人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题过关检测四　立体几何

这是一份人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题过关检测四　立体几何，共19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。
专题过关检测四　立体几何
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.(2021·山东济宁二模)“直线m垂直于平面α内的无数条直线”是“m⊥α”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
2.(2021·重庆八中月考)已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则异面直线CD与PB所成角的余弦值为(　　)
A.55 B.255 C.510 D.9510
3.(2021·江西上饶三模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,G是线段BC1上一点,且A1G⊥B1D,则(　　)
A.BG=12BC1
B.BC1=3GC1
C.BG=3GC1
D.G为线段BC1上任意一点
4.(2021·辽宁葫芦岛一模)某保鲜封闭装置由储物区与充氮区(内层是储物区,用来放置新鲜易变质物品,充氮区是储物区外的全部空间,用来向储物区输送氮气从而实现保鲜功能)构成.如图,该装置外层上部分是半径为2的半球,下面大圆刚好与高度为3的圆锥的底面圆重合,内层是一个高度为4的倒置小圆锥,小圆锥底面平行于外层圆锥的底面,且小圆锥顶点与外层圆锥顶点重合,为了保存更多物品,充氮区的体积最小为(　　)

A.4π B.16π3 C.28π3 D.4π3
5.(2021·天津三模)在圆柱O1O2内有一个球O,球O分别与圆柱O1O2的上、下底面及母线均有且只有一个公共点.若O1O2=2,则圆柱O1O2的表面积为(　　)
A.4π B.5π
C.6π D.7π
6.(2021·广东深圳模拟)已知球O与棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的各个面都相切,M为棱DD1的中点,则平面AMC截球O所得截面的面积为(　　)
A.π3 B.2π3
C.π D.4π3
7.(2021·福建师大附中模拟)过正方形ABCD的顶点A作PA⊥平面ABCD,若AB=AP,则平面ABP与平面CDP的夹角的余弦值为(　　)
A.13 B.22 C.32 D.33
8.(2021·山东滨州二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱DD1的中点,P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点,若MP∥平面A1BC1,则异面直线MP与A1C1所成角的取值范围是(　　)
A.0,π3 B.π6,π3
C.π3,π2 D.π3,π
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.(2021·广东广州三模)对于空间中的两条不同直线a,b和两个不同平面α,β,下列说法正确的是(　　)
A.若a⊥α,b⊥α,则a∥b
B.若a⊥b,b⊥β,则a∥β
C.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b
D.若a∥α,α⊥β,则a⊥β
10.(2021·湖北荆门月考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段BC1上运动,下列结论正确的是(　　)

A.三棱锥A-D1PC的体积不变
B.直线AP与平面ACD1所成角的大小不变
C.直线AP与直线A1D所成角的大小不变
D.二面角P-AD1-C的大小不变
11.(2021·福建龙岩三模)在意大利,有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛,这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trulli,于1996年被收入世界文化遗产名录.现测量一个Trulli的屋顶,得到圆锥SO(其中S为顶点,O为底面圆心),母线SA的长为6 m,C是母线SA上靠近点S的三等分点.从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带,灯光带的最小长度为213 m.下面说法正确的是(　　)

A.圆锥SO的侧面积为12π m2
B.过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大值为18 m2
C.圆锥SO的外接球的表面积为72π m2
D.棱长为3 m的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
12.(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
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2021·辽宁大连期中)已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30π,则该圆锥的侧面积为　　　　　. 
14.(2021·河北石家庄期末)如图,已知二面角A-EF-D的大小为45°,四边形ABFE与四边形CDEF都是边长为1的正方形,则B,D两点间的距离是　　　　　. 

15.(2021·浙江绍兴二模)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱A1A上的动点,N是棱BC的中点.当平面D1MN与平面ABCD的夹角最小时,A1M=　　　　　. 

16.(2021·广东汕头二模)在菱形ABCD中,AB=2,∠DAB=60°,E为AB的中点,将△ADE沿DE翻折成△A1DE,当三棱锥A1-DEC的体积最大时,三棱锥A1-DEC的外接球的表面积为　　　　　. 
四、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)(2021·广东韶关期中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面积依次为16,12,20,E,F分别为A1C1,BC的中点.

求证:(1)平面ABE⊥平面BB1C1C;
(2)C1F∥平面ABE.















18.(12分)(2021·河北张家口一模)如图,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,PA∥EB,且PA=AB=3.
(1)求证:CE∥平面PAD;
(2)若BE=13PA,求直线PD与平面PCE所成角的正弦值.
















19.(12分)(2021·北京石景山区模拟)如图,四棱锥P-ABCD的底面为矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,PB⊥AM.

(1)求证:平面PAM⊥平面PBD;
(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.




















20.(12分)(2021·山东淄博三模)如图①,在平面图形ABCD中,△ABD是边长为4的等边三角形,DB是∠ADC的平分线,且BD⊥BC,M为AD的中点,沿BM将△ABM折起,得到四棱锥A1-BCDM,如图②.

图①

图②
(1)设平面A1BC与平面A1DM的交线为l,在四棱锥A1-BCDM的棱A1C上求一点N,使直线BN∥l;
(2)若二面角A1-BM-D的大小为60°,求平面A1BD与平面A1CD的夹角的余弦值.


































21.(12分)(2021·湖南长沙模拟)如图,C是以AB为直径的圆上异于点A,B的点,平面PAC⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F分别是PC,PB的中点,设平面AEF与平面ABC的交线为直线l.

(1)求证:直线l⊥平面PAC.
(2)直线l上是否存在点Q,使直线PQ分别与平面AEF,直线EF所成的角互余?若存在,求出AQ的值;若不存在,请说明理由.





































22.(12分)(2021·重庆蜀都中学月考)如图①,在菱形ABCD中,∠ABC=120°,动点E,F分别在边AD,AB上(不含端点),且存在实数λ,使EF=λBD,沿EF将△AEF向上折起得到△PEF,使得平面PEF⊥平面BCDEF,如图②所示.

图①

图②
(1)若BF⊥PD,设三棱锥P-BCD和四棱锥P-BDEF的体积分别为V1,V2,求V1V2.
(2)当点E的位置变化时,二面角E-PF-B是否为定值?若是,求出该二面角的余弦值;若不是,说明理由.

















专题过关检测四　立体几何
1.B　解析: 由直线m垂直于平面α内的无数条直线不能推出m⊥α,但是由m⊥α一定能推出直线m垂直于平面α内的无数条直线,所以“直线m垂直于平面α内的无数条直线”是“m⊥α”的必要不充分条件.故选B.
2.C　解析: 连接AE,BE(图略),设AB=1,则PA=2,AE=12+12-2×1×1×cos120°=3,PE=4+3=7,BE=3+1=2,PB=4+1=5.易知CD∥BE,所以∠PBE是直线CD与PB所成的角(或其补角).又cos∠PBE=4+5-72×2×5=510,
所以直线CD与PB所成角的余弦值为510.故选C.
3.D　解析: 如图,∵AD⊥平面ABB1A1,
∴AD⊥A1B.
又AB1⊥A1B,AB1∩AD=A,
∴A1B⊥平面AB1D,

∴A1B⊥B1D.
同理BC1⊥B1D.
又A1B∩BC1=B,
∴B1D⊥平面A1BC1.
又A1G⊂平面A1BC1,
∴A1G⊥B1D.
故G为线段BC1上任意一点.故选D.
4.B　解析: 由题意可知内层小圆锥底面半径最大为22-12=3,所以充氮区的体积最小为12×43π×23+13π×22×3-13π×(3)2×4=16π3.故选B.
5.C　解析: 依题意,圆柱O1O2的底面半径r=1,高h=2,所以圆柱O1O2的表面积S=2πr·h+2πr2=4π+2π=6π.故选C.
6.A　解析: 设球心O到截面的距离为d,截面圆的半径为r,由VO-ACM=VM-AOC,得13·S△ACM·d=23S△AOC.因为S△ACM=12×22×3=6,S△AOC=12×22×1=2,所以d=63.又d2+r2=1,所以r=33,所以平面AMC截球O所得截面的面积为πr2=π3.故选A.
7.B　解析: 设AP=AB=1,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则P(0,0,1),D(0,1,0),C(1,1,0),所以PC=(1,1,-1),PD=(0,1,-1).

设平面CDP的法向量m=(x,y,z),则m·PC=x+y-z=0,m·PD=y-z=0,取y=1,则x=0,z=1,所以m=(0,1,1)为平面CDP的一个法向量.易知n=(0,1,0)为平面ABP的一个法向量.设平面ABP与平面CDP的夹角为θ,则cos θ=|m·n||m||n|=12×1=22.故选B.
8.C　解析: 如图,以D为原点,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,设AB=2,则B(2,2,0),A1(2,0,2),C1(0,2,2),M(0,0,1),取AD的中点E,DC的中点F,连接ME,EF,MF,则E(1,0,0),F(0,1,0).因为ME=(1,0,-1),C1B=(2,0,-2)=2ME,所以C1B∥ME.同理EF∥A1C1.又ME⊄平面A1BC1,C1B⊂平面A1BC1,所以ME∥平面A1BC1.同理MF∥平面A1BC1.又MF∩ME=M,所以平面MEF∥平面A1BC1.

因为P是底面ABCD内(包括边界)的一个动点,MP∥平面A1BC1,所以点P在线段EF上.因为EF∥A1C1,所以异面直线MP与A1C1所成的角即是直线MP与EF所成的角.当MP⊥EF时,异面直线MP与A1C1所成的角最大为π2,当点P与点E或点F重合时,异面直线MP与A1C1所成的角最小为π3.故所求角的取值范围为π3,π2.
9.AC　解析: 对于A,由线面垂直的性质定理知A正确;对于B,若a⊥b,b⊥β,则a∥β或a⊂β,所以B错误;对于C,由a⊥α,α⊥β,可知a∥β或a⊂β,又b⊥β,所以a⊥b,所以C正确;对于D,若a∥α,α⊥β,则a∥β或a⊂β或a与β相交,所以D错误.故选AC.
10.ACD　解析: 对于A,因为BC1∥平面AD1C,所以BC1上任意一点到平面AD1C的距离都相等,所以三棱锥A-D1PC的体积不变,故A正确;对于B,因为BC1∥平面AD1C,所以点P到平面ACD1的距离不变,但AP的长度随着点P的移动而变化,所以直线AP与平面ACD1所成角的大小会改变,故B错误;对于C,因为直线A1D⊥平面ABC1D1,AP⊂平面ABC1D1,所以A1D⊥AP,所以直线AP与直线A1D所成角的大小不变;故C正确;对于D,二面角P-AD1-C也就是二面角B-AD1-C,其大小不变,故D正确.故选ACD.
11.AD　解析: 如图,设圆锥底面半径为r m,将圆锥侧面展开得到扇形ASA',在△A'SC中,A'S=6 m,SC=2 m,A'C=213 m,

则cos∠A'SC=36+4-522×6×2=-12,所以∠A'SC=2π3,所以2πr=2π3×6=4π,r=2,所以圆锥的侧面积为π×2×6=12π(m2),故A正确.
在△ASB中,cos∠ASB=SA2+SB2-AB22SA·SB=79,sin∠ASB=1-4981=429,易知过点S的平面截此圆锥所得截面面积最大为S△SAB=12SA·SB·sin∠ASB=12×6×6×429=82(m2),故B错误.
设圆锥SO的外接球的半径为R m,则R2=(SO-R)2+r2,又SO=SA2-r2=36-4=42,所以R2=(42-R)2+4,解得R=924,所以圆锥SO的外接球的表面积为4πR2=81π2(m2),故C错误.
设圆锥SO的内切球的半径为t m,则t42-t=13,解得t=2,设棱长为3 m的正四面体的外接球的半径为r1 m,将该正四面体放在棱长为62的正方体中,可知该正四面体的外接球也是该正方体的外接球,易知r1=123×622=324,因为r1