2020高考数学二轮复习 专题4立体几何专题质量检测(四)

(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．(2020·杭州模拟)空间四条直线a ，b ，c ，d 满足a ⊥b ，b ⊥c ，c ⊥d ，d ⊥a ，则必有( ) A ．a ⊥c B ．b ⊥d C ．b ∥d 或a ∥c
D ．b ∥d 且a ∥c
解析：由空间直线的位置关系可得． 答案：C
2．(2020·温州八校联考)已知三个平面α、β、γ，若β⊥γ，且α与γ相交但不垂直，a ，b 分别为α，β内的直线，则( )
A ．∃a ⊂α，a ⊥γ
B ．∃a ⊂α，a ∥γ
C ．∀b ⊂β，b ⊥γ
D ．∀b ⊂β，b ∥γ
解析：C 、D 显然不对，α与γ相交但不垂直，排除A ，选B. 答案：B
3．(2020·丽水模拟)半径为3的球内接正四面体的体积为( ) A.8
3 B.433
C ．2
D.1639
解析：设正四面体所在的正方体棱长为a ，正方体外接球半径为R ＝3，则由3a ＝2R 得
a ＝2，正四面体的体积为a 3－4×16a 3＝13a 3＝83
.
答案：A
4．(2020·萧山模拟)一个体积为123的正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的侧视图的面积为( )
A ．6 3
B ．8
C ．8 3
D ．12
解析：设正三棱柱的底面正三角形边长为a ，高为h ，则32a ＝23，a ＝4，由34
a 2h ＝123，则h ＝3，故三棱柱的侧视图的面积h ×23＝6 3.
答案：A
5．(2020·温州模拟)已知m ，n 是两条直线，α，β是两个平面，给出下列命题：①若
n ⊥α，n ⊥β，则α∥β；②若平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β；
③若n ，m 为异面直线n ⊂α，n ∥β，m ⊂β，m ∥α，则α∥β，其中正确命题的个数是( )
A ．3个
B ．2个
C ．1个
D ．0个
解析：②三点在平面β的异侧，则相交． 答案：B
6．(2020·杭州模拟)一个空间几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为12π＋85
3，
则正视图中x 的值为( )
A ．5
B ．4
C ．3
D ．2
解析：由图可知，该几何体上部为正四棱锥，四棱锥的高为32
－22
＝5，底面正方形的边长为22；下部为圆柱，圆柱的高为x ，底面圆的直径为4.V 四棱锥＝13×(22)2
×5＝853
，
V 圆柱＝π×22×x ＝4πx ，V 四棱锥＋V 圆柱＝
853＋4πx ＝85
3
＋12π，所以x ＝3. 答案：C
7．四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，AB ＝3，AD ＝PA ＝2，PD ＝22，∠PAB ＝60°，则异面直线PC 与AD 所成的角的余弦值为( )
A.1
2
B.211
11 C.3
2
D.
33
解析：如图，∵AD ∥BC ，∴∠PCB 为异面直线PC 与AD 所成的角． ∵PD 2
＝PA 2
＋AD 2
，∴AD ⊥PA ，再由底面ABCD 是矩形，得AD ⊥AB ，∴AD ⊥平面PAB ，
∴BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥PB ，即∠PBC ＝90°，PB 2
＝PA 2
＋AB 2
－2PA ·AB cos60°＝7，PC 2＝PB 2＋BC 2
＝11，∴cos ∠PCB ＝21111
.
答案：B
8．若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A.1
3 B.23 C ．1
D ．2
解析：由所给三视图知，对应的几何体为一放倒的直三棱柱ABC －
A ′
B ′
C ′(如右图所示)，其高为2，底面ABC 满足：AB ⊥AC ，AB ＝2，
AC ＝1，故该几何体的体积为V ＝S △ABC ·AA ′＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12
×2×1×2＝1.
答案：C
9.(2020·北京西城)如图，平面α⊥平面β，α∩β＝l ，A ，
C 是α内不同的两点，B ，
D 是β内不同的两点，且A ，B ，C ，D
∉直线l ，M ，N 分别是线段AB ，CD 的中点．下列判断正确的是( )
A ．当|CD |＝2|A
B |时，M ，N 两点不可能重合
B ．M ，N 两点可能重合，但此时直线A
C 与l 不可能相交
C ．当AB 与C
D 相交，直线AC 平行于l 时，直线BD 可以与l 相交 D ．当AB ，CD 是异面直线时，直线MN 可能与l 平行
解析：当M ，N 重合时，四边形ACBD 为平行四边形，故AC ∥BD ∥l ，此时直线AC 与l 不可能相交，B 正确，易知A ，C ，D 均不正确．
答案：B
10．(2020·重庆高考)高为2的四棱锥S －ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S 、A 、
B 、
C 、
D 均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为( )
A.
10
2
B.
2＋3
2
C.3
2
D. 2
解析：设题中的球的球心为O ，球心O 与顶点S 在底面ABCD 上的射影分别是O 1，E ，则有OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝OS ＝1，点O 1是底面正方形ABCD 的中心，OO 1∥SE ，且OO 1＝OA 2
－O 1A 2
＝
12
－
22
2
＝
2
2
，SE ＝ 2.在直角梯形OO 1ES 中，作OF ⊥SE 于点F ，则四边形OO 1EF 是矩形，EF ＝OO 1＝
22
，SF ＝SE －EF ＝2－
22＝22.在Rt △SOF 中，OF 2＝OS 2－SF 2
＝1－(22)2＝12，即O 1E ＝22
. 在Rt △SO 1E 中，SO 1＝O 1E 2
＋SE 2
＝2
2
2
＋2
2
＝
102
. 答案：A
二、填空题(本大题共7小题，每小题4分，共28分．请把正确答案填在题中横线上) 11.如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的高为3，底面是边长为4且∠DAB ＝60°的菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，则二面角O 1－BC －D 的大小为 .
解析：如图，过O 作OF ⊥BC 交BC 于F ，连接O 1F ， ∵OO 1⊥平面AC ， ∴BC ⊥O 1F ，
∴∠O 1FO 是二面角O 1－BC －D 的平面角． ∵OB ＝2，∠OBF ＝60°， ∴OF
＝ 3.在Rt △O 1OF 中， tan ∠O 1FO ＝
OO 1OF ＝3
3
＝3， ∴∠O 1FO ＝60°，即二面角O 1－BC －D 的大小为60°. 答案：60°
12．如图，在正三棱锥A －BCD 中，E 、F 分别是AB 、BC 的中点，EF ⊥DE ，且BC ＝1，则正三棱锥A －BCD 的体积是 .
解析：易得AC ⊥DE ，AC ⊥BD ，从而AC ⊥面ABD ，V A －BCD ＝1
3S △ABD ·AC
＝16AB ·AD ·AC ＝224
. 答案：
2
24
13．(2020·兰溪模拟)已知△ABC 的斜二测直观图是边长为2的等边△A ′B ′C ′，那么原△ABC 的面积为________．
解析：如图：作C ′D ′平行于y ′轴，交x ′轴于D ′，
在△A ′D ′C ′中，由正弦定理得：
a
sin 2π3＝2sin
π4⇒a ＝6⇒S △ABC ＝12×2×26＝2 6. 答案：2 6
14．(2020·福建宁德三县市联考)一简单组合体的三视图及尺寸如图所示(单位：cm)，则该组合体的表面积为________ cm 2
.
解析：该组合体的表面积为：2S 正视图＋2S 侧(视图＋2S 俯视图＝12 800 cm 2
. 答案：12 800 cm 2
15．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于________．
解析：在△ABC 中AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，可得BC ＝23，由正弦定理，可得△ABC 外接圆半径r ＝2，设此圆心为O ′，球心为O ，在Rt △OO ′B 中，易得球半径R ＝5，故此球的表面积为4πR 2
＝20π.
答案：20π
16．如下图为一个几何体的三视图，其中俯视图为正三角形，其中A 1B 1＝2，AA 1＝4，则该几何体的表面积为 .
解析：因为该几何体的俯视图是三角形，所以，几何体的底面一定是三角形；几何体的侧视图的形状是长方形，所以，几何体的侧面是长方形；几何体的正视图是长方形，所以，几何体的正面是长方形；因此，这个几何体是直三棱柱，由已知A 1B 1＝2，AA 1＝4，则几何体的表面积S ＝12×2×2×3
2
×2＋2×4×3＝24＋2 3.
答案：24＋2 3
17．一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________(填入所有可能的几何体前的编号)．
①三棱锥 ②四棱锥 ③三棱柱
④四棱柱 ⑤圆锥 ⑥圆柱
解析：三棱锥、四棱锥和圆锥的正视图都是三角形，当三棱柱的一个侧面平行于水平面，底面对着观察者时其正视图是三角形，其余的正视图均不是三角形．
答案：①②③⑤
三、解答题(本大题共5小题，共72分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
18．(本小题满分14分)(2020·北京海淀模拟)斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°.
(1)求证：BC ⊥AA 1；
(2)若M ，N 是棱BC 上的两个三等分点，求证：A 1N ∥平面AB 1M . 证明：(1)因为∠ACB ＝90°，所以AC ⊥CB .
又侧面ACC 1A 1⊥平面ABC ，且平面ACC 1A 1∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ， 所以BC ⊥平面ACC 1A 1，
而AA 1⊂平面ACC 1A 1，所以BC ⊥AA 1.
(2)连接A 1B ，交AB 1于O 点，连接MO ， 在△A 1BN 中，O 、M 分别为A 1B 、BN 的中点， 所以OM ∥A 1N .
又OM ⊂平面AB 1M ，A 1N ⊄平面AB 1M ， 所以A 1N ∥平面AB 1M .
19．(本小题满分14分)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，已知BC ＝1，∠BCC 1＝π
3
，BB 1＝2.
(1)求证：C 1B ⊥平面ABC ；
(2)试在棱CC 1(不包含端点C ，C 1)上确定一点E 的位置，使得EA ⊥EB 1. 解：(1)证明：因为AB ⊥侧面BB 1C 1C ，故AB ⊥BC 1， 在△BC 1C 中，BC ＝1，CC 1＝BB 1＝2，∠BCC 1＝π
3.
由余弦定理有
BC 1＝BC 2＋CC 21－2·BC ·CC 1·cos∠BCC 1
＝
1＋4－2×2×co s π
3
＝3，
∴BC 2＋BC 21＝CC 2
1， ∴C 1B ⊥BC .
而BC ∩AB ＝B 且AB ，BC ⊂平面ABC ， ∴C 1B ⊥平面ABC .
(2)由EA ⊥EB 1，AB ⊥EB 1，AB ∩AE ＝A ，AB ，AE ⊂平面ABE ， 从而B 1E ⊥平面ABE ，且BE ⊂平面ABE ， 故BE ⊥B 1E .
不妨设CE ＝x ，则C 1E ＝2－x ， 则BE 2
＝x 2
－x ＋1. 又∵∠B 1C 1C ＝2
3π，
则B 1E 2
＝x 2
－5x ＋7.
在直角三角形BEB 1中有x 2
－x ＋1＋x 2
－5x ＋7＝4， 从而x ＝1.
故当E 为CC 1的中点时，EA ⊥EB 1.
20．(本小题满分14分) (2020·杭州模拟)如图，平面PAD ⊥平面
ABCD ，ABCD 为正方形，∠PAD ＝90°，且PA ＝AD ，E 、F 分别是线段PA 、CD 的中点．
(1)求证：PA ⊥平面ABCD ；
(2)求异面直线EF 与BD 所成角的余弦值．
解：(1)证明：由于平面PAD ⊥平面ABCD ， 且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，
而∠PAD ＝90°，即PA ⊥AD ，且PA ⊂平面PAD ， 由面面垂直的性质定理得：
PA ⊥平面ABCD .
(2)法一：取BC 的中点M ，连接EM 、FM ，则FM ∥BD ，∠EFM (或其补角)就是异面直线EF 与BD 所成的角．
设PA ＝2，则AD ＝DC ＝CB ＝BA ＝2，
AM ＝AB 2＋
12
BC 2
＝5，
BD ＝AB 2＋AD 2＝22，
Rt △MAE 中，EM ＝EA 2＋AM 2
＝6，同理EF ＝6， 又FM ＝1
2BD ＝2，
∴△MFE 中，由余弦定理得
cos ∠EFM ＝EF 2＋FM 2－ME 22EF ·FM ＝3
6
.
[理]法二：建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ， 设AB ＝2，则
A (0,0,0)，
B (2,0,0)，
C (2,2,0)，
D (0,2,0)，P (0,0,2)，
E (0,0,1)，
F (1,2,0)，
∵CB u u u r
＝(1,2，－1)， BD u u u r
＝(－2,2,0)，
∴cos β＝EF u u u r ·BD
u u u r
|EF u u u
r |·|BD u u u r |＝36
. 21．(本小题满分15分) (2020·湖北高考)如图，已知正三棱柱ABC
－A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为32，点E 在侧棱AA 1上，点F 在侧棱BB 1
上，
且AE ＝22，BF ＝ 2.
(1)求证：CF ⊥C 1E ；
(2)求二面角E －CF －C 1的大小．
解：法一：(1)证明：由已知可得CC 1＝32，CE ＝C 1F ＝22
＋222
＝23，EF 2＝AB
2
＋(AE －BF )2
，
EF ＝C 1E ＝22＋
2
2
＝6，
于是有EF 2
＋C 1E 2
＝C 1F 2
，CE 2
＋C 1E 2
＝CC 2
1， 所以C 1E ⊥EF ，C 1E ⊥CE .
又EF ∩CE ＝E ，所以C 1E ⊥平面CEF . 由CF ⊂平面CEF ，故CF ⊥C 1E .
(2)在△CEF 中，由(1)可得EF ＝CF ＝6，CE ＝23， 于是有EF 2
＋CF 2
＝CE 2
，所以CF ⊥EF . 又由(1)知CF ⊥C 1E ，且EF ∩C 1E ＝E ， 所以CF ⊥平面C 1EF .
又C 1F ⊂平面C 1EF ，故CF ⊥C 1F .
于是∠EFC 1即为二面角E －CF －C 1的平面角． 由(1)知△C 1EF 是等腰直角三角形，
所以∠EFC 1＝45°，
即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.
[理]法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得，
A (0,0,0)，
B (3，1,0)，
C (0,2,0)， C 1(0,2,32)，E (0,0,22)， F (3，1，2)．
(1)证明：1C E u u u u r
＝(0，－2，－2)， CF u u u r
＝(3，－1，2)，
1C E u u u u r ·CF u u u
r ＝0＋2－2＝0.
所以CF ⊥C 1E .
(2) CF u u u r
＝(0，－2,22)，
设平面CEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，
由m ⊥CE u u u r ，m ⊥CF u u u r ，得⎩⎨⎧
m ·CE u u u r
＝0，m ·CF u u u r
＝0，
即⎩⎨
⎧
－2y ＋22z ＝0，3x －y ＋2z ＝0，
解得⎩⎨
⎧
y ＝2z ，x ＝0.
可取m ＝(0，2，1)． 设侧面BC 1的一个法向量为n ，
由n ⊥CB u u u r ，n ⊥1CC u u u u r
，及CB u u u r ＝(3，－1,0)， 1CC u u u u r
＝(0,0,32)，可取n ＝(1，3，0)．
设二面角E －CF －C 1的大小为θ，于是由θ为锐角可得 cos θ＝|m·n ||m ||n |＝63×2＝2
2，所以θ＝45°.
即所求二面角E －CF －C 1 大小为45°.
22．(本小题满分15分) (2020·重庆高考)如图，在四面体ABCD 中，平面ABC ⊥平面ACD ，AB ⊥BC ，AD ＝CD ，∠CAD ＝30°.
(1)若AD ＝2，AB ＝2BC ，求四面体ABCD 的体积；
(2)若二面角C －AB －D 为60°，求异面直线AD 与BC 所成角的余弦值．
解：(1)如图所示，设F 为AC 的中点，连接FD ， 由于AD ＝CD ，
所以DF ⊥AC .
又由平面ABC ⊥平面ACD ，
知DF ⊥平面ABC ，
即DF 是四面体ABCD 的面ABC 上的高，
且DF ＝AD sin30°＝1，AF ＝AD cos30°＝ 3. 在Rt△ABC 中，因AC ＝2AF ＝23，AB ＝2BC ， 由勾股定理易知BC ＝2155，AB ＝4155
. 故四面体ABCD 的体积V ＝13·S △ABC ·DF ＝13×12×4155×2155＝45
. (2)法一：如图所示，设G ，H 分别为边CD ，BD 的中点，则FG ∥AD ，GH ∥BC ，从而∠FGH 是异面直线AD 与BC 所成的角或其补角．
设E 为边AB 的中点，则EF ∥BC ，
由AB ⊥BC ，知EF ⊥AB .
又由平面ABC ⊥平面ACD ，AD ＝CD .F 为AC 的中点，
易得DF ⊥平面ABC ，
故由三垂线定理知DE ⊥AB .所以∠DEF 为二面角C －AB －D 的平面角．
由题设知∠DEF ＝60°.
设AD ＝a ，则DF ＝AD ·sin∠CAD ＝a
2. 在Rt△DEF 中，EF ＝DF ·cot∠DEF ＝a 2·33＝36
a ， 从而GH ＝12BC ＝EF ＝36
a . 因Rt△ADE ≌Rt△BDE ，故BD ＝AD ＝a ，
从而，在Rt△BDF 中，FH ＝12BD ＝a 2
. 又FG ＝12AD ＝a 2
，从而在△FGH 中，因FG ＝FH ， 由余弦定理得
cos ∠FGH ＝FG 2＋GH 2－FH 22FG ·GH ＝GH 2FG ＝36
. 因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为36
. [理]法二：如图所示，过F 作FM ⊥AC ，交AB 于M ，已知AD
＝CD ，平面ABC ⊥平面ACD ，易知FC ，FD ，FM 两两垂直．以F 为原点，射线FM ，FC ，FD 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系F －xyz .
不妨设AD ＝2，由CD ＝AD ，∠CAD ＝30°，易知点A ，C ，D 的坐标分别为A (0，－3，0)，C(0，3，0)，D (0,0,1)，则AD u u u r ＝(0，3，1)．
显然向量k ＝(0,0,1)是平面ABC 的一个法向量．
已知二面角C －AB －D 为60°，故可取平面ABD 的一个单位法向量n ＝(l ，m ，n )，使得〈n ，k 〉＝60°，
从而n ＝1
2.
由n ⊥AD u u u r ，有3m ＋n ＝0，从而m ＝－3
6.
由l 2＋m 2＋n 2＝1，得l ＝±6
3.
设点B 的坐标为B (x ，y,0)，由AB u u u r ⊥BC u u u r ，
n ⊥AB u u u r ，取l ＝63，有工科
⎩⎪⎨⎪⎧
x 2＋y 2
＝3，
6
3x －3
6y ＋3＝0，解之得
⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝46
9，
y ＝73
9，或⎩⎨⎧ x ＝0，y ＝－3(舍去)．
易知l ＝－6
3与坐标系的建立方式不合，舍去．
因此点B 的坐标为B (469，73
9，0)．
所以CB u u u r ＝(46
9，－23
9，0)．
从而cos 〈AD u u u r ，CB u u u r 〉＝AD u u u r ·CB u u u
r
|AD u u u r ||CB u u u r |
＝3×－23
93＋1× 4692＋－2392
＝－3
6.
故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为
3
6
.。