专题04 立体几何（模块测试）（解析版）

 专题04 立体几何（模块测试）
一、单选题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1、（江苏省南通市2020-2021学年高三上学期期初）已知一个圆锥的底面半径为，侧面积为，则该圆锥的体积是
A、 B、 C、 D
【答案】C
【解析】设圆锥母线长为，则
侧面积为，故.
故圆锥的高，圆锥体积为.
故答案为：C
2、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）设，为两个平面，则的充要条件是（ ）
A．内有无数条直线与平行 B．，平行与同一个平面
C．内有两条相交直线与内两条相交直线平行 D．，垂直与同一个平面
【答案】C
【解析】对于A，内有无数条直线与平行，可得与相交或或平行；
对于B，，平行于同一条直线，可得与相交或或平行；
对于C，内有两条相交直线与内两条相交直线平行，可得α∥β；
对于D，，垂直与同一个平面，可得与相交或或平行．
故选：C．
3、(2020镇江期末）已知一个圆锥的底面积为π，侧面积为2π，则该圆锥的体积为（ ）．
A． B． C、 　 D、 　
【答案】. C
【解析】 先求出圆锥的底面半径和高．
设圆锥的底面半径、高、母线长分别为r，h，l，则解得所以h＝.圆锥的体积V＝Sh＝.
4、（江苏淮阴中学开学初调研）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，F为B1C1的中点，则异面直线AF与C1E所成角的正切值为( )
A. B. C. D.
【答案】C.
【解析】　以D为坐标原点，DC，DA，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，

第3题图
可得A(0，2，0)，B(2，2，0)，C(2，0，0)，B1(2，2，2)，C1(2，0，2)，由中点坐标公式可得E(2，1，0)，F(2，1，2)，则AF＝(2，－1，2)，C1E＝(0，1，－2)，设两异面直线所成角为θ，则cos θ＝|cos〈，C1E〉|＝＝＝，则sin θ＝，故异面直线AF与C1E所成角的正切值为＝.故选C.
5、（2020届山东省潍坊市高三上期末）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了有圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设圆锥底面圆的半径为，高为，依题意，，，
所以，即的近似值为，故选B.
6、（2020·河南高三期末（文））张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，底面，，且，，利用张衡的结论可得球的表面积为（ ）
A．30 B． C．33 D．
【答案】B
【解析】因为，所以，又底面，
所以球的球心为侧棱的中点，
从而球的直径为.
利用张衡的结论可得，则，
所以球的表面积为.
故选：B
7、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知正三棱锥的侧棱长为，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图所示，因为正三棱锥的侧棱长为，底面边长为6，
则，所以三棱锥的高,
又由球心到四个顶点的距离相等，
在直角三角形中，，
又由，即，解得，
所以球的表面积为，
故选D.

8、（2020届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考）在正方体中，是底面的中心，是棱上的点，且，记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体中棱长为4，
则，
，，
＝＝，
平面的法向量，
∴＝，∴＝，
，，
设平面的法向量，
则，取，得，
＝，
∵，∴.
故选：C.
二、多选题（共4小题，满分20分，每小题5分，少选的3分，多选不得分）
9、（2020届山东省潍坊市高三上期末）等腰直角三角形直角边长为1 ，现将该三角形绕其某一边旋转一周 ，则所形成的几何体的表面积可以为（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【解析】如果是绕直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，
所以所形成的几何体的表面积是.
如果绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，
所以写成的几何体的表面积.
综上可知形成几何体的表面积是或.
故选：AB
10、（2020届山东省济宁市高三上期末）己知为两条不重合的直线,为两个不重合的平面,则下列说法正确的是( )
A．若且则
B．若则
C．若则
D．若则
【答案】BC
【解析】A. 若且则可以，异面，或相交，故错误；
B. 若则，又故，正确；
C. 若则或，又故，正确；
D. 若则，则或，错误；
故选：
11、（2021年江苏金陵中月考）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题正确的是 ( )
A．直线BC与平面ABC1D1所成的角等于
B．点C到面ABC1D1的距离为
C．两条异面直线D1C和BC1所成的角为
D．三棱柱AA1D1﹣BB1C1外接球半径为
【答案】ABD
【解析】：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，
对于选项A：直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1＝，故选项A正确．
对于选项B：点C到面ABC1D1的距离为B1C长度的一半，即h＝，故选项B正确．
对于选项C：两条异面直线D1C和BC1所成的角为，故选项C错误．
对于选项D：三棱柱AA1D1﹣BB1C1外接球半径r＝，故选项D正确．故选：ABD．
12、（2021年江苏金陵中学学情调研）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖膈”．如图在堑堵ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，且AA1＝AB＝2．下列说法正确的是( )．

A．四棱锥B－A1ACC1为“阳马”
B．四面体A1C1CB为“鳖膈”
C．四棱锥B－A1ACC1体积最大为
D．过A点分别作AE⊥A1B于点E，AF⊥A1C于点F，则EF⊥A1B
【答案】ABD
【解析】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”．
所以在堑堵ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，侧棱AA1⊥平面ABC．
选项A中，由AA1⊥BC，又AC⊥BC，且AA1∩AC＝A，则BC⊥平面AA1C1C，
所以四棱锥B－A1ACC1为“阳马”，故A正确．
选项B中．由AC⊥BC，即A1C1⊥BC，又A1C1⊥C1C且C1C∩BC＝C，
所以A1C1⊥平面BB1C1C，所以A1C1⊥BC1，则△A1BC1为直角三角形，
又由BC⊥平面AA1C1C，得△A1BC为直角三角形，
由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形，△CC1B为直角三角形，
所以四面体A1C1CB为“鳖膈”，故B正确．
选项C中，在底面有4＝AC2＋BC2≥2AC·BC，即AC·BC≤2，当且仅当AC＝BC时取等，
而V＝S×BC＝AA1×AC×BC＝AC×BC≤，所以C不正确．
选项D中，由上面有BC⊥平面AA1C1C，则BC⊥AF，AF⊥A1C且A1C∩BC＝C，
则AF⊥平面A1BC，AF⊥A1B，AE⊥A1B且AF∩AE＝A，
则A1B⊥平面AEF，A1B⊥EF，D正确．
三、填空题（共4小题，满分20分，每小题5分，一题两空，第一空2分）
13、 （江苏省南京市2021届高三上学期期初学情调研）如图，一个底面半径为R的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r的实心铁球（小球完全浸入水中），水面高度恰好升高，则＝ ．


【答案】：2
【解析】：．

14、（2021年江苏金陵中学学情调研）在直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个与各个面均相切的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，则AA1的长度为．
【答案】：4
【解析】：由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10．
设底面Rt△ABC的内切圆的半径为r，则×6×8＝×(6＋8＋10)·r，得r＝2．因为球与三个侧面相切，所以内切球的半径也为2．
又该球也与直三棱柱的上、下底面相切，所以AA1＝2r＝4．
15、（2020届江苏省如皋中学、徐州一中、宿迁中学三校高三联合考试）如图，在正三棱锥中，，为棱的中点，若的面积为，则三棱锥的体积为______.

【答案】
【解析】设，因为三棱锥是正三棱锥，且
所以和都是边长为的等边三角形
因为为棱的中点，所以
所以，解得
因为
所以平面
所以
故答案为：
16、（2020届浙江省杭州市高三3月模拟）在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有一“阳马”，底面，，，则该“阳马”的最长棱长等于______；外接球表面积等于______.
【答案】3
【解析】如图，底面，底面为长方形，且，，
所以.
最长棱为:3.
该几何体可以通过补体得长方体,所以其外接球的半径为.
则其外接球的表面积为，故答案为：3；.


四、解答题（共6小题，满分70分，第17题10分，其它12分）
17、（2020届江苏省南通市四校联盟高三数学模拟）如图，在直四棱柱ABCD–A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，点P是侧棱C1C的中点．
（1）求证：AC1∥平面PBD；
（2）求证：BD⊥A1P．

【解析】（1）

连接AC交BD于O点，连接OP，
因为四边形ABCD是正方形，对角线AC交BD于点O，
所以O点是AC的中点，所以AO=OC．
又因为点P是侧棱C1C的中点，所以CP=PC1，
在△ACC1中，，所以AC1∥OP，
又因为OP⊂面PBD，AC1⊄面PBD，
所以AC1∥平面PBD．
（2）连接A1C1．因为ABCD–A1B1C1D1为直四棱柱，
所以侧棱C1C垂直于底面ABCD，
又BD⊂平面ABCD，所以CC1⊥BD，
因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
又AC∩CC1=C，AC⊂面AC1，CC1⊂面AC1，所以BD⊥面AC1，
又因为P∈CC1，CC1⊂面ACC1A1，所以P∈面ACC1A1，
因为A1∈面ACC1A1，所以A1P⊂面AC1，所以BD⊥A1P．
18、（2020届江苏省海安中学、金陵中学、新海高级中学高三12月联考）如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，且，，，分别是，的中点，.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面．

【解析】(1)取中点，连，，
，分别是，的中点
，且
又为中点，且，
四边形为平行四边形
，又平面，平面平面
(2)设
由及为中点得
又，，
又为公共角

即又，
平面，又平面
平面平面


19、（2021年江苏金陵中月考）已知四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，
M
A
C
P
B
D
且PA＝AD＝DC＝AB＝1，M是侧棱PB的中点．
(1)证明：平面PAD⊥平面PCD；
(2)求平面AMC与平面BMC所成二面角(锐角)的余弦值．


【解析】：因为∠DAB＝90°，即DA⊥AB，且PA⊥底面ABCD，所以，
以点A为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向的
方向向量，建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示．
因为PA＝AD＝DC＝AB＝1，M是侧棱PB的中点，所以
A(0，0，0)，D(1，0，0)，P(0，0，1)，
B(0，2，0)，C(1，1，0)，M(0，1，)．
(1)证明：因为＝(0，0，1)，＝(0，1，0)，所以·＝0，所以AP⊥DC．
又由题知AD⊥DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，
所以DC⊥平面PAD．
又DCÌ平面PCD，所以平面PAD平面PCD．
(2)设平面AMC的法向量为n＝(x，y，z)．
因为＝(0，1，)，＝(1，1，0)，所以由得
取x＝1，得y＝－1，z＝2，得n＝(1，－1，2)，
所以平面AMC的一个法向量为n＝(1，－1，2)．
同理可得面BMC的一个法向量为m＝(1，1，2)．
因为cos＜n，m＞＝＝＝，
所以平面AMC与平面BMC所成的二面角(锐角)的余弦值为．

20、（2021年江苏金陵中学学情调研）如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．



【解析】(1)证明：取BP的中点T，连接AT，TN．
由N为PC的中点，知TN∥BC，TN＝BC＝2．
又AD∥BC，AM＝AD＝2，所以TNAM，因此四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT．
…………………………………3分
因为ATÌ平面PAB，MNË平面PAB，所以MN∥平面PAB．
…………………………………5分

(2)取BC的中点E，连接AE．
由AB＝AC，得AE⊥BC，因为AD∥BC，所以AE⊥AD，AE＝＝＝．
以A为原点，AE，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz．
由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(，2，0)，N，＝(0，2，－4)，＝，＝．…………………………………7分
设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则即可取n＝(0，2，1)．
……………………………………………………………………9分
于是|cos＜n，＞|＝＝．…………………………………11分
设AN与平面PMN所成角为θ，则sin θ＝，即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为． …………………………………12分
21、（江苏省南京市2021届高三上学期期初学情调研）如图，在四棱锥P—ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AD∥BC，AB＝BC＝PA＝1，AD＝2，∠PAD＝∠DAB＝90°，点E在棱PC上，设CE＝CP．
（1）求证：CD⊥AE；
（2）记二面角C—AE—D的平面角为，且，求实数的值．

（1）证明：因为∠PAD＝90°，所以PA⊥AD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PAÌ平面PAD，
所以PA⊥平面ABCD．
又CDÌ平面ABCD，所以CD⊥PA．
在四边形ABCD中，AD//BC，∠DAB＝90°，所以∠ABC＝90°，
又AB＝BC＝1，所以△ABC是等腰直角三角形，即∠BAC＝∠CAD＝45°，AC＝．
在△CAD中，∠CAD＝45°，AC＝，AD＝2，
所以CD＝＝，从而AC2＋CD2＝4＝AD2．
所以CD⊥AC．
又AC∩PA＝A，AC，PAÌ平面PAC，所以CD⊥平面PAC．
又AEÌ平面PAC，所以CD⊥AE．
（2）解：因为PA⊥平面ABCD，BA⊥AD，
故以{，，}为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为AB＝BC＝PA＝1，AD＝2，
所以 A(0，0，0)，P(0，0，1)，
C(1，1，0)，D(0，2，0)，
则＝(－1，1，0)，＝(0，2，0)．
因为点E在棱PC上，且CE＝λCP，
所以＝λ，
设E(x，y，z)，则(x－1，y－1，z)＝λ(－1，－1，1)，
故E(1－λ，1－λ，λ)，所以＝(1－λ，1－λ，λ)．
由（1）知，CD⊥平面PAC，所以平面ACE的一个法向量为n＝＝(－1，1，0)．
设平面AED的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由得
令z1＝1－λ，所以平面AED的一个法向量为m＝(－λ，0，1－λ)．
因此 |cosθ|＝|cos|＝||＝||＝，
化简得3λ－8λ＋4＝0，解得λ＝或2．
因为E在棱PC上，所以λ∈[0，1]，所以λ＝．所以当|cosθ|＝时，实数λ的值为．
22、（2020届山东省泰安市高三上期末）如图，在三棱锥P—ABC中，△PAC为等腰直角三角形，为正三角形，D为A的中点，AC=2．

(1)证明：PB⊥AC；
(2)若三棱锥的体积为，求二面角A—PC—B的余弦值
【解析】（1）证：为等腰直角三角形，为中点，，
又为正三角形，为中点，，
又，平面，
平面PBD，又平面，
（2）解：设三棱锥的高为，，
，
，又平面ABC，
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设为平面的一个法向量，则，即，
令，得，，
又是平面的一个法向量，∴，
由图可知二面角的平面角为锐角，∴二面角的余弦值为．