1、专题检测三立体几何一、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.(2022山西太原三模)已知直线l和平面,若l,则()A.lB.lC.lD.l或l2.(2022广东潮州二模)已知一个圆柱的轴截面为正方形,且它的侧面积为36,则该圆柱的体积为()A.16B.27C.36D.543. (2022江苏连云港二模)右图是一个圆台的侧面展开图,若两个半圆的半径分别是1和2,则该圆台的体积是()A.B.C.D.4.(2022广东佛山模拟)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中,地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面,
2、将地球看作一个球,卫星信号像一条条直线一样发射到达球面,所覆盖的范围即为一个球冠,称此球冠的表面积为卫星信号的覆盖面积.球冠即球面被平面所截得的一部分,截得的圆叫做球冠的底,垂直于截面的直径被截得较短的一段叫做球冠的高.设球面半径为R,球冠的高为h,则球冠的表面积为S=2Rh.已知一颗地球静止同步通信卫星距地球表面的最近距离与地球半径之比为5,则它的信号覆盖面积与地球表面积之比为()A.B.C.D.5.(2022广东潮州二模)已知ABC是边长为3的等边三角形,三棱锥P-ABC全部顶点都在表面积为16的球O的球面上,则三棱锥P-ABC的体积的最大值为()A.B.C.D.6. (2022河北张家口
3、三模)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=()A.B.C.D.7.(2022全国乙理7)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则()A.平面B1EF平面BDD1B.平面B1EF平面A1BDC.平面B1EF平面A1ACD.平面B1EF平面A1C1D8.(2022山东潍坊三模)多面体“鳖臑”是四个面都是直角三角形的三棱锥.若一个“鳖臑”的所有顶点都在球O的球面上,且该“鳖臑”的高为2,底面是腰长为2的等腰直角三角形,则球O的表面积为()A.12B.4C.6D.2二、选择题:本题共
4、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.(2022山东威海三模)已知,是两个不同的平面,m,n是平面及外两条不同的直线,给出四个论断:mn,n,m,则正确的是()A.B.C.D.10.(2021新高考10)如图,在正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点,则满足MNOP的是()11. (2022湖南长沙明德中学二模)如图,四边形ABCD是底面直径为2,高为1的圆柱的轴截面,四边形OO1DA绕OO1逆时针旋转(0)到四边形OO1D1A1,则()A.圆柱OO1的侧面积为4B.当0时,DD
5、1A1CC.当=时,异面直线A1D与OO1所成的角为D.A1CD面积的最大值为12.(2022广东惠州一模)如图是一种纳米晶的结构示意图,由正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为n的几何体,则下列说法正确的有()A.该结构的纳米晶个体的表面积为7n2B.该结构的纳米晶个体的体积为n3C.该结构的纳米晶个体外接球的表面积为n2D.二面角A1-A2A3-B3的余弦值为-三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2022山东济南一模)已知圆锥的轴截面是一个顶角为,腰长为2的等腰三角形,则该圆锥的体积为.14.(2019北京文13)已知l,m是平面外的两条不同直线.给出
6、下列三个论断:lm;m;l.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:.15.(2022云南昆明模拟)已知四面体ABCD中,AB=BC=CD=DA=BD=2,二面角A-BD-C为60,E为棱AD中点,F为四面体ABCD表面上一动点,且总满足BDEF,则点F轨迹的长度为.16.(2022福建漳州二模)在平行四边形ABCD中,AB=8,BC=10,A=,点E在边BC上,且DC=CE.将CDE沿DE折起后得到四棱锥C-ABED,则该四棱锥的体积最大值为;该四棱锥的体积最大时,其外接球的表面积为.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.1
7、7. (10分)(2022浙江金华检测)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图如图所示,已知AB=5,BC=2,AD=,ADBC. (1)求原平面图形ABCD的面积;(2)将原平面图形ABCD绕AD旋转一周,求所形成的几何体的表面积和体积.18. (12分)(2021全国乙理18)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PBAM. (1)求BC;(2)求二面角A-PM-B的正弦值.19. (12分)(2020新高考20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l. (1)证明:l平面PDC
8、;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,QB=,求PB与平面QCD所成角的正弦值.20.(12分)(2022山东青岛一模)如图1,在梯形ABCD中,ABDC,AD=BC=CD=2,AB=4,E为AB的中点,沿DE将ADE折起,连接AB,AC,得到如图2所示的几何体.图1图2(1)证明:ACDE;(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件,求二面角D-AE-C的余弦值.四棱锥A-BCDE的体积为2;直线AC与EB所成角的余弦值为.21. (12分)(2022山东菏泽一模)如图,圆柱的轴截面ABCD是正方形,点E在底面圆周上,AFDE,垂足为F. (1)求证:AFDB;(2)当直线DE与平面A
9、BE所成角的正切值为2时,求二面角E-DC-B的余弦值;求点B到平面CDE的距离.22. (12分)(2022江苏金陵中学二模)如图,三角形ABC是边长为3的等边三角形,E,F分别在边AB,AC上,且AE=AF=2,M为线段BC的中点,AM交EF于点O,沿EF将三角形AEF折到DEF的位置,使DM=. (1)证明:DO平面EFCB;(2)若平面EFCB内的直线EN平面DOC,且与边BC交于点N,问在线段DM上是否存在点P,使二面角P-EN-B的大小为60?若存在,则求出点P;若不存在,请说明理由.专题检测三立体几何1.D解析 若l,则l或l.2.D解析 设圆柱底面半径为R,高为h,由题可得所以
10、故圆柱的体积为V=R2h=54.3. B解析 如图,设圆台上底面的半径为r,下底面的半径为R,高为h,母线长为l,则2r=1,2R=2,则r=,R=1,则l=2-1=1,h=,故圆台上底面面积S=,下底面面积S=12=,则该圆台的体积为(S+S+)h=+.4.D解析 如图,若O为球心,P为卫星位置,故R=OA=OE=OB,h=DE,PE=5R,所以cosPOA=,所以OD=R,即h=DE=R,所以.5. C解析 设球O的半径为R,ABC的中心为点E,则4R2=16,所以R=2.由已知可得SABC=.在ABC中,AD=3,AE=AD=,所以球心O到平面ABC的距离为=1,故三棱锥P-ABC的高的
11、最大值为3,则该三棱锥体积的最大值为SABC3=.6.D解析 由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1,ED,则A1B1ED,则EDAB,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1h=h(1+s+),所以.由CDECAB,可得.7. A解析 如图,对于A,E,F分别为AB,BC的中点,EFAC.在正方体ABCD -A1B1C1D1中,ACBD,DD1AC,又BDDD1=D,AC平面BDD1,EF平面BDD1.又EF平面B1EF,平面B1EF平面BDD1.故A正确.对于B,连接AC1,易证AC1平面A1BD.假设平面B1EF平面A
12、1BD,又AC1平面B1EF,AC1平面B1EF.又ACEF,AC平面B1EF,EF平面B1EF,AC平面B1EF.又AC1AC=A,平面AA1C1C平面B1EF.又平面AA1C1C平面AA1B1B=AA1,平面B1EF平面AA1B1B=B1E,AA1B1E,显然不成立,假设不成立,即平面B1EF与平面A1BD不垂直.故B错误.对于C,由题意知,直线AA1与B1E必相交,故平面B1EF与平面A1AC必相交.故C错误.对于D,连接AB1,CB1,易证平面AB1C平面A1C1D,又平面B1EF与平面AB1C相交,平面B1EF与平面A1C1D不平行.故D错误.8. A解析 如图所示,在三棱锥A-BC
13、D中,AB平面BCD,BCCD,BC=CD=AB=2.因为AB平面BCD,BC,BD,CD平面BCD,则ABBC,ABBD,CDAB.因为CDBC,ABBC=B,AB,BC平面ABC,则CD平面ABC.因为AC平面ABC,所以ACCD,所以三棱锥A-BCD的四个面都是直角三角形,且BD=2,AD=2.设线段AD的中点为O,则OB=OC=AD=OA=OD,所以点O为三棱锥A-BCD的外接球球心.设球O的半径为R,则R=AD=,故球O的表面积为4R2=12.9.AC解析 对于A,若,m,则m.又n,mn,故A正确;对于B,若m,mn,n,则n.又n,与平行或相交,故B错误;对于C,若,m,则m.又
14、mn,n,n,故C正确;对于D,若n,则n,又mn,则m与平行或相交,故D错误.10.BC解析 设正方体的棱长为2,对于A,如图1所示,连接AC,则MNAC,故POC(或其补角)为异面直线OP,MN所成的角,在直角三角形OPC中,OC=,CP=1,故tanPOC=,故MNOP不成立,故A错误;图1图2对于B,如图2所示,取NT的中点为Q,连接PQ,OQ,则OQNT,PQMN.由正方体SBCM-NADT可得,SN平面ANDT,而OQ平面ANDT,故SNOQ.而SNNT=N,故OQ平面SNTM.又MN平面SNTM,OQMN,而OQPQ=Q,所以MN平面OPQ,而PO平面OPQ,故MNOP,故B正确
15、;对于C,如图3,连接BD,则BDMN,由B的判断可得OPBD,故OPMN,故C正确;图3图4对于D,如图4,取AD的中点Q,AB的中点K,连接AC,PQ,OQ,PK,OK,则ACMN.因为DP=PC,故PQAC,即PQMN,所以QPO或其补角为异面直线PO,MN所成的角.因为正方体的棱长为2,故PQ=AC=,OQ=,PO=,QO2PQ2+OP2,则QPO不是直角,故PO,MN不垂直,故D错误.11.BC解析 对于A,圆柱OO1的侧面积为211=2,故A错误;对于B,因为0,所以DD1D1C.又DD1A1D1,A1D1D1C=D1,A1D1,D1C平面A1D1C,所以DD1平面A1D1C.因为
16、A1C平面A1D1C,所以DD1A1C,故B正确;对于C,因为A1D1OO1,所以DA1D1就是异面直线A1D与OO1所成的角.因为DO1D1=,所以DO1D1为正三角形,所以DD1=A1D1=1.因为A1D1DD1,所以DA1D1=,故C正确;对于D,作D1EDC,垂足为E,连接A1E,则DC平面A1D1E.又A1E平面A1D1E,所以A1EDC.在RtA1D1E中,A1E=,则DCA1E2,所以A1CD面积的最大值为,故D错误.12.ABD解析 对于A,该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成,所以表面积S=4n2+46n2=7n2,故A正确;对于B,棱长为3n的正四面体的高为n,所以该
17、几何体的体积V=(3n)2n-4n2n=n3,故B正确;对于C,设外接球球心为O,半径为R,A1A2A3的中心为O,正六边形B2B1C2C1D2D1的中心为O,则O在OO上,几何体上、下底面距离为n-n=n,可得n,整理得R2=n2,故该几何体的外接球表面积为S=4R2=n2,故C错误;对于D,二面角A1-A2A3-B3是原正四面体侧面和底面所成角的补角,如图,过正四面体的顶点V作VO平面ABC于点O,易知O为ABC的中心,连接并延长BO交AC于点D,则D为线段AC的中点,连接VD,则VDB即为所求侧面VAC与底面ABC所成二面角的平面角.在RtVOD中,cosVDB=,所以侧面与底面所成二面
18、角的平面角的余弦值为,所以二面角A1-A2A3-B3的余弦值为-,故D正确.13.解析 因为圆锥的轴截面是一个顶角为,腰长为2的等腰三角形,故该等腰三角形底边上的高即为圆锥的高h,则h=2cos=1,圆锥底面半径r=,所以圆锥的体积V=r2h=()21=.14.若l,m,则lm15.解析 取BD的中点O,易得BDAO,BDCO,AOCO=O,AO,CO平面AOC,所以BD平面AOC,则AOC是二面角A-BD-C的平面角,即AOC=60.又AO=CO=,则AC=.分别取线段CD,OD的中点N,M,则EMAO,AO平面AOC,EM平面AOC,故EM平面AOC.同理MN平面AOC.又EMMN=M,E
19、M,MN平面EMN,所以平面AOC平面EMN,则BD平面EMN.因为F为四面体ABCD表面上一动点,且总满足BDEF,所以点F轨迹是EMN(不包含点E),其长度为(AO+CO+AC)=.16.96解析 如图,在平行四边形ABCD中,A=,所以C=.因为DC=CE,所以CDE为等边三角形,所以DE=CD=AB=8,所以四边形ABED为等腰梯形,所以SABED=(BE+AD)ABsin(2+10)8=24.要使四棱锥的体积最大,则平面CDE平面ABED,高为8=4,所以该四棱锥的体积最大值为244=96.设等腰梯形ABED的外心为O1,O1到AD的距离为d,由O1D=O1B,可得,解得d=,所以O
20、1D=2.由球的截面的性质可知,过等腰梯形ABED的外心O1作直线a平面ABED,过等边三角形CED的中心O2作直线b平面CED,则直线a,b的交点O即为外接球的球心,所以外接球的半径R=,所以外接球的表面积为4R2=4.17. 解 (1)根据直观图,作出原图形,如图所示.由题图可知DAB=ABC=90.过点C作CEAD交AD于点E,则AB=EC=DE=5,AE=BC=4,故SABCD=.(2)由题意得,该几何体是一个以EC的长为底面半径的圆锥和一个以AB的长为底面半径的圆柱组成的.由(1)可知,DC=5,所以所形成的几何体的表面积为S=S圆锥侧+S圆柱侧+S圆柱下底=ECDC+2ABBC+A
21、B2=55+254+52=(65+25),体积为V=V圆锥+V圆柱=EC2DE+AB2BC=525+524=.18. 解 (1)连接BD.PD底面ABCD,AM底面ABCD,PDAM.PBAM,PBPD=P,AM平面PBD,AMBD,ADB+DAM=90.又DAM+MAB=90,ADB=MAB,RtDABRtABM,BC2=1,BC=.(2)如图,以D为原点,分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.可得A(,0,0),B(,1,0),M,P(0,0,1),=(-,0,1),=-,0,0,=(-,-1,1).设平面AMP的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则令x1=,则y1=1,z
22、1=2,可得m=(,1,2).设平面BMP的一个法向量为n=(x2,y2,z2),同理可得n=(0,1,1).则cos=.设二面角A-PM-B的平面角为,则sin =.19.(1)证明 因为PD底面ABCD,所以PDAD.又底面ABCD为正方形,所以ADDC.因此AD平面PDC.因为ADBC,AD平面PBC,所以AD平面PBC.由已知得lAD.因此l平面PDC.(2)解 以D为坐标原点,DA,DC,DP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D-xyz,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则=(1,1,-1),=(0,1,0),由(1)
23、可设Q(a,0,1),则=(1-a,1,-1),所以|=,解得a=1,则Q(1,0,1),则=(1,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的一个法向量,则取x=1,可得n=(1,0,-1),所以cos=,所以PB与平面QCD所成角的正弦值为.20.(1)证明 在题图1中,因为DCAB,CD=AB,E为AB中点,所以DCEB,DC=EB,所以四边形DEBC为平行四边形,所以BC=DE=2,则四边形DEBC为菱形.在题图2中,取DE中点O,连接OA,OC,CE,则AD=AE=CE=CD,则OA=OC=,且DEOA,DEOC.因为OAOC=O,OA,OC平面AOC,所以DE平面AOC.因为AC平
24、面AOC,所以DEAC.(2)解 若选择:因为DE平面AOC,DE平面BCDE,所以平面AOC平面BCDE,交线为OC.过点A作AHOC,则AH平面BCDE.由题可得SBCDE=2,所以四棱锥A-BCDE的体积VA-BCDE=2=2AH,解得AH=OA,所以AO与AH重合,即AO平面BCDE.建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),C(-,0,0),E(0,1,0),A(0,0,),则=(,1,0),=(,0,).平面DAE的一个法向量为=(,0,0).设平面AEC的一个法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=-,z=-1,即n=(1,-,-1).设二面角D-AE-C的大小为,
25、则cos =cos=,所以二面角D-AE-C的余弦值为.若选择:因为DCEB,所以ACD即为异面直线AC与EB所成角,在ADC中,cosACD=,解得AC=,所以OA2+OC2=AC2,即OAOC.因为DE平面AOC,DE平面BCDE,所以平面AOC平面BCDE且交线为OC,所以AO平面BCDE.建立如图所示空间直角坐标系,则O(0,0,0),C(-,0,0),E(0,1,0),A(0,0,),则=(,1,0),=(,0,).平面DAE的一个法向量为=(,0,0).设平面AEC的一个法向量为n=(x,y,z),所以令x=1,则y=-,z=-1,得n=(1,-,-1).设二面角D-AE-C的大小
26、为,则cos =,所以二面角D-AE-C的余弦值为.21.(1)证明 由题意可知,DA底面ABE,BE底面ABE,故BEDA.又BEAE,ADAE=A,AD,AE平面AED,故BE平面AED.因为AF平面AED,所以AFBE.又AFDE,BEDE=E,BE,DE平面BED,故AF平面BED.又DB平面BED,所以AFDB.(2)解 由题意,以A为原点,在底面圆内过点A作AB的垂线,以其作为x轴,以AB,AD所在直线为y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系.设AD的长度为2,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(0,2,2),D(0,0,2).因为DA平面ABE,所以DEA就是直线DE与平面A
27、BE所成的角,所以tanDEA=2,解得AE=1,所以E,0,则=(0,2,0),=,-2.设平面DCE的一个法向量为n=(x,y,z),则取x=4,则y=0,z=,即n=(4,0,).又m=(1,0,0)是平面BCD的一个法向量,所以cos=.又由图形可知二面角E-DC-B为锐角,所以二面角E-DC-B的余弦值为.因为=,-,0,所以点B到平面DCE的距离d=.22.(1)证明 因为ABC为等边三角形,且AE=AF=2,则DEF为等边三角形,则DO=,OM=.又DM=,则DM2=DO2+OM2,故DOOM.又AE=AF,AB=AC,所以EFBC.因为M为BC的中点,所以AMBC,所以DOEF
28、,因为EFOM=O,EF,OM平面EBCF,所以DO平面EBCF.(2)解 存在.连接OC,过点E作ENOC交BC于点N,OC平面DOC,EN平面DOC,则EN平面DOC.又OECN,所以四边形OENC为平行四边形,所以OE=NC=1.建立如图所示的空间直角坐标系.设=(01),由题得平面ENB的一个法向量为n=(0,0,1).设平面ENP的一个法向量为m=(x,y,z),由题得E(1,0,0),N-,0,D(0,0,),M0,0,则=0,-,=(-1,0,),=-,0,所以=0,-,所以=-1,所以令x=1,则y=,z=,所以m=1,.因为二面角P-EN-B的大小为60,所以,解得=2(舍去)或=,所以=0,-,故P0,即线段DM上存在点P,使二面角P-EN-B的大小为60.
