专题突破练19专题五立体几何过关检测一、选择题1.(2019天津实中模拟六,理4)若l,m是两条不同的直线,m⊥平面α,则“l⊥m”是“l∥α”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2.(多选题)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,其中正确的结论为()A.直线AM与C1C是相交直线B.直线AM与BN是平行直线C.直线BN与MB1是异面直线D.直线MN与AC所成的角为60°3.(2019湘赣十四校联考二,文6)已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,则下列四个结论:①若α∥β,则l ⊥m;②若l⊥β,则m∥α;③若l∥m,则α⊥β;④若m∥α,则l⊥β.其中正确的结论的个数是()A.0B.1C.2D.34.已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则()A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥βC.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于l5.(2019安徽淮南一模,文8)某圆锥的侧面展开图是面积为3π,圆心角为2π3的扇形,则该圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为()A.12B.13C.14D.156.如图,正方形ABCD的边长为2,E,F分别为BC,CD的中点,沿AE,EF,FA将正方形折起,使B,C,D重合于点O,构成四面体A-OEF,则四面体A-OEF的体积为()A.1B.√2C.1D.√57.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是()A.4πB.9π2C.6π D.32π38.(2019山东聊城一模,理7)如图,圆柱的轴截面为正方形ABCD,E为弧BC的中点,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A.√33B.√55C.√306D.√669.(2019湖南六校联考,文11)如图,在平面四边形ABCD中,E,F分别是AD,BD的中点,AB=AD=CD=2,BD=2√2,∠BDC=90°,将△ABD沿对角线BD折起至△A'BD,使平面A'BD⊥平面BCD,则在四面体A'BCD中,下列结论不正确的是()A.EF∥平面A'BCB.异面直线CD与A'B所成的角为90°C.异面直线EF与A'C所成的角为60°D.直线A'C与平面BCD所成的角为30°10.(2019新疆乌鲁木齐二模,理11)已知A,B,C为球O的球面上的三个定点,∠ABC=60°,AC=2,P为球O的球面上的动点,记三棱锥P-ABC的体积为V1,三棱锥O-ABC的体积为V2,若V1V2的最大值为3,则球O的表面积为()A.16π9B.64π9C.3π2D.6π11.(2019湘赣十四校联考二,文10)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,底面是边长为√3的正三角形,且该三棱柱外接球的表面积为7π,若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为()A.5π12B.π3C.π4D.π612.(多选题)用一个平面去截一个正方体,所得的截面可能是()A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形二、填空题13.已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为.14.(2019天津,文12,理11)已知四棱锥的底面是边长为√2的正方形,侧棱长均为√5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为.15.在三棱锥D-ABC中,CD⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=BD=5,BC=4,则此三棱锥的外接球的表面积为.16.若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形,则此圆柱的体积是;若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为120°,半径为1的扇形,则这个圆锥的表面积与侧面积的比是.三、解答题17.(2019江苏,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.18.(2019四川成都二模,理19)如图①,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,E,F分别为AB,CD的中点,CD=2AB=2EF=4,M为DF中点.现将四边形BEFC沿EF折起,使平面BEFC⊥平面AEFD,得到如图②所示的多面体.在图②中,(1)证明:EF⊥MC;(2)求二面角M-AB-D的余弦值.19.(2019山东济宁一模,理18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA⊥底面ABCD,∠ABC=60°,AB=√3,AD=2√3,AP=3.(1)求证:平面PCA⊥平面PCD;(2)设E为侧棱PC上的一点,若直线BE与底面ABCD所成的角为45°,求二面角E-AB-D的余弦值.20.(2019北京,理16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC =13.(1)求证:CD⊥平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且PGPB =23,判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.21.(2019天津,理17)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF∥平面ADE;(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;,求线段CF的长.(3)若二面角E-BD-F的余弦值为1322.(2019山东菏泽一模,理18)在四棱锥P-ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,四边形ABCD 是直角梯形,AD ⊥DC ,AB ∥DC ,DC=2AB ,PD=1,BC=√2,BC ⊥BD ,设Q 为棱PC 上一点,PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗⃗ . (1)求证:当λ=15时,AQ ⊥PC ;(2)试确定λ的值使得二面角Q-BD-P 为45°.参考答案专题突破练19 专题五立体几何过关检测1.B 解析 若l ⊥m ,因为m ⊥平面α,所以l ∥α或l ⊂α;若l ∥α,因为m ⊥平面α,所以l ⊥m ,所以“l ⊥m ”是“l ∥α”的必要不充分条件.2.CD 解析 结合图形,显然直线AM 与C 1C 是异面直线,直线AM 与BN 是异面直线,直线BN 与MB 1是异面直线,直线MN 与AC 所成的角即直线D 1C 与AC 所成的角.在等边三角形AD 1C 中,∠ACD 1=60°,所以直线MN 与AC 所成的角为60°.综上正确的结论为CD .3.D 解析 已知直线l ⊥平面α,直线m ⊂平面β,若α∥β,则l ⊥平面β,所以l ⊥m ,①正确;已知直线l ⊥平面α,若l ⊥β,则平面α∥平面β,又直线m ⊂平面β,故m ∥α,②正确;已知直线l ⊥平面α,直线m ⊂平面β,若l ∥m ,则m ⊥平面α,所以α⊥β,③正确;已知直线l ⊥平面α,直线m ⊂平面β,若m ∥α,则α∥β不一定成立,所以l ⊥β也不一定成立,④不正确.4.D 解析 因为m ⊥α,l ⊥m ,l ⊄α,所以l ∥α.同理可得l ∥β.又因为m ,n 为异面直线,所以α与β相交,且l 平行于它们的交线.故选D .5.B 解析 由圆锥的侧面展开图是面积为3π,圆心角为2π3的扇形,可知圆锥的母线l 满足12l 2×2π3=13πl 2=3π.故l=3.又由2πr=l ×2π3,得r=1,所以该圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为13.故选B . 6.A 解析翻折前,AB ⊥BE ,AD ⊥DF ,故翻折后,OA ⊥OE ,OA ⊥OF.又OE ∩OF=O ,∴OA ⊥平面EOF.底面三角形OEF 是等腰直角三角形,直角边长为1,三棱锥的高AO=2,∴V A-OEF =13×12×1×1×2=13,故选A .7.B 解析 由题意知要使球的体积最大,则它与直三棱柱的若干个面相切.设球的半径为R ,易得△ABC 的内切球的半径为6+8-10=2,则R ≤2.又因为2R ≤3,所以R ≤3,所以V max =4π3×(32)3=9π2,故选B .8.D 解析 取BC 的中点H ,连接EH ,AH ,则∠EHA=90°.设AB=2,则BH=HE=1,AH=√5,所以AE=√6.连接ED ,则ED=√6.因为BC ∥AD ,所以异面直线AE 与BC 所成角即为∠EAD ,在△EAD 中cos ∠EAD=2×2×6=√66,故选D .9.C 解析 因为E ,F 分别为A'D ,BD 的中点,所以EF ∥A'B ,所以EF ∥平面A'BC ,故A 正确;因为平面A'BD ⊥平面BCD ,交线为BD ,且CD ⊥BD ,所以CD ⊥平面A'BD ,所以CD ⊥A'B ,故B 正确;取CD 边中点M ,连接EM ,FM (图略),则EM ∥A'C ,所以∠FEM 为异面直线EF 与A'C 所成角,又EF=1,EM=√2,FM=√3,所以EF 2+EM 2=FM 2,即∠FEM=90°,故C 错误;连接A'F (图略),可得A'F ⊥平面BCD ,连接CF ,则∠A'CF 为A'C 与平面BCD 所成角,又sin ∠A'CF=A 'FA 'C =12,所以直线A'C 与平面BCD 所成的角为30°,故D 正确. 10.B 解析如图,设△ABC 的外接圆圆心为O',其半径为r ,球O 的半径为R ,当球心O 在三棱锥P-ABC 内时,由题意可知,V 1V 2max =R+√R 2-r 2√R -r 2=3,可得R=2√3r.∵2r=ACsin∠ABC =√3,∴r=√3, ∴R=43,∴S 球=4π×169=64π9.当球心O 在三棱锥P-ABC 外时,结果不变.故选B .11.B解析如图所示,P为正三角形A1B1C1的中心,设O为△ABC的中心,由题意知,PO⊥平面ABC,连接OA,则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角.易知OP的中点为三棱柱外接球的球心,又7π=4πr2,∴r2=74,∴AO2+OP22=74.在正三角形ABC中,AB=BC=AC=√3,∴AO=√33×√3=1,∴PO=√3.∴tan∠PAO=POAO=√3,∴∠PAO=π3.12.ABCD解析若与三个平面相交,则截面是三角形;与四个平面相交,则截面是四边形;与五个平面相交,则截面是五边形;与六个平面相交,则截面是六边形.故选ABCD.13.9π2解析如图,设球O的半径为R,则AH=2R3,OH=R3.∵π·EH2=π, ∴EH=1.在Rt△OEH中,R2=(R3)2+12,∴R2=98.∴S球=4πR2=9π2.14.π4解析如图,由底面边长为√2,可得OC=1.设M为VC的中点,则O1M=12OC=12,O1O=12VO,VO=2-OC2=2,∴O1O=1.∴V圆柱=π·O1M2·O1O=π×122×1=π4.15.34π解析由题意,在三棱锥D-ABC中,CD⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=BD=5,BC=4,可得AC=CD=√52-42=3,故三棱锥D-ABC的外接球的半径R=√32+42+322=√342,则其表面积为4π×√3422=34π.16.2π4∶3解析设圆柱底面半径为r,则由题意,2πr=2,故r=1π,又高为2,所以体积V=π(1π)2×2=2π.设圆锥底面半径为r,则底面周长C=2πr,故展开后的扇形弧长C=2πr,又圆心角为120°=23π且半径为1,故2πr1=23π,所以r=13,故圆锥侧面积S1=12×1×2π×13=π3,表面积S2=π3+π×(13)2=49π,故表面积与侧面积的比是S2S1=49ππ3=43.17.证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.18.(1)证明由题意知在等腰梯形ABCD中,AB∥CD.∵E,F分别为AB,CD的中点,∴EF⊥AB,EF⊥CD.∴折叠后,EF⊥DF,EF⊥CF.∵DF∩CF=F,∴EF⊥平面DCF.又MC⊂平面DCF,∴EF⊥MC.(2)解∵平面BEFC⊥平面AEFD,平面BEFC∩平面AEFD=EF,且EF⊥DF,∴DF⊥平面BEFC,∴DF⊥CF,∴DF,CF,EF两两垂直.以F 为坐标原点,分别以FD ,FC ,FE 所在直线为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系. ∵DM=1, ∴FM=1,∴M (1,0,0),D (2,0,0),A (1,0,2),B (0,1,2), ∴MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2), 设平面MAB 的法向量m =(x ,y ,z ), 则{MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =2z =0,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =-x +y =0. 取x=1,得m =(1,1,0).设平面ABD 的法向量n =(x ,y ,z ), 则{DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-x +2z =0,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-x +y =0. 取z=1,得n =(2,2,1).∴cos <m ,n >=m ·n=√2×3=2√23, ∴二面角M-AB-D 的余弦值为2√23. 19.解 (1)在平行四边形ABCD 中,∠ADC=60°,CD=√3,AD=2√3,由余弦定理得AC 2=AD 2+CD 2-2AD·CD cos ∠ADC=12+3-2×2√3×√3×cos 60°=9. ∴AC 2+CD 2=AD 2,∴∠ACD=90°,即CD ⊥AC.又PA ⊥底面ABCD ,CD ⊂底面ABCD ,∴PA ⊥CD. 又AC ∩CD=C ,∴CD ⊥平面PCA.又CD ⊂平面PCD ,∴平面PCA ⊥平面PCD.(2)如图,以A 为坐标原点,AB ,AC ,AP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系.则A (0,0,0),B (√3,0,0),C (0,3,0),D (-√3,3,0),P (0,0,3).设E (x ,y ,z ),PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =m PC⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),则(x ,y ,z-3)=λ(0,3,-3), ∴x=0,y=3λ,z=3-3λ,即点E 的坐标为(0,3λ,3-3λ). ∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,3λ,3-3λ).∴sin 45°=|cos <BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√3+9λ+(3-3λ),解得λ=13.∴点E 的坐标为(0,1,2),∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,0), 设平面EAB 的法向量为m =(x ,y ,z ),由{m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x =0,y +2z =0.令z=1,得平面EAB 的一个法向量为m =(0,-2,1),∴cos <m ,n >=m ·n|m ||m |=√5=√55.又二面角E-AB-D 的平面角为锐角, 故二面角E-AB-D 的余弦值为√55. 20.(1)证明 因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥CD. 又因为AD ⊥CD , 所以CD ⊥平面PAD.(2)解 过A 作AD 的垂线交BC 于点M.因为PA ⊥平面ABCD , 所以PA ⊥AM ,PA ⊥AD.如图建立空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),B (2,-1,0),C (2,2,0),D (0,2,0),P (0,0,2). 因为E 为PD 的中点,所以E (0,1,1).所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 所以PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =13PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =23,23,-23,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PF⃗⃗⃗⃗⃗ =23,23,43. 设平面AEF 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{y +z =0,23x +23y +43z =0.令z=1,则y=-1,x=-1. 于是n =(-1,-1,1).所以cos <n ,p >=n ·p |n ||p |=-√33. 由题知,二面角F-AE-P 为锐角, 所以其余弦值为√33. (3)解 直线AG 在平面AEF 内.因为点G 在PB 上,且PG PB =23,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,-2),所以PG ⃗⃗⃗⃗⃗ =23PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =43,-23,-43,AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP⃗⃗⃗⃗⃗ +PG⃗⃗⃗⃗⃗ =43,-23,23. 由(2)知,平面AEF 的法向量n =(-1,-1,1).所以AG⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-43+23+23=0. 所以直线AG 在平面AEF 内.21.(1)证明 依题意,可以建立以A 为原点,分别以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,2,0),D (0,1,0),E (0,0,2).设CF=h (h>0),则F (1,2,h ).依题意,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)是平面ADE 的法向量,又BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,h ),可得BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,又因为直线BF ⊄平面ADE ,所以BF ∥平面ADE.(2)解 依题意,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2),CE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,2). 设n =(x ,y ,z )为平面BDE 的法向量,则{n ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,-x +2z =0,不妨令z=1,可得n =(2,2,1).因此有cos <CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=CE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n |CE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=-49. 所以,直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)解 设m =(x ,y ,z )为平面BDF 的法向量,则{m ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,2y +ℎz =0,不妨令y=1,可得m =1,1,-2ℎ.由题意,有|cos <m ,n >|=|m ·n ||m ||n |=|4-2ℎ|3√2+4ℎ2=13,解得h=87,经检验,符合题意.所以,线段CF 的长为87.22.(1)证明 因为DC=2AB ,BC=√2,过B 作BE ⊥DC 于E ,则E 为DC 中点,所以BD=BC=√2,又BC ⊥BD ,所以DC=2.所以AD=AB=1,因为PD ⊥平面ABCD , 所以PD ⊥DC ,PD ⊥AD.在Rt △PDC 中,由勾股定理,得PC=√PD 2+DC 2=√12+22=√5.当λ=15时,PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =15PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则PQ=15PC=√55,因为PD=1, 所以PQPD =√55=PDPC . 又∠DPQ=∠CPD ,所以△DPQ ∽△CPD ,所以∠DQP=∠CDP=90°, 即PC ⊥DQ. 因为PD ⊥AD ,又AD ⊥DC ,PD ∩DC=D ,所以AD ⊥平面PDC ,所以AD ⊥PC. 又AD ∩DQ=D ,所以PC ⊥平面ADQ , 所以AQ ⊥PC ,命题得证.(2)以D 为原点,DA ,DC ,DP 所在直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系(如图).由(1)得:AD=AB=1,DC=2,则点P (0,0,1),C (0,2,0),A (1,0,0),B (1,1,0),D (0,0,0),令Q (x 0,y 0,z 0),则PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 0,y 0,z 0-1),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),DQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 0,y 0,z 0), 因为PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =m PC⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以(x 0,y 0,z 0-1)=λ(0,2,-1),所以点Q (0,2λ,1-λ),由题目条件易证BC⊥平面PBD,所以平面PBD的法向量n=BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0), 设平面QBD的法向量为m=(x,y,z),则{m·DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, m·DQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x+y=0,2λy+(1-λ)z=0,即{x=-y,z=2λλ-1y.令y=1,得m=-1,1,2λλ-1.因为二面角Q-BD-P为45°,所以|cos<m,n>|=|m·n|=√2·√2+(2λλ-2)=√2,解得λ=√2-1,λ=-√2-1, 因为Q在棱PC上,则0<λ<1,所以λ=√2-1为所求.。