新高考数学二轮复习 专题3 立体几何检测 【新教材·新高考】

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高考数学一轮靠老师勤奋、学生努力；高考数学二轮主要看老师的把握水平(课标、考纲)，研究水平(选题、集体备课)，辅导水平(课堂辅导，课后个辅)。
二、高考数学二轮复习要注意明确两个做法：抓审题，抓个辅
抓审题：让学生说出来，让思维呈现出来。充分调动学生审题、变题能力;
抓个辅：教师要有个辅学生问题清单，让辅导有针对性;个辅全程性，个辅不只在课后，课堂个辅也是关键。
三、高考数学二轮复习要注意坚持三个过关：必须记忆过关;必须限时过关;必须心理过关
1、高考数学每节课必须花5分钟过关记忆性知识。
2、学生训练最大的状态就是能限时过关，应试能力也是数学解题能力，极大限度地减少题海战术。
3、学生最大的障碍就是就是心理问题。
四、高三数学二轮复习要注意避免四个重复：
重复一轮复习老路；重复成套试题训练；重复迷信名校资料；重复个人喜好方向。

专题三检测 立体几何（教师版）
（时间：120分钟 分值：150分）
一 、单项选择题：本大题共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、水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝eq \f(\r(3),2)，那么原△ABC是一个( )
A．等边三角形 B．直角三角形
C．三边中只有两边相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形
【答案】A
【解析】 AO＝2A′O′＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，BC＝B′O′＋C′O′＝1＋1＝2.在Rt△AOB中，AB＝eq \r(12＋\r(3)2)＝2，同理AC＝2，所以原△ABC是等边三角形．
2、如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是( )
A．直线AC B．直线AB
C．直线CD D．直线BC
【答案】C
【解析】 由题意知，D∈l，l⊂β，∴D∈β.
又D∈AB，∴D∈平面ABC，
∴点D在平面ABC与平面β的交线上．
又C∈平面ABC，C∈β，
∴点C在平面β与平面ABC的交线上，
∴平面ABC∩平面β＝直线CD.
3、（2021·沙坪坝区重庆南开中学高三期末）粽子古称“角黍”，是中国传统的节庆食品之一，由粽叶包裹糯米等食材蒸制而成.因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看作所有棱长均为4cm的正四棱锥现在需要在粽子内部放入一颗咸蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，则当这个蛋黄的体积最大时，蛋黄的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】每个侧面三角形的面积均为，底面正方形的面积为，
所以四棱锥的表面积为；
球的体积要达到最大，则需要球与四棱锥五个面都相切，
正四棱锥的高为，
设球的半径为，
所以四棱锥的体积，
故.故选B.
4、(2021·东北三校第一次联考)已知α，β是两个不同的平面，直线m⊂α，则下列命题中正确的是( )
A．若α⊥β，则m∥β B．若α⊥β，则m⊥β
C．若m∥β，则α∥β D．若m⊥β，则α⊥β
【答案】D
【解析】
.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，令平面ABB1A1为平面α，平面ABCD为平面β，则α⊥β，若A1B所在直线为直线m，则m⊂α，此时直线m与平面β既不平行也不垂直，因此选项A，B均不正确；若A1B1所在直线为直线m，则m⊂α且m∥β，但此时平面α与平面β不平行，故选项C也不正确，故选D.
5、（2021·山西吕梁市高三三模（理））已知如图，在棱长为2的正方体中，过且与平行的平面交于点，则（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】D
【解析】连接交于，过作交于，则是的中点，如下图示，
∵面，面，
∴面，即为所求的点，又在△中，，而，
∴.故选D.
6、如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭的几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上、下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )
A.eq \f(2 000π,9) B.eq \f(4 000π,27)
C．81π D．128π
【答案】 B
【解析】小圆柱的高分为上、下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h(00，V单调递增；当eq \f(5,3)7、正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为( )
A.eq \r(2)a B.eq \r(3)a
C.eq \f(\r(2),3)a D.eq \f(\r(3),3)a
【答案】D
【解析】建立空间直角坐标系如图.
则A(a，0，0)，D(0，0，0)，C1(0，a，a)，D1(0，0，a)，B1(a，a，a)，
∴eq \(AB1,\s\up6(→))＝(0，a，a)，eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－a，0，a).
设n＝(x，y，z)为平面AB1D1的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB1,\s\up6(→))＝a（y＋z）＝0，,n·\(AD1,\s\up6(→))＝a（－x＋z）＝0，))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－z，,x＝z.))取z＝1，则n＝(1，－1，1).
又∵AD1∥BC1，AB1∥DC1，AD1∩AB1＝A，DC1∩BC1＝C1，
∴平面AB1D1∥平面BDC1.
∴平面AB1D1与平面BDC1的距离可转化为点C1到平面AB1D1的距离d.
∵eq \(C1B1,\s\up6(→))＝(a，0，0)，平面AB1D1的法向量为n＝(1，－1，1)，
∴d＝eq \f(|\(C1B1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|a|,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)a.
8、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
【答案】D
【解析】.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，所以PQ∥AC.同理，QM∥BD.因为PQ⊥QM，所以AC⊥BD.又BD⊥AD，AC∩AD＝A，所以BD⊥平面ADC，所以平面BDC⊥平面ADC，平面ABD⊥平面ADC，所以A和C选项正确．由PQ∥AC，得AC∥平面PQMN，所以B选项正确．因为不能得到AD⊥DC或AD⊥BC，所以不能得到AD⊥平面BDC，故D选项不一定正确．故选D.
二、选择题：本题共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、(2021·山东潍坊期末)已知等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可能为( )
A.eq \r(2)π B．(1＋eq \r(2))π
C．2eq \r(2)π D．(2＋eq \r(2))π
【答案】AB.
【解析】如果是绕直角边旋转一周，那么形成圆锥，所以圆锥底面半径为1，高为1，母线长是直角三角形的斜边长，为eq \r(2)，所以所形成的几何体的表面积S＝πrl＋πr2＝π×1×eq \r(2)＋π×12＝(eq \r(2)＋1)π.如果是绕斜边旋转一周，那么形成的是上、下两个圆锥，所以圆锥的半径是直角三角形斜边上的高，为eq \f(\r(2),2)，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，长为1，所以形成的几何体的表面积S＝2×πrl＝2×π×eq \f(\r(2),2)×1＝eq \r(2)π.综上可知，形成的几何体的表面积为(eq \r(2)＋1)π或eq \r(2)π.故选AB.
10、如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法正确的是( )
A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行 D．MN与A1B1平行
【答案】ABC
【解析】连接C1D，BD(图略)．∵N是D1C的中点，
∴N是C1D的中点，∴MN∥BD.
又∵CC1⊥BD，
∴CC1⊥MN，故A，C正确．∵AC⊥BD，MN∥BD，
∴MN⊥AC，故B正确．
11、(2021·山东临沂实验中学期末)已知四棱锥P­ABCD，底面ABCD为矩形，侧面PCD⊥平面ABCD，BC＝2eq \r(3)，CD＝PC＝PD＝2eq \r(6).若点M为PC的中点，则下列说法正确的是( )
A．BM⊥平面PCD
B．PA∥平面MBD
C．四棱锥M­ABCD外接球的体积为36π
D．四棱锥M­ABCD的体积为6
【答案】BC
【解析】.如图，连接AC，BD交于点O，取CD的中点N，连接PN，MN，NO，MO，
因为侧面PCD⊥平面ABCD，侧面PCD∩平面ABCD＝CD，BC⊥CD，所以BC⊥平面PCD.连接BM，MD，若BM⊥平面PCD，则BM∥BC.显然与已知BM与BC相交矛盾，所以A错误．因为点M为PC的中点，点O为AC的中点，所以OM∥PA.又PA⊄平面MBD，MO⊂平面MBD，所以PA∥平面MBD，所以B正确．因为点M为PC的中点，所以四棱锥M­ABCD的体积是四棱锥P­ABCD的体积的一半．由题意可得，PN⊥平面ABCD，PN＝eq \r(（2\r(6)）2－（\r(6)）2)＝3eq \r(2)，所以VM­ABCD＝eq \f(1,2)VP­ABCD＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)PN×S四边形ABCD＝eq \f(1,6)×3eq \r(2)×2eq \r(6)×2eq \r(3)＝12，所以D错误．因为点O，N分别为AC，CD的中点，所以ON∥BC.又BC⊥平面PCD，所以ON⊥平面PCD，所以ON⊥NM.在矩形ABCD中，易得AC＝eq \r(（2\r(6)）2＋（2\r(3)）2)＝6，所以OC＝3，ON＝eq \r(3).在△PCD中，NM＝eq \f(1,2)PD＝eq \r(6)，所以在Rt△OMN中，MO＝eq \r(ON2＋MN2)＝eq \r(3＋6)＝3.所以OM＝OA＝OB＝OC＝OD，所以点O为四棱锥M­ABCD外接球的球心，外接球的半径为3，所以其体积V＝eq \f(4,3)π×33＝36π，所以C正确．故选BC.
12、（2022·广州市调研）已知正方体的棱长为2，为棱上的动点，平面，下面说法正确的是（ ）
A. 若N为中点，当最小时，
B. 当点M与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大
C. 直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为
D. 若点M为的中点，平面过点B，则平面截正方体所得截面图形的面积为
【答案】AD
【解析】对于A：将矩形与矩形展开成一个平面（如图所示）
若最小，则、、三点共线，
因为，所以，
所以，
即，
即选项A正确；
对于B：当点M与点重合时，
连接、、、、（如图所示）
在正方体中，平面，
平面，所以，
又因为，且，
所以平面，
又平面，所以，
同理可证，
因为，
所以平面.
易知是边长为的等边三角形，
其面积为，
周长为；
设分别是的中点，
易知六边形是边长为的正六边形，
且平面平面，
正六边形的周长为，
面积为，
则的面积小于正六边形的面积，
它们的周长相等，
即选项B错误；
对于C：以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系（如图所示）
则，，设，
因为平面，所以是平面的一个法向量，
且 ，，
，
所以直线AB与平面所成角的正弦值的取值范围为
则直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为.
即选项C错误；
对于D：以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系（如图所示）
连接、，设平面交棱于点，，
所以，因为平面，平面，
所以，即
，得，
所以，即点是的中点，
同理点是的中点，则且，
所以四边形是梯形，且，，
设，，
则，，
所以梯形的高，即点到直线的距离
为，
所以梯形的面积为，
即选项D正确.故选AD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13、如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是棱C1D1，C1C的中点.给出以下四个结论：
①直线AM与直线C1C相交；②直线AM与直线BN平行；③直线AM与直线DD1异面；④直线BN与直线MB1异面.
其中正确结论的序号为 (注：把你认为正确的结论序号都填上).
【答案】③④
【解析】AM与C1C异面，故①错；AM与BN异面，故②错；③，④正确.
14、（2021·山东烟台市高三二模）在一次综合实践活动中，某手工制作小组利用硬纸板做了一个如图所示的几何模型，底面为边长是4的正方形，半圆面底面．经研究发现，当点在半圆弧上（不含，点）运动时，三棱锥的外接球始终保持不变，则该外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】若为中点，半圆面底面，面为边长是4的正方形，
∴为三棱锥的外接球的球心，故外接球半径，
∴该外接球的表面积为.
15、(2021·西安五校联考)如图①，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图②所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为________；若该六面体内有一个小球，则小球的最大体积为________．
【答案】eq \f(3\r(3),2) eq \f(8\r(6),729)π
【解析】(1)由题意，知该六面体的每个面均是边长为1的正三角形，所以该六面体的表面积为eq \f(\r(3),4)×12×6＝eq \f(3\r(3),2).
(2)将棱长为1的正四面体PQRS补成一个正方体，如图，
则正方体的棱长为eq \f(\r(2),2)，所以正四面体PQRS的体积VPQRS＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(3)－4×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),12)，所以本题中的六面体的体积V＝2×eq \f(\r(2),12)＝eq \f(\r(2),6).当小球与六面体的六个面均相切时，小球的体积最大，设此时小球的半径为r.小球的体积最大时，小球的球心与5个顶点的连线将该六面体分为六个全等的三棱锥，则六个三棱锥的体积和等于该六面体的体积，即有eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×r×6＝eq \f(\r(2),6)，解得r＝eq \f(\r(2),3\r(3))，故小球的最大体积为eq \f(4,3)π·r3＝eq \f(4,3)π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3\r(3))))eq \s\up12(3)＝eq \f(8\r(6)π,729).
16、如图，已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M分别是线段AB，AD，AA1的中点，又P，Q分别在线段A1B1，A1D1上，且A1P＝A1Q＝x(0设平面MEF∩平面MPQ＝l，现有下列结论：
①l∥平面ABCD；
②l⊥AC；
③直线l与平面BCC1B1不垂直；
④当x变化时，l不是定直线．
其中成立的结论是________．(写出所有成立结论的序号)
【答案】①②③
【解析】 连接BD，B1D1，∵A1P＝A1Q＝x，
∴PQ∥B1D1∥BD∥EF，易证PQ∥平面MEF，
又平面MEF∩平面MPQ＝l，
∴PQ∥l，l∥EF，
∴l∥平面ABCD，故①成立；
又EF⊥AC，∴l⊥AC，故②成立；
∵l∥EF∥BD，∴易知直线l与平面BCC1B1不垂直，故③成立；
当x变化时，l是过点M且与直线EF平行的定直线，故④不成立．
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。
17、（10分）如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC，侧面BCC1B1⊥底面ABC，E，F分别为棱BC和A1C1的中点．
(1)求证：EF∥平面ABB1A1；
(2)求证：平面AEF⊥平面BCC1B1.
证明： (1)如图，取A1B1的中点G，连接BG，FG，在△A1B1C1中，因为F，G分别为A1C1，A1B1的中点，
所以FG∥B1C1，且FG＝eq \f(1,2)B1C1.在三棱柱ABC－A1B1C1中，BC∥B1C1.
又E为棱BC的中点，所以FG∥BE，且FG＝BE，
所以四边形BEFG为平行四边形，
所以EF∥BG，又因为BG⊂平面ABB1A1，EF⊄平面ABB1A1，所以EF∥平面ABB1A1.
(2)在△ABC中，因为AB＝AC，E为BC的中点，
所以AE⊥BC，
又侧面BCC1B1⊥底面ABC，侧面BCC1B1∩底面ABC＝BC，且AE⊂平面ABC，所以AE⊥平面BCC1B1，
又AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面BCC1B1.
18、（12分）（2022•湖北部分重点中学第二次联考）如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD=2AB=2BC，E是CD的中点．将△ADE沿AE折起到△AD'E的位置．
（1）若M为棱BD'上动点，问在棱AE上是否存在定点N，使BC⊥MN？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
（2）若平面AD'E⊥平面ABCE，求二面角A﹣BD'﹣C的余弦值．
【解】（1）当N为AE中点时，BC⊥MN，证明如下：
取AE的中点N，连结D'N，BN，MN，如图所示，
因为AB∥CD，且CD=2AB=2BC，所以四边形ABED和四边形ABCE均为菱形，
因为D'A=D'E，N为AE的中点，所以D'N⊥AE，
因为AB=EB，N为AE的中点，所以BN⊥AE，又D'N∩BN=N，所以AE⊥平面D'NB，
又因为AE∥BC，所以BC⊥平面D'NB，
因为MN⊂平面D'NB，所以BC⊥MN，此时，
故存在定点N，使BC⊥MN，且；
（2）因为平面AD'E⊥平面ABCE，平面AD'E∩平面ABCE=AE，D'N⊥AE，所以D'N⊥平面ABCE，
以N为坐标原点，NA，NB，ND'分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB=2，
则，
所以，
设平面ABD'法向量为，则有，所以，
设平面BD'C的法向量为，则有，所以，
设二面角A﹣BD'﹣C的平面角为θ，
则，
又因为θ为钝角，所以，
故二面角A﹣BD'﹣C的余弦值为．
19、（12分）如图，在四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB，现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC.
(1)若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，且eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(PD,\s\up6(→))，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由；
(2)求三棱锥A­CDF的体积的最大值．
【解析】(1)存在，λ＝eq \f(3,2).在折叠后的图中过C作CG⊥FD，交FD于G，过G作GP⊥FD交AD于P，连接PC(图略)，在四边形ABCD中，EF∥AB，AB⊥AD，所以EF⊥AD.
折起后AF⊥EF，DF⊥EF，
又平面ABEF⊥平面EFDC，平面ABEF∩平面EFDC＝EF，所以FD⊥平面ABEF.
又AF⊂平面ABEF，所以FD⊥AF.
所以CG∥EF，PG∥AF，eq \f(AP,PD)＝eq \f(FG,GD)＝eq \f(3,2)，
因为CG∩PG＝G，EF∩AF＝F，
所以平面CPG∥平面ABEF，
因为CP⊂平面CPG，
所以CP∥平面ABEF.
所以在AD上存在一点P，且eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)eq \(PD,\s\up6(→))，使CP∥平面ABEF.
(2)设BE＝x，所以AF＝x(0故V三棱锥A­CDF＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×(6－x)×x＝eq \f(1,3)(－x2＋6x)＝eq \f(1,3)[9－(x－3)2]．
所以当x＝3时，三棱锥A­CDF的体积取得最大值3.
20、（12分）（2022•广东省八校第二次联考）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，为中点.
（1）若，求证：平面；
（2）当直线与平面所成角最大时，求三棱锥的体积.
【解析】（1）证明：平面，平面
四边形为矩形
又，平面
平面
平面
在中，，为中点
又，平面
平面
（2）解：以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，
，，，
设平面的一个法向量为，则
令，解得
设直线与平面所成角为，则
当且仅当时，等号成立
三棱锥的体积
21、（12分）（2022•广东高考调研考试数学仿真试卷2）给出两块相同的正三角形铁皮（如图1，图2），
（1）要求用其中一块剪拼成一个三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，
①请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图1、图2中，并作简要说明；
②试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小
（2）设正三角形铁皮的边长为，将正三角形铁皮的三个角切去三个全等的四边形，再把它的边沿虚线折起（如图3），做成一个无盖的正三角形底铁皮箱，当箱底边长为多少时，箱子容积最大？最大容积是多少？
【解析】解：（1）①如图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥．
如图2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形，
其较长的一组邻边边长为三角形边长的，
有一组对角为直角，余下部分按虚线折起，
可成一个缺上底的正三棱柱，
而剪出三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱锥的上底．
②依上面剪拼方法，有．
推理如下：
设给出正三角形纸片的边长为2，那么，
正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正三角形，
其面积为．现在计算它们的高：
，．
所以．

（2）设箱底边长为，则箱高为，
箱子的容积为﹒
由解得（舍），，
且当时，；当时，，
所以函数在处取得极大值，
这个极大值就是函数的最大值：
．
答：当箱子底边长为时，箱子容积最大，最大值为．
22、（12分）（2021·天津高三一模）在滨海文化中心有天津滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体中，，圆台下底圆心为的中点，直径为2，圆与直线交于，圆台上底的圆心在上，直径为1.
（1）求与平面所成角的正弦值；
（2）求二面角的余弦值；
（3）圆台上底圆周上是否存在一点使得，若存在，求点到直线的距离，若不存在则说明理由.
【解】（1）由题意可知，建立空间直角坐标系如图所示，
则，0，，，4，，，1，，，0，，
所以.
设平面的法向量为，
则有，即，
令，则，，故，
所以，
故与平面所成角的正弦值为；
（2）由（1）可知，，3，，所以.
设平面的法向量为，
则有，即，
令，则，，故，
所以，
故二面角的余弦值为；
（3）由（1）可知，，0，，，4，，
所以.
假设存在这样的点，设，，，
由题意可知，
所以.
因为，
则有，
所以，又，
所以，
解得（舍，，
所以当时，，
此时点到直线的距离为．