2023届高考数学一轮复习作业立体几何新人教B版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业立体几何新人教B版（答案有详细解析），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
B [由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是α∥β的充分条件；由面面平行性质定理知，若α∥β，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件，因此B中条件是α∥β的充要条件，故选B．]
2．(2021·全国新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为eq \r(,2)，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A．2 B．2eq \r(,2) C．4 D．4eq \r(,2)
B [设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为eq \r(,2)，所以2π×eq \r(,2)＝πl，
解得l＝2eq \r(,2)，故选B．]
3．(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O­ABC的体积为( )
A．eq \f(\r(2),12) B．eq \f(\r(3),12) C．eq \f(\r(2),4) D．eq \f(\r(3),4)
A [如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝eq \r(2)．连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AB,2)))\s\UP12(2))＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\UP12(2))＝eq \f(\r(2),2)，所以三棱锥O­ABC的体积V＝eq \f(1,3)S△ABC×OO1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),12)．]
4．(2021·浙江高考)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1，M，N分别为A1D，D1B的中点，则( )
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
A [法一：连接AD1，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D．因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD．易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，所以MN与平面BB1D1D不垂直．所以选项A正确．故选A．
法二：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)．设AB＝2，则A1(2,0,2)，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，所以M(1,0,1)，N(1,1,1)，所以eq \(A1D,\s\up7(→))＝(－2,0，－2)，eq \(D1B,\s\up7(→))＝(2,2，－2)，eq \(MN,\s\up7(→))＝(0,1,0)，所以eq \(A1D,\s\up7(→))·eq \(D1B,\s\up7(→))＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B．又由图易知直线A1D与D1B是异面直线，所以A1D与D1B异面且垂直．因为平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，所以eq \(MN,\s\up7(→))·n＝0，所以MN∥平面ABCD．设直线MN与平面BB1D1D所成的角为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝(－1,1,0)，所以sin θ＝|cs〈eq \(MN,\s\up7(→))，a〉|＝eq \f(|\(MN,\s\up7(→))·a|,|\(MN,\s\up7(→))|·|a|)＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，所以直线MN与平面BB1D1D不垂直．故选A．]
5．(2020·全国卷Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A．eq \f(\r(5)－1,4) B．eq \f(\r(5)－1,2) C．eq \f(\r(5)＋1,4) D．eq \f(\r(5)＋1,2)
C [设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m，依题意得h2＝eq \f(1,2)×2a×m，即h2＝am①，易知h2＋a2＝m2②，由①②得m＝eq \f(1＋\r(5),2)a，所以eq \f(m,2a)＝eq \f(\f(1＋\r(5),2)a,2a)＝eq \f(1＋\r(5),4)．故选C．]
6．(2020·全国卷Ⅲ)如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )
A．6＋4eq \r(2) B．4＋4eq \r(2)
C．6＋2eq \r(3) D．4＋2eq \r(3)
C [由三视图可知该几何体为三棱锥，记为三棱锥P­ABC，将其放入正方体中，如图，易知PA＝AB＝AC＝2，PB＝PC＝BC＝2eq \r(2)，故其表面积为S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC＝eq \f(1,2)×2×2＋eq \f(1,2)×2×2＋eq \f(1,2)×2×2＋eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝6＋2eq \r(3)，故选C．]
7．如图，在四面体ABCD中，AD⊥BD，截面PQMN是矩形，则下列结论不一定正确的是( )
A．平面BDC⊥平面ADC
B．AC∥平面PQMN
C．平面ABD⊥平面ADC
D．AD⊥平面BDC
D [由PQ∥MN，MN⊂平面ADC，PQ⊄平面ADC，得PQ∥平面ADC，
又PQ⊂平面ABC，平面ABC∩平面ADC＝AC，
∴PQ∥AC，
同理QM∥BD，因为PQ⊥QM，
∴AC⊥BD，又BD⊥AD，AC∩AD＝A，
∴BD⊥平面ADC，
∴平面BDC⊥平面ADC，平面ABD⊥平面ADC，
∴A和C选项均正确．
由PQ∥AC，得AC∥平面PQMN，
∴B选项正确．
∵不能得到AD⊥DC或AD⊥BC，
∴不能得到AD⊥平面BDC，故选项D不一定正确．
故选D．]
8．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为A1B1，C1D1，AB，CD的中点，点P从G出发，沿折线GBCH匀速运动，同时点Q从H出发，沿折线HDAG匀速运动，且点P与点Q运动的速度相等，记以E，F，P，Q四点为顶点的三棱锥的体积为V，点P运动的路程为x，当0≤x≤2时，表示V与x关系的图象为( )
A B C D
C [因为点P与点Q运动的速度相等，设底面ABCD的中心为O，连接OE，OF，则平面OEF把几何体PEFQ分割为体积相等的两部分．
(1)当0≤x≤eq \f(1,2)时，点P在BG上，Q在HD上，如图①所示，S△OEF＝eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(1,2)，易知点P到平面OEF的距离为x，故V＝2VP­OEF＝2×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)x＝eq \f(x,3)．
图① 图②
(2)当eq \f(1,2)＜x≤eq \f(3,2)时，点P在BC上，Q在AD上，点P到平面OEF的距离为eq \f(1,2)，S△OEF＝eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(1,2)，V＝2VP­OEF＝2×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，为定值．
(3)当eq \f(3,2)＜x≤2时，点P在CH上，Q在AG上，如图②所示，S△OEF＝eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(1,2)，P到平面OEF的距离为2－x，故V＝2VP­OEF＝2×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(2－x)＝eq \f(2－x,3)．
综上所述，V＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x,3)，0≤x≤\f(1,2)，,\f(1,6)，\f(1,2)＜x≤\f(3,2)，,\f(2－x,3)，\f(3,2)＜x≤2，))故选C．]
二、填空题
9．(2021·全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为 ．
39π [设该圆锥的高为h，则由已知条件可得eq \f(1,3)×π×62×h＝30π，解得h＝eq \f(5,2)，则圆锥的母线长为eq \r(h2＋62)＝eq \r(\f(25,4)＋36)＝eq \f(13,2)，故该圆锥的侧面积为π×6×eq \f(13,2)＝39π．]
10．(2021·江苏南京师大附中高三期末)直三棱柱ABC­A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝eq \r(2)，AA1＝2，则点A到平面A1BC1的距离为 ．
eq \f(2\r(3),3) [法一：∵C1A1⊥A1B1，C1A1⊥AA1，∴C1A1⊥平面AA1B1B，
又∵C1A1⊂平面C1A1B，∴平面C1A1B⊥平面AA1B1B．
又∵A1B＝平面C1A1B∩平面AA1B1B，
∴过A作AG⊥A1B，则AG的长为点A到平面A1BC1的距离，
在Rt△AA1B中，AG＝eq \f(AB×AA1,A1B)＝eq \f(2×\r(2),\r(6))＝eq \f(2\r(3),3)．
法二：由等体积法可知VA­A1BC1＝VB­AA1C1，解得点A到平面A1BC1的距离为eq \f(2\r(3),3)．]
11．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且
EF＝eq \f(\r(2),2)，则下列结论中正确的有 ．(填序号)
①AC⊥BE；
②三棱锥A­BEF的体积为定值；
③二面角A­EF­B的大小为定值；
④异面直线AE、BF所成角为定值．
①②③ [易知AC⊥平面BEF，所以AC⊥BE；三棱锥A­BEF的高就是点A到平面BB1D1D的距离且为一定值，△BEF为一定值，故三棱锥A­BEF的体积为定值；二面角A­EF­B的平面角与二面角A­B1D1­B的平面角相等，故为一定值．]
12．三棱锥A­BCD的顶点都在同一个球面上，满足BD过球心O，且BD＝2eq \r(2)，则三棱锥A­BCD体积的最大值为 ；三棱锥A­BCD体积最大时，平面ABC截球所得的截面圆的面积为 ．
eq \f(2\r(2),3) eq \f(4π,3) [依题意可知，BD是球的直径，所以当OC⊥BD，OA⊥BD，即OC＝OA＝eq \r(2)时，三棱锥A­BCD体积取得最大值为
eq \f(1,3)×S△BCD×OA＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(2)×eq \r(2)＝eq \f(2\r(2),3)．此时BC＝AC＝AB＝2，即三角形ABC是等边三角形，设其外接圆半径为r，由正弦定理得eq \f(2,sin \f(π,3))＝2r⇒r＝eq \f(2,\r(3))，所以等边三角形ABC的外接圆的面积，也即平面ABC截球所得的截面圆的面积为πr2＝π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(3))))eq \s\UP12(2)＝eq \f(4π,3)．]
三、解答题
13．(2020·江苏高考)在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，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EF∥AB1，
因为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B1C⊥AB，
又因为AB⊥AC，AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，
所以AB⊥平面AB1C，
因为AB⊂平面ABB1，
所以平面AB1C⊥平面ABB1．
14．(2021·重庆巴蜀中学高二期中)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，BE⊥AD，BC＝1，AD＝5，BE＝eq \r(3)，把△ABE沿BE折起，使得AC＝2eq \r(2)，得到四棱锥A­BCDE．如图2所示．

图1 图2
(1)求证：AE⊥平面BCD；
(2)求平面ABC与平面AED所成锐二面角的余弦值．
[解](1)证明：在等腰梯形中，BC＝1，AD＝5，BE⊥AD，可知AE＝2，DE＝3，
由BE⊥BC可得CE＝2．又AC＝2eq \r(2)，则AC2＝CE2＋AE2，则AE⊥EC，
又BE⊥AE，BE∩EC＝E，可得AE⊥平面BCD．
(2)因为AE⊥平面BCD，又BE⊥ED，则以点E为原点，以EB，ED，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
A(0,0,2)，B(eq \r(3)，0,0)，C(eq \r(3)，1,0)，eq \(AB,\s\up7(→))＝(eq \r(3)，0，－2)，eq \(BC,\s\up7(→))＝(0,1,0)，
设平面ABC的法向量为n1＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x＝2z，,y＝0)) ⇒n1＝(2,0，eq \r(3))，
注意到，平面AED的法向量n2＝(1,0,0)，
设平面ABC与平面AED所成锐二面角的平面角为θ，
故cs θ＝cs〈n1，n2〉＝eq \f(2,\r(4＋3))＝eq \f(2\r(7),7)．
15．(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．
[解](1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，
所以MN∥CC1．
又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．
因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．
又B1C1⊥MN，
故B1C1⊥平面A1AMN．
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F．
(2)由已知得AM⊥BC．
以M为坐标原点，eq \(MA,\s\up7(→))的方向为x轴正方向，|eq \(MB,\s\up7(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M­xyz，则AB＝2，AM＝eq \r(3)．
连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故PM＝eq \f(2\r(3),3)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，\f(1,3)，0))．
由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC．
作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC．
设Q(a,0,0)，则NQ＝eq \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))eq \s\UP12(2))，
B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，1，\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))eq \s\UP12(2))))，
故eq \(B1E,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a，－\f(2,3)，－\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)－a))eq \s\UP12(2))))，
|eq \(B1E,\s\up7(→))|＝eq \f(2\r(10),3)．
又n＝(0，－1,0)是平面A1AMN的法向量，故
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－〈n，\(B1E,\s\up7(→))〉))＝cs〈n，eq \(B1E,\s\up7(→))〉＝eq \f(n·\(B1E,\s\up7(→)),|n|·|\(B1E,\s\up7(→))|)＝eq \f(\r(10),10)．
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为eq \f(\r(10),10)．
16．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①AB⊥BC，②FC与平面ABCD所成的角为eq \f(π,6)，③∠ABC＝eq \f(π,3)．
如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，PD的中点为F．
(1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；
(2)若 ，求二面角F­AC­D的余弦值．
[解](1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG．
证明如下：如图所示：
设PC的中点为H，连接FH，HG，
∵FH∥CD，FH＝eq \f(1,2)CD，AG∥CD，AG＝eq \f(1,2)CD，
∴FH∥AG，FH＝AG，∴四边形AGHF为平行四边形，则AF∥GH．
又GH⊂平面PGC，AF⊄平面PGC，
∴AF∥平面PGC．
(2)选择①AB⊥BC：
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BC，
由题意知AB，AD，AP彼此两两垂直，
以AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝2，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，
∴eq \(AF,\s\up7(→))＝(0,1,1)，eq \(CF,\s\up7(→))＝(－2，－1,1)，
设平面FAC的一个法向量为μ＝(x，y，z)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(μ·\(AF,\s\up7(→))＝y＋z＝0，,μ·\(CF,\s\up7(→))＝－2x－y＋z＝0，))
取y＝1，得μ＝(－1,1，－1)，
平面ACD的一个法向量为v＝(0,0,1)，
设二面角F­AC­D的平面角为θ，
则cs θ＝eq \f(|μ·v|,|μ|·|v|)＝eq \f(\r(3),3)，
∴二面角F­AC­D的余弦值为eq \f(\r(3),3)．
选择②FC与平面ABCD所成的角为eq \f(π,6)：
∵PA⊥平面ABCD，取BC中点E，连接AE，取AD的中点M，连接FM，CM，则FM∥PA，且FM＝1，
∴FM⊥平面ABCD，
FC与平面ABCD所成角为∠FCM，∴∠FCM＝eq \f(π,6)，
在Rt△FCM中，CM＝eq \r(3)，
又CM＝AE，AE2＋BE2＝AB2，∴BC⊥AE，
∴AE，AD，AP彼此两两垂直，
以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝2，∴A( 0,0,0)，B( eq \r(3)，－1,0)，C(eq \r(3)，1,0)，D(0,2,0)，E(eq \r(3)，0,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，
∴eq \(AF,\s\up7(→))＝(0,1,1)，eq \(CF,\s\up7(→))＝(－eq \r(3)，0,1)，
设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AF,\s\up7(→))＝y＋z＝0，,m·\(CF,\s\up7(→))＝－\r(3)x＋z＝0，))
取x＝eq \r(3)，得m＝(eq \r(3)，－3,3)，
平面ACD的一个法向量为：n＝(0,0,1)，
设二面角F­AC­D的平面角为θ，
则cs θ＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(\r(21),7)．
∴二面角F­AC­D的余弦值为eq \f(\r(21),7)．
选择③∠ABC＝eq \f(π,3)：
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BC，取BC中点E，连接AE，
∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC是正三角形，
∵E是BC的中点，
∴BC⊥AE，
∴AE，AD，AP彼此两两垂直，
以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝2，∴A(0,0,0)，B(eq \r(3)，－1,0)，C(eq \r(3)，1,0)，D(0,2,0)，E(eq \r(3)，0,0)，F(0,1,1)，P(0,0,2)，
∴eq \(AF,\s\up7(→))＝(0,1,1)，eq \(CF,\s\up7(→))＝(－eq \r(3)，0,1)，
设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AF,\s\up7(→))＝y＋z＝0，,m·\(CF,\s\up7(→))＝－\r(3)x＋z＝0，))
取x＝eq \r(3)，得m＝(eq \r(3)，－3,3)，
平面ACD的一个法向量n＝(0,0,1)，
设二面角F­AC­D的平面角为θ，
则cs θ＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(\r(21),7)．
∴二面角F­AC­D的余弦值为eq \f(\r(21),7)．