适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题过关检测4立体几何

这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题过关检测4立体几何，共14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.“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.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.B.C.D.
3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,G是线段BC1上一点,且A1G⊥B1D,则( )
A.BG=BC1
B.BC1=3GC1
C.BG=3GC1
D.G为线段BC1上任意一点
4.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.4πB.C.D.
5.(2023·广西桂林模拟)已知三棱锥P-ABC的所有顶点均在半径为2的球O的球面上,底面三角形ABC是边长为3的等边三角形.若三棱锥P-ABC的体积取得最大值时,该三棱锥的内切球的半径为r,则r=( )
A.1B.
C.D.
6.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.B.C.πD.
7.(2023·湖南雅礼中学模拟)如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为V,四边形ABCD是平行四边形,点E在平面ACC1A1内,且,则三棱锥D1-ADC与三棱锥E-BCD的公共部分的体积为( )
A.B.C.D.
8.(2022·新高考Ⅰ,8)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是( )
A.B.
C.D.[18,27]
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.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.(2022·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
11.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2 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 m的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
12.(2023·新高考Ⅰ,12)下列物体中,能被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( )
A.直径为0.99 m的球体
B.所有棱长均为1.4 m的四面体
C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体
D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.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.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.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.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)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)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=PA,求直线PD与平面PCE所成角的正弦值.
19.(12分)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)(2023·广东中山模拟)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,侧棱PA⊥平面ABCD,点M在棱DP上,且DM=2MP,点N是在棱PC上的动点(不是端点),如图所示.
(1)若N是棱PC的中点,
①画出△PBD的重心G(保留作图痕迹),指出点G与线段AN的关系,并说明理由;
②求证:PB∥平面AMN.
(2)若四边形ABCD是正方形,且AP=AD=3,当点N在何处时,直线PA与平面AMN所成角的正弦值取得最大值?
21.(12分)(2023·山东青岛一模)如图,在Rt△PAB中,PA⊥AB,且PA=4,AB=2,将△PAB绕直角边PA旋转到△PAC处,得到圆锥的一部分,点D是底面圆弧BC(不含端点)上的一个动点.
(1)是否存在点D,使得BC⊥PD?若存在,求出∠CAD的大小;若不存在,请说明理由.
(2)当四棱锥P-ABDC体积最大时,求平面PCD与平面PBD夹角的余弦值.
22.(12分)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=λ,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;
(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,请说明理由.
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.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=,PE=,
BE==2,PB=易知CD∥BE,所以∠PBE是直线CD与PB所成的角(或其补角).又cs∠PBE=,
所以直线CD与PB所成角的余弦值为故选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,所以充氮区的体积最小为23+22×3-()2×4=故选B.
5.B 解析 设底面三角形ABC的中心为Q,连接BQ,OQ,则BQ=3,且OQ⊥底面ABC.
如图,延长QO交球面于点P,连接OB,此时三棱锥P-ABC的体积取得最大值.
因为球O的半径为2,所以OB=2.
在Rt△OQB中,OQ==1,
所以三棱锥P-ABC的体积的最大值为V=32×(2+1)=
此时PB==2,
所以S三棱锥P-ABC=32+33,
所以r,解得r=
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S△ACM·d=S△AOC.因为S△ACM=2,S△AOC=21=,所以d=又d2+r2=1,所以r=,所以平面AMC截球O所得截面的面积为πr2=故选A.
7.A 解析 先找两三棱锥的公共部分,
由,知)=),故=3
在CC1上取点E,使得CE=3EC1,连接DE,
设DE∩D1C=F,AC∩BD=G,连接FG,
则三棱锥F-CDG为三棱锥D1-ADC与三棱锥E-BCD的公共部分.
∵△CEF∽△D1DF,,
,
∴点F到平面ABCD的距离是点D1到平面ABCD的距离的
又S△CDG=S▱ABCD,
∴VF-CDG=V=
8.C 解析 记正四棱锥高与侧棱的夹角为θ,高为h,底面中心到底面各顶点的距离为m.
∵正四棱锥外接球的体积为36π,∴外接球的半径R=3.
又3≤l≤3,∴csθ=,∴l=6csθ,m=l·sinθ=6sinθcsθ,
h==6cs2θ,正四棱锥的底面积S底=2m×2m=2m2.
故该正四棱锥的体积V=S底·h=2m2h=144sin2θcs4θ.
令x=cs2θ.∵cs,
∴x=cs2
∴sin2θcs4θ=(1-cs2θ)·cs4θ=(1-x)·x2,x
令y=(1-x)·x2=-x3+x2,x,则y'=-3x2+2x.
故当x时,y'>0,函数y=-x3+x2单调递增;
当x时,y'1.4,故B正确;
图(1)
图(2)
对于C选项,如图(2),因为圆柱的底面直径为0.01m(可忽略不计),故可将高为1.8m的圆柱看作长为1.8m的线段,而正方体的体对角线AC1长为m,且1.2,故D正确.故选ABD.
图(3)①
图(3)②
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.39π 解析 设该圆锥的高为h.
∵体积V=62·h=30π,∴h=,∴母线长l=,
∴S侧=πrl=π×6=39π.
14 解析 ,∴||2=||2+||2+||2+2+2+2
由题意可知||=||=||=1,=0,=0,
=1×1×cs135°=-,
∴||=故B,D两点间的距离是
15 解析 如图,建立空间直角坐标系,则N(2,4,0),D1(0,0,4),设M(4,0,a)(0≤a≤4),
所以=(-2,4,-a),=(2,4,-4).
设平面D1MN的法向量为n=(x,y,z),
则
解得
令z=8,则x=8-2a,y=a+4,所以n=(8-2a,a+4,8)为平面D1MN的一个法向量.
易知m=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.
设平面D1MN与平面ABCD的夹角为θ,
则csθ=,
当a=时,csθ取最大值,则θ取最小值,所以A1M=4-
16.8π 解析 如图,由余弦定理,
得DE=,
CE=,
所以AE2+DE2=AD2,DC2+DE2=CE2,即AE⊥DE,DC⊥DE.
分别取CE,A1C的中点F,M,连接FM,则F为Rt△DEC的外心,因为△DEC的面积为定值,所以当平面A1DE⊥平面DEC时,点A1到平面DEC的距离最大,此时三棱锥A1-DEC的体积最大,又A1E⊥DE,所以A1E⊥平面DEC.由F,M分别为CE,A1C的中点,得FM∥A1E,所以FM⊥平面DEC,易知M是三棱锥A1-DEC的外接球的球心.因为A1C2=A1E2+CE2=1+7=8,所以所求外接球的表面积S=4=8π.
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.证明 (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,∴BB1⊥AB.
∵侧面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面积依次为16,12,20,∴AB∶BC∶AC=4∶3∶5,
∴AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC.
又BB1∩BC=B,∴AB⊥平面BB1C1C,
又AB⊂平面ABE,∴平面ABE⊥平面BB1C1C.
(2)如图,取AB的中点G,连接EG,GF.
∵G,F分别为AB,BC的中点,
∴GF∥AC,GF=AC.
∵E为A1C1的中点,
∴EC1=A1C1=AC.
又A1C1∥AC,∴EC1∥GF,EC1=GF,
∴四边形EGFC1为平行四边形,
∴C1F∥EG.
又C1F⊄平面ABE,EG⊂平面ABE,
∴C1F∥平面ABE.
18.(1)证明 因为四边形ABCD是正方形,
所以BC∥AD.
又AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD,
所以BC∥平面PAD.
同理EB∥平面PAD.
又BC∩EB=B,所以平面EBC∥平面PAD.
又CE⊂平面EBC,所以CE∥平面PAD.
(2)解 以A为原点,AD,AB,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.
因为PA=AB=3,所以BE=PA=1,所以P(0,0,3),D(3,0,0),C(3,3,0),E(0,3,1),
所以=(3,0,-3),=(3,3,-3),=(0,3,-2).
设平面PCE的法向量为m=(x,y,z),
则
解得
令z=3,则x=1,y=2,所以m=(1,2,3)为平面PCE的一个法向量.
设直线PD与平面PCE所成的角为θ,
则sinθ=|cs|=,
所以直线PD与平面PCE所成角的正弦值为
19.(1)证明 因为PD⊥底面ABCD,AM⊂平面ABCD,
所以PD⊥AM.
又PB⊥AM,PB∩PD=P,
所以AM⊥平面PBD.
又AM⊂平面PAM,
所以平面PAM⊥平面PBD.
(2)解 由(1)可知AM⊥平面PBD,
所以AM⊥BD,
所以△DAB∽△ABM.
设BM=x,则AD=2x,由,即,得2x2=1,解得x=,
所以AD=
因为PD⊥底面ABCD,所以四棱锥P-ABCD的体积为11=
20.解 (1)①设AC与BD的交点为O,连接PO与AN交于点G.
因为O为AC的中点,N为PC的中点,
所以PO与AN的交点G为△PAC的重心,
所以PG=2GO.
又因为PO为△PBD的边BD的中线,
所以点G也为△PBD的重心,即重心G在线段AN上.
②证明:连接DG并延长交PB于点H,连接MG.
因为G为△PBD的重心,所以DG=2GH.
又因为DM=2MP,
所以MG∥PH,MG∥PB.
又因为MG⊂平面AMN,PB⊄平面AMN,
所以PB∥平面AMN.
(2)因为四边形ABCD为正方形,
所以AB⊥AD,
又因为PA⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,
所以PA⊥AB,PA⊥AD,
所以以A为坐标原点,以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,
所以A(0,0,0),P(0,0,3),C(3,3,0),M(0,1,2),=(0,0,3),=(0,1,2),=(3,3,-3).
设PN=λPC,0