备战2025年高考二轮复习数学专题检测练4 立体几何（提升篇）（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题检测练4 立体几何（提升篇）（Word版附解析），共16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.(2024四川成都模拟)已知直线l的方向向量是a=(3,2,1),平面α的一个法向量是n=(1,-1,-1),则l与α的位置关系是( )

A.l⊥αB.l∥α
C.l与α相交但不垂直D.l∥α或l⊂α
答案D
解析因为a=(3,2,1),n=(1,-1,-1),
所以a·n=3×1+2×(-1)+1×(-1)=0,
所以a⊥n.又直线l的方向向量是a,平面α的一个法向量是n,
所以l∥平面α或l⊂平面α.
故选D.
2.(2024重庆模拟)正四棱锥的侧棱长为5,底面边长为2,则该四棱锥的体积为( )
A.233B.3
C.433D.23
答案C
解析因为正四棱锥的侧棱长为5,底面边长为2,所以底面积为22=4,棱锥的高为(5)2-(2)2=3,所以棱锥的体积为13×4×3=433.
故选C.
3.(2024山东烟台一模)设a,b为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,下列说法正确的是( )
A.若a∥α,b∥α,则a∥b
B.若a,b与α所成的角相等,则a∥b
C.若α⊥β,a∥α,b∥β,则a⊥b
D.若α⊥β,a⊥α,b⊥β,则a⊥b
答案D
解析平行于同一平面的两条直线可能异面,可能相交,也可能平行,故A错误;
a,b与α所成的角相等,则a,b可能异面,可能相交,也可能平行,故B错误;
α⊥β,a∥α,b∥β,则a,b的位置关系无法判断,故C错误;
因为α⊥β,a⊥α,所以a∥β或a⊂β.又b⊥β,所以a⊥b,故D正确.
故选D.
4.(2024湖南长沙二模)蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子,建造和搬迁都很方便.已知蒙古包的造型可近似地看作一个圆柱和圆锥的组合体,已知圆锥的高为2米,圆柱的高为3米,底面圆的面积为64π平方米,则该蒙古包(含底面)的表面积为( )
A.(112+1617)π平方米
B.(80+1617)π平方米
C.(112+1817)π平方米
D.(80+1817)π平方米
答案A
解析设底面圆的半径为r米,则64π=πr2,所以r=8,所以圆锥的母线长为22+82=217(米),
所以该蒙古包(含底面)的表面积为π×8×217+2π×8×3+64π=112π+1617π(平方米).故选A.
5.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的截面与AC交于点D,与BC交于点E,该截面将三棱柱分成体积相等的两部分,则CDAC=( )
A.13B.12
C.2-32D.3-12
答案D
解析由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1,ED,则A1B1∥ED,则ED∥AB,可得CDE-C1A1B1是三棱台.
设△ABC的面积为1,△CDE的面积为S,三棱柱的高为h,
则12·1·h=13h(1+S+S),所以S=3-12.
由△CDE∽△CAB,可得CDAC=S1=3-12.故选D.
6.(2024河北唐山一模)已知球与圆台的底面、侧面都相切,且圆台母线与底面所成的角为60°,则球表面积与圆台侧面积之比为( )
A.2∶3B.3∶4
C.7∶8D.6∶13
答案B
解析设圆台上、下底面圆的半径为r1,r2,母线长为l,球的球心为点O,半径为R.
如图,作圆台的轴截面ABCD,则四边形ABCD为等腰梯形,设圆O分别切梯形ABCD的边AB,BC,CD,DA于点E,F,G,H.
由切线长定理可得AE=AH,DG=DH,所以AD=DG+AE,即l=r1+r2.
因为∠ABC=60°,所以GE=2R=lsin 60°,r2-r1=12l,
所以r2=3r1,R=3r1,
所以S球S圆台=4πR2π(r1l+r2l)=4×(3r1)2(r1+3r1)2=34.
故选B.
7.(2024陕西渭南模拟)在四棱锥P-ABCD中,底面四边形ABCD是正方形,PC=AB,E,F分别为PD,BC的中点,则下列结论一定正确的是( )
A.PB∥平面AEF
B.EF∥平面PAB
C.EF⊥PD
D.AF⊥平面PBD
答案B
解析如图,记BD与AF的交点为点G,连接EG.
因为点F为BC的中点,BC∥AD,所以△BFG∽△DAG,所以BGGD=BFAD=12.
又点E为PD的中点,所以直线PB与EG相交.
又EG⊂平面AEF,所以PB与平面AEF有公共点,故A错误;
取PA的中点H,连接EH,BH,则EH=12AD,EH∥AD.
又BF=12AD,BF∥AD,
所以EH=BF,EH∥BF,
所以四边形BFEH是平行四边形,
所以EF∥BH.
又EF⊄平面PAB,BH⊂平面PAB,所以EF∥平面PAB,故B正确;
连接PF,DF,若EF⊥PD,点E为PD中点,则PF=DF.又CP=CD,所以△PCF≌△DCF,所以∠DCF=∠PCF,即CP⊥CF.由题可知点P的位置不确定,故C不一定正确;
显然AF与BD不垂直,所以AF与平面PBD不可能垂直,故D错误.故选B.
8.(2024陕西西安二模)如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=3,F,G分别在线段AB,BC上,BF=BG=1,将△BFG沿FG折起,使B到达M的位置,且平面FGM⊥平面ADCGF,则四面体ADFM的外接球的表面积为( )
A.20πB.205π
C.100π3D.1005π3
答案A
解析设FG的中点为O,连接OD,MO.
由题可知△MFG为等腰直角三角形,所以MO⊥FG.
又平面FGM⊥平面ADCGF,平面FGM∩平面ADCGF=GF,MO⊂平面FGM,所以MO⊥平面ADCGF.
由题可知,AF=AD=3,AD⊥AF,所以△ADF的外心为DF的中点,记为点N.
设四面体ADFM的外接球的球心为Q,则QN⊥平面ADF.
在矩形ABCD中,易知∠DFA=∠BFG=45°,
所以DF⊥GF.
又DF,GF⊂平面ADCGF,所以OM,DF,GF两两垂直.
以点F为坐标原点,分别以FG,FD所在直线为x轴、y轴,以过点F且平行于OM的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则F(0,0,0),N0,322,0,M22,0,22.
设Q0,322,t,则FQ=0,322,t,MQ=-22,322,t-22.
因为QM=QF,所以|FQ|=|MQ|,所以92+t2=12+92+(t-22) 2,
所以t=22,所以Q0,322,22,FQ=0,322,22,
所以|FQ|=5,即外接球的半径为5,
所以外接球的表面积为4π×(5)2=20π.
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.(2023新高考Ⅱ,9)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则( )
A.该圆锥的体积为π
B.该圆锥的侧面积为43π
C.AC=22
D.△PAC的面积为3
答案AC
解析由题意,可得PO⊥平面AOC,∠APO=12∠APB=60°,所以PO=PAcs∠APO=1,AO=PAsin∠APO=3.如图,取AC的中点D,连接PD,OD,则PD⊥AC,OD⊥AC,所以∠PDO即为二面角P-AC-O的平面角,所以∠PDO=45°.
因为OD⊂平面AOC,PO⊥平面AOC,所以PO⊥OD,所以△PDO为等腰直角三角形,所以OD=PO=1,PD=2.
对于A,圆锥的体积V=13π×(3)2×1=π,故A正确;
对于B,圆锥的侧面积S=π×3×2=23π,故B不正确;
对于C,AC=2AO2-OD2=22,故C正确;
对于D,S△PAC=12×AC×PD=12×22×2=2,故D不正确.
故选AC.
10.(2024贵州贵阳一模)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P为线段A1C1的中点,点Q为线段BC1上的动点,则下列结论正确的是( )
A.存在点Q,使得PQ∥BD
B.存在点Q,使得PQ⊥平面AB1C1D
C.三棱锥Q-APD的体积是定值
D.存在点Q,使得PQ⊥AC
答案BD
解析如图1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连接B1D1.易知BD∥B1D1.
图1
因为点P为线段A1C1的中点,四边形A1B1C1D1为正方形,所以点P为B1D1的中点,所以B1D1∩PQ=P,即B1D1与PQ不平行,所以BD与PQ不平行,故A错误;
如图2,连接A1B,易知A1B⊥AB1.由题可知B1C1⊥平面ABB1A1,因为A1B⊂平面ABB1A1,所以A1B⊥B1C1.
图2
又B1C1∩AB1=B1,B1C1,AB1⊂平面AB1C1D,所以A1B⊥平面AB1C1D,所以当PQ∥A1B时,PQ⊥平面AB1C1D.易知当点Q为BC1中点时,PQ∥A1B,故B正确;
如图3,连接AD1,易知BC1∥AD1.
图3
因为AD1∩平面APD=A,所以BC1与平面APD不平行,所以点Q在线段BC1上运动时,点Q到平面APD的距离不是定值.又△APD的面积为定值,所以三棱锥Q-APD的体积不是定值,故C错误;
如图4,易知AC⊥BD.由题可知BB1⊥平面ABCD,因为AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BB1.
图4
又BD,BB1⊂平面BDD1B1,BD∩BB1=B,
所以AC⊥平面BDD1B1.
又BP⊂平面BDD1B1,所以AC⊥BP,所以当点Q与点B重合时,PQ⊥AC,故D正确.故选BD.
11.(2024辽宁沈阳模拟)中国古建筑闻名于世,如图所示的中国传统建筑的屋顶的结构示意图为五面体EFBCDA.若四边形ABCD为矩形,EF∥AB,AB=3EF=3,AD=2,△ADE与△BCF是全等的等边三角形,则( )
A.五面体EFBCDA的体积为723
B.五面体EFBCDA的表面积为6+103
C.AE与平面ABCD所成的角为45°
D.当五面体EFBCDA的各顶点都在球O的球面上时,球O的表面积为27π2
答案ACD
解析如图1,可将该五面体分割成四棱锥E-AGJD,三棱柱EGJ-FHI,四棱锥F-HBCI三部分,其中G,H是AB的三等分点,I,J是CD的三等分点.
图1
因为EF∥AB,AB=3EF=3,△ADE与△BCF是全等的等边三角形,所以由对称性可知点E,F在平面ABCD的投影分别为GJ,HI的中点,平面EGJ,FHI均垂直于平面ABCD.易得四边形HIJG是矩形,所以易证GH分别垂直于平面EGJ,FHI,所以几何体EGJ-FHI是直三棱柱.由对称性可知四棱锥E-AGJD与四棱锥F-HBCI的体积相等.
因为GH⊥平面EGJ,EG⊂平面EGJ,所以AG⊥EG,由题意AE=2,AG=1,所以EG=AE2-AG2=3.同理EJ⊥DJ.因为△ADE是等边三角形,所以AE=DE.
又因为AG=DJ,所以Rt△AGE≌Rt△DJE,所以EG=EJ,即△EGJ是等腰三角形,所以△EGJ的边GJ上的高h=EG2-(12GJ)2=2,所以五面体EFBCDA的体积V=2×13×AG×GJ×h+12×GJ×h×GH=2×13×1×2×2+12×2×2×1=723,故A正确;
五面体EFBCDA的表面积S=2×12×AD2sin 60°+AD×AB+2×12×(EF+AB)×EG=22×32+2×3+(1+3)×3=6+63,故B错误;
图2
如图2,取GJ的中点K,连接KE,KA,则KE⊥平面ABCD,所以AE与平面ABCD所成的角即为∠EAK.
因为sin∠EAK=EKAE=22,∠EAK为锐角,所以∠EAK=45°,故C正确;
分别取AD,AB,BC,CD,EF中点P,M,Q,N,O1,连接MN,PQ,交于点O2,连接O1O2.
图3
由题可知,点O2为MN,PQ的中点,O1O2⊥平面ABCD,O1O2⊥EF,MN⊥PQ,所以点O2为四边形ABCD外接圆的圆心,O1O2为EF的中垂线,所以该五面体外接球的球心O在直线O1O2上.以点O2为坐标原点,分别以O2M,O2Q,O2O1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图3所示的空间直角坐标系,则F0,12,2,B1,32,0.设O(0,0,t),则OF=0,12,2-t,OB=1,32,-t.
由|OF|=|OB|,得t2-22t+94=t2+134,解得t=-24,所以O0,0,-24,OF=0,12,524,所以五面体外接球的半径R=|OF|=14+258=364,所以外接球的表面积为4πR2=4π×278=27π2,故D正确.
故选ACD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知圆柱的底面半径为4,侧面面积为16π,则该圆柱的母线长等于 .
答案2
解析由题意可知圆柱的底面周长为2π×4=8π,所以该圆柱的母线长为16π8π=2.
13.(2024江苏南通二模)已知二面角α-l-β为直二面角,A∈α,B∈β,A∉l,B∉l,AB与α,β所成的角分别为π6,π4,则AB与l的夹角为 .
答案π3
解析如图,作AD⊥l,BC⊥l,分别交l于点D,C,连接BD,AC.
因为α⊥β,α∩β=l,AD⊂α,BC⊂β,所以AD⊥β,BC⊥α,AD,BC,l两两垂直,所以∠BAC为AB与α所成的角,∠ABD为AB与β所成的角,即∠BAC=π6,∠ABD=π4.
以点D为坐标原点,分别以DA,DC所在的直线为x轴、y轴,以过点D且平行于BC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AB=2m,m>0,则BC=m,AC=3m,AD=BD=2m,所以DC=AC2-AD2=m,所以A(2m,0,0),B(0,m,m),所以AB=(-2m,m,m).
易知l的一个方向向量为l=(0,1,0),所以cs=AB·l|AB||l|=m2m=12.又∈0,π2,所以=π3,即AB与l所成的角为π3.
14.(2024山东临沂一模)球面被平面所截得的一部分叫做球冠,截得的圆叫做球冠的底,垂直于截面的直径被截得的一段的长度叫做球冠的高;球被平面截下的一部分叫做球缺,截面叫做球缺的底面,垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高.如图1,一个球面的半径为R,球冠的高是h,球冠的表面积公式是S=2πRh,与之对应的球缺的体积公式是V=13πh2(3R-h).如图2,已知C,D是以AB为直径的圆上的两点,∠AOC=∠BOD=π3,S扇形COD=6π,则扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体的表面积为 ,体积为 .
图1
图2
答案72π+363π 144π
解析因为∠AOC=∠BOD=π3,所以∠DOC=π-2×π3=π3.
设圆的半径为R,所以S扇形COD=16×πR2=6π,解得R=6(负值舍去).
过点C作CE⊥AB交AB于点E,过点D作DF⊥AB交AB于点F,则CE=OCsinπ3=33,OE=OCcsπ3=3,所以AE=R-OE=3.
同理可得DF=33,OF=BF=3.
将扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体为一个半径R=6的球上下截去两个球缺及其底面围成的几何体所剩余部分再挖去两个圆锥,其中球缺的高h=3,圆锥的高h1=3,底面半径r=33.
其中一个球冠的表面积S1=2πRh=2π×6×3=36π,球的表面积S2=4πR2=4π×62=144π,圆锥的侧面积S3=33×6π=183π,所以几何体的表面积S=S2-2S1+2S3=144π-2×36π+2×183π=72π+363π.
其中一个球缺的体积V1=13πh2(3R-h)=13π×32×(3×6-3)=45π,圆锥的体积V2=13π×(33)2×3=27π,球的体积V3=43πR3=43π×63=288π,
所以几何体的体积V=V3-2V1-2V2=288π-2×45π-2×27π=144π.
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)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为平行四边形,M,N分别为AB,DD1的中点.
(1)证明:DM∥平面A1BN;
(2)若底面ABCD为矩形,AB=2AD=4,异面直线DM与A1N所成角的余弦值为105,求B1到平面A1BN的距离.
(1)证明如图,连接AB1,交A1B于点E,连接NE,ME,则点E为A1B的中点.
因为点M为AB的中点,所以ME∥AA1,ME=12AA1.
因为点N为DD1的中点,所以DN∥AA1,DN=12AA1,
所以ME∥DN,且ME=DN,
所以四边形EMDN为平行四边形,
所以EN∥DM.
又因为DM⊄平面A1BN,EN⊂平面A1BN,所以DM∥平面A1BN.
(2)解因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为矩形,所以AB,AD,AA1两两垂直.
以点A为坐标原点,分别以AB,AD,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(4,0,0),D(0,2,0),M(2,0,0),所以DM=(2,-2,0).
设AA1=2t(t>0),则A1(0,0,2t),N(0,2,t),B1(4,0,2t),所以A1N=(0,2,-t).
设异面直线DM与A1N所成角为θ,
则cs θ=|cs|=|DM·A1N||DM||A1N|=|-4|22+(-2)2·22+(-t)2=24+t2=105,解得t=1(负值舍去),所以A1(0,0,2),N(0,2,1),B1(4,0,2),A1N=(0,2,-1),所以A1B=(4,0,-2),BB1=(0,0,2).
设平面A1BN的一个法向量为n=(x,y,z),
所以A1B·n=4x-2z=0,A1N·n=2y-z=0.取z=2,则x=1,y=1,所以平面A1BN的一个法向量为n=(1,1,2).
设点B1到平面A1BN的距离为d,则d=|B1B·n||n|=46=263,即点B1到平面A1BN的距离为263.
16.(15分)某市政府实施“景观工程”,对现有平顶的民用多层住宅进行“平改坡”,计划将平顶房屋改为尖顶,并铺上彩色瓦片.现对某幢房屋有A,B两种改造方案:如图1所示,A方案中坡顶为底面是等边三角形的直三棱柱,尖顶屋脊AA1与房屋长度BB1等长,有两个坡面需铺上瓦片.如图2所示,B方案中坡顶为方案A坡顶的两端削去两个相同的三棱锥而得,尖顶屋脊DD1比房屋长度BB1短,有四个坡面需铺上瓦片.若房屋长BB1=2a,宽BC=2b,屋脊高为h,要使铺设的瓦片比较省,则应选择A,B两种方案中的哪一个?
图1
图2
解要比较A,B两种方案铺设的瓦片量,只要比较2S△ABD与S△BCD的大小即可.
如图,取BC中点E,连接AE,DE.
由△ABC为等边三角形得,AE⊥BC.因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以BB1⊥平面ABC.又AE⊂平面ABC,所以BB1⊥AE.
又BC∩BB1=B,BC,BB1⊂平面B1BCC1,所以AE⊥平面B1BCC1,所以AE=h,所以h=3b.
因为DB=DC,E为BC中点,所以DE⊥BC.设AD=x,由题意知0x>0时,S△BCD2S△ABD>1,即S△BCD>2S△ABD,选方案A;当3b24x2=34,即b=x时,S△BCD=2S△ABD,两方案均可;
当3b24x2