專題檢測三立體幾何一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.(2023北京101中學模擬)已知m,n為兩條不同的直線,α,β為兩個不同的平面,那么使m∥α成立的一個充分條件是()A.m∥β,α∥β B.m⊥β,α⊥βC.m⊥n,n⊥α,m?α D.m上有不同的兩個點到α的距離相等2.(2023江西南昌一模)在數學探究課中某同學設計一個“膠囊形”的幾何體,由一個圓柱和兩個半球構成,已知圓柱的高是底面半徑的4倍,若該幾何體表面積為108π,則它的體積為()A.72π B.96π C.108π D.144π3.(2023山東臨沂一模)已知確定重心的定理:如果同一平面內的一個閉合圖形的內部與一條直線不相交,那么該閉合圖形圍繞這條直線旋轉一周所得到的旋轉體的體積等于閉合圖形面積乘以該閉合圖形的重心旋轉所得周長的積.即V=Sl(V表示平面圖形繞旋轉軸旋轉的體積,S表示平面圖形的面積,l表示重心繞旋轉軸旋轉一周的周長).如圖,直角梯形ABCD,已知AB∥DC,AB⊥AD,AB=3CD,AD=3,則其重心G到AB的距離為()A.74 B.32 C.544.(2023廣東一模)水平桌面上放置了4個半徑為2的小球,4個小球的球心構成正方形,且相鄰的兩個小球相切.若用一個半球形的容器罩住四個小球,則半球形容器內壁的半徑的最小值為()A.4 B.22+2 C.23+2 D.65.(2023全國乙,理9)已知△ABC為等腰直角三角形,AB為斜邊,△ABD為等邊三角形,若二面角C-AB-D為150°,則直線CD與平面ABC所成角的正切值為()A.15 B.25 C.356.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,過A1B1的截面與AC交于點D,與BC交于點E,該截面將三棱柱分成體積相等的兩部分,則CDAC=(A.13 B.12 C.2-7.(2022全國乙,理9)已知球O的半徑為1,四棱錐的頂點為O,底面的四個頂點均在球O的球面上,則當該四棱錐的體積最大時,其高為()A.13 B.12 C.338.(2023湖南益陽模擬)如圖,某金剛石是8個面均為等邊三角形的正八面體,其表面積為183,現將它雕刻成一個球形裝飾物,則可雕刻成的最大球體積是()A.18π B.92π C.6π D.6π二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分.9.(2023新高考Ⅱ,9)已知圓錐的頂點為P,底面圓心為O,AB為底面直徑,∠APB=120°,PA=2,點C在底面圓周上,且二面角P-AC-O為45°,則()A.該圓錐的體積為π B.該圓錐的側面積為43πC.AC=22 D.△PAC的面積為310.(2022新高考Ⅰ,9)已知正方體ABCD-A1B1C1D1,則()A.直線BC1與DA1所成的角為90°B.直線BC1與CA1所成的角為90°C.直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D.直線BC1與平面ABCD所成的角為45°11.(2023山東泰安一模)如圖,正方形ABCD的邊長為1,M,N分別為BC,CD的中點,將正方形沿對角線AC折起,使點D不在平面ABC內,則在翻折過程中,以下結論正確的是()A.異面直線AC與BD所成的角為定值B.三棱錐D-ABC的外接球的表面積為2πC.存在某個位置,使得直線AD與直線BC垂直D.三棱錐M-ACN體積的最大值為212.(2023湖南岳陽二模)某學校組織了書畫作品比賽.如圖1,本次比賽的冠軍獎杯由一個銅球和一個托盤組成,若球的體積為4π3;如圖2,托盤由邊長為4的正三角形銅片沿各邊中點的連線垂直向上折疊而成,則下列結論正確的是(圖1圖2A.直線AD與平面BEF所成的角為πB.經過三個頂點A,B,C的球的截面圓的面積為πC.異面直線AD與CF所成的角的余弦值為5D.球離球托底面DEF的最小距離為3+6三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2021全國甲,文14)已知一個圓錐的底面半徑為6,其體積為30π,則該圓錐的側面積為.

14.(2023新高考Ⅱ,14)底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截,截去一個底面邊長為2,高為3的正四棱錐,所得棱臺的體積為.

15.(2023江蘇常州模擬)將兩個一模一樣的正三棱錐共底面倒扣在一起,已知正三棱錐的側棱長為2,若該組合體有外接球,則正三棱錐的底面邊長為.

16.(2023廣東汕頭金山中學模擬)已知四邊形ABCD為平行四邊形,AB=4,AD=3,∠BAD=π3,現將△ABD沿直線BD翻折,得到三棱錐A'-BCD,若A'C=13,則三棱錐A'-BCD的內切球與外接球的表面積的比值為.四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)(2023全國甲,文18)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.(1)證明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;(2)設AB=A1B,AA1=2,求四棱錐A1-BB1C1C的高.18.(12分)(2022全國甲,文19)小明同學參加綜合實踐活動,設計了一個封閉的包裝盒.包裝盒如圖所示:底面ABCD是邊長為8(單位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均為正三角形,且它們所在的平面都與平面ABCD垂直.(1)證明:EF∥平面ABCD;(2)求該包裝盒的容積(不計包裝盒材料的厚度).19.(12分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形,AA1=AB=3,D,E分別為棱BC,B1C1上的點,且BDBC=C1E(1)若t=12,求證:AD∥平面A1EB(2)若二面角C1-AD-C的大小為π3,求實數t的值20.(12分)(2023山東濰坊模擬)如圖,直角梯形ABCD中,AB∥DC,AB⊥BC,AB=BC=2CD=2,直角梯形ABCD繞BC旋轉一周形成一個圓臺.(1)求圓臺的表面積和體積;(2)若直角梯形ABCD繞BC逆時針旋轉角θ(θ>0)到A1BCD1,且直線A1D與平面ABCD所成角的正弦值為217,求角θ的最小值21.(12分)(2023江蘇蘇州模擬)已知三棱錐P-ABC(如圖1)的平面展開圖(如圖2)中,四邊形ABCD為邊長等于2的正方形,△ABE和△BCF均為正三角形,在三棱錐P-ABC中,圖1圖2(1)證明:平面PAC⊥平面ABC;(2)若點M在棱PA上運動,當直線BM與平面PAC所成的角最大時,求平面MBC與平面ABC夾角的余弦值.22.(12分)(2023福建廈門模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥AD,底面ABCD為直角梯形,BC=3AD,AD∥BC,∠BCD=90°,M為線段PB上一點.(1)若PM=13PB,求證:AM∥平面PCD(2)若PA=2,AD=1,異面直線PA與CD成90°角,二面角B-PC-D的余弦值為-1010,在線段PC上是否存在點Q,使得點Q到直線AD的距離為253?若存在,請指出點Q的位置;若不存在

專題檢測三立體幾何1.C解析對于A,若m∥β,α∥β,則m?α或m∥α,故A不正確;對于B,若m⊥β,α⊥β,則m?α或m∥α,故B不正確;對于C,若m⊥n,n⊥α,m?α,則m∥α,故C正確;對于D,m上有不同的兩個點到α的距離相等,則可能m與α相交,故D錯誤.2.D解析設圓柱的底面半徑為r,則球的半徑為r,圓柱的高是4r,∴圓柱的側面積為2πr×4r=8πr2,兩個半球的表面積為4πr2,∴該幾何體表面積為8πr2+4πr2=12πr2=108π,解得r=3,∴該幾何體的體積為πr2×4r+43πr3=4π×33+43π×33=1443.C解析設CD=x,AB=3x,直角梯形繞AB旋轉一周所得的幾何體的體積V=π·32·x+13·π·32·(3x-x)=15πx,梯形ABCD的面積S=12(x+3x)×3=6x.設重心G到AB的距離為h',則重心繞旋轉軸旋轉一周的周長為l=2πh',則15πx=(2πh')·6x,則h'=4.C解析如圖,4個小球球心構成的正方形為O1O2O3O4,中心為N,由題意O1O2=4,NO1=22,半球形容器的球心為O,顯然當半球形容器與4個小球都相切時球O的半徑最小,半球形容器與球O1的切點為A,連接ON,則ON=小球的半徑=2,球O的半徑=OA=O1A+OO1=2+ON2+O1N5.C解析(方法一)如圖,取AB中點O,連接OC,OD,則由題可知∠DOC為二面角C-AB-D的平面角,∴∠DOC=150°.設CA=CB=a,則OC=12AB=22∵△ABD是等邊三角形,∴OD⊥AB,且OD=32AB=62a.在△DOC由余弦定理得,CD2=OC2+OD2-2OC·ODcos∠DOC=72a2,∴CD=142過點D作DH⊥平面ABC,垂足為H,易知點H在直線OC上,則∠DCH為直線CD與平面ABC所成的角,且∠DOH=30°,故DH=12OD=64a,∴sin∠DCH=DHCD=64a142a=2114,則cos(方法二)取AB中點O,連接OC,OD.以O為原點,OA,OC所在直線分別為x軸、y軸,過O點作平面ABC的垂線為z軸建立空間直角坐標系(圖略).設AB=2,則由題可得A(1,0,0),C(0,1,0),D(0,-32,32),則CD=(0,-52,32),由題可知平面ABC的一個法向量為n=(0,0,1)則sinθ=|cos<CD,n>|=327×1=2114,∴cosθ=16.D解析由題可知平面A1B1ED與棱柱上、下底面分別交于A1B1,ED,則A1B1∥ED,則ED∥AB,可得CDE-C1A1B1是三棱臺.設△ABC的面積為1,△CDE的面積為s,三棱柱的高為h,則12·1·h=13h(1+s+s),所以由△CDE∽△CAB,可得CDAC7.C解析設四棱錐的高為h,體積為V,則底面所在圓的半徑為1-h2.要使四棱錐的體積最大,底面四邊形必為正方形,此時V=13×12×(21-h2)2·h=23(h-h3),所以V'=23(1-3h2).由題意可知0<h<1,令V'>0,得0<h<33;令V'<0,得33<h<1.所以V在區間08.D解析如圖,設底面ABCD中心為O,BC,AD中點分別為H,M,連接OH,EO,EH,MF,HF,EM.設金剛石的邊長為a,由題知,8×12a2sin60°=23a2=183,所以a=3在等邊三角形EBC中,BC邊上的高EH=EC在Rt△EOH中,EO=EH由題可知,最大球即為金剛石的內切球,由對稱性易知球心在O點,與平面EBC的切點在線段EH上,球的半徑即為截面EMFH內切圓的半徑,設內切圓半徑為r,由等面積法可知322×32=所以內切球的半徑為R=62,則內切球體積為V=43πR3=43π×9.AC解析由題意,可得PO⊥平面AOC,∠APO=12∠APB=60°,所以PO=PAcos∠APO=1,AO=PAsin∠APO=3.如圖,取AC的中點D,連接PD,OD,則PD⊥AC,OD⊥AC,所以∠PDO即為二面角P-AC-O的平面角,所以∠PDO=45°因為OD?平面AOC,PO⊥平面AOC,所以PO⊥OD,所以△PDO為等腰直角三角形,所以OD=PO=1,PD=2.對于A,圓錐的體積V=13π×(3)2×1=π,故A正確對于B,圓錐的側面積S=π×3×2=23π,故B不正確;對于C,AC=2AO2-OD2=2對于D,S△PAC=12×AC×PD=12×22×2=2,故D不正確10.ABD解析連接AD1,∵在正方體ABCD-A1B1C1D1中,BC1∥AD1,A1D⊥AD1,∴直線BC1與DA1所成的角為90°,故A正確;連接B1C,∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1?平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,A1B1?平面A1B1C,B1C?平面A1B1C,∴BC1⊥平面A1B1C,又CA1?平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,即直線BC1與CA1所成的角為90°,故B正確;連接A1C1,交B1D1于點O,連接BO.易證C1A1⊥平面BB1D1D.∴∠C1BO為直線BC1與平面BB1D1D所成的角.設正方體的棱長為a,則OC1=22a,BC1=2a∴sin∠C1BO=OC1BC1=12,∴∠∵C1C⊥平面ABCD,∴∠C1BC為直線BC1與平面ABCD所成的角.又∠C1BC=45°,∴直線BC1與平面ABCD所成的角為45°,故D正確.故選ABD.11.ABD解析對于A,取AC中點O,連接OB,OD,則AC⊥OB,AC⊥OD.又OB∩OD=O,所以AC⊥平面OBD.因為BD?平面OBD,所以AC⊥BD,故異面直線AC與BD所成的角為90°,為定值,故選項A正確.對于B,因為OA=OB=OC=OD,所以外接球球心是O,所以外接球半徑R=22所以四面體ABCD的外接球體積為S=4π×222=2π,故B正確.對于C,假設直線AD與直線BC因為直線AB與直線BC垂直,AD∩AB=A,則直線BC⊥平面ABD.因為BD?平面ABD,所以BC⊥BD.又BD⊥AC,AC∩BC=C,所以BD⊥平面ABC.又OB?平面ABC,所以BD⊥OB.而△OBD是以OB和OD為腰的等腰三角形,與假設不符,故C錯誤.對于D,連接AM,AN.因為VM-ACN=VN-ACM,當平面DAC⊥平面ABC時,三棱錐M-ACN體積取最大值,此時OD=22,三棱錐M-ACN的高度為12OD=24,則S△ACM=12S△ABC=14,故(VN-ACM)max=13×112.CD解析如圖3,連接AB,BC,AC.取DE,EF,DF的中點N,M,K,取MF的中點H,連接BK,BH,KH,BM,AN,MN,DM.由△BEF為正三角形,得DM⊥EF.又平面BEF⊥平面DEF,平面BEF∩平面DEF=EF,DM?平面DEF,DM⊥平面BEF,且由題可得,KH∥DM,則KH⊥平面BEF.同理AN⊥平面DEF,則BM∥AN,且BM=AN=3,所以四邊形ABMN為平行四邊形,則AB∥MN,AB=MN.又MN∥DF,MN=12DF,得AB∥DF.因為AB=12所以四邊形ABKD為平行四邊形,則AD∥BK,AD=BK,∠KBH即為直線AD與平面BEF所成的角,sin∠KBH=KHBK=34,所以∠KBH≠π6如圖3,由選項A知,AB∥MN∥DF,同理AC∥EF,BC∥DE,AB=AC=BC=MN=12DF=所以經過三個頂點A,B,C的球的截面圓為△ABC的外接圓,其半徑為r=23×1×sinπ3=33,面積為πr2=π3,故B錯誤.連接AM,由AC∥MF,AC=MF=1,得四邊形ACFM是平行四邊形,則AM∥CF,所以∠MADAM=CF=2.在△AMD中,AD=2,DM=3,由余弦定理,得cos∠MAD=AD2+AM設球的半徑為R,由球的體積為4π3,得4π3R3=4π如圖4,O1O=R2-r2=63,O1G=R-O1O=1所以球離球托底面DEF的最小距離為AN-O1G=3+63-1,故D正確.圖3圖413.39π解析設圓錐的高為h,母線長為l,則13π×62·h=30π解得h=52,則l=62+h2=132,故圓錐的側面積為π14.28解析如圖所示,在正四棱錐P-ABCD中,平面A'B'C'D'∥平面ABCD.點O',O分別為正四棱臺ABCD-A'B'C'D'上、下底面的中心,O'H'⊥A'B',OH⊥AB,點H',H為垂足.由題意,得AB=4,A'B'=2,PO'=3.易知△PO'H'∽△POH,所以PO'PO=O'H'OH,即3PO=12,解得PO=6,所以OO'=PO-PO'=3,所以該正四棱臺的體積是V=13×15.6解析如圖,連接PA交底面BCD于點O,則點O就是該組合體的外接球的球心.設三棱錐的底面邊長為a,外接球的半徑為R,則CO=PO=33a,得2×33a=2,16557解析在△ABD中,AB=4,AD=3,∠BAD=π故DB2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD=42+32-2×4×3×12=13,即DB=13折成的三棱錐A'-BCD中,A'C=DB,A'B=AB=DC,A'D=AD=BC,即此三棱錐的對棱相等,故此三棱錐的三組對棱是一個長方體的六個面的對角線,設長方體從同一個頂點出發的三條棱長分別為a,b,c,則a2+此長方體的外接球是三棱錐A'-BCD的外接球,設外接球的直徑2R=a2+b2+又因為三棱錐A'-BCD是長方體切掉四個角,故三棱錐VA'-BCD=abc-4×13×12abc=1因為三棱錐A'-BCD四個側面是全等的,S表=4S△ABD=4×12AB·AD·sinπ3=2×4×3×32=設內切球半徑為r,以內切球球心為頂點,把三棱錐分割為以球心為頂點,四個面為底面的四個小三棱錐,四個小三棱錐體積等于大三棱錐的體積,故r=3V則三棱錐A'-BCD的內切球與外接球表面積的比值為4π17.(1)證明∵A1C⊥平面ABC,BC?平面ABC,∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴BC⊥CA.∵A1C∩CA=C,A1C,CA?平面ACC1A1,∴BC⊥平面ACC1A1.∵BC?平面BB1C1C,∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.(2)解平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且這兩個平面的交線為CC1,過A1作A1D⊥CC1,垂足為點D,則A1D⊥平面BB1C1C.∴四棱錐A1-BB1C1C的高為A1D.∵BC⊥CA,BC⊥CA1,BA=BA1,BC=BC,∴Rt△BCA≌Rt△BCA1.∴CA=CA1.在三棱柱ABC-A1B1C1中,四邊形ACC1A1為平行四邊形,有AC=A1C1,∠ACA1=∠C1A1C=90°,CC1=AA1=2,則△CA1C1為等腰直角三角形,且底邊CC1=2,∴A1D=12CC1=1.即四棱錐A1-BB1C1C的高為118.解(1)過點E作EE'⊥AB于點E',過點F作FF'⊥BC于點F',連接E'F'.∵底面ABCD是邊長為8的正方形,△EAB,△FBC均為正三角形,且它們所在的平面都與平面ABCD垂直,∴EE'⊥平面ABCD,FF'⊥平面ABCD,且EE'=FF',∴四邊形EE'F'F是平行四邊形,則EF∥E'F'.∵E'F'?平面ABCD,EF?平面ABCD,∴EF∥平面ABCD.(2)過點G,H分別作GG'⊥CD,HH'⊥DA,交CD,DA于點G',H',連接F'G',G'H',H'E',AC.由(1)及題意可知,G',H'分別為CD,DA的中點,EFGH-E'F'G'H'為長方體,故該包裝盒由一個長方體和四個相等的四棱錐組合而成.∵底面ABCD是邊長為8的正方形,∴AC=82+82=82cm,E'F'=H'E'=12AC=42cm,EE'=AE∴該包裝盒的容積為V=VEFGH-E'F'G'H'+4VA-EE'H'H=E'F'×E'H'×EE'+4×13×SEE'H'H×14AC=42×42×43+4×13×42×43×2219.(1)證明當t=12時,D,E分別為棱BC,B1C1的中點在直三棱柱ABC-A1B1C1中,連接DE(圖略),則DE∥AA1,DE=AA1,所以四邊形DEA1A是平行四邊形,所以AD∥A1E.又因為AD?平面A1EB,A1E?平面A1EB,所以AD∥平面A1EB.(2)解(方法一)如圖所示,在平面ABC內,過點C作AD的垂線,垂足為H,連接C1H,則∠C1HC為二面角C1-AD-C的平面角,即∠C1HC=π3在Rt△C1HC中,C1C=3,所以CH=3.在Rt△CHA中,CH=3,AC=3,所以sin∠CAH=CHAC又因為∠CAH為銳角,所以cos∠CAH=63,且0<∠CAH<π4,所以點H在線段AD的延長線上.在△CDA中,sin∠CDH=sinπ4+∠CAH=6+236,CD=CHsin∠C(方法二)由題可知AA1⊥平面ABC,∠BAC=90°,以AB,AC,AA1為x軸、y軸、z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,0,0),B所以AB=(3,0,0),AC1=(0,3,3),BC=(-3,3,0),BD=tBC=(-3t,3t,0),所以AD=AB+BD=(3-設平面AC1D的一個法向量為n1=(x,y,z),則n令y=t-1,則x=t,z=1-t,故n1=(t,t-1,1-t).由題得平面ADC的一個法向量為n2=(0,0,1).因為二面角C1-AD-C的大小為π3,所以n1·n2|n1||n2|=cosπ3=又因為0<t<1,所以t=2-2.20.解(1)由題意,直角梯形ABCD旋轉形成下底面半徑為2,上底面半徑為1,高為2的圓臺,則該圓臺的母線長為5,所以該圓臺的表面積S=π(1+2)×5+π+4π=(35+5)π,該圓臺的體積V=13×2×(π+π×4π+4π)=(2)作BM⊥BA交底面圓于點M,以點B為坐標原點,BA,BM,BC所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,則D(1,0,2),A1(2cosθ,2sinθ,0),即A1D=(1-2cosθ,-2sinθ又平面ABCD的一個法向量n=(0,1,0),設直線A1D與平面ABCD所成的角為α,則sinα=|cos<A1D,n>|=|-2sin又sin2θ+cos2θ=1,解得cosθ=12或cosθ=-114,故當cosθ=12時,所求θ21.(1)證明如圖所示.取AC的中點為O,連接OB,OP.由題意得PA=PB=PC=2,則OP=1,OA=OB=OC=1.∵在△PAC中,PA=PC,AC的中點為O,∴OP⊥AC.又在△POB中,OP=1,OB=1,PB=2,∴OP2+OB2=PB2,即OP⊥OB.∵AC∩OB=O,AC?平面ABC,OB?平面ABC,∴OP⊥平面ABC