ABC.因為PA=PB=3,AB=AC=BC=2,所以AD=1,PD=PA2-AD2=2,CD=3,AO設(shè)OO1=x,0<x≤2,過點O作OE⊥PD交PD于點E,連接OP,則OE=O1D=13CD=33,PE=2又O1A?平面ABC,OO1⊥O1A,在Rt△OO1A中,有R=OA=O1又在Rt△OEP中,有R=OP=OE所以有x2+43=13+(2-x)2,解得x=24,所以R2=24所以三棱錐P-ABC外接球的表面積為4πR2=35π故選B.10.C解析如圖(1),取PC中點D,連接AD,BD,圖(1)圖(2)由PB=BC=a,PA=AC易知BD⊥PC,AD⊥PC,故可得PC⊥平面ABD,作PM⊥AB于點M,由△ABP≌△ABC,可得CM⊥AB,∴∠PMC=α,又PM=CM=h<a<b,由圖(2)可得α2=∠PMC2>∠PBC2>∠PAC2,∴2α>∠PAC+∠PBC,α+∠PCA+∠PCB>∠PBC2+∠PAC11.D解析如圖,設(shè)AB的中點為H,連接HR并延長,交DA延長線于點E,交DC延長線于點F,連接PE交A1A于點G,連接QF交C1C于點I,連接GH,RI,則六邊形PQIRHG為過點P,Q,R三點的截面.由題意可知,△AHE≌△BHR,則AE=BR=1.故△AGE≌△A1GP,可知AG=A1G,即G為A1A的中點.同理可證,I為C1C的中點,故可知六邊形PQIRHG為正六邊形,且邊長為2,故該截面面積為6×34×(2)2=33,即過點P,Q,R三點的截面面積是33,故選D12.A解析如圖所示,在矩形ABCD中,過點A作AF⊥BE交BE于點O,將△ABE沿直線BE折成△A'BE,則點A'在平面BCDE內(nèi)的射影O'在線段OF上,設(shè)A'到平面BCDE的距離為h,則h=A'O',由二面角、線面角的定義得,tanθ=hO'O,tanα=hO'B顯然O'O<O'B,O'O<O'C,所以tanθ最大,所以θ最大,當(dāng)O'與O重合時,(tanα)max=hOB,(tanβ)min=h因為hOB<hOC,所以(tanα)max<(tanβ)min,則tanα<tanβ,所以α<β,所以α<β<θ13.ACD解析作出圓錐的軸截面如圖所示,因為圓錐PO的內(nèi)切球和外接球的球心重合,所以△PAB為等邊三角形.又PB=2a,所以O(shè)P=PB2設(shè)球心為G(即為△PAB的重心),所以PG=23PO=233a,OG=13即內(nèi)切球的半徑為r1=OG=33a,外接球的半徑為r2=PG=23所以r2=2r1,故A正確;設(shè)內(nèi)切球的表面積為S1,外接球的表面積為S2,則S2=4S1,故B錯誤;設(shè)圓錐的體積為V1,則V1=13πa2×3a=33πa3,內(nèi)切球的體積為V2,則V2=43π×33a3=4327πa3,所以V1設(shè)S,T是圓錐底面圓上的兩點,且ST=a,則ST所對的圓心角為π3(在圓O上),設(shè)ST的中點為D,則OD=asinπ3=32a,不妨設(shè)D為OB上的點,連接PD過點G作GE⊥PD交PD于點E,則△PEG∽△POD,所以GEOD=PGPD,即GE32a=233a15a2,解得GE=21515a,故選ACD.14.BCD解析對于A,如圖1,由棱臺的結(jié)構(gòu)特征易知,AE與CG的延長線必交于一點,故A,C,G,E四點共面.圖1又平面EFGH∥平面ABCD,而平面ACGE∩平面EFGH=EG,平面ACGE∩平面ABCD=AC,故EG∥AC,即EG∥AO2.由平面幾何易得EG=2,AO2=12AC=2,即EG=AO2,所以四邊形AO2GE是平行四邊形,故AE∥GO2,而AE?平面BDG,O2G?平面BDG,故AE∥平面BDG,即直線AE與平面BDG不相交,故A錯誤圖2對于B,如圖2,設(shè)O1為EG的中點,O為正四棱臺外接球的球心,則AO=EO=R.在等腰梯形ACGE中,易得O1O22=AE2-12(AC-EG)2=(2)2-222=32,即O1O2=62,不妨設(shè)O1O=a,由R2=EO2=EO12+a2=AO2=AO22+b2,若O在正四棱臺外,即平面ABCD外側(cè),a>O1O2,則222+a2=(2)2+a-622,所以a=62,與a>O1O2矛盾;若O在正四棱臺內(nèi),即a≤O1O2,則222+a2=(2)2+62-a2,所以綜上,點O與O2重合,故R=AO2=2,故球O體積為4πR33=4π3×(2)圖3對于C,由圖2易得BD⊥O1O2,BD⊥AC,O1O2∩AC=O2,O1O2,AC?平面ACGE,故BD⊥平面ACGE,BD?平面BDG,故平面ACGE⊥平面BDG,在平面ACGE內(nèi)過點A作AP⊥O2G交O2G于點P,如圖3,則AP?平面ACGE,平面ACGE∩平面BDG=O2G,故AP⊥平面BDG,故∠AMP為直線AM與平面BDG所成角.在Rt△APM中,sin∠AMP=APAM,故當(dāng)AM取得最小值時,sin∠AMP取得最大值,即∠AMP取得最大值顯然,動點M與O2重合時,AM取得最小值,即∠AMP取得最大值,且∠AMP=∠CO2G.在△O2GC中,GO2=AE=2,CG=AE=2,O2C=12AC=2,故△O2GC為正三角形,即∠CO2G=60°,即直線AM與平面BDG所成角的最大值為π3,故C圖4對于D,由選項C知,BD⊥平面ACGE.不妨設(shè)M落在圖4的M處,過點M作MN∥BD,交O2G于點N,則MN⊥平面ACGE,NA在平面ACGE中,故MN⊥NA,在Rt△AMN中,NA<MA(勾股邊小于斜邊).同理EN<EM,所以NA+NE<MA+ME,故動點M只有落在O2G上,EM+MA才有可能取得最小值;圖5圖5中,由點E關(guān)于O2G的對稱點為C知,MA+EM=MA+MC≥AC=22.當(dāng)M在△BDG邊界時,MA+EM取得最大值,當(dāng)點M與點G重合時,MA+EM=MA+MC,MA2=GA2=AC-12(AC-EG)2+O1O22=6,即MA=6,MC=GC=2,此時MA+EM=6+2當(dāng)點M與點B或點D重合時,MA+EM=MA+MC=4,所以MA+EM的取值范圍為[22,4],故D正確.故選BCD.15.AC解析在矩形ABCD中,AB=1,BC=2,E為AD的中點,連接AC,交BE于點M,可得△ABC∽△EAB,則∠ABE=∠ACB且∠MBC+∠ABE=90°,所以∠MBC+∠ACB=90°,所以AM⊥BE,MC⊥BE,即A'M⊥BE,MC⊥BE.因為A'M∩MC=M且A'M,MC?平面A'MC,所以BE⊥平面A'MC.又因為BE?平面BCDE,所以平面A'MC⊥平面BCDE.過點A'作A'N⊥平面BCDE于點N,則點N必在線段AC上,故A正確;由A'N⊥平面BCDE,BD?平面BCDE,所以A'N⊥BD.若A'E⊥BD,且A'N∩A'E=A'且A'N,A'E?平面A'NE,所以BD⊥平面A'NE.又由NE?平面A'NE,所以BD⊥NE,顯然EC⊥BD.因為點N在AC上,所以點N與點C重合.由△AME∽△BMC,可得AM=12MC=33,且CM=在△A'MC中,CM>A'M,所以點A'在平面ABCD上的射影不可能落在點C處,所以不存在點A'使得A'E⊥BD,故B不正確.因為二面角A'-BE-C的平面角為θ,即∠A'MC=θ,又θ+∠A'MA=π,AB>AM,A'B>A'M,得∠A'MA>∠A'BA,所以θ+∠A'BA<π,故C正確;因為A'E,A'B與平面BCD所成的角分別為α,β,即∠A'EN=α,∠A'BN=β,可得sinα=A'NA'E,sin所以sinα-sinβ=|A'N||A'E由△AME∽△BMC,可得AMMC=AEBC=1又由AC=3,所以AM=33因為在翻折的過程中,可得0<A'N≤AM,即0<A'N≤33所以(2-1)·|A'N|∈(0,6-33],故D錯誤.16.ACD解析由題意,將三棱錐補(bǔ)形為長方體,其中PA=4,PE=2,PF=2,如圖所示.對于A,因為AP⊥PE,AP⊥PF,PE∩PF=P,PE,PF?平面PEF,所以AP⊥平面PEF,又EF?平面PEF,所以PA⊥EF,故A正確;對于B,因為M為PE的中點,所以VM-AEF=12VP-AEF=12VA-PEF=12×13×12×2×2×4=43,故B錯誤;對于C,三棱錐P-AEF的外接球即為補(bǔ)形后長方體的外接球,所以外接球的直徑2R=22+22+42=26,所以三棱錐P-AEF外接球的表面積為S=4πR2=24π,故C正確;對于D,過點M的平面截三棱錐P-AEF的外接球所得截面為圓,其中最大截面為過球心O的大圓,此時截面圓的面積為πR2=π(6)2=6π,最小截面為過點M且垂直于球心O與M連線的圓,此時截面圓半徑r=R2-OM2=6-517.13π解析根據(jù)題意,從圓柱底部M點繞圓柱體的側(cè)面旋轉(zhuǎn)4圈到達(dá)頂部的N點,沿MN將側(cè)面展開后,最短路程如圖所示,其中矩形的寬等于圓柱的高5πcm,矩形的長等于圓柱的底面圓的周長的4倍,即4×2π×32=12π(cm),所以蝸牛爬行的最短路徑為MN=(5π)218.3π解析如圖所示,球O為正四面體ABCD的外接球,即為正方體的外接球,正四面體ABCD的表面積為123.設(shè)正四面體ABCD的棱長為a,則4×12×a2×32=123,解得a=2所以正方體的棱長為(2設(shè)正四面體ABCD的外接球的半徑為R,則2R=3×6=3即R=32E為線段AB的中點,過點E作其外接球的截面,當(dāng)截面到球心O的距離最大值時,截面圓的面積達(dá)最小值,此時球心O到截面距離等于正方體棱長的一半,即d=62,可得截面圓的半徑為r=R2-d2=(322)

2-(619.14+2解析由題意,連接BD,交AC于點O,分別取SC,CD的中點G,F,連接EG,GF,EF,如圖,SO⊥平面ABCD,則SO=由AC?平面ABCD,則SO⊥AC.在正方形ABCD中,AC⊥BD.因為SO∩BD=O,SO,BD?平面SBD,所以AC⊥平面SBD,在△SBC中,EG∥SB.因為EG?平面SBD,SB?平面SBD,所以EG∥平面SBD,同理可得,EF∥平面SBD.又EF∩EG=E,EF,EG?平面EFG,所以平面EFG∥平面SBD,故AC⊥平面EFG,則點P的軌跡為△EFG的三邊.由中位線定理可知,EG=12BD,FG=12在正方形ABCD中,AB=2,則BD=22.在Rt△SOB中,SB=SO2+OB2=12+(12BD)

2=14,20.3+4解析設(shè)外接球的球心為O,矩形ABCD的外接圓的圓心為O1,即直線AC,BD的交點,則O1B=1若VE-ABCD最大,則點E到平面ABCD的距離最長,此時E,O,O1在一條直線上,即EO1⊥平面ABCD,則OO1=4-134=32,故多面體體積的最大值Vmax=13×2×3×2+321.解(1)設(shè)圓柱的底面半徑為r,則πr2×2r=16π,解得r=2.則圓柱的表面積為2πr2+2πr×2r=6πr2=24π.(2)連接AF,因為AF⊥BF,AF∥DE,所以DE⊥BF.設(shè)點F到平面BDE的距離為h,易知DE⊥EF.又EF,BF?平面BEF,EF∩BF=F,所以DE⊥平面BEF.因為EB?平面BEF,所以DE⊥EB,所以BF=AB·cos30°