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2026高考数学第二轮专题
专题过关检测三　立体几何
(分值:150分)
一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共计40分.每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.
1.(2025广东中山二模)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.若O1O2=2,则圆柱O1O2的表面积为(　　)
A.4π B.5π C.6π D.7π
2.(2025辽宁鞍山二模)若圆锥的侧面积与轴截面面积之比为2π,则圆锥母线与底面所成角的大小为(　　)
A. B. C. D.
3.(2025安徽皖南八校三模)设l1,l2,l3是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,且α∩β=l1,l2 α,l3 β,则“l2∥l3”是“l1∥l2”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
4.(2025广东深圳二模)已知正四棱锥的底面边长为6,且其侧面积是底面积的2倍,则此正四棱锥的体积为(　　)
A.36 B.36
C.108 D.108
5.(2025山东青岛、淄博二模)已知一个圆锥的侧面展开图是个半圆,其母线长为2,该圆锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面半径为的圆锥,则所得圆台的体积为(　　)
A. B.
C. D.
6.(2025浙江名校协作体模拟)一个底面边长为2 cm的正四棱柱形状的容器内装有一些水(底面放置于桌面上),现将一个底面半径为1 cm的铁制实心圆锥放入该容器内,圆锥完全沉入水中且水未溢出,并使得水面上升了 cm.若该容器的厚度忽略不计,则该圆锥的侧面积为(　　)
A.π cm2 B.6π cm2
C.2π cm2 D.2π cm2
7.(2025北京东城一模)祈年殿(图1)是北京市的标志性建筑之一,距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱,分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱,寓意一年四季;中圈有12根约为13米的金柱,代表十二个月;外圈有12根约为6米的檐柱,象征十二个时辰.已知由一根龙井柱AA1和两根金柱BB1,CC1形成的几何体ABC-A1B1C1(图2)中,AB=AC=8,∠BAC=144°,则平面A1B1C1与平面ABC所成角的正切值为(　　)
图1
图2
A. B.
C. D.
8.在三棱锥P-ABC中,AB=AC=4,∠BAC=120°,PA=6,PB=PC=2,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为(　　)
A.100π B.75π C.80π D.120π
二、选择题:本大题共3小题,每小题6分,共计18分.在每小题给出的四个选项中,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.(2025辽宁本溪模拟)已知α,β是两个不重合的平面,m,n是两条不重合的直线,则下列说法正确的是(　　)
A.若m∥n,m⊥α,则n⊥α
B.若m∥α,α∩β=n,则m∥n
C.若m⊥α,m⊥β,则α∥β
D.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β
10.(2025福建厦门三模)如图,一个漏斗的上面部分可视为长方体ABCD-A'B'C'D',下面部分可视为正四棱锥P-ABCD,O为正方形ABCD的中心,两部分的高都是该正方形边长的一半,则(　　)
A.A'O⊥AB
B.A'O∥平面APD
C.平面AA'P⊥平面BDP
D.CC'与A'P为相交直线
11.(2025山东烟台模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P为棱AA1的中点,则(　　)
A.直线PD1与BC所成的角为30°
B.B1D⊥平面A1BC1
C.过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面的面积为3
D.以P为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线的长度为
三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共计15分.
12.(2025上海普陀二模)若一个圆锥的高为,侧面积为2π,则该圆锥侧面展开图中扇形的圆心角的大小为　　　　　.
13.(2025北京东城二模)《九章算术》是我国古代著名的数学著作,其中讨论了“垣”“堑”等建筑的体积问题.某工程要完成一个形如直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的“堑”形沟渠的土方作业(如图),其中AD,BC与平面AA1B1B所成的角均为,AB∥DC,AB=4米,DC=8米,AA1=20米,则需要挖土　　　　　立方米.
14.(2025山东潍坊二模)已知圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,其下底面与半球O的底面重合,上底面圆周在半球O的球面上,则圆台的侧面积为　　　　　;半球O被该圆台的上底面所在的平面截得两部分,其体积分别为V1,V2(V1四、解答题:本大题共5小题,共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)(2025河南新乡二模)《九章算术·商功》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,在四面体ABCD中,CD⊥平面ABC,AB⊥BC,且AB=4,BC=CD=3,.
(1)证明:四面体ABCD为鳖臑;
(2)若直线MN⊥平面ABD,求直线BE与MN所成角的余弦值.
16.(15分)(2025北京东城一模)如图,在几何体ABCDEF中,四边形ABCD为平行四边形,平面ADE⊥平面CDE,AD⊥DE,AD=DE=DC=1,BF∥DE.
(1)证明:FC∥平面ADE;
(2)已知点E到平面AFC的距离为,且AC=CE,求BF的长.
17.(15分)(2025山东滨州二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形, AD=2,AB=3,AB⊥PD,△APD为等腰三角形,且∠PAD=,点E为线段PD上一点.
(1)若BP∥平面ACE,求的值;
(2)当为何值时,直线AE与平面PAC所成的角最大,并求最大角的值.
18.(17分)(2025山东临沂一模)在△NBC中,∠NBC=90°,AD∥BC,NA=CD=2AB=2,如图,将△NAD沿AD翻折至△PAD.
(1)证明:平面PBC⊥平面PAB;
(2)若二面角P-AD-B大小为120°.
(ⅰ)求PA与平面PBC所成角的正弦值;
(ⅱ)在线段PD上是否存在点E,使得平面ABE与平面PDC所成角的余弦值为 若存在,确定点E的位置;若不存在,说明理由.
19.(17分)(2025辽宁沈阳模拟)离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设P为多面体M的一个顶点,定义多面体M在点P处的离散曲率为ΦP=1-(∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠Qk-1PQk+∠QkPQ1),其中Qi(i=1,2,…,k,k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点,且平面Q1PQ2,平面Q2PQ3,…,平面Qk-1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面.如图,在三棱锥P-ABC中.
(1)求三棱锥P-ABC在各个顶点处的离散曲率的和;
(2)若PA⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,三棱锥P-ABC在顶点C处的离散曲率为,求点A到平面PBC的距离;
(3)在(2)的前提下,又知点Q在棱PB上,直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为,求BQ的长度.
答案：
1.C　解析 由题意知,圆柱O1O2底面半径r==1,母线长l=O1O2=2,所以圆柱O1O2的表面积S=2πr2+2πrl=2π+4π=6π.故选C.
2.A　解析 设圆锥的底面半径为r,母线长为l,高为h,则由题意得=2π,解得l=2h,设圆锥母线与底面所成角为θ0<θ<,则sin θ=,所以θ=,所以圆锥母线与底面所成角的大小为.
3.A　解析 当l2∥l3时,l3 β,l2 β,所以l2∥β,又l2 α,α∩β=l1,所以l1∥l2成立,当l1∥l2时,若l1与l3相交,则l2与l3异面,不能推导出l2∥l3,所以“l2∥l3”是“l1∥l2”的充分不必要条件.故选A.
4.A　解析 如图,在正四棱锥P-ABCD中,PO为四棱锥的高,PE为侧面的高,因为正四棱锥的底面边长为6,且其侧面积是底面积的2倍,所以S侧=4××6PE=2S底=72,解得PE=6,PO==3,所以VP-ABCD=S底·PO=×36×3=36.故选A.
5.C　解析 设圆锥底面半径为r,由题意可得2πr=2π,解得r=,如图,作出图形的轴截面,其中E,B分别为圆台的上、下底面圆的圆心,则CB==3,,可得CE=1,BE=2,V=×π×3+π××2=.故选C.
6.A　解析 设圆锥的高为h cm,所以圆锥的体积V= cm3,
由题意,正四棱柱中水上升的体积即为圆锥的体积,所以2×2×,所以h=6,则圆锥的母线长为 cm,
故圆锥的侧面积为×2π×π cm2.故选A.
7.B　解析 若平面ABC∥平面DB1C1,则平面A1B1C1与平面ABC所成角,即为平面A1B1C1与平面DB1C1所成角,
由题意有△ABC≌△DB1C1,即△DB1C1是等腰三角形,腰长约为8米,∠B1DC1=144°,易知∠DB1C1=∠DC1B1=18°,若E是B1C1的中点,连接DE,A1E,则DE⊥B1C1,且A1D⊥平面DB1C1,由B1C1 平面DB1C1,则A1D⊥B1C1,DE∩A1D=D,DE,A1D 平面A1DE,所以B1C1⊥平面A1DE,则∠A1ED是平面A1B1C1与平面DB1C1所成角的平面角,其中A1D=19-13=6,DE=8sin 18°,则tan∠A1ED=.故选B.
8.A　解析 在△BAC中,由余弦定理得,BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=48,则BC=4.
因为PA2+AC2=PC2,所以PA⊥AC.同理,PA⊥AB.
又AB∩AC=A,AB,AC 平面ABC,则PA⊥平面ABC.
设△ABC的外接圆半径为r,
所以2r==8,
所以r=4,所以外接球的半径R满足R2=r2+2=16+9=25,
故三棱锥P-ABC外接球的表面积为4πR2=100π.
9.ACD　解析 对于A,因为m∥n,m⊥α,所以n⊥α,故A正确;对于B,根据判定定理,由m∥α,α∩β=n,m β,得m∥n,而若m∥α,α∩β=n,则m∥n,这个条件中少了m β,故不能说明m∥n,故B错误;对于C,因为m⊥α,m⊥β,所以两平面有公共的法向量,根据法向量相同的两平面,不重合就一定平行,则α∥β,故C正确;对于D,根据m⊥α,m∥n,得n⊥α,又因为n∥β,则过n作一个平面γ与平面β相交于l,则n∥l,所以可得l⊥α,又因为l β,所以α⊥β,故D正确.故选ACD.
10.BCD　解析 对于A,设正方形ABCD的边长为2,由正四棱锥性质可得PO⊥平面ABCD,故PO=AA'=1,因为A'A⊥平面ABCD,故A'O在平面ABCD的射影为AO,又AO不与AB垂直,故A'O不与AB垂直,故A不正确;对于B,由题PO∥AA'且PO=AA',故四边形POA'A是平行四边形,所以A'O∥AP,A'O 平面APD,AP 平面APD,所以A'O∥平面APD,故B正确;对于C,因为PO∥CC'∥AA',O∈平面CC'A'A,故PO 平面CC'A'A,平面AA'P即为平面CC'A'A,因为A'A⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,所以A'A⊥BD,又因为BD⊥AC,A'A∩AC=A,所以BD⊥平面CC'A'A,又BD 平面BDP,所以平面BDP⊥平面CC'A'A,即平面AA'P⊥平面BDP,故C正确;对于D,因为CC',A'P 平面CC'A'A,且不平行,故CC'与A'P为相交直线,故D正确.故选BCD.
11.BCD　解析 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1D1∥B1C1∥BC,故直线PD1与BC所成的角即为直线PD1与A1D1所成的角,即∠A1D1P,在Rt△PA1D1中,tan∠A1D1P=,则∠A1D1P不为30°,故A错误;对于B,连接B1D1,则B1D1⊥A1C1,又DD1⊥平面A1B1C1D1,A1C1 平面A1B1C1D1,所以DD1⊥A1C1,B1D1∩DD1=D1,B1D1,DD1 平面DD1B1,故A1C1⊥平面DD1B1,B1D 平面DD1B1,故A1C1⊥B1D,同理可证A1B⊥B1D,A1C1∩A1B=A1,A1C1,A1B 平面A1BC1,故B1D⊥平面A1BC1,故B正确;因为B1D⊥平面A1BC1,所以过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面与平面A1BC1平行,设AB,BC,CC1,C1D1,D1A1的中点为Q,E,F,G,H,依次连接P,Q,E,F,G,H,可得六边形PQEFGH为正六边形,而PQ∥A1B,PQ 平面A1BC1,A1B 平面A1BC1,故PQ∥平面A1BC1,同理可证EQ∥平面A1BC1,EQ∩PQ=Q,EQ,PQ 平面PQEFGH,故平面PQEFGH∥平面A1BC1,即过点P且与B1D垂直的平面截正方体所得截面即为六边形PQEFGH,边长为,其面积为6××()2=3,故C正确;
对于D,过点P作BB1的垂线,垂足为M,则M为BB1的中点,且PM⊥平面BCC1B1,
设以P为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线上的点为K,则PK=,MK 平面BCC1B1,故PM⊥MK,且MK=,
则以P为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线为平面BCC1B1上以M为圆心,以为半径的圆弧,N,L分别为圆弧与B1C1,BC的交点,如图.
由于∠B1MN=∠BML=45°,故∠LMN=90°,则交线长度为,故D正确.故选BCD.
12.π　解析 设底面半径为r,母线长为l,由πrl=2π,得rl=2,又h=,由勾股定理得l=,
所以r=2,解得r=,l=2,
底面圆周长L=2πr=2π,扇形圆心角θ=π.
13.
240　解析 因为AD,BC与平面AA1B1B所成角均为,且AB∥DC,
所以四边形ABCD为等腰梯形,
因为AB=4,DC=8,AA1=20,所以等腰梯形的高h=2,故S梯形ABCD=(AB+DC)h=×(4+8)×2=12,所以直四棱柱体积=S梯形ABCD·AA1=240.
14.
6π　　解析 作出圆台的轴截面如图,设圆台的上底面半径为r1,下底面半径为r2,球的半径为R.
∵圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,∴r1=1,r2=2,
又下底面与半球O的底面重合,∴R=2,
∴圆台的高h=,
∴圆台的母线长为l==2,
∴圆台的侧面积为S=π(r1+r2)l=π(1+2)×2=6π,半球的体积为V半球=πR3×π×23=.
∵球心到圆台的上底面所在的平面的距离为d=,
∴球冠的高度为h'=R-d=2-,
∴球冠的体积为V1=,
∴V2=V半球-V1==3π,
∴.
15.(1)证明 因为CD⊥平面ABC,BC 平面ABC,AC 平面ABC,AB 平面ABC,
所以CD⊥BC,CD⊥AC,CD⊥AB.
又AB⊥BC,且BC∩CD=C,BC,CD 平面BCD,
所以AB⊥平面BCD,又BD 平面BCD,则AB⊥BD,
所以四面体ABCD的四个面都为直角三角形,则四面体ABCD为鳖臑.
(2)解 以B为坐标原点,的方向分别为x轴、y轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(0,4,0),B(0,0,0),D(3,0,3),E,0,
则=(0,4,0),=(3,0,3),=,0.
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,得n=(1,0,-1).
由cos<,n>=,得直线BE与MN所成角的余弦值为.
16.(1)证明 由四边形ABCD为平行四边形,得AD∥BC,又BF∥DE,AD 平面ADE,BC 平面ADE,则BC∥平面ADE,同理BF∥平面ADE,
由BC∩BF=B,BC,BF都在平面BCF内,则平面BCF∥平面ADE,FC 平面BCF,则FC∥平面ADE.
(2)解 因为平面ADE⊥平面CDE,AD⊥DE,平面ADE∩平面CDE=DE,AD 平面ADE,
所以AD⊥平面CDE,又DE,CD 平面CDE,则AD⊥DE,AD⊥CD,
由AD⊥DE,AD⊥CD,AD=DE=DC=1,得△ADE≌△ADC,又AC=CE,故AC=AE=CE,
所以△ADE≌△ADC≌△EDC,则CD⊥DE.
综上,AD⊥DE,AD⊥CD,CD⊥DE.
以D为原点,为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,
所以A(1,0,0),C(0,1,0),E(0,0,1),令BF=x>0,则F(1,1,x),
故=(0,1,x),=(1,0,x),=(-1,0,1),
设平面AFC的法向量为m=(a,b,c),则取a=x,则m=(x,x,-1).
由题设,可得4x2-4x+1=0,解得x=,所以BF=.
17.
解 (1)设AC∩BD=O,连接OE.
因为四边形ABCD为矩形,所以O为BD的中点,
又因为BP∥平面ACE,且BP 平面BDP,平面ACE∩平面BDP=OE,所以BP∥OE,
又在△BDP中,O为BD的中点,可得E为DP的中点,
所以当BP∥平面ACE时,.
(2)因为AB⊥AD,AB⊥PD,PD∩AD=D,PD,AD 平面PAD,所以AB⊥平面PAD.
以点A为原点,分别以AB,AP所在直线为z轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AD=2,AB=3,△APD为等腰三角形,所以AP=3,且∠PAD=,则∠DAx=,所以A(0,0,0),P(0,2,0),D(,-1,0),C(,-1,3).
设=λ=λ(,-3,0),其中0<λ≤1,(易知λ=0时线面角为0,不是最大)
=(0,2,0)+λ(,-3,0)=(λ,2-3λ,0),
=(0,2,0),=(,-1,3).
设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),
则取x=,可得n=(,0,-1).
设直线AE与平面PAC所成的角为θ,由题意可得sin θ=,
因为0<λ≤1,所以当,即λ=时直线AE与平面PAC所成角的正弦值最大,为,
此时直线AE与平面PAC所成的角最大,为θ=,故当时,直线AE与平面PAC所成的角最大,为θ=.
18.(1)证明 因为∠NBC=90°,AD∥BC,所以AD⊥AP,AD⊥AB,因为PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,所以AD⊥平面PAB,所以BC⊥平面PAB,又BC 平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAB.
(2)解 (ⅰ)在四棱锥P-ABCD中,由(1)知∠PAB即二面角P-AD-B的平面角,
故∠PAB=120°,因为NA=CD=2AB=2,所以NC=6,NB=3,从而BC=3,∠DCB=30°,
过点A作AF⊥PB,交PB于点F,又因为AF⊥BC,可得AF⊥平面PBC,PA与平面PBC所成角即为∠APF.
在△PAB中,由余弦定理可得PB=,由等面积法,得AF=,sin∠APF=,
所以PA与平面PBC所成角的正弦值为.
(ⅱ)以点A为原点,AB,AD所在直线为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),P(-1,0,),B(1,0,0),D(0,2,0),C(1,3,0),=(-1,-2).
设=λ,λ∈[0,1],可得E(-λ,2(1-λ),λ),=(-λ,2(1-λ),λ),=(1,0,0),=(1,,0).
设平面ABE的法向量为m=(x,y,z),
则
令y=λ,可得m=(0,λ,2(λ-1)).
设平面PDC的法向量为n=(a,b,c),
则
令a=,可得n=(,-1,-1).
设平面ABE与平面PDC的夹角为θ,则cos θ=,解得λ=或λ=.
所以存在点E,当DE=DP或DE=DP时满足题意.
19.解 (1)由离散曲率的定义得ΦP=1-(∠APB+∠BPC+∠APC),
ΦA=1-(∠PAB+∠BAC+∠PAC),ΦB=1-(∠PBA+∠ABC+∠PBC),
ΦC=1-(∠PCA+∠BCA+∠PCB),所以ΦP+ΦA+ΦB+ΦC=4-×4π=2.
(2)由PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,得PA⊥BC,
又AC⊥BC,AC∩PA=A,AC,PA 平面PAC,则BC⊥平面PAC,由PC 平面PAC,得BC⊥PC,即∠BCP=,又ΦC=1-(∠PCA+∠BCA+∠PCB),
即=1-∠PCA+,解得∠PCA=.
过点A作AM⊥PC,交PC于点M,由BC⊥平面PAC,AM 平面PAC,得BC⊥AM,
又BC∩PC=C,BC,PC 平面PCB,则AM⊥平面PCB,
因此点A到平面PCB的距离为线段AM的长,在Rt△ACM中,AM=ACsin∠PCA=2×,
所以点A到平面PBC的距离为.
(3)过点Q作QG∥PA交AB于点G,连接CG,
由PA⊥平面ABC,得QG⊥平面ABC,则∠GCQ为直线CQ与平面ABC所成的角,
依题意,PA=2,AB==2,PB==2,
则sin∠PBA=,cos∠PBA=,设BQ=x(0在△BCG中,CG=,
由cos∠GCQ=,得sin∠GCQ=,tan∠GCQ=,因此tan∠GCQ=,而x>0,解得x=,所以BQ=.
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