2020届高三数学二轮精品专题卷 专题9 立体几何

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2020届高三数学二轮精品专题卷：专题9 立体几何

考试范围：立体几何

一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的） 1

．

若

直

线

l

与

平

面

?垂直,则下列结论正确的是

（ ）

A．直线l与平面?内所有直线都相交 C．在平面?内存在直线m与l不垂直 直线m与平面?平行,则直线l⊥m

2．某个几何体的三视图如图所示,根据图中标出的长度,那

么

这

个

几

何

体

的

体

积

是

（ ） A．3

B．在平面?内存在直线m与l平行 D．若

B．C．

3 323 3D．3

3．（理）如下图所示是一个半径等于2的半球,现过半球底面的中心作一个与底面成80°角的截面,则截面的面积为（ ） A．

? 2B．? D．?sin80?

2

的半球,则这个半球的表面积为

D．16? 弦

值

为

C．2? （ ） A．4? 所（ ）

成

B．8?

角

的

（文）如上图所示是一个半径等于

C．12?

余

4．（理）如下图,三棱锥P-ABC中,三条侧棱两两垂直,且长度相等,点E为BC中点,则直线AE与平面PBC

A．

3 3B．

6 31C．3

D．

2 3（文）如上图,三棱锥P-ABC中,三条侧棱两两垂直,且长度都为1,点E为BC上一点,则截面PAE面积的最小值为 （ ）[来源:Z&xx&k.Com] A．

3 3B．

6 3C．

2 4D．

2 35．设a,b,c表示三条直线,?，?表示两个平面,则下列命题中逆命题不成立的是 （ ）

A．c??,若c??,则?∥? C．b??,若b??,则???

B．b??,c??,若c∥?,则b∥c

D．a，b??,a?b?P,c?a，c?b,若???,则

c??

6．一个圆锥的母线长为（ ） A．1

B．3

C．2

D．6

2,且侧面积为2?,则该圆锥的主视图面积为

7．已知长方体A1B1C1D1?ABCD的外接球的体积为（ ） A．16

B．32

32?,则该长方体的表面积的最大值为 3D．48

C．36

8．一个几何体是由若干个边长为1的正方体组成的,其主视图和左视图如图所示,若把这个几何体放到一个

13底面半径为的盛若干水的圆柱形容器,没入水中,则水面上升的高度（不溢出）最大为

?（ ）

1

（1）1212C．

?113 13D． B．

?9．如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为3的正方形,侧棱PA⊥平面ABCD,点E在侧棱（ ）

PC

上,且

BE⊥PC,若BE?6,则四棱锥

P-ABCD

的体积为

A．6

B．9

C．18

D．27

10．如图,四棱锥S-ABCD的底面是边长为2的正方形,且SA?SB?SC?SD?6,E是边BC的中点，动点P

在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为 （ ）

A．

2 2 B．1

C．3 D．6

一、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.把正确答案填在题中横线上）

11．已知一个空间几何体的三视图及其尺寸如图所示,则该空间几何体的体积是 ．

12．（理）平面P与平面Q所成的二面角是锐角?,直线AB?平面P且与二面角的棱成的角为锐角?,又AB和平面Q成的角为?,则?，?，?之间的某一三角函数关系为 ． （文）我们知道,正三角形的内切圆和外接圆的圆心重合,且外接圆和内切圆的半径之比为2:1,类比这一结论,若一个三棱锥的所有棱长都相等,则其外接球与内切球的球心重合,则外接球与内切球半径之比为 ．

13．已知圆锥的母线和底面半径的夹角为60°,则其全面积与侧面积之比为 ． 14．由曲线y2?x2，|x|?2围成的图形绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V1；满足x2?y2?4，x2?(y?1)2?1，x2?(y?1)2?1的点组成的图形绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V2，则V1:V2= ．

15．设圆锥的母线长为l,底面半径为r,满足条件“它的一个内接圆柱的侧面积等于圆锥侧面积的况有且只有一种,则

1”的情4r? ． l三、解答题（本大题共6小题，满分75分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

16．（本题满分10分）如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是一个边长为2的正方形,PA⊥平面ABCD,且PC?42．M是PC的中点,在DM上有点G,过G和AP作平面交平面BDM于GH．

（1）求四棱锥P-ABCD的体积; （2）求证:AP∥GH．

17．（本题满分12分）如图,已知三棱柱ABC?A'B'C'的所有棱长都是2,且?A'AB??A'AC?60． （1）求证:点A'在底面ABC内的射影在∠BAC的平分线上; （2）求棱柱ABC?A'B'C'的体积．

?

18．（本题满分13分）如图,多面体ABCD—EFG中,底面ABCD为正方形,GD//FC//AE,AE⊥平面ABCD,其正视图、俯视图及相关数据如图: （1）求证:平面AEFC⊥平面BDG; （2）求该几何体的体积; （3）求点C到平面BDG的距离．

19．（本题满分13分）如图一简单几何体的一个面ABC内接于圆O，G,H分别是AE,BC的中点,AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，且DC?平面ABC． （1）求证:GH//平面ACD;

（2）证明：平面ACD?平面ADE； （3）若AB=2，BC=1，tan?EAB?3，试求该几何体的体积V． 2

20．（本题满分13分）边长为2的正方体ABCD?A1B1C1D1中,P是棱CC1上任一点,CP?m(0＜m＜2) （1）是否存在满足条件的实数m,使平面BPD1?面BDD1B1?若存在,求出m的值;否则,请说明理由． （2）（理）试确定直线AP与平面D1BP所成的角正弦值关于m的函数f(m),并求f(1)的值．

（文）是否存在实数m,使得三棱锥B?PAC和四棱锥P?A1B1C1D1的体积相等?若存在,求出m的值;否则,请说明理由．

21（．本题满分14分）如图,直角梯形ABCD中,?ABC??BAD?90,AB=BC且△ABC的面积等于△ADC面积的

?1．梯形ABCD所在平面外有一点P,满足PA⊥平面ABCD,PA?PB． 2（1）求证:平面PCD⊥平面PAC;[来源:金太阳新课标资源网]

（2）侧棱PA上是否存在点E,使得BE//平面PCD?若存在,指出点E的位置并证明;若不存在,请说明理由．

（3）（理）求二面角A?PD?C的余弦值．

2020届专题卷数学专题九答案与解析

1．【命题立意】本题考查直线与平面垂直的定义及直线与平面平行的简单性质．

【思路点拨】首先根据直线与平面垂直的定义判断出直线与平面内所有直线的位置关系,再根据直线与平面的平行性质分析直线之间的关系即可．

【答案】D【解析】根据直线和平面垂直的定义可知,直线l与平面?内的直线都垂直,可能是异面也可能相交,故A、B、C都是错误的;对于D,在平面α内一定存在直线n与m平行,且l⊥n,故l⊥m,所以D是正确的．

2．【命题立意】本题借助三视图考查三棱锥体积的求解．

【思路点拨】把三视图对应的几何体还原成三棱锥,根据棱锥的体积计算公式即可求解．

【答案】B【解析】根据三视图可知,原几何体是一个三棱锥,且底面是边长为2的正三角形,高为1,故体积为

13V??3?1?． 333．（理）【命题立意】本题主要考查球的结构及截面特征．

【思路点拨】先根据条件分析出截面的特点,再利用相应面积公式计算即可． 【答案】C【解析】所作截面是一个半大圆,面积为?4??2?． （文）【命题立意】本题主要考查球的面积计算．

【思路点拨】此半球的表面积是一个半球面的面积加上一个大圆的面积． 【答案】C【解析】图中半球的面积为4??8??12?．

4．（理）【命题立意】本题借助特殊的三棱锥考查线面垂直的判定、直线和平面所成角的求解．

【思路点拨】根据条件易知,PA⊥平面PBC,故直线AE与平面PBC所成的角即为∠APE,再在Rt△PAE中利用三角函数的定义即可求解．

【答案】A【解析】因为PA⊥PB,PA⊥PC,所以PA⊥平面PBC,所以,直线AE与平面PBC所成的角即为∠APE,设PA=PB=PC=1,则AB?AC?BC?2,因为E为BC中点,所以AE?PE?AEAE2?PA23?．

AE3126,故2cos?APE?（文）【命题立意】本题借助特殊的三棱锥考查线面垂直的判定、截面面积的求解． 【思路点拨】先判断三角形的形状,再根据面积的表达式求最小值．

【答案】C【解析】因为三条侧棱两两垂直且长度为1,所以AP⊥平面PBC,∴AP⊥PE,S?PAE?1122AP?PE?PE,故只需PE的长度最小,所以PE⊥BC时,PE?,面积取得最小值． 22425．【命题立意】本题借助命题真假的判定考查直线与平面、平面与平面之间的平行与垂直关系． 【思路点拨】先写出每个命题的逆命题,再逐个判断即可．要注意每个命题逆命题的形式． 【答案】C【解析】选项C的逆命题是b??,若???,则b?a显然不成立． 6．【命题立意】本题以圆锥为载体考查圆锥的侧面积计算及三视图的特征．

【思路点拨】先根据圆锥的侧面积公式计算出圆锥底面圆的半径,进而可知主视图三角形各边的长即可求出面积．[来源:金太阳新课标资源网 ]

【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r,则侧面积为S?2?r?2?,故r?1,h?4?1?3,而主视图是一个等腰三角形,面积为hr?3．

7．【命题立意】本题以长方体为载体考查长方体与球的组合体的关系及简单的不等式性质应用． 【思路点拨】先根据球的体积求出其半径,再根据长方体边长与球半径的关系建立方程,进而利用不等式性质求出表面积的最大值． 【答案】B【解析】设球的半径为

32?4?R3R,则3?3,故R=2,设长方体三边长分别为a,b,c,则

222a2?b2?c2?(2R)2?16,表面积为2ab?2bc?2ca?2(a?b?c)?32．即长方体表面积的最大值为32．

8．【命题立意】本题借助三视图考查组合体的特征及圆柱体积的计算． 【思路点拨】先根据三视图计算出组合体的体积最大值,再结合圆柱的体积公式,利用体积相等即可计算出水面上升的高度．

【答案】B【解析】由题知,底部这一层最多摆放9个正方体,上面一层最多摆放4个正方体．故组合体的体积最大值为13,设水面上升的高度为h,则13??（13?2）h,则h?1． 139．【命题立意】本题考查直线与平面垂直、性质的应用及空间几何体体积的计算问题．

【思路点拨】把直线与平面垂直的条件转化为直角三角形,再利用三角形内的关系计算出高PA即可． 【答案】B【解析】因为PA⊥平面ABCD,所以BC⊥PA,又ABCD是正方形,所以BC⊥PA,故BC⊥平面PAB,

BC29所以BC⊥PB．CE?BC2?BE2?3,在Rt△PBC中,易得BC2?CE?CP,故CP???33,在Rt△PAC

CE31中,PA?CP2?AC2?3,故四棱锥P-ABCD的体积为?3?32?9．

310．【命题立意】本题以三棱锥为载体考查直线与平面垂直的判定与性质的应用． 【思路点拨】先分析出轨迹图形的形状,再根据所给数据进行计算即可．

【答案】A【解析】由SA?SB?SC?SD?6可知S在底面ABCD内的射影是底面的中心,即AC与BD交点O．要使得PE保持与AC垂直,只需使得P在AC的垂面上运动,如图中的△EFG即为P的轨迹,且EG?FG?SD?1261112,EF?BD?2,△EFG的面积S?EF?FG2?(EF)2?． 2222211．【命题立意】本题考查三视图的识别及棱台体积的求解．

【思路点拨】根据所给三视图分析出对应几何体的特征,再利用相关公式即可求出体积． 【答案】

14【解析】这个空间几何体是一个一条侧棱垂直于底面的四棱台,这个四棱台的高是2,上底面3114

是边长为1的正方形、下底面是边长为2的正方形，故其体积V＝×（12＋12×22＋22）×2＝．

3312．（理）【命题立意】本题考查二面角、直线与平面所成角之间的关系及空间想象能力．

【思路点拨】先找出二面角、直线与平面所成角对应的平面角,把题中的三个角转化到直角三角形内,进而可以找出他们的关系．

【答案】sin??sin?sin?【解析】如图,过A作AO⊥平面Q垂足为O,过O作OC⊥交线l于点C,连结AC,易证AC⊥l,∴?ACO为二面角P-l-Q的平面角,即?ACO??,?ABC??,因为AO⊥平面Q,所以?ABO为A和平面Q所成的角,所以?ABO??．分别在Rt△AOB、

AOAORt△AOC、Rt△ACB中,有sin??AB,sin??AC,sin??AB,故sin??sin?sin?．

AC（文）【命题立意】本题考查类比推理及与球有关的组合体的计算问题,对空间想象能力要求较高．[来源:金太阳新课标资源网 ]

【思路点拨】根据组合体的主视图进行分析,分别计算出外接球和内切球半径即可． 【答案】3:1【解析】设该三棱锥的边长为a,计算可得高为对称性可知,球心在高所在的线段上,由勾股定理可得(6a3,设外接球半径为R,则根据球和三棱锥的

663a,故内切球半径为a?R)2?(a)2?R2,则R?433r?666a?a?a,故外接球与内切球半径之比为3:1． 341213．【命题立意】本题考查圆锥侧面积与全面积的计算方法．

【思路点拨】根据条件求出底面半径与母线的关系,再表示出全面积与侧面积即可．

【答案】

3r【解析】设圆锥的底面半径为r,母线长为l,则由条件可得?cos60。,即l?2r,则全面积与侧2l22?r23． 面积之比为?rl??r?2?r?2??rl2?r214．【命题立意】本题考查旋转体知识及其体积的求解．难度中等．

【思路点拔】先作出平面图形,然后确定其旋转后所得几何体的形状,进而分别确定其体积．

【答案】4:3【解析】据已知得第一个图形旋转后所得几何体为底面半径为2,母线长为4的圆柱挖去两

22个圆锥,其中圆锥的底面半径为2,高为2,故V1???2?4?2????2?2?1332?;第二个图形旋转3后为半径是2的球挖去两个半径为1的球,故V2???23?2???13?8?,故V1:V2=4:3． 15．【命题立意】本题考查组合体关系的观察与分析能力,考查空间想象能力． 【思路点拨】画出轴截面图,根据平行关系建立方程,利用方程解的分析进行求解． 【答案】

324343【解析】画出轴截面图如图所示,设圆锥的高为h,内接圆柱的高为x,底面半径y,

rO'CSO'yh?x?,?,∴y?(h?x),S圆锥侧hOBSOrhr∵CD∥AB,∴

1??rl,S圆柱侧?2?xy?2?x(h?x),

rh22依题意可得4?rr?h?2?xh(h?x),即8x2?8hx?hh2?r2?0,即8x2?8l2?r2x?l2?r2?l?0,根据条件

r3方程有且只有一个解,故△=(8l2?r2)2?32l2?r2·l?32l2?r2?(2l2?r2?l)?0,即?．

l216．【命题立意】本题借助三棱锥考查轨迹的求解、线面垂直性质的应用及线面平行的判定与应用． 【思路点拨】因为底面是正方形,利用勾股定理求出四棱锥的高PA即可求出体积;要证明直线和直线平行,可以先证明直线和平面平行,再利用直线与平面平行的性质即可．

【解析】（1）∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥AC，而AC?22,PC?42,∴PA?PC2?AC2?26（3分）∴三棱锥P-ABCD的体积为V??PA?SABCD??26?4?131386;（5分） 3（2）连接AC交BD于点O,连接MO．∵ABCD为正方形∴O是AC的中点,又M为PC中点,∴OM是△CAP的中位线,∴AP∥OM,而AP?平面BMD,OM?平面BMD．（8分）∴PA∥平面BMD．∵平面PAHG?平面BMD=GH∴PA∥GH（10分）

17．【命题立意】本题考查三棱柱的结构特征,直线与平面垂直的判定及性质的应用、三棱柱体积的求解 【思路点拨】先过点A'作平面ABC的垂线A'H,只需证明?CAH??BAH证明AH是∠BAC的平分线即可证明第（1）小题;进而再求出A'H即可解决第（2）问．

【解析】（1）过A'作A'H⊥平面ABC,垂足为H,连接AH．作HE⊥AB,垂足为E,连接A'E．则

同理,过作HF⊥AC,连接A'F,则A'F?AC．（3分） AB?A'H,AB?HE,故AB⊥平面A'HE,故A'E?AB．∵?A'AB??A'AC?60?,AA'?2∴A'E?A'F?3．∴Rt△A'HE?Rt△A'HF∴HE=HF∴AH是∠BAC的

23A'A2?AH2?263角平分线,即点A'在底面ABC内的射影在∠BAC的平分线上;（7分） （2）由（1）可知?EAH?30?,AE?1,在△AHE中,AH?cos30??3,∴A'H?∴棱柱ABC?A'B'C'的体积为V?S?ABC?A'H?3226?2??22（12分） 43AE．（10分）

18．【命题立意】本题考查三视图的分析与应用、两个平面垂直的判定、几何体的体积计算及点到平面的距离分析与计算．

【思路点拨】首先根据所给的三视图分析几何体的特点,利用两个平面垂直的判定定理进行判定,求体积可以把所给几何体划分为两个四棱锥分别求体积即可;求点到平面的距离可以先作出点到平面的距离,也可以借助三棱锥的体积进行求解．

【解析】（1）连接AC,BD,正方形ABCD中,AC⊥BD,又AE∥GD∥FC,AE⊥平面ABCD,∴GD⊥平面ABCD,又AC?平面ABCD,则AC⊥GD,又AC⊥BD,GD?BD?D,

∴AC⊥平面BDG,又AC?平面AEFC,∴平面AEFC⊥平面BDG;（4分） （2）原几何体可以划分为两个四棱锥:B-CFGD和B-AEGD,而

118111VB?CFGD??SCFGD?BC??22?2?,（6分），VB?AEGD??SAEGD?AB??(1?2)?2?2?2（8分）∴所给几何体的

333332体积为:V??2?8314;（9分） 3（3）由条件可知GD⊥平面ABCD,故平面BDG⊥平面ABCD．过C作CH⊥BD于H,则CH⊥平面BDG[来源:金太阳新课标资源网]

则CH的长即为点C到平面BDG的距离．在Rt△BCD中,由面积公式可得BD?CH?BC?CD,则CH?2,即点C到平面BDG的距离为2（13分）

19．【命题立意】本题考查空间平行与垂直关系的推理与证明，考查空间几何体体积的计算，考查逻辑推理与空间想象能力．

【思路点拔】证明线面平行转化为线线平行,要证明面面垂直,要转化为线面垂直,最终转化为线线垂直问题,要注意转化的思想方法;对于不规则几何体的体积求解可通过分割与补形的方法解答． 【解析】（1）据已知连结OH,GO,易知GO//BE//CD,即直线GO//平面ACD,同理可证OH//平面ACD,又GO?OH=O,故平面ACD//平面GHO,又GH?平面GHO,故GH//平面ACD（4分）

（2）证明:∵DC?平面ABC,BC?平面ABC,∴DC?BC,∵AB是圆O的直径∴BC?AC且DCIAC?C,∴BC?平面ADC．∵四边形DCBE为平行四边形,∴DE//BC．∴DE?平面ADC,又∵DE?平面ADE,∴平面ACD?平面ADE．（8分）

（3）所求简单组合体的体积：V?VE?ABC?VE?ADC．∵AB?2，BC?1，tan?EAB?1111EB3?, AB2∴BE?3,AC?AB2?BC2?3．∴VE?ADC?S?ADC?DE?AC?DC?DE?,VE?ABC?S?ABC?EB?AC?BC?EB?

362362∴该简单几何体的体积V?1（13分）

20．【命题立意】本题属于探索型问题,考查平面垂直的性质与判断、直线与平面所成角的计算及空间想象能力的应用．

【思路点拨】对于（1）,可以把平面BPD1?面BDD1B1作为已知条件进行分析,也可以根据条件先分析再证明;对于（2）,可以根据直线与平面所成角的概念进行计算,也可以利用空间向量求解．

【解析】（1）存在满足条件的实数m?1,使平面BPD1?面BDD1B1,证明如下:连接AC、AC1,设对角线BD1?AC1?H,则H是AC1中点,连接PH,则PH是△C1AC的中位线,则PH∥AC,∵AC⊥BD,AC⊥BB1,故

11AC⊥平面BDD1,∴平面BPD1B1∴PH⊥平面BDD1B1,而PH?平面BPD1?面BDD1B1;（5分） （2）（理）在线段AA1上取一点G,使得A1G=m,连接D1G,BG,

则易证D1,G,B,P四点共面．设点A到平面D1BP的距离为h,则由VA?BD1G?VB?AGD1可得11?S?BGD1?h??S?AGD1?AB（7分） 332?4?m2,BD1?23, 在△BGD1中,BG?AG2?AB2?m2?4m?8,D1G?A1D12?AG1则cos?BGD1?m2?4m?8?4?m2?122?m2?4m?8?4?m2?m2?2mm2?4m?8?4?m2则sin?BGD1?22m2?4m?8m2?4m?8?4?m2, 4?2m4?2m1?则S?BGD1??BG?D1G?2m2?4m?8（10分）而S?AD1G?2?m故h?．设AP

22m2?4m?82m2?4m?8与平面D1BP所成的角为?,则f(m)?sin??13h4?2m6?（13分） (0?m?2),故f(1)?AP92m2?4m?8?8?m22m14(2?m),（9分）VP?A1B1C1D1?SA1B1C1D1?PC1?．（10分） 333（文）由条件易得VB?PAC?VP?ABC?S?ABC?PC?由VB?PAC?VP?A1B1C1D1可得

42m4(2?m)4?可得m?,故存在实数m?使得三棱锥B?PAC和四棱锥

3333P?A1B1C1D1的体积相等（13分）

21．【命题立意】本题考查直线与平面垂直的判定、直线与平面平行的判定与性质、二面角的求解及空间想象能力．

【思路点拨】对于（1）,利用直线和平面垂直的判定定理,只需证明直线CD与平面PAC内两条相交直线垂直;对于（2）,把BE∥平面PCD转化为直线的平行再进行计算即可;对于（3）,理科学生做，可以利用二面角平面角的定义求解,也可以利用空间向量进行求解答案文理分开进行阐述． 【解析】（理）（1）证明：∵PA⊥平面ABCD,∴CD⊥PA．又△ABC的面积等于△ADC面积的

AB?BC?1,∴21AD．在底面ABCD中，因为?ABC??BAD?90?，AB?BC?1AD，所以AC?CD?2AD，222所以AC?CD．又因为PAIAC?A，所以CD?平面PAC．而CD?平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAC（理4分，文7分）

（2）在PA上存在中点E，使得BE∥平面PCD，证明如下：设PD的中点是F，连结BE，EF，FC，则EF//AD，且EF?11AD．由已知?ABC??BAD?90?，所以BC//AD．又BC?AD，所以BC//EF，

22且BC?EF，所以四边形BEFC为平行四边形，所以BE∥CF．因为BE?平面PCD，CF?平面PCD，所以BE∥平面PCD．（理8分，文14分）

（理）（3）设G为AD中点，连结CG，则CG?AD．又因为平面ABCD?平面PAD，所以CG?平面PAD．过G作GH?PD于H，连结CH，由三垂线定理可知

CH?PD．所以?GHC是二面角A?PD?C的平面角．设AD?2，则

PA?AB?CG?DG?1,DP?5．在△PAD中，

PAtan?GHC?GH?DG，所以GH?1．所以DP56CG6?5，cos?GHC?．即二面角的余弦值为．（14分） A?PD?C66GH