《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.。

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