《新高考数学全案》高考数学总复习配套测评卷单元检测卷(七)立体几何(文科)新人教版

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2022高考文科数学一轮复习检测卷7

2022高考文科数学一轮复习检测卷7(立体几何)时刻：120分钟满分：150分一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，满分50分．1．下列命题正确的是( ) A ．三点确定一个平面B ．通过一条直线和一个点确定一个平面C ．四边形确定一个平面D ．两条相交直线确定一个平面2．如图7－1，某几何体的正视图与侧视图差不多上边长为1的正方形，且体积为12.则该几何体的俯视图能够是( )图7－13．正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB 的中点为M ，DD ′的中点为N ，异面直线B ′M 与CN 所成的角是( )A ．0°B ．45°C ．60°D ．90°4．如图7－2，在四面体ABCD 中，截面PQMN 是正方形，则在下列命题中，错误的为( )图7－2A ．AC ⊥BDB ．AC ∥截面PQMN C ．AC ＝BDD ．异面直线PM 与BD 所成的角为45° 5．下列命题中，错误的是( )A．平行于同一条直线的两个平面平行B．平行于同一个平面的两个平面平行C．一个平面与两个平行平面相交，交线平行D．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个相交6．a，b是异面直线，下面四个命题：①过a至少有一个平面平行于b；②过a至少有一个平面垂直于b；③至多有一条直线与a，b都垂直；④至少有一个平面分别与a，b都平行．其中正确的命题个数为()A．1 B．2 C．3 D．47．正四棱锥的侧棱长为2 3，侧棱与底面所成的角为60°，则该棱锥的体积为() A．3 B．6 C．9 D．188．直线a∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于a的直线()A．只有一条，不在平面α内B．有许多条，不一定在α内C．只有一条，且在平面α内D．有许多条，一定在α内9．如图7－3，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是()图7－3A．AC⊥SBB．AB∥平面SCDC．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角10．如图7－4.某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图差不多上矩形，则该几何体的体积为()图7－4A．6 3 B．9 3 C．12 3D．18 3二、填空题：本大题共4小题每小题5分，满分20分．11．一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1,2,3，则此球的表面积为____________________________．12．若一个圆锥的主视图(如图7－5)是边长为3,3,2的三角形，则该圆锥的侧面积是__________ .图7－513．设x，y，z是空间中不同的直线或不同的平面，且直线不在平面内，则下列结论中能保证“若x⊥z，且y⊥z，则x//y”为真命题的是____________(把你认为正确的结论的代号都填上)．①x为直线，y，z为平面；②x，y，z为平面；③x，y为直线，z为平面；④x，y为平面，z为直线；⑤x，y，z为直线．14.如图7－6，半径为4的球O中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是________．图7－6三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．(12分)如图7－7，已知P A⊥⊙O所在平面，AB为⊙O直径，C是圆周上任一点，过A作AE⊥PC于E，求证：AE⊥平面PBC.图7－716．(13分)如图7－8，已知P A⊥平面ABCD，ABCD为矩形，P A＝AD，M，N分别是AB，PC的中点．求证：(1)MN∥平面P AD；(2)平面PMC⊥平面PDC.图7－817．(13分)如图7－9，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，点M在边BC上，△AMC1是以点M为直角顶点的等腰直角三角形．(1)求证：点M为边BC的中点；(2)求点C到平面AMC1的距离．图7－918．(14分)如图7－10，在圆锥PO中，已知PO＝2，⊙O的直径AB＝2，点C在AB 上，且∠CAB＝30°，D为AC的中点．(1)证明：AC⊥平面POD；(2)求直线OC和平面P AC所成角的正弦值．图7－1019．(14分)如图7－11，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4，将△CBD 沿BD折起到△EBD的位置，使平面EDB⊥平面ABD.(1)求证：AB⊥DE；(2)求三棱锥E－ABD的侧面积．图7－1120．(14分)如图7－12，在四棱锥P－ABCD中，ABCD是矩形，P A⊥平面ABCD，P A＝AD＝1，AB＝3，点F是PD的中点，点E在CD上移动．(1)求三棱锥E－P AB的体积；(2)当点E为CD的中点时，试判定EF与平面P AC的关系，并说明理由；(3)求证：PE⊥AF.图7－12题号12345678910答案15.17.19.复习检测卷(七)1．D 2.C 3.D 4.C 5.A 6.B 7.B 8.C 9.D 10.B 11．14π 12.3π 13.①③④ 14.32π15．证明：∵P A ⊥⊙O 所在平面，BC ⊂⊙O 所在平面， ∴P A ⊥BC .AB 为⊙O 直径，∴AC ⊥BC . 又P A ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面P AC . 又AE ⊂平面P AC ，∴BC ⊥AE . ∴AE ⊥PC ，PC ∩BC ＝C ， ∴AE ⊥平面PBC .16．证明：(1)取PD 的中点为Q ，连接AQ ，QN ，∵PN ＝NC ，∴QN 綊12DC .∵四边形ABCD 为矩形，∴QN 綊AM . ∴四边形AQNM 为平行四边形． ∴MN ∥AQ .又∵AQ ⊂平面P AD ， ∴MN ∥平面P AD .(2)∵P A ⊥平面ABCD ，∴∠P AD ＝90°. ∵P A ＝AD ，∴△P AD 为等腰直角三角形． ∵Q 为PD 中点，∴AQ ⊥PD .∵CD ⊥AD ，CD ⊥P A ，∴CD ⊥平面P AD ， ∴CD ⊥AQ ，∴AQ ⊥平面PDC . 由(1)MN ∥AQ ，∴MN ⊥平面PDC . 又∵MN ⊂平面PMC ， ∴平面PMC ⊥平面PDC .17．(1)证明：∵CC 1⊥平面ABC ，AM ⊂平面ABC ， ∴CC 1⊥AM .又∵C 1M ⊥AM ，CC 1∩C 1M ＝C 1， ∴AM ⊥平面BB 1C 1C .∴AM ⊥BC .∵△ABC 为正三角形，∴M 为BC 的中点．(2)解：⎩⎪⎨⎪⎧AM ⊥平面BB 1C 1C ，AM ⊂平面AMC 1⇒平面AMC 1⊥平面BB 1C 1C .作CD ⊥C 1M ，垂足为D ，明显CD ⊥平面AMC 1. 则CD 为点C 到平面AMC 1的距离．在Rt △CMC 1中，CM ＝a 2，C 1M ＝AM ＝32a ，∴CC 1＝22a .∴CD ＝C 1C ·CM C 1M ＝66.18．(1)证明：因为OA ＝OC ，D 是AC 的中点，因此AC ⊥OD . 又PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，因此AC ⊥PO . 因为PO ⊂OD ＝0，因此AC ⊥平面POD .(2)解：由(1)知，AC ⊥平面POD ，又AC ⊂平面P AC ，因此平面POD ⊥平面P AC .在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，则OH ⊥平面P AC .连接CH ，则CH 是OC 在平面P AC 上的射影．因此∠OCH 是直线OC 和平面P AC 所成的角．在Rt △POD 中，OH ＝PO ·ODPO 2＋OD 2＝2×122＋14＝23. 在Rt △OHC 中，sin ∠OCH ＝OH OC ＝23.19．(1)证明：在△ABD 中，∵AB ＝2，AD ＝4，∠DAB ＝60°，∴BD ＝AB 2＋AD 2－2AB ·2AD cos ∠DAB ＝2 3. ∴AB 2＋BD 2＝AD 2，∴AB ⊥DE . 又∵平面EBD ⊥平面ABD ，平面EBD ∩平面ABD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ， ∴AB ⊥平面EBD .又DE ⊂平面EBD ，∴AB ⊥DE .(2)解：由(1)知AB ⊥BD ，CD ∥AB ，∴CD ⊥BD ，从而DE ⊥DB . 在Rt △DBE 中，∵DB ＝2 3，DE ＝DC ＝AB ＝2，∴S △DBE ＝12DB ·DE ＝2 3. ∵AB ⊥平面EBD ，BE ⊂平面EBD ，∴AB ⊥BE .∵BE ＝BC ＝AD ＝4，∴S △ABE ＝12AB ·BE ＝4. ∵DE ⊥BD ，平面EBD ⊥平面ABD ，而AD ⊂平面ABD ，∴ED ⊥AD .∴S △ADE ＝12AD ·DE ＝4. 综上，三棱锥E －ABD 的侧面积S ＝8＋2 3.20．解：(1)∵P A ⊥平面ABCD ，∴V E －P AB ＝V P －ABE ＝13S △ABE ·P A ＝13×12×1×3×1＝36. (2)解：当点E 为BC 的中点时，EF ∥平面P AC .理由如下：∵点E ，F 分别为CD ，PD 的中点，∴EF ∥PC . ∵PC ⊂平面P AC ，EF ⊄平面P AC ，∴EF ∥平面P AC .(3)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴CD ⊥P A . ∵ABCD 是矩矩形，∴CD ⊥AD . ∵P A ∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面P AD . ∵AF ⊂平面P AD ，∴AF ⊥DC .∵P A ＝AD ，点F 是PD 的中点，∴AF ⊥PD . 又CD ∩PD ＝D ，∴AF ⊥平面PDC ∵PE ⊂平面PDC ∴PE ⊥AF .。

2022版高考数学一轮复习考案7 第七章立体几何(含解析)新人教版

第七章立体几何(时间 : 120分钟总分值150分)一、单项选择题(本大题共8个小题 , 每道题5分 , 共40分 , 在每道题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(2021·河北省衡水中学调研)以下命题正确的个数为(C)①梯形一定是平面图形 ;②假设两条直线和第三条直线所成的角相等 , 那么这两条直线平行 ;③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面 ;④如果两个平面有三个公共点 , 那么这两个平面重合．A．0B．1C．2D．3[解析]①由于梯形是有一组对边平行的四边形 , 易知两平行线确定一平面 , 所以梯形可以确定一个平面 , 故①对 ; ②假设两条直线和第三条直线所成的角相等 , 比方等腰三角形ABC , AB＝AC , 直线AB , AC与直线BC所成的角相等 , 而直线AB , AC不平行 , 故②错 ; ③两两相交的三条直线 , 比方墙角处的三条交线可以确定三个平面 , 故③对 ; ④如果两个平面有三个公共点 , 比方两平面相交有一条公共直线 , 如果这三个公共点不共线 , 那么这两个平面重合 , 故④错．综上 , 选C.2．(2020·山东省济南市6月模拟)如下列图 , 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．假设O1O2＝2 , 那么圆柱O1O2的外表积为(C)A．4πB．5πC．6πD．7π[解析]由题意, 可得h＝2r＝2 , 解得r＝1 , 所以圆柱O1O2的外表积为S＝πr2×2＋2πr×h＝6πr2＝6π.应选C.3．(2021·河北省唐山市期末)一个几何体的三视图如下列图, 小正方形的边长为1 , 那么这个几何体的外表积是(D)A ．11πB ．9πC ．7πD ．5π[解析] 由三视图可得几何体为18个球体 , 球的半径为 2 , 故该几何体的外表积为18×4×π×4＋3×π×44＝5π , 应选D.4．(2021·山东省滨州市三模)已知m , n 为两条不同的直线 , α , β , γ为三个不同的平面 , 那么以下命题正确的选项是( B )A ．假设m ∥α , n ∥α , 那么m ∥nB ．假设α⊥β , γ⊥β且α∩γ＝m , 那么m ⊥βC ．假设m ⊂α , n ⊂α , m ∥β , n ∥β , 那么α∥βD ．假设m ⊥α , n ∥β , α⊥β , 那么m ⊥n[解析] 对A : 假设m ∥α , n ∥α , 那么m ∥n , 或m 与n 是异面直线 , 或m 与n 相交 , 故A 错误 ; 对B : 假设α⊥β , γ⊥β且α∩γ＝m , 不妨取交线m 上一点P , 作平面β的垂线为l , 因为l ⊥β , α⊥β , 且点P ∈α , 故l ⊂α ; 同理可得l ⊂γ , 故l 与m 是同一条直线 , 因为l ⊥β , 故m ⊥γ.故B 选项正确 ; 对C : 只有当m 与n 是相交直线时 , 假设m ⊂α , n ⊂α , m ∥β , n ∥β , 才会有α∥β.故C 错误 ; 对D : 假设m ⊥α , n ∥β , α⊥β , 那么m 与n 的关系不确定 , 故D 错误．应选 : B.5．(2021·东北三省四市教研联合体模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1 , O 为底面ABCD 的中心 , M , N 分别为棱A 1D 1 , CC 1的中点．那么异面直线B 1M 与ON 所成角的余弦值为( C )A.55 B ．105C ．1515D ．2515[解析] 以D 为原点建立如以下列图所示的空间直角坐标系 : 设正方体的棱长为2 ,所以有D (0,0,0) , O (1,1,0) , B 1(2,2,2) , M (1,0,2) , N (0 , 2,1) , 因此B 1M →＝(－1 , －2,0) , ON →＝(－1,1,1) , 设异面直线B 1M 与ON 所成角为α , 所以cos α＝|B 1M →·ON →||B 1M →|·|ON →|＝|(－1)×(－1)＋(－2)×1＋0×1|(－1)2＋(－2)2＋02·(－1)2＋12＋12＝1515. 应选 : C.6．如下列图 , 在正方形ABCD 中 , E , F 分别是BC , CD 的中点 , G 是EF 的中点．现在沿AE , AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形 , 使B , C , D 点重合 , 重合后的点记为H .那么 , 在这个空间图形中必有( B )A ．AG ⊥平面EFHB ．AH ⊥平面EFHC ．HF ⊥平面AEFD ．HG ⊥平面AEF[解析] 根据折叠前、后AH ⊥HE , AH ⊥HF 不变 , ∴AH ⊥平面EFH , B 正确 ;∵过A 只有一条直线与平面EFH 垂直 , ∴A 不正确 ;∵AG ⊥EF , EF ⊥GH , AG ∩GH ＝G , AG , GH ⊂平面HAG , ∴EF ⊥平面HAG , 又EF ⊂平面AEF ,∴平面HAG ⊥平面AEF , 过点H 作直线垂直于平面AEF , 一定在平面HAG 内 , ∴C 不正确 ;由条件证不出HG ⊥平面AEF , ∴D 不正确．应选B.7．(2021·湖北武汉局部学校质检)如下列图 , 点A , B , C , M , N 为正方体的顶点或所在棱的中点 , 那么以下各图中 , 不满足直线MN ∥平面ABC 的是( D )[解析] 选项D 中 , MN ⊂平面ABC , 应选D.8．(2021·福建龙岩质检)在三棱锥A －BCD 中 , △ABC 和△BCD 都是边长为23的等边三角形 , 且平面ABC ⊥平面BCD , 那么三棱锥A －BCD 外接球的外表积为( D )A ．8πB ．12πC ．16πD ．20π[解析] 取BC 的中点E , 连接AE 与DE , 那么AE ⊥DE , 且AE ＝DE ＝23×32＝3 , 在DE 上取点I 使得EI ＝13DE , 在AE 上取点H 使得EH ＝13AE , 那么点I 是三角形BCD 的外接圆圆心 , 点H 是三角形BCA 的外接圆圆心 , 那么BI ＝12×2332＝2 , 分别过点I 、H 作平面BCD 和ABC 的垂线IO 和HO 交于O 点 , 那么点O 是三棱锥A －BCD 的外接球球心 , OI ＝EH ＝13×3＝1 , BO ＝BI 2＋OI 2＝4＋1＝ 5 , 故外接球半径为 5 , 那么三棱锥A －BCD外接球的外表积4π×5＝20π.二、多项选择题(本大题共4个小题 , 每道题5分 , 共20分 , 在每道题给出的四个选项中 , 有多项符合题目要求全部选对的得5分 , 局部选对的得3分 , 有选错的得0分)9．(2021·山东济宁期末)已知m 、n 为两条不重合的直线 , α、β为两个不重合的平面 , 那么以下说法正确的选项是( BC )A ．假设m ∥α , n ∥β且α∥β , 那么m ∥nB ．假设m ∥n , m ⊥α , n ⊥β , 那么α∥βC ．假设m ∥n , n ⊂α , α∥β , m ⊄β , 那么m ∥βD ．假设m ∥n , n ⊥α , α⊥β , 那么m ∥β[解析] 在A 中的条件下 , m ∥n 或m 与n 相交或m 、n 异面 , A 错 ; 又 ⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n m ⊥α⇒⎭⎪⎬⎪⎫n ⊥αn ⊥β⇒α∥β , B 正确 ;⎭⎬⎫n ⊂αα∥β⇒⎭⎬⎫n ∥βm ∥n m ⊄β⇒m ∥β , C 正确 ; ⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n n ⊥α⇒⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αα⊥β⇒m ∥β或m ⊂β , D 错 , 应选BC. 10．(2021·山东滨州期末)已知菱形ABCD 中 , ∠BAD ＝60° , AC 与BD 相交于点O .将△ABD 沿BD 折起 , 使顶点A 至点M , 在折起的过程中 , 以下结论正确的选项是( ABD )A ．BD ⊥CMB ．存在一个位置 , 使△CDM 为等边三角形C ．DM 与BC 不可能垂直D ．直线DM 与平面BCD 所成的角的最大值为60°[解析] 由题意知BD ⊥OM , BD ⊥CO , ∴BD ⊥平面MOC , ∴BD ⊥CM , A 正确 ; 设菱形边长为a , 那么CM 的取值范围为(0 , 3a ) , ∴B 正确 ; 当CM ＝a 时 , DM ⊥BC , C 错 ; 当平面MBD ⊥平面BCD 时 , 直线DM 与平面BCD 所成角最大为60° , D 正确 , 应选ABD.11．(2021·湖南省期末改编)在三棱锥D －ABC 中 , AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝1 , 且AB ⊥BC , CD ⊥DA , M , N 分别是棱BC , CD 的中点 , 下面结论中正确的选项是( ABD )A ．AC ⊥BDB ．MN ∥平面ABDC ．三棱锥A －CMN 的体积的最大值为212D ．AD 与BC 一定不垂直[解析] 设AC 的中点为O , 连接OB , OD (图略) , 那么AC ⊥OB , AC ⊥OD , 又OB ∩OD ＝O , 所以AC ⊥平面OBD , 所以AC ⊥BD , 故A 正确 ; 因为MN ∥BD , 所以MN ∥平面ABD , 故B 正确 ; 当平面DAC 与平面ABC 垂直时 , V A －CMN 最大 , 最大值为V A －CMN ＝V N －ACM ＝13×14×24＝248, 故C 错误 ; 假设AD 与BC 垂直 , 又因为AB ⊥BC , 所以BC ⊥平面ABD , 所以BC ⊥BD , 又BD ⊥AC , 所以BD ⊥平面ABC , 所以BD ⊥OB , 因为OB ＝OD , 所以显然BD 与OB 不可能垂直 , 故D 正确．12．(2021·山东烟台期末)如下列图 , 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中 , 点P 在线段B 1C 上运动 , 那么( ABD )A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P －A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范围是[45° , 90°] D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为63[解析] 设正方体的棱长为1 , 如下列图建立空间直角坐标系 ,那么BD 1→＝(－1 , －1,1) , A 1C 1→＝(－1,1,0) ,∴BD 1→·A 1C 1→＝0 , 即BD 1⊥A 1C 1 , 同理BD 1⊥DA 1 ,∴BD 1⊥平面A 1C 1D , A 正确 ; 由B 1C ∥A 1D 得B 1C ∥平面A 1DC 1 , ∴P 到平面A 1C 1D 的距离为正值 ,又S △A 1C 1D 为定值 , ∴VP －A 1C 1D 为定值 , B 正确 ;AP 与A 1D 所成的角为AP 与B 1C 所成的角 , 其取值范围为[60° , 90°] , C 错误 ; 由A 知BD 1为平面A 1C 1D 的法向量 , 记C 1P 与平面A 1C 1D 所成角为θ , P (a,1 , a ) , C 1P →＝(a,0 , a －1) ,那么sin θ＝|BD 1→·C 1P →||BD 1→|·|C 1P →|＝13·2⎝⎛⎭⎫a －122＋12≤63 ,⎝⎛⎭⎫当且仅当a ＝12时取等号 , D 正确 ; 应选ABD.三、填空题(本大题共4小题 , 每道题5分 , 共20分．把答案填在题中的横线上) 13．(2021·北京石景山期末)已知平面α、β、γ.给出以下三个论断 : ①α⊥β ; ②α⊥γ ; ③β∥γ.以其中的两个论断为条件 , 余下的一个论断作为结论 , 写出一个正确的命题 : 假设α⊥γ , β∥γ , 那么α⊥β(或填α⊥β , β∥γ , 那么α⊥γ) .14．(2018·江苏卷)如下列图 , 正方体的棱长为2 , 以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 43.[解析] 由题意知所给的几何体是棱长均为2的八面体 , 它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的 , 正四棱锥的高为 1 , 所以这个八面体的体积为2V 正四棱锥＝2×13×(2)2×1＝43.15．如下列图 , 在直四棱柱(侧棱与底面垂直)ABCD －A 1B 1C 1D 1中 , 当底面四边形ABCD 满足条件 AC ⊥BD (或ABCD 为正方形或ABCD 为菱形等) 时 , 有AC 1⊥BD 成立(注 :填上你认为正确的一种情况即可 , 不必考虑所有可能的情况)．[解析] ∵C 1C ⊥平面ABCD , ∴BD ⊥CC 1 , 又BD ⊥AC , ∴BD ⊥平面ACC 1 , ∴AC 1⊥BD . 16．(2021·山东滨州期末)在四面体S －ABC 中 , SA ＝SB ＝2 , 且SA ⊥SB , BC ＝ 5 , AC ＝ 3 , 那么该四面体体积的最大值为306, 该四面体外接球的外表积为 8π . [解析] ∵SA ＝SB ＝2 , SA ⊥SB , ∴AB ＝2 2 , 又BC ＝ 5 , AC ＝ 3 , ∴AB 2＝BC 2＋AC 2 , 即AC ⊥BC , 当平面ASB ⊥平面ABC 时V S －ABC 最大 , 此时V S －ABC ＝13×152×2＝306.设AB 的中点为O , 那么OA ＝OB ＝OC ＝OS ＝ 2 , 即四面体外接球的半径为 2 , ∴四面体外接球的外表积为S ＝4π(2)2＝8π.四、解答题(本大题共6个小题 , 共70分 , 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题总分值10分) (2021·山东新高考质量测评)如下列图 , 在四棱锥M －ABCD 中 , 底面ABCD 是平行四边形 , 且AB ＝BC ＝1 , MD ＝1 , MD ⊥平面ABCD , H 是MB 中点 , 在下面两个条件中任选一个 , 并作答 :(1)二面角A －MD －C 的大小是2π3 ;(2)∠BAD ＝π2, 假设 .求CH 与平面MCD 所成角的正弦值．注 : 如果选择两个条件分别解答 , 按第一个解答计分． [解析] 假设选(1)．因为MD ⊥平面ABCD , 所以AD ⊥MD , CD ⊥MD ,所以∠ADC 就是二面角A －MD －C 的平面角 , 所以∠ADC ＝2π3,过D 作x 轴⊥DC , 以D 为坐标原点 , 以DC , DM 所在直线为y 轴、z 轴建立如下列图的空间直角坐标系．那么C (0,1,0) , H ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3414 12. 所以CH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34－34 12.取平面MCD 的一个法向量为n ＝(1,0,0)．设CH 与平面MCD 所成角为θ , 那么sin θ＝|CH →·n ||CH →|·|n |＝34316＋916＋14＝34. 所以CH 与平面MCD 所成角的正弦值是34. 假设选(2)．因为MD ⊥平面ABCD , ∠BAD ＝π2 ,所以DA , DC , DM 两两垂直．以D 为坐标原点 , 以DA , DC , DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如下列图的空间直角坐标系．那么C (0,1,0) , H ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1212 12. 所以CH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－1212.取平面MCD 的一个法向量n ＝(1,0,0)．设CH 与平面MCD 所成角为θ , 那么sin θ＝|CH →·n ||C H →|·|n |＝1214＋14＋14＝33. 所以CH 与平面MCD 所成角的正弦值是33. 18．(本小题总分值12分)(2021·山东潍坊安丘市、诸城市、高密市联考)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的边长均为2 3 , E , F 分别是线段AC 1和BB 1的中点．(1)求证 : EF ∥平面ABC ; (2)求三棱锥C －ABE 的体积．[解析] (1)证明 : 取AC 的中点为G , 连接GE , GB ,在△ACC 1中 , EG 为中位线 ,所以EG ∥CC 1 , EG ＝12CC 1 , 又因为CC 1∥BB 1 ,CC 1＝BB 1 , F 为BB 1的中点 ,所以EG ∥BF , EG ＝BF ,所以四边形EFBG 为平行四边形 ,所以EF ∥GB , 又EF ⊄平面ABC , GB ⊂平面ABC ,所以EF ∥平面ABC .(2)因为V C －ABE ＝V E －ABC , 因为E 为AC 1的中点 ,所以E 到底面ABC 的距离是C 1到底面ABC 的距离的一半 ,即三棱锥E －ABC 的高h ＝12CC 1＝ 3 , 又△ABC 的面积为S ＝34×(23)2＝3 3 , 所以V C －ABE ＝V E －ABC ＝13Sh ＝13×33×3＝3. 19．(本小题总分值12分)(2021·河南许昌、洛阳质检)已知平面多边形P ABCD 中 , P A ＝PD , AD ＝2DC ＝2BC ＝4 , AD ∥BC , AP ⊥PD , AD ⊥DC , E 为PD 的中点 , 现将△APD 沿AD 折起 , 使PC ＝2 2.(1)证明 : CE ∥平面ABP ;(2)求直线AE 与平面ABP 所成角的正弦值．[解析] (1)证明 : 取P A 的中点H , 连HE , BH .∵E 为PD 中点 , ∴HE 为△APD 的中位线 ,∴HE ∥AD , HE ＝12AD . 又AD ∥BC , ∴HE ∥BC , HE ＝BC ,∴四边形BCEH 为平行四边形 , ∴CE ∥BH .∵BH ⊂平面ABP , CE ⊄平面ABP ,∴CE ∥平面ABP.(2)由题意知△P AD 为等腰直角三角形 , 四边形ABCD 为直角梯形 , 取AD 中点F , 连接BF , PF ,∵AD ＝2BC ＝4 , ∴平面多边形P ABCD 中P , F , B 三点共线 , 且PF ＝BF ＝2 ,∴翻折后 , PF ⊥AD , BF ⊥AD , PF ∩BF ＝F ,∴DF ⊥平面PBF , ∴BC ⊥平面PBF ,∵PB ⊂平面PBF , ∴BC ⊥PB .在直角三角形PBC 中 , PC ＝2 2 , BC ＝2 ,∴PB ＝2 , ∴△PBF 为等边三角形．取BF 的中点O , DC 的中点M ,那么PO ⊥BF , PO ⊥DF , DF ∩BF ＝F ,∴PO ⊥平面ABCD .以O 为原点 , OB → , OM → , OP →分别为x , y , z 轴正方向建立空间直角坐标系 ,那么B (1,0,0) , D (－1,2,0) , P (0,0 , 3) , A (－1 , －2,0) ,∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12 1 32 , ∴AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123 32 ,∴AB →＝(2,2,0) , BP →＝(－1,0 , 3)．设平面ABP 的法向量为n ＝(x , y , z ) ,那么⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0n ·BP →＝0 , ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0－x ＋3z ＝0. 故可取n ＝(3 , －3 , 3) ,∴cos n , AE →＝n ·AE →|n |·|AE →|＝－21035. ∴直线AE 与平面ABP 所成角的正弦值为21035. 20．(本小题总分值12分)(2021·山西运城调研)如下列图 , 在多面体ABCDEF 中 , 底面ABCD 是边长为2的菱形 , ∠ADC ＝120° , 且DE ∥FC , DE ⊥平面ABCD , DE ＝2FC ＝2.(1)证明 : 平面FBE ⊥平面EDB ;(2)求二面角A －EB －C 的余弦值．[解析] (1)如下列图 , 连接AC 交BD 于点O , 取EB 的中点H , 连接FH , HO .∵四边形ABCD 为菱形 , 点H 是EB 的中点 , DE ∥FC .∴HO ∥FC , HO ＝12ED ＝FC , ∴四边形CFHO 为平行四边形 ,∵FH ∥CO .∵DE ⊥平面ABCD , CO ⊂平面ABCD , ∴DE ⊥CO .又∵CO ⊥BD , ED ∩BD ＝D , ∴CO ⊥平面EDB ,∴FH ⊥平面EDB .又FH ⊂平面FBE ,∴平面FBE ⊥平面EDB .(2)连接EC , 以点O 为坐标原点 , 分别以OB → , OC → , OH →的方向为x 轴 , y 轴 , z 轴的正方向 , 建立如下列图的空间直角坐标系O －xyz.由题意得A (0 , － 3 , 0) , C (0 , 3 , 0) , B (1,0,0) , E (－1,0,2) ,那么EB →＝(2,0 , －2) , AB →＝(1 , 3 , 0) , BC →＝(－1 , 3 , 0)．设平面AEB 的法向量为m ＝(x 1 , y 1 , z 1) ,那么⎩⎪⎨⎪⎧ EB →·m ＝0AB →·m, 即⎩⎪⎨⎪⎧ 2x 1－2z 1＝0x 1＋3y 1＝0 , 取m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1 －33 1. 设平面CEB 的法向量为n ＝(x 2 , y 2 , z 2) ,那么⎩⎪⎨⎪⎧ EB →·m ＝0BC →·m ＝0 , 即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2－2z 2＝0－x 2＋3y 2＝0 , 取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1 －33 －1. cos 〈m , n 〉＝m ·n |m |·|n |＝1×(－1)＋⎝⎛⎭⎫－33×⎝⎛⎭⎫－33＋1×(－1)1＋13＋1×1＋13＋1＝－57 , ∴二面角A －EB －C 的余弦值为－57.21.(本小题总分值12分)(2021·河南中原名校质量测评)如下列图 , S 为圆锥的顶点 , O 为底面圆心 , 点A , B 在底面圆周上 , 且∠AOB ＝60° , 点C , D 分别为SB , OB 的中点．(1)求证 : AC ⊥OB ;(2)假设圆锥的底面半径为2 , 高为4 , 求直线AC 与平面SOA 所成的角的正弦值．[解析] (1)证明 : 由题意 , 得SO ⊥底面圆O ,∵点C , D 分别为SB , OB 中点 ,∴CD ∥SO , ∴CD ⊥底面圆O ,∵OB 在底面圆O 上 , ∴OB ⊥CD ,∵∠AOB ＝60° , ∴△AOB 为正三角形 ,又D 为OB 中点 , ∴OB ⊥AD ,又AD ∩CD ＝D , 且AD , CD ⊂平面ACD ,∴OB ⊥平面ACD ,∵AC ⊂平面ACD ,∴AC ⊥OB .(2)如下列图 , 以D 为原点 , DA , DB , DC 所在直线为x 轴 , y 轴 , z 轴建立空间直角坐标系 ,那么A ( 3 , 0,0) , C (0,0,2) , O (0 , －1,0) , S (0 , －1,4) ,故AC →＝(－ 3 , 0,2) , AS →＝(－ 3 , －1,4) , OA →＝( 3 , 1,0) ,设平面SOA 的法向量为n ＝(x , y , z ) ,由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AS →＝0n ·OA →＝0 , 可得⎩⎪⎨⎪⎧ －3x －y ＋4z ＝03x ＋y ＝0 , 令x ＝1 , 得n ＝(1 , － 3 , 0)为平面SOA 的一个法向量 , 设直线AC 与平面SOA 所成的角为θ ,那么sin θ＝|cos 〈n , AC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AC →|n |·|AC →|＝ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－3＋0＋01＋3×3＋4＝327＝2114 , 即直线AC 与平面SOA 所成的角的正弦值为2114. 22．(本小题总分值12分)(2021·河南九师联盟质检)如下列图 , 在四棱锥P －ABCD 中 , 平面P AD ⊥平面ABCD , AD ∥BC , ∠ADC ＝90° , P A ⊥PD , P A ＝PD .(1)求证 : 平面P AB ⊥平面PCD ;(2)假设BC ＝1 , AD ＝CD ＝2 , 求二面角A －PC －B 的余弦值．[解析] (1)证明 : 在四棱锥P －ABCD 中 ,因为平面P AD ⊥平面ABCD ,平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ,又因为CD ⊥AD ,CD ⊂平面ABCD ,所以CD ⊥平面P AD .因为P A ⊂平面P AD , 所以CD ⊥P A .因为P A ⊥PD , CD ∩PD ＝D , CD , PC ⊂平面PCD ,所以P A ⊥平面PCD .因为P A ⊂平面P AB , 所以平面P AB ⊥平面PCD .(2)解 : 取AD 中点O , 连接OP , OB , 因为P A ＝PD ,所以PO ⊥AD .因为平面P AD ⊥平面ABCD , 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ,因为PO ⊂平面P AD , 所以PO ⊥平面ABCD ,所以PO ⊥OA , PO ⊥OB .因为CD ⊥AD , BC ∥AD , AD ＝2BC ,所以BC ∥OD , BC ＝OD ,所以四边形OBCD 是平行四边形 , 所以OB ∥CD ,所以OB ⊥AD .以OA , OB , OP 所在的直线分别为x 、y 、z 轴建立如下列图的空间直角坐标系O －xyz , 那么O (0,0,0) , A (1,0,0) , B (0,2,0) , C (－1,2,0) , P (0,0,1) ,所以AC →＝(－2,2,0) , AP →＝(－1,0,1) , BC →＝(－1,0,0) , BP →＝(0 , －2,1) ,设平面P AC 的法向量为n ＝(x , y , z ) ,那么⎩⎪⎨⎪⎧ AC →·n ＝0AP →·n ＝0.即⎩⎨⎧ －2x ＋2y ＝0 －x ＋z ＝0.令x ＝1 , 那么n ＝(1,1,1)．设平面BPC 的法向量为m ＝(a , b , c ) ,那么⎩⎪⎨⎪⎧ BC →·m ＝0BP →·m ＝0.即⎩⎨⎧ a ＝0 －2b ＋c ＝0.令b ＝1 , 那么m ＝(0,1,2)．所以cos〈m , n〉＝m·n|m||n|＝15 5 ,易判断二面角A－PC－B为锐角 ,所以二面角A－PC－B的余弦值为15 5.。

2020年高考数学(文科)一轮复习第七单元测评手册答案

小题必刷卷(十)1.A[解析] 卯眼的空间立体图如图,同时需要注意,在三视图中看不见的线用虚线表示,故选A.2.B[解析] 由三视图可知圆柱表面上点M,N的位置如图①,将圆柱的侧面展开得到图②.在圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径即为侧面展开图中的线段MN,MN==2,故选B.3.B[解析] 由三视图可知,此几何体应是一个圆柱切去一部分后所得,如图所示.通过切割及补形知,此几何体的体积等同于底面半径为3,高为7的圆柱,所以所求体积V=π×32×7=63π.4.A[解析] 该几何体为一个球去掉八分之一,设球的半径为r,则×πr3=,解得r=2,故该几何体的表面积为×4π×22+3××π×22=17π.5.B[解析] 从俯视图为矩形可以看出,此几何体不可能是三棱锥或四棱锥,其直观图如图,是一个三棱柱.6.D[解析] 三视图的直观图为图中的三棱锥A-BCD(借助长方体).由三视图可知三棱锥的底面为直角三角形,底面积S=×5×3=,高h=4,故体积V=Sh=××4=10,故选D.7.B[解析] 由正视图和俯视图可得该几何体的直观图,如图所示,故选B.8.A[解析] 因为正方体的体积为8,所以正方体的体对角线长为2,所以正方体的外接球的半径为,所以球的表面积为4π·()2=12π.9.B[解析] 因为圆柱的轴截面是正方形,且面积为8,所以圆柱的高为2,底面直径为2,所以圆柱的表面积S=2π××2+2×π×()2=12π.故选B.10.C[解析] 如图,连接BC1,易知∠AC1B即为AC1与平面BB1C1C所成的角,由题易知∠AC1B=30°,易得AC1=2AB=4.设BB1=h,则有42=22+22+h2, 解得h=2,所以该长方体的体积V=2×2×2=8.11.B[解析] 由条件知该直角三角形的斜边长为2,斜边上的高为,故围成的几何体的体积为2××π×()2×=.12.B[解析] 由题易知当点D到平面ABC的距离最大时,三棱锥D-ABC的体积最大.∵S△=AB2=9,∴AB=6.设△ABC的中心为M,由等边三角形的性质得,AM=BM=CM=2.设球心为ABCO,则OA=OB=OC=4,∴OM=-=2,∴点D到平面ABC的距离的最大值为OM+4=6.故三棱锥D-ABC体积的最大值为×9×6=18.13.[解析] 设正方体的棱长为a,则6×a2=18,即a=.∵正方体内接于球,∴球的半径R=,∴球的体积V=π×=.14.8π[解析] 如图所示,设圆锥的底面圆的圆心为O,母线长为l,则l2=8,解得l=4,即SA=4.连接OS,OA,因为SA与圆锥底面所成的角为30°,所以SO=2.在直角三角形SOA中,AO=-=-=2,所以圆锥的体积V=×π×(2)2×2=8π.15.C[解析] 如图,由AB∥CD,可知∠BAE即为异面直线AE与CD所成的角.设正方体的棱长为2,连接BE,则在Rt△ABE中,AB=2,BE===,tan∠BAE==,故选C.16.C[解析] 由平面α,β交于直线l,得到l⊂β,而n⊥β,所以n⊥l.17.D[解析] 连接DN.取DN的中点O,连接MO,BO,因为三棱锥A-BCD的所有棱长都相等,M,N分别是棱AD,BC的中点,所以MO∥AN,所以∠BMO即是异面直线BM与AN所成的角.设三棱锥A-BCD的棱长为2,则AN=BM=DN=-=,MO=AN=,NO=DN=,BO==,所=-=,所以异面直线BM与AN所成的角的余弦值为,故选D.以cos∠BMO=-·18.B[解析] 由题意知该几何体如图所示.它是半个圆锥,其底面半径为1,高为2,故体积为××π×12×2=,故选B.19.C[解析] ①不是由棱锥截得的,所以①不是棱台;②上、下两个面不平行,所以②不是圆台;④前、后两个面互相平行,其他面是平行四边形,且每相邻两个四边形的公共边都互相平行,所以④是棱柱;显然③是棱锥.故选C.20.A[解析] 根据俯视图可知BD=2,CD=4,BC=2,所以△BCD为直角三角形,且∠CDB=60°,由于AB∥CD,所以∠ABD=∠CDB=60°,所以AD=BD sin 60°=.故选A.21.B[解析] 如图所示,几何体ABCD-A1B1C1D1是棱长为2的正方体.由三视图可得该几何体为三棱锥P-ACE,故其体积V=S△ACE·PE=××1×2×2=.故选B.22.B[解析] 根据三视图作出原几何体(四棱锥P-ABCD)的直观图如图所示.计算可得PB=PD=BC=,PC=,故该几何体的最长的棱长为.23.C[解析] 若m⊂α,则m⊂β或m∥β或m与β相交,故A的说法错误;若m⊂α,n⊂β,则m∥n或m,n异面或m,n相交,故B的说法错误;设α∩β=l,作直线l⊥l,且l1⊂α,则l1⊥β,因为m⊥β,所以l1∥1m,又因为m⊄α,所以m∥α,故C的说法正确;若α∩β=m,n⊥m,则n∥α或n⊂α或n与α相交,故D 的说法错误.故选C.24.[解析] 设截面中两母线的夹角为α0<α≤,则截面面积S=×1×1×sin α=sin α,因为0<α≤,所以S max=×=.25.∶2[解析] 设球的半径为r,则球的体积为πr3.设圆锥的高为h,∵圆锥与球的体积相等,∴πr3=π×(2r)2h,∴h=r.圆锥的母线长为=r,球的表面积为4πr2,圆锥的侧面积为2πr×r=2πr2,∴圆锥的侧面积与球的表面积之比为∶2.26.6或54[解析] 由题意可知,棱锥底面正方形的对角线长为3×=6,棱锥的底面积S=(3)2=18.据此分类讨论:当球心位于棱锥内部时,棱锥的高h=5+-=9,棱锥的体积1V 1= Sh 1=54;当球心位于棱锥外部时,棱锥的高h 2=5- - =1,棱锥的体积V 2=Sh 2=6.综上可得,四棱锥P - ABCD 的体积为6或54.27. +π [解析] 由三视图可得,该几何体是一个组合体,其上半部分是一个四棱锥,四棱锥的底面是一个对角线长为2的菱形,高为2,其体积V 1=××2×2×2=,下半部分是个半球,球的半径R=1,其体积V 2=××π×13=π.据此可得,该几何体的体积V=V 1+V 2= +π.28.6π [解析] ∵AB=1,BC= ,AC= ,∴AB 2+BC 2=AC 2,即△ABC 为直角三角形.当CD ⊥平面ABC 时,三棱锥A-BCD 的体积最大,又∵CD= ,△ABC 外接圆的半径为,故三棱锥A-BCD 的外接球的半径R 满足R 2=+=,∴三棱锥A-BCD 的外接球的表面积为4πR 2=6π.解答必刷卷(四)1.解:(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP=2 . 连接OB.因为AB=BC=AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=AC=2.由OP 2+OB 2=PB 2知,OP ⊥OB.由OP ⊥OB ,OP ⊥AC ,OB ∩AC=O 知PO ⊥平面ABC.(2)作CH ⊥OM ,垂足为H ,又由(1)可得OP ⊥CH ,OP ∩OM=O ,所以CH ⊥平面POM , 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离. 由题设可知OC=AC=2,CM=BC=,∠ACB=45°, 所以OM=,CH= · ·=, 所以点C 到平面POM 的距离为.2.解:(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC ⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.证明如下:连接AC,BD交于O.因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM 中点,所以MC∥OP.MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.3.解:(1)证明:由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.(2)取棱AC的中点N,连接MN,ND.因为M为棱AB的中点,故MN∥BC,所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.在Rt△DAM中,AM=1,故DM==.因为AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.在Rt△DAN中,AN=1,故DN==.在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN==.所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为.(3)连接CM.因为△ABC为等边三角形,M为棱AB的中点,故CM⊥AB,CM=.又因为平面ABC⊥平面ABD,而CM⊂平面ABC,故CM⊥平面ABD,所以,∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角. 在Rt △CAD 中,CD= =4. 在Rt △CMD 中,sin ∠CDM==. 所以,直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为.4.解:(1)证明:设SC 的中点为E ,连接BE ,ME ,则MEDC ,∵ABDC ,∴ME AB ,故四边形ABEM 为平行四边形, ∴AM ∥BE ,又∵BE ⊂平面SBC ,AM ⊄平面SBC ,∴AM ∥平面SBC.(2)连接BD ,∵SD ⊥平面ABCD ,∴∠SBD 是SB 与平面ABCD 所成的角,∴sin ∠SBD= =,∴SB 2=3SD 2.在Rt △ABD 中,BD= AB= ,在Rt △SDB 中,SB 2=SD 2+DB 2=SD 2+2,∴3SD 2=SD 2+2,∴SD=1(负值舍去).又S 梯形ABCD =(AB+DC )·AD=×(1+2)×1=,∴V 四棱锥S - ABCD = S 梯形ABCD ·SD= × ×1=.5.解:(1)证明:因为平面ABCD ⊥平面CDEF ,平面ABCD ∩平面CDEF=CD ,AD ⊥CD ,所以AD ⊥平面CDEF ,又CF ⊂平面CDEF ,则AD ⊥CF.又因为AE ⊥CF ,AD ∩AE=A ,所以CF ⊥平面AED ,又DE ⊂平面AED ,所以CF ⊥DE. (2)连接FA ,FD ,过F 作FM ⊥CD 于M.因为平面ABCD ⊥平面CDEF 且交线为CD ,FM ⊥CD ,所以FM ⊥平面ABCD.因为CF=DE,DC=2EF=4,且CF⊥DE,所以FM=CM=1,所以五面体的体积V=V四棱锥F-ABCD+V三棱锥=×42×1+××2×1×4=+=.A-DEF6.解:(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1⊥底面ABC,AC⊥AB,又因为侧面ABB1A1∩底面ABC=AB,AC⊂底面ABC,所以AC⊥平面ABB1A1,又因为AE⊂平面ABB1A1,所以AC⊥AE.(2)连接AB1,因为A1B1=AB,所以A1B1=AA1=2.又因为∠AA1B1=60°,所以△AA1B1是边长为2的正三角形.因为E是棱A1B1的中点,所以AE⊥A1B1,且AE=.又因为AE⊥AC,A1C1∥AC,所以AE⊥A1C1.因为A1C1∩A1B1=A1,A1C1,A1B1⊂底面A1B1C1,所以AE⊥底面A1B1C1,所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=△·AE=A1B1·A1C1·AE=×2×2×=2. (3)在直线AA1上存在点P,使得CP∥平面AEF.证明如下:连接BE并延长,与AA1的延长线相交,设交点为P,连接CP.因为BB1∥AA1,所以△A1PE∽△B1BE,故==.由于E为棱A1B1的中点,所以EA1=EB1,故有EP=EB,又F为棱BC的中点,故EF为△BCP的中位线,所以EF∥CP.又EF⊂平面AEF,CP⊄平面AEF,所以CP∥平面AEF.故在直线AA1上存在点P,使得CP∥平面AEF.此时A1P=B1B=2,AP=AA1+A1P=4.。

2025年高考数学一轮复习课件第七章立体几何-单元检测

1
4
2
∘
2
12
13
∘
cos 60 + cos 60
=
故选C.
1
2
3
4
5
6
7
16
8
17
9
18
10
19
11
14
15
1 2
.
4
6.如图，在正方体 − 1 1 1 1 中，,分别是棱,1 1 的中点，
则与平面1 1 的位置关系是 (
)
A.//平面1 1
故选C.
1
2
3
4
5
6
7
16
8
17
9
18
10
19
11
12
13
14
15
2.若直线与平面相交，则(
A.平面
√
)
内存在直线与异面
B.平面内存在唯一直线与平行
C.平面内存在唯一直线与垂直
D.平面内的直线与都相交
解：当直线与平面相交时，这条直线与该平面内任意一条不过交点的直线均为异
B.π
√
3π
A.
4
1
2
3
4
C.2π
5
6
7
16
8
17
D.3π
9
18
)
10
19
11
12
13
14
15
解：如图，设顶点在底面上的投影为，连接.
2
3
由题意,知为△ 的中心，且 = × 6 ×
3
2
= 2 3.
故 = 36 − 12 = 2 6.

2021新高考版大一轮复习用书数学第七章检测七

检测七　立体几何与空间向量(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．下列说法正确的是( )A ．空间中，两不重合的平面若有公共点，则这些点一定在一条直线上B ．空间中，三角形、四边形都一定是平面图形C ．空间中，正方体、长方体、四面体都是四棱柱D ．用一平面去截棱锥，底面与截面之间的部分所形成的多面体叫棱台答案　A解析　空间四边形不是平面图形，故B 错；四面体不是四棱柱，故C 错；平行于底面的平面去截棱台，底面和截面之间的部分所形成的多面体才叫棱台，故D 错；根据公理2可知A 正确，故选A.2．(2020·南昌模拟)已知平面α内一条直线l 及平面β，则“l ⊥β”是“α⊥β”的( )A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件答案　B解析　由题意，根据直线与平面垂直的判定定理，可得由“l ⊥β，l ⊂α”可证得“α⊥β”，即充分性是成立的；反之由“α⊥β，l ⊂α”不一定得到“l ⊥β”，即必要性不成立，所以“l ⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件．3．圆柱的底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是( )A ．4πSB ．2πSC ．πSD.233πS 答案　A解析　由πr 2＝S 得圆柱的底面半径是S π，故侧面展开图的边长为2π·S π＝2πS ，所以圆柱的侧面积是4πS .4．若平面α与β的法向量分别是a ＝(2,4，－3)，b ＝(－1,2,2)，则平面α与β的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．无法确定答案　B解析　因为a ·b ＝(2,4，－3)·(－1,2,2)＝0，所以a ⊥b ，所以平面α⊥β.5．(2020·广州模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图所示)，则四棱锥M －EFGH 的体积为( )A.112B.14C.12D.13答案　A解析　因为E ，F ，G ，H 分别为各个面的中心，显然E ，F ，G ，H 四点共面，截面如图所示．显然四边形EFGH 为正方形，且边长为22，所以S 正方形EFGH ＝22×22＝12.另外易知点M 到平面EFGH 的距离为正方体棱长的一半，即四棱锥M －EFGH 的高为12，所以四棱锥M －EFGH 的体积V ＝13×12×12＝112.6．(2020·沈阳期末)在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P ，Q ，R 分别为棱AA 1，BC ，C 1D 1的中点，经过P ，Q ，R 三点的平面为α，平面α被此正方体所截得截面图形的面积为( )A ．33B ．62 C.32 D.2答案　A解析　如图所示，F ，G ，H 是对应棱的中点．易知，RF 与HQ 相交，确定一个平面．HQ ∥RG ，故G 在平面内，同理P 在平面内．故平面α被此正方体所截得截面图形为正六边形HPFQGR ，边长为2，S ＝12×2×2sin π3×6＝33.7．(2019·湖南师大附中月考)如图所示，在单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面对角线A 1B 上存在一点P 使得AP ＋D 1P 取得最小值，则此最小值为( )A ．2 B.2＋62C ．2＋2 D.2＋2答案D 解析　将△ABA 1翻折到与四边形A 1BCD 1同一平面内，AP ＋D 1P 的最小值为D 1A ，在△D 1AA 1中A 1D 1＝1，AA 1＝1，∠AA 1D 1＝3π4，由余弦定理可得AD 1＝2＋2，故选D.8．(2020·泸州诊断)如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，且△ABC 为等边三角形，AB ＝3，PA ＝2，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( )A ．4πB ．16πC ．8πD ．32π答案　B解析　由题意得三棱锥P －ABC 的外接球球心在过△ABC 的中心O 1且垂直于平面ABC 的直线上，设为点O ，球半径设为R ，则OO 1＝PA 2＝1，AO 1＝3，∴R ＝1＋3＝2，从而外接球的表面积为4πR 2＝16π.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列直线或平面与平面ACD1平行的有( )A．直线A1B B．直线BB1C．平面A1DC1D．平面A1BC1答案　AD解析　对于A，由于A1B∥D1C，且A1B⊄平面ACD1，可得直线A1B∥平面ACD1；对于B，由于B1B∥D1D，且D1D∩平面ACD1＝D1，可得直线B1B不平行平面ACD1；对于C，由于A1D与AD1相交，A1D⊂平面A1DC1，可得平面A1DC1不与平面ACD1平行；对于D，由于C1B∥D1A，C1B⊄平面ACD1，所以C1B∥平面ACD1，又因为A1B∥平面ACD1，C1B∩A1B＝B，所以平面A1BC1∥平面ACD1.故选AD.10．下列命题中不正确的是( )A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行答案　ABD解析　A项，若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行、相交或异面，故A错误；B项，若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行或相交，故B错误；C项，设平面α∩β＝a，l∥α，l∥β，由线面平行的性质定理知，在平面α内存在直线b∥l，在平面β内存在直线c∥l，所以由平行公理知b∥c，从而由线面平行的判定定理可证明b∥β，进而由线面平行的性质定理证明得b∥a，从而l∥a，故C正确；D项，若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行或相交，D错误．故选ABD.11．如图，已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列命题正确的是( )A ．平面ACB 1∥平面A 1C 1D ，且两平面的距离为33B ．点P 在线段AB 上运动，则四面体P －A 1B 1C 1的体积不变C ．与所有12条棱都相切的球的体积为2π3D ．M 是正方体的内切球的球面上任意一点，N 是△ACB 1外接圆的圆周上任意一点，则|MN |的最小值是3－22答案　ABC解析　A ．∵AB 1∥DC 1，AC ∥A 1C 1，且AC ∩AB 1＝A ，DC 1∩A 1C 1＝C 1，∴平面ACB 1∥平面A 1C 1D ，长方体的体对角线BD 1＝3，设B 到平面ACB 1的距离为h ，则VB －AB 1C ＝13×12×1×1×1＝13×12×2×2×32h ，即h ＝33，则平面ACB 1与平面A 1C 1D 的距离d ＝3－2h ＝3－2×33＝33，故A 正确，B ．点P 在线段AB 上运动，则四面体P －A 1B 1C 1的高为1，底面积不变，则体积不变，故B 正确，C ．与所有12条棱都相切的球的直径2R 等于面的对角线B 1C ＝2，则2R ＝2，R ＝22，则球的体积V ＝43πR 3＝43×π×(22)3＝2π3，故C 正确，D ．设该正方体的内切球的球心为O ，正方体的外接球的球心为O ′，则△ACB 1的外接圆是正方体的外接球O ′的一个小圆，∵点M 在正方体的内切球的球面上运动，点N 在△ACB 1的外接圆上运动，∴线段MN 长度的最小值是正方体的外接球的半径减去正方体的内切球的半径，∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，∴线段MN 长度的最小值是32－12.故D 错误，故选ABC.12．如图，已知在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿线段DE 翻折成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则△ADE 在翻折过程中，下列说法正确的是( )A ．线段BM 的长是定值B ．存在某个位置，使DE ⊥A 1CC ．点M 的运动轨迹是一个圆D ．存在某个位置，使MB ⊥平面A 1DE答案　AC解析　取CD 的中点F ，连接MF ，BF ，则MF ∥DA 1，BF ∥DE ，且MF ∩BF ＝B ，DA 1∩DE ＝D ，所以平面MBF ∥平面A 1DE ，所以MB ∥平面A 1DE ，D 错误；由题意可知∠ADE ＝∠A 1DE＝∠MFB ＝π4，MF ＝12A 1D ，为定值，FB ＝DE ，为定值，因此由余弦定理可得MB 2＝MF 2＋FB 2－2MF ·FB ·cos ∠MFB ，所以MB 是定值，所以点M 在以B 为圆心，BM 为半径的圆上，故AC 正确；由题意可知DE ＝CE ＝2AD ＝22AB ，则DE ⊥CE ，若B 成立，且CE ∩A 1C ＝C ，可得DE ⊥平面A 1EC ，此时DE ⊥A 1E ，与DA 1⊥A 1E 矛盾，故B 错误．综上可得AC 正确，故选AC.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．把一个底面半径为3 cm ，高为4 cm 的钢质实心圆柱熔化，然后铸成一个实心钢球(不计损耗)，则该钢球的半径为_____cm ，表面积为_______cm 2.(本题第一空2分，第二空3分)答案　3　36π解析　圆柱体积V 圆柱＝π×9×4＝36π，球的体积V 球＝43πr 3，所以43πr 3＝36π，解得r ＝3，所以球的表面积为4πr 2＝36π.14.如图所示，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若各条棱长均为2，且M 为A 1C 1的中点，则三棱锥M －AB 1C 的体积是________．答案　233解析　方法一　因为＝－－－，所以＝2×34×22－13×2×12×34×22－13×2×34×22－13×2×12×34×22＝233.方法二　＝＝13×S △AMC ×h ，h 是点B 1到平面AMC 的距离，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M 是A 1C 1的中点，∴B 1M ⊥A 1C 1，且B 1M ⊥AA 1，且A 1C 1∩AA 1＝A 1，∴B 1M ⊥平面ACC 1A 1，∴h ＝B 1M ＝3.∴＝13×12AC ×AA 1×B 1M ＝16×2×2×3＝233.15．(2020·安顺联考)已知三棱锥P －ABC 满足平面PAB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝4，∠APB ＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．答案　64π解析　因为AC ⊥BC ，所以△ABC 的外心为斜边AB 的中点，因为平面PAB ⊥平面ABC ，所以三棱锥P －ABC 的外接球球心在平面PAB 上，即球心就是△PAB 的外心，根据正弦定理ABsin ∠APB ＝2R ，解得R ＝4，所以外接球的表面积为4πR 2＝64π.16．(2020·武汉模拟)已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱长为3，垂直于棱AA ′的截面分别与面对角线A ′D ，A ′B ，C ′B ，C ′D 相交于点E ，F ，G ，H ，则四棱锥A ′－EFGH 体积的最大值为________．答案　83解析　由题意得平面EFGH ∥平面ABCD ，则EF ∥BD ∥HG ，FG ∥AC ∥EH ，而AC ⊥BD ，所以EF ⊥FG ，所以四边形EFGH 为矩形，易知△A ′EF ∽△A ′BD ，设相似比为m ，BD ＝2AB ＝32，所以EF ＝32m (0<m <1)，FG ＝32(1－m )，1M AB C V －111ABC A B C V －11A A B M V －1B ABC V －11C B C M V －1M AB C V －1M AB C V －1B AMC V －1B AMC V －所以矩形EFGH 的面积为S ＝32m ×32(1－m )＝18m (1－m )，而A ′到平面EFGH 的距离h ＝mAA ′＝3m ，所以四棱锥A ′－EFGH 的体积V ＝13Sh ＝13×18m (1－m )×3m ＝18(m 2－m 3)，V ′＝18(2m －3m 2)，令V ′＝0得m ＝23或m ＝0(舍)，故当m ∈(0，23)时，V ′>0，V 在(0，23)上单调递增，当m ∈(23，＋∞)时，V ′<0，V 在(23，＋∞)上单调递减，所以当m ＝23时，V 取最大值，V max ＝18×[(23)2－(23)3]＝83.四、解答题(本大题共6小题，共70分)17.(10分)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝BC ，E ，F 分别为AB ，A 1B 1的中点．(1)求证：AF ∥平面B 1CE ；(2)若A 1B 1⊥B 1C ，求证：平面B 1CE ⊥平面ABC .证明　(1)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1 ，AB ＝A 1B 1，∵E ，F 分别是AB ，A 1B 1的中点，∴FB 1∥AB ，FB 1＝12AB ，AE ＝12AB ，∴FB 1∥AE ，FB 1＝AE ，四边形FB 1EA 为平行四边形，∴AF ∥EB 1.又∵AF ⊄平面B 1CE ，EB 1⊂平面B 1CE ，∴AF ∥平面B 1CE .(2)由(1)知，AB ∥A 1B 1，∵A 1B 1⊥B 1C ，∴AB ⊥B 1C ，又∵在△ABC 中，AC ＝BC ，E 为AB 的中点，∴AB ⊥EC .又∵EC ∩B 1C ＝C ，EC ，B 1C ⊂平面B 1CE ，∴AB ⊥平面B 1CE .又∵AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面B 1CE .18．(12分)(2020·日照期末)如图所示，在梯形CDEF 中，四边形ABCD 为正方形，且AE ＝BF ＝AB ＝1，将△ADE 沿着线段AD 折起，同时将△BCF 沿着线段BC 折起．使得E ，F 两点重合为点P .(1)求证：平面PAB ⊥平面ABCD ；(2)求点D 到平面PBC 的距离h .(1)证明　∵四边形ABCD 为正方形，∴AD ⊥AB ，又∵AD ⊥AE ，即AD ⊥PA ，且PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ⊂平面PAB ，∴AD ⊥平面PAB ，又∵AD ⊂平面ABCD ，∴平面PAB ⊥平面ABCD .(2)解　过点P 作PO ⊥AB 交AB 于O ，如图所示，由(1)知平面PAB ⊥平面ABCD ，且平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，∴PO ⊥平面ABCD ，∴V P －BCD ＝13×PO ×S △BCD ＝13×32×12＝312，又∵V P －BCD ＝V D －PBC ，∴13×S △PBC ×h ＝312，即13×12×1×1×h ＝312，解得h ＝32，∴点D 到平面PBC 的距离h ＝32.19．(12分)(2020·株州模拟)如图，已知三棱锥M －ABC 中，MA ＝MB ＝MC ＝AC ＝22，AB ＝BC ＝2，O 为AC 的中点，点N 在边BC 上，且BN → ＝23BC →.(1)证明：BO ⊥平面AMC ；(2)求二面角N －AM －C 的正弦值．(1)证明　连接OM ，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，AC ＝22，O 为AC 的中点，则OB ⊥AC ，且OB ＝2.在△MAC 中，MA ＝MC ＝AC ＝22，O 为AC 的中点，则OM ⊥AC ，且OM ＝6.在△MOB 中，满足BO 2＋OM 2＝MB 2，所以OB ⊥OM ，又AC ∩OM ＝O ，AC ，OM ⊂平面AMC ，故OB ⊥平面AMC .(2)解　因为OB ，OC ，OM 两两垂直，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为MA ＝MB ＝MC ＝AC ＝22，AB ＝BC ＝2，则A (0，－2，0)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，M (0,0，6)，AM → ＝(0，2，6)，BC →＝(－2，2，0)，由BN → ＝23BC →，所以N (23，223，0)，则AN → ＝(23，523，0)，设平面MAN 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则Error!令y ＝3，得m ＝(－53，3，－1)，因为BO ⊥平面AMC ，所以OB → ＝(2，0,0)为平面AMC 的法向量，所以m ＝(－53，3，－1)与OB → ＝(2，0,0)所成角的余弦值为cos 〈m ，OB → 〉＝－5679×2＝－5379.所以二面角的正弦值为|sin 〈m ，OB → 〉|＝1－(－5379)2＝279＝27979.20．(12分)如图1，在平面四边形ABCD 中，∠BAD ＝60°，AB ＝BD ，BC ⊥CD 且BC ＝CD .将△CBD 沿BD 折成如图2所示的三棱锥C ′－ABD ，使二面角C ′－BD －A 的大小为30°.(1)证明：AC ′⊥BD ；(2)求直线BC ′与平面C ′AD 所成角的正弦值．(1)证明　在平面四边形ABCD 中，∠BAD ＝60°，AB ＝BD ，所以△ABD 为正三角形，在三棱锥C ′－ABD 中，取BD 的中点M ，连接AM ，C ′M ，则AM ⊥BD ，C ′M ⊥BD ，因为AM ∩C ′M ＝M ，AM ，C ′M ⊂平面C ′AM ，所以BD ⊥平面C ′AM ，又AC ′⊂平面C ′AM ，所以AC ′⊥BD .(2)解　设AB ＝2，则AM ＝3，C ′M ＝1，由(1)知，∠C ′MA 为二面角C ′－BD －A 的平面角，所以∠C ′MA ＝30°，在△C ′AM 中，利用余弦定理可求得AC ′＝1，所以△C ′AM 为等腰三角形，取AM 的中点O ，则C ′O ⊥AM ，又C ′O ⊥BD ，AM ∩BD ＝M ，AM ，BD ⊂平面ABD ，所以C ′O ⊥平面ABD ，取AB 的中点N ，则ON ∥BD ，且ON ⊥AM ，所以以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0，－32，0)，B (1，32，0)，D (－1，32，0)，C ′(0，0，12)，BC ′→ ＝(－1，－32，12)，AD → ＝(－1，3，0)，AC ′→ ＝(0，32，12)，设平面C ′AD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!可取m ＝(3，1，－3)，所以cos 〈BC ′→ ，m 〉＝BC ′→ ·m |BC ′→||m |＝－1×3－32×1－12×31＋34＋14·3＋1＋3＝－427.所以直线BC ′与平面C ′AD 所成角的正弦值为427.21．(12分)(2020·宜昌模拟)如图所示，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥BC ，AB ＝AP ＝1，BC ＝22，PC ＝6，∠ABC ＝45°.(1)求证：平面ABC ⊥平面PAC ；(2)E 为棱AC 上一点，试确定点E 的位置，使得直线PE 与平面PBC 所成角的正弦值为39.(1)证明　在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝BC 2＋AB 2－2BC ·AB ·cos ∠ABC＝(22)2＋12－2×22×1×cos 45°＝5，即AC ＝5，又PA ＝1，PC ＝6，∴PC 2＝PA 2＋AC 2，∴PA ⊥AC ，又PA ⊥BC ，AC ∩BC ＝C ，AC ，BC ⊂平面ABC ，∴PA ⊥平面ABC ，又PA ⊂平面PAC ，∴平面ABC ⊥平面PAC .(2)解　设BC 的中点为D ，连接AD ，∵BD ＝12BC ＝2，AB ＝1，又∠ABC ＝45°，∴AD ⊥AB .如图所示，以点A 为坐标原点，以AB ，AD ，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 (1,0,0)，C (－1,2,0)，P (0,0,1),∴AC → ＝(－1,2,0)，AP → ＝(0,0,1)，BC → ＝(－2,2,0)，BP →＝(－1,0,1), 设AE → ＝λAC →＝(－λ，2λ，0)(0≤λ≤1)，则PE → ＝AE → －AP →＝(－λ，2λ，－1)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!令x ＝1，可得y ＝z ＝1，∴n ＝(1,1,1)，设直线PE 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PE → 〉|＝|－λ＋2λ－1|3·(－λ)2＋(2λ)2＋(－1)2＝1－λ3·5λ2＋1＝39，整理得2λ2－9λ＋4＝0，∵0≤λ≤1，∴λ＝12，∴E 为棱AC 的中点．22．(12分)如图，已知长方形ABCD 中，AB ＝22，AD ＝2，M 为DC 的中点．将△ADM 沿AM 折起，使得平面ADM ⊥平面ABCM .(1)求证：AD ⊥BM ；(2)若点E 是线段DB 上的一动点，问点E 在何位置时，二面角E －AM －D 的余弦值为55.(1)证明　∵长方形ABCD 中，AB ＝22，AD ＝2，M 为DC 的中点，∴AM ＝BM ＝2，AB 2＝AM 2＋BM 2，∴BM ⊥AM .∵平面ADM ⊥平面ABCM ，平面ADM ∩平面ABCM ＝AM ，BM ⊂平面ABCM ，∴BM ⊥平面ADM ，∵AD ⊂平面ADM ，∴AD ⊥BM .(2)解　以AM 的中点N 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则M (－1,0,0)，D (0,0,1)，B (－1,2,0)，A (1,0,0)，设DE → ＝λDB →，则平面AMD 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，ME → ＝MD → ＋λDB → ＝(1－λ，2λ，1－λ)，AM →＝(－2,0,0)，设平面AME 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!取y ＝1，得x ＝0，z ＝2λλ－1，所以m ＝(0，1，2λλ－1)，因为cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝55，解得λ＝12，所以E 为BD 的中点时，二面角E －AM －D 的余弦值为55.。

立体几何专题试卷

《金版新学案》高三一轮总复习[B师大]数学文科高效测评卷(七)第七章立体几何—————————————————————————————————————【说明】本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两部分，请将第Ⅰ卷选择题的答案填入答题格内，第Ⅱ卷可在各题后直接作答，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)只有一项是符合题目要求的)1．在空间中，“两条直线没有公共点”是“这两条直线平行”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．下列四个命题中，真命题的个数为()①如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合②两条直线可以确定一个平面③若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l④空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内A．1 B．2C．3 D．43．一个空间几何体的主视图、左视图都是面积为32，且一个内角为60°的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为()A．2 3 B．4 3C．4 D．84．体积为52的圆台，一个底面积是另一个底面积的9倍，那么截得这个圆台的圆锥的体积是( )A ．54B ．54πC ．58D ．58π5．设三条不同的直线a 、b 、c ，两个不同的平面α，β，b α，c α.则下列命题不成立的是( )A ．若α∥β，c ⊥α，则c ⊥βB ．“若b ⊥β，则α⊥β”的逆命题C ．若a 是c 在α的射影，b ⊥a ，则c ⊥bD ．“若b ∥c ，则c ∥α”的逆否命题6．已知m ，n 为不同的直线，α，β为不同的平面，给出下列命题：①⎩⎪⎨⎪⎧ m ⊥αm ⊥n ⇒n ∥α；②⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥βn ⊥β⇒n ∥m ； ③⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥αm ⊥β⇒β∥α；④⎩⎪⎨⎪⎧m ⊂αn ⊥βα⊥β⇒m ∥n .其中正确的是( ) A ．②③ B ．③④ C ．①②D ．①②③④7．设P 是平面α外一点，且P 到平面α内的四边形的四条边的距离都相等，则四边形是( )A ．梯形B ．圆外切四边形C ．圆内接四边形D ．任意四边形8．用a ，b ，c 表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ；②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ⊥c ；③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ；④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b .其中真命题的序号是( ) A ．①② B ．②③ C ．①④D ．③④9．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )A ．πa 2B.73πa 2C.113πa 2 D ．5πa 210．正四棱柱ABCD －A1B 1C 1D 1中，AB ＝3，BB 1＝4，长为1的线段PQ在棱AA1上移动，长为3的线段MN在棱CC1上移动，点R在棱BB1上移动，则四棱锥R－PQMN的体积是()A．6 B．10C．12 D．不确定11．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m ∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是()A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥βD．AC⊥β12．设α，β，γ是三个互不重合的平面，m，n是直线，给出下列命题：①α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ；②若α∥β，mβ，m∥α，则m∥β；③若m，n在γ内的射影互相垂直，则m⊥n；④若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n.其中正确命题的个数为()A．0 B．1C．2 D．3第Ⅱ卷(非选择题共90分)) 13．如图，一个空间几何体的主视图左视图和左视图都是边长为2的正三角形，俯视图是一个圆，那么该几何体的体积是________．14．如图，点O为正方体ABCD－A′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的面上的正投影可能是________(填出所有可能的图的序号)．15．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝6，AD＝4，AA1＝3，分别过BC，A1D1的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为V1＝VAEA1－DFD1，V2＝VEBE1A1－FCF1D1，V3＝VB1E1B－C1F1C.若V1∶V2∶V3＝1∶4∶1，则截面A1EFD1的面积为________．16．如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为AA1的中点，在对角面BDD1B1上取一点M，使AM＋ME最小，其最小值为________．三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)一几何体的三视图如下：(1)画出它的直观图，并求其体积；(2)你能发现该几何体的哪些面互相垂直？试一一列出．18.(12分)如图，在三棱锥P－ABC中，△PAC和△PBC是边长为2的等边三角形，AB ＝2，O是AB中点．(1)在棱P A上求一点M，使得OM∥平面PBC；(2)求证：平面P AB⊥平面ABC.19．(12分)如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，再用S平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面)．(1)当圆柱底面半径r取何值时，S取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米)；(2)若要制作一个如图放置的、底面半径为0.3米的灯笼，请作出用于制作灯笼的三视图(作图时，不需考虑骨架等因素)．20．(12分)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB＝2EF＝2，EF ∥AB，EF⊥FB，∠BFC＝90°，BF＝FC，H为BC的中点．(1)求证：FH∥平面EDB；(2)求证：AC⊥平面EDB；(3)求四面体B－DEF的体积. 【解析方法代码108001099】21．(12分)一个空间几何体G－ABCD的三视图如图所示，其中A i、B i、C i、D i、G i(i ＝1,2,3)分别是A、B、C、D、G五点在直立、侧立、水平三个投影面内的投影．在主视图中，四边形A1B1C1D1为正方形，且A1B1＝2a；在左视图中，A2D2⊥A2G2；在俯视图中，A3G3＝B3G3.(1)根据三视图作出空间几何体G－ABCD的直观图，并标明A、B、C、D、G五点的位置；(2)在空间几何体G－ABCD中，过点B作平面AGC的垂线，若垂足H在直线CG上，求证：平面AGD⊥平面BGC；(3)在(2)的条件下，求三棱锥D－ACG的体积及其外接球的表面积．22．(14分)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面A1ABB1和BCC1B1是两个全等的正方形，AC1⊥平面A1DB，D为AC的中点．(1)求证：平面A1ABB1⊥平面BCC1B1；(2)求证：B1C∥平面A1DB；(3)设E是CC1上一点，试确定点E的位置，使平面A1DB⊥平面BDE，并说明理由．答案一、选择题1．B 在空间中，两条直线没有公共点，可能是两条直线平行，也可能是两条直线异面，两条直线平行则两条直线没有公共点，∴“两条直线没有公共点”是“这两条直线平行”的必要不充分条件．2．A ①两个平面有三个公共点，若这三个公共点共线，则这两个平面相交，故①不正确；两异面直线不能确定一个平面，故②不正确；在空间交于一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故④不正确；据平面的性质可知③正确．3．C 由几何体的三视图可得，此几何体是由两个正四棱锥底面重合在一起组成的，由主视图的面积为32，得菱形的边长为1，此几何体的表面积为S ＝8×12×1×1＝4. 4．A 设圆台的上、下底面半径分别为r ，R ，截去的圆锥与原圆锥的高分别为h ，H ，则r R ＝hH，又πR 2＝9·πr 2，∴R ＝3r ， ∴H ＝3h .∴13πR 2·H －13πr 2h ＝52. 即13πR 2·H －13π·19R 2·13＝52，∴13πR 2H ＝54. 5．B 命题C 即为三垂线定理；命题D 中的原命题即为线面平行的判定定理，所以D 正确；命题A 显然成立；对于命题B ，若α⊥β，则b 与β的位置关系都有可能．6．A 命题①的结论中，应为n ∥α或n ⊂α.命题①错误；命题②即为直线与平面垂直的性质定理．命题②正确；命题③显然成立；命题④的结论中，应为m ∥n 或m 与n 相交或m 与n 成异面直线才成立．命题④错误．7．B P 到平面α内的四边形的四条边的距离都相等，则P 在平面α内的射影到四边形的四条边的距离也都相等，故四边形有内切圆．8．C 由平行公理可知①正确；②不正确，若三条直线在同一平面内，则a ∥c ；③不正确，a 与b 有可能平行，也有可能异面或相交；由线面垂直的性质可知④正确．9．B 由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为a . 如图，设O 、O 1分别为下、上底面中心，且球心O 2为O 1O 的中点，又AD ＝32a ，AO ＝33a ，OO 2＝a2，设球的半径为R ，则R 2＝AO 22＝13a 2＋142＝712a 2.∴S 球＝4πR 2＝4π×712a 2＝73πa 2.10．A 四棱锥R －PQMN 的底面积为 S ＝S △PQM ＋S △MNP ＝12PQ ·AC ＋12MN ·AC ＝12(PQ ＋MN )·AC ＝12(1＋3)×32＝6 2. 其高h ＝322，V R －PQMN ＝13Sh ＝13×62×322＝6. 11．D ∵m ∥α，m ∥β，α∩β＝l ，∴m ∥l . ∵AB ∥l ，∴AB ∥m .故A 一定正确．∵AC ⊥l ，m ∥l ，∴AC ⊥m .从而B 一定正确． ∵A ∈α，AB ∥l ，l α，∴B ∈α. ∴AB β，l β.∴AB ∥β.故C 也正确．∵AC ⊥l ，当点C 在平面α内时，AC ⊥β成立，当点C 不在平面α内时，AC ⊥β不成立．故D 不一定成立．12．B 本题为线面位置关系的判定，注意对线面平行与垂直的判定定理与性质定理的应用．①错，当两平面同时垂直于一个平面时，这两个平面也可以平行，如正方体相对的两个平面；②正确，不妨过直线m 作一平面与α，β同时相交，交线分别为a ，b ，由α∥β知a ∥b ，又m ∥α⇒m ∥a ，∴m ∥b ，又m ⊄β，∴m ∥β；③错，不妨设该直线为正方体的两对角线，其在底面的射影为正方形的两对角线，它们是互相垂直的，但正方体的两对角线不垂直；④错，以正方形两平行棱，或一条棱及与其相交的面对角线为例，可找到反例．二、填空题13．解析：由三视图知该几何体是底面半径为1，高为3的圆锥．因此，其体积V ＝132×3＝33π.答案：33π 14．解析：图①为空间四边形D ′OEF 在前面(或后面)上的投影．图②为空间四边形D ′OEF 在左面(或右面)上的投影．图③为空间四边形D ′OEF 在上面(或下面)上的投影．答案： ①②③15．解析：设AE ＝x ，BE ＝6－x ，V 1＝VAEA 1－DFD 1，V 2＝VEBE 1A 1－FCF 1D 1，V 3＝VB 1E 1B －C 1F 1C ，且V 1∶V 2∶V 3＝1∶4∶1，所以12×(3x )×4∶(6－x )×3×4∶12×(3x )×4＝1∶4∶1，解得x ＝AE ＝2，∴A 1E ＝A 1A 2＋AE 2＝13， ∴SA 1EFD 1＝413. 答案： 41316．解析：取CC 1的中点F ，连接EF ，EF 交平面BB 1D 1D 于点N ，且EN ＝FN ，所以F 点是E 点关于平面BB 1D 1D 的对称点，则AM ＋ME ＝AM ＋MF ，所以当A ，M ，F 三点共线时，AM ＋MF 最小，即AM ＋ME 最小，此时AM ＋MF ＝AF ＝AC 2＋⎝⎛⎭⎫CC 122＝3a2. 答案：32a 三、解答题17．解析： (1)该几何体的直观图如图，棱锥P －ABC ，其中PC ⊥面ABC ，∠ABC ＝90°，△ABC 斜边AC 上的高为125 cm ，PC＝6 cm ，AC ＝5 cm ，∴V P －ABC ＝13×12×5×125×6＝12(cm 3)．(2)互相垂直的面分别有：面PAC ⊥面ABC ，面PBC ⊥面ABC ，面PBC ⊥面PAB . 18．解析： (1)当M 为棱P A 中点时，OM ∥平面PBC . 证明如下：∵M ，O 分别为P A ，AB 中点， ∴OM ∥PB .又PB ⊂平面PBC ，OM ⊄平面PBC ， ∴OM ∥平面PBC . (2)证明：连结OC ，OP .∵AC ＝CB ＝2，O 为AB 中点，AB ＝2，∴OC ⊥AB ，OC ＝1.同理，PO ⊥AB ，PO ＝1.又PC ＝2，∴PC 2＝OC 2＋PO 2＝2，∴∠POC ＝90°.∴PO ⊥OC .∵PO ⊥OC ，PO ⊥AB ，AB ∩OC ＝O ，∴PO ⊥平面ABC .∵PO ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面ABC .19．解析： (1)由题意可知矩形的高即圆柱的母线长为9.6－8×2r 8＝1.2－2r ， ∴塑料片面积S ＝πr 2＋2πr (1.2－2r )＝πr 2＋2.4πr －4πr 2＝－3πr 2＋2.4πr ＝－3π(r 2－0.8r )．∴当r ＝0.4时，S 有最大值，约为1.51平方米．(2)若灯笼底面半径为0.3米，则高为1.2－2×0.3＝0.6(米)．制作灯笼的三视图如图．20．解析：(1)证明：如图，设AC 与BD 交于点G ，则G 为AC 的中点．连接EG ，GH ，由于H 为BC 的中点，故GH 綊12. 又EF 綊12AB ，∴EF 綊GH . ∴四边形EFHG 为平行四边形．∴EG ∥FH .而EG ⊂平面EDB ，FH ⊄平面EDB ，∴FH ∥平面EDB .(2)证明：由四边形ABCD 为正方形，得AB ⊥BC .又EF ∥AB ，∴EF ⊥BC .而EF ⊥FB ，∴EF ⊥平面BFC .∴EF ⊥FH .∴AB ⊥FH .又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，∴FH ⊥BC .∴FH ⊥平面ABCD .∴FH ⊥AC .又FH ∥EG ，∴AC ⊥EG .又AC ⊥BD ，EG ∩BD ＝G ，∴AC ⊥平面EDB .(3)∵EF ⊥FB ，∠BFC ＝90°，∴BF ⊥平面CDEF .∴BF 为四面体B －DEF 的高．又BC ＝AB ＝2，∴BF ＝FC ＝ 2.V B －DEF ＝13×12×1×2× 2 ＝13. 21．解析： (1)空间几何体的直观图如图所示，由题意可知，平面ABCD ⊥平面ABG ，四边形ABCD 为正方形，且AG ＝BG ，AB ＝2a .(2)证明：因为过B 作平面AGC 的垂线，垂足H 在直线CG 上，所以BH ⊥平面AGC .因为AG ⊂平面AGC ，所以BH ⊥AG .又因为BC ⊥AB ，所以BC ⊥平面AGB ，所以BC ⊥AG .又因为BC ∩BH ＝B ，所以AG ⊥平面BGC .又因为AG ⊂面AGD ，故平面AGD ⊥平面BGC .(3)由(2)知，AG ⊥GB ，AG ⊥CG ，所以△ABG 为等腰直角三角形．过点G 作GE ⊥AB 于点E ，则GE 为G 点到平面ABCD 的距离，且GE ＝12AB ＝a ，AG ＝BG ＝2a .所以V D －ACG ＝V G －ADC ＝13×12AD ×DC ×GE ＝23a 3. 取AC 的中点M ，因为△AGC 和△ACD 均为直角三角形，所以MD ＝MG ＝MA ＝MC ＝12AC ＝2a . 所以M 是四棱锥D －ACG 的外接球的球心，半径为2a ，所以S 球＝4π×(2a )2＝8πa 2.22．解析： (1)证法一：∵AC 1⊥平面A 1DB ，A 1B ⊂平面A 1DB ，∴AC 1⊥A 1B ，又在正方形A 1ABB 1中，A 1B ⊥AB 1，AC 1∩AB 1＝A ，∴A 1B ⊥平面AC 1B 1，又B 1C 1⊂平面AC 1B 1，∴A 1B ⊥B 1C 1.又∵在正方形BCC 1B 1中，B 1C 1⊥BB 1，又BB 1∩A 1B ＝B ，∴B 1C 1⊥平面A 1ABB 1，B 1C 1⊂平面B 1BCC 1，∴平面A 1ABB 1⊥平面BCC 1B 1.证法二：由已知可知三棱柱是直三棱柱，∴四边形A 1ACC 1为矩形．又AC 1⊥平面A 1DB ，A 1D ⊂平面A 1DB ，∴AC1⊥A1D.又D为AC的中点，∴AA1∶AD＝AC∶CC1，1AC2＝AA1·CC1＝AB2，2∴AC＝2AB，∴AB⊥BC，又BC⊥BB1且BB1∩AB＝B，∴BC⊥平面A1ABB1，又BC⊂平面BCC1B1，∴平面A1ABB1⊥平面BCC1B.(2)证明：连结AB1交A1B于点O，连接OD，∴O为AB1中点，又D为AC中点，∴在△ACB1中，OD∥CB1.∵CB1⊄平面A1DB，OD⊂平面A1DB，∴B1C∥平面A1DB.(3)取CC1中点E，连接BE，又D为AC中点，∴在△ACC1中，DE∥AC1，又AC1⊥平面A1DB.∴DE⊥平面A1DB.又∵DE⊂平面BDE，∴平面A1DB⊥平面BDE，即当E为CC1中点时，平面A1DB⊥平面BDE.。

高考数学一轮复习单元评估检测7 第7章立体几何理北师大版-北师大版高三全册数学试题

单元评估检测(七) 第7章立体几何(120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．中央电视台正大综艺以前有一个非常受欢迎的娱乐节目：墙来了！选手需按墙上的空洞造型摆出相同姿势，才能穿墙而过，否则会被墙推入水池．类似地，有一个几何体恰好无缝隙地以三个不同形状的“姿势”穿过“墙”上的三个空洞(如图71)，则该几何体为( )图71[答案]A2．(2018·某某模拟)如果一个几何体的三视图如图72所示，主视图与左视图是边长为2的正三角形，俯视图轮廓为正方形(单位：cm)，则此几何体的侧面积是( )【导学号：79140426】A．2 3 cm2B．4 3 cm2C．8 cm2D．14 cm2[答案]C图72图733．若三棱锥的三视图如图73所示，则该三棱锥的体积为( )A．80 B．40C.803D.403[答案]D4．(2017·某某模拟)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，以下命题正确的是( )A．若l∥α，α∥β，则l∥βB．若l∥α，α⊥β，则l⊥βC．若l⊥α，α⊥β，则l∥βD．若l⊥α，α∥β，则l⊥β[答案]D5．正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是( ) A．BC∥平面PDFB．平面PDF⊥平面ABCC．DF⊥平面PAED．平面PAE⊥平面ABC[答案]B6．在正三棱柱ABCA1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为( )A.34B.32C.334D. 3[答案]B7．如图74，四面体ABCD中，AB＝DC＝1，BD＝2，AD＝BC＝3，二面角ABDC的平面角的大小为60°，E，F分别是BC，AD的中点，则异面直线EF与AC所成的角的余弦值是( )图74A.13B.33C.63D.223[答案]B8．如图75，在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列结论错误的是( )图75A ．直线BD 1与直线B 1C 所成的角为π2B ．直线B 1C 与直线A 1C 1所成的角为π3C ．线段BD 1在平面AB 1C 内的射影是一个点 D ．线段BD 1恰被平面AB 1C 平分 [答案]D9．如图76，在四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP ＝MC ，则点M 的正方形ABCD 内的轨迹的长度为( )图76A. 5 B ．2 2C ．π D.2π3[答案]A10．棱长为43的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这些小球的最大半径为( )【导学号：79140427】A. 2B.22C.24D.26[答案]B11．(2017·某某模拟)如图77是一个由两个半圆锥与一个长方体组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为( )图77A ．6＋2π3B ．8＋π3C ．4＋2π3D ．4＋π3[答案]C12．下列命题中错误的是( )A ．如果α⊥β，那么α内一定有直线平行于平面βB ．如果α⊥β，那么α内所有直线都垂直于平面βC ．如果平面α不垂直平面β，那么α内一定不存在直线垂直于平面βD ．如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l ，那么l ⊥γ [答案]B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上) 13．半径为336π的球的体积与一个长、宽分别为6,4的长方体的体积相等，则长方体的表面积为________． [答案] 8814．(2017·某某模拟)如图78，三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积为V 1，四棱锥A BCC 1B 1的体积为V 2，则V 1V 2＝________.图78[答案]3215．如图79，矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻折过程中，下面四个命题中正确的是________．(填序号)图79①BM是定值；②点M在某个球面上运动；③存在某个位置，使DE⊥A1C；④存在某个位置，使MB∥平面A1DE.[答案]①②④16．已知向量a＝(0，－1,1)，b＝(4,1,0)，|λa＋b|＝29且λ＞0，则λ＝________.【导学号：79140428】[答案] 3三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)(2018·某某模拟)如图710所示，设计一个四棱锥形冷水塔塔顶，四棱锥的底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形，已知底面边长为2 m，高为7 m，则制造这个塔顶需要多少面积的铁板？图710[解] 制造这个塔顶需要8 2 m2的铁板．18．(本小题满分12分)(2017·某某模拟)如图711，在三棱锥PABC中，∠PAB＝∠PAC＝∠ACB＝90°.图711(1)求证：平面PBC⊥平面PAC；(2)若PA＝1，AB＝2，BC＝2，在直线AC上是否存在一点D，使得直线BD与平面PBC 所成角为30°？若存在，求出CD 的长；若不存在，说明理由．[解] (1)略 (2)存在，CD ＝ 6.19．(本小题满分12分)如图712，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1⊥底面ABC ，CA ＝CB ，D ，E ，F 分别为AB ，A 1D ，A 1C 的中点，点G 在AA 1上，且A 1D ⊥EG .图712(1)求证：CD ∥平面EFG ； (2)求证：A 1D ⊥平面EFG . [解] 略20．(本小题满分12分) (2017·某某五市三联)如图713，在四棱锥P ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝AP ＝2BC ＝2，M 是棱PD 上的一点，PMPD＝λ(0＜λ＜1)．图713(1)若λ＝13，求证：PB ∥平面MAC ；(2)若平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，二面角D AC M 的余弦值为42121，求λ的值． [解] (1)略 (2)23.21．(本小题满分12分)(2017·某某模拟)如图714(1)，在三角形PCD 中，AB 为其中位线，且2BD ＝PC ，若沿AB 将三角形PAB 折起，使∠PAD ＝θ，构成四棱锥P ABCD ，且PC PF ＝CDCE＝2，如图714(2)．图714(1)求证：平面BEF ⊥平面PAB ；(2)当异面直线BF 与PA 所成的角为60°时，求折起的角度θ.【导学号：79140429】[解] (1)因为2BD ＝PC ，所以∠PDC ＝90°，因为AB ∥CD ，且PC PF ＝CDCE＝2，所以E 为CD 的中点，F 为PC 的中点，CD ＝2AB ，所以AB ∥DE 且AB ＝DE ，所以四边形ABED 为平行四边形，所以BE ∥AD ，BE ＝AD ，因为BA ⊥PA ，BA ⊥AD ，且PA ∩AD ＝A ，所以BA ⊥平面PAD ，因为AB ∥CD ，所以CD ⊥平面PAD ，又因为PD 平面PAD ，AD 平面PAD ，所以CD ⊥PD 且CD ⊥AD ，又因为在平面PCD 中，EF ∥PD (三角形的中位线)，于是CD ⊥FE . 因为在平面ABCD 中，BE ∥AD ，于是CD ⊥BE ，因为FE ∩BE ＝E ，FE 平面BEF ，BE 平面BEF ，所以CD ⊥平面BEF ，又因为CD ∥AB ，AB 在平面PAB 内，所以平面BEF ⊥平面PAB .(2)因为∠PAD ＝θ，取PD 的中点G ，连接FG ，AG ，所以FG ∥CD ，FG ＝12CD ，又AB ∥CD ，AB ＝12CD ，所以FG ∥AB ，FG ＝AB ，从而四边形ABFG 为平行四边形，所以BF ∥AG ，所以BF 与PA 所成的角即为AG 与PA 所成的角，即∠PAG ＝60°，因为PA ＝AD ，G 为PD 中点，所以AG ⊥PD ，∠APG ＝30°，所以∠PDA ＝30°，所以∠PAD ＝180°－30°－30°＝120°.故折起的角度为120°.22．(本小题满分12分)(2018·某某模拟)如图715，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在平面互相垂直，AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AB ＝AD ＝12CD ＝2，点M 在线段EC 上且不与E ，C 重合．图715(1)当点M 是EC 中点时，求证：BM ∥平面ADEF ； (2)当平面BDM 与平面ABF 所成锐二面角的余弦值为66时，求三棱锥M BDE 的体积．[解] (1)取ED 的中点N ，连接MN ，AN ，又因为点M 是EC 的中点，所以MN ∥DC ，MN ＝12DC ，而AB ∥DC ，AB ＝12DC ，所以MN ═∥AB ，所以四边形ABMN 是平行四边形，所以BM ∥AN ，而B M ⃘平面ADEF ，AN 平面ADEF ，所以BM ∥平面ADEF .(2)取CD 的中点O ，过点O 作OP ⊥DM ，连接BP ，BO ，因为AB ∥CD ，AB ＝12CD ＝2，所以四边形ABOD 是平行四边形，因为AD ⊥DC ，所以四边形ABOD 是矩形，所以BO ⊥CD ，因为正方形ADEF 与梯形ABCD 所在平面互相垂直，ED ⊥AD ，所以ED ⊥平面ADCB ，所以平面CDE ⊥平面ADCB ，所以BO ⊥平面CDE ，所以BP ⊥DM ，所以∠OPB 是平面BDM 与平面DCE (即平面ABF )所成锐二面角，因为cos∠OPB ＝66，所以sin∠OPB ＝306，所以OBBP ＝306，解得BP ＝2305. 所以OP ＝BP cos∠OPB ＝255，所以sin∠MDC ＝OP OD ＝55，而sin∠ECD ＝225＝55，所以∠MDC ＝∠ECD ，所以DM ＝MC ，同理DM ＝EM ，所以M 为EC 的中点，所以S △DEM ＝12S △CDE ＝2，因为AD ⊥CD ，AD ⊥DE ，且DE 与CD 相交于点D ，所以AD ⊥平面CDE ，因为AB ∥CD ，所以三棱锥B DME 的高＝AD ＝2，所以V M BDE ＝V B DEM ＝13S △DEM ·AD ＝43.。

2024年高考数学总复习立体几何测试卷及答案解析

2024年高考数学总复习立体几何测试卷及答案(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．下列说法正确的是()A．空间中，两不重合的平面若有公共点，则这些点一定在一条直线上B．空间中，三角形、四边形都一定是平面图形C．空间中，正方体、长方体、四面体都是四棱柱D．用一平面去截棱锥，底面与截面之间的部分所形成的多面体叫棱台答案A解析空间四边形不是平面图形，故B错；四面体不是四棱柱，故C错；平行于底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分所形成的多面体才叫棱台，故D错；根据公理2可知A正确，故选A.2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是() A．α∩β＝n，m⊂α，m∥β⇒m∥nB．α⊥β，α∩β＝m，m⊥n⇒n⊥βC．m⊥n，m⊂α，n⊂β⇒α⊥βD．m∥α，n⊂α⇒m∥n答案A解析对于A，根据线面平行的性质定理可得A选项正确；对于B，当α⊥β，α∩β＝m时，若n⊥m，n⊂α，则n⊥β，但题目中无条件n⊂α，故B不一定成立；对于C，若m⊥n，m ⊂α，n⊂β，则α与β相交或平行，故C错误；对于D，若m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，则D错误，故选A.3．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，D是CC1的中点，F是A1B的中点，且DF→＝αAB→＋βAC→，则()A．α＝12，β＝－1B．α＝－12，β＝1C ．α＝1，β＝－12D ．α＝－1，β＝12答案A解析根据向量加法的多边形法则以及已知可得，DF →＝DC →＋CB →＋BF →＝12C 1C →＋CB →＋12BA →1＝12A 1A →＋AB →－AC →＋12BA →＋12AA →1＝12AB →－AC →，∴α＝12，β＝－1，故选A.4．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB →＝(1，2，0)，AD →＝(2，1，0)，CC →1＝(0，1，5)，则对角线AC 1的边长为()A ．42B ．43C ．52D ．12答案C解析因为AC →1＝AA →1＋A 1B 1→＋B 1C 1→＝CC →1＋AB →＋AD →＝(0，1，5)＋(1，2，0)＋(2，1，0)＝(3，4，5)，所以|AC →1|＝32＋42＋52＝52，故选C.5.(2019·凉山诊断)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 1，BC 1的中点，下列结论中，正确的是()A ．EF ⊥BB 1B ．EF ⊥平面BCC 1B 1C ．EF ∥平面D 1BC D ．EF ∥平面ACC 1A 1答案D解析连接B 1C 交BC 1于F ，由于四边形BCC 1B 1是平行四边形，对角线互相平分，故F 是B 1C 的中点．因为E 是AB 1的中点，所以EF 是△B 1AC 的中位线，故EF ∥AC ，所以EF ∥平面ACC 1A 1.故选D.6．(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)《九章算术》中“开立圆术”曰：“置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径”．“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V ，求球的直径d 的公式d ＝13169V ⎛⎫⎪⎝⎭.若球的半径为r ＝1，根据“开立圆术”的方法计算该球的体积为()A.43πB.916C.94D.92答案D 解析根据公式d ＝13169V ⎛⎫⎪⎝⎭得，2＝13169V ⎛⎫ ⎪⎝⎭，解得V ＝92.故选D.7．已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，球O 与该正方体的各个面相切，则平面ACB 1截此球所得的截面的面积为()A.8π3B.5π3C.4π3D.2π3答案D 解析因为球与各面相切，所以直径为2，且AC ，AB 1，CB 1的中点在所求的切面圆上，所以所求截面为此三点构成的边长为2的正三角形的外接圆，由正弦定理知，R ＝63，所以截面的面积S ＝2π3，故选D.8．已知向量n ＝(2，0，1)为平面α的法向量，点A (－1，2，1)在α内，则P (1，2，－2)到α的距离为()A.55B.5C ．25D.510答案A解析∵PA →＝(－2，0，3)，∴点P 到平面α的距离为d ＝|PA ，→·n ||n |＝|－4＋3|5＝55.∴P (1，2，－2)到α的距离为55.故选A.9．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在A 1C 上运动(包括端点)，则BP 与AD 1所成角的取值范围是()A.π4，π3 B.π4，π2C.π6，π2 D.π6，π3答案D解析以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，设点P 坐标为(x ，1－x ，x )(0≤x ≤1)，则BP →＝(x －1，－x ，x )，BC 1→＝(－1，0，1)，设BP →，BC 1→的夹角为α，所以cos α＝BP ，→·BC 1→|BP →||BC 1→|＝1(x －1)2＋2x 2×2＝x ＝13时，cos α取得最大值32，α＝π6.当x ＝1时，cos α取得最小值12，α＝π3.因为BC 1∥AD 1.故选D.10．(2019·淄博期中)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝4，AB ＝27，CC 1＝25，E ，F 分别为AC ，CC 1的中点，则直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角是()A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案A 解析连接AC 1，则EF ∥AC 1，直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，就是直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，AC 1与平面AA 1B 1B 所成的角；作C 1D ⊥A 1B 1于D ，连接AD ，因为直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝4，所以底面是等腰三角形，则C 1D ⊥平面AA 1B 1B ，可知∠C 1AD 就是直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，CA ＝CB ＝4，AB ＝27，CC 1＝25，可得C 1D ＝42－(7)2＝3，AD ＝(7)2＋(25)2＝33，所以tan ∠C 1AD ＝C 1D AD ＝33，所以∠C 1AD ＝30°.故选A.11．(2019·陕西汉中中学月考)点A ，B ，C ，D ，E 是半径为5的球面上五点，A ，B ，C ，D 四点组成边长为42的正方形，则四棱锥E －ABCD 体积的最大值为()A.2563B ．256 C.643D ．64答案A解析正方形ABCD 对角线长为(42)2＋(42)2＝8.则球心到正方形中心的距离d ＝52－42＝3.则E 到正方形ABCD 的最大距离为h ＝d ＋5＝8.则V E －ABCD ＝13×42×42×8＝2563.故选A.12．(2019·四省联考诊断)如图所示，四边形ABCD 为边长为2的菱形，∠B ＝60°，点E ，F 分别在边BC ，AB 上运动(不含端点)，且EF ∥AC ，沿EF 把平面BEF 折起，使平面BEF ⊥底面ECDAF ，当五棱锥B －ECDAF 的体积最大时，EF 的长为()A ．1 B.263C.3D.2答案B解析由EF ∥AC 可知△BEF 为等边三角形，设EF ＝x ，等边△BEF 的高为32x ，面积为34x 2，所以五边形ECDAF 的面积为2×34×22－34x 2＝23－34x 2，故五棱锥的体积为13×23－34x 2×32x ＝x －18x 3(0<x <2)．令f ′(x )＝x －18x 3′＝1－38x 2＝0，解得x ＝263，且当0<x <263时，f (x )单调递增，当263x <2时，f (x )单调递减，故在x ＝263时取得极大值也即最大值．故选B.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．设m ，n 为空间两条不同的直线，α，β为空间两个不同的平面，给出下列命题：①若m ∥α，m ∥β，则α∥β；②若m ⊥α，m ∥β，则α⊥β；③若m ∥α，m ∥n ，则n ∥α；④若m ⊥α，α∥β，则m ⊥β.其中正确的命题序号是________．答案②④解析对于①，若m ∥α，m ∥β，则α与β可能相交，故①错误；对于②，若m ⊥α，m ∥β，根据线面垂直和线面平行的性质定理以及面面垂直的判定定理得到α⊥β，故②正确；对于③，若m ∥α，m ∥n ，则n 可能在α内，故③错误，对于④，若m ⊥α，α∥β，则根据线面垂直的性质定理以及面面平行的性质定理得到m ⊥β，故④正确．故答案为②④.14．如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，已知D ，E ，F 分别为AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥A －FED 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2的值为________．答案124解析设三棱柱的高为h ，∵F 是AA 1的中点，则三棱锥F －ADE 的高为h2，∵D ，E 分别是AB ，AC 的中点，∴S △ADE ＝14S △ABC ，∵V 1＝13S △ADE ·h2，V 2＝S △ABC ·h ，∴V 1V 2＝16S △ADE ·h S △ABC ·h ＝124.15.如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为________．答案2解析由题意知，球心在正方形的中心上，球的半径为1，则正方形的边长为 2.∵三棱柱ABC —A 1B 1C 1为直三棱柱，∴平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，∴BC 为截面圆的直径，∴∠BAC ＝90°.∵AB ＝AC ，∴AB ＝1，∴侧面ABB 1A 1的面积为2×1＝2.16．(2019·陕西四校联考)直三棱柱ABC－A1B1C1的底面是直角三角形，侧棱长等于底面三角形的斜边长，若其外接球的体积为32π3，则该三棱柱体积的最大值为____________．答案42解析设三棱柱底面直角三角形的直角边为a，b，则棱柱的高h＝a2＋b2，设外接球的半径为r，则43πr3＝32π3，解得r＝2，∵上、下底面三角形斜边的中点连线的中点是该三棱柱的外接球的球心，∴2h＝2r＝4.∴h ＝22，∴a2＋b2＝h2＝8≥2ab，∴ab≤4.当且仅当a＝b＝2时“＝”成立．∴三棱柱的体积V＝Sh＝12abh＝2ab≤42.三、解答题(本大题共70分)17.(10分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，PC⊥底面ABCD，点E为侧棱PB的中点．求证：(1)PD∥平面ACE；(2)平面PAC⊥平面PBD.证明(1)连接OE.因为O为正方形ABCD对角线的交点，所以O为BD的中点．因为E为PB的中点，所以PD∥OE.又因为OE⊂平面ACE，PD⊄平面ACE，所以PD∥平面ACE.(2)在四棱锥P－ABCD中，因为PC ⊥底面ABCD ，BD ⊂底面ABCD ，所以BD ⊥PC .因为O 为正方形ABCD 对角线的交点，所以BD ⊥AC .又PC ，AC ⊂平面PAC ，PC ∩AC ＝C ，所以BD ⊥平面PAC .因为BD ⊂平面PBD ，所以平面PAC ⊥平面PBD .18．(12分)(2019·广州执信中学测试)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△PAD 是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝8，AB ＝2DC ＝45.(1)设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面PAD ；(2)求四棱锥P －ABCD 的体积．(1)证明在△ABD 中，由于AD ＝4，BD ＝8，AB ＝45，所以AD 2＋BD 2＝AB 2.故AD ⊥BD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面PAD ，又BD ⊂平面MBD ，故平面MBD ⊥平面PAD .(2)解如图，过P 作PO ⊥AD 交AD 于O ，由于平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD .因此PO 为四棱锥P －ABCD 的高，又△PAD 是边长为4的等边三角形．因此PO ＝32×4＝2 3.在四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ，所以四边形ABCD 是梯形，在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为4×845＝855，此即为梯形ABCD 的高，所以四边形ABCD 的面积为S ＝25＋452×855＝24.故V P －ABCD ＝13×24×23＝16 3.19．(12分)(2019·化州模拟)如图所示，在四棱锥E －ABCD 中，ED ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝12CD ＝2.(1)求证：BC ⊥BE ；(2)当几何体ABCE 的体积等于43时，求四棱锥E －ABCD 的侧面积．(1)证明连接BD ，取CD 的中点F ，连接BF ，则直角梯形ABCD 中，BF ⊥CD ，BF ＝CF＝DF ，∴∠CBD ＝90°，即BC ⊥BD .∵DE ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥DE ，又BD ∩DE ＝D ，∴BC ⊥平面BDE .由BE ⊂平面BDE 得，BC ⊥BE .(2)解∵V ABCE ＝V E －ABC ＝13×DE ×S △ABC＝13×DE ×12×AB ×AD ＝23DE ＝43，∴DE ＝2，∴EA ＝DE 2＋AD 2＝22，BE ＝DE 2＋BD 2＝23，又AB ＝2，∴BE 2＝AB 2＋AE 2，∴AB ⊥AE ，∴四棱锥E －ABCD 的侧面积为12×DE ×AD ＋12×AE ×AB ＋12×BC ×BE ＋12×DE ×CD ＝6＋22＋2 6.20．(12分)(2019·青岛调研)如图，在长方形ABCD 中，AB ＝π，AD ＝2，E ，F 为线段AB 的三等分点，G ，H 为线段DC 的三等分点．将长方形ABCD 卷成以AD 为母线的圆柱W 的半个侧面，AB ，CD 分别为圆柱W 上、下底面的直径．(1)证明：平面ADHF ⊥平面BCHF ；(2)求二面角A －BH －D 的余弦值．(1)证明因为H 在下底面圆周上，且CD 为下底面半圆的直径，所以DH ⊥CH ，又因为DH ⊥FH ，且CH ∩FH ＝H ，所以DH ⊥平面BCHF .又因为DH ⊂平面ADHF ，所以平面ADHF ⊥平面BCHF .(2)解以H 为坐标原点，分别以HD ，HC ，HF 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．设下底面半径为r ，由题意得πr ＝π，所以r ＝1，CD ＝2.因为G ，H 为DC 的三等分点，所以∠HDC ＝30°，所以在Rt △DHC 中，HD ＝3，HC ＝1，所以A (3，0，2)，B (0，1，2)，D (3，0，0)，设平面ABH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为n ·HA →＝(x ，y ，z )·(3，0，2)＝0，n ·HB →＝(x ，y ，z )·(0，1，2)＝0，＋2z ＝0，2z ＝0，所以平面ABH 的法向量n ＝(－2，－23，3)．设平面BHD 的法向量m ＝(x ，y ，z )．因为m ·HD →＝(x ，y ，z )·(3，0，0)＝0，m ·HB →＝(x ，y ，z )·(0，1，2)＝0，＝0，＋2z＝0，所以平面BHD的法向量m＝(0，－2，1)，由图形可知，二面角A—BH—D的平面角为锐角，设为θ，所以二面角A－BH－D的余弦值为cosθ＝|m·n||m||n|＝28519.21．(12分)(2019·成都七中诊断)如图，在多面体ABCDE中，AC和BD交于一点，除EC以外的其余各棱长均为2.(1)作平面CDE与平面ABE的交线l，并写出作法及理由；(2)求证：平面BDE⊥平面ACE；(3)若多面体的体积为2，求直线DE与平面BCE所成角的正弦值．(1)解过点E作AB(或CD)的平行线，即为所求直线l.∵AC和BD交于一点，∴A，B，C，D四点共面．又∵四边形ABCD边长均相等，∴四边形ABCD为菱形，从而AB∥DC.又AB⊄平面CDE，且CD⊂平面CDE，∴AB∥平面CDE.∵AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面CDE＝l，∴AB∥l.(2)证明取AE的中点O，连接OB，OD.∵AB＝BE，DA＝DE，∴OB⊥AE，OD⊥AE.又OB∩OD＝O，∴AE⊥平面OBD，∵BD⊂平面OBD，故AE⊥BD.又四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD.又AE∩AC＝A，∴BD⊥平面ACE.又BD⊂平面BDE，∴平面BDE ⊥平面ACE .(3)解由V E －ABCD ＝2V E －ABD ＝2V D －ABE ＝2，即V D －ABE ＝1.设三棱锥D －ABE 的高为h ，h ＝1，解得h ＝ 3.又∵DO＝ 3.∴DO ⊥平面ABE .以点O 为坐标原点，OB ，OE ，OD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1，0)，B (3，0，0)，D (0，0，3)，E (0，1，0)．∴BC →＝AD →＝(0，1，3)，BE →＝(－3，1，0)．设平面BCE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，＋3z ＝0，－y ＝0得，平面BCE 的一个法向量为n ＝(1，3，－1)．又DE →＝(0，1，－3)，于是cos 〈DE →，n 〉＝235·2＝155.故直线DE 与平面BCE 所成角的正弦值为155.22．(12分)如图，△ABC 的外接圆⊙O 的半径为5，CD ⊥⊙O 所在的平面，BE ∥CD ，CD ＝4，BC＝2，且BE ＝1，tan ∠AEB ＝2 5.(1)求证：平面ADC⊥平面BCDE；(2)试问线段DE上是否存在点M，使得直线AM与平面ACD所成角的正弦值为27若存在，确定点M的位置，若不存在，请说明理由．(1)证明∵CD⊥平面ABC，BE∥CD，∴BE⊥平面ABC，∴BE⊥AB.∵BE＝1，tan∠AEB＝25，∴AE＝21，从而AB＝AE2－BE2＝2 5.∵⊙O的半径为5，∴AB是直径，∴AC⊥BC，又∵CD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴CD⊥BC，故BC⊥平面ACD.∵BC⊂平面BCDE，∴平面ADC⊥平面BCDE.(2)解方法一假设点M存在，过点M作MN⊥CD于N，连接AN，作MF⊥CB于F，连接AF.∵平面ADC⊥平面BCDE，平面ADC∩平面BCDE＝DC，MN⊂平面BCDE，∴MN⊥平面ACD，∴∠MAN为MA与平面ACD所成的角．设MN＝x，计算易得，DN＝32x，MF＝4－32x，故AM＝AF2＋MF2＝AC2＋CF2＋MF2＝sin∠MAN＝MNAM＝＝2 7，解得x＝－83(舍去)，x＝43，故MN＝23CB，从而满足条件的点M存在，且DM＝23DE.方法二以点C为坐标原点，CA，CB，CD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A (4，0，0)，B (0，2，0)，D (0，0，4)，E (0，2，1)，C (0，0，0)，则DE →＝(0，2，－3)．易知平面ACD 的法向量为BC →＝(0，－2，0)，假设M 点存在，设M (a ，b ，c )，则DM →＝(a ，b ，c －4)，再设DM →＝λDE →，λ∈(0，1]，＝0，＝2λ，－4＝－3λ＝0，＝2λ，＝4－3λ，即M (0，2λ，4－3λ)，从而AM →＝(－4，2λ，4－3λ)．设直线AM 与平面ACD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AM →，BC →〉|＝|2λ×(－2)|216＋4λ2＋(4－3λ)2＝27，解得λ＝－43或λ＝23，其中λ＝－43应舍去，而λ＝23∈(0，1]，故满足条件的点M 存在，且点M ，43，。

(完整版)—高考全国卷Ⅰ文科数学立体几何专题复习(附详细解析)

2012-2018年新课标全国卷Ⅰ文科数学汇编立体几何一、选择题【2017，6】如图，在下列四个正方体中,A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ,Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中,直接AB 与平面MNQ 不平行的是（）【2016，7】如图所示,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（） A ．17π B ．18π C ．20π D ．28π【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A BC D -的顶点A ,α∥平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =,则,m n 所成角的正弦值为(）A ．3 B ．22C ．3D ．13【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委M 依垣内角,下周八尺，高五尺，问”积及为M 几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放M （如图,M 堆为一个圆锥的四分之一)，M 堆底部的弧长为8尺,M 堆的高为5尺，M 堆的体积和堆放的M 各位多少？”已知1斛M 的体积约为1．62立方尺,圆周率约为3，估算出堆放的M 有（ ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为16+20π，则r =( ) B A ．1 B ．2 C ．4 D ．8【2015，11】【2014，8】【2013,11】【2012，7】【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是（）A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）．A ．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为A ．6B ．9C ．12D ．15【2012，8】平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2,则此球的体积为（）A ．6πB ．43πC ．46πD ．63π【2018，5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1,O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,该圆柱的表面积为A. 12π B. 12π C. 8π D. 10π【2018，9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图,圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M 到N 的路径中,最短路径的长度为A 。

《新高考数学全案》高考数学总复习配套测评卷单元检测卷(七)立体几何(文科)新人教版

2011年《新高考全案》高考总复习配套测评卷单元检测卷(七)立体几何(文科)时间：90分钟满分：150分一、选择题(共8小题，每小题7分，满分56分)1．图(1)中的几何体是由哪个平面图形绕虚线旋转得到的( )[答案] A2．(2009·福建，5)如图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是 ( )[答案] C3．(2009·山东，9)已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m ⊥β”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 [答案] B4．若l ，m ，n 是互不相同的空间直线，α，β是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是( )A ．若α∥β，l ⊂α，n ⊂β，则l ∥nB ．若α⊥β，l ⊂α，则l ⊥βC ．若l ⊥n ，m ⊥n ，则l ∥mD ．若l ⊥α，l ∥β，则α⊥β [答案] D5．(2007·北京)平面α∥平面β的一个充分条件是( )A ．存在一条直线a ，a ∥α，a ∥βB ．存在一条直线a ，a ⊂α，a ∥βC ．存在两条平行直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥αD ．存在两条异面直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α [答案] D6．(2009·宁夏、海南，9)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝12，则下列结论中错误的是( )A ．AC ⊥BEB ．EF ∥平面ABCDC ．三棱锥A －BEF 的体积为定值D ．△AEF 的面积与△BEF 的面积相等 [答案] D7．(2009·四川，6)如图，已知六棱锥P －ABCDEF 的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2AB ，则下列结论正确的是( )A ．PB ⊥ADB ．平面PAB ⊥平面PBC C ．直线BC ∥平面PAED ．直线PD 与平面ABC 所成的角为45° [答案] D8．(2008·四川高考题)设直线l ⊂平面α，过平面α外一点A 且与l 、α都成30°角的直线有且只有( )A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条[解析] 所求直线在平面α内的射影必与直线l 平行，这样的直线只有两条，选B. [答案] B二、填空题(共6小题，每小题7分，满分42分)9．三棱锥S －ABC 中，面SAB ，SBC ，SAC 都是以S 为直角顶点的等腰直角三角形，且AB ＝BC ＝CA ＝2，则三棱锥S －ABC 的表面积是________．[解析] 设侧棱长为a ，则2a ＝2，a ＝2，侧面积为3×12×a 2＝3，底面积为34×22＝3，表面积为3＋ 3.[答案] 3＋ 310．(2008·天津)若一个球的体积为43π，则它的表面积为________． [答案] 12π11．如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧棱PA ＝a ，PB ＝PD ＝2a ，则它的5个面中，互相垂直的面有________对．[解析] 面PAB ⊥面PAD ，面PAB ⊥面ABCD ，面PAB ⊥面PBC ，面PAD ⊥面ABCD ，面PAD ⊥面PCD . [答案] 512．已知a 、b 是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：①若a ⊥α，a ⊥β，则α∥β ②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β ③若α∥β，a ⊂α，b ⊂β，则a ∥b④若α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ，则a ∥b 其中正确命题的序号有________． [答案] ①④13．平面几何中，正三角形中任一点到三条边的距离之和为定值．类比这一性质，在空间中相应的结论是：________.[答案] 正四面体中任一点到四个面的距离之和为定值．14．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，异面直线AC 与BC 1所成的角的大小为________． [解析] 将BC 1平移至AD 1处，∠D 1AC 就是所求的角，又△AD 1C 为正三角形． ∴∠D 1AC ＝60°. [答案] 60°三、解答题(共4小题，满分52分)15．(2007·广东)(本小题满分12分)已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图(或称主视图)是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V ； (2)求该几何体的侧面积S .[解] 由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h 1的等腰三角形，左、右侧面均为底边长为6、高为h 2的等腰三角形，如图所示．(1)几何体的体积为 V ＝13·S 矩形·h ＝13×6×8×4＝64. (2)正侧面及相对侧面底边上的高为： h 1＝42＋32＝5.左、右侧面的底边上的高为： h 2＝42＋42＝4 2.故几何体的侧面面积为：S ＝2×(12×8×5＋12×6×42)＝40＋24 2.16．(2009·山东，18)(本小题满分12分)如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝4，BC ＝CD ＝2，AA 1＝2，E ，E 1分别是棱AD ，AA 1的中点．(1)设F 是棱AB 的中点，证明：直线EE 1∥平面FCC 1； (2)证明：平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C .[证明] (1)方法一：取A 1B 1的中点为F 1，连接FF 1，C 1F 1，由于FF 1∥BB 1∥CC 1，所以F 1∈平面FCC 1，因此平面FCC 1即为平面C 1CFF 1.连接A 1D ，F 1C ，由于A 1F 1綊D 1C 1綊CD ，所以四边形A 1DCF 1为平行四边形，因此A 1D ∥F 1C .又EE 1∥A 1D ，得EE 1∥F 1C ，而EE 1⊄平面FCC 1，F 1C ⊂平面FCC 1，故EE 1∥平面FCC 1.方法二：因为F 为AB 的中点，CD ＝2，AB ＝4，AB ∥CD ，所以CD 綊AF ，因此四边形AFCD 为平行四边形，所以AD ∥FC .又CC 1∥DD 1，FC ∩CC 1＝C ，FC ⊂平面FCC 1，CC 1⊂平面FCC 1，所以平面ADD 1A 1∥平面FCC 1，又EE 1⊂平面ADD 1A 1，所以EE 1∥平面FCC 1.(2)连接AC ，在△FBC 中，FC ＝BC ＝FB ，又F 为AB 的中点，所以AF ＝FC ＝FB ，因此∠ACB ＝90°，即AC ⊥BC .又AC ⊥CC 1，且CC 1∩BC ＝C ，所以AC ⊥平面BB 1C 1C ，而AC ⊂平面D 1AC ，故平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C .17．(2008·山东文)(本小题满分14分)如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△PAD 是等边三角形，已知BD ＝＝2AD ＝8，AB ＝2DC ＝4 5.(1)设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面PAD ； (2)求四棱锥P ABCD 的体积． (1)[证明] 在△ABD 中，由于AD ＝4，BD ＝8，AB ＝45，所以AD 2＋BD 2＝AB 2. 故AD ⊥BD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面PAD ，又BD ⊂平面MBD ，故平面MBD ⊥平面PAD .(2)[解] 过P 作PO ⊥AD 交AD 于O ，由于平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD .因此PO 为四棱锥P ABCD 的高，又△PAD 是边长为4的等边三角形．因此PO ＝32×4＝2 3.在底面四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ，所以四边形ABCD 是梯形，在Rt△ADB 中，斜边AB 边上的高为4×845＝855，此即为梯形ABCD 的高，所以四边形ABCD 的面积S ＝25＋452×855＝24.故V P ABCD ＝13×24×23＝16 3.18．(2009·浙江宁波)(本小题满分14分)如图所示，等腰△ABC 的底边AB ＝66，高CD ＝3，点E 是线段BD 上异于点B 、D 的动点，点F 在BC 边上，且EF ⊥AB ，现沿EF 将△BEF 折起到△PEF 的位置，使PE ⊥AE ，记BE ＝x ，V (x )表示四棱柱P －ACFE 的体积．(1)求证：面PEF ⊥面ACFE ；(2)求V (x )的表达式，并求当x 为何值时V (x )取得最大值？(1)[证明] 由折起的过程可知，PE ⊥EF .又PE ⊥AE ，AE ∩EF ＝E ， ∴PE ⊥面ACFE .又PE ⊂面PEF ， ∴面PEF ⊥面ACFE .(2)[解] 由(1)知PE ⊥面ACFE ，则PE 即为四棱锥P －ACFE 的高．而S △ABC ＝96，S △BEF ＝12x ·x 6＝x 226，∴V (x )＝V P －ACB －V P －BEF＝13(12×66×3－x 226)x ＝63x ·(9－x212)，(0＜x ＜36)． ∴V ′(x )＝63×(9－x24)，所以当0＜x ＜6时，V ′(x )＞0，V (x )单调递增；当6＜x ＜36时，V ′(x )＜0，V (x )单调递减．因此当x ＝6时，V (x )取得最大值12 6.。

最新高三数学(文科)一轮复习、高考考前复习补充训练、强化训练题、补习资料：第七章立体几何(解析版)

所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )解析：若俯视图为选项C，侧视图的宽应为俯视图中三角形的高是线段CD的中点，则三棱锥P－A1B1A的侧视图为( )解析：如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥P－A B A，B(C) 4.如图，矩形O′A′B′C是水平放置的一个平面图形的直观图，C．菱形 D．一般的平行四边形解析：如图，在原图形OABC中，22＋2是菱形，因此选C.．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直解析：先观察俯视图，由俯视图可知选项B和D中的一个正确，由正视图和侧视图可知选项D正确，故选D.答案：D6．[2019·济南模拟]我国古代数学家刘徽在学术研究中，不迷信古人，坚持实事求是．他对《九章算术》中“开立圆术”给出的公式产生质疑，为了证实自己的猜测，他引入了一种新的几何体“牟合方盖”：以正方体相邻的两个侧面为底做两次内切圆柱切割，然后剔除外部，剩下的内核部分．如果“牟合方盖”的主视图和左视图都是圆，则其俯视图形状为( )解析：本题考查几何体的三视图．由题意得在正方体内做两次内切圆柱切割，得到的几何体的直观图如图所示，由图易得其俯视图为B，故选B.答案：B7．[2019·河北模拟]某几何体的三视图如图所示，记A为此几何体所有棱的长度构成的集合，则( )A．3∈A B．5∈AC．26∈A D．43∈A解析：由三视图可得，该几何体的直观图如图所示，其中底面是的棱的长度为( )C. 6D. 5解析：根据三视图，利用棱长为2的正方体分析知，该多面体是几何体的各个面中，面积最小的面的面积为( )A．8 B．4C．4 3 D．4 2解析：由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征答案：D10．[2019·江西南昌模拟]如图，在正四棱柱ABCD－A B C D中，．：．：1．：．：2解析：根据题意，三棱锥正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥视图与侧视图的面积之比为：1.答案：A二、填空题11．下列说法正确的有________个．(1)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(2)正棱锥的侧面是等边三角形．(3)底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥．解析：(1)错误．棱锥的定义是：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．而“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，故此说法是错误的．如图所示的几何体满足此说法，但它不是棱锥，理由是△ADE和△BCF无公共顶点．(2)错误．正棱锥的侧面都是等腰三角形，不一定是等边三角形．(3)错误．由已知条件知，此三棱锥的三个侧面未必全等，所以不一定是正三棱锥．如图所示的三棱锥中有AB＝AD＝BD＝BC＝CD.满足底面△BCD为等边三角形．三个侧面△ABD，△ABC，△ACD都是等腰三角形，但AC长度不一定，三个侧面不一定全等．答案：012．[2019·山东安丘模拟]一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为2的正三角形，俯视图是正方形，那么该几何体的侧视图的面积是________．解析：根据三视图可知该几何体是一个四棱锥，其底面是正方形，四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是________．解析：分别作出在六个面上的射影可知选②③.15．[2019·惠州调研]某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三D．647解析：将三视图还原为如图所示的三棱锥P－ABC，其中底面ABC ＝x，所以－72]＝＋－2＝64128－x2，即x＝2xy的最大值是64.答案：C16．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC⎛52－⎝×(2＋29答案：空间几何体的表面积和体积[基础达标]一、选择题1．若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°，半径为l的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积比是()A．：2 B．：1．：3．：解析：底面半径r＝23π2πl：某几何体的三视图如图所示，则其表面积为()A．12＋2 2 B．8＋2 2答案：D3．[2019·益阳市，湘潭市高三调研]如图，网格纸上小正方体的解析：由三视图可得三棱锥为图中所示的三棱锥A－PBC(放到棱视图为扇形，则该几何体的体积为()2ππ体的表面积为()A．4＋2 3 B．4＋4 2解析：由三视图还原几何体和直观图如图所示，易知BC⊥平面出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为()A．14 B．10＋4 2解析：解法一由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一⎣⎢⎡＋2×2＋2，故选已知一个球的表面上有粗实线画出的是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.＋3B.＋3C. 3 D．2 3解析：取AB的中点O，连接OO，如图，在△ABC中，AB＝22，二、填空题11．[2019·南昌模拟]如图，直角梯形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BD＝3，∠CBD＝90°，则球O的体积为________．解析：设A到平面BCD的距离为h，∵三棱锥的体积为3，BC 314．[2018·江苏卷，10]如图所示，正方体的棱长为2，以其所有粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．4＋42＋2 3B ．14＋4 2C ．10＋42＋2 3D ．4解析：如图，该几何体是一个底面为直角梯形，有一条侧棱垂直52＋SB 2＋BC 2＝(2角三角形．过22－62＝SCD 的面积为的面积为12×22×4＝4 2.＋42＋23＝10＋4何体的体积是( )A ．13B ．14解析：所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几何________．解析：依题意可得该几何体的直观图为图中所示的三棱锥B－答案：11π空间点、直线、平面之间的位置关系[基础达标]一、选择题1．[2019·江西七校联考]已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是( )A．相交或平行 B．相交或异面C．平行或异面 D．相交、平行或异面解析：依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．答案：D2．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是( )A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交或b⊂α或b∥α解析：b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．答案：D3.如图所示，ABCD－A1B1C1D1是正方体，O是B1D1的中点，直线A1C 交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面解析：连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1.∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，∴A，M，O三点共线．解析：1连接A D，过点A作A M⊥AC于点M，连接BM，设AA＝2，由∠A AM 44解法二令M为AC的中点，连接MB，MA，易得MA，MB，MA两a∩β＝P时，②错；的序号)．解析：图(1)中，直线GH∥MN；直线AB与MN所成角的大小为________．解析：如图，取AC的中点P，连接PM，PN，则PM∥AB，且PM∵PM∥AB，∴∠PMN或其补角是AB与MN所成的角，∵AB＝CD，∴PM＝PN，若∠PMN＝60°，则△PMN是等边三角形，∴∠PMN＝60°，∴AB与MN所成的角为60°.若∠MPN＝120°，则∠PMN＝30°，∴AB与MN所成的角为30°，综上，异面直线AB与MN所成的角为30°或60°.答案：30°或60°三、解答题9.如图，在四边形ABCD中，已知AB∥CD，直线AB，BC，AD，DC 分别与平面α相交于点E，G，H，F，求证：E，F，G，H四点必定共线．证明：因为AB∥CD，所以AB，CD确定一个平面β.又因为AB∩α＝E，AB⊂β，所以E∈α，E∈β，即E为平面α与β的一个公共点．同理可证F，G，H均为平面α与β的公共点，因为若两个平面有公共点，那么它们有且只有一条通过公共点的公共直线，所以E，F，G，H四点必定共线．10．如图，已知不共面的三条直线a，b，c相交于点P，A∈a，B∈a，C∈b，D∈c，求证：AD与BC是异面直线．证明：假设AD和BC共面，所确定的平面为α，那么点P，A，B，C，D都在平面α内，∴直线a，b，c都在平面α内，与已知条件a，b，c不共面矛盾，假设不成立．∴AD和BC是异面直线．F分别在棱AB，CD上，且AE＝CF＝1.(1)求异面直线A E与C F所成角的余弦值；解析：(1)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，延长DC至M，使CM＝1，则AE綊CM.直线、平面平行的判定和性质[基础达标]一、选择题1．已知α∥β，a⊂α，B∈β，则在β内过点B的所有直线中( )A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一一条与a平行的直线解析：因为a与点B确定一个平面，该平面与β的交线即为符合条件的直线．答案：D2．[2019·河南开封模拟]在空间中，a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中的真命题是( ) A．若a∥α，b∥α，则a∥b B．若a⊂α，b⊂β，α⊥β，则a⊥bC．若a∥α，a∥b，则b∥α D．若α∥β，a⊂α，则a∥β解析：对于A，若a∥α，b∥α，则a，b可能平行，可能相交，可能异面，故A是假命题；对于B，设α∩β＝m，若a，b均与m平行，则a∥b，故B是假命题；对于C，b∥α或b在平面α内，故C 是假命题；对于D，若α∥β，a⊂α，则a与β没有公共点，则a∥β，故D是真命题．故选D.答案：D3．[2019·石家庄模拟]过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有( )A．4条 B．6条C．8条 D．12条解析：如图，H，G，F，I是相应线段的中点，棱的中点，则能得出平面ABC∥平面DEF的是( )解析：在B中，如图，连接MN，PN，∵A，B，C为正方体所在棱的中点，AA1于点Q，则线段AQ的长为________．18.[2019·福建泉州模拟]如图，在正方体ABCD－A B C D中，O为底9.[2019·安徽合肥一中模拟]如图，四棱锥P－ABCD中，E为AD10.[2019·江西临川二中月考]如图，在矩形ABCD中，AB＝1，AD11．如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为(2)取AC中点M，连接EM，DM，因为E为PC的中点，M是AC的中点，直线、平面垂直的判定和性质[基础达标]一、选择题1．直线a⊥平面α，b∥α，则a与b的关系为( )A．a⊥b，且a与b相交B．a⊥b，且a与b不相交C．a⊥bD．a与b不一定垂直解析：∵b∥α，∴b平行于α内的某一条直线，设为b′，∵a⊥α，且b′⊂α，∴a⊥b′，∴a⊥b，但a与b可能相交，也可能异面．答案：C2．PA垂直于正方形ABCD所在平面，连接PB，PC，PD，AC，BD，则下列垂直关系正确的是( )①平面PAB⊥平面PBC；②平面PAB⊥平面PAD；③平面PAB⊥平面PCD；④平面PAB⊥平面PAC.A．①② B．①③C．②③ D．②④解析：由PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD得PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，则BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，得平面PAB⊥平面PBC，故①正确，同理可证②正确．答案：A3．[2019·成都诊断性检测]已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是( ) A．若m⊂α，则m⊥βB．若m⊂α，n⊂β，则m⊥nC．若m⊄α，m⊥β，则m∥αD．若α∩β＝m，n⊥m，则n⊥α解析：选项A中，若m⊂α，则直线m和平面β可能垂直，也可能平行或相交，故选项A不正确；选项B中，直线m与直线n的关系不确定，可能平行，也可能相交或异面，故选项B不正确；选项C中，若m⊥β，则m∥α或m⊂α，又m⊄α，故m∥α，选项C正确；选项D中，缺少条件n⊂β，故选项D不正确，故选C.答案：C4．[2017·全国卷Ⅲ]在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC解析：∵ A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴ B，D错；∵ A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，∴ A1E⊥BC1，故C正确；(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴ BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1，∴ A1E⊥BC1)∵ A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A 错．故选C.答案：C5．[2019·惠州调研]设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，则下列命题中正确的个数是( )①若l⊥α，则l与α相交；②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n.A．1 B．2C．3 D．4解析：对于①，若l⊥α，则l与α不可能平行，l也不可能在α内，所以l与α相交，①正确；对于②，若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则有可能是l⊂α，故②错误；对于③，若l∥m，m∥n，则l∥n，又l⊥α，所以n⊥α，故③正确；对于④，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，又l∥m，所以l∥n，故④正确．选C.答案：C二、填空题6．如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥AP.与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，AC AB7．假设平面α∩平面β＝EF，AB⊥α，CD⊥β，垂足分别为B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，现有下面四个条件：①AC⊥α；②AC∥α；③AC与BD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.其中能成为增加条件的是________．(把你认为正确的条件序号都填上)解析：如果AB与CD在一个平面内，可以推出EF垂直于该平面，又BD在该平面内，所以BD⊥EF.故要得到BD⊥EF，只需AB，CD在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件．答案：①③8．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可)．解析：∵PC在底面ABCD上的射影为AC，且AC⊥BD，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)三、解答题9．[2019·陕西质量检测]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB，∠ABC＝90°，侧面A1ABB1⊥底面ABC.(1)求证：AB1⊥平面A1BC；(2)若AC＝5，BC＝3，∠A1AB＝60°，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．解析：(1)证明：在侧面A1ABB1中，∵A1A＝AB，∴四边形A1ABB1为菱形，∴AB1⊥A1B.∵侧面A1ABB1⊥底面ABC，∠ABC＝90°，∴CB⊥平面A1ABB1.∵AB1⊂平面A1ABB1，∴CB⊥AB1.又A1B∩BC＝B，∴AB1⊥平面A1BC.(2)解法一如图，过A1作A1D⊥AB，垂足为D.∵平面ABC⊥平面A1ABB1，平面ABC∩平面A1ABB1＝AB，∴A1D⊥平面ABC，∴A1D为三棱柱ABC－A1B1C1的高．∵BC＝3，AC＝5，∠ABC＝90°，∴AB＝4，又AA1＝AB，∠A1AB＝60°，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；因为F，G分别为PB，PC的中点，(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l.5。

适用于新高考新教材广西专版2025届高考数学一轮总复习单元质检卷七立体几何与空间向量

单元质检卷七立体几何与空间向量(时间:120分钟满分:150分)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.下列说法正确的是()A.三点确定一个平面B.假如一条直线平行于一个平面,则这条直线平行于这个平面内的随意一条直线C.假如一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直,则该直线与此平面垂直D.平行于同一平面的两条直线相互平行2.假如直线a∥平面α,P∈α,那么过点P且平行于直线a的直线()A.只有一条,不在平面α内B.有多数条,不肯定在平面α内C.只有一条,且在平面α内D.有多数条,肯定在平面α内3.(2024湖南岳阳三模)某种药物呈胶囊形态,该胶囊中间部分为圆柱,左右两端均为半径为1的半球.已知该胶囊的体积为π,则它的表面积为()A.πB.πC.10πD.π4.一个正四棱锥的底面边长为2,高为,则该正四棱锥的表面积为()A.8B.12C.16D.205.把一个大圆锥截成一个圆台和一个小圆锥,已知圆台的上、下底面半径之比为1∶3,母线长为6 cm,则大圆锥的母线长为()A.8 cmB.9 cmC.10 cmD.12 cm6.(2024河北张家口三模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的截面与AC交于点D,与BC交于点E,该截面将三棱柱分成体积相等的两部分,则=()A. B.C. D.7.(2024全国甲,理9)甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面绽开图的圆心角之和为2π,侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V甲和V乙.若=2,则=()A. B.2C. D.8.在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,BC⊥PC,PA=AC=,BC=a,动点Q从B点动身,沿外表面经过棱PC上一点到点A的最短距离为,则该棱锥的外接球的表面积为()A.5πB.8πC.10πD.20π二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.关于空间两条不同直线a,b和两个不同平面α,β,下列说法正确的是()A.若a⊥α,b⊥α,则a∥bB.若a⊥b,b⊥β,则a∥βC.若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥bD.若a∥α,α⊥β,则a⊥β10.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”;底面为矩形,一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”;四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图,在堑堵ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,且AA1=AB=2.下列说法正确的是()A.四棱锥B-A1ACC1为“阳马”B.四面体A1-C1CB为“鳖臑”C.过A点分别作AE⊥A1B于点E,AF⊥A1C于点F,则EF⊥A1BD.四棱锥B-A1ACC1体积最大为11.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为棱CC1的中点,F为棱AA1上的点,且满意A1F∶FA=1∶2,点F,B,E,G,H为过三点B,E,F的平面BMN与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱的交点,则下列说法正确的是()A.HF∥BEB.三棱锥B1-BMN的体积为6C.直线MN与平面A1B1BA的夹角是45°D.D1G∶GC1=1∶312.在正方体AC1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F与平面D1AE的垂线垂直,如图所示,下列说法正确的是()A.点F的轨迹是一条线段B.A1F与BE是异面直线C.A1F与D1E不行能平行D.三棱锥F-ABD1的体积为定值三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2024江苏苏锡常镇二模)已知圆锥同时满意条件:①侧面绽开图为半圆;②底面半径为正整数,请写出一个这样的圆锥的体积V= .14.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面A1CC1与平面BDC1的交线是.15.(2024河北邯郸二模)已知正三棱锥P-ABC的底面边长为6,其内切球的半径为1,则此三棱锥的高为.16.如图,在△ABC中,AB=10,BC=12,CA=14,D,E,F分别是边AB,BC,CA的中点,沿DF,FE,ED将△ADF,△CEF,△BED折起,使得A,B,C重合于点P,则四面体PDEF的表面积为;体积为.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)如图,在边长是2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,A1C的中点.(1)求异面直线EF与CD1所成角的大小;(2)证明:EF⊥平面A1CD.18.(12分)(2024山东聊城一模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,∠BAC=30°,侧面BCC1B1是正方形,E是BB1的中点,CE=,CE⊥AC.(1)求证:CC1⊥AC;(2)F是线段AC1上的点,若平面ABC与平面CEF的夹角为45°,求AF的长.19.(12分)(2024全国甲,文19)小明同学参与综合实践活动,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,且它们所在的平面都与平面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).20.(12分)(2024山东菏泽一模)如图,圆柱的轴截面ABCD是正方形,点E在底面圆周上,AF⊥DE,F 为垂足.(1)求证:AF⊥DB.(2)当直线DE与平面ABE所成角的正切值为2时,①求二面角E-DC-B的余弦值;②求点B到平面CDE的距离.21.(12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.22.(12分)如图,四边形PDCE为矩形,四边形ABCD为梯形,平面PDCE⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=CD=1,PD=.(1)若M为PA中点,求证:AC∥平面MDE;(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值;(3)在线段PC上是否存在一点Q(除去端点),使得平面QAD与平面PBC所成锐二面角的大小为?若存在,请说明点Q的位置;若不存在,请说明理由.单元质检卷七立体几何与空间向量1.C解析:当三点共线时,不能确定一个平面,故A错误;假如一条直线平行于一个平面,则这条直线与这个平面内的随意一条直线可能平行也可以异面,故B 错误;由线面垂直的判定定理知C正确;平行于同一平面的两条直线可能平行,可能相交也可以异面,故D错误.故选C.2.C解析:过a与P作一平面β,由于P∈α,故可设平面α与平面β的交线为b,且P∈b,由平面的基本性质可知两平面的交线b是唯一的,因为直线a∥平面α,所以a∥b,即过点P和已知直线a平行的直线有且只有一条,且在平面α内.3.C解析:设中间圆柱部分的高为h,则胶囊的体积V=π×13+π×12×h=,解得h=3,所以胶囊的表面积为4π×12+2π×1×3=10π.4.B解析:如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,底面ABCD的边长为2,设点P在底面ABCD的投影点为点O,则四棱锥P-ABCD的高PO=,则O为AC的中点,且AO=AC=AB=,PB=PA=.取AB的中点E,连接PE,则PE⊥AB,且PE==2,则S△PAB=AB·PE=2,故正四棱锥P-ABCD的表面积S=4S△PAB+S四边形ABCD=4×2+2×2=12.故选B.5.B解析:设大圆锥的母线长为l cm,因为圆台的上、下底面半径之比为1∶3,所以(l-6)∶l=1∶3,解得l=9.故选B.6.D解析:由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1,ED,则A1B1∥ED,ED∥AB,明显CDE-C1A1B1是三棱台,设△ABC的面积为1,△CDE的面积为S,三棱柱的高为h,则·1·h=h(1+S+),解得,由△CDE∽△CAB,可得.7.C解析: 如图,甲、乙两个圆锥的侧面绽开图刚好拼成一个圆,设圆的半径(即圆锥的母线长)为3,则圆的周长为6π.设甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1,r2,高分别为h1,h2,则2πr1=4π,2πr2=2π,则r1=2,r2=1,由勾股定理得,h1=,h2=2,所以,故选C.8.B解析:将侧面PBC沿PC翻折到与侧面PAC共面,如图所示.则动点Q从B点动身,沿外表面经过棱PC上一点到点A的最短距离为AB.∵PA⊥底面ABC,AC⊂平面ABC,∴PA⊥AC.又BC⊥PC,PA=AC,∴∠ACB=,∴AB2=AC2+BC2-2AC·BC cos∠ACB=2+a2+2a×=10,解得a=2.∴PB==2.取PB中点O,连接AO,CO,∵PA⊥AB,PC⊥BC,∴AO=CO=PB,∴O为该棱锥的外接球的球心,其半径R=PB=,∴球O的表面积S=4πR2=8π.故选B.9.AC解析:对于A,若a⊥α,b⊥α,则直线a和b相当于平面α的法向量,故a∥b,故A正确; 对于B,若a⊥b,b⊥β,则a∥β或a⊂β,故B错误;对于C,若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b,故C正确;对于D,若a∥α,α⊥β,则a⊥β或a与β相交或a∥β,故D错误.故选AC.10.ABC解析:由题意可知,AA1⊥平面ABC,又BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,又AC⊥BC,且AA1∩AC=A,则BC⊥平面AA1C1C,所以四棱锥B-A1ACC1为“阳马”,故A项正确;由AC⊥BC,得A1C1⊥BC,又A1C1⊥C1C且C1C∩BC=C,所以A1C1⊥平面BB1C1C,又BC1⊂平面BB1C1C,所以A1C1⊥BC1,故△A1BC1为直角三角形.又由BC⊥平面AA1C1C,得△A1BC为直角三角形,由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形,△CC1B为直角三角形,所以四面体A1-C1CB为“鳖臑”,故B项正确;因为BC⊥平面AA1C1C,所以BC⊥AF,又AF⊥A1C且A1C∩BC=C,则AF⊥平面A1BC,所以AF⊥A1B.又AE ⊥A1B且AF∩AE=A,所以A1B⊥平面AEF,故A1B⊥EF,故C项正确;在底面有4=AC2+BC2≥2AC×BC,即AC×BC≤2,当且仅当AC=BC时等号成立,×BC=AA1×AC×BC=AC×BC≤,故D项不正确.故选ABC.11.AD对于A选项,由于平面ADD1A1∥平面BCC1B1,而平面BMN与这两个平面分别交于HF和BE,依据面面平行的性质定理可知HF∥BE,故A正确;由于A1F∶FA=1∶2,而E是CC1的中点,故MA1=1,C1N=2.对于B选项,×MB1×NB1×BB1=×3×4×2=4,故B错误;对于C选项,因为B1N⊥平面A1B1BA,所以直线MN与平面A1B1BA所成的角为∠NMB1,且tan∠NMB1=≠1,故C错误;对于D选项,可知D1G=,GC1=,故D正确.故选AD.12.ABD解析:对于选项A,如图,分别找线段BB1,B1C1的中点M,N,连接A1M,MN,A1N.由题得MN∥AD1,MN⊄平面D1AE,AD1⊂平面D1AE,所以MN∥平面D1AE.又A1M∥D1E,A1M⊄平面D1AE,D1E⊂平面D1AE,所以A1M∥平面D1AE.又MN∩A1M=M,所以平面A1MN∥平面D1AE.因为A1F与平面D1AE的垂线垂直,又A1F⊄平面D1AE,所以直线A1F与平面D1AE平行,所以A1F⊂平面A1MN.又平面A1MN∩平面BCC1B1=MN,所以点F的轨迹为线段MN,故选项A正确;对于选项B,由图可知,AF与BE是异面直线,故选项B正确;对于选项C,当点F与点M重合时,直线A1F与直线D1E平行,故选项C错误;对于选项D,因为MN∥AD1,MN⊄平面ABD1,AD1⊂平面ABD1,所以MN∥面ABD1,则点F到平面ABD1的距离是定值,又三角形ABD1的面积是定值,所以三棱锥F-ABD1的体积为定值,故选项D正确.故选ABD.13.π(答案不唯一)解析:设底面半径r=1,母线长为l,由绽开图为半圆,可知2π=l·π,所以l=2,所以高h=,则体积V=·π·π.14.C1M 解析:因为C1∈平面A1CC1,且C1∈平面BDC1,同时M∈平面A1CC1,且M∈平面BDC1,所以平面A1CC1与平面BDC1的交线是C1M.15.3解析:设三棱锥的高为h.因为底面外接圆的半径r==2,且底面三角形的高为3, 所以底面外接圆圆心究竟面各边的距离为,由正三棱锥的结构知,各侧面三角形的高为,所以各侧面三角形的面积为×6×=3,则h××62×sin60°=×1×9×62×sin60°,则(h-1)=,可得h=3.16.242解析:四面体的表面绽开图即△ABC.在△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC=,则sin∠ABC=.四面体PDEF的表面积为S△ABC=AB·BC sin∠ABC=×10×12×=24.因为四面体PDEF相对棱等长,所以可以把该四面体放在长方体D1EP1F-DE1PF1中,如图.PD=EF=5,PE=DF=6,PF=DE=7,设FP1=x,FD1=y,FF1=z,则有解得故xyz=6.所以四面体PDEF的体积V=-4=xyz-4×xyz=xyz=2.17.解据题意,建立空间直角坐标系如图所示.则D(0,0,0),A1(2,0,2),C(0,2,0),E(2,1,0),F(1,1,1),D1(0,0,2),∴=(-1,0,1),=(0,-2,2),=(2,0,2),=(0,2,0).(1)cos<>===,∴<>=60°,即异面直线EF和CD1所成的角为60°.(2)证明:∵=-1×2+0×0+1×2=0,∴,即EF⊥DA1.∵=-1×0+0×2+1×0=0,∴,即EF⊥DC.又DA1,DC⊂平面A1CD,且DA1∩DC=D,∴EF⊥平面A1CD.18.(1)证明因为四边形BCC1B1为正方形,E为BB1的中点,CE=,所以BC=2.在△ABC中,由正弦定理得sin∠ACB==1,所以∠ACB=90°,即AC⊥BC.因为AC⊥CE,BC∩CE=C,BC⊂平面BCC1B1,CE⊂平面BCC1B1,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为CC1⊂平面BCC1B1,所以AC⊥CC1.(2)解由(1)得AC=2,BC=CC1=2,AC,BC,CC1两两垂直.以C为原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x 轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则C(0,0,0),E(0,2,1),A(2,0,0),C1(0,0,2),于是=(0,2,1),=(2,0,0),=(-2,0,2).设=λ,λ∈[0,1],则+λ=(2-2λ,0,2λ),设平面CEF的法向量为n=(x,y,z),则即令z=-2,得n=,1,-2.平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos<m,n>=.由平面ABC与平面CEF的夹角为45°,得|cos<m,n>|=cos45°,即,解得λ=,所以AF=AC1=×4=.19.(1)证明过点E作EE'⊥AB于点E',过点F作FF'⊥BC于点F',连接E'F'.∵底面ABCD是边长为8的正方形,△EAB,△FBC均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直,∴EE'⊥平面ABCD,FF'⊥平面ABCD,且EE'=FF',∴四边形EE'F'F是平行四边形,则EF∥E'F'.∵E'F'⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,∴EF∥平面ABCD.(2)解过点G,H分别作GG'⊥CD,HH'⊥DA,交CD,DA于点G',H',连接F'G',G'H',H'E',AC.由(1)及题意可知,G',H'分别为CD,DA的中点,EFGH-E'F'G'H'为长方体,故该包装盒由一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成.∵底面ABCD是边长为8的正方形,∴AC==8cm,E'F'=H'E'=AC=4cm,EE'=AE sin60°=4cm,∴该包装盒的容积为V=V EFGH-E'F'G'H'+4V A-3. EE'H'H=E'F'×E'H'×EE'+4××S EE'H'H×AC=4×4×4+4××4×4×2cm20.(1)证明由题意可知DA⊥底面ABE,BE⊂底面ABE,故BE⊥DA,又BE⊥AE,AE∩DA=A,AE,DA⊂平面AED,故BE⊥平面AED,由AF⊂平面AED,得AF⊥BE,又AF⊥DE,BE∩DE=E,BE,DE⊂平面BED,故AF⊥平面BED,由DB⊂平面BED,可得AF⊥DB.(2)解①由题意,以A为原点,在底面圆内过点A作AB的垂线作为x轴,以AB,AD所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示,设AD=2,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(0,2,2),D(0,0,2),因为DA⊥平面ABE,所以∠DEA就是直线DE与平面ABE所成的角,所以tan∠DEA==2,所以AE=1,所以E,0,由上可得=(0,2,0),=,-2,设平面DCE的法向量为n=(x,y,z),则即取x=4,得n=(4,0,).又m=(1,0,0)是平面BCD的一个法向量,所以cos<m,n>=,又由图形可知二面角E-DC-B为锐角,所以它的余弦值为.②因为=,-,0,所以点B到平面CDE的距离d=.21.(1)证明因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC,又因为AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l ∥AD.所以l⊥平面PDC.(2)解以D为坐标原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系Dxyz如图所示.由PD=AD=1,得D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则=(0,1,0),=(1,1,-1).由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则令x=-1,则n=(-1,0,a).所以cos<n,>=.设PB与平面QCD所成角为θ,则sinθ=.因为,当且仅当a=1时,等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.22.(1)证明如图,设PC与DE交于点N,连接MN.因为四边形PDCE为矩形,所以N为PC的中点.又M为PA的中点,所以MN∥AC,而MN⊂平面MDE,AC⊄平面MDE,所以AC∥平面MDE.(2)解因为平面PDCE⊥平面ABCD,平面PDCE∩平面ABCD=DC,PD⊥DC,PD⊂平面PDCE,所以PD⊥平面ABCD.因为AD⊂平面ABCD,所以PD⊥AD.因为∠BAD=∠ADC=90°,所以DA,DC,DP两两垂直.以D为坐标原点,以DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,依据题意,则有A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),P(0,0,),所以=(1,0,-),=(1,1,-),=(0,2,-).设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则取y=1,则m=(1,1,).设直线PA与平面PBC所成角的平面角为θ,则有sinθ=|cos<m,>|===.(3)解假设存在点Q满意题意,则=λ(0<λ<1),故=(0,2λ,-λ),则Q(0,2λ,λ).所以=(0,2λ,λ),=(1,0,0).设平面QAD的法向量为n=(a,b,c),则有取b=1,则n=0,1,,由(2)知平面PBC的一个法向量为m=(1,1,),依据题意,有cos=cos<m,n>,则,解得λ=.即得,即点Q为线段PC上靠近点C的一个三等分点,Q0,.。

高考文科数学练习测试题第七章立体几何

第七章立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图对应学生用书P99基础盘查一空间几何体的结构特征(一)循纲忆知认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．(二)小题查验1．判断正误(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱()(2) 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥()(3)用一个平面去截一个球，截面是一个圆面()答案：(1)×(2)×(3)√2．(人教A版教材习题改编)如图，长方体ABCD-A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是________．答案：五棱柱三棱柱基础盘查二空间几何体的三视图(一)循纲忆知1．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型．2．会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图，了解空间图形的不同表示形式．3．会画出某些建筑物的三视图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求)．(二)小题查验1．判断正误(1)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同()(2)圆锥的俯视图是一个圆()(3)圆台的正视图和侧视图是两个全等的等腰梯形()答案：(1)×(2)√(3)√2．(北师大版教材例题改编)已知空间几何体的三视图如图，则该几何体是由__________________组合而成．答案：圆柱和正四棱柱3．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能为：①长方形；②正方形；③圆；④椭圆．其中正确的是________．答案：②③基础盘查三空间几何体的直观图(一)循纲忆知1．会用斜二测画法画出几何体的直观图．2．会用平行投影与中心投影画出简单空间图形的直观图．了解空间图形的不同表示形式．3．会画某些建筑物的直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求)．(二)小题查验1．判断正误(1)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝45°()(2)斜二测画法中，平行于x轴y轴的线段平行性不变，且长度也不变()(3)斜二测画法中，原图形中的平行垂直关系在直观图中不变()答案：(1)×(2)×(3)×2．(2015·东北三校第一次联考)利用斜二测画法可以得到：①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形； ③正方形的直观图是正方形； ④菱形的直观图是菱形．以上结论正确的是________．答案：①②对应学生用书P100考点一空间几何体的结构特征(基础送分型考点——自主练透)[必备知识]1．多面体的结构特征(1)棱柱⎩⎪⎨⎪⎧底面：互相平行侧面：都是四边形，且每相邻两个面的交线都平行且相等(2)棱锥⎩⎪⎨⎪⎧底面：是多边形侧面：都是有一个公共顶点的三角形(3)棱台棱锥被平行于棱锥底面的平面所截，截面与底面之间的部分． 2．旋转体的结构特征(1)圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到．(2)圆锥可以由直角三角形绕其一条直角边旋转得到．(3)圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到．(4)球可以由半圆面或圆面绕直径旋转得到． [提醒](1)认识棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征时，易忽视定义，可借助于几何模型强化对空间几何体的结构特征的认识．(2)台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行．[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A ．圆柱 B ．圆锥C ．球体D ．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体． 2．下列结论正确的是( )A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解析：选D A错误，如图1是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B错误，如图2，若△ABC不是直角三角形，或△ABC 是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．图1易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾．图23．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点；⑤直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；③正确，如图1，PD⊥平面ABCD，其中底面ABCD为矩形，可证明∠P AB，∠PCB为直角，这样四个侧面都是直角三角形；命题④由棱台的定义知是正确的；⑤错误，当以斜边为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥．如图2所示，它是由两个同底圆锥形成的．答案：①③④[类题通法]解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧(1)要想真正把握几何体的结构特征，必须多角度、全面地去分析，多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定；(3)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．考点二空间几何体的三视图(重点保分型考点——师生共研)[必备知识](1)空间几何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；③看不到的线画虚线．[提醒]若相邻两物体的表面相交，则表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的区别．[典题例析]1．(2014·江西高考)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()解析：选B由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形．2.(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是()A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱解析：选B将三视图还原为几何体即可．如图，几何体为三棱柱．[类题通法]1．对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，然后再画其三视图．2．由三视图还原几何体时，要遵循以下三步：(1)看视图，明关系；(2)分部分，想整体；(3)综合起来，定整体．[演练冲关]1．(2015·南阳三模)已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()解析：选C当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，排除A，D；当正视图是直角三角形，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线P A形成的投影，应为虚线，故答案为C.2.如图由若干个相同的小立方体组成的几何体的俯视图，其中小立方体中的数字表示相应位置的小立方体的个数，则该几何体的侧视图为()解析：选C由俯视图知侧视图从左到右能看到的小立方体个数分别为2,3,1.考点三空间几何体的直观图(重点保分型考点——师生共研)[必备知识]1．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．”2．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系：S直观图＝24S原图形，S原图形＝22S直观图．[典题例析](2015·福州模拟)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()解析：选A由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[类题通法]用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．[演练冲关]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为()A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2D．8 2 cm2解析：选C依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.对应B本课时跟踪检测(四十)一、选择题1．(2014·福建高考)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是()A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱解析：选A圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱．2.(2015·青岛模拟)将长方体截去一个四棱锥后，得到的几何体的直观图如图所示，则该几何体的俯视图为()解析：选C 长方体的侧面与底面垂直，所以俯视图是C.3．(2015·烟台一模)若一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选D 观察三视图，可得直观图如图所示．该三棱锥A -BCD的底面BCD 是直角三角形，AB ⊥平面BCD ，CD ⊥BC ，侧面ABC ，ABD 是直角三角形；由CD ⊥BC ，CD ⊥AB ，知CD ⊥平面ABC ，CD ⊥AC ，侧面ACD 也是直角三角形，故选D.4．(2015·淄博一模)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥A -BCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A.22 B.12 C.24D.14解析：选D 由正视图与俯视图可得三棱锥A -BCD 的一个侧面与底面垂直，其侧视图是直角三角形，且直角边长均为22，所以侧视图的面积为S ＝12×22×22＝14，选D. 5．(2015·武昌调研)已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥，则不是该三棱锥的三视图是( )解析：选D 易知该三棱锥的底面是直角边分别为1和2的直角三角形，注意到侧视图是从左往右看得到的图形，结合B 、D 选项知，D 选项中侧视图方向错误，故选D.6.如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P -ABC 的正(主)视图与侧(左)视图的面积的比值为( )A.12 B ．1 C ．2D ．不确定，与点P 的位置有关解析：选B 如题图所示，设正方体的棱长为a ，则三棱锥P -ABC 的正(主)视图与侧(左)视图都是三角形，且面积都是12a 2，故选B.二、填空题7.(2015·西城区期末)已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为________．解析：由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长．因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为3，所以正视图的面积为2 3.答案：2 38．如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为________．解析：由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC 的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′，∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42， ∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2. 答案：24 29．(2015·昆明、玉溪统考)如图，三棱锥V -ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V -ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：3310．给出下列命题：①在正方体上任意选择4个不共面的顶点，它们可能是正四面体的4个顶点；②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；③若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中正确命题的序号是________．解析：①正确，正四面体是每个面都是等边三角形的四面体，如正方体ABCD-A1B1C1D1中的四面体A-CB1D1；②错误，反例如图所示，底面△ABC为等边三角形，可令AB＝VB＝VC＝BC＝AC，则△VBC为等边三角形，△VAB和△VCA均为等腰三角形，但不能判定其为正三棱锥；③错误，必须是相邻的两个侧面．答案：①三、解答题11．已知：图①是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图②是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．解：图①几何体的三视图为：图②所示的几何体是上面为正六棱柱，下面为倒立的正六棱锥的组合体．12．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．(1)根据图所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求P A.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，P A＝PD2＋AD2＝(62)2＋62＝6 3 cm.第二节空间几何体的表面积与体积对应学生用书P101基础盘查一柱体、锥体、台体的表面积(一)循纲忆知了解柱体、锥体、台体的表面积的计算公式．(二)小题查验1．判断正误(1)几何体的表面积就是其侧面积与底面积的和()(2)几何体的侧面积是指各个侧面积之和()答案：(1)√(2)√2．(人教A版教材例题改编)已知棱长为a，各面均为等边三角形的四面体S-ABC，它的表面积为________．解析：过S作SD⊥BC，∵BC＝a，∴SD＝3 2a∴S△SBC＝34a2，∴表面积S＝4×34a2＝3a2.答案：3a23.(2015·北京石景山一模)正三棱柱的侧(左)视图如图所示，则该正三棱柱的侧面积为________．解析：由侧(左)视图知：正三棱柱的高(侧棱长)为2，底边上的高为3，所以底边边长为2，侧面积为3×2×2＝12.答案：12基础盘查二柱体、锥体、台体的体积 (一)循纲忆知了解柱体、锥体、台体的体积的计算公式． (二)小题查验 1．判断正误(1)等底面面积且等高的两个同类几何体的体积相等( ) (2)在三棱锥P -ABC 中，V P -ABC ＝V A -PBC ＝V B -P AC ＝V C -P AB ( ) 答案：(1)√ (2)√2．(人教B 版教材例题改编)如图，在长方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中，用截面截下一个棱锥C -A ′DD ′，则棱锥C -A ′DD ′的体积与剩余部分的体积之比为________．答案：1∶53．(2015·海淀高三练习)已知某四棱锥，底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示．若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为________．解析：由俯视图可知，四棱锥顶点在底面的射影为O (如图)，又侧视图为直角三角形，则直角三角形的斜边为BC ＝2，斜边上的高为SO ＝1，此高即为四棱锥的高，故V ＝13×2×2×1＝43.答案：43基础盘查三球的表面积与体积 (一)循纲忆知了解球的表面积与体积的计算公式． (二)小题查验 1．判断正误(1)球的表面是曲面，不能展开在一平面上，故没有展开图( ) (2)正方体的内切球中其直径与棱长相等( )答案：(1)√ (2)√2．(人教A 版教材例题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶13.已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是________．解析：依题意得，该几何体是球的一个内接正方体，且该正方体的棱长为2.设该球的直径为2R ，则2R ＝22＋22＋22＝23，所以该几何体的表面积为4πR 2＝4π(3)2＝12π.答案：12π对应学生用书P102考点一空间几何体的表面积(基础送分型考点——自主练透)[必备知识]当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得：S 圆柱侧＝2πrl =r r'←−−−S 圆台侧＝π(r ＋r ′)l ――→r ′＝0S 圆锥侧＝πrl [提醒] 组合体的表面积应注意重合部分的处理．[题组练透]1．(2014·陕西高考)将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π解析：选C 由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.2．(2014·安徽高考)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( )A ．21＋ 3B ．18＋ 3C ．21D ．18解析：选A 由三视图可知该几何体的直观图如图所示，其是棱长为2的正方体从后面右上角和前面左下角分别截去一个小三棱锥后剩余的部分，其表面积为S ＝6×4－12×6＋2×34×(2)2＝21＋ 3.3．已知某几何体的三视图的正视图和侧视图是全等的等腰梯形，俯视图是两个同心圆，如图所示，则该几何体的表面积为________．解析：由三视图知该几何体为上底直径为2，下底直径为6，高为23的圆台，则几何体的表面积S ＝π×1＋π×9＋π×(1＋3)×(23)2＋22＝26π.答案：26π[类题通法]求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．考点二空间几何体的体积(重点保分型考点——师生共研)[必备知识]1．柱体V 柱体＝Sh ；V 圆柱＝πr 2h . 2．锥体V 锥体＝13Sh ；V 圆锥＝13πr 2h .3．台体V 台体＝13(S ＋SS ′＋S ′)h ；V 圆台＝13πh (r 2＋rr ′＋r ′2)．[提醒](1)求一些不规则几何体的体积常用割补的方法将几何体转化成已知体积公式的几何体进行解决．(2)与三视图有关的体积问题需注意几何体还原的准确性及数据的准确性．[典题例析]1．(2014·辽宁高考)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．8－2πB ．8－πC ．8－π2D ．8－π4解析：选B 直观图为棱长为2的正方体割去两个底面半径为1的14圆柱，所以该几何体的体积为23－2×π×12×2×14＝8－π.2．(2014·山东高考)三棱锥P -ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D -ABE 的体积为V 1，P -ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.解析：如图，设点C 到平面P AB 的距离为h ，三角形P AB 的面积为S ，则V 2＝13Sh ，V 1＝V E －ADB ＝13×12S ×12h ＝112Sh ，所以V 1V 2＝14.答案：14[类题通法]1．计算柱、锥、台的体积关键是根据条件找出相应的底面积和高．2．注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、转化法等，它们是解决一些不规则几何体体积计算常用的方法，应熟练掌握．3．求以三视图为背景的几何体的体积．应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．[演练冲关]1．(2015·唐山统考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A ．8π＋16B ．8π－16C ．8π＋8D ．16π－8解析：选B 由三视图可知：几何体为一个半圆柱去掉一个直三棱柱．半圆柱的高为4，底面半圆的半径为2，直三棱柱的底面为斜边是4的等腰直角三角形，高为4，故几何体的体积V ＝12π×22×4－12×4×2×4＝8π－16.2．(2015·苏州测试)如图，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在AA 1，CC 1上，且AE ＝34AA 1，CF ＝13CC 1，点A ，C 到BD 的距离之比为3∶2，则三棱锥E -BCD 和F -ABD 的体积比V E -BCDV F -ABD＝________.解析：由题意可知点A ，C 到BD 的距离之比为3∶2，所以S △BCDS △ABD＝23，又直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AE ＝34AA 1，CF ＝13CC 1，所以AE CF ＝94，于是V E -BCDV F -ABD＝13S △BCD ·AE 13S △ABD·CF＝23×94＝32. 答案：32考点三与球有关的切、接问题(常考常新型考点——多角探明)[必备知识]1．球的表面积公式：S ＝4πR 2；球的体积公式V ＝43πR 32．与球有关的切、接问题中常见的组合：(1)正四面体与球：如图，设正四面体的棱长为a ，内切球的半径为r ，外接球的半径为R ，取AB 的中点为D ，连接CD ，SE 为正四面体的高，在截面三角形SDC 内作一个与边SD 和DC 相切，圆心在高SE 上的圆．因为正四面体本身的对称性，内切球和外接球的球心同为O .此时，CO ＝OS ＝R ，OE ＝r ，SE ＝ 23a ，CE ＝33a ，则有R ＋r ＝ 23a ，R 2－r 2＝|CE |2＝a 23，解得R ＝64a ，r ＝612a . (2)正方体与球：①正方体的内切球：截面图为正方形EFHG 的内切圆，如图所示．设正方体的棱长为a ，则|OJ |＝r ＝a2(r 为内切球半径)．②与正方体各棱相切的球：截面图为正方形EFHG 的外接圆，则|GO |＝R ＝22a . ③正方体的外接球：截面图为正方形ACC 1A 1的外接圆，则|A 1O |＝R ′＝32a . (3)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球：①如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，则可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．即三棱锥A 1-AB 1D 1的外接球的球心和正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的外接球的球心重合．如图，设AA 1＝a ，则R ＝32a . ②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，则可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．R 2＝a 2＋b 2＋c 24＝l 24(l 为长方体的体对角线长)．[多角探明]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点．命题角度多变．归纳起来常见的命题角度有：(1)正四面体的内切球； (2)直三棱柱的外接球； (3)正(长)方体的外接球； (4)四棱锥的外接球.角度一：正四面体的内切球1．(2015·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．(2015·唐山统考)如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为( )A ．2B ．1 C. 2D.22解析：选C 由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为截面圆的直径，∴∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 是BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外心M 是B 1C 1的中心．设正方形BCC 1B 1的边长为x ，Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x2，OC 1＝R ＝1(R 为球的半径)，∴⎝⎛⎭⎫x 22＋⎝⎛⎭⎫x 22＝1，即x ＝2，则AB ＝AC ＝1，∴S 矩形ABB 1A 1＝2×1＝ 2.角度三：正方体的外接球3．一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．解析：依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，要求的直径就是正方体的体对角线；∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3，∴球的体积V ＝43πR 3＝43π.答案：43π角度四：四棱锥的外接球4．(2014·大纲卷)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9πD.27π4解析：选A 如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ，∵正四棱锥P -ABCD 中AB ＝2，∴AO ′＝ 2.∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2，∴R 2＝(2)2＋(4－R )2，解得R ＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4，故选A.[类题通法]“切”“接”问题的处理规律 1．“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．2．“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．对应A 本课时跟踪检测(四十一)一、选择题1．(2015·云南一检)如果一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图都是半径等于5的圆，那么这个空间几何体的表面积等于( )A ．100π B.100π3C ．25πD.25π3解析：选A 易知该几何体为球，其半径为5，则表面积为S ＝4πR 2＝100π.2．(2014·陕西高考)已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )A.32π3 B ．4π C ．2πD.4π3解析：选D 因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半，所以半径r ＝1212＋12＋(2)2＝1，所以V 球＝4π3×13＝4π3.故选D.3．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为6时，其高的值为( )A ．3 3 B. 3 C ．2 6D ．2 3解析：选D 设正六棱柱的高为h ，则可得(6)2＋h 24＝32，解得h ＝2 3.4．(2015·遵义模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为( )A.3＋ 6B.3＋ 5C.2＋ 6D.2＋ 5解析：选C 由三视图还原为空间几何体，如图所示，则有OA ＝OB ＝1，AB ＝ 2.又PB ⊥平面ABCD ， ∴PB ⊥BD ，PB ⊥AB ，∴PD ＝22＋1＝5，P A ＝2＋12＝3，。

高考数学一轮复习第七章立体几何阶段检测试题(含解析)文

第七章立体几何阶段检测试题时间：120分钟分值：150分一、选择题(每小题5分，共60分)1．关于空间几何体的结构特征，下列说法不正确的是( )A．棱柱的侧棱长都相等B．棱锥的侧棱长都相等C．三棱台的上、下底面是相似三角形D．有的棱台的侧棱长都相等解析：根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等．答案：B2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF 的位置关系是( )A．相交B．异面C．平行D．垂直解析：由BC綊AD，AD綊A1D1知，BC綊A1D1，从而四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，又EF⊂平面A1C，EF∩D1C＝F，则A1B 与EF相交．答案：A3．(2017·嘉兴月考)对于空间的两条直线m，n和一个平面α，下列命题中的真命题是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，n⊂α，则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m∥nD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：对A，直线m，n可能平行、异面或相交，故选项A错误；对B，直线m与n可能平行，也可能异面，故选项B错误；对C，m与n垂直而非平行，故选项C错误；对D，垂直于同一平面的两直线平行，故选项D正确．答案：D4．设P是异面直线a，b外的一点，则过点P与a，b都平行的平面( )A．有且只有一个B．恰有两个C．不存在或只有一个D．有无数个解析：过点P作a1∥a，b1∥b，若过a1，b1的平面不经过a，b，则存在一个平面同时与a，b平行；若过a1，b1的平面经过a或b，则不存在这样的平面同时与a，b平行．答案：C5．若平面α∥平面β，点A，C∈α，B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是( ) A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A，B，C，D四点共面解析：由平面α∥平面β知，直线AC与BD无公共点，则直线AC∥直线BD的充要条件是A，B，C，D四点共面．答案：D6．已知a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，且a⊥α，b⊥β，则下列命题中的假命题是( )A．若a∥b，则α∥βB．若α⊥β，则a⊥bC．若a，b相交，则α，β相交D．若α，β相交，则a，b相交解析：若α，β相交，则a，b可能相交，也可能异面，故D为假命题．答案：D7．一个几何体的侧视图和俯视图如图所示，若该几何体的体积为43，则它的正视图为( )解析：由几何体的侧视图和俯视图，可知几何体为组合体，由几何体的体积为43，可知上方为棱锥，下方为正方体．由俯视图可得，棱锥顶点在底面上的射影为正方形一边上的中点，顶点到正方体上底面的距离为1，所以选B.答案：B8．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．27－3π2B ．18－3π2C ．27－3πD ．18－3π解析：由几何体的三视图可知该几何体可以看成是底面是梯形的四棱柱挖去了半个圆柱，所以所求体积为12×(2＋4)×2×3－12π×12×3＝18－3π2.答案：B9．半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为( ) A.5π 6 B ．6π 2 C ．π2D ．5π12解析：正方体上底面的中心即球的球心，设球的半径为R ，正方体的棱长为a ，则有R 2＝a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫22a 2，得R 2＝32a 2，所以半球的体积与正方体的体积之比为23πR3a 3＝6π2.答案：B10．如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BC ＝AC ，AC 1⊥A 1B ，M ，N 分别为A 1B 1，AB 的中点．给出下列结论：①C 1M ⊥平面A 1ABB 1；②A 1B ⊥AM ；③平面AMC 1∥平面CNB 1.其中正确结论的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3解析：由于ABC－A1B1C1为直三棱柱，所以A1A⊥C1M.由B1C1＝A1C1，M为A1B1的中点，得C1M⊥A1B1.又AA1∩A1B1＝A1，所以C1M⊥平面A1ABB1，所以①正确．因为C1M⊥平面A1ABB1，所以C1M⊥A1B.又AC1⊥A1B，C1M∩AC1＝C1，所以A1B⊥平面AMC1，所以AM⊥A1B，所以②正确．由AM∥B1N，C1M∥CN，可得平面AMC1∥平面CNB1，所以③正确，故正确结论共有3个．答案：D11．如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长，其中正确的是( )A．①②B．①②③C．①D．②③解析：对于①，∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC ⊥AC，∴BC⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA.∵PA⊂平面PAC，∴OM∥平面PAC，对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．答案：B12．(2017·山西大学附中高三上模块诊断)Rt△ABC的角A，B，C所对的边分别是a，b，c(其中c为斜边)，分别以a，b，c边所在的直线为旋转轴，将△ABC旋转一周得到的几何体的体积分别是V1，V2，V3，则( )A ．V 1＋V 2＝V 3B ．1V 1＋1V 2＝1V 3C ．V 21＋V 22＝V 23D ．1V 21＋1V 22＝1V 23解析：以a 边为旋转轴的几何体的体积V 1＝13b 2πa ，以b 边为旋转轴的几何体的体积V 2＝13a 2πb ，以c 边为旋转轴的几何体的体积V 3＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫ab c 2πc ＝a 2b 2π3c ，所以1V 21＋1V 22＝9b 2πa 2＋9a 2πb2＝a 2＋b 2a 4b 4π2＝9c 2a 4b 4π2＝1V 23，故选D. 答案：D二、填空题(每小题5分，共20分)13．(2017·河北质量监测)多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为________cm 3.解析：由三视图可知该几何体是一个三棱锥，如图所示．在三棱锥D －ABC 中，底面ABC 是等腰三角形，设底边AB 的中点为E ，则底边AB 及底边上的高CE 均为4，侧棱AD ⊥平面ABC ，且AD ＝4，所以三棱锥D －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AD ＝13×12×4×4×4＝323.答案：32314．在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，AB ＝PA ＝2，M ，N 分别为PA ，PB 的中点，则MD 与AN 所成角的余弦值为________．解析：如图所示，取CD 的中点E ，连接AE ，NE ，MN .易得MN ∥DE ，MN ＝DE ，故四边形MNED 为平行四边形，所以MD ∥NE ，所以∠ANE 为异面直线AN 与MD 所成的角，在△ANE 中，AE ＝5，NE ＝MD ＝5，AN ＝12PB ＝2，故cos ∠ANE ＝AN 2＋NE 2－AE 22×AN ×NE＝2＋5－52×2×5＝1010. 答案：1010 15．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若E ，F 分别为AB ，AC 的中点，平面EB 1C 1F 将三棱柱分成体积为V 1，V 2的两部分(其中V 1为棱台的体积)，则V 1V 2＝________.解析：延长A 1A 到A 2，B 1B 到B 2，C 1C 到C 2，且A 1A ＝AA 2，B 1B ＝BB 2，C 1C ＝CC 2，则得三棱柱ABC －A 2B 2C 2，且V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1＝V三棱柱ABC －A 2B 2C 2，连接A 2B ，A 2C ，延长B 1E ，C 1F ，则B 1E ∩C 1F ＝A 2.因为A 2A A 2A 1＝12，所以VA 2－AEF ＝18V 三棱锥A 2－A 1B 1C 1，又V 三棱锥A 2－AEF ＝14V 三棱锥A 2－ABC＝14×13V 三棱柱ABC －A 2B 2C 2 ＝112V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1 ，所以V 三棱台AEF －A 1B 1C 1＝7V 三棱锥A 2－AEF ＝712V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1 ，故V 1V 2＝7(12－7)＝7 5.答案：7516．如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，AD BC AB ＝234，E ，F 分别是AB ，CD 的中点，将四边形ADFE 沿直线EF 进行翻折．给出四个结论：①DF ⊥BC ；②BD ⊥FC ；③平面DBF ⊥平面BFC ；④平面DCF ⊥平面BFC .在翻折过程中，可能成立的结论是________．解析：因为BC ∥AD ，AD 与DF 相交不垂直，所以BC 与DF 不垂直，则①不成立；设点D 在平面BCF 上的射影为点P ，当BP ⊥CF 时就有BD ⊥FC ，而AD BC AB ＝234可使条件满足，所以②正确；当点P 落在BF 上时，DP ⊂平面BDF ，从而平面BDF ⊥平面BCF ，所以③正确；因为点D 的射影不可能在FC 上，所以④不成立．答案：②③三、解答题(共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤) 17．(10分)如图所示，AB 为圆O 的直径，点F 在圆O 上，且AB ∥EF ，矩形ABCD 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直，且AB ＝2，AD ＝EF ＝1.(1)设FC 的中点为M ，求证：OM ∥平面DAF ； (2)求证：AF ⊥平面CBF .证明：(1)设DF 的中点为N ，连接MN ，AN ，则MN ∥CD ，MN ＝12CD ，又∵AO ∥CD ，AO ＝12CD ，∴MN ∥AO ，MN ＝AO ，∴MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN .又∵AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ， ∴OM ∥平面DAF .(2)∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ， ∴CB ⊥平面ABEF∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB . 又∵AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF . 又∵CB ∩BF ＝B ， ∴AF ⊥平面CBF .18．(12分)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上的动点．(1)求证：A1E⊥BD；(2)当E恰为棱CC1的中点时，求证：平面A1BD⊥平面EBD.证明：连接AC，设AC∩DB＝O，连接A1O，OE，(1)因为AA1⊥底面ABCD，所以BD⊥A1A.又BD⊥AC，A1A∩AC＝A，所以BD⊥平面ACEA1.又因为A1E⊂平面ACEA1.所以A1E⊥BD.(2)在等边三角形A1BD中，BD⊥A1O.又因为BD⊥平面ACEA1，OE⊂平面ACEA1，所以BD⊥OE，所以∠A1OE为二面角A1－BD－E 的平面角．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设棱长为2a，因为E为棱CC1的中点，由平面几何知识，得EO＝3a，A1O＝6a，A1E＝3a.满足A1E2＝A1O2＋EO2，所以∠A1OE＝90°.即平面A1BD⊥平面EBD.19．(12分)已知点P在矩形ABCD的边DC上，AB＝2，BC＝1，点F在AB边上且DF⊥AP，垂足为E，将△ADP沿AP边折起，使点D位于D′位置，连接D′B、D′C得四棱锥D′－ABCP.(1)求证：D ′F ⊥AP ；(2)若PD ＝1，且平面D ′AP ⊥平面ABCP ，求四棱锥D ′－ABCP 的体积．解：(1)证明：∵AP ⊥D ′E ，AP ⊥EF ，D ′E ∩EF ＝E ， ∴AP ⊥平面D ′EF ， ∴AP ⊥D ′F .(2)连接PF ，∵PD ＝1，∴四边形ADPF 是边长为1的正方形， ∴D ′E ＝DE ＝EF ＝22. ∵平面D ′AP ⊥平面ABCP ，D ′E ⊥AP ， ∴D ′E ⊥平面ABCP ，∵S 梯形ABCP ＝12×(1＋2)×1＝32，∴V D ′－ABCP ＝13D ′E ·S 梯形ABCP ＝24.20．(12分)(2017·福建四校联考)已知四边形ABCD 是边长为3的菱形，对角线AC ＝22，分别过点B ，C ，D 向平面ABCD 外作3条相互平行的直线BE ，CF ，DG ，且点E ，F 在平面ABCD 的同侧，CF ＝8，平面AEF 与直线DG 相交于点G ，GE ∩AF ＝P ，AC ∩BD ＝O ，连接OP .(1)证明：OP ∥DG ；(2)当点F 在平面ABCD 内的正投影恰为点O 时，求四面体FACE 的体积．解：(1)证明：∵CF ∥BE ，BE ⊂平面BDGE ，CF ⊄平面BDGE ，∴CF ∥平面BDGE ，又CF ⊂平面ACF ，平面BDGE ∩平面ACF ＝OP ， ∴CF ∥OP .又CF ∥DG ，∴OP ∥DG .(2)如图，连接BF ，OF ，则OF ⊥平面ABC ，∴OF ＝CF 2－OC 2＝62.∵BE ∥CF ，∴V F －ACE ＝V E －ACF ＝V B －ACF ＝V F －ABC ＝13S △ABC ·OF .在Rt △AOB 中，∵AO ＝12AC ＝2，AB ＝3，∴BO ＝AB 2－AO 2＝1， ∴S △ABC ＝12AC ·OB ＝ 2.∴V F －ACE ＝V F －ABC ＝13×2×62＝2313，即四面体FACE 的体积为2313.21．(12分)如图，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，DD 1⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝AD ＝2A 1B 1，∠BAD ＝60°.(1)证明：BB 1⊥AC ；(2)设AC ，BD 的交点为O ，连接B 1O .设AB ＝2，DD 1＝2，求三棱锥B 1－ABO 外接球的体积．(球体体积公式：V ＝43πR 3，R 是球半径)解：(1)证明：底面平行四边形ABCD 中，因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以AC ⊥BD ，又DD 1⊥平面ABCD ，所以DD 1⊥AC ，所以AC ⊥平面BDD 1，又四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱DD 1与BB 1延长后交于一点，所以BB 1⊂平面BDD 1，所以AC ⊥BB 1，即BB 1⊥AC .(2)因为四边形ABCD 为平行四边形，所以OD ＝12BD .连接B 1D 1，由棱台定义及AB ＝AD ＝2A 1B 1知D 1B 1∥DO ，且D 1B 1＝DO ，所以四边形D 1B 1OD 为平行四边形，所以OD 1∥B 1O ，因为DD 1⊥平面ABCD ，所以B 1O ⊥平面ABCD ，即B 1O ⊥AO ，B 1O ⊥BO ，由(1)知AC ⊥BD 于点O ，即AO ⊥BO ，所以三棱锥B 1－ABO 外接球的直径就是以OA ，OB ，OB 1为三条棱的长方体的体对角线，长为32＋12＋22＝22，所以外接球半径R ＝2，所以外接球体积为V ＝43πR 3＝43π(2)3＝823π.22．(12分)如图，四边形ABCD 为等腰梯形，且AD ∥BC ，E 为BC 的中点，AB ＝AD ＝BE .现沿DE 将△CDE 折起成四棱锥C ′－ABED ，点O 为ED 的中点．(1)在棱AC ′上是否存在一点M ，使得OM ∥平面C ′BE ？并证明你的结论； (2)若AB ＝2，求四棱锥C ′－ABED 的体积的最大值．解：(1)存在，当M 为AC ′的中点时，OM ∥平面C ′BE .证明如下：连接MO 、C ′O ，取BC ′的中点F ，连接EF 、MF ，如图所示．∵MF 为△ABC ′的中位线， ∴MF ∥AB ，且MF ＝12AB .∵在等腰梯形ABCD 中，AD 綊BE ， ∴四边形ABED 为平行四边形， ∴AB 綊DE .∵O 为ED 的中点，∴MF 綊OE ， ∴四边形EFMO 为平行四边形， ∴OM ∥EF .∵EF ⊂平面C ′BE ，OM ⊄平面C ′BE ， ∴OM ∥平面C ′BE .(2)∵底面四边形ABED 的面积不变，∴要使四棱锥C ′－ABED 的体积最大，只需顶点C ′到平面ABED 的距离最大，即只需平面C ′DE ⊥平面ABED .∵C ′O ⊥ED ，平面C ′DE ∩平面ABED ＝ED ，C ′O ⊂平面C ′DE ，∴C ′O ⊥平面ABED ， ∴C ′O 为四棱锥C ′－ABED 的高，且C ′O ＝ 3.易知S 四边形ABED ＝23， ∴四棱锥C ′－ABED 的最大体积V max ＝13S 四边形ABED ·C ′O ＝2.。

高中数学立体几何总复习文科单元检测卷

高中数学立体几何总复习文科单元检测卷绝密★启用前高中数学立体几何总复习文科单元检测卷立体几何总复习考试范围：数列；考试时间：100分钟；命题人：段奎学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、选择题（本题共10道小题，每小题0分，共0分）1.若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是( ) A．B．C．D．2.某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是( )第1页，总21页A．πB．6πC．πD．π3.对于平面α，β，γ和直线a，b，m，n，下列命题中真命题是( ) A．若a⊥m，a⊥n，m α，n α，则a⊥αB．若α∥β，α∩γ=a，β∩γ=b，则a∥bC．若a∥b，b α，则a∥α D．若a β，b β，a∥α，b∥α，则β∥α．4.设m、n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则( ) A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α5.如图所示，四棱柱__1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点，下列结论中，正确的是( )A．EF⊥BB1 B．EF∥平面ACC1A1 C．EF⊥BD D．EF⊥平面BCC1B16.设b、c、m是空间色三条不同直线，α、β、γ是空间的三个不同平面，在下面给出的四个命题中，正确的命题是( ) 答案第2页，总21页A．若b⊥m，c⊥m，则b∥c B．m∥a，α⊥β，则m⊥β C．若b⊥α，c∥α，则b⊥c 7.用一个边长为2的正方形硬纸板，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，半径为2的鸡D．若β⊥α，γ⊥β，则γ∥α蛋（视为球体）放入其中，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为( )A．B．1C．D．38.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( ) A．B．4πC．D．9.已知四棱锥PABCD的三视图如图所示，则此四棱锥的侧面积为( ) A．6+4B．9+2C．12+2D．20+210.已知直线m、n及平面α、β，则下列命题正确的是( ) A．B．C．D．第3页，总21页第II卷（非选择题）二、填空题（本题共5道小题，每小题0分，共0分）11.一个棱长为1的正方体沿其棱的中点截去部分后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．12.已知四面体PABC的外接球的球心O在AB上，且PO⊥平面ABC，2AC=AB，若四面体PABC的体积为，则该球的体积为．13.三棱柱ABC - A1B1C1各顶点都在一个球面上，侧棱与底面垂直，∠ACB = 120°，CA = CB=，AA1= 4，则这个球的表面积为__________。

2018版复习方案大(全国人教数学文科)配套作业第7单元立体几何作业答案-第七单元含答案

课时作业（三十八)1．B［解析] 由题意可知，旋转一周所得到的几何体为两个圆锥的组合体，且这两个圆锥的底面重合,故其正视图为选项B所对应的图形．2．B[解析] 由三视图可知该几何体是四棱锥，利用勾股定理可求出侧棱长分别为错误!，错误!，3,错误!,又底面四边形的边长分别为2，3,2，3，故最短的棱的长度为错误!。

3．C［解析］由三视图知该几何体为三棱锥，且三棱锥的高为3，底面三角形的一条边长为3,该边上的高为1，∴该几何体的体积V＝错误!×错误!×3×1×3＝错误!.4．B［解析］由三视图可知该几何体是一个直四棱柱．两个底面的面积之和为2×错误!×3＝27,四个侧面的面积之和是(3＋4＋5＋错误!）×4＝48＋4错误!，故表面积是75＋4错误!。

5．1［解析] 在三棱锥C -ABD中，平面BCD⊥平面ABD，则其侧视图是等腰直角三角形，直角边长为错误!，故侧视图的面积为12×错误!×错误!＝1。

6．C［解析] 由三视图可知该四面体的直观图如图所示，易得四个面的面积分别为8，6，6错误!,10，显然面积的最大值为10。

7．B［解析] 将直观图四边形A′B′C′D′还原成原图形，得到直角梯形ABCD，则AB＝2A′B′＝2,BC＝B′C′＝1＋错误!，AD＝A′D′＝1，所以S＝错误!×错误!×2＝2＋错误!。

8．C［解析] 由题意知，球的半径为r，圆锥的底面圆的半径为r，高为r，∴V圆锥＝错误!·πr2·r＝错误!πr3,V半球＝错误!×错误!πr3＝错误!πr3，∴该几何体的体积V＝V－V圆锥＝错误!πr3，∴该几何体与挖去的半球圆锥的体积之比为1∶1，故选C。

9．C［解析］过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分后，剩余部分的直观图如图所示，则该几何体的侧视图为C.10．D［解析］观察三视图可知,这是一个正三棱柱被削去一个同底面三棱锥所得到的几何体，且三棱锥的高为1，所以该几何体的体积为错误!×2×错误!×2－错误!×错误!×2×错误!×1＝错误!，故选D.11．A[解析] 根据题意，三棱锥P.BCD的正视图是三角形，且该三角形的底边长等于正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高;侧视图也是三角形,且该三角形的底边长也等于正四棱柱的底面边长、高也为正四棱柱的高．故三棱锥P。

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