2025屆高三一輪復習數(shù)學試題(人教版新高考新教材)章末目標檢測卷7　立體幾何

章末目標檢測卷七立體幾何(時間:120分鐘滿分:150分)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.若圓錐的表面積是底面積的3倍,則該圓錐的側面展開圖扇形的圓心角為()A.2π3 B.5π6 C.π2.下列命題錯誤的是()A.三角形的兩條邊平行于一個平面,則第三邊也平行于這個平面B.平面α∥平面β,a?α,過β內的一點B有唯一的一條直線b,使b∥aC.α∥β,γ∥δ,α,β,γ,δ所成的交線為a,b,c,d,則a∥b∥c∥dD.一條直線與兩個平面所成的角相等,則這兩個平面平行3.日晷是中國古代用來測定時間的儀器,利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間.把地球看成一個球(球心記為O),地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角,點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面.在點A處放置一個日晷,若晷面與赤道所在平面平行,點A處的緯度為北緯40°,則晷針與點A處的水平面所成的角為()A.20° B.40° C.50° D.90°4.如圖,已知直平行六面體ABCD-A1B1C1D1的各條棱長均為3,∠BAD=60°,長為2的線段MN的一個端點M在DD1上運動,另一個端點N在底面ABCD上運動,則MN的中點P的軌跡(曲面)與共頂點D的三個面所圍成的幾何體的體積為()A.2π9 B.4π9 C.25.3D打印屬于快速成形技術的一種,它是一種以數(shù)字模型文件為基礎,運用粉末狀金屬或塑料等可黏合材料,通過逐層堆疊累積的方式來構造物體的技術(即“積層造型法”).過去常在模具制造、工業(yè)設計等領域被用于制造模型,現(xiàn)正用于一些產(chǎn)品的直接制造.已知利用3D打印技術制作如圖所示的模型.該模型為在圓錐底內挖去一個正方體后的剩余部分(正方體四個頂點在圓錐母線上,四個頂點在圓錐底面上),圓錐底面直徑為102cm,母線與底面所成角的正切值為2.打印所用原料密度為1g/cm3,不考慮打印損耗,制作該模型所需原料的質量約為()(取π=3.14,精確到0.1)A.609.4g B.447.3gC.398.3g D.357.3g6.(2021天津,6)兩個圓錐的底面是一個球的同一截面,頂點均在球面上,若球的體積為32π3,兩個圓錐的高之比為1∶3,則這兩個圓錐的體積之和為(A.3π B.4π C.9π D.12π7.三棱柱ABC-A1B1C1的側棱與底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,N是BC的中點,點P在A1B1上,且滿足A1P=λA1B1,當直線PN與平面ABC所成角θA.12 B.22 C.32 8.如圖①,直線EF將矩形ABCD分為兩個直角梯形ABFE和CDEF,將梯形CDEF沿邊EF翻折,如圖②,在翻折過程中(平面ABFE和平面CDEF不重合),下列說法正確的是()A.在翻折過程中,AD∥平面BCF恒成立B.存在某一位置,使得CD∥平面ABFEC.存在某一位置,使得BF∥CDD.存在某一位置,使得DE⊥平面ABFE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.設m,n是不同的直線,α,β,γ是三個不同的平面,則真命題是()A.若m⊥α,n⊥β,α∥β,則m∥nB.若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,則α∥βC.若α⊥γ,β⊥γ,則α∥βD.若α∥β,β∥γ,m⊥α,則m⊥γ10.(2022全國新高考Ⅱ,11)如圖,四邊形ABCD為正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB,記三棱錐E-ACD,F-ABC,E-ACF的體積分別為V1,V2,V3,則()A.V3=2V2 B.V3=2V1C.V3=V1+V2 D.2V3=3V111.已知在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E,F,H分別是AB,DD1,BC1的中點,則下列說法中正確的是()A.D1C1∥平面CHDB.AC1⊥平面BDA1C.三棱錐D-BA1C1的體積為5D.直線EF與BC1所成的角為30°12.(2021新高考Ⅰ,12)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,點P滿足BP=λBC+μBB1,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],則(A.當λ=1時,△AB1P的周長為定值B.當μ=1時,三棱錐P-A1BC的體積為定值C.當λ=12時,有且僅有一個點P,使得A1P⊥D.當μ=12時,有且僅有一個點P,使得A1B⊥平面AB1三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.有一正四棱錐P-ABCD,底面邊長為2,二面角P-AB-C為45°,則此四棱錐的體積為.

14.在菱形ABCD中,AB=2,∠BCD=60°,現(xiàn)將其沿對角線BD折成直二面角A-BD-C(如圖),則異面直線AB與CD所成角的余弦值為.

15.在三棱錐A-BCD中,AB=AC=BC=2,BD=CD=2,點E是BC的中點,點A在平面BCD上的射影恰好為DE的中點,則該三棱錐外接球的表面積為.

16.如圖,將一個圓柱2n(n∈N*)等分切割,再重新組合成一個與圓柱等底等高的幾何體,當n越大,重新組合的幾何體就越接近于一個“長方體”,若新幾何體的表面積比圓柱的表面積增加了8,則圓柱的側面積為,在滿足前面條件且圓柱外接球表面積最小時,圓柱的外接球體積為.

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)如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點的五面體中,四邊形ABEF為正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°.(1)證明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求平面BCE與平面ABCD夾角的余弦值.18.(12分)(2021北京,17)已知正方體ABCD-A1B1C1D1,點E為A1D1中點,直線B1C1交平面CDE于點F.(1)證明:點F為B1C1的中點;(2)若點M為棱A1B1上一點,且二面角M-CF-E的余弦值為53,求A119.(12分)(2023新高考Ⅰ,18)如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.點A2,B2,C2,D2分別在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)證明:B2C2∥A2D2;(2)點P在棱BB1上,當二面角P-A2C2-D2為150°時,求B2P.20.(12分)(2021新高考Ⅰ,20)如圖,在三棱錐A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O為BD的中點.(1)證明:OA⊥CD;(2)若△OCD是邊長為1的等邊三角形,點E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小為45°,求三棱錐A-BCD的體積.21.(12分)請從下面三個條件中任選一個,補充在下面的橫線上,并作答.①AB⊥BC;②FC與平面ABCD所成的角為π6③∠ABC=π3如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥平面ABCD,且PA=AB=2,PD的中點為F.(1)在線段AB上是否存在一點G,使得AF∥平面PCG?若存在,指出G在AB上的位置并給以證明;若不存在,請說明理由;(2)若,求二面角F-AC-D的余弦值.

22.(12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=2,BC=22,PA=2.(1)取PC的中點N,求證:DN∥平面PAB.(2)求直線AC與PD所成角的余弦值.(3)在線段PD上是否存在一點M,使得二面角M-AC-D的大小為45°?如果存在,求BM與平面MAC所成的角;如果不存在,請說明理由.

章末目標檢測卷七立體幾何1.C設圓錐的底面半徑為r,母線長為l,側面展開圖扇形的圓心角為θ,根據(jù)條件得πrl+πr2=3πr2,即l=2r,根據(jù)扇形面積公式得θl22=即θ=r·2π故選C.2.DA正確,三角形可以確定一個平面,若三角形兩邊平行于一個平面,則它所在的平面與這個平面平行,故第三邊平行于這個平面;B正確,平面α與平面β平行,則平面α中的直線a必平行于平面β,平面β內的一點與這條線可以確定一個平面,這個平面與平面β交于一條直線,過該點在平面β內只有這條直線與a平行;C正確,同一平面內不相交的兩條直線一定平行;D錯誤,一條直線與兩個平面所成的角相等,這兩個平面也可能相交,故選D.3.B由題意知,如圖,圓O為赤道所在的大圓.圓O1是在點A處與赤道所在平面平行的晷面.O1C為晷針所在的直線.直線OA在圓O所在平面的射影為直線OB,點B在圓O上,則∠AOB=40°,∴∠COA=50°.又∠CAO=90°,∴∠OCA=40°.∴晷針與點A處的水平面所成角為40°,故選B.4.A連接DP,DN(圖略),在Rt△MND中,斜邊MN=2,則DP=1,則點P的軌跡為以D為球心,半徑r=1的球面的一部分,則球的體積為V=43π·r因為∠BAD=60°,所以∠ADC=120°,則該幾何體為半球的13所以所求幾何體的體積V'=45.C幾何體的軸截面如圖所示,因為圓錐底面直徑為102cm,所以半徑為OB=52cm.因為母線與底面所成角的正切值為tanB=2,所以圓錐的高為PO=10cm.設正方體的棱長為a,DE=2a,則22a52=所以該模型的體積為V=13π×(52)2×10-53=500π3-125所以制作該模型所需原料的質量為500π3-125×1=500π3-125≈6.B如圖所示,設兩個圓錐的底面圓心為點D,設圓錐AD和圓錐BD的高之比為3∶1,即AD=3BD.設球的半徑為R,則4πR33=32π3,可得R=所以BD=1,AD=3.設圓錐的底面圓周上一點C,連接OC,則在Rt△COD中,可得CD=3因此,這兩個圓錐的體積之和為13π·CD2·(AD+BD)=13π×37.A分別以AB,AC,AA1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系Axyz,如圖所示.由題意知P(λ,0,1),N12,12,0,易得平面ABC的一個法向量為n=(0,0,1).則直線PN與平面ABC所成的角θ滿足sinθ=|cos<PN,n>|=1λ于是問題轉化為二次函數(shù)求最值問題.又因為θ∈0,π2,當θ最大時,sinθ最大,所以當λ=12時,sinθ最大為255,故選A.8.A對于A,由題意得DE∥CF,AE∥BF,∵AE∩DE=E,BF∩CF=F,∴平面ADE∥平面BCF,又AD?平面ADE,∴在翻折過程中,AD∥平面BCF恒成立,故A正確;對于B,由題意知CD與EF不平行,且在同一平面內,∴CD與EF相交,∴CD與平面ABFE相交,即不存在某一位置,使得CD∥平面ABFE,故B錯誤;對于C,假設存在某一位置,使得BF∥CD,則在這一位置CD∥平面ABFE,由B選項分析知假設不成立.∴不存在某一位置,使得BF∥CD,故C錯誤;對于D,DE在任何位置都不垂直于EF,∴不存在某一位置,使得DE⊥平面ABFE,故D錯誤.9.AD因為m⊥α,α∥β,所以m⊥β,又因為n⊥β,所以m∥n,選項A正確;當α,β,γ是某三棱柱的三個側面時,可以滿足α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,但是α與β相交,選項B錯誤;垂直于同一個平面的兩個平面還可能相交,選項C錯誤;因為m⊥α,α∥β,所以m⊥β,又因為β∥γ,所以m⊥γ,選項D正確.10.CD設AB=ED=2FB=2,則V1=13×12×2×2×2=43,V2=13連接BD,由題意得AC⊥平面BDEF,S四邊形BDEF=12×(1+2)×22=因為V幾何體=VE-ACD+VF-ABC+VE-ACF=2VA-BDEF=2×13×32×2=4,所以V3=VE-ACF=4-4311.ABD由題意,C1D1∥CD,C1D1?平面CHD,CD?平面CHD,所以D1C1∥平面CHD,A正確;建立空間直角坐標系,如圖所示,由已知得AC1=(-1,1,1),BD=(-1,-1,0),DA1=(1,所以AC1·BD=1-1+0=0,AC1·DA所以AC1⊥BD,AC1⊥DA1,所以AC1⊥BD,AC1⊥DA1,又BD∩DA1=D三棱錐D-BA1C1的體積為V三棱錐D-BA1C1=V正方體ABCD-A1B1C1D因為點E1,12,所以EF=-1,-12,12,又B所以cos<EF,BC所以直線EF與BC1所成的角是30°,D正確.12.BDA項中,當λ=1時,BP=BC+uBB1?BP?BC=CP=uBB1,則CP與BB1圖①在△AB1P中,|AB1|=2,|AP|=1+u2,|B1P|=所以△AB1P的周長L=|AB1|+|AP|+|B1P|不為定值,故A錯誤;圖②B項中,當u=1時,BP=λBC+BB1?BP?BB1=B1P=λBC,則B1P因為B1C1∥平面A1BC,即B1C1上的每一點到平面A1BC的距離都相等,所以三棱錐P-A1BC的體積為定值,故B正確;圖③C項中,當λ=12時,分別取線段BC,B1C1的中點D,D1,連接DD1,可知點P在線段DD1(包括端點)上,如圖③所示取AC的中點O,建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz,則B32,0,0,C(0,12,0),A10,-由A1P·BP=u(u-1)=0,得u=0當點P與點D或D1重合時,滿足A1P⊥BP,故C錯誤;D項中,當u=12時,分別取線段BB1,CC1的中點M,N,連接MN,可知點P在線段MN(包括端點)上,如圖④所示圖④建系同選項C,則A0,-12,0,A10,-12,1,B32,0,0,P32?32λ,λ2,12,從而A1B=32,12,-1,又四邊形ABB1A1為正方形,顯然A1B⊥AB1.要使A1B⊥平面AB1P,只需A1B⊥AP,即A1B·AP=12?當且僅當點P與點N重合時,A1B⊥平面AB1P,故D正確.綜上所述,選BD.13.43如圖,設點P在底面ABCD內的射影為O,因為四棱錐P-ABCD所以O為正方形ABCD的中心.取AB的中點E,連接PO,PE,OE,則PO⊥平面ABCD,OE⊥AB,PE⊥AB,所以∠PEO為二面角P-AB-C的平面角,所以∠PEO=45°,因為BC=2,所以OE=PO=1,所以此四棱錐的體積為13·PO·SABCD=13×1×214.14如圖,取BD的中點O,連接AO,CO,∵AB=2,∠BCD=60°,∴點A(0,0,3),B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,3,0),∴AB=(1,0,-3),CD=(-1,-3,0∴cos<AB,CD>=AB∴異面直線AB與CD所成角的余弦值為115.60π11由題意知,△BCD為等腰直角三角形,點E是△BCD外接圓的圓心.設DE的中點為F,則BF=B設三棱錐A-BCD外接球的球心O到平面BCD的距離為h,球O的半徑為r.如圖,作OM∥EF交AF于點M,由BO,AO分別在Rt△BOE和Rt△AOM中,可得r2=1+h2=14+112-?2,所以該三棱錐外接球的表面積為4π×16.8π32π3由題意知,表面積增加的部分為新“長方體”的兩個側面,設原圓柱的底面半徑為r,高為h,則可得2rh=8,所以圓柱的側面積為2πrh=8設圓柱的外接球的半徑為R,依題意得(2R)2=(2r)2+h2,所以外接球的表面積為S=4πR2=π(4r2+h2)≥π·24r2·?2=4πrh=16π,當且僅當2r=h時,S最小,此時R=2,外接球的體積V=17.(1)證明由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,又DF∩FE=F,所以AF⊥平面EFDC.又AF?平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)解過點D作DG⊥EF,垂足為G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G為坐標原點,GF的方向為x軸正方向,|GF|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系Gxyz.由(1)知∠DFE為二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,則DF=2,DG=3,可得點A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3).由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF為二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.從而可得點C(-2,0,3).所以EC=(1,0,3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0).設n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,則n·EC=0,n·EB=0,即x+設m是平面ABCD的法向量,則m同理可取m=(0,3,4),則cos<n,m>=n·m|n||m|=-21919.設平面BCE與平面ABCD的夾角為θ,則cos所以平面BCE與平面ABCD夾角的余弦值為218.(1)證明∵CD∥C1D1,CD?平面A1B1C1D1,C1D1?平面A1B1C1D1,∴CD∥平面A1B1C1D1.由題意可知平面CDE∩平面A1B1C1D1=EF,CD?平面CDE,∴CD∥EF,∴C1D1∥EF.又點E為A1D1的中點,∴點F為B1C1的中點.(2)解以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系Dxyz,如圖所示.不妨設正方體的棱長為2,設A1MA1B1=λ(則M(2,2λ,2),C(0,2,0),F(1,2,2),E(1,0,2),從而MC=(-2,2-2λ,-2),CF=(1,0,2),FE=(0,-2,0),設平面MCF的法向量為m=(x1,y1,z1),則m令z1=-1,則可取m=2設平面CFE的法向量為n=(x2,y2,z2),則n令z1=-1,則可取n=(2,0,-1).因為m·n=5,|m|=5+11-λ2,所以cos<m,n>=m·整理可得(λ-1)2=14解得λ=119.(1)證明如圖①,設棱DD1上的點N滿足DN=AA2=1,取CC1的中點M,連接A2N,MN,B2M.圖①因為DN∥AA2,且DN=AA2,所以四邊形AA2ND為平行四邊形,所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可證B2M∥BC,且B2M=BC.因為AD∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.所以四邊形A2B2MN為平行四邊形.因為D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四邊形C2D2NM為平行四邊形.所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.所以四邊形A2B2C2D2為平行四邊形,所以B2C2∥A2D2.(2)解在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以點C為坐標原點,CD,CB,CC1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖②所示的空間直角坐標系.圖②由題意可知,點A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),設點P(0,2,a),其中0≤a≤4.C2A2=(2,2,-2),C2D2=(2,0,-1),設平面A2C2D2的法向量為n1=(x1,y1,z1),則n1·C2A2=2x1+2y1-2故n1=(1,1,2).設平面PA2C2的法向量為n2=(x2,y2,z2),則n2·C2A2=2x2+2y2-2z2故n2=(a-1,3-a,2).因為二面角P-A2C2-D2為150°,所以|cos<n1,n2>|=|n66整理可得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3.結合圖形可知,當a=3或a=1時,B2P=1,此時二面角P-A2C2-D2為150°.20.(1)證明在△ABD中,∵AB=AD,O為BD的中點,∴OA⊥BD.∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,OA?平面ABD,∴OA⊥平面BCD.又CD?平面BCD,∴OA⊥CD.圖(1)(2)解法一如圖(1),過點E作EN∥OA交BD于點N,過點N作NM∥CD交BC于點M,連接EM.∵OA⊥平面BCD,EN∥OA,∴EN⊥平面BCD.∵△OCD是邊長為1的等邊三角形,∴OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.∵NM∥CD,∴NM⊥BC,∴∠EMN是二面角E-BC-D的一個平面角,∴∠EMN=45°,即△EMN是等腰直角三角形.∵DE=2EA,∴ND=2ON.∴EN=MN=23CD=23,∴AO=32又BC=BD∴VA-BCD=13S△BCD·AO=13×12解法二∵△OCD是邊長為1的等邊三角形,∴OC=OD=CD=1.∵O是BD的中點,∴OB=OD=1.圖(2)如圖(2),以O為坐標原點,OD所在直線為y軸,OA所在直線為z軸,過點O垂直于OD的直線為x軸,建立空間直角坐標系,則C32,12,0,D(0,1,0),B(0,-1,0設A(0,0,m),則E(0,13,2∴EB=(0,-43,-23m),BC=(3設n=(x,y,z)為平面EBC的法向量,則EB∴2令y=1,則z=-2m,x=-3,∴可取n=(-3,1,-2m又平面BCD的一個法向量為OA=(0,0,m),∴|cos<n,OA>|=-∴m=1,即OA=1,∴VA-BCD=13·S△BCD·OA=13×121.解(1)存在線段AB的中點G,使得AF∥平面PCG.證明如下:如圖所示,設PC的中點為H,連接FH,GH.因為FH∥CD,FH=12CD,AG∥CD,AG=12所以FH∥AG,FH=AG,所以四邊形AGHF為平行四邊形,則AF∥GH.又GH?平面PGC,AF?平面PGC,故AF∥平面PGC.(2)選擇①:由已知及①得AB⊥AD.∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥AB,PA⊥AD.∴AB,AD,AP兩兩垂直,分別以AB,AD,AP所在直線為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系,如圖所示.∵PA=AB=2,∴點A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),F(0,1,1),P(0,0,2),∴AF=(0,1,1),CF=(-2,-1,1)設平面FAC的法向量為m=(x,y,z),∴m令y=1,則可取m=(-1,1,-1).易知平面ACD的一個法向量為v=(0,0,1).設二面角F-AC-D的平面角為θ,則cosθ=|m∴二面角F-AC-D的余弦值為3選擇②:如圖,取BC的中點E,連接AE.取AD的中點M,連接FM,CM,則FM∥PA,且FM=1.∵PA⊥平面ABCD,∴FM⊥平面ABCD,∴FC與平面ABCD所成角為∠FCM,∴∠FCM=π在Rt△FCM中,CM=3又CM=AE,∴AE2+BE2=AB2,∴BC⊥AE,即AE⊥AD.∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥AE,PA⊥AD.∴AE,AD,AP兩兩垂直,分別以AE,AD,AP所在直線為x軸、y軸、z軸,