專題過關(guān)檢測三立體幾何(分值:150分)一、選擇題:本大題共8小題,每小題5分,共計(jì)40分.每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的.1.(2025廣東中山二模)如圖,在圓柱O1O2內(nèi)有一個(gè)球O,該球與圓柱的上、下底面及母線均相切.若O1O2=2,則圓柱O1O2的表面積為()A.4π B.5π C.6π D.7π2.(2025遼寧鞍山二模)若圓錐的側(cè)面積與軸截面面積之比為2π,則圓錐母線與底面所成角的大小為()A.π6 B.π4 C.π3 3.(2025安徽皖南八校三模)設(shè)l1,l2,l3是三條不同的直線,α,β是兩個(gè)不同的平面,且α∩β=l1,l2?α,l3?β,則“l(fā)2∥l3”是“l(fā)1∥l2”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件4.(2025廣東深圳二模)已知正四棱錐的底面邊長為6,且其側(cè)面積是底面積的2倍,則此正四棱錐的體積為()A.363 B.366C.1083 D.10865.(2025山東青島、淄博二模)已知一個(gè)圓錐的側(cè)面展開圖是個(gè)半圓,其母線長為23,該圓錐被平行于其底面的平面所截,截去一個(gè)底面半徑為33的圓錐,則所得圓臺的體積為(A.13π9 BC.26π9 D6.(2025浙江名校協(xié)作體模擬)一個(gè)底面邊長為2cm的正四棱柱形狀的容器內(nèi)裝有一些水(底面放置于桌面上),現(xiàn)將一個(gè)底面半徑為1cm的鐵制實(shí)心圓錐放入該容器內(nèi),圓錐完全沉入水中且水未溢出,并使得水面上升了π2cm.若該容器的厚度忽略不計(jì),則該圓錐的側(cè)面積為(A.37πcm2 B.6πcm2C.210πcm2 D.237πcm27.(2025北京東城一模)祈年殿(圖1)是北京市的標(biāo)志性建筑之一,距今已有600多年歷史.殿內(nèi)部有垂直于地面的28根木柱,分三圈環(huán)形均勻排列.內(nèi)圈有4根約為19米的龍井柱,寓意一年四季;中圈有12根約為13米的金柱,代表十二個(gè)月;外圈有12根約為6米的檐柱,象征十二個(gè)時(shí)辰.已知由一根龍井柱AA1和兩根金柱BB1,CC1形成的幾何體ABC-A1B1C1(圖2)中,AB=AC=8,∠BAC=144°,則平面A1B1C1與平面ABC所成角的正切值為()圖1圖2A.43sin18° BC.43cos18° D8.在三棱錐P-ABC中,AB=AC=4,∠BAC=120°,PA=6,PB=PC=213,則三棱錐P-ABC的外接球的表面積為()A.100π B.75π C.80π D.120π二、選擇題:本大題共3小題,每小題6分,共計(jì)18分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求,全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯(cuò)的得0分.9.(2025遼寧本溪模擬)已知α,β是兩個(gè)不重合的平面,m,n是兩條不重合的直線,則下列說法正確的是()A.若m∥n,m⊥α,則n⊥αB.若m∥α,α∩β=n,則m∥nC.若m⊥α,m⊥β,則α∥βD.若m⊥α,m∥n,n∥β,則α⊥β10.(2025福建廈門三模)如圖,一個(gè)漏斗的上面部分可視為長方體ABCD-A'B'C'D',下面部分可視為正四棱錐P-ABCD,O為正方形ABCD的中心,兩部分的高都是該正方形邊長的一半,則()A.A'O⊥ABB.A'O∥平面APDC.平面AA'P⊥平面BDPD.CC'與A'P為相交直線11.(2025山東煙臺模擬)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,P為棱AA1的中點(diǎn),則()A.直線PD1與BC所成的角為30°B.B1D⊥平面A1BC1C.過點(diǎn)P且與B1D垂直的平面截正方體所得截面的面積為33D.以P為球心,6為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線的長度為2三、填空題:本大題共3小題,每小題5分,共計(jì)15分.12.(2025上海普陀二模)若一個(gè)圓錐的高為2,側(cè)面積為22π,則該圓錐側(cè)面展開圖中扇形的圓心角的大小為.

13.(2025北京東城二模)《九章算術(shù)》是我國古代著名的數(shù)學(xué)著作,其中討論了“垣”“塹”等建筑的體積問題.某工程要完成一個(gè)形如直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的“塹”形溝渠的土方作業(yè)(如圖),其中AD,BC與平面AA1B1B所成的角均為π3,AB∥DC,AB=4米,DC=8米,AA1=20米,則需要挖土立方米.14.(2025山東濰坊二模)已知圓臺的上底面半徑為1,下底面半徑為2,其下底面與半球O的底面重合,上底面圓周在半球O的球面上,則圓臺的側(cè)面積為;半球O被該圓臺的上底面所在的平面截得兩部分,其體積分別為V1,V2(V1<V2),則V1V2=四、解答題:本大題共5小題,共計(jì)77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(13分)(2025河南新鄉(xiāng)二模)《九章算術(shù)·商功》中,將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑.如圖,在四面體ABCD中,CD⊥平面ABC,AB⊥BC,且AB=4,BC=CD=3,AE=(1)證明:四面體ABCD為鱉臑;(2)若直線MN⊥平面ABD,求直線BE與MN所成角的余弦值.16.(15分)(2025北京東城一模)如圖,在幾何體ABCDEF中,四邊形ABCD為平行四邊形,平面ADE⊥平面CDE,AD⊥DE,AD=DE=DC=1,BF∥DE.(1)證明:FC∥平面ADE;(2)已知點(diǎn)E到平面AFC的距離為62,且AC=CE,求BF的長17.(15分)(2025山東濱州二模)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AD=2,AB=3,AB⊥PD,△APD為等腰三角形,且∠PAD=2π3,點(diǎn)E為線段PD(1)若BP∥平面ACE,求PEPD的值(2)當(dāng)PEPD為何值時(shí),直線AE與平面PAC所成的角最大,并求最大角的值18.(17分)(2025山東臨沂一模)在△NBC中,∠NBC=90°,AD∥BC,NA=CD=2AB=2,如圖,將△NAD沿AD翻折至△PAD.(1)證明:平面PBC⊥平面PAB;(2)若二面角P-AD-B大小為120°.(ⅰ)求PA與平面PBC所成角的正弦值;(ⅱ)在線段PD上是否存在點(diǎn)E,使得平面ABE與平面PDC所成角的余弦值為15?若存在,確定點(diǎn)E的位置;若不存在,說明理由19.(17分)(2025遼寧沈陽模擬)離散曲率是刻畫空間彎曲性的重要指標(biāo).設(shè)P為多面體M的一個(gè)頂點(diǎn),定義多面體M在點(diǎn)P處的離散曲率為ΦP=1-12π(∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠Qk-1PQk+∠QkPQ1),其中Qi(i=1,2,…,k,k≥3)為多面體M的所有與點(diǎn)P相鄰的頂點(diǎn),且平面Q1PQ2,平面Q2PQ3,…,平面Qk-1PQk和平面QkPQ1為多面體M的所有以P為公共點(diǎn)的面.如圖,在三棱錐P-ABC(1)求三棱錐P-ABC在各個(gè)頂點(diǎn)處的離散曲率的和;(2)若PA⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,三棱錐P-ABC在頂點(diǎn)C處的離散曲率為38,求點(diǎn)A到平面PBC的距離(3)在(2)的前提下,又知點(diǎn)Q在棱PB上,直線CQ與平面ABC所成角的余弦值為306,求BQ的長度

答案：1.C解析由題意知,圓柱O1O2底面半徑r=O1O22=1,母線長l=O1O2=2,所以圓柱O1O2的表面積S=2πr2+2πrl=2π+4π=6π2.A解析設(shè)圓錐的底面半徑為r,母線長為l,高為h,則由題意得12×2πr×l12×2r×h=2π,解得l=2h,設(shè)圓錐母線與底面所成角為θ0<θ<π2,則sin3.A解析當(dāng)l2∥l3時(shí),l3?β,l2?β,所以l2∥β,又l2?α,α∩β=l1,所以l1∥l2成立,當(dāng)l1∥l2時(shí),若l1與l3相交,則l2與l3異面,不能推導(dǎo)出l2∥l3,所以“l(fā)2∥l3”是“l(fā)1∥l2”的充分不必要條件.故選A.4.A解析如圖,在正四棱錐P-ABCD中,PO為四棱錐的高,PE為側(cè)面的高,因?yàn)檎睦忮F的底面邊長為6,且其側(cè)面積是底面積的2倍,所以S側(cè)=4×12×6PE=2S底=72,解得PE=6,PO=PE2-OE2=33,所以VP-ABCD=13S底·PO=13×36×5.C解析設(shè)圓錐底面半徑為r,由題意可得2πr=23π,解得r=3,如圖,作出圖形的軸截面,其中E,B分別為圓臺的上、下底面圓的圓心,則CB=AC2-AB2=3,CECB=DEAB=13,可得CE=1,BE=2,V=13×π×36.A解析設(shè)圓錐的高為hcm,所以圓錐的體積V=πh3cm由題意,正四棱柱中水上升的體積即為圓錐的體積,所以2×2×π2=πh3,所以h=故圓錐的側(cè)面積為12×2π×37=37πcm2.7.B解析若平面ABC∥平面DB1C1,則平面A1B1C1與平面ABC所成角,即為平面A1B1C1與平面DB1C1所成角,由題意有△ABC≌△DB1C1,即△DB1C1是等腰三角形,腰長約為8米,∠B1DC1=144°,易知∠DB1C1=∠DC1B1=18°,若E是B1C1的中點(diǎn),連接DE,A1E,則DE⊥B1C1,且A1D⊥平面DB1C1,由B1C1?平面DB1C1,則A1D⊥B1C1,DE∩A1D=D,DE,A1D?平面A1DE,所以B1C1⊥平面A1DE,則∠A1ED是平面A1B1C1與平面DB1C1所成角的平面角,其中A1D=19-13=6,DE=8sin18°,則tan∠A1ED=A1DDE=8.A解析在△BAC中,由余弦定理得,BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=48,則BC=43.因?yàn)镻A2+AC2=PC2,所以PA⊥AC.同理,PA⊥AB.又AB∩AC=A,AB,AC?平面ABC,則PA⊥平面ABC.設(shè)△ABC的外接圓半徑為r,所以2r=BCsin120°所以r=4,所以外接球的半徑R滿足R2=r2+PA22=16+9=25,故三棱錐P-ABC外接球的表面積為4πR2=100π.9.ACD解析對于A,因?yàn)閙∥n,m⊥α,所以n⊥α,故A正確;對于B,根據(jù)判定定理,由m∥α,α∩β=n,m?β,得m∥n,而若m∥α,α∩β=n,則m∥n,這個(gè)條件中少了m?β,故不能說明m∥n,故B錯(cuò)誤;對于C,因?yàn)閙⊥α,m⊥β,所以兩平面有公共的法向量,根據(jù)法向量相同的兩平面,不重合就一定平行,則α∥β,故C正確;對于D,根據(jù)m⊥α,m∥n,得n⊥α,又因?yàn)閚∥β,則過n作一個(gè)平面γ與平面β相交于l,則n∥l,所以可得l⊥α,又因?yàn)閘?β,所以α⊥β,故D正確.故選ACD.10.BCD解析對于A,設(shè)正方形ABCD的邊長為2,由正四棱錐性質(zhì)可得PO⊥平面ABCD,故PO=AA'=1,因?yàn)锳'A⊥平面ABCD,故A'O在平面ABCD的射影為AO,又AO不與AB垂直,故A'O不與AB垂直,故A不正確;對于B,由題PO∥AA'且PO=AA',故四邊形POA'A是平行四邊形,所以A'O∥AP,A'O?平面APD,AP?平面APD,所以A'O∥平面APD,故B正確;對于C,因?yàn)镻O∥CC'∥AA',O∈平面CC'A'A,故PO?平面CC'A'A,平面AA'P即為平面CC'A'A,因?yàn)锳'A⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以A'A⊥BD,又因?yàn)锽D⊥AC,A'A∩AC=A,所以BD⊥平面CC'A'A,又BD?平面BDP,所以平面BDP⊥平面CC'A'A,即平面AA'P⊥平面BDP,故C正確;對于D,因?yàn)镃C',A'P?平面CC'A'A,且不平行,故CC'與A'P為相交直線,故D正確.故選BCD.11.BCD解析在正方體ABCD-A1B1C1D1中,A1D1∥B1C1∥BC,故直線PD1與BC所成的角即為直線PD1與A1D1所成的角,即∠A1D1P,在Rt△PA1D1中,tan∠A1D1P=PA1A1D1=12,則∠A1D1P不為30°,故A錯(cuò)誤;對于B,連接B1D1,則B1D1⊥A1C1,又DD1⊥平面A1B1C1D1,A1C1?平面A1B1C1D1,所以DD1⊥A1C1,B1D1∩DD1=D1,B1D1,DD1?平面DD1B1,故A1C1⊥平面DD1B1,B1D?平面DD1B1,故A1C1⊥B1D,同理可證A1B⊥B1D,A1C1∩A1B=A1,A1C1,A1B?平面A1BC1,故B1D⊥平面A1BC1,故B正確;因?yàn)锽1D⊥平面A1BC1,所以過點(diǎn)P且與B1D垂直的平面截正方體所得截面與平面A1BC1平行,設(shè)AB,BC,CC1,C1D1,D1A1的中點(diǎn)為Q,E,F,G,H,依次連接P,Q,E,F,G,H,可得六邊形PQEFGH為正六邊形,而PQ∥A1B,PQ?平面A1BC1,A1B?平面A1BC1,故PQ∥平面A1BC1,同理可證EQ∥平面A1BC1,EQ∩PQ=Q,EQ,PQ?平面PQEFGH,故平面PQEFGH∥平面A1BC1,即過點(diǎn)P且與B1D垂直的平面截正方體所得截面即為六邊形PQEFGH,邊長為2,其面積為6×34×(2對于D,過點(diǎn)P作BB1的垂線,垂足為M,則M為BB1的中點(diǎn),且PM⊥平面BCC1B1,設(shè)以P為球心,6為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線上的點(diǎn)為K,則PK=6,MK?平面BCC1B1,故PM⊥MK,且MK=PK則以P為球心,6為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線為平面BCC1B1上以M為圓心,以2為半徑的圓弧,N,L分別為圓弧與B1C1,BC的交點(diǎn),如圖.由于∠B1MN=∠BML=45°,故∠LMN=90°,則交線長度為π2×2=2π2,12.2π解析設(shè)底面半徑為r,母線長為l,由πrl=22π,得rl=22,又h=2,由勾股定理得l=r2所以rr2+2=22,解得r=2,底面圓周長L=2πr=22π,扇形圓心角θ=Ll=13.2403解析因?yàn)锳D,BC與平面AA1B1B所成角均為π3,且AB∥DC所以四邊形ABCD為等腰梯形,因?yàn)锳B=4,DC=8,AA1=20,所以等腰梯形的高h(yuǎn)=23,故S梯形ABCD=12(AB+DC)h=12×(4+8)×23=123,所以直四棱柱體積V直四棱柱ABCD-A1B1C14.6π163-2727解析作出圓臺的軸截面如圖,設(shè)圓臺的上底面半徑為r1,下底面半徑為r2∵圓臺的上底面半徑為1,下底面半徑為2,∴r1=1,r2=2,又下底面與半球O的底面重合,∴R=2,∴圓臺的高h(yuǎn)=R2∴圓臺的母線長為l=h2+∴圓臺的側(cè)面積為S=π(r1+r2)l=π(1+2)×2=6π,半球的體積為V半球=43πR3×12=23π×∵球心到圓臺的上底面所在的平面的距離為d=3,∴球冠的高度為h'=R-d=2-3,∴球冠的體積為V1=πh∴V2=V半球-V1=16π3-π(∴V115.(1)證明因?yàn)镃D⊥平面ABC,BC?平面ABC,AC?平面ABC,AB?平面ABC,所以CD⊥BC,CD⊥AC,CD⊥AB.又AB⊥BC,且BC∩CD=C,BC,CD?平面BCD,所以AB⊥平面BCD,又BD?平面BCD,則AB⊥BD,所以四面體ABCD的四個(gè)面都為直角三角形,則四面體ABCD為鱉臑.(2)解以B為坐標(biāo)原點(diǎn),BC,BA的方向分別為x軸、y軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,4,0),B(0,0,0),D(3,0,3),E65,125則BA=(0,4,0),BD=(3,0,3),BE=65,125設(shè)平面ABD的法向量為n=(x,y,z),則n·BA=4y=0,n·BD=3由cos<BE,n>=BE·n|BE||n|=16.(1)證明由四邊形ABCD為平行四邊形,得AD∥BC,又BF∥DE,AD?平面ADE,BC?平面ADE,則BC∥平面ADE,同理BF∥平面ADE,由BC∩BF=B,BC,BF都在平面BCF內(nèi),則平面BCF∥平面ADE,FC?平面BCF,則FC∥平面ADE.(2)解因?yàn)槠矫鍭DE⊥平面CDE,AD⊥DE,平面ADE∩平面CDE=DE,AD?平面ADE,所以AD⊥平面CDE,又DE,CD?平面CDE,則AD⊥DE,AD⊥CD,由AD⊥DE,AD⊥CD,AD=DE=DC=1,得△ADE≌△ADC,又AC=CE,故AC=AE=CE,所以△ADE≌△ADC≌△EDC,則CD⊥DE.綜上,AD⊥DE,AD⊥CD,CD⊥DE.以D為原點(diǎn),DA,DC,DE為x軸、y所以A(1,0,0),C(0,1,0),E(0,0,1),令BF=x>0,則F(1,1,x),故AF=(0,1,x),CF=(1,0,x),AE=(-1,0,1),設(shè)平面AFC的法向量為m=(a,b,c),則m·AF=b+xc=0,m·CF=a+由題設(shè)|AE·m||m|=x+12x2+1=62,可得17.解(1)設(shè)AC∩BD=O,連接OE.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形,所以O(shè)為BD的中點(diǎn),又因?yàn)锽P∥平面ACE,且BP?平面BDP,平面ACE∩平面BDP=OE,所以BP∥OE,又在△BDP中,O為BD的中點(diǎn),可得E為DP的中點(diǎn),所以當(dāng)BP∥平面ACE時(shí),PEPD(2)因?yàn)锳B⊥AD,AB⊥PD,PD∩AD=D,PD,AD?平面PAD,所以AB⊥平面PAD.以點(diǎn)A為原點(diǎn),分別以AB,AP所在直線為z軸、y軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.因?yàn)锳D=2,AB=3,△APD為等腰三角形,所以AP=3,且∠PAD=2π3,則∠DAx=π6,所以A(0,0,0),P(0,2,0),D(3,-1,0),C(3,設(shè)PE=λPD=λ(3,-3,0),其中0<λ≤1,(易知λ=0時(shí)線面角為0,不是最大)AE=AP+PE=(0,2,0)+λ(3,-3,0)=(3λ,2AP=(0,2,0),AC=(3,-1,3).設(shè)平面PAC的法向量為n=(x,y,z),則n·AP=2y=0,n·AC=3x-設(shè)直線AE與平面PAC所成的角為θ,由題意可得sinθ=|AE因?yàn)?<λ≤1,所以當(dāng)1λ=32,即λ=23時(shí)直線AE與平面PAC此時(shí)直線AE與平面PAC所成的角最大,為θ=π3,故當(dāng)PEPD=23時(shí),直線AE與平面PAC所成的角最大,18.(1)證明因?yàn)椤螻BC=90°,AD∥BC,所以AD⊥AP,AD⊥AB,因?yàn)镻A∩AB=A,PA,AB?平面PAB,所以AD⊥平面PAB,所以BC⊥平面PAB,又BC?平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAB.(2)解(ⅰ)在四棱錐P-ABCD中,由(1)知∠PAB即二面角P-AD-B的平面角,故∠PAB=120°,因?yàn)镹A=CD=2AB=2,所以NC=6,NB=3,從而BC=33,∠DCB=30°,過點(diǎn)A作AF⊥PB,交PB于點(diǎn)F,又因?yàn)锳F⊥BC,可得AF⊥平面PBC,PA與平面PBC所成角即為∠APF.在△PAB中,由余弦定理可得PB=PA2+AB2-2PA·AB所以PA與平面PBC所成角的正弦值為2114(ⅱ)以點(diǎn)A為原點(diǎn),AB,AD所在直線為x軸、y軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),P(-1,0,3),B(1,0,0),D(0,23