适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习专题检测3立体几何理（附解析）

这是一份适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习专题检测3立体几何理（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。
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.B.C.2D.2
2.(2023贵州贵阳一模)棱锥的内切球半径R=,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.B.C.D.
3.(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,则图中x的值为( )
A.1B.C.2D.2
4.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.B.C.D.
5.(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=,PA=2,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为( )
A.32πB.16π
C.8πD.12π
7.(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25 cm,上底面边长为10 cm,侧棱长为15 cm,忽略其壁厚,则该升斗的容积约为(参考数据:≈1.414,1 L=1 000 cm3)( )
A.1.5 LB.2.4 L
C.3.4 LD.5.1 L
8.在正四棱锥P-ABCD中,侧棱与底面所成角的正切值为,若该正四棱锥的外接球的体积为,则△PBD的面积为( )
A.2B.2C.2D.
9.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,则圆柱的体积为( )
A.16πB.8π
C.4πD.2π
10.(2023全国乙,理9)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形,若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( )
A.B.C.D.
11.(2023河南许昌实验中学二模)在正三棱柱ABC-A1B1C1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.8π
12.(2023四川成都七中二模)一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在一个球面上,且这个球的半径为5,则这个圆锥的体积取最大值时,它的底面半径为( )
A.B.
C.D.
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,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.如图所示,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD为正方形,DE⊥平面ABCD,CF∥DE,且AB=DE=2,CF=1,G为棱BC的中点,H为棱DE上的动点,有下列结论:
①当H为棱DE的中点时,GH∥平面ABE;
②存在点H,使得GH⊥AE;
③三棱锥B-GFH的体积为定值;
④三棱锥A-BCF的外接球表面积为9π.
其中正确的结论序号为 .(填写所有正确结论的序号)
16.(2023山东菏泽一模)正三棱锥P-ABC的高为PO,点M为PO的中点,过AM作与棱BC平行的平面,将三棱锥分为上、下两部分,设上、下两部分的体积分别为V1,V2,则= .
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,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,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)求直线DE与平面C1EF所成角的正弦值.
19.(12分)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是直角梯形,其中AD∥BC,AB⊥AD,AB=AD=BC,BE=BC.
(1)求证:DE⊥平面PAC;
(2)若直线PE与平面PAC所成角的正弦值为,求二面角A-PC-D的平面角的余弦值.
20.(12分)(2023河南焦作一模)在如图所示的六面体ABC-A1D1B1C1中,平面ABC∥平面A1D1B1C1,AA1∥CC1,BC=2B1C1,AB=2A1D1.
(1)求证:AC∥平面BB1D1;
(2)若AC,BC,CC1两两互相垂直,AC=2,CC1=3,求点A到平面BCD1的距离.
21.(12分)如图1,在平面四边形PDCB中,PD∥BC,BA⊥PD,PA=AB=BC=1,AD=.将△PAB沿BA翻折到△SAB的位置,使得平面SAB⊥平面ABCD,如图2所示.
图1
图2
(1)设平面SDC与平面SAB的交线为l,求证:BC⊥l.
(2)在线段SC上是否存在一点Q(点Q不与端点重合),使得二面角Q-BD-C的余弦值为?请说明理由.
22.(12分)(2023全国乙,理19) 如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=DO,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO;
(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;
(3)求二面角D-AO-C的正弦值.
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=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=S△ABC·PA=1×1×1=
设△PBC的面积是S△PBC,设三棱锥的表面积S=3S△ABC+S△PBC=31×1+,∴该三棱锥的内切球半径R=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=2x×2x×2x=,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=13+π·12·3=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==2,即R=,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10,25,则该正四棱台的高h=
上底面的面积S1=102=100(cm2),下底面的面积S2=252=625(cm2).则V=(S1+S2+)h=(100+625+250)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=x,在Rt△ODM中,R2=+x2,解得R=x.又R3=,得x=所以DM=,PM=,所以△PBD的面积为2=2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
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R3=,解得R=2,则r2+r2=R2=4,可得r=,所以V=πr2·(2r)=4故选C.
10.C 解析(方法一)如图,取AB中点O,连接OC,OD,则由题可知∠DOC为二面角C-AB-D的平面角,∴∠DOC=150°.设CA=CB=a,则OC=AB=a.∵△ABD是等边三角形,∴OD⊥AB,且OD=AB=a.在△DOC中由余弦定理得,CD2=OC2+OD2-2OC·ODcs∠DOC=a2,∴CD=a.过D作DH⊥平面ABC,垂足为H,易知点H在直线OC上,则∠DCH为直线CD与平面ABC所成的角,且∠DOH=30°,故DH=OD=a,∴sin∠DCH=,则cs∠DCH=,∴tan∠DCH=故选C.
(方法二)取AB中点O,连接OC,OD.以O为原点,OA,OC所在直线分别为x轴、y轴,过O点作平面ABC的垂线为z轴建立空间直角坐标系(图略).设AB=2,则由题可得A(1,0,0),C(0,1,0),D(0,-),则=(0,-),由题可知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1).设CD与平面ABC所成角为θ,则sinθ=|cs|=,∴csθ=,∴tanθ=
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==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 当球心在圆锥内部时,如图,设圆锥的底面半径为r,球半径R=5,球心为O.过圆锥的顶点P作底面的垂线PO1,垂足为O1.则球心O必定在PO1上,连接OB,则
|OO1|=
所以圆锥的高h=|PO|+|OO1|.
同理,当球心在圆锥外部时,可得圆锥的高h=|PO|-|OO1|.
要求圆锥体积的最大值,所以取h=|PO|+|OO1|.
则圆锥的体积V(r)=r2(5+),0