2026届高三数学一轮复习课后习题章末目标检测卷7 立体几何（Word版附解析）

这是一份2026届高三数学一轮复习课后习题章末目标检测卷7 立体几何（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.若圆锥的表面积是底面积的3倍,则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为( )
A.2π3B.5π6C.πD.7π6
答案:C
解析:设圆锥的底面半径为r,母线长为l,侧面展开图扇形的圆心角为θ,
根据条件得πrl+πr2=3πr2,即l=2r,
根据扇形面积公式得θl22=πrl,
即θ=r·2πl=r·2π2r=π,故选C.
2.下列命题错误的是( )
A.三角形的两条边平行于一个平面,则第三边也平行于这个平面
B.平面α∥平面β,a⊂α,过β内的一点B有唯一的一条直线b,使b∥a
C.α∥β,γ∥δ,α,β,γ,δ所成的交线为a,b,c,d,则a∥b∥c∥d
D.一条直线与两个平面所成的角相等,则这两个平面平行
答案:D
解析:A正确,三角形可以确定一个平面,若三角形两边平行于一个平面,则它所在的平面与这个平面平行,故第三边平行于这个平面;
B正确,平面α与平面β平行,则平面α中的直线a必平行于平面β,平面β内的一点与这条线可以确定一个平面,这个平面与平面β交于一条直线,过该点在平面β内只有这条直线与a平行;
C正确,同一平面内不相交的两条直线一定平行;
D错误,一条直线与两个平面所成的角相等,这两个平面也可能相交,故选D.
3.日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成的角为( )
A.20°B.40°C.50°D.90°
答案:B
解析:由题意知,如图,圆O为赤道所在的大圆.
圆O1是在点A处与赤道所在平面平行的晷面.O1C为晷针所在的直线.
直线OA在圆O所在平面的射影为直线OB,点B在圆O上,
则∠AOB=40°,∴∠COA=50°.
又∠CAO=90°,∴∠OCA=40°.
∴晷针与点A处的水平面所成角为40°,故选B.
4.如图,已知直平行六面体ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为3,∠BAD=60°,长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动,另一个端点N在底面ABCD上运动,则MN的中点P的轨迹(曲面)与共顶点D的三个面所围成的几何体的体积为( )
A.2π9B.4π9C.2π3D.4π3
答案:A
解析:连接DP,DN(图略),在Rt△MND中,斜边MN=2,则DP=1,则点P的轨迹为以D为球心,半径r=1的球面的一部分,则球的体积为V=43π·r3=4π3.因为∠BAD=60°,
所以∠ADC=120°,则该几何体为半球的13,
所以所求几何体的体积V'=4π3×12×13=2π9.
5.3D打印属于快速成形技术的一种,它是一种以数字模型文件为基础,运用粉末状金属或塑料等可黏合材料,通过逐层堆叠累积的方式来构造物体的技术(即“积层造型法”).过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型,现正用于一些产品的直接制造.已知利用3D打印技术制作如图所示的模型.该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上,四个顶点在圆锥底面上),圆锥底面直径为102 cm,母线与底面所成角的正切值为2.打印所用原料密度为1 g/cm3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量约为( )(取π=3.14,精确到0.1)
A.609.4 gB.447.3 g
C.398.3 gD.357.3 g
答案:C
解析:几何体的轴截面如图所示,因为圆锥底面直径为102 cm,
所以半径为OB=52 cm.
因为母线与底面所成角的正切值为tan B=2,所以圆锥的高为PO=10 cm.
设正方体的棱长为a,DE=2a,
则22a52=10-a10,解得a=5.所以该模型的体积为V=13π×(52)2×10-53=500π3-125(cm3).所以制作该模型所需原料的质量为(500π3-125)×1=500π3-125≈398.3(g).
6.(2021天津,6)两个圆锥的底面是一个球的同一截面,顶点均在球面上,若球的体积为32π3,两个圆锥的高之比为1∶3,则这两个圆锥的体积之和为( )
A.3πB.4πC.9πD.12π
答案:B
解析:如图所示,设两个圆锥的底面圆心为点D,
设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1,即AD=3BD.
设球的半径为R,则4πR33=32π3,可得R=2,所以AB=AD+BD=4BD=4,
所以BD=1,AD=3.
设圆锥的底面圆周上一点C,连接OC,则在Rt△COD中,可得CD=3.
因此,这两个圆锥的体积之和为13π·CD2·(AD+BD)=13π×3×4=4π.
7.三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,N是BC的中点,点P在A1B1上,且满足A1P=λA1B1,当直线PN与平面ABC所成角θ的正弦值取最大值时,实数λ的值为( )
A.12B.22C.32D.255
答案:A
解析:分别以AB,AC,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz,如图所示.
由题意知P(λ,0,1),N(12,12,0),
则PN=12-λ,12,-1.
易得平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1).
则直线PN与平面ABC所成的角θ满足sin θ=|cs|=1λ-122+54,
于是问题转化为二次函数求最值问题.
又因为θ∈[0,π2],当θ最大时,sin θ最大,所以当λ=12时,sin θ最大为255,同时直线PN与平面ABC所成的角θ取得最大值.
故选A.
8.如图①,直线EF将矩形ABCD分为两个直角梯形ABFE和CDEF,将梯形CDEF沿边EF翻折,如图②,在翻折过程中(平面ABFE和平面CDEF不重合),下列说法正确的是( )
A.在翻折过程中,AD∥平面BCF恒成立
B.存在某一位置,使得CD∥平面ABFE
C.存在某一位置,使得BF∥CD
D.存在某一位置,使得DE⊥平面ABFE
答案:A
解析:对于A,由题意得DE∥CF,AE∥BF,
∵AE∩DE=E,BF∩CF=F,
∴平面ADE∥平面BCF,
又AD⊂平面ADE,
∴在翻折过程中,AD∥平面BCF恒成立,故A正确;
对于B,由题意知CD与EF不平行,且在同一平面内,
∴CD与EF相交,
∴CD与平面ABFE相交,即不存在某一位置,使得CD∥平面ABFE,故B错误;
对于C,假设存在某一位置,使得BF∥CD,则在这一位置CD∥平面ABFE,由B选项分析知假设不成立.
∴不存在某一位置,使得BF∥CD,故C错误;
对于D,DE在任何位置都不垂直于EF,
∴不存在某一位置,使得DE⊥平面ABFE,故D错误.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.设m,n是不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则真命题是( )
A.若m⊥α,n⊥β,α∥β,则m∥n
B.若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,则α∥β
C.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β
D.若α∥β,β∥γ,m⊥α,则m⊥γ
答案:AD
解析:因为m⊥α,α∥β,所以m⊥β,又因为n⊥β,所以m∥n,选项A正确;
当α,β,γ是某三棱柱的三个侧面时,可以满足α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,但是α与β相交,选项B错误;
垂直于同一个平面的两个平面还可能相交,选项C错误;
因为m⊥α,α∥β,所以m⊥β,又因为β∥γ,所以m⊥γ,选项D正确.
10.(2022全国新高考Ⅱ,11)如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E-ACD,F-ABC,E-ACF的体积分别为V1,V2,V3,则( )
A.V3=2V2B.V3=2V1
C.V3=V1+V2D.2V3=3V1
答案:CD
解析:设AB=ED=2FB=2,则V1=13×12×2×2×2=43,V2=13×12×2×2×1=23.
连接BD,由题意得AC⊥平面BDEF,S四边形BDEF=12×(1+2)×22=32.
因为V几何体=VE-ACD+VF-ABC+VE-ACF=2VA-BDEF=2×13×32×2=4,所以V3=VE-ACF=4-43-23=2.故选CD.
11.(2021新高考Ⅰ,12)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足BP=λBC+μBB1,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则( )
A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值
B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值
C.当λ=12时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP
D.当μ=12时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P
答案:BD
解析:A项中,当λ=1时,BP=BC+uBB1⇒BP-BC=CP=uBB1,则CP与BB1共线,故点P在线段CC1(包括端点)上,如图①所示.
在△AB1P中,|AB1|=2,|AP|=1+u2,|B1P|=1+(1-u)2,
所以△AB1P的周长L=|AB1|+|AP|+|B1P|不为定值,故A错误;
图①
图②
B项中,当u=1时,BP=λBC+BB1⇒BP-BB1=B1P=λBC,则B1P与BC共线,故点P在线段B1C1(包括端点)上,如图②所示.
因为B1C1∥平面A1BC,即B1C1上的每一点到平面A1BC的距离都相等,所以三棱锥P-A1BC的体积为定值,故B正确;
C项中,当λ=12时,分别取线段BC,B1C1的中点D,D1,连接DD1,可知点P在线段DD1(包括端点)上,如图③所示.
取AC的中点O,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则B32,0,0,C(0,12,0),A10,-12,1,P34,14,u,从而A1P=34,34,u-1,BP=-34,14,u,
由A1P·BP=u(u-1)=0,得u=0或u=1.
当点P与点D或D1重合时,满足A1P⊥BP,
故C错误;
图③
图④
D项中,当u=12时,分别取线段BB1,CC1的中点M,N,连接MN,可知点P在线段MN(包括端点)上,如图④所示.
建系同选项C,则A(0,-12,0),A1(0,-12,1),B(32,0,0),P(32-32λ,λ2,12),
从而A1B=(32,12,-1),AP=(32-32λ,λ2+12,12).
又四边形ABB1A1为正方形,显然A1B⊥AB1.
要使A1B⊥平面AB1P,只需A1B⊥AP,即A1B·AP=12-λ2=0,解得λ=1.
当且仅当点P与点N重合时,A1B⊥平面AB1P,故D正确.
综上所述,选BD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.在菱形ABCD中,AB=2,∠BCD=60°,现将其沿对角线BD折成直二面角A-BD-C(如图),则异面直线AB与CD所成角的余弦值为 .
答案:14
解析:如图,取BD的中点O,连接AO,CO,建立如图所示的空间直角坐标系.
∵AB=2,∠BCD=60°,∴点A(0,0,3),B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,3,0),
∴AB=(1,0,-3),CD=(-1,-3,0),
∴cs=AB·CD|AB||CD|=-12×2=-14.
∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为14.
13.在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BC=2,BD=CD=2,点E是BC的中点,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点,则该三棱锥外接球的表面积为 .
答案:60π11
解析:由题意知,△BCD为等腰直角三角形,点E是△BCD外接圆的圆心.设DE的中点为F,则BF=BE2+EF2=1+14=52,AF=AB2-BF2=4-54=112.
设三棱锥A-BCD外接球的球心O到平面BCD的距离为h,球O的半径为r.
如图,作OM∥EF交AF于点M,由BO,AO分别在Rt△BOE和Rt△AOM中,可得r2=1+h2=14+112-h2,
解得h=211,r=1+411=1511,所以该三棱锥外接球的表面积为4π×1511=60π11.
14.如图,将一个圆柱2n(n∈N*)等分切割,再重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体,当n越大,重新组合的几何体就越接近于一个“长方体”,若新几何体的表面积比圆柱的表面积增加了8,则圆柱的侧面积为 ,在满足前面条件且圆柱外接球表面积最小时,圆柱的外接球体积为 .
答案:8π 32π3
解析:由题意知,表面积增加的部分为新“长方体”的两个侧面,设原圆柱的底面半径为r,高为h,则可得2rh=8,所以圆柱的侧面积为2πrh=8π;
设圆柱的外接球的半径为R,依题意得(2R)2=(2r)2+h2,
所以外接球的表面积为S=4πR2=π(4r2+h2)≥π·24r2·h2=4πrh=16π,当且仅当2r=h时,S最小,此时R=2,外接球的体积V=43πR3=32π3.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)(2021北京,17)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,点E为A1D1中点,直线B1C1交平面CDE于点F.
(1)证明:点F为B1C1的中点;
(2)若点M为棱A1B1上一点,且二面角M-CF-E的余弦值为53,求A1MA1B1的值.
(1)证明:∵CD∥C1D1 ,CD⊄平面A1B1C1D1,C1D1⊂平面A1B1C1D1,
∴CD∥平面A1B1C1D1.
由题意可知平面CDE∩平面A1B1C1D1=EF,CD⊂平面CDE,∴CD∥EF,
∴C1D1∥EF.又点E为A1D1的中点,
∴点F为B1C1的中点.
(2)解:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示.
不妨设正方体的棱长为2,设A1MA1B1=λ(0≤λ