高考数学一轮复习 第八章 立体几何层级快练51 文-人教版高三全册数学试题

层级快练(五十一)
1．(2018·某某某某一中月考)已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，给出下列命题：①α⊥β⇒l∥m；②α∥β⇒l⊥m；③l⊥m⇒α∥β；④l∥m⇒α⊥β，其中正确命题的序号是( )
A．①②③B．②③④
C．①③D．②④
答案 D
解析①中l与m可能相交、平行或异面；②中结论正确；③中两平面α，β可能平行，也可能相交；④中结论正确．
2．设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a⊥b的一个充分不必要条件是( )
A．a⊥c，b⊥c B．α⊥β，a⊂α，b⊂β
C．a⊥α，b∥αD．a⊥α，b⊥α
答案 C
解析对于C，在平面α内存在c∥b，因为a⊥α，所以a⊥c，故a⊥b；A，B中，直线a，b可能是平行直线，相交直线，也可能是异面直线；D中一定推出a∥b.
3．(2018·某某某某模拟)如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么D在平面ABC内的射影H必在( )
A．直线AB上B．直线BC上
C．直线AC上D．△ABC内部
答案 A
解析由AB⊥AC，BD⊥AC，又AB∩BD＝B，则AC⊥平面ABD，而AC⊂平面ABC，则平面ABC⊥平面ABD，因此D在平面ABC内的射影H必在平面ABC与平面ABD的交线AB上，故选A. 4．设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β( )
A．不存在B．有且只有一对
C．有且只有两对D．有无数对
答案 D
解析过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定
的平面β与α垂直，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线，此垂线与b确定的平面β与α垂直．故选D.
5．(2018·某某模拟)如图，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，
BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是( )
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDE⊥平面ABC
答案 D
解析因BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，A成立；易证BC⊥平面PAE，BC∥DF，所以结论B，C均成立；点P在底面ABC内的射影为△ABC的中心，不在中位线DE上，故结论D不成立．
6.已知直线PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任
一点，则下列关系中不正确的是( )
A．PA⊥BC B．BC⊥平面PAC
C．AC⊥PB D．PC⊥BC
答案 C
解析AB为直径，C为圆上异于A，B的一点，所以AC⊥BC.因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC.因为PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，从而PC⊥BC.故选C.
7.如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下
列命题中正确的是( )
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BCD
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE
答案 C
解析因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.
8.(2017·某某七校联考)如图所示，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正
六边形，PA⊥平面ABC.则下列结论不正确的是( )
A．CD∥平面PAF B．DF⊥平面PAF
C．CF∥平面PAB D．CF⊥平面PAD
答案 D
解析A中，∵CD∥AF，AF⊂面PAF，CD⊄面PAF，∴CD∥平面PAF成立；B中，∵ABCDEF为正六边形，∴DF⊥AF.又∵PA⊥面ABCDEF，∴DF⊥平面PAF成立；C中，CF∥AB，AB⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，∴CF∥平面PAB；而D中CF与AD不垂直，故选D.
9．(2018·某某秀山高级中学期中)如图，点E为矩形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将△ADE沿AE翻折成△SAE，使得平面SAE⊥平面ABCE，则下列说法中正确的有( )
①存在点E使得直线SA⊥平面SBC；②平面SBC内存在直线与SA平行；③平面ABCE内存在直线与平面SAE平行；④存在点E使得SE⊥BA.
A．1个B．2个
C．3个D．4个
答案 A
解析①若直线SA⊥平面SBC，则SA⊥SC，又SA⊥SE，SE∩SC＝S，∴SA⊥平面SEC，又平面SEC∩平面SBC＝SC，∴点S，E，B，C共面，与已知矛盾，故①错误；②∵平面SBC∩直线SA＝S，故平面SBC内的直线与SA相交或异面，故②错误；③在平面ABCD内作CF∥AE，交AB于点F，由线面平行的判定定理，可得CF∥平面SAE，故③正确；④若SE⊥BA，过点S作SF⊥AE于点F，∵平面SAE⊥平面ABCE，平面SAE∩平面ABCE＝AE，∴SF⊥平面ABCE，∴SF⊥AB，又SF∩SE＝S，∴AB⊥平面SEC，∴AB⊥AE，与∠BAE是锐角矛盾，故④错误．10．(2016·课标全国Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：
①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β；
②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n；
③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β；
④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．
其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)．
答案②③④
解析对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：
如图，不妨设AA′为直线m，CD为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．
命题②正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α
知m⊥l，从而m⊥n，结论正确． 由平面与平面平行的定义知命题③正确． 由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．
11.(2017·某某模拟)点P 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，给出下列命题：
①三棱锥A －D 1PC 的体积不变； ②A 1P ∥平面ACD 1； ③DB ⊥BC 1；
④平面PDB 1⊥平面ACD 1.
其中正确的命题序号是________． 答案 ①②④
解析 对于①，VA －D 1PC ＝VP －AD 1C 点P 到面AD 1C 的距离，即为线BC 1与面AD 1C 的距离，为定值故①正确，对于②，因为面A 1C 1B ∥面AD 1C ，所以线A 1P ∥面AD 1C ，故②正确，对于③，DB 与BC 1就成60°角，故③错．对于④，由于B 1D ⊥面ACD 1，所以面B 1DP ⊥面ACD 1，故④正确．
12．(2018·某某某某一模)已知在直角梯形ABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，将直角梯形ABCD 沿AC 折叠成三棱锥D －ABC ，当三棱锥D －ABC 的体积取最大值时，其外接球的体积为________． 答案 43
π
解析 当平面DAC⊥平面ABC 时，三棱锥D －ABC 的体积取最大值．此时易知BC⊥平面DAC ，∴BC ⊥AD ，又AD⊥DC，∴AD ⊥平面BCD ，∴AD ⊥BD ，取AB 的中点O ，易得OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝1，故O 为所求外接球的球心，故半径r ＝1，体积V ＝43πr 3
＝43π.
13．(2018·某某某某双基测试)如图所示，∠ACB ＝90°，DA ⊥平面ABC ，AE ⊥DB 交DB 于E ，AF ⊥DC 交DC 于F ，且AD ＝AB ＝2，则三棱锥D －AEF 体积的最大值为________． 答案
2
6
解析 因为DA⊥平面ABC ，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA ∩AC ＝A ，所以BC⊥平面ADC ，所以BC⊥AF，又AF⊥CD，BC ∩CD ＝C ，所以AF⊥平面DCB ，所以AF⊥EF，AF ⊥DB ，又DB⊥AE，AE ∩AF ＝A ，所以DB⊥平面AEF ，所以DE 为三棱锥D －AEF 的高．因为AE 为等腰直角三角形ABD 斜边上的高，所以AE ＝2，设AF ＝a ，FE ＝b ，则△AEF 的面积S ＝12ab ≤12·a 2
＋b 2
2＝1
2
×
22＝12，所以三棱锥D －AEF 的体积V≤13×12×2＝2
6(当且仅当a ＝b ＝1时等号成立)． 14.(2018·某某某某模拟)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BC ＝2BB 1，E ，F ，M 分别为A 1C 1，AB 1，BC 的中点． (1)求证：EF∥平面BB 1C 1C ； (2)求证：EF⊥平面AB 1M. 答案 (1)略 (2)略 证明 (1)连接A 1B ，BC 1.
因为E ，F 分别为A 1C 1，AB 1的中点， 所以F 为A 1B 的中点．所以EF∥BC 1. 因为BC 1⊂平面BB 1C 1C ，EF ⊄平面BB 1C 1C ， 所以EF∥平面BB 1C 1C.
(2)在矩形BCC 1B 1，BC ＝2BB 1， 所以tan ∠CBC 1＝
2
2
，tan ∠B 1MB ＝ 2. 所以tan ∠CBC 1·tan ∠B 1MB ＝1. 所以∠CBC 1＋∠B 1MB ＝π
2.所以BC 1⊥B 1M.
因为EF∥BC 1，所以EF⊥B 1M.
在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC⊥平面BB 1C 1C. 因为M 为BC 的中点，AB ＝AC ，所以AM⊥BC. 因为平面ABC∩平面BB 1C 1C ＝BC ， 所以AM⊥平面BB 1C 1C.
因为BC 1⊂平面BB 1C 1C ，所以AM ⊥BC 1 因为EF∥BC 1，所以EF⊥AM.
又因为AM∩B 1M ＝M ，AM ⊂平面AB 1M ，B 1M ⊂平面AB 1M ，所以EF⊥平面AB 1M. 15．(2018·某某某某模拟)如图为一简单组合体，其底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，EC ∥PD ，且PD ＝AD ＝2EC ＝2，N 为线段PB 的中点． (1)证明：NE⊥PD；
(2)求三棱锥E －PBC 的体积． 答案 (1)略 (2)23
解析 (1)证明：连接AC ，与BD 交于点F ，连接NF ，则F 为BD 的中点． ∴NF ∥PD ，且NF ＝1
2
PD.
又EC∥PD 且EC ＝1
2PD ，
∴NF ∥EC 且NF ＝EC.
∴四边形NFCE 为平行四边形， ∴NE ∥FC ，即NE∥AC.
又∵PD⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥PD.
∵NE ∥AC ，∴NE ⊥PD.
(2)解：∵PD⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PDCE ， ∴平面PDCE⊥平面ABCD.
∵BC ⊥CD ，平面PDCE∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面PDCE.
∴三棱锥E －PBC 的体积V E －PBC ＝V B －PEC ＝13S △PEC ·BC ＝13×(12×1×2)×2＝2
3
.
16．(2018·某某马某某一模)如图①，在直角梯形ABCD 中，AB ⊥BC ，BC ∥AD ，AD ＝2AB ＝4，BC ＝3，E 为AD 的中点，EF ⊥BC ，垂足为F.沿EF 将四边形ABFE 折起，连接AD ，AC ，BC ，得到如图②所示的六面体ABCDEF.若折起后AB 的中点M 到点D 的距离为3.
(1)求证：平面ABFE⊥平面CDEF ； (2)求六面体ABCDEF 的体积． 答案 (1)略 (2)8
3
解析 (1)如图，取EF 的中点N ，连接MN ，DN ，MD. 根据题意可知，四边形ABFE 是边长为2的正方形， ∴MN ⊥EF.
由题意，得DN ＝DE 2
＋EN 2
＝5，MD ＝3， ∴MN 2
＋DN 2
＝22
＋(5)2
＝9＝MD 2
， ∴MN ⊥DN ，∵EF ∩DN ＝N ， ∴MN ⊥平面CDEF.
又MN ⊂平面ABFE ，∴平面ABFE⊥平面CDEF. (2)连接CE ，则V 六面体ABCDEF ＝V 四棱锥C －ABFE ＋V 三棱锥A －CDE .
由(1)的结论及CF⊥EF，AE ⊥EF 得， CF ⊥平面ABFE ，AE ⊥平面CDEF ， ∴V 四棱锥C －ABFE ＝13·S 正方形ABFE ·CF ＝4
3，
V 三棱锥A －CDE ＝13·S △CDE ·AE ＝4
3，
∴V 六面体ABCDEF ＝43＋43＝8
3
.
17.(2018·潍坊质检)直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝∠ADC＝90°，AB ＝2AD ＝2CD ＝2. (1)求证：AC⊥平面BB 1C 1C ；
(2)在A 1B 1上是否存在一点P ，使得DP 与平面BCB 1和平面ACB 1都平行？证明你的结论． 答案 (1)略
(2)P 为A 1B 1的中点时，DP 与平面BCB 1和平面ACB 1都平行．
解析 (1)∵直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1⊥平面ABCD ，∴BB 1⊥AC. 又∵∠BAD＝∠ADC＝90°，AB ＝2AD ＝2CD ＝2， ∴AC ＝2，∠CAB ＝45°.
∴BC ＝ 2.∵BC 2
＋AC 2
＝AB 2
，∴BC ⊥AC. 又BB 1∩BC ＝B ，BB 1⊂平面BB 1C 1C ， BC ⊂平面BB 1C 1C ，∴AC ⊥平面BB 1C 1C. (2)存在点P ，P 为A 1B 1的中点．
由P 为A 1B 1的中点，有PB 1∥AB ，且PB 1＝1
2AB.
又∵DC∥AB，DC ＝1
2AB ，
∴DC ∥PB 1，且DC ＝PB 1.
∴DCB 1P 为平行四边形，从而CB 1∥DP. 又CB 1⊂平面ACB 1，DP ⊄平面ACB 1， ∴DP ∥平面ACB 1.同理，DP ∥平面BCB 1.
1．(2017·某某模拟)正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，E 为A ′C ′的中点，则直线CE 垂直于( ) A ．A ′C ′ B ．BD C ．A ′D ′ D ．AA ′
答案 B
解析 连接B ′D ′，
∵B ′D ′⊥A ′C ′，B ′D ′⊥CC ′， 且A ′C ′∩CC ′＝C ′， ∴B ′D ′⊥平面CC ′E. 而CE ⊂平面CC ′E ， ∴B ′D ′⊥CE.
又∵BD∥B′D ′，∴BD ⊥CE.
2．(2018·某某某某检测)如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为DC 的中点，F 为线段EC 上(端点除外)一动点，现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD⊥平面ABCF.在平面ABD 内过点D 作DK⊥AB，K 为垂足，设AK ＝t ，则t 的取值X 围是( )
A ．(1
2，2)
B ．(1
2，1)
C ．(
3
2
，2) D ．(
3
2
，1) 答案 B
解析 当点F 与点E 无限接近时，不妨令二者重合，可得t ＝1， 当点C 与点F 无限接近时，不妨令二者重合，此时有CD ＝2， ∵CB ⊥AB ，CB ⊥DK ，
∴CB⊥平面ADB ，即有CB⊥BD，
对于CD ＝2，BC ＝1，在直角三角形CBD 中，得BD ＝3， 又AD ＝1，AB ＝2，由勾股定理可得∠BDA 是直角，∴AD ⊥BD. 由DK⊥AB，可得△ADB∽△AKD，可得t ＝1
2，
∴t 的取值X 围是(1
2
，1)，故选B.
3.如图所示，已知PA⊥矩形ABCD 所在平面，M ，N 分别是AB ，PC 的中点．
(1)求证：MN⊥CD；
(2)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD. 答案 (1)略 (2)略
证明 (1)连接AC ，∵PA ⊥平面ABCD ， ∴PA ⊥AC ，在Rt △PAC 中，N 为PC 中点．
∴AN ＝12
PC.
∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC. 又BC⊥AB，PA ∩AB ＝A ， ∴BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥PB.
从而在Rt △PBC 中，BN 为斜边PC 上的中线， ∴BN ＝1
2PC.∴AN ＝BN ，∴△ABN 为等腰三角形．
又M 为底边的中点，
∴MN ⊥AB ，又AB∥CD，∴MN ⊥CD. (2)∵∠PDA＝45°，PA ⊥AD ，∴AP ＝AD. ∵ABCD 为矩形，∴AD ＝BC ，∴PA ＝BC. 又∵M 为AB 的中点，∴AM ＝BM. 而∠PAM＝∠CBM＝90°，
∴PM ＝CM ，又N 为PC 的中点，∴MN ⊥PC. 由(1)知MN⊥CD，PC ∩CD ＝C ，∴MN ⊥平面PCD.
4．(2018·某某某某一诊)如图①，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，点G ，R 分别在线段DH ，HB 上，且DG GH ＝BR
RH .将△AED，△CFD ，△BEF 分别沿
DE ，DF ，EF 折起，使点A ，B ，C 重合于点P ，如图②所示．
(1)求证：GR⊥平面PEF ；
(2)若正方形ABCD 的边长为4，求三棱锥P －DEF 的内切球的半径． 答案 (1)略 (2)1
2
解析 (1)依题意，得在三棱锥P －DEF 中，PE ，PF ，PD 两两垂直． ∴PD ⊥平面PEF.
∵DG GH ＝BR RH ，即DG GH ＝PR
RH ，∴在△PDH 中，GR ∥PD. ∴GR ⊥平面PEF.
(2)由题意知，PE ＝PF ＝2，PD ＝4，EF ＝22，DF ＝2 5. ∴S △PEF ＝2，S △DPF ＝S △DPE ＝4，
S △DEF ＝12×22×（25）2－（2）2
＝6.
设三棱锥P －DEF 的内切球的半径为r ，
则三棱锥的体积V P －DEF ＝V D －PEF ＝13×12×2×2×4＝13(S △PEF ＋2S △DPF ＋S △DEF )·r，解得r ＝1
2.
∴三棱锥P －DEF 的内切球的半径为1
2
.
5.(2018·某某某某一中月考)如图所示，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，DB ＝BC ，DB ⊥AC ，点M 是棱BB 1上一点． (1)求证：B 1D 1∥平面A 1BD ； (2)求证：MD⊥AC；
(3)试确定点M 的位置，使得平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D. 答案 (1)略 (2)略 (3)略
解析 (1)由ABCD －A 1B 1C 1D 1是直四棱柱，得BB 1∥DD 1，且BB 1＝DD 1，所以四边形BB 1D 1D 是平行四边形，所以B 1D 1∥BD.又BD ⊂平面A 1BD ，B 1D 1⊄平面A 1BD ，所以B 1D 1∥平面A 1BD. (2)因为BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以BB 1⊥AC.
因为BD⊥AC，且BD∩BB 1＝B ，所以AC⊥平面BB 1D 1D. 而MD ⊂平面BB 1D 1D ，所以MD⊥AC.
(2)当点M 为棱BB 1的中点时，平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D. 证明如下：取DC 的中点N ，D 1C 1的中点N 1， 连接NN 1交DC 1于点O ，连接BN ，OM ，如图． 因为N 是DC 的中点，BD ＝BC ，所以BN⊥DC. 因为DC 是平面ABCD 与平面DCC 1D 1的交线， 而平面ABCD⊥平面DCC 1D 1，所以BN⊥平面DCC 1D 1. 易得O 是NN 1的中点， 所以BM∥ON 且BM ＝ON ，
所以四边形BMON 是平行四边形，所以BN∥OM，所以OM⊥平面CC 1D 1D. 因为OM ⊂平面DMC 1，所以平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D.。