備戰(zhàn)2025年高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)專題檢測4　立體幾何(提升篇)

專題檢測四(分值:150分)學(xué)生用書P181一、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.(2024四川成都模擬)已知直線l的方向向量是a=(3,2,1),平面α的一個法向量是n=(1,-1,-1),則l與α的位置關(guān)系是()A.l⊥α B.l∥αC.l與α相交但不垂直 D.l∥α或l?α答案D解析因為a=(3,2,1),n=(1,-1,-1),所以a·n=3×1+2×(-1)+1×(-1)=0,所以a⊥n.又直線l的方向向量是a,平面α的一個法向量是n,所以l∥平面α或l?平面α.故選D.2.(2024重慶模擬)正四棱錐的側(cè)棱長為5,底面邊長為2,則該四棱錐的體積為()A.233C.43答案C解析因為正四棱錐的側(cè)棱長為5,底面邊長為2,所以底面積為22=4,棱錐的高為(5)2-(故選C.3.(2024山東煙臺一模)設(shè)a,b為兩條不同的直線,α,β為兩個不同的平面,下列說法正確的是()A.若a∥α,b∥α,則a∥bB.若a,b與α所成的角相等,則a∥bC.若α⊥β,a∥α,b∥β,則a⊥bD.若α⊥β,a⊥α,b⊥β,則a⊥b答案D解析平行于同一平面的兩條直線可能異面,可能相交,也可能平行,故A錯誤;a,b與α所成的角相等,則a,b可能異面,可能相交,也可能平行,故B錯誤;α⊥β,a∥α,b∥β,則a,b的位置關(guān)系無法判斷,故C錯誤;因為α⊥β,a⊥α,所以a∥β或a?β.又b⊥β,所以a⊥b,故D正確.故選D.4.(2024湖南長沙二模)蒙古包是蒙古族牧民居住的一種房子,建造和搬遷都很方便.已知蒙古包的造型可近似地看作一個圓柱和圓錐的組合體,已知圓錐的高為2米,圓柱的高為3米,底面圓的面積為64π平方米,則該蒙古包(含底面)的表面積為()A.(112+1617)π平方米B.(80+1617)π平方米C.(112+1817)π平方米D.(80+1817)π平方米答案A解析設(shè)底面圓的半徑為r米,則64π=πr2,所以r=8,所以圓錐的母線長為22+82=2所以該蒙古包(含底面)的表面積為π×8×217+2π×8×3+64π=112π+1617π(平方米).故選A5.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,過A1B1的截面與AC交于點D,與BC交于點E,該截面將三棱柱分成體積相等的兩部分,則CDAC=(A.13C.2-答案D解析由題可知平面A1B1ED與棱柱上、下底面分別交于A1B1,ED,則A1B1∥ED,則ED∥AB,可得CDE-C1A1B1是三棱臺.設(shè)△ABC的面積為1,△CDE的面積為S,三棱柱的高為h,則12·1·h=13h(1+S+S由△CDE∽△CAB,可得CDAC=S6.(2024河北唐山一模)已知球與圓臺的底面、側(cè)面都相切,且圓臺母線與底面所成的角為60°,則球表面積與圓臺側(cè)面積之比為()A.2∶3 B.3∶4 C.7∶8 D.6∶13答案B解析設(shè)圓臺上、下底面圓的半徑為r1,r2,母線長為l,球的球心為點O,半徑為R.如圖,作圓臺的軸截面ABCD,則四邊形ABCD為等腰梯形,設(shè)圓O分別切梯形ABCD的邊AB,BC,CD,DA于點E,F,G,H.由切線長定理可得AE=AH,DG=DH,所以AD=DG+AE,即l=r1+r2.因為∠ABC=60°,所以GE=2R=lsin60°,r2-r1=12l所以r2=3r1,R=3r1,所以S故選B.7.(2024陜西渭南模擬)在四棱錐P-ABCD中,底面四邊形ABCD是正方形,PC=AB,E,F分別為PD,BC的中點,則下列結(jié)論一定正確的是()A.PB∥平面AEF B.EF∥平面PABC.EF⊥PD D.AF⊥平面PBD答案B解析如圖,記BD與AF的交點為點G,連接EG.因為點F為BC的中點,BC∥AD,所以△BFG∽△DAG,所以BG又點E為PD的中點,所以直線PB與EG相交.又EG?平面AEF,所以PB與平面AEF有公共點,故A錯誤;取PA的中點H,連接EH,BH,則EH=12AD,EH∥又BF=12AD,BF∥AD所以EH=BF,EH∥BF,所以四邊形BFEH是平行四邊形,所以EF∥BH.又EF?平面PAB,BH?平面PAB,所以EF∥平面PAB,故B正確;連接PF,DF,若EF⊥PD,點E為PD中點,則PF=DF.又CP=CD,所以△PCF≌△DCF,所以∠DCF=∠PCF,即CP⊥CF.由題可知點P的位置不確定,故C不一定正確;顯然AF與BD不垂直,所以AF與平面PBD不可能垂直,故D錯誤.故選B.8.(2024陜西西安二模)如圖,在矩形ABCD中,AB=4,AD=3,F,G分別在線段AB,BC上,BF=BG=1,將△BFG沿FG折起,使B到達(dá)M的位置,且平面FGM⊥平面ADCGF,則四面體ADFM的外接球的表面積為()A.20π B.205C.100π答案A解析設(shè)FG的中點為O,連接OD,MO.由題可知△MFG為等腰直角三角形,所以MO⊥FG.又平面FGM⊥平面ADCGF,平面FGM∩平面ADCGF=GF,MO?平面FGM,所以MO⊥平面ADCGF.由題可知,AF=AD=3,AD⊥AF,所以△ADF的外心為DF的中點,記為點N.設(shè)四面體ADFM的外接球的球心為Q,則QN⊥平面ADF.在矩形ABCD中,易知∠DFA=∠BFG=45°,所以DF⊥GF.又DF,GF?平面ADCGF,所以O(shè)M,DF,GF兩兩垂直.以點F為坐標(biāo)原點,分別以FG,FD所在直線為x軸、y軸,以過點F且平行于OM的直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則F(0,0,0),N0,322,0,M22,0,22.設(shè)Q0,322,t,則FQ=0,322,t,MQ=-22,322,因為QM=QF,所以|FQ|=|MQ|,所以92所以t=22,所以Q0,322,22,FQ=0,所以|FQ|=5,即外接球的半徑為5,所以外接球的表面積為4π×(5)2=20π.二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18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6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.(2023新高考Ⅱ,9)已知圓錐的頂點為P,底面圓心為O,AB為底面直徑,∠APB=120°,PA=2,點C在底面圓周上,且二面角P-AC-O為45°,則()A.該圓錐的體積為πB.該圓錐的側(cè)面積為43C.AC=22D.△PAC的面積為3答案AC解析由題意,可得PO⊥平面AOC,∠APO=12∠APB=60°,所以PO=PAcos∠APO=1,AO=PAsin∠APO=3.如圖,取AC的中點D,連接PD,OD,則PD⊥AC,OD⊥AC,所以∠PDO即為二面角P-AC-O的平面角,所以∠因為OD?平面AOC,PO⊥平面AOC,所以PO⊥OD,所以△PDO為等腰直角三角形,所以O(shè)D=PO=1,PD=2對于A,圓錐的體積V=13π×(3)2×1=π,故對于B,圓錐的側(cè)面積S=π×3×2=23π,故對于C,AC=2AO2-OD2=2對于D,S△PAC=12×AC×PD=12×22×2故選AC.10.(2024貴州貴陽一模)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點P為線段A1C1的中點,點Q為線段BC1上的動點,則下列結(jié)論正確的是()A.存在點Q,使得PQ∥BDB.存在點Q,使得PQ⊥平面AB1C1DC.三棱錐Q-APD的體積是定值D.存在點Q,使得PQ⊥AC答案BD解析如圖1,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,連接B1D1.易知BD∥B1D1.圖1因為點P為線段A1C1的中點,四邊形A1B1C1D1為正方形,所以點P為B1D1的中點,所以B1D1∩PQ=P,即B1D1與PQ不平行,所以BD與PQ不平行,故A錯誤;如圖2,連接A1B,易知A1B⊥AB1.由題可知B1C1⊥平面ABB1A1,因為A1B?平面ABB1A1,所以A1B⊥B1C1.圖2又B1C1∩AB1=B1,B1C1,AB1?平面AB1C1D,所以A1B⊥平面AB1C1D,所以當(dāng)PQ∥A1B時,PQ⊥平面AB1C1D.易知當(dāng)點Q為BC1中點時,PQ∥A1B,故B正確;如圖3,連接AD1,易知BC1∥AD1.圖3因為AD1∩平面APD=A,所以BC1與平面APD不平行,所以點Q在線段BC1上運動時,點Q到平面APD的距離不是定值.又△APD的面積為定值,所以三棱錐Q-APD的體積不是定值,故C錯誤;如圖4,易知AC⊥BD.由題可知BB1⊥平面ABCD,因為AC?平面ABCD,所以AC⊥BB1.圖4又BD,BB1?平面BDD1B1,BD∩BB1=B,所以AC⊥平面BDD1B1.又BP?平面BDD1B1,所以AC⊥BP,所以當(dāng)點Q與點B重合時,PQ⊥AC,故D正確.故選BD.11.(2024遼寧沈陽模擬)中國古建筑聞名于世,如圖所示的中國傳統(tǒng)建筑的屋頂?shù)慕Y(jié)構(gòu)示意圖為五面體EFBCDA.若四邊形ABCD為矩形,EF∥AB,AB=3EF=3,AD=2,△ADE與△BCF是全等的等邊三角形,則()A.五面體EFBCDA的體積為7B.五面體EFBCDA的表面積為6+103C.AE與平面ABCD所成的角為45°D.當(dāng)五面體EFBCDA的各頂點都在球O的球面上時,球O的表面積為27答案ACD解析如圖1,可將該五面體分割成四棱錐E-AGJD,三棱柱EGJ-FHI,四棱錐F-HBCI三部分,其中G,H是AB的三等分點,I,J是CD的三等分點.圖1因為EF∥AB,AB=3EF=3,△ADE與△BCF是全等的等邊三角形,所以由對稱性可知點E,F在平面ABCD的投影分別為GJ,HI的中點,平面EGJ,FHI均垂直于平面ABCD.易得四邊形HIJG是矩形,所以易證GH分別垂直于平面EGJ,FHI,所以幾何體EGJ-FHI是直三棱柱.由對稱性可知四棱錐E-AGJD與四棱錐F-HBCI的體積相等.因為GH⊥平面EGJ,EG?平面EGJ,所以AG⊥EG,由題意AE=2,AG=1,所以EG=AE2-AG2=3.同理EJ又因為AG=DJ,所以Rt△AGE≌Rt△DJE,所以EG=EJ,即△EGJ是等腰三角形,所以△EGJ的邊GJ上的高h(yuǎn)=EG2-(12GJ)2=2,所以五面體EFBCDA的體積V=2×13×AG×GJ×h+12×GJ×h五面體EFBCDA的表面積S=2×12×AD2sin60°+AD×AB+2×12×(EF+AB)×EG=22×32+2×3+(1+3)×3=圖2如圖2,取GJ的中點K,連接KE,KA,則KE⊥平面ABCD,所以AE與平面ABCD所成的角即為∠EAK.因為sin∠EAK=EKAE=22,∠EAK為銳角,所以∠EAK=45°,分別取AD,AB,BC,CD,EF中點P,M,Q,N,O1,連接MN,PQ,交于點O2,連接O1O2.圖3由題可知,點O2為MN,PQ的中點,O1O2⊥平面ABCD,O1O2⊥EF,MN⊥PQ,所以點O2為四邊形ABCD外接圓的圓心,O1O2為EF的中垂線,所以該五面體外接球的球心O在直線O1O2上.以點O2為坐標(biāo)原點,分別以O(shè)2M,O2Q,O2O1所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖3所示的空間直角坐標(biāo)系,則F0,12,2,B1,32,0.設(shè)O(0,0,t),則OF=0,12,2-t,OB=1,32,-t.由|OF|=|OB|,得t2-22t+94=t2+134,解得t=-24,所以O(shè)0,0,-24,OF=0,12,524,所以五面體外接球的半徑R=|OF故選ACD.三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.已知圓柱的底面半徑為4,側(cè)面面積為16π,則該圓柱的母線長等于.

答案2解析由題意可知圓柱的底面周長為2π×4=8π,所以該圓柱的母線長為16π8π13.(2024江蘇南通二模)已知二面角α-l-β為直二面角,A∈α,B∈β,A?l,B?l,AB與α,β所成的角分別為π6,π4,則AB與答案π解析如圖,作AD⊥l,BC⊥l,分別交l于點D,C,連接BD,AC.因為α⊥β,α∩β=l,AD?α,BC?β,所以AD⊥β,BC⊥α,AD,BC,l兩兩垂直,所以∠BAC為AB與α所成的角,∠ABD為AB與β所成的角,即∠BAC=π6,∠ABD=以點D為坐標(biāo)原點,分別以DA,DC所在的直線為x軸、y軸,以過點D且平行于BC的直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AB=2m,m>0,則BC=m,AC=3m,AD=BD=2m,所以DC=AC2-AD2=m,所以A(2m,0,0),B(0,m,m),所以AB=(-2m易知l的一個方向向量為l=(0,1,0),所以cos<AB,l>=AB·l|AB||l|=m2m=12.又<AB,l>∈0,π2,14.(2024山東臨沂一模)球面被平面所截得的一部分叫做球冠,截得的圓叫做球冠的底,垂直于截面的直徑被截得的一段的長度叫做球冠的高;球被平面截下的一部分叫做球缺,截面叫做球缺的底面,垂直于截面的直徑被截下的線段長叫做球缺的高.如圖1,一個球面的半徑為R,球冠的高是h,球冠的表面積公式是S=2πRh,與之對應(yīng)的球缺的體積公式是V=13πh2(3R-h).如圖2,已知C,D是以AB為直徑的圓上的兩點,∠AOC=∠BOD=π3,S扇形COD=6π,則扇形COD繞直線AB旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體的表面積為,圖1圖2答案72π+363π144解析因為∠AOC=∠BOD=π3,所以∠DOC=π-2設(shè)圓的半徑為R,所以S扇形COD=16×πR2=6π,解得R=6(負(fù)值舍去過點C作CE⊥AB交AB于點E,過點D作DF⊥AB交AB于點F,則CE=OCsinπ3=33,OE=OCcosπ3=3,所以AE=R-OE=同理可得DF=33,OF=BF=3.將扇形COD繞直線AB旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體為一個半徑R=6的球上下截去兩個球缺及其底面圍成的幾何體所剩余部分再挖去兩個圓錐,其中球缺的高h(yuǎn)=3,圓錐的高h(yuǎn)1=3,底面半徑r=33其中一個球冠的表面積S1=2πRh=2π×6×3=36π,球的表面積S2=4πR2=4π×62=144π,圓錐的側(cè)面積S3=33×6π=183π,所以幾何體的表面積S=S2-2S1+2S3=144π-2×36π+2×183π=72π其中一個球缺的體積V1=13πh2(3R-h)=13π×32×(3×6-3)=45π,圓錐的體積V2=13π×(33)2×3=27π,球的體積所以幾何體的體積V=V3-2V1-2V2=288π-2×45π-2×27π=144π.四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為平行四邊形,M,N分別為AB,DD1的中點.(1)證明:DM∥平面A1BN;(2)若底面ABCD為矩形,AB=2AD=4,異面直線DM與A1N所成角的余弦值為105,求B1到平面A1BN的距離(1)證明如圖,連接AB1,交A1B于點E,連接NE,ME,則點E為A1B的中點.因為點M為AB的中點,所以ME∥AA1,ME=12AA1因為點N為DD1的中點,所以DN∥AA1,DN=12AA1所以ME∥DN,且ME=DN,所以四邊形EMDN為平行四邊形,所以EN∥DM.又因為DM?平面A1BN,EN?平面A1BN,所以DM∥平面A1BN.(2)解因為直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為矩形,所以AB,AD,AA1兩兩垂直.以點A為坐標(biāo)原點,分別以AB,AD,AA1所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則B(4,0,0),D(0,2,0),M(2,0,0),所以DM=(2,-2,0).設(shè)AA1=2t(t>0),則A1(0,0,2t),N(0,2,t),B1(4,0,2t),所以A1N=(0,2,-t設(shè)異面直線DM與A1N所成角為θ,則cosθ=|cos<DM,A1N>|=|DM·A1N||DM||A1N|=|-4|22+(-2)2·2設(shè)平面A1BN的一個法向量為n=(x,y,z),所以A1B·n=4x-2z=0,A1N·n=2設(shè)點B1到平面A1BN的距離為d,則d=|B1B·n||n|=16.(15分)某市政府實施“景觀工程”,對現(xiàn)有平頂?shù)拿裼枚鄬幼≌M(jìn)行“平改坡”,計劃將平頂房屋改為尖頂,并鋪上彩色瓦片.現(xiàn)對某幢房屋有A,B兩種改造方案:如圖1所示,A方案中坡頂為底面是等邊三角形的直三棱柱,尖頂屋脊AA1與房屋長度BB1等長,有兩個坡面需鋪上瓦片.如圖2所示,B方案中坡頂為方案A坡頂?shù)膬啥讼魅蓚€相同的三棱錐而得,尖頂屋脊DD1比房屋長度BB1短,有四個坡面需鋪上瓦片.若房屋長BB1=2a,寬BC=2b,屋脊高為h,要使鋪設(shè)的瓦片比較省,則應(yīng)選擇A,B兩種方案中的哪一個?圖1圖2解要比較A,B兩種方案鋪設(shè)的瓦片量,只要比較2S△ABD與S△BCD的大小即可.如圖,取BC中點E,連接AE,DE.由△ABC為等邊三角形得,AE⊥BC.因為三棱柱ABC-A1B1C1為直三棱柱,所以BB1⊥平面ABC.又AE?平面ABC,所以BB1⊥AE.又BC∩BB1=B,BC,BB1?平面B1BCC1,所以AE⊥平面B1BCC1,所以AE=h,所以h=3b.因為DB=DC,E為BC中點,所以DE⊥BC.設(shè)AD=x,由題意知0<x<a,則DE=AE2+AD2=h2+x2S△ABD=12AD·AB=12x·2所以S當(dāng)3b24x2>34,即b>x>0時,S△BCD2S△ABD>1,即S△BCD>2S△ABD,選方案A;當(dāng)3b2當(dāng)3b24x2<34,即b<x<a時,S△BCD<綜上,若AD長小于房屋寬度的一半,則圖1尖頂鋪設(shè)瓦片較省,即選方案A;若AD長等于房屋寬度的一半,則圖1與圖2相同,兩方案都可以;若AD長大于房屋寬度的一半且小于房屋長的一半時,則圖2尖頂鋪設(shè)瓦片較省,即選方案B.17.(15分)(2024山東淄博一模)如圖,多面體ABCDEF是由一個正四棱錐A-BCDE與一個三棱錐F-ADE拼接而成,正四棱錐A-BCDE的所有棱長均為32,AF∥CD.(1)在棱DE上找一點G,使得平面ABC⊥平面AFG,并給出證明;(2)當(dāng)AF=12CD時,求點F到平面ADE的距離(3)若AF=13CD,求直線DF與平面ABC所成的角的正弦值解(1)當(dāng)點G為DE中點時,平面ABC⊥平面AFC,證明如下:因為四棱錐A-BCDE是正四棱錐,所以AD=AE,所以AG⊥DE.在正方形BCDE中,DE∥BC,所以AG⊥BC.在正方形BCDE中,CD⊥BC,因為AF∥CD,所以AF⊥BC.又AF∩AG=A,AF,AG?平面AFG,所以BC⊥平面AFG.又BC?平面ABC,所以平面ABC⊥平面AFG.(2)如圖,設(shè)DE中點為點G,連接BD,CE交于點O,連接AO,OG,則AF∥OG.又AF=12CD,所以O(shè)G=AF,所以四邊形AOGF為平行四邊形.因為四棱錐A-BCDE是正四棱錐,所以AO⊥平面BCDE.又OG?平面BCDE,所以AO⊥OG,所以四邊形AOGF為矩形,所以AF⊥因為AF∥OG,OG⊥DE,所以AF⊥DE.又DE∩FG=G,DE,FG?平面DEF,所以AF⊥平面DEF.又FG=AO=(32)2-(22×32)

2=3,所以VA-FDE設(shè)點F到平面ADE的距離為h,則VF-ADE=VA-FDE=92,即13×34×(32)2·h=92,所以h=3(3)因為四棱錐A-BCDE是正四棱錐,所以O(shè)C,OD,OA兩兩垂直.以點O為坐標(biāo)原點,分別以O(shè)C,OD,OA所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,3),B(0,-3,0),C(3,0,0),D(0,3,0),F(-1,1,3),所以BA=(0,3,3),CA=(-3,0,3),DF=(-1,-2,3).設(shè)平面ABC的一個法向量為n=(x,y,z),則n取z=1,則y=-1,x=1,所以平面ABC的一個法向量為n=(1,-1,1),設(shè)直線DF與平面ABC所成的角為θ,則sinθ=|cos<DF,n>|=|DF所以直線DF與平面ABC所成的角的正弦值為218.(17分)如圖,在平行四邊形ABCD中,D=60°,DC=2AD=2,將△ADC沿AC折起,使點D到達(dá)點P位置,且PC⊥BC,連接PB得三棱錐P-ABC.(1)證明:平面PAB⊥平面ABC;(2)在線段PC上是否存在點M,使平面AMB與平面MBC的夾角的余弦值為58?若存在,求出PMPC的值;若不存在,(1)證明由題可知∠APC=60°,PC=2AP=2,易證PA⊥AC,所以BC⊥AC.又PC⊥BC,AC∩PC=C,AC,PC?平面PAC,所以BC⊥平面PAC.因為PA?平面PAC,則PA⊥BC.又AC∩BC=C,AC,BC?平面ABC,所以PA⊥平面ABC.又PA?平面PAB,所以平面PAB⊥平面ABC.(2)解存在.由(1)知,PA,BC,AC兩兩垂直,以點A為坐標(biāo)原點,以過點A且平行于BC的直線為x軸,分別以AC,AP所在直線為y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),P(0,0,1),C(0,3,0),B(-1,3,0),所以AP=(0,0,1),PB=(-1,3,-1),PC=(0,3,-1),AB=(-1,3,0).設(shè)PM=λPC=(0,3λ,-λ),0≤則AM=AP+PM=(0,3λ設(shè)平面ABM的一個法向量為m=(x,y,z),則m取y=λ-1,則z=3λ,x=3λ-3,所以平面ABM的一個法向量為m=(3λ-3,λ-1,設(shè)平面MBC的一個法向量為n=(a,b,c),則n令b=3,則a=0,c=3,所以平面MBC的一個法向量為n=(0,3,3).因為平面AMB與平面MBC的夾角的余弦值為58,所以cos<m,n>=m·n整理可得27λ2+24λ-28=0,解得λ=23或λ=-149(所以PM=2319.(17分)(2024山東濟(jì)南一模)在空間直角坐標(biāo)系O-xyz中,任何一個平面的方程都能表示成Ax