2021届新高考二轮 专题五　立体几何 单元测试

专题突破练19　专题五　立体几何过关检测
　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、单项选择题
1.(2020山东德州一模,4)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是C1D1的中点,且AP=AD+xAB+yAA1,则实数x+y的值为(　　)
A.-32 B.-12 C.12 D.32
2.(2020山西晋中一模,5)给定下列四个命题,其中真命题是(　　)
A.垂直于同一直线的两条直线相互平行
B.若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行,则这两个平面相互平行
C.垂直于同一平面的两个平面相互平行
D.若两个平面垂直,则一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直
3.(2020山东临沂一模,7)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中《商功》有如下问题:“今有委粟平地,下周一十二丈,高二丈,问积及为粟几何?”,意思是“有粟若干,堆积在平地上,底面圆周长为12丈,高为2丈,问它的体积和粟各为多少?”如图,主人意欲卖掉该堆粟,已知圆周率约为3,一斛粟的体积约为2 700立方寸(单位换算:1立方丈=106立方寸),一斛粟米卖270钱,一两银子1 000钱,则主人卖后可得银子(　　)

A.800两 B.1 600两
C.2 400两 D.3 200两
4.

(2020福建厦门质量检查,8)如图,在圆柱OO1中,OO1=2,OA=1,OA⊥O1B,则AB与下底面所成角的正切值为(　　)
A.2 B.2
C.22 D.12
5.(2020湖南怀化三模,7)已知一块形状为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(底面是正方形,侧棱与底面垂直的四棱柱)的实心木材,AB=2,AA1=3.若将该木材经过切割加工成一个球体,则此球体积的最大值为(　　)
A.92π B.823π C.43π D.17176π
6.

(2020青海西宁一模,10)某同学在参加《通用技术》实践课时,制作了一个工艺品,如图所示,该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为43的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合),若其中一个截面圆的周长为4π,则该球的半径是(　　)
A.2 B.4 C.26 D.46
7.(2020广东湛江二模,7)我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理:“幂势既同,则积不容异”.意思是两个同高的几何体,如果在等高处的截面积都相等,那么这两个几何体的体积相等.现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件,若该圆锥的侧面展开图是半径为3的圆的三分之一,则该几何体的体积为(　　)
A.223π B.423π C.42π D.83π
8.已知A,B,C为球O的球面上的三个定点,∠ABC=60°,AC=2,P为球O的球面上的动点,记三棱锥P-ABC的体积为V1,三棱锥O-ABC的体积为V2,若V1V2的最大值为3,则球O的表面积为(　　)
A.16π9 B.64π9 C.3π2 D.6π
二、多项选择题
9.

如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,其中正确的结论为(　　)
A.直线AM与C1C是相交直线
B.直线AM与BN是平行直线
C.直线BN与MB1是异面直线
D.直线MN与AC所成的角为60°
10.(2020山东潍坊三模,10)已知m,n是两条不重合的直线,α,β,γ是三个两两不重合的平面,则下列命题正确的是(　　)
A.若m⊥α,n⊥β,α∥β,则m∥n
B.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β
C.若m∥β,n∥β,m,n⊂α,则α∥β
D.若n⊂α,n⊥β,则α⊥β
11.

(2020山东青岛二模,11)如图,正方形SG1G2G3的边长为1,E,F分别是G1G2,G2G3的中点,SG2交EF于点D,现沿SE,SF及EF把这个正方形折成一个四面体,使G1,G2,G3三点重合,重合后的点记为G,则在四面体S-GEF中必有(　　)
A.SG⊥平面EFG
B.设线段SF的中点为H,则DH∥平面SGE
C.四面体S-GEF的体积为112
D.四面体S-GEF的外接球的表面积为32π
12.

(2020山东济宁三模,10)线段AB为圆O的直径,点E,F在圆O上,AB∥EF,矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直,且AB=2,AD=EF=1.则(　　)
A.DF∥平面BCE
B.异面直线BF与DC所成的角为30°
C.△EFC为直角三角形
D.VC-BEF∶VF-ABCD=1∶4
三、填空题
13.(2020宁夏银川联考,14)《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽,周四丈八尺,高一丈一尺.问积几何?答曰:二千一百一十二尺,术曰:周自相乘,以高乘之,十二而一”,这里所说的圆堡瑽就是圆柱体,它的体积为“周自相乘,以高乘之,十二而一”,就是说:圆堡瑽(圆柱体)的体积为V=112×底面圆的周长的平方×高,则由此可推得圆周率π的取值为　　　　　. 
14.一竖立在水平面上的圆锥物体的母线长为2 m,一只蚂蚁从圆锥的底面圆周上的点P出发,绕圆锥表面爬行一周后回到P点,蚂蚁爬行的最短路径为23 m,则圆锥的底面圆半径为　　　　　. 
15.(2019天津,文12)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形,侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为　　　　. 
16.(2020江西南昌三模,16)已知长方体ABCD-A1B1C1D1,AB=32,AD=2,AA1=23,已知P是矩形ABCD内一动点,PA1与平面ABCD所成角为π3,设点P形成的轨迹长度为α,则tan α=　　　　　. 
四、解答题
17.

(2020广东珠海三模,19)如图所示,在梯形ABCD中,AD∥BC,平面CDEF⊥平面ABCD,且四边形CDEF为矩形,BC=2AD=2,CF=23,AB=13,BE=26.
(1)求证:AD⊥平面BDE;
(2)求点D到平面BEF的距离.





















18.

(2020山东济南三模,17)已知在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,AB=AD=12BC,将直角梯形ABCD(及其内部)以AB所在直线为轴顺时针旋转90°,形成如图所示的几何体,其中M为CE的中点.
(1)求证:BM⊥DF;
(2)求异面直线BM与EF所成角的大小.














19.(2020河北唐山二模,18)如图,在四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=2AB=2BC=2,AE⊥平面ABCD,CF⊥平面ABCD,CF=2AE.

(1)求证:CD⊥EF;
(2)若二面角B-EF-D是直二面角,求AE的长.


















20.(2020江西重点中学协作体第一次联考,18)如图所示,正方形ABCD边长为2,将△ABD沿BD翻折到△PBD的位置,使得二面角P-BD-A的大小为120°.

(1)证明:平面PAC⊥平面PBD;
(2)点M在直线PD上,且直线BM与平面ABCD所成角的正弦值为32,求二面角M-BC-P的余弦值.














21.(2019北京,理16)

如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC=13.
(1)求证:CD⊥平面PAD;
(2)求二面角F-AE-P的余弦值;
(3)设点G在PB上,且PGPB=23,判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.















22.

(2020天津静海一中期中,18)如图所示,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=BC=2AD=2,四边形EDCF为矩形,DE=2,平面EDCF⊥平面ABCD.
(1)求证:DF∥平面ABE;
(2)求二面角B-EF-D的正弦值;
(3)在线段BE上是否存在点P,使得直线AP与平面BEF所成角的正弦值为66?若存在,求出线段BP的长;若不存在,请说明理由.










专题突破练19　专题五
立体几何过关检测
1.D　解析AP=AD+DD1+D1P=AD+AA1+12AB=AD+xAB+yAA1,故x=12,y=1,x+y=32.
2.D　解析正方体同一顶点的三条棱两两垂直,则垂直于同一直线的两条直线不一定平行,故A错误;若一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行,则这两个平面互相平行,故B错误;正方体的前面和侧面都垂直于底面,这两个平面不平行,故C错误;若两个平面α,β垂直,假设一个平面α内与它们的交线l不垂直的直线l1与另一个平面β垂直,因为l1⊥β,且平面α,β的交线l⊂β,所以可得l1⊥l,这与题设l与l1不垂直相互矛盾,所以假设不成立,原命题成立,故D正确.
3.A　解析底面半径为r=122×3=2(丈),V=13×3×22×2=8(立方丈)=8×106(立方寸)=8000027(斛),故8000027×270÷1000=800(两).
4.B　解析由题意,作BB'垂直于底面,连接OB',AB',如图所示.


在圆柱OO1中,OO1=2,OA=1,OA⊥O1B,则∠BAB'即为AB与下底面所成角,
而OA⊥OB',所以AB'=12+12=2,
所以tan∠BAB'=BB'AB'=22=2.
5.C　解析根据题意,当球内切于棱长为2的正方体时,球的体积最大,故该球体积最大时,半径为1,体积为V=43πR3=4π3.
6.B　解析设截面圆半径为r,球的半径为R,则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即23,根据截面圆的周长可得4π=2πr,得r=2,故由题意知R2=r2+(23)2,即R2=22+(23)2=16,所以R=4.
7.A　解析由题意可知,该几何体的体积等于圆锥的体积,∵圆锥的侧面展开图恰为一个半径为3的圆的三分之一,∴底面周长为2π×33=2π.∴圆锥的底面半径为1,母线长为3,∴高为32-1=22.
∴体积V圆锥=13×π×12×22=223π.
8.B　解析如图,设△ABC的外接圆圆心为O',其半径为r,球O的半径为R,当球心O在三棱锥P-ABC内时,由题意可知,V1V2max=R+R2-r2R2-r2=3,可得R=23r.


∵2r=ACsin∠ABC=43,
∴r=23,∴R=43,∴S球=4π×169=64π9.当球心O在三棱锥P-ABC外时,结果不变.故选B.
9.CD　解析结合图形,显然直线AM与C1C是异面直线,直线AM与BN是异面直线,直线BN与MB1是异面直线,直线MN与AC所成的角即直线D1C与AC所成的角.在等边三角形AD1C中,∠ACD1=60°,所以直线MN与AC所成的角为60°.综上正确的结论为CD.
10.AD　解析∵m⊥α,α∥β,∴m⊥β.又n⊥β,∴m∥n,故A正确;B选项中,α,β可能平行,也可能相交,故B不正确;C选项中,当m∥n时,α,β可能相交,故C不正确;由面面垂直判定定理,知D正确.
11.ABD　解析如图所示,SG⊥GF,SG⊥GE,GE∩GF=G,


∴SG⊥平面EFG,故A正确;
∵DH为△SEF的中位线,则DH∥SE,DH⊄平面SGE,
∴DH∥平面SGE,故B正确;
由题知,SG=1,GE=GF=12,VS-GEF=13×S△GEF×SG=13×12×12×12×1=124,故C不正确;
∵GE,GF,GS两两垂直,故外接球直径2R=12+122+122=62,所以S=4πR2=32π,故D正确.
12.BD　解析因为AB∥EF,AB∥CD,所以四边形CDEF确定一个平面,
由于DC,EF长度不相等,则DF,CE不平行,即DF与平面BCE有公共点,故A错误;


连接OF,OE,OE交BF于点G,因为OB∥EF,OB=EF,OB=OF=1,所以四边形OBEF为菱形,则BE=OF=1,所以△OBE为等边三角形,
由于G为OE的中点,则∠OBG=12∠OBE=30°,因为AB∥CD,所以异面直线BF与DC所成的角为∠ABF=∠OBG=30°,故B正确;
由于四边形OBEF为菱形,则BF=2BG=212-122=3,
由面面垂直的性质以及线面垂直的性质可知,BC⊥BE,BC⊥BF,
所以CF=12+(3)2=2,CE=12+12=2,
又因为EF2+CE2=3≠CF2,所以△EFC不是直角三角形,故C错误;
因为BF=3,BE=1,EF=1,所以S△BEF=12×3×12-322=34,
由面面垂直的性质可知,BC⊥平面BEF,所以VC-BEF=13×34×1=312,
过点F作AB的垂线,垂足为H,则FH=12BF=32,
根据面面垂直的性质可知HF⊥平面ABCD,
则VF-ABCD=13×2×1×32=33,即VC-BEF∶VF-ABCD=1∶4,故D正确.


13.3　解析设圆柱底面圆的半径为r,圆柱的高为h,由题意知112×(2πr)2h=πr2h,解得π=3.
14.23 m　解析将圆锥侧面展开得半径为2m的一扇形,蚂蚁从P爬行一周后回到P(记作P1),


作OM⊥PP1,如图所示.由最短路径为23m,即PP1=23m,OP=2m,
由圆的性质可得∠POM=∠P1OM=π3,即扇形所对的圆心角为2π3,则圆锥底面圆的周长为l=2π3×2=4π3(m),则底面圆的半径为r=l2π=4π32π=23(m).
15.π4　解析如图,由底面边长为2,可得OC=1.


设M为VC的中点,则O1M=12OC=12,O1O=12VO,VO=VC2-OC2=2,
∴O1O=1.∴V圆柱=π·O1M2·O1O=π×122×1=π4.
16.-37　解析因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,所以PA1与平面ABCD所成角为∠APA1.


因为PA1与平面ABCD所成角为π3,所以∠APA1=π3.
因为AA1=23,所以AP=2.
从而点P形成的轨迹为以A为圆心,2为半径的圆在矩形ABCD内一段圆弧DM,设其圆心角为θ,则sinθ=322=34,所以tanθ=37.所以tanα=tan2θ=2tanθ1-tan2θ=2×371-97=-37.
17.(1)证明∵ED⊥CD,平面EDCF⊥平面ABCD,且平面EDCF∩平面ABCD=CD,ED⊂平面EDCF,∴ED⊥平面ABCD.
又AD,BD⊂平面ABCD,∴ED⊥BD,AD⊥ED.∵在Rt△BDE中,ED=23,BE=26,∴BD=23.
在△ABD中,BD=23,AD=1,AB=13,∵AB2=AD2+BD2,∴AD⊥BD.
又ED∩BD=D,ED,BD⊂平面BDE,∴AD⊥平面BDE.
(2)解由(1)可知△BCD为直角三角形,且BD=23,BC=2,
∴CD=BD2+BC2=4,作BH⊥CD于点H,则BH=BC·BDCD=3.


由已知平面EDCF⊥平面ABCD,且平面EDCF∩平面ABCD=CD,BH⊂平面ABCD,∴BH⊥平面CDEF,
∴VB-DEF=13S△DEF×BH=13×12×4×23×3=4.
在△BEF中,BF=BC2+CF2=4,EF=CD=4,BE=26,∴S△BEF=12×26×42-(6)2=215.设点D到平面BEF的距离为h,则13S△BEFh=VB-DEF,即13×215h=4,解得h=2155,所以点D到平面BEF的距离为2155.
18.(1)证明(方法一)连接CE,CE与BM交于点N,根据题意,该几何体为圆台的一部分,且CD与EF相交.故C,D,F,E四点共面.


因为平面ADF∥平面BCE,
所以CE∥DF.因为M为CE的中点,
所以∠CBM=∠EBM,
所以N为CE的中点,又BC=BE,
所以BN⊥CE,即BM⊥CE,
所以BM⊥DF.
(方法二)如图,以B为坐标原点,BE,BC,BA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设AB=1,则AD=AF=1,BC=BE=2,
所以B(0,0,0),M(2,2,0),D(0,1,1),F(1,0,1),所以BM=(2,2,0),DF=(1,-1,0),所以BM·DF=2-2=0,所以BM⊥DF.
(2)解如图,以B为坐标原点,BE,BC,BA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设AB=1,则AD=AF=1,BE=2,所以B(0,0,0),M(2,2,0),E(2,0,0),F(1,0,1),所以BM=(2,2,0),EF=(-1,0,1),所以cos=BM·EF|BM|·|EF|　=-22×2=-12,所以异面直线BM与EF所成角的大小是60°.


19.(1)证明连接AC,∵CF⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴CF⊥CD.∵AD=2,AB=BC=1,∴AC=CD=2,
∴AC2+CD2=AD2,可得AC⊥CD.
∵AE⊥平面ABCD,CF⊥平面ABCD,
∴AE∥CF,∴A,C,F,E四点共面.
又AC∩CF=C,∴CD⊥平面ACFE.
∵EF⊂平面ACFE,∴CD⊥EF.
(2)解如图所示,以A为原点,AB,AD,AE分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,设AE=t,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(0,0,t),F(1,1,2t).


则BE=(-1,0,t),BF=(0,1,2t),DE=(0,-2,t),DF=(1,-1,2t).
设平面BEF的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·BE=0,m·BF=0,
即-x1+tz1=0,y1+2tz1=0,取z1=1,x1=t,y1=-2t,则平面BEF的一个法向量m=(t,-2t,1).
设平面DEF的法向量为n=(x2,y2,z2),
则n·DE=0,n·DF=0,即-2y2+tz2=0,x2-y2+2tz2=0,
取z2=2,x2=-3t,y2=t,
则平面DEF的一个法向量n=(-3t,t,2).由二面角B-EF-D是直二面角,则m·n=0,即5t2=2,解得t=105.
所以AE=105.
20.(1)证明设AC交BD于点E,连接PE,即E为BD中点,
又AB=AD,∴AE⊥BD,∵PD=PB,∴PE⊥BD.
∵AE⊂平面PAC,PE⊂平面PAC,AE∩PE=E,∴BD⊥平面PAC.
又BD⊂平面PBD,∴平面PAC⊥平面PBD.
(2)解∵AE⊥BD,PE⊥BD,
∴∠PEA即为二面角P-BD-A的平面角,即∠PEA=120°,得∠PEC=60°.
∵AB=2,∴EP=EC=PC=2.
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,


则D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),P12,32,62.设DM=λDP=12λ,32λ,62λ,∴BM=BD+DM=12λ-2,32λ-2,62λ.易得平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1).∵直线BM与平面ABCD所成角的正弦值为32,
∴|cos|=n·BM|n||BM|　=62λ12λ-22+32λ-22+62λ2
=32,解得λ=2,
∴BM=(-1,1,6),CB=(2,0,0).
设平面MBC的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·BM=0,n1·CB=0,
即-x1+y1+6z1=0,2x1=0,令y1=6,得平面MBC的一个法向量n1=(0,6,-1).∵CP=12,-12,62,CB=(2,0,0),设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2·CP=0,n2·CB=0,
即12x2-12y2+62z2=0,2x2=0,
令y2=6,得平面PBC的一个法向量n2=(0,6,1).
设二面角M-BC-P的平面角为θ,
∴cosθ=n1·n2|n1||n2|=6-17×7=57,即二面角M-BC-P的余弦值为57.
21.(1)证明因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥CD.
又因为AD⊥CD,PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD.
(2)解过A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥AM,PA⊥AD.
如图,建立空间直角坐标系A-xyz,


则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).
所以AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2).
所以PF=13PC=23,23,-23,AF=AP+PF=23,23,43.
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),
则n·AE=0,n·AF=0,
即y+z=0,23x+23y+43z=0.
令z=1,则y=-1,x=-1.
于是平面AEF的一个法向量n=(-1,-1,1).又因为平面PAD的一个法向量为p=(1,0,0),
所以cos=n·p|n||p|=-33.
由题知,二面角F-AE-P的平面角为锐角,所以其余弦值为33.
(3)解直线AG在平面AEF内.
因为点G在PB上,且PGPB=23,PB=(2,-1,-2),所以PG=23PB=43,-23,-43,AG=AP+PG=43,-23,23.由(2)知,平面AEF的一个法向量n=(-1,-1,1).
所以AG·n=-43+23+23=0.
所以直线AG在平面AEF内.
22.(1)证明∵四边形EDCF为矩形,
∴DE⊥CD.又平面EDCF⊥平面ABCD,平面EDCF∩平面ABCD=CD,
∴ED⊥平面ABCD.
以D为原点,DA所在直线为x轴,DE所在直线为z轴建立空间直角坐标系,如图,则A(1,0,0),B(1,2,0),C(-1,2,0),E(0,0,2),F(-1,2,2).


设平面ABE的法向量为m=(x,y,z),
∵BE=(-1,-2,2),AB=(0,2,0),
由m·BE=0,m·AB=0,得-x-2y+2z=0,2y=0,
取z=1,得m=(2,0,1).
又DF=(-1,2,2),∴DF·m=0,
∴DF⊥m.又DF⊄平面ABE,
∴DF∥平面ABE.
(2)解DE=(0,0,2),DF=(-1,2,2),BE=(-1,-2,2),BF=(-2,0,2),设平面BEF的法向量为n=(x1,y1,z1),则n·BE=0,n·BF=0,即-x1-2y1+2z1=0,-2x1+2z1=0,取x1=1,得平面BEF的一个法向量n=1,12,1.设平面DEF的法向量为p=(x2,y2,z2),则p·DE=0,p·DF=0,
即2z2=0,-x2+2y2+2z2=0,取y2=1,得平面DEF的一个法向量p=(2,1,0).
设二面角B-EF-D的平面角为θ,则cosθ=|n·p||n||p|=5294×5=53,
∴二面角B-EF-D的正弦值sinθ=1-532=23.
(3)解存在.假设在线段BE上存在点P,使得直线AP与平面BEF所成角的正弦值为66,
设P(x1,y1,z1),BP=λBE,则(x1-1,y1-2,z1)=λ(-1,-2,2),
解得x1=1-λ,y1=2-2λ,z1=2λ,
∴P(1-λ,2-2λ,2λ).
由(2)知平面BEF的法向量n=1,12,1,AP=(-λ,2-2λ,2λ),
∵直线AP与平面BEF所成角的正弦值为66,∴|n·AP||n|·|AP|=194·(-λ)2+(2-2λ)2+(2λ)2=66,解得λ=29或λ=23,
∵BE=3,∴BP=23或BP=2.
∴在线段BE上存在点P,使得直线AP与平面BEF所成角的正弦值为66,此时BP=23或BP=2.