專題過關檢測四立體幾何一、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.“直線m垂直于平面α內的無數(shù)條直線”是“m⊥α”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件2.已知六棱錐PABCDEF的底面是正六邊形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,則異面直線CD與PB所成角的余弦值為()A.55 B.255 C.510 D3.在正方體ABCDA1B1C1D1中,G是線段BC1上一點,且A1G⊥B1D,則()A.BG=12BCB.BC1=3GC1C.BG=3GC1D.G為線段BC1上任意一點4.某保鮮封閉裝置由儲物區(qū)與充氮區(qū)(內層是儲物區(qū),用來放置新鮮易變質物品,充氮區(qū)是儲物區(qū)外的全部空間,用來向儲物區(qū)輸送氮氣從而實現(xiàn)保鮮功能)構成.如圖,該裝置外層上部分是半徑為2的半球,下面大圓剛好與高度為3的圓錐的底面圓重合,內層是一個高度為4的倒置小圓錐,小圓錐底面平行于外層圓錐的底面,且小圓錐頂點與外層圓錐頂點重合,為了保存更多物品,充氮區(qū)的體積最小為()A.4π B.16π3 C.28π5.在圓柱O1O2內有一個球O,球O分別與圓柱O1O2的上、下底面及母線均有且只有一個公共點.若O1O2=2,則圓柱O1O2的表面積為()A.4π B.5π C.6π D.7π6.已知球O與棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1的各個面都相切,M為棱DD1的中點,則平面AMC截球O所得截面的面積為()A.π3 B.2C.π D.47.過正方形ABCD的頂點A作PA⊥平面ABCD,若AB=AP,則平面ABP與平面CDP的夾角的余弦值為()A.13 B.22 C.328.(2022·新高考Ⅰ,8)已知正四棱錐的側棱長為l,其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為36π,且3≤l≤33,則該正四棱錐體積的取值范圍是()A.18,814C.274,64二、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.對于空間中的兩條不同直線a,b和兩個不同平面α,β,下列說法正確的是()A.若a⊥α,b⊥α,則a∥bB.若a⊥b,b⊥β,則a∥βC.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,則a⊥bD.若a∥α,α⊥β,則a⊥β10.如圖,在正方體ABCDA1B1C1D1中,點P在線段BC1上運動,下列結論正確的是()A.三棱錐AD1PC的體積不變B.直線AP與平面ACD1所成角的大小不變C.直線AP與直線A1D所成角的大小不變D.二面角PAD1C的大小不變11.在意大利,有一座滿是“斗笠”的灰白小鎮(zhèn)阿爾貝羅貝洛,這些圓錐形屋頂?shù)钠嫣匦∥菝蠺rulli,于1996年被收入世界文化遺產名錄.現(xiàn)測量一個Trulli的屋頂,得到圓錐SO(其中S為頂點,O為底面圓心),母線SA的長為6m,C是母線SA上靠近點S的三等分點.從點A到點C繞屋頂側面一周安裝燈光帶,燈光帶的最小長度為213m.下面說法正確的是()A.圓錐SO的側面積為12πm2B.過點S的平面截此圓錐所得截面面積最大值為18m2C.圓錐SO的外接球的表面積為72πm2D.棱長為3m的正四面體在圓錐SO內可以任意轉動12.(2021·新高考Ⅰ,12)在正三棱柱ABCA1B1C1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PA1BC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.(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.

14.如圖,已知二面角AEFD的大小為45°,四邊形ABFE與四邊形CDEF都是邊長為1的正方形,則B,D兩點間的距離是.

15.如圖,在棱長為4的正方體ABCDA1B1C1D1中,M是棱A1A上的動點,N是棱BC的中點.當平面D1MN與平面ABCD的夾角最小時,A1M=.

16.在菱形ABCD中,AB=2,∠DAB=60°,E為AB的中點,將△ADE沿DE翻折成△A1DE,當三棱錐A1DEC的體積最大時,三棱錐A1DEC的外接球的表面積為.

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,在直三棱柱ABCA1B1C1中,側面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面積依次為16,12,20,E,F分別為A1C1,BC的中點.求證:(1)平面ABE⊥平面BB1C1C;(2)C1F∥平面ABE.18.(12分)如圖,四邊形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,PA∥EB,且PA=AB=3.(1)求證:CE∥平面PAD;(2)若BE=13PA,求直線PD與平面PCE所成角的正弦值19.(12分)如圖,四棱錐PABCD的底面為矩形,PD⊥底面ABCD,M為BC的中點,PB⊥AM.(1)求證:平面PAM⊥平面PBD;(2)若PD=DC=1,求四棱錐PABCD的體積.20.(12分)如圖①,在平面圖形ABCD中,△ABD是邊長為4的等邊三角形,DB是∠ADC的平分線,且BD⊥BC,M為AD的中點,沿BM將△ABM折起,得到四棱錐A1BCDM,如圖②.圖①圖②(1)設平面A1BC與平面A1DM的交線為l,在四棱錐A1BCDM的棱A1C上求一點N,使直線BN∥l;(2)若二面角A1BMD的大小為60°,求平面A1BD與平面A1CD的夾角的余弦值.21.(12分)如圖,C是以AB為直徑的圓上異于點A,B的點,平面PAC⊥平面ABC,PA=PC=AC=2,BC=4,E,F分別是PC,PB的中點,設平面AEF與平面ABC的交線為直線l.(1)求證:直線l⊥平面PAC.(2)直線l上是否存在點Q,使直線PQ分別與平面AEF,直線EF所成的角互余?若存在,求出AQ的值;若不存在,請說明理由.22.(12分)如圖①,在菱形ABCD中,∠ABC=120°,動點E,F分別在邊AD,AB上(不含端點),且存在實數(shù)λ,使EF=λBD,沿EF將△AEF向上折起得到△PEF,使得平面PEF⊥平面BCDEF,如圖②所示.圖①圖②(1)若BF⊥PD,設三棱錐PBCD和四棱錐PBDEF的體積分別為V1,V2,求V1(2)當點E的位置變化時,二面角EPFB是否為定值?若是,求出該二面角的余弦值;若不是,請說明理由.專題過關檢測四立體幾何1.B解析由直線m垂直于平面α內的無數(shù)條直線不能推出m⊥α,但是由m⊥α一定能推出直線m垂直于平面α內的無數(shù)條直線,所以“直線m垂直于平面α內的無數(shù)條直線”是“m⊥α”的必要不充分條件.故選B.2.C解析連接AE,BE(圖略),設AB=1,則PA=2,AE=12+12-2×1×1×cos120°=3,PE=4+3=7,BE=3+1=2,PB=4+1=5.易知CD∥BE,所以∠PBE是直線CD所以直線CD與PB所成角的余弦值為510.故選C3.D解析如圖,∵AD⊥平面ABB1A1,∴AD⊥A1B.又AB1⊥A1B,AB1∩AD=A,∴A1B⊥平面AB1D,∴A1B⊥B1D.同理BC1⊥B1D.又A1B∩BC1=B,∴B1D⊥平面A1BC1.又A1G?平面A1BC1,∴A1G⊥B1D.故G為線段BC1上任意一點.故選D.4.B解析由題意可知內層小圓錐底面半徑最大為22-12=3,所以充氮區(qū)的體積最小為12×43π×23+13π×22×313π×5.C解析依題意,圓柱O1O2的底面半徑r=1,高h=2,所以圓柱O1O2的表面積S=2πr·h+2πr2=4π+2π=6π.故選C.6.A解析設球心O到截面的距離為d,截面圓的半徑為r,由VOACM=VMAOC,得13·S△ACM·d=23S△AOC.因為S△ACM=12×22×3=6,S△AOC=12×22×1=2,所以d=63.又d2+r2=1,所以r=33,所以平面AMC截球O7.B解析設AP=AB=1,以A為原點,AB,AD,AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系如圖所示,則P(0,0,1),D(0,1,0),C(1,1,0),所以PC=(1,1,1),PD=(0,1,1).設平面CDP的法向量m=(x,y,z),則m·PC=x+y-z=0,m·PD=y-z=0,取y=1,則x=0,z=1,所以m=(0,1,1)為平面CDP的一個法向量.易知n=(0,1,0)為平面ABP8.C解析記正四棱錐高與側棱的夾角為θ,高為h,底面中心到底面各頂點的距離為m.∵正四棱錐外接球的體積為36π,∴外接球的半徑R=3.又3≤l≤33,∴cosθ=32+l2-322×3×l=l6∈12,32,h=mtanθ=6sinθcosθsinθcosθ=6cos2θ,正四棱錐的底面積S底故該正四棱錐的體積V=13S底·h=13×2m2h=144sin2θcos4令x=cos2θ.∵cosθ∈12∴x=cos2θ∈14∴sin2θcos4θ=(1cos2θ)·cos4θ=(1x)·x2,x∈14令y=(1x)·x2=x3+x2,x∈14,34,則y'=3x故當x∈14,23時,y'>0,函數(shù)y=x3當x∈23,34時,y'<0,函數(shù)y=x3于是當x=23時,y取最大值,且ymax=2當x=14時,y=1當x=34時,y=3故當x=14時,y取最小值3因而V的最大值Vmax=144×427V的最小值Vmin=144×364故該正四棱錐體積的取值范圍為2749.AC解析對于A,由線面垂直的性質定理知A正確;對于B,若a⊥b,b⊥β,則a∥β或a?β,所以B錯誤;對于C,由a⊥α,α⊥β,可知a∥β或a?β,又b⊥β,所以a⊥b,所以C正確;對于D,若a∥α,α⊥β,則a∥β或a?β或a與β相交,所以D錯誤.故選AC.10.ACD解析對于A,因為BC1∥平面AD1C,所以BC1上任意一點到平面AD1C的距離都相等,所以三棱錐AD1PC的體積不變,故A正確;對于B,因為BC1∥平面AD1C,所以點P到平面ACD1的距離不變,但AP的長度隨著點P的移動而變化,所以直線AP與平面ACD1所成角的大小會改變,故B錯誤;對于C,因為直線A1D⊥平面ABC1D1,AP?平面ABC1D1,所以A1D⊥AP,所以直線AP與直線A1D所成角的大小不變;故C正確;對于D,二面角PAD1C也就是二面角BAD1C,其大小不變,故D正確.故選ACD.11.AD解析如圖,設圓錐底面半徑為rm,將圓錐側面展開得到扇形ASA',在△A'SC中,A'S=6m,SC=2m,A'C=213m,則cos∠A'SC=36+4-522×6×2=12,所以∠A'SC=2π3,所以2πr=2π3×6=4π,r=2,所以圓錐的側面積為π×2×6=12在△ASB中,cos∠ASB=SA2+SB2-AB22SA·SB=79,sin∠ASB=1-4981=429,易知過點S的平面截此圓錐所得截面面積最大為S△設圓錐SO的外接球的半徑為Rm,則R2=(SOR)2+r2,又SO=SA2-r2=36-4=42,所以R2=(42R)2+4,解得R=924,所以圓錐SO的外接球的表面積為4π設圓錐SO的內切球的半徑為tm,則t42-t=13,解得t=2,設棱長為3m的正四面體的外接球的半徑為r1m,將該正四面體放在棱長為62的正方體中,可知該正四面體的外接球也是該正方體的外接球,易知r1=123×622=324,因為r112.BD解析A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|=故△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與BC由圖②可知B1C1∥平面A1BC,即B1C1上的每一點到平面A1BC的距離都相等,因此三棱錐PA1BC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,C0,12,0,A10,12,1,P34,14,u,由A1P·BP=u(u1)=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,AP=32-32λ,λ2+12,12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.13.28解析如圖所示,在正四棱錐PABCD中,平面A'B'C'D'∥平面ABCD.點O',O分別為正四棱臺ABCDA'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'=POPO'=3,所以該正四棱臺的體積是V=13×14.3-2解析∵BD=BF+FE+ED,∴|BD|2=|BF|2+|FE|2+|ED|2+2由題意可知|BF|=|FE|=|ED|=1,BF·FE=0,FE·ED=0,BF·ED=1×1×∴|BD|=3-2.故B,D兩點間的距離是15.85解析如圖,建立空間直角坐標系,則N(2,4,0),D1(0,0,4),設M(4,0,a)(0≤a≤4),所以MN=(2,4,a),D1N=設平面D1MN的法向量為n=(x,y,z),則n·MN令z=8,則x=82a,y=a+4,所以n=(82a,a+4,8)為平面D1MN的一個法向量.易知m=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量.設平面D1MN與平面ABCD的夾角為θ,則cosθ=|m·n||m||n|=8(8-2a)2+(a16.8π解析如圖,由余弦定理,得DE=AD2+AE2-2AD·AEcos60°=3,CE=BE2+BC2-2BE分別取CE,A1C的中點F,M,連接FM,則F為Rt△DEC的外心,因為△DEC的面積為定值,所以當平面A1DE⊥平面DEC時,點A1到平面DEC的距離最大,此時三棱錐A1DEC的體積最大,又A1E⊥DE,所以A1E⊥平面DEC.由F,M分別為CE,A1C的中點,得FM∥A1E,所以FM⊥平面DEC,易知M是三棱錐A1DEC的外接球的球心.因為A1C2=A1E2+CE2=1+7=8,所以所求外接球的表面積S=4πA1C2217.證明(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB?平面ABC,∴BB1⊥AB.∵側面ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1的面積依次為16,12,20,∴AB∶BC∶AC=4∶3∶5,∴AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC.又BB1∩BC=B,∴AB⊥平面BB1C1C,又AB?平面ABE,∴平面ABE⊥平面BB1C1C.(2)如圖,取AB的中點G,連接EG,GF.∵G,F分別為AB,BC的中點,∴GF∥AC,GF=12∵E為A1C1的中點,∴EC1=12A1C1=1又A1C1∥AC,∴EC1∥GF,EC1=GF,∴四邊形EGFC1為平行四邊形,∴C1F∥EG.又C1F?平面ABE,EG?平面ABE,∴C1F∥平面ABE.18.(1)證明因為四邊形ABCD是正方形,所以BC∥AD.又AD?平面PAD,BC?平面PAD,所以BC∥平面PAD.同理EB∥平面PAD.又BC∩EB=B,所以平面EBC∥平面PAD.又CE?平面EBC,所以CE∥平面PAD.(2)解以A為原點,AD,AB,AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系如圖所示.因為PA=AB=3,所以BE=13PA=1,所以P(0,0,3),D(3,0,0),C(3,3,0),E所以PD=(3,0,3),PC=(3,3,3),PE=(0,3,2).設平面PCE的法向量為m=(x,y,z),則m得x令z=3,則x=1,y=2,所以m=(1,2,3)為平面PCE的一個法向量.設直線PD與平面PCE所成的角為θ,則sinθ=|cos<PD,m>|=|PD所以直線PD與平面PCE所成角的正弦值為7719.(1)證明因為PD⊥底面ABCD,AM?平面ABCD,所以PD⊥AM.又PB⊥AM,PB∩PD=P,所以AM⊥平面PBD.又AM?平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.(2)解由(1)可知AM⊥平面PBD,所以AM⊥BD,所以△DAB∽△ABM.設BM=x,則AD=2x,由BMAB=ABAD,即x1=12x,得2x2=因為PD⊥底面ABCD,所以四棱錐PABCD的體積為13×1×2×1=220.解(1)如圖,延長CB,DM相交于點E,連接A1E.因為點A1,E既在平面A1BC內,又在平面A1DM內,所以直線A1E即為平面A1BC與平面A1DM的交線l.因為DB是∠ADC的平分線,且BD⊥BC,所以B為EC的中點.取A1C的中點N,連接BN,則BN∥A1E,即BN∥l.故當N為棱A1C的中點時,BN∥l.(2)由題意可知BM⊥A1M,BM⊥MD,則∠A1MD為二面角A1BMD的平面角,所以∠AMD=60°.又A1M=MD,所以△A1MD為等邊三角形.取MD的中點O,連接A1O,則A1O⊥MD.由BM⊥A1M,BM⊥MD,A1M∩MD=M,可知BM⊥平面A1MD,所以BM⊥A1O.又BM∩MD=M,所以A1O⊥平面BCDM.如圖,建立空間直角坐標系.則D(1,0,0),A1(0,0,3),C(5,43,0),B(1,23,0),所以DA1=(1,0,3),DC=(4,43,0),DB=(2,23設平面A1CD的法向量m=(x,y,z),則m令z=3,則x=3,y=3,所以m=(3,3,3)為平面A1CD的一個法向量.設平面A1BD的法向量為n=(a,b,c),則n令c=3,則a=3,b=3,所以n=(3,3,3)為平面A1BD的一個法向量.設平面A1BD與平面A1CD的夾角為θ,則cosθ=|cos<m,n>|=|=35所以平面A1BD與平面A1CD的夾角的余弦值為3521.(1)證明∵E,F分別是PC,PB的中點,∴BC∥EF.又EF?平面AEF,BC?