老高考舊教材適用2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題檢測(cè)三立體幾何文

專題檢測(cè)三立體幾何一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60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.(2022·河南開(kāi)封三模)已知圓錐的底面半徑為1,其側(cè)面展開(kāi)圖為一個(gè)半圓,則該圓錐的母線長(zhǎng)為()A.2 B.3 C.2 D.222.(2022·陜西榆林三模)已知l,m,n是三條不同的直線,α,β是兩個(gè)不同的平面,若α∥β,l⊥α,m?β,m⊥n,則下列關(guān)系一定成立的是()A.l∥n B.l∥m C.l⊥n D.l⊥m3.(2022·黑龍江哈爾濱三中三模)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積是()A.8+42 B.8+45C.4+45 D.124.某種藥物呈膠囊形狀,該膠囊中間部分為圓柱,左右兩端均為半徑為1的半球.已知該膠囊的表面積為10π,則它的體積為()A.356π B.103C.133π D.165.(2022·四川宜賓三模)已知兩條直線m,n和平面α,則m⊥n的一個(gè)充分條件是()A.m⊥α且n⊥αB.m∥α且n?αC.m⊥α且n?αD.m∥α且n∥α6.榫卯(sǔnmǎo)是古代中國(guó)建筑、家具及其他器械的主要結(jié)構(gòu)方式,是在兩個(gè)構(gòu)件上采用凹凸部位相結(jié)合的一種連接方式,其中凸出部分叫榫(或叫榫頭);凹進(jìn)部分叫卯(或叫榫眼、榫槽),其特點(diǎn)是在物件上不使用釘子,利用卯榫加固物件,體現(xiàn)出中國(guó)古老的文化和智慧.如圖所示的網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1,粗線畫出的是某榫卯構(gòu)件的三視圖,則該構(gòu)件的體積為()A.π3+16 B.2πC.8π3+16 D.167.(2022·新疆三模)已知圓柱的母線長(zhǎng)與底面的半徑之比為3∶1,四邊形ABCD為其軸截面,若點(diǎn)E為上底面圓弧AB的靠近B點(diǎn)的三等分點(diǎn),則異面直線DE與AB所成角的余弦值為()A.64 B.33 C.638.(2022·河南焦作二模)在正四棱錐P-ABCD中,側(cè)棱與底面所成角的正切值為5,若該正四棱錐的外接球的體積為721025π,則△PBD的面積為(A.25 B.23 C.22 D.59.(2022·天津一模)已知一個(gè)圓柱的高是底面半徑的2倍,且其上、下底面的圓周均在球面上,若球的體積為32π3,則圓柱的體積為(A.16π B.8π C.42π D.22π10.(2022·河南新鄉(xiāng)三模)如圖所示的是一個(gè)簡(jiǎn)單幾何體的三視圖,若mn=30,則該幾何體外接球體積的最小值為()A.643π3 BC.128π3 D11.(2022·四川瀘州三模)已知三棱錐P-ABC的底面△ABC為等腰直角三角形,其頂點(diǎn)P到底面ABC的距離為4,體積為163,若該三棱錐的外接球O的半徑為13,則滿足上述條件的頂點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為(A.6π B.12π C.23π D.43π12.(2022·陜西渭南二模)已知點(diǎn)A,B,C是表面積為16π的球O的球面上的三個(gè)點(diǎn),且AC=AB=1,∠ABC=30°,則三棱錐O-ABC的體積為()A.112 B.312 C.14二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2022·江西二模)已知在四面體ABCD中,AB=CD=25,AC=BD=29,AD=BC=41,則四面體ABCD的外接球的表面積為.

14.如圖為某比賽獎(jiǎng)杯的三視圖,獎(jiǎng)杯的上部是一個(gè)球,獎(jiǎng)杯的下部是一個(gè)圓柱,若獎(jiǎng)杯上、下兩部分的體積相等,則上部球的表面積與下部圓柱的側(cè)面積的比值為.

15.(2022·北京育才學(xué)校模擬預(yù)測(cè))如圖,棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為線段A1B上的動(dòng)點(diǎn)(不含端點(diǎn)),則下列結(jié)論正確的是.(填所有正確結(jié)論的序號(hào))

①平面D1A1P⊥平面A1AP;②∠APD1的取值范圍是0,π2;③三棱錐B1-D1PC的體積為定值;④DC1⊥D1P.16.(2022·黑龍江齊齊哈爾一中一模)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面積為3,點(diǎn)E為BC的中點(diǎn),直線A1B與直線C1E所成的角等于π6,則該三棱柱的外接球的表面積等于.三、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.17.(10分)(2022·江西二模)如圖所示,在空間幾何體ABCDE中,△ABC與△ECD均為等邊三角形,AB=DE,且平面ABC和平面CDE均與平面BCD垂直.(1)若BDBC=2,求證:平面ABC⊥(2)求證:四邊形AEDB為梯形.18.(12分)(2022·山西臨汾三模)如圖,四棱錐P-ABCD的底面為菱形,∠ABC=π3,AB=AP=2,PA⊥底面ABCD,E是線段PB的中點(diǎn),G,H分別是線段PC上靠近P,C的三等分點(diǎn)(1)求證:平面AEG∥平面BDH;(2)求點(diǎn)A到平面BDH的距離.19.(12分)(2022·江西萍鄉(xiāng)二模)如圖,一半圓的圓心為O,AB是它的一條直徑,AB=2,延長(zhǎng)AB至C,使得BC=OB,設(shè)該半圓所在平面為α,平面α外有一點(diǎn)P,滿足平面POC⊥平面α,且OP=CP=5,該半圓上點(diǎn)Q滿足PQ=6.(1)求證:平面POQ⊥平面POC;(2)若線段CQ與半圓交于R,求三棱錐O-PQR的體積.20.(12分)(2022·云南二模)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是平行四邊形,F是PC的中點(diǎn).(1)證明:PA∥平面BDF;(2)若∠BAD=60°,AB=AD=2,PA=PD=4,PB=32,求四棱錐P-ABCD的體積.21.(12分)如圖,四邊形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=2AB=4,E,F分別在BC,AD上,EF∥AB,現(xiàn)將四邊形ABCD沿EF折起,使BE⊥EC.(1)若BE=1,在折疊后的線段AD上是否存在一點(diǎn)P,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出APPD的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由(2)求三棱錐A-CDF的體積的最大值,并求出此時(shí)點(diǎn)F到平面ACD的距離.22.(12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)面BCC1B1是平行四邊形,BC1⊥C1C,平面A1C1CA⊥平面BCC1B1,且E,F分別是BC,A1B1的中點(diǎn).(1)求證:BC1⊥A1C;(2)求證:EF∥平面A1C1CA;(3)在線段AB上是否存在點(diǎn)P,使得BC1⊥平面EFP?若存在,求出APAB的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由

專題檢測(cè)三立體幾何1.C解析:依題意可知,半圓的弧長(zhǎng)為2π·1=2π,圓心角的弧度數(shù)為π,由弧長(zhǎng)公式可得該圓錐的母線長(zhǎng)為2ππ=故選C.2.D解析:因?yàn)棣痢桅?l⊥α,則l⊥β,又m?β,m⊥n,所以l⊥m,而l與n可能平行、相交或異面.故選D.3.B解析:由三視圖可知幾何體為如圖所示的四棱柱,其中四邊形ABCD,BCC1B1為矩形,四邊形ABB1A1為平行四邊形,棱柱的高為2,AB=1,BC=2,側(cè)棱長(zhǎng)為12故幾何體表面積S=2S?ABCD+2S?ABB1A1+2S?BCC1B1=2×1×2+2×1×2故選B.4.C解析:設(shè)圓柱的高為h,∴4π·12+2π·1·h=10π,∴h=3.∴V=43π·13+π·12·3=13π35.C解析:對(duì)于A,若m⊥α且n⊥α,則m∥n,故選項(xiàng)A不符合題意;對(duì)于B,若m∥α且n?α,則m與n平行或異面,故選項(xiàng)B不符合題意;對(duì)于C,若m⊥α且n?α,則m⊥n,故選項(xiàng)C符合題意;對(duì)于D,若m∥α且n∥α,則m與n平行、相交或異面,故選項(xiàng)D不符合題意.故選C.6.B解析:由三視圖可知,該構(gòu)件是由榫(上部分為圓錐,下部分為圓柱的組合體)插入到卯(一個(gè)四棱柱)得到的幾何體,如圖所示.結(jié)合圖中的數(shù)據(jù)可知該構(gòu)件的體積為13×π×12×2+4×2×2=2π3故選B.7.A解析:設(shè)圓柱的底面圓的半徑為r,則AD=BC=3r,因?yàn)锳B∥CD,所以∠CDE即為異面直線DE與AB所成的角.因?yàn)辄c(diǎn)E為上底面圓弧AB的靠近B點(diǎn)的三等分點(diǎn),所以∠BOE=π3,故△OBE所以BE=r,故AE=3r,則CE=2r,DE=6r,所以cos∠CDE=(6即異面直線DE與AB所成角的余弦值為64.故選A8.A解析:當(dāng)球心在線段PM上時(shí),如圖所示,令A(yù)C∩BD=M,四棱錐P-ABCD的外接球球心為O,設(shè)DM=x,OP=OD=R.由條件可知PM=5x,在Rt△ODM中,R2=(5x-解得R=35x.又43πR3=721025π,得x=2.所以DM=2所以△PBD的面積為12×22×10=25.容易驗(yàn)證球心O不在線段綜上,△PBD的面積是25.9.C解析:設(shè)圓柱的底面圓半徑為r,高為2r,球O的半徑為R,由題可知43πR3=32π3則r2+r2=R2=4,可得r=2,所以V=πr2·(2r)=42π.故選C.10.D解析:如圖,在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,三棱錐C1-ABD為該幾何體的直觀圖,因?yàn)樵搸缀误w的外接球與長(zhǎng)、寬、高分別為m,n,2的長(zhǎng)方體的外接球相同,所以4R2=m2+n2+4≥2mn+4=64,當(dāng)且僅當(dāng)m=n時(shí),等號(hào)成立,所以半徑R的最小值為4,故該幾何體外接球體積的最小值為256π3.11.D解析:依題意,設(shè)底面等腰直角三角形ABC的直角邊長(zhǎng)為x(x>0),則三棱錐P-ABC的體積V=13×12×x2×解得x=22.∴△ABC的外接圓半徑為r1=12×2×2∴球心O到底面ABC的距離為d1=R2-r12=∴頂點(diǎn)P的軌跡是一個(gè)截面圓的圓周,當(dāng)球心在底面ABC和截面圓之間時(shí),球心O到該截面圓的距離為d2=4-3=1,∴截面圓的半徑為r2=R2-d2∴頂點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2πr2=43π;當(dāng)球心在底面ABC和截面圓同一側(cè)時(shí),球心O到該截面圓的距離為d3=3+4=7>R=13,故不成立.綜上所述,頂點(diǎn)P的軌跡的總長(zhǎng)度為43π.故選D.12.C解析:設(shè)球的半徑為R,△ABC外接圓的半徑為r,在△ABC中,由AC=AB=1,∠ABC=30°,則∠BAC=120°,得2r=ACsin∠ABC=因?yàn)榍騉的表面積為16π,則4πR2=16π,解得R=2,所以球心O到△ABC的距離d=R2-r2=3,即三棱錐O-ABC的高為3,S△ABC=12AB·AC·sin∠BAC=34,所以三棱錐故選C.13.45π解析:設(shè)四面體ABCD的外接球的半徑為R,將四面體ABCD置于長(zhǎng)、寬、高分別為a,b,c的長(zhǎng)方體中,故a故R=a2故四面體ABCD的外接球的表面積為4πR2=45π.14.32設(shè)球的半徑為R,圓柱的高為h,則由題意可得,43πR3=πR2h,得h=43球的表面積為S球=4πR2,圓柱的側(cè)面積S圓柱側(cè)=2πRh=2πR·43R=83πR∴上部球的表面積與下部圓柱的側(cè)面積的比值為4π15.①③④解析:∵D1A1⊥平面A1AP,∴平面D1A1P⊥平面A1AP,①正確;若P是A1B上靠近A1的一個(gè)四等分點(diǎn),D1P2=1+242=98,此時(shí)AP2=AA12+A1P2-2AA1×A1P×cos45°=D1P2+AP2<AD12,此時(shí)∠D1PA為鈍角,由于BP∥CD1,則BP∥平面B1D1C,因此P-B1D1C的底面是確定的,高也是定值,其體積為定值,即三棱錐B1-D1PC的體積為定值,③正確;而D1C⊥DC1,D1C∥A1B,所以DC1⊥A1B,且DC1⊥A1D1,A1B∩A1D1=A1,所以DC1⊥平面A1PD1,D1P?平面A1PD1,因此DC1⊥D1P,④正確.故答案為①③④.16.40π3解析:設(shè)F為B1C1的中點(diǎn),連接A1F,BF.由題意易知A1F⊥平面BCC1B1,所以A1F因?yàn)樗倪呅蜝FC1E為平行四邊形,故BF∥C1E,則∠A1BF即為直線A1B與直線C1E所成的角,即∠A1BF=π6由正三棱柱ABC-A1B1C1的底面積為3,則34AB2=3,AB=2在△A1BF中,A1F=32×2=3,所以A1B=23又AB=2,所以AA1=22.設(shè)三棱柱ABC-A1B1C1的上、下底面的中心分別為O1,O',連接O1O',則外接球球心O位于O1O'的中點(diǎn)位置,故設(shè)三棱柱外接球的半徑為r,則r2=AA122+23AE2=217.證明(1)因?yàn)锽DBC=2,所以BD=因?yàn)椤鰽BC,△ECD是全等的正三角形,所以CD=BC,所以BD2=BC2+DC2,故BC⊥DC,因?yàn)槠矫鍱CD⊥平面BCD,平面ECD∩平面BCD=CD,所以BC⊥平面ECD,因?yàn)锽C?平面ABC,故平面ABC⊥平面ECD.(2)分別取BC,DC的中點(diǎn)M,N,連接AM,EN,MN,因?yàn)椤鰽BC是等邊三角形,所以AM⊥BC,AM=32BC因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面BCD,AM?平面ABC,平面ABC∩平面BCD=BC,所以AM⊥平面BCD,同理EN⊥平面BCD,EN=32DC所以AM∥EN,又BC=DC,所以AM=EN,所以四邊形AMNE是平行四邊形,所以AE∥MN且AE=MN,又MN=12BD且MN∥BD所以AE∥BD,且AE<BD,即四邊形AEDB為梯形.18.(1)證明連接AC,交BD于點(diǎn)O,連接OH,在△PBH中,E,G分別為PB,PH的中點(diǎn),所以EG∥BH,又因?yàn)镋G?平面BDH,BH?平面BDH,所以EG∥平面BDH,同理,AG∥平面BDH,因?yàn)锳G,EG?平面AEG,AG∩EG=G,所以平面AEG∥平面BDH.(2)解記點(diǎn)A到平面BDH的距離為hA,點(diǎn)H到平面ABD的距離為hH,S△ABD=12×2×2×32×1=因?yàn)镻A⊥平面ABCD,PA=2,CH=13CP所以hH=23在△PBC中,由余弦定理,得cos∠PCB=PC則在△BCH中,BH2=BC2+CH2-2BC·CH·cos∠HCB=329,即BH=4同理,DH=423,又O為BD的中點(diǎn),所以O(shè)H⊥在△BDH中,BD=23,S△BDH=12×23×329-3所以hA=S△19.(1)證明連接PB,∵OP=CP,OB=CB,∴PB⊥OC.又平面POC⊥平面α,平面POC∩平面α=OC,∴PB⊥平面α,∴PB⊥OQ.∵OP=5,OQ=1,PQ=6,∴OP2+OQ2=PQ2,∴PO⊥OQ,∵OP∩PB=P,OP,PB?平面POC,∴OQ⊥平面POC,又OQ?平面POQ,∴平面POQ⊥平面POC.(2)解過(guò)點(diǎn)O作OD⊥QR于點(diǎn)D,則點(diǎn)D為QR的中點(diǎn),故在Rt△COQ中,∵12OC·OQ=12CQ·OD,即OD=255,∴∴S△ORQ=12RQ·OD=1又∵PB=OP2∴VO-PQR=VP-OQR=13S△OQR·PB=13×2520.(1)證明連接AC,設(shè)AC∩BD=M,連接FM.∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴M是AC的中點(diǎn).∵F是PC的中點(diǎn),∴MF是△ACP的中位線.∴PA∥FM.又∵PA?平面BDF,FM?平面BDF,∴PA∥平面BDF.(2)解設(shè)AD的中點(diǎn)為E,連接BE,PE.∵E為AD的中點(diǎn),PA=PD=4,∴PE⊥AD,PE=PA∵四邊形ABCD是平行四邊形,∠BAD=60°,AB=AD=2,∴BE=A=1+4=3.∵PE2+BE2=15+3=18=PB2,∴BE⊥PE.∵AD∩BE=E,AD?平面ABCD,BE?平面ABCD,∴PE⊥平面ABCD.∴PE是點(diǎn)P到平面ABCD的距離.由已知得平行四邊形ABCD的面積S=2S△ABC=2×12×2×2×sin60°=23∴四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD=13S四邊形ABCD×PE=13×23×15∴四棱錐P-ABCD的體積為25.21.解(1)AD上存在一點(diǎn)P,使得CP∥平面ABEF,此時(shí)APPD=32.理由如下,當(dāng)如圖,過(guò)點(diǎn)P作MP∥FD交AF于點(diǎn)M,連接ME,則MPFD∵AF=BE=1,AD=6,∴FD=5,∴MP=3,又EC=3,MP∥FD∥EC,∴MP∥EC,故四邊形MPCE為平行四邊形,∴CP∥ME,又CP?平面ABEF,ME?平面ABEF,∴CP∥平面ABEF.(2)設(shè)BE=x,則AF=x(0<x≤4),FD=6-x