立体几何 B专题练习-2026届高三数学二轮复习

立体几何B专题练习-2026届高三数学二轮专题复习 一、 选择题：本题共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.设，B是两个不同的平面，m,1是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是() A.若&⊥B,m//a,1//3,则m11 B.若mc6,1cB,m/1,则&//F C.若anB=m,1//a,1//B,则m//1 D.若m1a,113,m//1,则ax⊥ 2.已知圆柱的上、下底面的中心分别为0102，过直线O102的平面截该圆柱所得的 截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为() A.12W2πB.12πC.8V2πD.10元 3.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知LABC=120,AB=2,BC=CC1=1,则异面直 线AB1与BC1所成角的余弦值为() AB昏c⑧D. 4.已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4，侧棱长为2，则其体积为() A.20+12V5B.282C9D.285 5.如图，已知点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD1平面 ABCD,M是线段ED的中点，则下列说法中正确的是 A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线 6.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，AB=4,PC=PD=3∠PCA=45°， 则△PBC的面积为() A.2y2B.3V2C.42D.52 7.设AB,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面 积为9W3,则三棱锥D-ABC体积的最大值为() A.12V5B.183C.24y3D.543 8.已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α《所成的角都相等，则α截此正方 体所得截面面积的最大值为() A9B29 c华D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对 的得部分分，有选错的得0分， 9.如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD,FB//ED,AB=ED=2FB,记 三棱锥E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为V1V2V3,则() A.V3=2V2 B.V3=2V1 C.V3=V1+V2 D.2V3=3V1 10.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=1,点P满足B2=B元+uBB1,其中 ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则下列说法中正确的是() A.当入=1时，△AB1P的周长为定值 B.当u=1时，三棱锥P-ABC的体积为定值 C.当=专时，有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP D.当u=号时，有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P 11.下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m)的正方体容器（容器壁厚度忽略 不计)内的有() A.直径为0.99m的球体 B.所有棱长均为1.4m的四面体 C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体 D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体 ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥0-EFGH后所得的几何体，其中0为长方体的中心， E,F,G,H分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm,AA1=4cm,3D打印所用原料 密度为0.9g/cm3,不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g 13.已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°.以D1为球心，⑤ 为半径的球面与侧面BCCB:的交线的长度为 14.如图，圆形纸片的圆心为0，半径为5cm,该纸片上的等边△ABC的中心为 O,D,E,F分别为圆O上的点，△DBC,△ECA△FAB分别是以BC,CAAB为底 边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC,CAAB为折痕折起 △DBC,△ECA△FAB,使得点D,E,F重合，得到三棱锥，当△ABC的边长变 化时，所得三棱锥体积的最大值为· 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证 明过程或演算步骤 15.(本小题满分13分)如图，在四面体ABCD中， AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. (1)证明：平面BED⊥平面ACD; (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求 CF与平面ABD所成角的正弦值. 16.(本小题满分15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA1底面 ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=3 (1)若AD⊥PB,证明：AD//平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的平面角的正弦值为华，求AD 17.(本小题满分15分)小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装 盒如图所示.底面ABCD是边长为8（单位：cm)的正方形 △EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在平面都与平面ABCD 垂直. (1)证明：EF//平面ABCD; (2)求该包装盒的容积.（不计包装盒材料的厚度） 18.(本小题满分17分)如图，己知四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD1底面 ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为1· (1)证明：11平面PDC; (2)已知PD=AD=1,Q为1上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大 值. 19.(本小题满分17分)在平面四边形ABCD中，AB=AC=CD=1,∠ADC=30°， ∠DAB=120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP,其中P为动点. (1)设PC⊥AB,三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上. (①)证明：平面PAC⊥平面ABC; (i求球0的半径. (2)求二面角A-CP-B的平面角的余弦值的最小值， 一、选择题 1. C解析对于A,如图1，⊥B,m//c,1//B,但直线m与1平行，故A错误. 图1 对于B,如图2，mc&,1cB,1//m,但是平面&，B不平行，故B错误. 图2 对于D,如图3，m⊥&，1LB,1//m,但是x//B,故 D错误. 图3 对于C,如图4，过直线1作平面Y,且B∩Y=n. 图4 因为1//B,1cY,Bny=n,所以1//n. 过直线1作平面6，且n6=t. 因为1//a,1c6,&n6=t,所以1//t, 所以n//t. 又nta,tca&,所以n//a. 又ncB,&nF=m,所以n//m, 又1//n,所以m//1,故c正确。 故答案选C. 2. B解析由题意得截面是边长为22的正方形，从而该圆柱的底面半径为√2，且高为 2V2, 所以其表面积为S=2π×(V2)+2π×V2×22=12π，故答案选B. 3. C解析（方法1）如图1，设M,N,P分别为AB,BB1和B:C1的中点， 图1 则AB1与BC1的夹角为MN和NP的夹角或其补角，而 MN=专AB1=号，NP=专BC1=号 取BC中点Q,则△PQM为直角三角形. 因为AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=4+1-2×2×1×(-吉)=7， 所以AC=万，从而MQ=AC=号. 在△MQP中，MP=MQ+PQ=耍， 在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP= MN'+NP-PME o 2MNNP =- 5 又异面直线所成角的范围是(0，号]，故AB:与BC:所成角的余弦值为四，故答案 选C. (方法2)如图2，将三棱柱补成四棱柱ABCD-A1B1C1D1,求LBCD即可. 因为BD=V22+12-2×2×1×cos60°=5，CD=V5,BC1=V2, 从而BC+BD2=C1D2,故∠DBC1=90°， 图2 于是cs∠BCD==四 5 ,故答案选C 4. D解析如图，连接该正四棱台上、下底面的中心O01,过点C作CE⊥OC1· 因为该四棱台上、下底面边长分别为2,4，侧棱长为2， 所以CC1=2,0C=V2,01C1=2W2, 所以该棱台的高h=cB=22-(25-2)=5,下底面面积S,=16,上底面 面积S2=4, 所以该棱台的体积V=h(S1+S2+VS1S2)=号V2,故答案选D. 5. B解析如图，作E0⊥CD于点O,连接ON,过点M作MF⊥OD于点F,连接BF, 因为平面CDE⊥平面ABCD,EO⊥CD,EOC平面CDE, 故EO⊥平面ABCD,MF⊥平面ABCD, 从而△MFB与△EON均为直角三角形. 设正方形边长为2，易知E0=5,ON=1,EN=2,MP=号，BF=易 从而BM=V万，于是BM≠EN. 而BNOEM=D,故B,N,M,E四点共面， 故答案选B. 6. C解析连接AC,BD交于点O,连接PO,则O为AC,BD的中点. 因为底面ABCD为正方形，AB=4, 所以AC=BD=42. 在△PAC中，PC=3,∠PCA=45°， 则由余弦定理可得PA2=AC2+PC2-2AC.PCcos∠PCA=17,故PA=V17, 所以COSLAPC=Pc--臣， 则aP元-|pP刻PCcSLAPC=7×3×(-每)=-3 不妨记PB=m∠BPD=6, 因为P0=(PA+PC)=(PB+PD), 所以(PA+P心)2=(P+P而)2， 即pA+pc2+2pA.P元=p22+PD2+2Pi.P昉， 则17+9+2×(-3)=m2+9+2×3×mcos8,整理得m2+6mcos6-11=0①. 又在△PBD中，BD2=PB2+PD2-2PB·PDcosLBPD,即32=m2+9-6mcos6, 则m2-6mc0s日-23=0②， 由①+②得2m2-34=0,故PB=m=V17, 故在△PBC中，PC=3,PB=V17,BC=4, 所以cos∠PCB=22E-青， 2PCBC 所以sin2PcB=V-cos2PcB=29, 所以△P8C的面积S=PC-BCsin∠PCB=支×3×4×9=45，故答案选 7. B解析如图，设点M为△ABC的中心，E为AC中点， 当DM⊥平面ABC时，三棱锥D-ABC的体积最大，OD=OB=R=4, 而SABc=9AB2=95,解得AB=6, 从而BM=号BE=2V5, 所以0M=V0B2-BM2=2, 于是DM=0D+0M=4+2=6, 所以V=S△4BcDM=183,故答案选B.