专题4 立体几何 过关检测卷-（作业本）【名师带你过关】2027年数学高中总复习专题复习

专题四过关检测卷 一、单项选择题(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.(2024·深圳模拟)如图所示的花盆为正四棱台,上口宽 5 cm,下口宽 3 cm,棱长 3cm,则该花盆的体积为 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A. cm3　　 B. 49 cm3 C. cm3　　 D. 245 cm3 2.已知=,=,则点B到直线AC的距离为 (　　) A. B. C.2 D.3 3.(2023·河北模拟预测)一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍,若该圆锥的体积为9π,则该圆锥的母线长为 (　　) A.3 B.3 C.6 D.6 4.(2024·菏泽二模)如图,在正方体ABCD􀆼A1B1C1D1中,A1D∩AD1=E,CD1∩C1D=F,则下列结论中正确的是 (　　) A.BB1∥平面ACD1 B.平面BDC1⊥平面ACD1 C.EF⊥平面BDD1B1 D.平面ABB1A1内存在与EF平行的直线 5.(2024·全国模拟预测)在棱长为2的正方体ABCD􀆼A1B1C1D1中,已知=++,截面AD1P与正方体侧面BCC1B1交于线段MN,则线段MN的长为 (　　) A.1 B. C. D.2 6. (2024·日照二模)已知棱长为1的正方体ABCD􀆼A1B1C1D1,以正方体中心为球心的球O与正方体的各条棱相切,若点P在球O的正方体外部(含正方体表面)运动,则·的最大值为 (　　) A.2 B. C. D. 7.(2024·广东模拟预测)若在长方体ABCD􀆼A1B1C1D1 中, AB=3,BC=1,AA1=4.则四面体ABB1C1 与四面体A1C1BD 公共部分的体积为 (　　) A.　　 B. C. 　　 D. 8.(2024年·北京)如图, 在四棱锥P􀆼ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 4 的正方形, PA=PB=4,PC=PD=2 ,该棱锥的高为 (　　) A. 1　　 B. 2 C.　　 D. 二、多项选择题(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.(2024·深圳模拟预测)已知 m,n 为两条不重合的直线, α,β 为两个不重合的平面,则下列说法正确的是 (　　) A.若 m⊥α,n⊥β 且 α∥β ,则 m∥n B.若 m⊥n,m⊥α,n⊥β ,则 α⊥β C.若 m∥n,n⊂α,α∥β ,则 m∥β D.若 m∥n,n⊥α,α⊥β,m⊄β ,则 m∥β 10.(2023·新课标全国II卷)已知圆锥的顶点为 P ,底面圆心为 O,AB 为底面直径, ∠APB=120°,PA=2 ,点 C 在底面圆周上,且二面角 P􀆼AC􀆼O 为45° ,则 (　　) A.该圆锥的体积为 π B. 该圆锥的侧面积为 4π C.AC=2 D. △PAC 的面积为 11.(2023·佛山统考二模)四面体 ABCD 中, AB⊥BD,CD⊥BD,AB=3,BD=2,CD =4,平面 ABD 与平面 BCD 的夹角为 ,则 AC 的值可能为 (　　) A.　　 B. C.　　 D. 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.(2024·厦门一模)已知平面α的一个法向量为n=(1,0,1),且点A(1,2,3)在α内,则点B(1,1,1)到α的距离为　　　　.  13.(2023·全国甲卷理)在正方体 ABCD􀆼A1B1C1D1 中, E,F 分别为 AB,C1D1 的中点,以 EF 为直径的球的球面与该正方体的棱共有　　　　个公共点.  14.(2024·广东二模)将一个直角三角板放置在桌面上方,如图,记直角三角板为 △ABC, 其中C=,AB=14,BC=7,记桌面为平面 α.若C∈α,且 BC 与平面 α 所成的角为 ,则点 A 到平面 α 的距离的最大值为　　　　.  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.如图,在四棱锥P􀆼ABCD中,底面ABCD是菱形,侧棱PA⊥底面ABCD,E是PD的中点,F是AC的中点. (1)证明:EF∥平面PAB. (2)证明:BD⊥平面PAC. 16.如图,已知四棱锥P􀆼ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD为直角梯形,AD⊥CD,AB∥CD,CD=2AB. (1)求证:平面PAB⊥平面PAD. (2)在侧棱PC上是否存在点M,使得BM∥平面PAD,若存在,确定点M位置;若不存在,说明理由. 17.(2025·浙江三模)如图,在四棱锥P􀆼ABCD中,底面ABCD为矩形,PD⊥底面ABCD,AD=2,PD=AB=4,M,N为别为棱PB,CD的中点. (1)证明:MN∥平面PAD. (2)求平面PMN与平面AMN的夹角的余弦值. 18.(2023·潮州统考二模)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC 和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC =60° ,将其沿AB, BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图 2. 图1　　　　　　　图2 (1)证明:图 2 中的 A,C,G,D 四点共面,且平面 ABC⊥平面 BCGE. (2)求图 2 中的直线 CE 与平面 ACG 所成角的正弦值. 19.(2024·东莞模拟预测)如图,已知三棱柱 ABC􀆼A1B1C1 的体积为 ,点 C 在平面 ABB1A1 内的射影落在棱 BB1 上,且 AB⊥B1C. (1)求证: AB⊥平面 BCC1B1. (2)若四边形ABB1A1 的面积为 3,AA1 与CC1 的距离为 ,AC1=3,求平面A1BC与平面ABB1A1 所成锐二面角的余弦值. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题四过关检测卷 1.A　解析：如图，由题意，该棱台的上下底面的对角线长分别为5，3cm，所以棱台的高为 h==5. 故棱台的体积为 V=h=×5= cm3.故选A. 2.C　解析：因为 =，=，所以 ==3，==，·=1×+2×0+×1=-，cos〈，〉==-，所以 在 方向上的投影为cos〈，〉=3×=-.所以点B到直线AC的距离为 ==2.故选C. 3.C　解析：设圆锥的底面圆半径为 r，高为 h，母线长为l，则圆锥侧面展开的扇形面积为 πrl，底面圆面积为 πr2，因为 πrl=2πr2，所以l=2r，得 h==r.所以圆锥的体积为 V=πr2h=πr2·r=9π，解得 r=3.所以l=6，即圆锥的母线长为 6.故选C. 4.C　解析：因为ABCD􀆼A1B1C1D1为正方体，设正方体边长为 2，以D1为原点，D1A1为x轴，D1C1为y轴，D1D为z轴建立空间直角坐标系，则D1，A，C，B，B1，E，F，设平面ACD1的法向量为 n=，则 令x=1，则 n=，同理解得平面BDC1的法向量 m=，=，·n=2≠0，故A不正确；m·n=-1≠0，故B不正确；=，=，=，·=0，·=0，所以EF⊥D1D，EF⊥D1B1.又D1D∩D1B1=D1，所以EF⊥平面BDD1B1，C正确；平面ABB1A1的一个法向量为 p=，·p=-1≠0，故D不正确；故选C. 5.C　解析：如图1所示，因为 =++，所以=+=+，因为平面ADD1A1∥平面BCC1B1，设平面AD1P∩平面ADD1A1=AD1，平面AD1P∩平面BCC1B1=MN，所以AD1∥MN.又因为AD1∥BC1，所以MN∥BC1.如图2，过点P作PE⊥BC，PF⊥BB1，可得 =+=+，则E为BC的中点， F为BB1的四等分点.又因为MN∥BC1，所以M为BC的四等分点.所以MN=BC1=.故选C. 6.B　解析：取AB中点E，可知E在球面上，可得=-=-，所以·=·=-=-. 点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，当PE为直径时， =，所以 ·的最大值为.故选B. 7.A　解析：设AB1∩A1B=O，AC1∩平面A1BD=G，可知四面体ABB1C1与四面体A1C1BD公共部分为四面体GEBC1，以D为坐标原点， ，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则A，B，D，E，A1，C1，可得=，=，=，=.设平面A1BD的法向量为 n=，则 令x=12，则y=-4，z=-3.可得n=.设 =λ=，则 =+=，因为⊥n，则 12-12λ-12λ=0，解得 λ=，可得 =，即=.在△A1BD中，结合E为A1B的中点，可知G为△A1BD的重心，则 S△BEG=，所以四面体GEBC1的体积 ===×3×1×4=.故选A. 8.D　解析：如图，底面ABCD为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设PA=PB=AB=4，PC=PD=2，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，PF，EF，则PE⊥AB，EF⊥AB，且PE∩EF=E，PE，EF⊂平面PEF，可知AB⊥平面PEF，且AB⊂平面ABCD， 所以平面PEF⊥平面ABCD， 过P作EF的垂线，垂足为O，即PO⊥EF，由平面PEF∩平面ABCD=EF，PO⊂平面PEF， 所以PO⊥平面ABCD.由题意可得PE=2，PF=2，EF=4，则PE2+PF2=EF2，即PE⊥PF，则 PE·PF=PO·EF，可得PO==.所以四棱锥的高为 .当相对的棱长相等时，不妨设PA=PC=4，PB=PD=2，因为BD=4=PB+PD，此时不能形成三角形PBD，与题意不符，这样情况不存在.故选D. 9.ABD　解析：对于A，若 m⊥α，α∥β，所以 m⊥β，又 n⊥β且 m， n为两条不重合的直线，则 m∥n，故A正确；对于B，若 m⊥n，m⊥α，则 n⊂α或 n∥α，当 n⊂α时，又 n⊥β，从而α⊥β，当 n∥α，存在平面 γ，使得 n⊂γ，且 γ∥α，又 n⊥β，从而 γ⊥β，又 γ∥α，所以α⊥β，故B正确；对于C，若 n⊂α，α∥β，则 n∥β，又 m∥n，则 m∥β或 m⊂β，故C错误；对于D，若m∥n，n⊥α，则 m⊥α，又α⊥β，m⊄β，所以 m∥β，故D正确.故选ABD. 10.AC　解析： 依题意，∠APB=120°，PA=2，所以OP=1，OA=OB=，A选项，圆锥的体积为 ×π××1=π，A选项正确；B选项，圆锥的侧面积为 π××2=2π，B选项错误；C选项，设D是AC的中点，连接OD，PD， 则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P􀆼AC􀆼O的平面角，则∠PDO=45°.所以OP=OD=1，故AD=CD==，则AC=2，C选项正确；D选项，PD==，所以S△PAC=×2×=2，D选项错误. 故选AC. 11.AD　解析： 在四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，则 ，是二面角A􀆼BD􀆼C的平面角，如图， =++=-++，而AB=3，BD=2，CD=4， 2=2+2+2-2·=9+4+16-2×3×4cos〈，〉=29-24cos〈，〉，因为平面ABD与平面BCD的夹角为 ，则当 〈，〉=时， =，当〈，〉=时， =，所以AC的值可能为 ，.故选AD. 12. 　解析：由题设 =，则点B到α的距离为 ==.故答案为. 13.12　解析：不妨设正方体棱长为 2，EF中点为O，取CD，CC1中点G，M，侧面BB1C1C的中心为N，连接 FG，EG，OM，ON，MN，如图，由题意可知，O为球心，在正方体中，EF===2，即R=，则球心O到CC1的距离为OM===，所以球O与棱CC1相切，球面与棱CC1只有 1 个交点，同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有 1 个交点，所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为 12. 故答案为12 14. 　解析：如图，过点B作BB1⊥α，交α于点B1，过点A作AA1⊥α，交α于点A1，因为在 Rt△ABC中，∠ACB=，BC=7，AB=14， 则AC===7，当A，B，B1，C四点共面时，点A到α的距离最大.因为BB1⊥α，所以∠BCB1是BC与平面α所成的角.则∠BCB1=，则∠ACA1=.于是，AA1=ACsin=7×=，即点A到α的最大距离为 .故答案为. 15.证明：（1）如图，连接BD， ∵PE=DE，BF=DF， ∴EF∥PB.∵PB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB. （2） ∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD.∵菱形ABCD，AC，BD为菱形的对角线， ∴AC⊥BD. ∵AP∩AC=A，AP，AC⊂平面PAC，PA⊥BD，AC⊥BD，∴BD⊥平面PAC. 16.解析：（1）证明：因为PD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PD⊥AB.又因为AD⊥CD，AB∥CD，所以AD⊥AB.又AD∩PD=D，AD，PD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.（2）存在，当点M是PC的中点时，BM∥平面PAD，证明如下：如图，设PD的中点为N，连接MN，AN，BM.如图所示： 所以MN是△PCD的中位线，即MN∥CD，且MN=CD.因为AB∥CD，CD=2AB，所以MN∥AB且MN=AB.所以四边形ABMN为平行四边形，所以BM∥AN.又BM⊄平面PAD，AN⊂平面PAD，所以BM∥平面PAD.故当点M是PC的中点时，BM∥平面PAD. 17.解析：（1）证明：取AB中点E，连接ME，NE， 因为底面ABCD为矩形，N为CD的中点，所以EN∥AD，EN⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，则EN∥平面PAD.因为M为PB中点，所以ME∥PA，ME⊄平面PAD，ME⊂平面PAD，则ME∥平面PAD，因为EN∩ME=E且都在平面MEN内，所以平面MEN∥平面PAD，因为MN⊂平面MEN，所以MN∥平面PAD. （2）由题，易知直线DA，DC，DP两两垂直，以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D，A，P，M，N，所以 =，=，=，=.设平面PMN的一个法向量为 m=，则 令y=2，得x=-2，z=1，所以 m=.设平面AMN的一个法向量为 n=，则 令 a=2，得 b=2，c=-1，所以 n=，===.所以平面PMN与平面AMN的夹角的余弦值为 . 18.解析：（1）证明：在题图 2 中，由题意得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以题图 2 中的A，C，G，D四点共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC.又BE∩BC=B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. （2）连接EC，在菱形BEGC中，∠EBC=60°，则△EBC为等边三角形.取BC的中点H，连接EH，则EH⊥BC.因为平面ABC⊥平面BCGE，平面ABC∩平面BCGE=BC，EH⊂平面BCGE，所以EH⊥平面ABC.如图， 以点H为坐标原点建立空间直角坐标系，则A，C，E，G，则=，=，=.设平面ACG的法向量 n=，则有 可取 n=，则 cos〈n，〉===-，所以直线CE与平面ACG所成角的正弦值为 . 19.解析：（1）证明：因为点C在平面ABB1A1内的射影落在棱BB1上，如图1，作CO⊥BB1交BB1于点O，则CO⊥平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，则AB⊥CO.又AB⊥B1C，B1C∩CO=C，B1C，CO⊂平面BCC1B1，故AB⊥平面BCC1B1. 图1 （2） 由（1） 知AB⊥平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，则AB⊥BB1. 故四边形ABB1A1为矩形，如图1作OD⊥AA1于点D，则OD∥AB.连接CD，由 （1） 易知CO⊥AA1，CO∩OD=O，CO，OD⊂平面COD，故AA1⊥平面COD，CD⊂平面COD，故AA1⊥CD.又AA1与CC1的距离为 ，则CD=.设AB=a，AA1=b，易知 ab=3①，CO==，S△COD==，又三棱柱ABCA1B1C1的体积为 ，故 S△COD·AA1=·b=②，由①②可得 a=1，b=3，此时CO=1，在平行四边形AA1C1C中，如图2，作 C1F⊥AA1交AA1的延长线于点F，因为CD⊥AA1，所以CD∥C1F.故CDFC1为矩形，CD=C1F，CC1=DF，设AD=m，则AF=3+m，AC1===3，则AD=m=2，如图3，以O为原点，OB，OD，OC为x，y，z轴建立空间直角坐标系，C，B，A1，=，=，设 m=为平面A1BC的法向量，则 即 令x=1，则m=，易知平面ABB1A1的一个法向量为=，设平面A1BC与平面ABB1A1所成锐二面角为 θ，cos θ===. 图2　图3 学科网（北京）股份有限公司 $