【文档说明】2024届高考二轮复习文科数学试题（老高考旧教材） 专题检测3　立体几何 Word版含答案.docx，共(12)页，1005.413 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-171c690841080b28b66e366a8234c9c6.html

以下为本文档部分文字说明：

专题检测三立体几何一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.已知圆锥的底面半径为1,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为()A.√2B.√3C.2D.2√22.(2023贵州贵阳一模)棱锥的内切球半径R=3𝑉锥𝑆锥

,其中V锥,S锥分别为该棱锥的体积和表面积.如图为某三棱锥的三视图,若每个视图都是直角边长为1的等腰直角三角形,则该三棱锥内切球的半径为()A.13B.3-√32C.3-√36D.183.(2023四川南充二模)某三棱锥的三视图如图所示,已知它的体积为3

23,则图中x的值为()A.1B.√23C.2D.2√24.某种药物呈胶囊形状,该胶囊中间部分为圆柱,左右两端均为半径为1的半球.已知该胶囊的表面积为10π,则它的体积为()A.35𝜋6B.10𝜋3C.13�

�3D.16𝜋35.(2023河北保定一模)设α,β是两个不同的平面,则“α内有无数条直线与β平行”是“α∥β”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.(2023陕

西汉中二模)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠ABC=90°,AB=1,BC=√3,PA=2,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为()A.32πB.16πC.8πD.12π7.(2023安徽宣城二模)中国某些地方举行婚礼时要

在吉利方位放一张桌子,桌子上放一个装满粮食的升斗(如图),斗面用红纸糊住,斗内再插一杆秤、一把尺子,寓意为粮食满园、称心如意、十全十美.如图为一种婚庆升斗,把该升斗看作一个正四棱台,下底面边长为25cm,上底面边长为10cm

,侧棱长为15cm,忽略其壁厚,则该升斗的容积约为(参考数据:√2≈1.414,1L=1000cm3)()A.1.5LB.2.4LC.3.4LD.5.1L8.在正四棱锥P-ABCD中,侧棱与底面所成角的正切值为√5,若该正四棱锥的外接球的体积为72√1025π,则△PBD的

面积为()A.2√5B.2√3C.2√2D.√59.已知一个圆柱的高是底面半径的2倍,且其上、下底面的圆周均在球面上,若球的体积为32π3,则圆柱的体积为()A.16πB.8πC.4√2πD.2√2π10.(2023广西桂林统考)如图,已知某个几何体的三视图,根据图中标出的

尺寸(单位:mm),可得这个几何体的体积是()A.12000000mm3B.8000000mm3C.6000000mm3D.4000000mm311.(2023河南许昌实验中学二模)在正三棱柱ABC-A1B

1C1中,AB=AA1=4,以CC1的中点M为球心,4为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为()A.2πB.3πC.4πD.8π12.(2023湖南郴州三模)已知圆台的上、下底面圆半径分别为5和10,侧面积为300π,AB为圆台的一条母线(点B在圆台的下底面圆周上),

点M为AB的中点,一只蚂蚁从点B出发,绕圆台侧面一周爬行到点M,则蚂蚁爬行所经路程的最小值为()A.30B.40C.50D.60二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2023青海西宁二模)母线长为10的圆锥的侧面展开图的圆心角等于8π5,则该圆锥的体积为.14.

如图为某比赛奖杯的三视图,奖杯的上部是一个球,奖杯的下部是一个圆柱,若奖杯上、下两部分的体积相等,则上部球的表面积与下部圆柱的侧面积的比值为.15.如图,棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段A1B上的动点(不

含端点),则下列结论正确的是.(填所有正确结论的序号)①平面D1A1P⊥平面A1AP;②∠APD1的取值范围是0,π2;③三棱锥B1-D1PC的体积为定值;④DC1⊥D1P.16.(2023江西鹰潭一模)直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,其侧面积是8√2

,若该直四棱柱有外接球,则该外接球的表面积的最小值为.三、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.(10分)如图所示,在空间几何体ABCDE中,△ABC与△ECD均为

等边三角形,AB=DE,且平面ABC和平面CDE均与平面BCD垂直.(1)若𝐵𝐷𝐵𝐶=√2,求证:平面ABC⊥平面ECD;(2)求证:四边形AEDB为梯形.18.(12分)(2023江西景德镇、上饶联考)如图,在棱长为2的正方体ABCD-

A1B1C1D1中,点E,F,G分别为A1B1,BB1,C1D1的中点.(1)过BG作该正方体的截面,使得该截面与平面C1EF平行,写出作法,并说明理由;(2)设点M,N分别为棱AB,BC上一点,M,N与点B均不重

合,且MN=C1F,求三棱锥B-B1MN体积的最大值.19.(12分)(2023江西宜春4月模拟)如图1,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,CD=2AB=2AD=4,点E,F分别是边BC,CD的中点,现将△CEF沿EF边折起,使点C到达点P的位置(如图2所示),且BP=2

.图1图2(1)求证:平面APE⊥平面ABD;(2)求点B到平面PAD的距离.20.(12分)(2023江西五市九校联考二)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是平行四边形,PB⊥底面ABCD,BA=√2,AD

=2,PB=√3,直线PD与平面ABCD所成角的正弦值为√155,点E,F分别是棱AD,PC的中点.(1)求异面直线EF与AB所成角的正切值;(2)求三棱锥P-ABD外接球的体积.21.(12分)如图,四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC

=2AB=4,E,F分别在BC,AD上,EF∥AB,现将四边形ABCD沿EF折起,使BE⊥EC.(1)若BE=1,在折叠后的线段AD上是否存在一点P,使得CP∥平面ABEF?若存在,求出𝐴𝑃𝑃𝐷的值;若不存在,请说明理由.(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值,并求出此时点F到平面ACD

的距离.22.(12分)(2023全国乙,文19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2√2,PB=PC=√6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO.(1)求证:EF∥平面ADO;(

2)若∠POF=120°,求三棱锥P-ABC的体积.专题检测三立体几何1.C解析依题意可知,半圆的弧长为2π·1=2π,圆心角的弧度数为π,由弧长公式可得该圆锥的母线长为2ππ=2.故选C.2.C解析由三视图可还原三棱锥如右图所示,其中PA⊥平面

ABC,AB⊥AC,AB=AC=PA=1,设△ABC的面积是S△ABC,∴三棱锥P-ABC的体积是VP-ABC=13S△ABC·PA=13×12×1×1×1=16.设△PBC的面积是S△PBC,设三棱锥的表面积S=3S△ABC+S△PBC=3

×12×1×1+12×√2×√2×√32=3+√32,∴该三棱锥的内切球半径R=3×163+√32=3-√36.故选C.3.C解析该三视图对应的直观图可以在棱长为2x的正方体中画出,即为三棱锥S-ABC,如图所示.棱锥S-ABC的体积是V=13×

12×2x×2x×2x=323,解得x=2.故选C.4.C解析设圆柱的高为h,∴4π·12+2π·1·h=10π,∴h=3.∴V=43π·13+π·12·3=13π3.故选C.5.B解析若α∩β=l,

则α内存在无数条直线与l平行,这无数条除了l的直线显然平行于β,故充分性不成立;若α∥β,根据面面平行的定义可知,平面α内的直线都与平面β平行.所以,“α内有无数条直线与β平行”是“α∥β”的必要不充分条件.故选B.6.C解析如图所示,根据题意可将三棱锥P-ABC补

形为长方体,则三棱锥P-ABC的外接球即为长方体的外接球,可知该球的直径即为PC.设球的半径为R,可得2R=√𝐴𝐵2+𝐵𝐶2+𝑃𝐴2=√1+3+4=2√2,即R=√2,故三棱锥P-ABC的外接球的表面积S=4πR2=8π.故选C.7.C解析上、下底面对角线的长度分

别为10√2,25√2,则该正四棱台的高h=√152-(25√2-10√22)2=15√22.上底面的面积S1=102=100(cm2),下底面的面积S2=252=625(cm2).则V=13(S1+S2+√𝑆1𝑆2)h=13×(100+625+

250)×15√22≈3447cm3≈3.4L.故选C.8.A解析当球心在线段PM上时,如图所示,令AC∩BD=M,四棱锥P-ABCD的外接球球心为O,设DM=x,OP=OD=R.由条件可知PM=√5x,在Rt△ODM中,R2=(√5𝑥-𝑅)2+x2,解得R=3√5x.又43πR3=72√

1025π,得x=√2.所以DM=√2,PM=√10,所以△PBD的面积为12×2√2×√10=2√5.容易验证球心O不在线段PM的延长线上.综上,△PBD的面积是2√5.9.C解析设圆柱的底面圆半径为r,高为2r,球O的半径为R,由题可知43πR3=32π3,解得R=2

,则r2+r2=R2=4,可得r=√2,所以V=πr2·(2r)=4√2π.故选C.10.D解析由三视图可得几何体是四棱锥V-ABCD,其中平面VAB⊥平面ABCD.底面ABCD是边长分别为200mm和300mm的长方形,棱锥的高是200

mm,该棱锥的体积V=13×200×300×200=4000000(mm3).故选D.11.C解析由题意知该三棱柱的三个侧面都是边长为4的正方形.取AA1,BB1的中点分别为E,G,取点N为正方形ABB1A1的中心.连接MN,ME,MG,EG.显然G

,N,E三点共线.因为ME=MG,点N是EG的中点,所以MN⊥EG.因为ME∥AC,MG∥BC,所以BB1⊥MG,BB1⊥ME,又MG∩ME=M,MG,ME⊂平面MEG,所以BB1⊥平面MEG,所以BB1⊥MN.因为BB1∩EG=

G,BB1,EG⊂平面ABB1A1,所以MN⊥平面ABB1A1.所以点N为球与平面ABB1A1所得截面圆的圆心,该圆的半径为r=√42-𝑀𝑁2=√42-(2√3)2=2,而正方形ABB1A1的边长为4,所以该圆是正方形ABB1A1的

内切圆.所以所求交线为以点N为圆心,2为半径的圆,故交线长l=2×π×2=4π.故选C.12.C解析设圆台上底面半径为5,下底面半径为10,母线长为l,所以该圆台的侧面积为πl(10+5)=15πl=300π,解得l=20.将圆台所在的圆锥展开如图所示,且设扇形的圆心为点O.线段B

1M就是蚂蚁经过的最短距离.设OA=R,该扇形的圆心角是α,则由题意知10π=αR①,20π=α(20+R)②,由①②解得,α=π2,R=20,所以OM=30,OB1=40,则B1M=√𝑂𝑀2+𝑂𝐵12=√302+402=50.故选C.13.128π解析由题意知圆锥的侧面展开

图是一个扇形,该扇形的弧长为10×8π5=16π.设圆锥的底面圆的半径为r,则2πr=16π,即r=8,该圆锥的高h=√102-82=6,所以该圆锥的体积V=13πr2h=13π×82×6=128π.14.32解析由三视图还原原几何体如图

,设球的半径为R,圆柱的高为h,则由题意可得,43πR3=πR2h,得h=43R,球的表面积为S球=4πR2,圆柱的侧面积S圆柱侧=2πRh=2πR·43R=83πR2,∴上部球的表面积与下部圆柱的侧

面积的比值为4π𝑅283π𝑅2=32.15.①③④解析∵D1A1⊥平面A1AP,∴平面D1A1P⊥平面A1AP,①正确;若P是A1B上靠近A1的一个四等分点,D1P2=1+√242=98,此时AP2=A𝐴12+A1P2-2AA1×A1P×cos45°=58,D1P2+AP2<A𝐷

12,此时∠D1PA为钝角,②错误;由于BP∥CD1,则BP∥平面B1D1C,因此P-B1D1C的底面是确定的,高也是定值,其体积为定值,即三棱锥B1-D1PC的体积为定值,③正确;而D1C⊥DC1,D1C∥A1B,所以DC

1⊥A1B,且DC1⊥A1D1,A1B∩A1D1=A1,所以DC1⊥平面A1PD1,D1P⊂平面A1PD1,因此DC1⊥D1P,④正确.故答案为①③④.16.8π解析因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,且它有外接球,所以其底面是正方形.设直四棱柱ABCD-A1B

1C1D1的底面边长为a,侧棱长为h,则其侧面积为4ah=8√2,故ah=2√2.又该直四棱柱的外接球的半径R=12√2𝑎2+ℎ2,所以其外接球的表面积S=4πR2=π(2a2+h2)≥π·2√2ah=8π,当且仅当√2a=h,即a=√2,h=2时,等号成立.故其外接球的表面

积的最小值为8π.17.证明(1)因为𝐵𝐷𝐵𝐶=√2,所以BD=√2BC,因为△ABC,△ECD是全等的正三角形,所以CD=BC,所以BD2=BC2+DC2,故BC⊥DC,因为平面ECD⊥平面BCD,平面E

CD∩平面BCD=CD,所以BC⊥平面ECD,因为BC⊂平面ABC,故平面ABC⊥平面ECD.(2)分别取BC,DC的中点M,N,连接AM,EN,MN,因为△ABC是等边三角形,所以AM⊥BC,AM=√32BC,因为平面ABC⊥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,所以四边形AMNE是平行四边形,所以AE∥MN且AE=MN,又MN=12BD且MN∥BD,所以AE∥BD,且AE<BD,即四边形AEDB为梯形.

18.解(1)取C1C的中点H,连接A1B,A1G,BH,GH,所以截面BA1GH为要求作的截面.理由如下:因为点E,F分别为A1B1,BB1的中点,所以A1B∥EF,又A1B⊄平面C1EF,EF⊂平面C1EF,所以A1B∥平面C1EF.在正方形A1B1

C1D1中,因为点G为C1D1的中点,所以A1E∥GC1,且A1E=GC1,所以四边形A1EC1G为平行四边形,所以A1G∥EC1,同理可得A1G∥平面C1EF.又A1B∩A1G=A1,所以平面BA1G∥平

面C1EF.连接D1C,易证GH∥D1C,A1B∥D1C,则GH∥A1B,所以A1,B,H,G四点共面,从而截面BA1GH为要求作的截面.(2)设BM=a,BN=b(a>0,b>0),由MN=C1F=√5,得a2+b2=

5≥2ab,则ab≤52,当且仅当a=b=√102时,等号成立.𝑉𝐵-𝐵1𝑀𝑁=⬚𝐵1-𝐵𝑀𝑁=13×12ab×2=𝑎𝑏3,因为ab≤52,所以三棱锥B-B1MN体积的最大值为13×52=56.19.(1)证明连接BD,BF,因为CD=2AB=4

,点F是边CD的中点,所以DF=AB=2.因为AB∥CD,∠DAB=90°,所以四边形ABFD是矩形,又AD=2,所以矩形ABFD是正方形.所以BF=2,又CF=2,所以△BFC是等腰直角三角形,所以BC=2

√2.因为点E是边BC的中点,则EF⊥BC.在折起后PE⊥EF.又BE2+PE2=(√2)2+(√2)2=4=BP2,所以PE⊥BE.又BE∩EF=E,BE⊂平面ABD,EF⊂平面ABD,故PE⊥平面ABD,又PE⊂平面AP

E,所以平面APE⊥平面ABD.(2)解如图所示,取AD的中点O,连接OE,DE,PO,由(1)可知,PE⊥平面ABD,所以PE⊥DE,PE⊥AE,PE⊥OE.而OE=12(AB+DC)=3,OD=12AD=1,所以DE=√𝑂𝐸2+𝑂𝐷2=√10,同理AE=√10,所以

PD=√𝑃𝐸2+𝐷𝐸2=2√3,PA=√𝑃𝐸2+𝐴𝐸2=2√3,PO=√𝑃𝐸2+𝑂𝐸2=√11.所以△PAD是等腰三角形,所以S△PAD=12AD·PO=12×2√11=√11.设点B到平面P

AD的距离是h,因为VB-PAD=VP-ABD,即13S△PAD·h=13S△ABD·PE,所以h=𝑆△𝐴𝐵𝐷·𝑃𝐸𝑆△𝑃𝐴𝐷=12×2×2×√2√11=2√2211,即点B到平面PAD的距离为2√2211.20.解(1)因为PB⊥底

面ABCD,所以∠PDB为直线PD与平面ABCD所成的角.因为sin∠PDB=√155,即𝑃𝐵𝑃𝐷=√155,又PB=√3,所以PD=√5,从而DB=√𝑃𝐷2-𝑃𝐵2=√2.又BA=√2

,AD=2,所以BA2+BD2=AD2,所以∠ABD=90°.取BC的中点M,连接ME,MF.因为F是PC的中点,所以MF∥PB,且MF=12PB=√32.又E是棱AD的中点,所以ME∥AB,且ME=AB=√2,从而∠FEM或其补角即为异面直线EF与AB所成的角.因为PB⊥底面A

BCD,所以MF⊥底面ABCD,因为ME⊂底面ABCD,所以MF⊥ME,于是tan∠FEM=𝐹𝑀𝐸𝑀=√64.即异面直线EF与AB所成角的正切值为√64.(2)在△ABD中,∠ABD=90°,所以三棱锥P-

ABD的外接球即为以BA,BP,BD为三条邻边的长方体的外接球.设该外接球的半径为R,则2R=√𝐵𝐴2+𝐵𝐷2+𝐵𝑃2=√7,所以球的体积为V=43πR3=7√7π6.21.解(1)AD上存在一点P,使得CP∥平面ABEF,此时𝐴𝑃𝑃𝐷=32.理由如下,当𝐴𝑃𝑃

𝐷=32时,𝐴𝑃𝐴𝐷=35,如图,过点P作MP∥FD交AF于点M,连接ME,则𝑀𝑃𝐹𝐷=𝐴𝑃𝐴𝐷=35,∵AF=BE=1,AD=6,∴FD=5,∴MP=3,又EC=3,MP∥FD∥EC,∴MP∥EC,故四边形MPCE为平行四边

形,∴CP∥ME,又CP⊄平面ABEF,ME⊂平面ABEF,∴CP∥平面ABEF.(2)设BE=x,则AF=x(0<x≤4),FD=6-x,故VA-CDF=13×12×2×(6-x)×x=-13(x-3)2+3,∴当x=3时,V

A-CDF有最大值,且最大值为3,此时EC=1,AF=3,FD=3,DC=2√2.∴AD=√𝐴𝐹2+𝐹𝐷2=3√2,AC=√𝐸𝐹2+𝐸𝐶2+𝐴𝐹2=√14.在△ACD中,由余弦定理得cos∠ADC=18+8-1

42×3√2×2√2=12,sin∠ADC=√32,S△ACD=12·DC·AD·sin∠ADC=3√3.设点F到平面ACD的距离为h,由VA-CDF=VF-ACD,得13·S△ACD·h=3,∴h=√3.22.(1)证明设�

�𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗(0<λ<1),则𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=λ(𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗),所以𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(1-λ)𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+λ𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗.因为O为BC的中点,则

𝐵𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝑂⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗.因为AB⊥BC,则𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,因为AB=2,BC=2√2,BF⊥AO

,则𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=[(1-λ)𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+λ𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗]·12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=12𝜆𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗2-(1-λ)𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗2=4

λ-4(1-λ)=8λ-4=0,解得λ=12,故F为AC的中点.又因为E为PA的中点,则EF∥PC,又D,O分别为PB,BC的中点,所以DO∥PC,则EF∥DO.因为EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,所以EF∥平面ADO.(2)解连接

OF,PF.∵O,F分别为BC,AC中点,且AB⊥BC,∴OF⊥BC.又PB=PC,O为BC中点,∴BC⊥OP.∵OF∩OP=O,OF,OP⊂平面POF,∴BC⊥平面POF.又BC⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面POF,且交线为OF.过点P作PM⊥FO交FO延长线于点M,则PM

⊥平面ABC,即PM为三棱锥P-ABC的高.∵∠POF=120°,∴∠POM=60°.在Rt△PBO中,PO=√𝑃𝐵2-(𝐵𝐶2)2=2,∴PM=POsin∠POM=2×√32=√3,∴V三棱锥P-ABC=

13S△ABC×PM=13×12×2×2√2×√3=2√63.