2021高考数学二轮复习专题练-三、核心热点突破-专题三-立体几何-专题检测卷立体几何.doc

2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题三 立体几何 专题检测卷立体几何2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题三 立体几何 专题检测卷立体几何年级：姓名：专题检测卷(三)立体几何(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题：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.(2020南昌调研)已知平面内的一条直线l及平面，则“l”是“”的()A.充分必要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件解析根据直线与平面垂直的判定定理，由“l，l”可证得“”，即充分性是成立的.反之由“，l”不一定得到“l”，即必要性不成立.所以“l”是“”的充分不必要条件.故选B.答案B2.(2020牡丹江调研)已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为，PA与圆锥底面所成角为45，若PAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为()A.40(1) B.40C.8(5) D.8解析设O为圆锥底面圆的圆心，设底面圆的半径为r.PA与圆锥底面所成角为45，即PAO45.所以PAr.母线PA，PB所成角的余弦值为，即cosAPB.则sinAPB.由SPABPAPBsinAPB2r25.r240，故S圆锥侧rPArrr240.答案B3.如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则该正四棱柱的高为()A.2 B.3C.4 D.5解析以D为坐标系原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示，设正四棱柱的高为h，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，h)，C1(0，2，h)，(0，0，h)，(2，2，0)，(0，2，h).设平面ACD1的法向量为n(x1，y1，z1)，则令z12，则y1h，x1h，n(h，h，2)为平面ACD1的一个法向量.又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，所以|cosn，CC1|，解得h4，故选C.答案C4.(2020长沙模拟)设三棱柱ABCA1B1C1的侧棱垂直于底面，ABAC2，BAC90，AA13，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是()A.24 B.18 C.26 D.16解析依题意，三棱柱ABCA1B1C1的外接球是底面为正方形(边长为2)、高为3的长方体的外接球，其直径为长方体的体对角线.设球的半径为R，则有(2R)22222(3)226，故三棱柱ABCA1B1C1外接球的表面积为4R226.故选C.答案C5.(2020成都二诊)在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P，Q分别为AB，AD的中点，过点D作平面使B1P平面，A1Q平面，若直线B1D1平面M，则的值为()A. B. C. D.解析如图，取A1D1的中点E，C1D1的中点F，连接DE，EF，DF.易知B1PDF，A1QDE，则平面DEF就是平面.EF与B1D1相交于点M，连接A1C1，与B1D1相交于点O，易证点M是D1O的中点.又O是B1D1的中点，所以.故选B.答案B6.(2020厦门质检)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为1，高为2，M为B1C1的中点，过点M作平面平行于平面A1BD，若平面把该正四棱柱分成两个几何体，则体积较小的几何体的体积为()A. B. C. D.解析设N为C1D1的中点，P为CC1的中点，连接MN，MP，NP，CB1，如图.在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1B1綊CD，四边形A1B1CD为平行四边形，DA1CB1.M为B1C1的中点，P为CC1的中点，MPCB1，DA1MP.MP平面A1BD，DA1平面A1BD，MP平面A1BD.同理可证NP平面A1BD，MPNPP，平面MNP平面A1BD，即平面MNP为平面.体积较小的几何体为三棱锥PC1MN，VPC1MNC1MC1NC1P1.故选C.答案C7.(2020安徽六校素质测试)如图，四面体ABCD为正四面体，AB1，点E，F分别是AD，BC的中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为()A. B. C. D.1解析将正四面体补成正方体，如图.由图可知截面为平行四边形MNKL，可得KNKL1.又KLBC，KNAD，且ADBC，KNKL.可得S四边形MNKLKNKL(当且仅当KNKL时取等号).故选A.答案A8.(2020辽宁五校联考)已知A，B是半径为2的球面上的两点，过AB作互相垂直的两个平面，若，截该球所得的两个截面的面积之和为16，则线段AB的长度是()A. B.2 C.2 D.4解析如图，设过AB所作的互相垂直的平面，截球O所得的圆分别为圆O2，圆O1，点O为球心，点A，B在球面上，所以球O的半径OB2，圆O1，圆O2的半径分别为O1B和O2B，且OO1，OO2.因为两个截面的面积之和为16，所以O1B2O2B216，即O1B2O2B216.在RtOO1B和RtOO2B中，两式相加得，OOOO2OB2(O1B2O2B2)24168.设AB的中点为M，则两式相加得，2BM2(O2B2O1B2)(OOOO)1688，所以BM2，则AB4.故选D.答案D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个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3分，有选错的得0分.9.已知a，b为两条不同的直线，为三个不同的平面，则下列说法正确的是()A.若a，则a B.若，则C.若a，b，则ab D.若，则解析若a，则a或a，故a不一定平行于，A错误；若，则，B正确；若a，b，则ab，C正确；若，则与相交或，D错误.故选BC.答案BC10.(2020日照模拟)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C为圆上异于点A，B的任意一点，则下列关系正确的是()A.PABCB.ACPBC.BC平面PACD.PCPB解析由题意，知PA平面ABC.BC平面ABC，PABC，A正确.ACB为直径AB所对的圆周角，ACBC.又PAACA，PA，AC平面PAC，BC平面PAC，C正确.假设ACPB.PA平面ABC，PAAC.ACBC，ACPB，且PBBCB，PB，BC平面PBC，AC平面PBC，则ACPC，与假设矛盾，B错误.由BC平面PAC，得BCPC，则PCB为直角三角形，PCPB不成立，D错误.故选AC.答案AC11.(2020临沂模拟)如图，正三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为1的等边三角形，侧棱长为2，D，E分别是BB1，AC的中点，则下列结论成立的是()A.直线CD与B1C1是异面直线B.直线BE与平面A1CD平行C.直线AC与直线A1D所成角的余弦值为D.直线CD与平面AA1C1C所成角的余弦值为解析直线CD与B1C1在同一平面B1C1CB内，不是异面直线，A错误.连接AC1，记A1C，AC1的交点为O，连接OE，OD，则OECC1，OEBD.又OECC1BD，所以四边形BDOE是平行四边形，所以BEOD.因为BE平面A1CD，OD平面A1CD，所以直线BE与平面A1CD平行，B正确.因为ACA1C1，所以直线AC与直线A1D所成的角就是直线A1C1与直线A1D所成的角.连接C1D，在A1C1D中，易知A1C11，C1DA1D.由余弦定理可得cos DA1C1，所以直线AC与直线A1D所成角的余弦值为，C正确.由题意可得平面AA1C1C平面ABC，交线为AC，BEAC，BE平面ABC，根据面面垂直的性质可得BE平面AA1C1C.又BEOD，所以OD平面AA1C1C，所以直线CD与平面AA1C1C所成的角就是DCO.在直角三角形DCO中，CD，CO，所以直线CD与平面AA1C1C所成角的余弦值为，D正确.故选BCD.答案BCD12.(2020山东十校联考)已知菱形ABCD中，BAD60，AC与BD相交于点O，将ABD沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，下列结论正确的是()A.BDCMB.存在一个位置，使CDM为等边三角形C.DM与BC不可能垂直D.直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60解析画出示意图如图.对于A，因为菱形ABCD中，AC与BD相交于点O，所以AOBD，COBD.将ABD沿BD折起，使顶点A至点M的过程中，AO始终与BD垂直，所以MOBD.又COBD，MOCOO，MO，CO平面CMO，所以BD平面CMO.又CM平面CMO，所以BDCM，A正确.设菱形ABCD的边长为2.因为BAD60，所以AOCOMO，BODO1.对于B，因为在折起的过程中，AD边的长度不变，所以MDCD.若CDM为等边三角形，则CMCD2，则cos MOC.当二面角MBDC的余弦值为时，CDM为等边三角形，B正确.对于C，.由A选项，知MOBD，COBD，所以0，所以()()3cos MOC1，显然当cos MOC时，0，即DMBC，C错误.对于D，由几何体的直观图可知，当OM平面BCD时，直线DM与平面BCD所成的角最大，为MDO，易知此时MDO60，D正确.故选ABD.答案ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.(2020重庆模拟)正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AA12，点D为棱A1B1的中点，则异面直线AD与CB1所成角的大小为_.解析如图，取AB的中点E，连接B1E，CE，则ADEB1，所以异面直线AD与CB1的夹角即为CB1E.在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AA12，所以CBCB2BB4(2)212，EBEB2BB1(2)29.又ABC为正三角形，所以CE.在CEB1中，由余弦定理，得cos CB1E，所以CB1E30.所以异面直线AD与CB1所成角的大小为30.答案3014.(2020成都二诊)已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)的所有顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为28，则该三棱柱的侧面积为_.解析如图，设球O的半径为R，直三棱柱的棱长为a，取等边三角形A1B1C1的重心(三边中线的交点)为点O1.由重心是中线的三等分点，得A1O1aa.根据几何关系，可以确定上、下底面三角形重心的连线的中点为球心O，即OO1.S球4R228，则R27.在RtA1OO1中，R2A1OOO，即7，解得a212.所以该三棱柱的侧面积S侧3aa31236.答案3615.(2020安徽六校素质测试)如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M是AD的中点，动点P在底面ABCD内(不包括边界)，若B1P平面A1BM，则C1P的最小值是_.解析如图，取BC的中点N，连接B1D，B1N，DN，作CODN交DN于点O，连接C1O.易知DNMB，B1NA1M且DNB1NN，MBA1MM，所以平面B1DN平面A1BM，所以动点P在底面ABCD内的轨迹为线段DN(不含端点).又CC1平面ABCD，所以当点P与点O重合时，C1P取得最小值.因为DNCODCNC，所以CO，所以(C1P)minC1O.答案16.(2020江西名校四联)在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，AP2，点M是矩形ABCD内(含边界)的动点，且AB1，AD3，直线PM与平面ABCD所成的角为.记点M的轨迹长度为，则tan _；当三棱锥PABM的体积最小时，三棱锥PABM的外接球的表面积为_.(本小题第一空2分，第二空3分)解析如图，因为PA平面ABCD，垂足为A，所以PMA为直线PM与平面ABCD所成的角，所以PMA.因为AP2，所以AM2，所以点M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆弧上.记点M的轨迹为圆弧EF，连接AF，则AF2.因为在RtABF中，AB1，AF2，所以AFBFAE，所以弧EF的长度2，所以tan .连接PF，则当点M与点F重合时，三棱锥PABM的体积最小.因为PA平面ABCD，BF平面ABCD，所以PABF.又ABBF，APABA，AP，AB平面ABP，所以BF平面ABP，所以BFPB，所以PBF为直角三角形，所以点B到线段PF的中点的距离为PF，此时三棱锥PABF的外接球的球心为线段PF的中点.因为PF2，所以三棱锥PABF的外接球的表面积S4()28，即三棱锥PABM的体积最小时，其外接球的表面积为8.答案8四、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.(本小题满分10分)(2020江苏卷)在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，B1C平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点.(1)求证：EF平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C平面ABB1.证明(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EFAB1.又EF平面AB1C1，AB1平面AB1C1，所以EF平面AB1C1.(2)因为B1C平面ABC，AB平面ABC，所以B1CAB.又ABAC，B1C平面AB1C，AC平面AB1C，B1CACC，所以AB平面AB1C.又因为AB平面ABB1，所以平面AB1C平面ABB1.18.(本小题满分12分)(2020长沙雅礼中学质检)如图，在四棱锥PABCD中，AP平面PCD，ADBC，ABBC，APABBCAD，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.(1)证明：PO平面ABCD；(2)若OB1，求点C到平面PAB的距离.(1)证明AP平面PCD，APCD.ADBC，BCAD，四边形BCDE为平行四边形，BECD，APBE.又ABBC，ABBCAD，且E为AD的中点，四边形ABCE为正方形，BEAC.又APACA，BE平面APC，则BEPO.AP平面PCD，APPC，又ACABAP，PAC为等腰直角三角形，O为斜边AC上的中点，POAC且ACBEO，PO平面ABCD.(2)解OB1，PAPBAB.设C到平面PAB的距离为d，由VCPABVPABC，得()2d()21，解得d.19.(本小题满分12分)(2020江苏卷)在三棱锥ABCD中，已知CBCD，BD2，O为BD的中点，AO平面BCD，AO2，E为AC的中点.(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；(2)若点F在BC上，满足BFBC，设二面角FDEC的大小为，求sin 的值.解(1)如图，连接OC，因为CBCD，O为BD的中点，所以COBD.又AO平面BCD，OB，OC平面BCD，所以AOOB，AOOC.以，为基底，建立空间直角坐标系Oxyz.因为BD2，CBCD，AO2，所以B(1，0，0)，D(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2).因为E为AC的中点，所以E(0，1，1)，所以(1，0，2)，(1，1，1)，所以|cos，|.因此，直线AB与DE所成角的余弦值为.(2)因为点F在BC上，BFBC，(1，2，0)，所以.又(2，0，0)，故.设n1(x1，y1，z1)为平面DEF的一个法向量，则即取x12，得y17，z15，所以n1(2，7，5).设n2(x2，y2，z2)为平面DEC的一个法向量，又(1，2，0)，则即取x22，得y21，z21，所以n2(2，1，1).故|cos |.所以sin .20.(本小题满分12分)如图，四边形ABCD为正方形， E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已知可得，BFPF，BFEF，又PFEFF，PF，EF平面PEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)解作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故EF2PE2PF2，所以PEPF.可得PH，EH.则H(0，0，0)，P，D，为平面ABFD的一个法向量.设DP与平面ABFD所成角为，则sin .所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.21.(本小题满分12分)(2020辽宁五校模拟)如图(1)，在等腰梯形ABCD中，ABCD，DAABBC2，CD4，E为CD的中点，将DEA沿AE折到D1EA的位置，如图(2).(1)证明：AED1B；(2)当折叠过程中所得四棱锥D1ABCE体积取最大值时，求直线D1E与平面ABD1所成角的正弦值.(1)证明如图(1)在梯形ABCD中，连接BE，DB，设DB交AE于点F.由已知，得四边形ABED为菱形，所以AEDB.在立体图形中，连接D1F，BF，如图(2).则AED1F，AEBF.因为D1FBFF，D1F，BF平面D1FB，所以AE平面D1FB.因为D1B平面D1FB，所以AED1B.(2)解要使四棱锥D1ABCE体积最大，则需要平面D1AE垂直于底面ABCE，此时D1F平面ABCE.图(3)故以点F为坐标原点，FE，FB，FD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图(3)，则A(1，0，0)，B(0，0)，E(1，0，0)，D1(0，0，)，所以(1，0，)，(1，0，)，(0，).设平面ABD1的法向量为n(x，y，z).由得令x，得n(，1，1).所以|cos，n|.所以直线D1E与平面ABD1所成角的正弦值为.22.(本小题满分12分)(2020长郡中学模拟)如图，在三棱台ABCA1B1C1中，侧面A1B1BA与侧面A1C1CA是全等的梯形，若A1AAB，A1AA1C1，且AB2A1B14A1A.(1)若2，2，求证：DE平面BCC1B1；(2)若二面角C1AA1B为，求平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值.(1)证明如图(1)，连接AC1，BC1.图(1)在梯形A1C1CA中，AC2A1C1，2，AC1A1CD，2.又2，DEBC1.BC1平面BCC1B1，DE平面BCC1B1，DE平面BCC1B1.(2)解侧面A1C1CA是梯形，A1AA1C1，AA1AC.图(2)又A1AAB，BAC为二面角C1AA1B的平面角，则BAC.又ABAC，ABC，A1B1C1均为正三角形.设AC的中点为G，连接GB，如图(2)，以点A为坐标原点，平行于GB所在的直线为x轴，AC，AA1所在的直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系.不妨设AA11，则A1B1A1C12，ABAC4，故点A(0，0，0)，C(0，4，0)，B(2，2，0)，B1(，1，1)，则(2，2，0)，(，1，1)，(2，2，0)，(，3，1).设平面A1B1BA的法向量为m(x1，y1，z1)，则有令y1，得x11，z10.m(1，0).设平面C1B1BC的法向量为n(x2，y2，z2)，则有令y2，得x21，z22，n(1，2).cosm，n.故平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值为.