高三数学第一轮复习单元测试——立体几何
高考数学一轮复习单元双优测评卷__第八单元立体几何初步A卷含解析
第八单元 立体几何初步A 卷 基础过关必刷卷一、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．关于直线m 、n 与平面α、β,有以下四个命题： ①若//m α,βn//且//αβ,则//m n ； ②若m α⊥,n β⊥且αβ⊥,则m n ⊥； ③若m α⊥,βn//且//αβ,则m n ⊥； ④若//m α,n β⊥且αβ⊥,则//m n . 其中真命题的序号是（ ） A ．①②B ．③④C ．①④D ．②③2．某几何体的三视图如图所示,其中俯视图中的半圆的直径为2,则该几何体的表面积为（ ）A ．32π+B ．42π+C ．33π+D ．43π+3．已知点,,,A B C D 在球O 的表面上,AB ⊥平面,BCD BC CD ⊥,若2,4,AB BC AC==与平面ABD 所成角的正弦值为105,则球O 表面上的动点P 到平面ACD 距离的最大值为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．54．菱形ABCD 中,2AB =,120DAB ∠=︒,将CBD 沿BD 折起,C 点变为E 点,当四面体E ABD -的体积最大时,四面体E ABD -的外接球的面积为（ ）A ．20πB ．40πC ．60πD ．80π5．如图,已知等边ABC 与等边ABD △所在平面成锐二面角3π,E ,F 分别为AB ,AD 中点,则异面直线EF 与CD 所成角的余弦值为（ ）A ．233B ．32C ．34D ．4336．棱长为4的正方体密闭容器内有一个半径为1的小球,小球可在正方体容器内任意运动,则其不能到达的空间的体积为（ ） A ．22323π-B ．4812π-C ．4283π-D ．13203π-7．如图,一个四棱柱形容器中盛有水,在底面ABCD 中,//AB CD ,3AB =,1CD =,侧棱14AA =,若侧面11AA B B 水平放置时,水面恰好过1111,,,AD BC B C A D 的中点,那么当底面ABCD 水平放置时,水面高为（ ）A ．2B ．52C ．3D ．728．某中学开展劳动实习,学习加工制作食品包装盒．现有一张边长为6的正六边形硬纸片,如图所示,裁掉阴影部分,然后按虚线处折成高为3的正六棱柱无盖包装盒,则此包装盒的体积为（ ）A．144B．72C．36D．24二、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．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点．则（）A．直线D1D与直线AF垂直B．直线A1G与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面面积为98D．点C与点G到平面AEF的距离相等10．沙漏是古代的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时问称为该沙漏的一个沙时.如图,某沙漏由上下两个圆锥组成,圆锥的底面直径和高均为8cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥高度的23(细管长度忽略不计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙,且细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是（）A ．沙漏中的细沙体积为31024cm 81πB ．沙漏的体积是3128cm πC ．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD ．该沙漏的一个沙时大约是1565秒()3.14π≈11．如图,圆柱的轴截面是四边形ABCD ,E 是底面圆周上异于,A B 的一点,则下列结论中正确的是（ ）A ．AE CE ⊥B ．BE DE ⊥C ．DE ⊥平面CEBD ．平面ADE ⊥平面BCE12．如图,在棱长均相等的四棱锥P ABCD -中,O 为底面正方形的中心,M ,N 分别为侧棱PA ,PB 的中点,有下列结论正确的有：A ．PD ∥平面OMNB ．平面PCD ∥平面OMNC ．直线PD 与直线MN 所成角的大小为90 D ．ON PB ⊥三、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分．13．已知球O的半径为4,3点,,,A B C D均在球面上,若ABC为等边三角形,且其面积为3,则三棱锥D ABC-的最大体积是___________.14．早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形,即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体,它们的各个面和多面角都全等．如图,正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体,共有12个顶点,30条棱,20个面,是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36︒按35计算,则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．15．如图,过球的一条半径OP的中点1O,作垂直于该半径的平面,所得截面圆的面积与球的表面积之比为________．16．从正方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点中任意取4个不同的顶点,这4个顶点可能是：（1）矩形的4个顶点；（2）每个面都是等边三角形的四面体的4个顶点；（3）每个面都是直角三角形的四面体的4个顶点；（4）有三个面是等腰直角三角形,有一个面是等边三角形的四面体的4个顶点．其中正确结论的个数为________．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．如图,在Rt△AOB中,AO＝OB＝2,△AOC通过△AOB以OA为轴顺时针旋转120°得到（∠BOC ＝120°）．点D为斜边AB上一点,点M为线段BC上一点,且CM＝OM．（1）证明：OM 平面AOB；（2）当D为线段AB中点时,求多面体OA CM D的体积．18．如图：直角梯形ABCD中,AD//BC,∠ABC=90°,E,F分别为边AD和BC上的点,且EF// AB,AD=2AE=2AB=4FC=4,将四边形EFCD沿EF折起成如图的位置,使AD=AE.（1）求证：BC//平面DAE；（2）求四棱锥D﹣AEFB的体积；（3）求面CBD 与面DAE 所成锐二面角的余弦值.19．如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直,M 是CD 上异于C ,D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ,使得//MC 平面PBD ,说明理由．20．如图,在四棱锥M ABCD -中,四边形ABCD 为梯形,90ABC BAD ∠=∠=,//BC AD ,22AD AB BC ==（1）若E 为MA 中点,证明：BE //面MCD（2）若点M 在面ABCD 上投影在线段AC 上,1AB =,证明：CD ⊥面MAC .21．如图,四棱锥P ABCD -的底面是边长为1的正方形,PA ⊥底面ABCD ,,E F 分别为,AB PC 的中点.（1）求证：EF //平面PAD ；（2）若2PA =,试问在线段EF 上是否存在点Q ,使得二面角 Q AP D --的余弦值为55？若存在,确定点Q 的位置；若不存在,请说明理由.22．已知圆锥的侧面展开图为半圆,母线长为23.（1）求圆锥的底面积；（2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱,当圆柱的侧面积最大时,求圆柱的体积一、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．关于直线m 、n 与平面α、β,有以下四个命题： ①若//m α,βn//且//αβ,则//m n ； ②若m α⊥,n β⊥且αβ⊥,则m n ⊥； ③若m α⊥,βn//且//αβ,则m n ⊥； ④若//m α,n β⊥且αβ⊥,则//m n . 其中真命题的序号是（ ） A ．①② B ．③④C ．①④D ．②③【答案】D【解析】对于①,若//m α,βn//且//αβ,则m 与n 平行、相交或异面,①错误； 对于②,如下图所示：设a αβ⋂=,因为αβ⊥,在平面β内作直线l a ⊥,由面面垂直的性质定理可知l α⊥,m α⊥,//m l ∴,n β⊥,l β⊂,n l ∴⊥,因此,m n ⊥,②正确；对于③,若m α⊥,//αβ,则m β⊥, 因为βn//,过直线n 作平面γ使得a βγ=,由线面平行的性质定理可得//n a ,m β⊥,a β⊂,则m a ⊥,因此m n ⊥,③正确；对于④,若//m α,n β⊥且αβ⊥,则m 与n 平行、相交或异面,④错误. 故选：D.2．某几何体的三视图如图所示,其中俯视图中的半圆的直径为2,则该几何体的表面积为（ ）A ．32π+B ．42π+C ．33π+D ．43π+【答案】A【解析】这个几何体是由一个底面半径为1且高为1的半圆柱,和一个半径为1的半球的前半部分组成,所以它的下底面为半圆,面积为2π,后表面为一个矩形加半圆,面积为212π⨯+,前表面为半个圆柱侧面加14个球面,面积为1114124πππ⨯⨯+⨯⨯=,所以其表面积为32π+, 故选：A.3．已知点,,,A B C D 在球O 的表面上,AB ⊥平面,BCD BC CD ⊥,若2,4,AB BC AC==与平面ABD 所成角的正弦值为105,则球O 表面上的动点P 到平面ACD 距离的最大值为（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】B【解析】如图,因为AB ⊥平面BCD ,BC CD ⊥,所以AD 为球的直径 由2,4AB BC ==得25AC =作CE BD ⊥,则CAE ∠即为AC 与平面ABD 所成角 所以105n 25si CE CEAC CAE ∠===,得22CE = 设CD x =由等面积法得242216x x =+,解得4x =所以22224161636AD AB BC CD =++=++=,即26R =,3R = 又平面ACD 过球心,所以P 到平面ACD 距离即为半径的长 所以P 到平面ACD 距离的最大值为3. 故选：B.4．菱形ABCD 中,2AB =,120DAB ∠=︒,将CBD 沿BD 折起,C 点变为E 点,当四面体E ABD -的体积最大时,四面体E ABD -的外接球的面积为（ ）A ．20πB ．40πC ．60πD ．80π【答案】A【解析】由题意,三棱锥E ABD -的底面ABD △的面积为定值,当平面EBD ⊥平面ABD 时,此时点E 到底面ABD 的距离最大,此时三棱锥E ABD -的体积取得最大值, 因为四边形ABCD 为菱形,且120DAB ∠=︒,连接AC 交BD 与点M , 可得CD CA CB ==,所以C 为ABD △的外心,过点C 作平面ABD 的垂线l ,可得l 上点到,,A B D 三点的距离相等,设l 存在点O 点,使得OE OA OB OD ===,即点O 为三棱锥E ABD -的外接球的球心, 设OC x =,可得2222()AC OC CM EM OC +=++, 即2241(1)x x +=++,解得1x =, 所以外接球的半径为2222215r AC OC =+=+=,所以外接球的表面积为2244(5)20S r πππ==⨯=. 故选：A.5．如图,已知等边ABC 与等边ABD △所在平面成锐二面角3π,E ,F 分别为AB ,AD 中点,则异面直线EF 与CD 所成角的余弦值为（ ）A．233B．32C ．34D ．433【答案】C【解析】连接CE ,DE ,等边ABC 与等边ABD △所在平面成锐二面角3π,可得3DEC π∠=,设等边ABC 与等边ABD △的边长为a , 则32DE CE a ==,即DEC 为等边三角形, 所以32DC a =, 因为E ,F 分别为AB ,AD 中点,所以//EF BD ,异面直线EF 与CD 所成角即为,BD CD 所成的角,在BCD △中,222323cos 4322a a a BDC a a⎛⎫+- ⎪⎝⎭∠==⋅. 故选：C6．棱长为4的正方体密闭容器内有一个半径为1的小球,小球可在正方体容器内任意运动,则其不能到达的空间的体积为（ ） A ．22323π-B ．4812π-C ．4283π-D ．13203π-【答案】A【解析】由题可得小球在八个角不能到达的空间相当于边长为2的正方体中间挖掉一个半径为1的球的剩余部分,其体积为334421833ππ-⨯=-, 小球在12条边活动不到的空间相当于高为2,底面积为4的正四棱柱中间挖掉底面积为π,高为2的圆柱剩下的部分,且有3个,则其体积为()4223246ππ⨯-⨯=-, 则小球不能到达的空间的体积为()4228+2463233πππ⎛⎫--=- ⎪⎝⎭. 故选：A.7．如图,一个四棱柱形容器中盛有水,在底面ABCD 中,//AB CD ,3AB =,1CD =,侧棱14AA =,若侧面11AA B B 水平放置时,水面恰好过1111,,,AD BC B C A D 的中点,那么当底面ABCD 水平放置时,水面高为（ ）A ．2B ．52C ．3D ．72【答案】B【解析】设四棱柱的底面梯形的高为2a ,,AD BC 的中点分别为,F E ,所求的水面高为h ,则水的体积1(23)(13)2422ABEF ABCD a aV S AA S h h ++=⋅=⋅=⋅=⋅, 所以52h =, 故选：B ．8．某中学开展劳动实习,学习加工制作食品包装盒．现有一张边长为6的正六边形硬纸片,如图所示,裁掉阴影部分,然后按虚线处折成高为3的正六棱柱无盖包装盒,则此包装盒的体积为（ ）A ．144B ．72C ．36D ．24【答案】B【解析】如图：由正六边形的每个内角为23π, 按虚线处折成高为3的正六棱柱,即3BF =,所以1tan 60BFBE ==可得正六棱柱底边边长6214AB =-⨯=, 所以正六棱柱体积：1364437222V =⨯⨯⨯⨯⨯=.故选：B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．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1,E ,F ,G 分别为BC ,CC 1,BB 1的中点．则（ ）A ．直线D 1D 与直线AF 垂直B ．直线A 1G 与平面AEF 平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为98D ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等 【答案】BC【解析】根据题意,假设直线D 1D 与直线AF 垂直,又1DD AE ⊥,,,AEAF A AE AF =⊂平面AEF ,所以1DD ⊥平面AEF ,所以1DD EF ⊥,又11//DD CC ,所以1CC EF ⊥,与4EFC π∠=矛盾,所以直线D 1D 与直线AF 不垂直,所以选项A 错误；因为A 1G ∥D 1F ,A 1G ⊄平面AEFD 1,1D F ⊂平面AEFD 1,所以A 1G ∥平面AEFD 1,故选项B 正确． 平面AEF 截正方体所得截面为等腰梯形AEFD 1,由题得该等腰梯形的上底2,2EF =下底12AD =,腰长为52,所以梯形面积为98,故选项C 正确；假设C 与G 到平面AEF 的距离相等,即平面AEF 将CG 平分,则平面AEF 必过CG 的中点,连接CG 交EF 于H ,而H 不是CG 中点,则假设不成立,故选项D 错误． 故选：BC ．10．沙漏是古代的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时问称为该沙漏的一个沙时.如图,某沙漏由上下两个圆锥组成,圆锥的底面直径和高均为8cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥高度的23(细管长度忽略不计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm 3的沙,且细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是（ ）A ．沙漏中的细沙体积为31024cm 81πB ．沙漏的体积是3128cm πC ．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD ．该沙漏的一个沙时大约是1565秒()3.14π≈ 【答案】AC【解析】A .根据圆锥的截面图可知：细沙在上部时,细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比, 所以细沙的底面半径28433r cm =⨯=, 所以体积23121641610243339381h V r cm πππ=⋅⋅=⋅⋅=B.沙漏的体积223 11256 22483233hV h cmπππ⎛⎫=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=⎪⎝⎭；C.设细沙流入下部后的高度为1h,根据细沙体积不变可知：21 102418132hh ππ⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭,所以11102416, 2.4813h h cmππ=≈所以；D.因为细沙的体积为3102481cmπ,沙漏每秒钟漏下30.02cm的沙,所以一个沙时为：1024810.02π1024 3.1450198581⨯=⨯≈秒.故选：AC.11．如图,圆柱的轴截面是四边形ABCD,E是底面圆周上异于,A B的一点,则下列结论中正确的是（）A．AE CE⊥B．BE DE⊥C．DE⊥平面CEB D．平面ADE⊥平面BCE【答案】ABD【解析】由AB是底面圆的直径,得90AEB︒∠=,即AE EB⊥,∵圆柱的轴截面是四边形ABCD, BC⊥底面AEB,BC AE∴⊥,又EB BC B=,BC,BE⊂平面BCE,AE∴⊥平面BCE,AE CE∴⊥,故A正确；同理可得,BE DE⊥,故B正确；若DE⊥平面CEB,则DE BC⊥,//BC AD,DE AD∴⊥,在ADE中AD AE⊥, DE AD∴⊥不成立,DE∴⊥平面CEB不正确,故C不成立,由A的证明可知AE⊥平面BCE,AE⊂平面ADE,所以平面BCE⊥平面ADE.可得,,A B D正确.故选：ABD.12．如图,在棱长均相等的四棱锥P ABCD-中,O为底面正方形的中心,M,N分别为侧棱PA,PB的中点,有下列结论正确的有：A．PD∥平面OMN B．平面PCD∥平面OMNC．直线PD与直线MN所成角的大小为90D．ON PB⊥【答案】ABD【解析】选项A,连接BD,显然O为BD的中点,又N为PB的中点,所以PD∥ON,由线面平行的判定定理可得,PD∥平面OMN；选项B, 由M,N分别为侧棱PA,PB的中点,得MN∥AB,又底面为正方形,所以MN∥CD,由线面平行的判定定理可得,CD∥平面OMN,又选项A 得PD∥平面OMN,由面面平行的判定定理可得,平面PCD∥平面OMN；选项C,因为MN∥CD,所以∠ PDC为直线PD与直线MN所成的角,又因为所有棱长都相等,所以∠ PDC= 60,故直线PD与直线MN所成角的大小为60；选项D,因底面为正方形,所以222AB AD BD+=,又所有棱长都相等,所以222PB PD BD+=,故PB PD⊥,又PD∥ON,所以ON PB⊥,故ABD均正确.三、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分．13．已知球O的半径为4,3点,,,A B C D均在球面上,若ABC为等边三角形,且其面积为3,则三棱锥D ABC-的最大体积是___________.【答案】23 314．早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形,即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体,它们的各个面和多面角都全等．如图,正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体,共有12个顶点,30条棱,20个面,是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36︒按35计算,则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．【答案】55336π【解析】由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球, 设外接球半径为R ,正五边形的外接圆半径为r ,正二十面体的棱长为l ,则3sin 3652lr =︒=,得56lr =, 所以正五棱锥的顶点到底面的距离是222251166l h l r l l ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭,所以222()R r R h =+-,即22251166l R R l ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,解得31111R l =． 所以该正二十面体的外接球表面积为22231136441111S R l l πππ⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭球,而该正二十面体的表面积是2120sin 60532S l l l =⨯⨯⨯⨯︒=正二十面体,所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于55336π． 故答案为：55336π. 15．如图,过球的一条半径OP 的中点1O ,作垂直于该半径的平面,所得截面圆的面积与球的表面积之比为________．【答案】3 16【解析】截面圆半径为r,球半径为R,则由题意得221322r R R R⎛⎫=-=⎪⎝⎭,所以截面圆面积与球表面积比为221223344416RS rS R Rππππ⨯===．故答案为：3 16．16．从正方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点中任意取4个不同的顶点,这4个顶点可能是：（1）矩形的4个顶点；（2）每个面都是等边三角形的四面体的4个顶点；（3）每个面都是直角三角形的四面体的4个顶点；（4）有三个面是等腰直角三角形,有一个面是等边三角形的四面体的4个顶点．其中正确结论的个数为________．【答案】4【解析】（1）如图所示：四边形ABCD为矩形,故（1）满足条件；（2）四面体D－A1BC1为每个面均为等边三角形的四面体,故（2）满足条件；（3）四面体D－B1C1D1为每个面都是直角三角形的四面体,故（3）满足条件；（4）四面体C－B1C1D1为有三个面是等腰直角三角形,有一个面是等边三角形的四面体,故（4）满足条件；故正确的结论有4个． 故答案为：4．四、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．如图,在Rt △AOB 中,AO ＝OB ＝2,△AOC 通过△AOB 以OA 为轴顺时针旋转120°得到（∠BOC ＝120°）．点D 为斜边AB 上一点,点M 为线段BC 上一点,且CM ＝OM ．（1）证明：OM ⊥平面AOB ；（2）当D 为线段AB 中点时,求多面体OA CM D 的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）439． 【解析】（1）证明：在△OBC 中,由题意可得OB ＝OC ,∠OCB ＝30°, ∵CM＝OM ,∴∠COM ＝∠O CM ＝30°, 又∵∠BOC ＝120°,∴OM OB ⊥,根据题意,OA ⊥OB ,OA ⊥OC ,OB ∩OC ＝O ,∴OA ⊥平面OBC , 而OM ⊂平面OBC ,∴OA OM ⊥, 又OA ∩OB ＝O ,∴OM ⊥平面AOB ； （2）解：由（1）得,233OM =, ∵D 为线段AB 的中点,∴113232223223A BOC V -=⨯⨯⨯⨯⨯=, 112323213239D OMB V -⨯⨯⨯⨯=＝． ∴多面体OACMD 的体积为：---232343399O ACMD A BOC D OBM V V V =-=-=．18．如图：直角梯形ABCD中,AD//BC,∠ABC=90°,E,F分别为边AD和BC上的点,且EF// AB,AD=2AE=2AB=4FC=4,将四边形EFCD沿EF折起成如图的位置,使AD=AE.（1）求证：BC//平面DAE；（2）求四棱锥D﹣AEFB的体积；（3）求面CBD与面DAE所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）433；（3）55.【解析】（1）证明：∵直角梯形ABCD中,AD//BC,∠ABC=90°,E,F分别为边AD和BC上的点,且EF//AB,∴CF//DE,CF⊂面CBF,DE⊄面CBF,则DE//面CBF；FB//AE,FB⊂面CBF,AE⊄面CBF,则AE//面CBF；又∵AE∩DE=E,DE､AE⊂面DAE∴面CBF//面DAE又BC⊂面CBF,所以BC//平面DAE（2）取AE的中点H,连接DH∵EF⊥ED,EF⊥EA,ED∩EA=E∴EF⊥平面DAE又DH⊂平面DAE,∴EF⊥DH∴AE=ED=DA=2,∴DH⊥AE,DH =3, 又AE∩EF =E∴DH⊥面AEFB…所以四棱锥D ﹣AEFB 的体积14332233V=⨯⨯⨯=（3）如图以AE中点为原点,AE为x轴建立空间直角坐标系则A(﹣1,0,0),D(0,0,3),B(﹣1,﹣2,0),E(1,0,0),F(1,﹣2,0)因为12CF DE=,所以C(12,﹣2,32)易知BA是平面ADE的一个法向量,BA=1n=(0,2,0)设平面BCD的一个法向量为2n=(x,y,z)由3322230x zx y z⎧+=⎪⎨⎪++=⎩令x=2,则y=2,z=﹣23,∴2n=(2,2,﹣23),∴cos<1n,2n>=55所以面CBD与面DAE所成锐二面角的余弦值为5519．如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ,使得//MC 平面PBD ,说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）存在,理由见解析．【解析】（1）∵平面CMD ⊥平面ABCD ,平面MDC ⋂平面ABCD CD =,BC CD ⊥,BC ⊂平面ABCD ,∴BC ⊥平面CMD ,DM ⊂平面CMD ,∴BC DM ⊥,∵CD 为直径,∴CM DM ⊥,BCCM C =,,BC CM ⊂平面BMC ,∴DM ⊥平面BMC ,DM ⊂平面AMD , ∴平面AMD ⊥平面BMC ；（2）存在．当P 为AM 中点时,//MC 平面PBD , 证明如下：连AC ,BD ,ACBD O =,∵ABCD 为正方形,∴O 为AC 中点, 连接OP ,P 为AM 中点,∴//MC OP , ∵MC ⊄平面PBD ,OP ⊂平面PBD , ∴//MC 平面PBD ．20．如图,在四棱锥M ABCD -中,四边形ABCD 为梯形,90ABC BAD ∠=∠=,//BC AD ,22AD AB BC ==（1）若E 为MA 中点,证明：BE //面MCD（2）若点M 在面ABCD 上投影在线段AC 上,1AB =,证明：CD ⊥面MAC . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）取MD 中点为F ,连接EF ,CF , 则EF 为△MAD 中位线,∴1//2EF AD 且1=2EF AD , 又四边形ABCD 是直角梯形,22AD AB BC ==1//2BC AD ∴,1=2BC AD//BC EF ∴且=BC EF ,∴四边形BCFE 为平行四边形,所以//BE CF ,因为BE ⊄面MCD ,CF ⊂面 MCD ,所以//BE 面MCD .（2）在四棱锥M ABCD -中,四边形ABCD 是直角梯形,222AD AB BC ===,90ABC BAD ∠=∠=,22112AC CD ∴==+=222AC CD AD ∴+=,AC CD ∴⊥,设点M 在面ABCD 上投影在线段AC 上,设为点H ,MH ∴⊥面ABCD ,CD ⊂面ABCD ,MH CD ∴⊥,又AC CD ⊥,AC MH H ⋂=, CD面MAC .21．如图,四棱锥P ABCD -的底面是边长为1的正方形,PA ⊥底面ABCD ,,E F 分别为,AB PC 的中点.（1）求证：EF //平面PAD ；（2）若2PA =,试问在线段EF 上是否存在点Q ,使得二面角 Q AP D --的余弦值为55？若存在,确定点Q 的位置；若不存在,请说明理由.【答案】（1）证明详见解析；（2）满足条件的Q 存在,是EF 中点. 【解析】证明：（1）取PD 中点M,连接MF 、MA,在△PCD 中,F 为PC 的中点,∴1//2MF DC =,正方形ABCD 中E 为AB 中点,∴1//2AE DC =,∴=//AE MF , 故四边形EFMA 为平行四边形,∴EF∥AM , 又∵EF ⊄平面PAD,AM ⊂平面PAD, ∴EF∥平面PAD ；（2）结论：满足条件的Q 存在,是EF 中点．理由如下： 如图：以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系,则P （0,0,2）,B （0,1,0）,C （1,1,0）,E （0,12,0）,F （12,12,1）, 由题易知平面PAD 的法向量为n =（0,1,0）, 假设存在Q 满足条件：设EQ EF λ=, ∵1(,0,1)2EF =,∴1(,,)22Q λλ=,1(,,)22AQ λλ=,λ∈[0,1], 设平面PAQ 的法向量为(,,)x y z ∏=,由10{220x y z z λλ++==,可得(1,,0)λ∏=-, ∴2cos ,1m n m n m n λλ⋅-==+, 由已知：2551λλ-=+,解得：12λ=,所以满足条件的Q 存在,是EF 中点．22．已知圆锥的侧面展开图为半圆,母线长为23.（1）求圆锥的底面积；（2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱,当圆柱的侧面积最大时,求圆柱的体积. 【答案】（1）3π；（2）98π. 【解析】解：（1）沿母线AB 剪开,侧展图如图所示：设OB R =,在半圆⊙A 中,23AB =, 弧长'23BB π=, 这是圆锥的底面周长,所以223R ππ=, 所以3R =,故圆锥的底面积为23S R ππ==圆锥； （2）设圆柱的高1OO h =,OD r =, 在Rt AOB 中,223AO AB OB =-=,11AO D △AOB ,所以111AO O D AO OB=,即33h -=,3h =, 222(33)23(3)S rh r r r r πππ==-=--圆柱侧面积,23332322r ππ⎛⎫=--+ ⎪ ⎪⎝⎭, 所以,当32r =,32h =时,圆柱的侧面积最大,此时298V r h ππ==圆柱。
高三数学一轮复习【立体几何】练习题
高三数学一轮复习【立体几何】练习题1.空间中，用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，则下列说法正确的有()A.若a∥b，b∥c，则a∥cB.若a⊥γ，b⊥γ，则a∥bC.若a∥γ，b∥γ，则a∥bD.若a⊥b，b⊥c，则a⊥c答案AB解析根据空间平行直线的传递性可知A正确；由直线与平面垂直的性质定理知B正确；若a∥γ，b∥γ，则a，b可能平行、相交或异面，故C错误；若a⊥b，b⊥c，则a，c可能相交、平行或异面，故D错误.2.对于两条不同直线m，n和两个不同平面α，β，下列选项正确的为()A.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nB.若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n或m∥nC.若m∥α，α∥β，则m∥β或m⊂βD.若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α答案ACD解析对A，令m，n分别为直线m，n的方向向量，因为m⊥α，n⊥β，所以m⊥α，n⊥β，又α⊥β，所以m⊥n，即m⊥n，所以选项A正确；对B，如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，令平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，直线A1C1为m，直线C1D为n，满足α⊥β，m∥α，n∥β，但m与n既不平行也不垂直，所以选项B错误；对C，若m⊄β，过m作一平面γ分别与平面α和平面β相交，且交线分别为a，b，则m∥a，a∥b，所以m∥b，所以m∥β；若m⊂β，符合题意，所以选项C 正确；对D，若n⊂α，符合题意；若n⊄α，过直线n作一平面β与平面α相交，设交线为b，因为b⊂α，m⊥α，所以m⊥b，又m⊥n，且n，b在同一平面内，所以n∥b，所以n∥α，所以选项D正确.综上，选ACD.3.如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中()A.AE∥CDB.CH∥BEC.DG⊥BHD.BG⊥DE答案BCD解析由正方体的平面展开图还原正方体如图，连接AH，DE，BG，BH，DG，HC.由图形可知，AE⊥CD，故A错误；因为HE∥BC，HE＝BC，所以四边形BCHE为平行四边形，所以CH∥BE，故B正确；因为DG⊥HC，DG⊥BC，HC∩BC＝C，HC，BC⊂平面BHC，所以DG⊥平面BHC，又BH⊂平面BHC，所以DG⊥BH，故C正确；因为BG∥AH，而DE⊥AH，所以BG⊥DE，故D正确.故选BCD.4.用一个平面截正方体，所得的截面不可能是()A.锐角三角形B.直角梯形C.有一个内角为75°的菱形D.正五边形答案BCD解析对于A，如图1，截面的形状可能是正三角形，故A可能；图1图2对于B，首先考虑平面截正方体得到的截面为梯形，且QR与AA1不平行，如图2所示，不妨假设PQ⊥QR，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，PQ⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥PQ，从而有PQ⊥平面A1ABB1，这是不可能的，故B不可能；对于C，当平面截正方体得到的截面为菱形(非正方形)时，只有如下情形，如图3，其中P，R为所在棱的中点，易知当菱形为PBRD1时，菱形中的锐角取得最小值，即∠PD1R最小.设正方体的棱长为2，则PD1＝RD1＝5，PR＝22，则由余弦定理，得cos∠PD1R＝PD21＋RD21－PR22PD1·RD1＝5＋5－82×5×5＝15<6－24＝cos 75°，所以∠PD1R>75°，故C不可能；图3对于D，假设截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质可知这两条截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边形，故D不可能.综上所述，选BCD.5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为AA1的中点，平面α过点D1且与CM垂直，则()A.CM⊥BDB.BD∥平面αC.平面C1BD∥平面αD.平面α截正方体所得的截面图形的面积为9 2答案ABD解析如图，连接AC，则BD⊥AC.因为BD⊥AM，AM∩AC＝A，AM，AC⊂平面AMC，所以BD⊥平面AMC，又CM⊂平面AMC，所以BD⊥CM，故A正确；取AD的中点E，连接D1E，DM，由平面几何知识可得D1E⊥DM，又CD⊥D1E，DM∩CD＝D，DM，CD⊂平面CDM，所以D1E⊥平面CDM，又CM⊂平面CDM，所以D1E⊥CM.连接B1D1，过点E作EF∥BD，交AB于F，连接B1F，所以CM⊥EF，又D1E∩EF＝E，D1E，EF⊂平面D1EFB1，所以CM⊥平面D1EFB1，所以平面α截正方体所得的截面图形即梯形D1EFB1.由EF∥BD，BD⊄平面α，EF⊂平面α，得BD∥平面α，故B正确；连接AB1，AD1，易知平面AB1D1∥平面C1BD，而平面AB1D1∩平面α＝B1D1，所以平面C1BD与平面α不平行，故C不正确；截面图形为等腰梯形D1EFB1，EF＝2，B1D1＝22，D1E＝B1F＝5，所以截面图形的面积S＝12×(2＋22)×（5）2－⎝⎛⎭⎪⎫22－222＝92，故D正确.6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，N为底面ABCD的中心，P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点)，M为线段AP的中点，则()A.CM与PN是异面直线B.CM>PNC.平面PAN⊥平面BDD1B1D.过P，A，C三点的正方体的截面一定是等腰梯形答案BCD解析对于选项A，如图，连接NC，PC，则A，N，C三点共线.又M为AP的中点，N为AC的中点，所以CM与PN共面，故A错误；对于选项B，因为P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点)，所以AC>AP.在△MAC中，CM2＝AC2＋AM2－2AC·AM cos∠MAC＝AC2＋14AP2－AC·AP·cos∠MAC.在△PAN中，PN2＝AP2＋AN2－2AP·AN cos∠PAN＝AP2＋1 4AC 2－AP ·AC cos ∠PAN ，则CM 2－PN 2＝34(AC 2－AP 2)>0，所以CM >PN ，故B 正确；对于选项C ，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，易知AC ⊥平面BDD 1B 1，即AN ⊥平面BDD 1B 1，又AN ⊂平面PAN ，所以平面PAN ⊥平面BDD 1B 1，故C 正确； 对于选项D ，连接A 1C 1，在平面A 1B 1C 1D 1内作PK ∥A 1C 1，交C 1D 1于K ，连接KC .在正方体中，A 1C 1∥AC ，所以PK ∥AC ，PK ，AC 共面，所以四边形PKCA 就是过P ，A ，C 三点的正方体的截面，AA 1＝CC 1，A 1P ＝C 1K ，所以AP ＝CK ，即梯形PKCA 为等腰梯形，故D 正确.故选BCD.7.如图，在正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，点P 为线段AD 1上一动点，则下列说法正确的是( )A.直线PB 1∥平面BC 1DB.三棱锥P-BC 1D 的体积为13C.三棱锥D 1-BC 1D 外接球的表面积为3π2D.直线PB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值的最大值为53 答案 ABD解析 对于A 选项，连接B 1D 1，AB 1，根据正四棱柱的性质可知AD 1∥BC 1，BD ∥B 1D 1，因为BC 1⊄平面AB 1D 1，AD 1⊂平面AB 1D 1，所以BC 1∥平面AB 1D 1，同理得BD ∥平面AB 1D 1，又BC 1∩BD ＝B ，所以平面AB 1D 1∥平面BC 1D ，又PB 1⊂平面AB 1D 1，所以PB 1∥平面BC 1D ，所以A 选项正确；对于B 选项，易知AD 1∥平面BC 1D ，所以V P-BC 1D ＝V A-BC 1D ＝V C 1-ABD ＝13×12×1×1×2＝13，所以B 选项正确；对于C 选项，三棱锥D 1-BC 1D 的外接球即正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的外接球.设外接球的半径为R ，则4R 2＝12＋12＋22＝6，所以外接球的表面积为4πR 2＝6π，所以C 选项错误；对于D 选项，过P 作PE ∥AB ，交BC 1于点E ，则PE ⊥平面BCC 1B 1，连接B 1E ，则∠PB 1E 即直线PB 1与平面BCC 1B 1所成的角，当B 1E 最小时，∠PB 1E 最大，此时B 1E ⊥BC 1，由等面积法得S △BB 1C 1＝12BC 1·B 1E ＝12BB 1·B 1C 1，解得B 1E ＝25，在Rt △PB 1E 中，PE ＝AB ＝1，所以PB 1＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝35，所以∠PB 1E 的正弦值的最大值为PE PB 1＝53，所以D 选项正确.故选ABD.8.如图，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点，则( )A.直线D1D与直线AF垂直B.直线A1G与平面AEF平行C.平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面的面积为9 2D.点A1和点D到平面AEF的距离相等答案BCD解析对于选项A，假设AF与D1D垂直，又D1D⊥AE，AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，所以D1D⊥平面AEF.因为EF⊂平面AEF，所以D1D⊥EF，这显然是错误的，所以假设不成立，故A错误；图1对于选项B，取B1C1的中点N，连接A1N，GN，如图1所示，易知A1N∥AE，又AE⊂平面AEF，A1N⊄平面AEF，所以A1N∥平面AEF.因为GN∥EF，EF⊂平面AEF，GN⊄平面AEF，所以GN∥平面AEF.又A1N，GN⊂平面A1GN，A1N∩GN＝N，所以平面A1GN∥平面AEF.因为A1G⊂平面A1GN，所以A1G∥平面AEF，故B正确；对于选项C，连接AD1，FD1，如图2所示，因为AD1∥EF，所以四边形AD1FE 为平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，又AD1＝22＋22＝22，图2EF ＝12＋12＝2，D 1F ＝AE ＝12＋22＝5，所以四边形AD 1FE 为等腰梯形， 高为（5）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝322，则S 梯形AD 1FE ＝12×(2＋22)×322＝92，故C 正确；对于选项D ，连接A 1D ，如图2所示，由选项C 可知A 1D 与平面AEF 相交且交点为A 1D 的中点，所以点A 1和点D 到平面AEF 的距离相等，故D 正确.综上，选BCD.9.已知棱长为a 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 是B 1C 1的中点，点P 在正方体的表面上运动，且总满足MP ⊥MC ，则下列结论中正确的是( ) A.点P 的轨迹中包含AA 1的中点B.点P 在侧面AA 1D 1D 内的轨迹的长为5a4 C.MP 长度的最大值为21a4D.直线CC 1与直线MP 所成角的余弦值的最大值为55 答案 BCD解析 如图，取A 1D 1的中点E ，分别取A 1A ，B 1B 上靠近A 1，B 1的四等分点F ，G ，连接EM ，EF ，FG ，MG ，易知EM ∥FG 且EM ＝FG ，所以E ，M ，F ，G 四点共面.连接GC ，因为MG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 42＝5a 216，MC 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋a 2＝5a 24，GC 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 42＋a 2＝25a 216，因此MG 2＋MC 2＝GC 2，所以MG ⊥MC ，易知ME ⊥MC ，又MG ∩ME ＝M ，MG ，ME ⊂平面MEFG ，所以MC ⊥平面MEFG ，即点P 的轨迹为四边形MEFG (不含点M )，易知点P 在侧面AA 1D 1D 内的轨迹为EF ，且EF ＝MG ＝5a4，所以A 选项错误，B 选项正确；根据点P 的轨迹可知，当P 与F 重合时，MP 最长，易知FG ⊥平面BB 1C 1C ，则FG ⊥MG ，连接MF ，所以MF ＝a 2＋5a 216＝21a4，故C 选项正确；由于点P 的轨迹为四边形MEFG (不含点M )，所以直线CC 1与直线MP 所成的最小角就是直线CC 1与平面MEFG 所成的角，又向量CC 1→与平面MEFG 的法向量CM →的夹角等于∠C 1CM ，且sin ∠C 1CM ＝a25a 2＝55，所以直线CC 1与平面MEFG 所成角的余弦值为55，即直线CC 1与直线MP 所成角的余弦值的最大值等于55，故D 选项正确.10.如图，长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，M 为AA 1的中点，过B 1M 作长方体的截面α交棱CC 1于N ，则( )A.截面α可能为六边形B.存在点N，使得BN⊥截面αC.若截面α为平行四边形，则1≤CN≤2D.当N与C重合时，截面图形的面积为36 4答案CD解析设N0为棱CC1的中点，当N从C1移动到C时，其过程中存在以下几种情况，如图1，当点N在线段C1N0上时，截面α为平行四边形；当点N在线段N0C上(不包括点N0，C)时，截面α为五边形；当点N与点C重合时，截面α为梯形.图1图2由以上分析可知，对于A，截面α不可能为六边形，所以A错误；对于B，假设BN⊥截面α，因为B1M⊂α，所以BN⊥B1M，所以必有点N，C重合，而BC与平面B1CQM不垂直，所以B错误；对于C，当截面α为平行四边形时，点N在线段C1N0上，则1≤CN≤2，所以C 正确；对于D，当点N与点C重合时，截面α为梯形，如图2，过M作MM′⊥B1C，垂足为M′.设梯形的高为h，B1M′＝x，则在Rt△B1MM′中，由勾股定理，得h2＝(2)2－x2，①同理h 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫52－x 2，② 由①②，解得x ＝255，h ＝65，所以截面α的面积等于12×⎝⎛⎭⎪⎫5＋52·h ＝12×352×65＝364，所以D 正确. 综上可知，选CD.。
高考数学第一轮复习立体几何专题题库19.doc
241. 已知点P 是正方形ABCD 所在的平面外一点，PD ⊥面AC ，PD=AD=l ，设点C 到面PAB 的距离为d 1，点B 到平面PAC 的距离为d 2，则（ ） （A ）l <d 1 <d 2（B ）d 1< d 2<l （C ）d 1<l < d 2（D ）d 2<d 1<l解析：l d 221=，l d 332=，故d 2<d 1<l ，选D 。
242.如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1,而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直。
点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM=BN=a ).20(<<a （1）求MN 的长；（2）当a 为何值时，MN 的长最小； （3）当MN 长最小时，求面MNA 与面MNB 所成的二面角α的大小。
解析：（1）作MP ∥AB 交BC 于点P ，NQ ∥AB 交BE 于点Q ，连接PQ ，依题意可得MP ∥NQ ，且MP=NQ ，即MNQP 是平行四边形。
∴MN=PQ,由已知，CM=BN=a,CB=AB=BE=1,∴2==BF AC ,21,21a BQ a CP ==, 即2aBQ CP ==, ∴=+-==22)1(BQ CP PQ MN )20(21)22()2()21(222<<+-=+-a a a a（2）由（1）知: 2222==MN a 时，当，的中点时，分别移动到即BF AC N M ,, 22的长最小，最小值为MN (3)取MN 的中点G ，连接AG 、BG ，∵AM=AN,BM=BN ，∴AG ⊥MN,BG ⊥MN ，∴∠AGB 即为二面角α的平面角。
又46==BG AG ，所以由余弦定理有 ADE31464621)46()46(cos 22-=∙∙-+=α。
故所求二面角)31arccos(-=α。
243. 如图，边长均为a 的正方形ABCD 、ABEF 所在的平面所成的角为)20(πθθ<<。
(天津专用)2020届高考数学一轮复习单元质检7立体几何(A)(含解析)新人教A版
单元质检七立体几何(A)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.已知圆柱的侧面展开图是边长为2和4的矩形,则圆柱的体积是()A. B. C. D.或2.下列命题中,错误的是()A.三角形的两条边平行于一个平面,则第三边也平行于这个平面B.平面α∥平面β,a⊂α,过β内的一点B有唯一的一条直线b,使b∥aC.α∥β,γ∥δ,α,β,γ,δ所成的交线为a,b,c,d,则a∥b∥c∥dD.一条直线与两个平面所成的角相等,则这两个平面平行3.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为()A. B.2C. D.34.已知l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是()A.若l1⊥l2,l2⊥l3,则l1∥l3B.若l1⊥l2,l2∥l3,则l1⊥l3C.若l1∥l2∥l3,则l1,l2,l3共面D.若l1,l2,l3共点,则l1,l2,l3共面5.一个正方体的表面展开图如图所示,点A,B,C均为棱的中点,D是顶点,则在正方体中,异面直线AB和CD所成的角的余弦值为()A. B.C. D.6.我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语,“堑堵”意指底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱,而“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵,AC⊥BC,若A1A=AB=2,当阳马B-A1ACC1的体积最大时,则堑堵ABC-A1B1C1的表面积为()A.4+4B.6+4C.8+4D.10+4二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.已知矩形ABCD的边AB=a,BC=3,PA⊥平面ABCD,若BC边上有且只有一点M,使PM⊥DM,则a的值为.8.已知在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BC=2,BD=CD=,点E是BC的中点,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点,则该三棱锥外接球的表面积为.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9. (14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1.设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.10. (15分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2,AA1⊥平面ABC,D,E分别是AC,CC1的中点.(1)求证:AE⊥平面A1BD;(2)求二面角D-BE-B1的余弦值.11.(15分) 如图,三角形PDC所在的平面与矩形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3,点E是CD边的中点,点F,G分别在线段AB,BC上,且AF=2FB,CG=2GB.(1)证明:PE⊥FG;(2)求二面角P-AD-C的正切值;(3)求直线PA与直线FG所成角的余弦值.单元质检七立体几何(A)1.D解析圆柱的侧面展开图是边长为2与4的矩形,当母线为4时,圆柱的底面半径是,此时圆柱体积是π××4=;当母线为2时,圆柱的底面半径是,此时圆柱的体积是π××2=,综上可知,所求圆柱的体积是或.故选D.2.D解析A正确,三角形可以确定一个平面,若三角形两边平行于一个平面,则它所在的平面与这个平面平行,故第三边平行于这个平面;B正确,平面α与平面β平行,则平面α中的直线a必平行于平面β,平面β内的一点与这条线可以确定一个平面,这个平面与平面β交于一条直线,过该点在平面β内只有这条直线与a平行;C正确,利用同一平面内不相交的两条直线一定平行判断即可确定C是正确的;D错误,一条直线与两个平面所成的角相等,这两个平面可能是相交平面,故应选D.3.C解析由计算可得O为B1C与BC1的交点.设BC的中点为M,连接OM,AM,则可知OM⊥平面ABC,连接AO,则AO的长为球半径,可知OM=6,AM=,在Rt△AOM中,由勾股定理得半径OA=.4.B解析从正方体同一个顶点出发的三条棱两两垂直,可知选项A错误;因为l1⊥l2,所以l1与l2所成的角是9 °.又因为l2∥l3,所以l1与l3所成的角是9 °,所以l1⊥l3,故选项B正确;三棱柱中的三条侧棱平行,但不共面,故选项C错误;三棱锥的三条侧棱共点,但不共面,故选项D错误.故选B.5.C解析如图所示,可知∠EGF为AB和CD所成的角,F为正方体棱的中点.设正方体棱长为1,则EF=GF=,EG=.故cos∠EGF=.6.B解析设AC=x,则0<x<2,由题意,得四棱锥B-A1ACC1的体积为V=·2·x·-·x·--,当且仅当x=-,即x= 时,取等号.堑堵ABC-A1B1C1的表面积为S=2S△ABC+2矩形矩形+2×2×+2×2=6+4.7.1.5解析如图,连接AM.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥DM.若BC边上有且只有一点M,使PM⊥MD,则DM⊥平面PAM,即DM⊥AM,故以AD为直径的圆和BC相切即可.因为AD=BC=3,所以圆的半径为1.5,要使线段BC和半径为1.5的圆相切,则AB=1.5,即a=1.5.8.π解析由题意知,△BCD为等腰直角三角形,点E是△BCD外接圆的圆心,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,则BF=,∴AF=-,设三棱锥A-BCD外接球的球心O到平面BCD的距离为h,则1+h2=-,∴h=,r=(r为球O的半径),∴该三棱锥外接球的表面积为4π×π.9.证明(1)由题意知,E为B1C的中点.因为D为AB1的中点,所以DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,所以BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.10.(1)证明∵AB=BC=CA,D是AC的中点,∴BD⊥AC.∵AA1⊥平面ABC,∴平面AA1C1C⊥平面ABC,∴BD⊥平面AA1C1C,∴BD⊥AE.又在正方形AA1C1C中,D,E分别是AC,CC1的中点,易证得△A1AD≌△ACE,∴∠A1DA=∠AEC,∵∠AEC+∠CAE=9 °,∴∠A1DA+∠CAE=9 °,即A1D⊥AE.又A1D∩BD=D,∴AE⊥平面A1BD.(2)解取A1C1的中点F,以DF,DA,DB所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),E(1,-1,0),B(0,0,),B1(2,0,),=(0,0,),=(1,-1,0),=(2,0,0),=(1,1,).设平面DBE的一个法向量为m=(x,y,z),则· ,·,- ,令x=1,则m=(1,1,0).设平面BB1E的一个法向量为n=(a,b,c),则· ,·,,令c=,则n=(0,-3,).设二面角D-BE-B1的平面角为θ,观察可知θ为钝角,cos<m,n>=·=-,∴cosθ=-.故二面角D-BE-B1的余弦值为-.11.解法一(1)证明:∵PD=PC,且点E为CD边的中点,∴PE⊥DC.又平面PDC⊥平面ABCD,且平面PDC∩平面ABCD=CD,PE⊂平面PDC, ∴PE⊥平面ABCD.∵FG⊂平面ABCD,∴PE⊥FG.(2)∵四边形ABCD是矩形,∴AD⊥DC.又平面PDC⊥平面ABCD,且平面PDC∩平面ABCD=CD,AD⊂平面ABCD, ∴AD⊥平面PDC.∵PD⊂平面PDC,∴AD⊥PD.∴∠PDC即为二面角P-AD-C的平面角.在Rt△PDE中,PD=4,DE=AB=3,PE=-,∴tan∠PDC=,即二面角P-AD-C的正切值为.(3)如图所示,连接AC,∵AF=2FB,CG=2GB,即=2,∴AC∥FG,∴∠PAC即为直线PA与直线FG所成的角或其补角.在△PAC中,PA==5,AC==3.由余弦定理可得cos∠PAC=-·9,∴直线PA与直线FG所成角的余弦值为9.解法二(1)见解法一.(2)取AB的中点M,连接EM,可知EM,EC,EP两两垂直,故以E为原点,EM,EC,EP所在直线为x轴、y 轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.可得A(3,-3,0),D(0,-3,0),P(0,0,),C(0,3,0),即=(-3,0,0),=(0,-3,-),设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),则· ,· ,可得- ,-- ,令y=,可得一个法向量n=(0,,-3).因为平面ADC的一个法向量为=(0,0,),所以二面角P-AD-C的余弦值为|cos<n,>|=.所以二面角P-AD-C的正切值为.(3)由(2)中建立的空间直角坐标系可得=(3,-3,-),F(3,1,0),G(2,3,0),则=(-1,2,0), 故cos<>=-9.所以直线PA与直线FG所成角的余弦值为9.。
立体几何 大题-2023届高三数学一轮复习
立体几何复习1.（多选）如图，四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥底面ABCD ，PAD △是等边三角形，底面ABCD 是菱形，且60BAD ∠=︒，M 为棱PD 的中点，N 为菱形ABCD 的中心，下列结论正确的有（ ） A ．直线PB 与平面AMC 平行 B ．直线PB 与直线AD 垂直C ．线段AM 与线段CM 长度相等D ．PB 与AM 所成角的余弦值为24 2.（多选）如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，BC ＝BB 1＝2，E 、F 分别为棱AB 、A 1D 1的中点，则下列说法中正确的有（ ）A ．DB 1⊥CEB ．三棱锥D —CEF 的体积为83C ．若P 是棱C 1D 1上一点，且D 1P ＝1，则E 、C 、P 、F 四点共面D ．平面CEF 截该长方体所得的截面为五边形3.（多选）已知菱形ABCD 的边长为2, ∠ABC=3π,将ΔDAC 沿着对角线AC 折起至ΔD'AC,连接BD'.设二面角D'-AC-B 的大小为θ,则下列说法正确的是（ ）A.若四面体D'ABC 为正四面体，则θ=3π B.四面体D'ABC 的体积最大值为1 C.四面体D'ABC 的表面积最大值为2(3+2) D.当θ=23π时，四面体D'ABC 的外接球的半径为2134.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．5.如图，点C 是以AB 为直径的圆上的动点（异于,A B ），已知2AB =，2AC =，AE =BEDC 为矩形，平面ABC ⊥平面BEDC .设平面EAD 与平面ABC 的交线为l .（1）证明：l BC ；（2）求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.6.7. 在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为正方形，PA ⊥平面ABCD ，//PA BE ，2BE =，4AB PA ==.（1）求证：//CE 平面PAD ；（2）在棱AB 上是否存在一点F ，使得二面角E PC F --的大小为60︒？如果存在，确定点F 的位置；如果不存在，说明理由.8.如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是直角梯形,AB ∥DC ,∠BAD =90°,PD =DC =BC =2PA =2AB =2,PD ⊥DC .(1)求证：PA ⊥平面ABCD ；(2)设BM =BD λ(0<λ<1),当二面角A-PM-B 的余弦值为77时,求λ的值.9.如图，四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是菱形，PA PC =，BD PA ⊥，E 是BC 上一点，且3EC BE =，设AC BD O =.（1）证明：PO ⊥平面ABCD ；（2）若60BAD ∠=︒，PA PE ⊥，求二面角A PE C --的余弦值.10.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，PA ⊥平面ABCD .（1）求证：平面PAC ⊥平面PBD ；（2）若2AP AB ==，60BAD ∠=︒，求二面角A PB D --的余弦值.11.如图，在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，ΔABC 是边长为2的等边三角形，平面ABC ⊥平面AA 1B 1B,A 1A=A 1B,∠A 1AB=60°,O 为AB 的中点，M 为A 1C 1的中点． （1)求证：OM//平面BB 1C 1C;（2)求二面角C 1-BA 1-C 的正弦值．12.如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABEF 为正方形，平面ABEF ⊥平面CDFE ，CD ∥EF ，DF ⊥EF ， EF ＝2CD ＝2．（1）若DF ＝2，求二面角A －CE －F 的正弦值；（2）若平面ACF ⊥平面BCE ，求DF 的长．13.如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，底面是边长为3的等边三角形，12A A =，点1A 在下底面上的射影是ABC ∆的中心O .（1）求证：平面1A AO ⊥平面11BCC B ；（2）求二面角1C AB C --的余弦值.14.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，//AD BC ，2PA AD CD ===，3BC =．E为PD的中点，点F在PC上，且13 PFPC=．（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角F AE P--的余弦值；（Ⅲ）设点G在PB上，且23PGPB=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．15.如图，在三棱锥A－BCD中，△ABD与△BCD都为等边三角形，平面ABD⊥平面BCD，M，O分别为AB，BD 的中点，AO∩DM＝G，N在棱CD上且满足2CN＝ND，连接MC，GN．（1）证明：GN∥平面ABC；（2）求直线AC和平面GND所成角的正弦值．16.在多面体ABCDE中，平面ACDE⊥平面ABC，四边形ACDE为直角梯形，CD∥AE，AC⊥AE，AB⊥BC，CD＝1，AE＝AC＝2，F为DE的中点，且点E满足EB4EG=．（1）证明：GF∥平面ABC；（2）当多面体ABCDE的体积最大时，求二面角A—BE—D的余弦值．17一副标准的三角板(图1)中,∠ABC为直角,∠A=60°,∠DEF为直角,DE=EF,BC=DF.把BC与DF重合,拼成一个三棱锥(图2)｡设M是AC的中点,N是BC的中点｡(1)求证:平面ABC⊥平面EMN;(2)若AC=4,二面角E-BC-A为直二面角,求直线EM与平面ABE所成的正弦18.如图四边形ABCD为梯形，AD∥BC，BM⊥AD于M，CN⊥AD于N，∠A=45°，AD=4BC=4，AB=2，现沿CN将△CDN折起，使△ADN为正三角形，且平面AND⊥平面ABCN，过BM的平面与线段DN、DC分别交于E、F．(1)求证：EF⊥DA；(2)在棱DN上(不含端点)是否存在点E，使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为34，若存在，请确定E点的位置；若不存在，说明理由．19.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，M为线段PC的中点，PD＝AD，N为线段BC上的动点．（1）证明：平面MND⊥平面PBC；（2）当点N在线段BC的何位置时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°？指出点N的位置，并说明理由．。
立体几何专题检测——江苏省2023届高三数学一轮总复习
江苏省2023届高三数学一轮总复习专题检测立体几何一、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、下列命题正确的是A 、正方形的直观图是正方形B 、用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体是棱台C 、各个面都是三角形的几何体是三棱锥D 、圆锥有无数条母线2、设,αβ是两个不同的平面，,m n 是两条不同的直线，则下列结论中正确的是A 、 若m α⊥，m n ⊥，则 n α∥B 、 若αβ⊥，m α⊥，n β⊥，则m n ⊥C 、若n α∥，m n ⊥，则m α⊥D 、若αβ∥，m ⊂α，n ⊂β，则m n ∥3、已知圆锥的高为6，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为A ．2 2B ．2 3C ．2 6D ．4 24、正多面体共有5种，统称为柏拉图体，它们分别是正四面体､正六面体（即正方体）､正八面体､正十二面体､正二十面体.连接正方体中相邻面的中心，可以得到另一个柏拉图体.已知该柏拉图体的体积为323，则生成它的正方体的棱长为（ ） A. 2 B. 322 C. 324 D. 45、南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．7 2.65≈）（ ） A. 931.010m ⨯B. 931.210m ⨯C. 931.410m ⨯D.931.610m ⨯6、在平行六面体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为 1 的正方形，侧棱1113,60AA A AD A AB ︒=∠=∠=，则1AC =（ ）.A 22 .B 10 .C 3 .D 177、如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，,,,E F G H 分别是所在棱上的动点，且满足1DH BG AE CF +=+=，则以下四个结论正确的是（ ）A ．,,,E G F H 四点一定不共面B ．若四边形EGFH 为矩形，则DH CF =C ．若四边形EGFH 为菱形，则,E F 一定为所在棱的中点D ．若四边形EGFH 为菱形，则四边形EFGH 周长的取值范围为[4,25]8. 足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多的体育项目之一，2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛．比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行．已知某足球的表面上有四个点A ，B ，C ，D 满足2dm AB BC AD BD CD =====，二面角A BD C --的大小为23π，则该足球的体积为（ ） A.342dm 27πB.3352dm 27πC.314dm 27πD.32dm 27π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，有选错的得0分，部分选对的得2分． 9、已知直线l 与平面α相交于点P ，则( ) A ．α内不存在直线与l 平行 B ．α内有无数条直线与l 垂直C ．α内所有直线与l 是异面直线D ．至少存在一个过l 且与α垂直的平面 10、已知正方体1111ABCD A B C D -，则（ ） A. 直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B. 直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C. 直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D. 直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒11、在一个圆锥中，D 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面圆的圆心，P 为线段DO 的中点，AE 为底面圆的直径，△ABC 是底面圆的内接正三角形，AB ＝AD ＝3，则下列说法正确的是 A ．BE ∥平面PACB ．PA ⊥平面PBCC ．在圆锥侧面上，点A 到DB 中点的最短距离为32D ．记直线DO 与过点P 的平面α所成的角为θ，当cos θ∈(0，33)时，平面α与圆锥侧面的交线为椭圆12、已知圆台1OO 上､下底面的半径分别为2和4，母线长为4.正四棱台上底面1111D C B A 的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面ABCD 的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（ ） A. 1AA 与底面所成的角为60° B. 二面角1A ABC 小于60°C. 正四棱台1111ABCD A B C D -的外接球的表面积为64πD. 设圆台1OO 的体积为1V ，正四棱台1111ABCD A B C D -的体积为2V ，则12V V π=三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13、已知正四棱锥P ABCD -32，则正四棱锥P ABCD -的侧面积为14、已知圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，圆台的高为23cm ，母线与轴的夹角为30︒，则这个圆台的轴截面的面积等于 2.cm 15、已知,,,A B C D 在球O 的球面上，ABC 为等边三角形且其面积为33，AD ⊥平面,2ABC AD =，则球O 的表面积为 .16、在等腰梯形ABCD 中，22AB CD ==，3DAB CBA π∠=∠=，O 为AB 的中点．将BOC∆沿OC 折起，使点B 到达点B '的位置，则三棱锥B ADC '-外接球的表面积为 ；当3B D '=B ADC '-外接球的球心到平面B CD '的距离为 ．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．（本小题满分10分）在四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，2CD AB =，AC 与BD 相交于点M ，点N 在线段AP 上，AN AP λ=（0λ>），且//MN 平面PCD . （I ）求实数λ的值；（Ⅱ）若1AB AD DP ===，2PA PB ==，60BAD ︒∠=，求点N 到平面PCD 的距离.18．（本小题满分12分）如图，在以P ，A ，B ，C ，D 为顶点的五面体中，四边形ABCD 为等腰梯形，AB CD ∥，12AD CD AB ==，平面PAD ⊥平面PAB ，PA PB ⊥． （1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ； （2）若二面角P AB D --的余弦值为33，求直线PD 与平面PBC 所成角的大小．19．（本小题满分12分）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为2． （1）求A 到平面1A BC 的距离；（2）设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．20．（本小题满分12分）如图，在多面体ABCDP 中，ABC 是边长为2的等边三角形，,22PA AB BD CD ===，22PC PB ==，点E 是BC 中点，平面ABC ⊥平面BCD .(1) 求证：//DE 平面PAC ；(2) F 是直线BC 上的一点，若二面角F DA B --为直二面角，求BF 的长.21．（本小题满分12分）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD BC ∥点M 在棱PB 上，2PM MB =点N 在棱PC 上，223PA AB AD BC ====. （1）若2CN NP =，Q 为PD 的中点，求证：A ，M ，N ，Q 四点共面； （2）求直线PA 与平面AMN 所成角的正弦的最大值.22．（本小题满分12分）如图1，在平行四边形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝33，∠ABC ＝30º，AE ⊥BC ，垂足为E ．以AE 为折痕把△ABE 折起，使点B 到达点P 的位置，且平面PAE 与平面AECD 所成的角为90º(如图2)．（1）求证：PE ⊥CD ；（2）若点F 在线段PC 上，且二面角F －AD －C 的大小为30º，求三棱锥F －ACD 的体积．补充练习：1、如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，//AD BC ，AD AB ⊥，122AA AD BC ===，2AB E 在棱11A D 上，平面1BC E 与棱1AA 交于点F ．（1）求证：1BD C F ⊥；（2）若BE 与平面ABCD 所成角的正弦值为45，试确定点F 的位置．【解答】（1）证明：在直四棱柱中1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1AA BD ∴⊥，连接AC ，2tan 2AB ADB AD ∠==，2tan 2CB CAB AB ∠==， ADB CAB ∴∠=∠，AC BD ∴⊥， 1AA ，AC ⊂平面11ACC A ，1AA AC A =，BD ∴⊥平面11ACC A ，1C F ⊂平面11ACC A ，1BD C F ∴⊥．（2）以A 为坐标原点，AD 为x 轴，AB 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(0A ，0，0)，(0B 20)，(1C 20)，1(1C 22)， 平面ABCD 的法向量为(0n =，0，1)，(BE x =，2-2)，0x >，则242|cos ,|56BE n x =<>=+，解得12x =， 则1(2E ，0，2)，1(2BE =，22)，11(2C E =-，2-0)，设(0F ，0，)z ，1(1C F =-，2-2)z -，则(1-，2-12)(2z m -=，2-12)(2n +-，2-0)，∴11122222m n m n ⎧-=-⎪⎨⎪--=-⎩，解得12m =-，32n =，1z =，(0F ∴，0，1)，F ∴为棱1AA 的中点．参考答案1、D2、B3、A4、D5、C6、D7、D8、A 8、【详解】根据题意，三棱锥A BCD -如图所示，图中点O 为线段BD 的中点，,N M 分别是线段,AO CO 上靠近点O 的三等分点， 因为2dm AB BC AD BD CD =====，所以ABD △和CBD 均为等边三角形，因为点O 为线段BD 的中点，所以,AO BD CO BD ⊥⊥， 所以AOC ∠为二面角A BD C --的平面角，所以23AOC π∠=， 因为ABD △和CBD 均为等边三角形，点O 为线段BD 的中点， 所以,AO CO 分别为ABD △和CBD 的中线，因为,N M 分别是线段,AO CO 上靠近点O 的三等分点， 所以,N M 分别为ABD △和CBD 的外心，过,N M 分别作平面ABD 和平面CBD 的垂线,EN EM ，交于点E ，则点E 为三棱锥A BCD -外接球的球心，即为足球的球心，所以线段EB 为球的半径，因为,AO BD CO BD ⊥⊥，2dm AB BC AD BD CD =====，所以6dm 2AO CO ==，则6dm 6NO MO ==， 因为,,90AO CO EO EO ENO EMO ==∠=∠=︒， 所以ENO △≌EMO △，所以123EON EMO AOC π∠=∠=∠=， 在直角EMO △中，2tan32EM OM π==，因为EM ⊥平面BCD ，BM ⊂平面BCD ，所以BM EM ⊥， 因为M 是CBD 的外心，所以63BM =，所以2276EB EM BM =+=, 所以3344774233627V EB πππ⎛⎫=⋅== ⎪ ⎪⎝⎭， 所以足球的体积为742dm 27π，故选：A9、ABD 10、ABD 11、BD 12、AC12、【详解】如图，过1A 作1A P AO ⊥，作出截面11ACC A 的平面图，易知11ACC A 为等腰梯形，且1,O O 为11,AC A C 中点，易得1114,8,4AC AC AA ===，1122AC AC AP -==，故22114223OO A P ==-=即圆台的高3h =111122,4222A B AB ====2242 选项A ：易得1A AO ∠即为1AA 与底面所成角，则111cos 2AP A AO AA ∠==，故13A AO π∠=，正确；选项B ：过P 作PQ AB ⊥于Q ，连接1A Q ，由1A P AB ⊥，1A P PQ P ⋂=，故AB ⊥面1A PQ ，1AQ ⊂面1A PQ ，故1AB A Q ⊥， 1A QP ∠即为二面角1A AB C 的平面角，111sin A P AQP A Q ∠=，111sin A PA AP A A∠=，又11A Q A A <，故11sin sin AQP A AP ∠>∠，即160AQP ∠>，B 错误； 选项C ：设外接球半径为R ，球心到下底距离为x ，在11ACC A 的平面图中，2O 为球心， 则221,23O O x O O x ==，112,4O C OC ==，212O C O C R ==，故()2222164234R x R R x ⎧-=⎪⇒=⎨-=⎪⎩， 故表面积2464S R ππ==，正确；选项D ：()2215632482333V ππ=++⨯=，()21112383216233V =++⨯=然12V V π≠，错误. 故选：AC.13、8 14、3 15、8π 16、4π313． 16、解：等腰梯形ABCD 中，22AB CD ==，3DAB CBA π∠=∠=，O 为AB 的中点，BOC ∴∆，ADO ∆，DOC ∆为等边三角形，1OA OB OC OD ====，∴三棱锥B ADC '-处接球的球心为O ，半径为1，414S ππ∴=⨯=，连接BD 与OC 交于M ，则OC MD ⊥，OC MB ⊥，OC MB ⊥'，B MD ∴∠'是二面角的平面角，3BM DM B D =='=，3B MD π∴∠'=， B ∴'到平面COD 的距离为3334h π'==， 在△B CD '中，1B C '=，3B D '=1CD =，2133391()24B CDS '=-=， 设球心O 到平面B CD '的距离为h ， 由O B CD B COD V V ''--=，得1133B CDCOD Sh S h '∆'⋅=⋅， ∴139133334h =，解得313h ，∴三棱锥B ADC '-外接球的球心到平面B ADC '-处接球的球心到平面B CD '的距离为31313． 故答案为：4π；31313．17、【详解】分析：解法一：（1）由平行线的性质可得13AM AC =，结合线面平行的性质定理有//MN PC ．据此可得13λ=． (2) 由题意可知ABD ∆为等边三角形，则1BD AD ==，结合勾股定理可知PD BD ⊥且PD DA ⊥，由线面垂直的判断定理有PD ⊥平面ABCD ，进一步有平面PCD ⊥平面ABCD ．作ME CD ⊥于E ，则ME ⊥平面PCD ． ME 即为N 到平面PCD 的距离．结合比例关系计算可得N 到平面PCD 3解法二：（1）同解法一．（2）由题意可得ABD ∆为等边三角形，所以1BD AD ==，结合勾股定理可得PD BD ⊥且PD DA ⊥，则PD ⊥平面ABCD ．设点N 到平面PCD 的距离为d ，利用体积关系：2233N PCD A PCD P ACD V V V ---==， 即2193ACDPCDPD Sd S ⋅=⋅．求解三角形的面积然后解方程可得N 到平面PCD 3 详解：解法一：（1）因为//AB CD ,所以1,2AM AB MC CD ==即13AM AC =． 因为//MN 平面PCD ，MN ⊂平面PAC ，平面PAC ⋂平面PCD PC =， 所以//MN PC ． 所以13AN AM AP AC ==，即13λ=．(2) 因为0,60AB AD BAD =∠=，所以ABD ∆为等边三角形，所以1BD AD ==， 又因为1PD =，2PA PB ==，所以222PB PD BD =+且222PA PD AD =+，所以PD BD ⊥且PD DA ⊥，又因为DA DB D ⋂=，所以PD ABCD ⊥平面 因PD ⊂平面PCD ，所以平面PCD ⊥平面ABCD ．作ME CD ⊥于E ，因为平面PCD ⋂平面=ABCD CD ，所以ME ⊥平面PCD ． 又因为//MN 平面PCD ，所以ME 即为N 到平面PCD 的距离． 在△ABD 中，设AB 边上的高为h ，则3h =因为23MD MC BD AC ==，所以233ME h ==N 到平面PCD 3 解法二、（1）同解法一．（2）因为0,60AB AD BAD =∠=，所以ABD ∆为等边三角形，所以1BD AD ==， 又因为1PD =，2PA PB ==，所以222PB PD BD =+且222PA PD AD =+，所以PD BD ⊥且PD DA ⊥，又因为DA DB D ⋂=，所以PD ⊥平面ABCD ． 设点N 到平面PCD 的距离为d ，由13AN AP =得23NP AP =， 所以2233N PCD A PCD P ACD V V V ---==， 即2193ACDPCDPD S d S ⋅=⋅．因为1322ACDS AD DC sin ADC =⋅⋅∠=，112PCDS PD CD =⋅=，1PD =， 所以23193d =，解得3d =N 到平面PCD 318、【1】因为平面PAD ⊥平面PAB ，平面PAD 平面PAB PA =，PA PB ⊥，PB ⊂平面PAB ，所以PB ⊥平面PAD ，又因为PB ⊂平面PBC ，所以平面PAD ⊥平面PBC ． 【2】过D 作DH PA ⊥，⊥DO AB ，垂足分别为H ，O ，连接HO ，因为平面PAD ⊥平面PAB ，平面PAD 平面PAB PA =，DH PA ⊥，DH ⊂平面PAD ，所以DH ⊥平面PAB ，又AB 平面PAB ，所以DH AB ⊥，又⊥DO AB ，且DO DH D =，DO ，DH ⊂平面DHO ，所以AB ⊥平面DHO ， 因为HO ⊂平面DHO ，所以AB HO ⊥，即DOH ∠即为二面角P AB D --的平面角， 不妨设4AB =，则可知2AD CD BD ===，且1AO =，3OD =因为3cos DOH ∠=1OH =，所以4BAP π∠=，过O 作OM ⊥平面PAB ，以{},,OA OH OM 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则()0,1,2D ，()1,2,0P -，()3,0,0B -，(2C -， 所以(1,2PD =-，()2,2,0BP =，(1,1,2CP =-，设平面PBC 的法向量为(),,m x y z =，则22020m BP x y m CP x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则1y =-，0z =，所以()1,1,0m =-，设直线PD 与平面PBC 所成角为θ，则2sin 211112m PD m PDθ⋅===+⋅++⋅， 即4πθ=.19、【1】在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ， 则111111112211433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V S h h V S A A V ---=⋅===⋅==， 解得2h =所以点A 到平面1A BC 2；【2】取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ， 在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥， 又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE =12AA AB ==，122A B =2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1A C 的中点()1,1,1D ， 则()1,1,1BD =，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩，可取()1,0,1m =-，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则020m BD a b c m BC a ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩， 可取()0,1,1n =-， 则11cos ,222m n m n m n⋅===⨯⋅，所以二面角A BD C --21312⎛⎫-= ⎪⎝⎭. 20、(1)ABC 是边长为2的等边三角形，则2PA AB AC ===，又22PC PB ==股定理知,PA AB PA AC ⊥⊥，故PA ⊥平面ABC ，BD CD =，点E 是BC 中点，则DE BC ⊥，由于平面ABC ⊥平面BCD 知DE ⊥平面ABC ，则//DE PA ，//DE 平面PAC (2) 以点E 为原点，EC 方向为x 轴，EA 方向为y 轴，ED 方向为z 轴建系 则(0,0,1),3,0),(1,0,0)D A B -，设(,0,0)F a平面FDA 内，(0,3,1),(,0,1)DA DF a =-=-，法向量(3,3)m a a = 平面BDA 内，(0,3,1),(1,0,1)DA DB =-=--，法向量(3,1,3)m =-设直二面角F DA B --的平面角θ，则37cos 0,430,,44m n a a BF θ==-===21、【1详】解：以A 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，则()0,0,0A ，()0,1,1Q ，42,0,33M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，24,1,33N ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 则42,0,33AM ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()0,1,1AQ Q =，24,1,33AN ⎛⎫= ⎪⎝⎭，设AN x AM y AQ =+，则243314233x y x y ⎧=⎪⎪=⎨⎪⎪=+⎩，解得1,12x y ==，则12AN AM AQ =+，即A ，M ，N ，Q 四点共面.【2】解：由（1）中的空间直角坐标系，可得(0,0,2)P ，()2,3,0C ，()0,0,2AP =， 设PN PC =λ，（其中01λ≤≤），且(),,N x y z ， 则()(),,22,3,2x y z λ-=-，解得()2,3,22N λλλ-， 可得42(,0,)33AM =()2,3,22AN λλλ=-设平面AMN 的法向量为(),,n a b c =，由4203323(22)0n AM a c n AN a b c λλλ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=++-=⎩， 取1a =，可得42,23b c λ=-=-，所以41,2,23n λ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭设直线AP 与平面AMN 所成角为θ，则225sin 4523AP n AP nθλ⋅==≤⎛⎫+- ⎪⎝⎭，当且仅当23λ=时等号成立. 直线PA 与平面AMN 25.22、解：（1）方法1在平行四边形ABCD 中，AE ⊥BC ，所以AE ⊥PE ．因为平面PAE 与平面AECD 所成的角为90º，即平面PAE ⊥平面AECD ． ················· 2分 又因为平面PAE ∩平面AECD ＝AE ，PE ⊂平面PAE ，所以PE ⊥平面AECD ．因为CD ⊂平面AECD ，所以PE ⊥CD ． ············································································ 4分 方法2在平行四边形ABCD 中，AE ⊥BC ，所以AE ⊥PE ，AE ⊥CE ， 所以∠PEC 为平面PAE 与平面AECD 所成角的平面角．因为平面PAE 与平面AECD 所成的角为90º，所以∠PEC ＝90º，即PE ⊥CE ． ········· 2分 又PE ⊥AE ，AE ∩CE ＝E ，AE ⊂平面AECD ，CE ⊂平面AECD ，所以PE ⊥平面AECD ． 因为CD ⊂平面AECD ，所以PE ⊥CD ． ············································································ 4分 （2）方法1由（1）得PE ⊥平面AECD ，AE ⊥EC ，故以{EA →，EC →，EP →}为正交基底，建立空间直角坐标系．易得A (1，0，0)，C (0，23，0)，D (1，33，0)，P (0，0，3)，所以PC →＝(0，23，－3)，AP →＝(－1，0，3)，AD →＝(0，33，0)． ································································································· 5分 设PF →＝λPC →＝(0，23λ，－3λ)，λ∈[0，1]，则AF →＝AP →＋PF →＝(－1，23λ，3－3λ)． ······························································ 6分设平面FAD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AD →·n ＝0，AF →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋23λy ＋(3－3λ)z ＝0，取z ＝1，得x ＝3－3λ，则平面FAD 的一个法向量为n ＝(3－3λ，0，1)． ·················································· 8分 又因为平面AECD 的一个法向量为m ＝(0，0，1)， 且二面角F －DA －C 的大小为30º，所以|cos ＜m ，n ＞|＝|m ·n |m |·|n ||＝|1(3－3λ)2＋1|＝32，整理得9λ2－18λ＋8＝0，即(3λ－2)(3λ－4)＝0，解得λ＝23或λ＝43(舍去)，故PF →＝23PC →． ................................................................................ 10分因为S △ACD ＝12×33×1＝332，所以V F －ACD ＝13V P －ACD ＝13S △ACD ×13PE ＝12． ............................................................................... 12分方法2在△PEC 中，过F 作FG ∥EC ，交PE 于点G ．因为EC ∥AD ，所以FG ∥AD ，因此A ，D ，F ，G 共面． 在平行四边形ABCD 中，易知AD ⊥AE ．由（1）得PE ⊥平面AECD ， 因为AD ⊂平面AECD ，所以AD ⊥PE ．又PE ∩AE ＝E ，AE ，PE ⊂平面PAE ，所以AD ⊥平面PAE ． 因为AG ⊂平面PAE ，所以AD ⊥AG ．所以∠GAE 为二面角F －AD －C 的平面角，所以∠GAE ＝30º． ································· 8分 在Rt △AEG 中，∠AEG ＝90º，∠GAE ＝30º，AE ＝1，所以EG ＝33． ···················· 10分 因为FG ∥AD ，FG ⊄平面AECD ，AD ⊂平面AECD ，所以FG ∥平面AECD ．因此V F －ACD ＝V G －ACD ＝13×(12×33×1)×33＝12．······················································ 12分。
2021届高考数学一轮总复习第8章立体几何第2节空间几何体的表面积与体积跟踪检测文含解析
第八章 立体几何第二节 空间几何体的表面积与体积A 级·基础过关|固根基|1.将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( ) A ．4π B ．3π C ．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.故选C.2．(2020届惠州市高三第二次调研)某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均是由三角形与半圆构成的，俯视图由圆与内接三角形构成，则该几何体的体积为( )A.2π3＋16 B.2π6＋12 C.2π6＋16D.2π3＋12解析：选C 由三视图可知该几何体是一个半球上面有一个三棱锥，其体积V ＝13×12×1×1×1＋12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝2π6＋16，故选C. 3．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．4＋6 2解析：选C 由三视图知，该几何体是直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，其中AB ＝AA 1＝2，BC ＝AC ＝2，∠ACB ＝90°，其直观图如图所示，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S ＝(2＋22)×2＝4＋42，故选C.4.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3解析：选A 设球的半径为R ，则由题意知，球被正方体上底面截得的圆的半径为4 cm ，球心到截面圆的距离为(R －2)cm ，则R 2＝(R －2)2＋42，解得R ＝5，所以球的体积为4π×533＝500π3(cm 3)．5．(2019届辽宁五校协作体联考)一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．36B ．48C ．64D ．72解析：选B由几何体的三视图可得，几何体如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为12×3×4×4＋12×3×4×4＝48，故选B.6.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．解析：三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以V D 1－EDF ＝V F －DD 1E ＝13×12×1＝16.答案：167．(2019届福建市第一学期高三期末)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积为________．解析：如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝12＋（3）2＝2.故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.答案：16π8．已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，沿AD 进行折叠，使折叠后的∠BDC＝π2，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为________．解析：连接BC ，由题知几何体ABCD 为三棱锥，BD ＝CD ＝1，AD ＝3，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是 3，1，1的长方体，其体对角线长即为外接球的直径，2R ＝1＋1＋3＝5，故该三棱锥外接球的半径是R ＝52，其表面积为4πR 2＝5π. 答案：5π9.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？解：由PO 1＝2 m ，知O 1O ＝4PO 1＝8 m ．因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)； 正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积 V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)，所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)． 故仓库的容积是312 m 3.10．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值． 解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝16－4＝12，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝ EH 2－EM 2＝6，则AH ＝10，HB ＝6. 故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱， 所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确. B 级·素养提升|练能力|11.已知一个简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．3π＋6B ．6π＋6C ．3π＋12D ．12解析：选A 由三视图还原几何体如图，该几何体为组合体，左半部分是四分之一圆锥，右半部分是三棱锥， 则其体积V ＝14×13×π×32×4＋13×12×3×3×4＝3π＋6.故选A.12．体积为3的三棱锥P －ABC 的顶点都在球O 的球面上，PA⊥平面ABC ，PA ＝2，∠ABC＝120°，则球O 的体积的最小值为( )A.773π B.2873π C.19193π D.76193π 解析：选B 设AB ＝c ，BC ＝a ，AC ＝b ，由题可得，3＝13×S △ABC ×2，解得S △ABC ＝332，因为∠ABC＝120°，S △ABC ＝332＝12acsin 120°，所以ac ＝6，由余弦定理可得，b 2＝a 2＋c 2－2accos 120°＝a 2＋c2＋ac≥2ac＋ac ＝3ac ＝18，当且仅当a ＝c 时取等号，此时b min ＝32，设△ABC 外接圆的半径为r ，则b sin 120°＝2r(b 最小，则外接圆半径最小)，故3232＝2r min ，所以r min ＝6，如图，设O 1为△ABC 外接圆的圆心，过O 作OD⊥PA，垂足为D ，R 为球O 的半径，连接O 1A ，O 1O ，OA ，OD ，PO ，设OO 1＝h ，在Rt △OO 1A 中，R 2＝r 2＋OO 21＝r 2＋h 2，在Rt △OPD 中，R 2＝r 2＋(2－h)2，联立得h ＝1.当r min ＝6时，R 2min ＝6＋1＝7，R min ＝7，故球O 体积的最小值为43πR 3min ＝43π×(7)3＝287π3，故选B. 13．榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部分相结合的一种连接方式．我国的北京紫禁城、山西悬空寺、福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构．图中网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一种榫卯构件中榫的三视图，则其体积为________，表面积为________．解析：由三视图可知，榫卯构件中的榫由一个长方体和一个圆柱拼接而成，故其体积V＝4×2×3＋π×32×6＝24＋54π，表面积S＝2×π×32＋2×π×3×6＋4×3×2＋2×2×3＝54π＋36.答案：24＋54π54π＋3614．(2020届合肥调研)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，M为棱AB上一点，BC1∥平面A1MC.(1)求证：AM＝BM；(2)若△ABC是等边三角形，AB＝AA1，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，△A1MC的面积为42，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．解：(1)证明：如图，连接AC1交A1C于N，连接MN.∵BC1∥平面A1MC，BC1⊂平面ABC1，平面ABC1∩平面A1MC＝MN，∴BC1∥MN.由三棱柱ABC－A1B1C1知，四边形ACC1A1为平行四边形，∴N为AC1的中点．∴M为AB的中点，即AM＝BM.(2)连接A1B，∵△ABC是等边三角形，AB＝AA1，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∴△ABC，△AA1B，△AA1C是全等的等边三角形，由(1)知，M为AB的中点，∴A1M⊥AB，CM⊥AB.∵A1M∩CM＝M，∴AB⊥平面A1MC.设AB ＝2a ，则A 1M ＝CM ＝3a ，A 1C ＝2a ，∴△A 1MC 的面积为12·2a ·2a ＝2a 2＝42，解得a ＝2，即AM ＝2，∴V 三棱锥A －A 1MC ＝13·S △A 1MC ·AM ＝823，从而V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1＝6·V 三棱锥A －A 1MC ＝16 2.。
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(new)
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a,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．1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错误!,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，由几何体的体积为错误!，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－错误!B．18－错误!C．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，所以所求体积为错误!×（2＋4)×2×3－错误!π×12×3＝18－错误!。
高三数学一轮复习 第二章立体几何阶段质量检测二 理 B 试题
阶段质量检测(二)制卷人：打自企； 成别使； 而都那。
审核人：众闪壹； 春壹阑； 各厅…… 日期：2022年二月八日。
一、选择题(本大题一一共12小题，每一小题5分，一共60分，在每一小题给出的四个选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的)1．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，假设A 1B 1→＝a ，A 1D →＝b ，A 1A →＝c ，那么以下向量中与B 1M →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C.12a －12b ＋cD ．－12a －12b ＋c【答案】 A2．一个几何体的三视图如下图，那么这个几何体的外表积等于A ．72B ．66C ．60D ．30【解析】 根据题目所给的三视图可知该几何体为一直三棱柱，且底面是一直角三角形，两直角边分别为3,4，斜边为5，三棱柱高为5，所以外表积为S ＝3×4＋3×5＋4×5＋5×5＝72，所以答案为A.【答案】 A3．在以下图中，G、H、M、N分别是正三棱柱的顶点或者所在棱的中点，那么表示直线GH、MN是异面直线的图形有( )A．(1)(2) B．(1)(3)C．(2)(4) D．(3)(4)【解析】对于图(1)，GH∥MN，对于图(2)，GH与NM异面，对于图(3)，GH与MN相交，对于图(4)，GH与NM异面，应选C.【答案】 C4．假设正三棱锥的侧面都是直角三角形，那么侧面与底面所成二面角的余弦值是( )A.63B.33C.23D.13【答案】 B5．直线m⊥平面α，直线n⊂平面β，那么以下命题正确的选项是( ) A．假设α∥β，那么m⊥n B．假设α⊥β，那么m∥nC．假设m⊥n，那么α∥βD．假设n∥α，那么α∥β【解析】易知A选项由m⊥α，α∥β⇒m⊥β，n⊂β⇒m⊥n，故A选项命题正确．【答案】 A6．如图，四边形ABCD 的直观图是直角梯形A 1B 1C 1D 1，且A 1B 1＝B 1C 1＝2A 1D 1＝2，那么四边形ABCD 的面积为( )A ．3B ．3 2C ．6 2D ．6【解析】 如图，取∠GB 1C 1＝135°，过点A 1作A 1E ∥GB 1，易求得B 1E ＝2，A 1E ＝22，故以B 1C 1和B 1A 1为坐标轴建立直角坐标系，由直观图原那么，B ，C 与B 1，C 1重合，然后过点E 作B 1A 1的平行线，且使得AE ＝2A 1E ＝42，即得点A ，然后过A 作AD ∥BC 且使得AD ＝1，即四边形ABCD 上底和下底边长分别为1,2，高为42， 故其面积S ＝12(2＋1)×42＝6 2.【答案】 C7．中心角为34π，面积为B 的扇形围成一个圆锥，假设圆锥的外表积为A ，那么A ：B 等于( )A ．11∶8B ．3∶8C ．8∶3D ．13∶8【解析】 设扇形半径为R ，那么B ＝12lR ＝12|α|·R 2＝38πR 2，其中l 为扇形弧长，也为圆锥底面周长， 设圆锥底面圆半径为r ，2πr＝|α|·R ＝34πR ，r ＝38R .S 圆＝πr 2＝964πR 2， 故A ＝B ＋S 圆＝38πR 2＋964πR 2＝3364πR 2.∴A ：B ＝3364πR 2：38πR 2＝11：8.应选A. 【答案】 A8．m ，n 为不同的直线，α，β为不同的平面，以下四个命题中，正确的选项是( ) A ．假设m ∥α，n ∥α，那么m ∥nB ．假设m ⊂α，n ⊂α，且m ∥β，n ∥β，那么α∥βC ．假设α⊥β，m ⊂α，那么m ⊥βD ．假设α⊥β，m ⊥β，m ⊄α，那么m ∥α【解析】 A 错，平行于同一平面的两直线可平行、相交和异面；B 错，必须平面内有两条相交直线分别与平面平行，此时两平面才平行；C 错，两垂直平面内的任一直线与另一平面可平行、相交或者垂直；D 对，由空间想象易知命题正确． 【答案】 D9．如图边长为a 的等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 交于点G ，△A ′DE 是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，那么以下命题中正确的选项是( )①动点A ′在平面ABC 上的射影在线段AF 上；②BC∥平面A′DE；③三棱锥A′－FED的体积有最大值．A．① B．①②C．①②③ D．②③【解析】①中由可得面A′FG⊥面ABC，∴点A′在面ABC上的射影在线段AF上．②BC∥DE，∴BC∥平面A′DE.③当面A′DE⊥面ABC时，三棱锥A′－FDE的体积到达最大．【答案】 C10．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M、N分别是棱DD1、D1C1的中点，那么直线OM( )A．和AC、MN都垂直B．垂直于AC，但不垂直于MNC．垂直于MN，但不垂直于ACD．与AC、MN都不垂直【答案】 A11．用一些棱长是1 cm的小正方体码放成一个几何体，图1为其俯视图，图2为其主视图(或者正视图)，假设这个几何体的体积为7 cm3，那么其左视图为( )【解析】 由这个几何体的体积为7 cm 3可知一共有7个小正方体．通过俯视图可以排除选项A 、D ，结合俯视图与主视图即可选出正确答案为C(假设左视图为D ，那么只需要6个小正方体即可)．【答案】 C12．一个圆柱的正视图的周长为12，那么该圆柱的侧面积的最大值等于( )A.92π B ．6π C ．9πD ．18π【解析】 圆柱的正视图是一个矩形，假设设圆柱的底面半径为r ，高为h ，那么依题意有4r ＋2r ＝12，且0＜r ＜3.故其侧面积S ＝2πr h ＝2πr(6－2r)＝4πr(3－r)≤4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝9π，此时r ＝32，所以圆柱的侧面积的最大值等于9π.【答案】 C二、填空题(本大题一一共4小题，每一小题5分，一共20分，把答案填在题中横线上)13．OA 为球O 的半径，过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球面得到圆M .假设圆M 的面积为3π，那么球O 的外表积等于________．【解析】 ∵圆M 的面积为3π，∴圆M 的半 径r ＝3，设球的半径为R ，由图可知，R 2＝14R 2＋3，∴34R 2＝3，∴R 2＝4.∴S 球＝4πR 2＝16π. 【答案】 16π14．如图是某几何体的三视图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，俯视图是半径为1的半圆，那么该几何体的体积是________．【解析】 由可得几何体是底面半径为1，母线长为2的圆锥的一半，即半圆锥，易知其体积为12×13×π×12×3＝36π. 【答案】36π. 15．a ，b ，c 是空间中互不重合的三条直线，下面给出五个命题： ①假设a ∥b ，b ∥c ，那么a ∥c ； ②假设a ⊥b ，b ⊥c ，那么a ∥c ；③假设a 与b 相交，b 与c 相交，那么a 与c 相交；④假设a ⊂平面α，b ⊂平面β，那么a ，b 一定是异面直线； ⑤假设a ，b 与c 成等角，那么a ∥b . 上述命题中正确的________(只填序号)． 【解析】 由公理4知①正确；当a ⊥b ，b ⊥c 时，a 与c 可以相交、平行，也可以异面，故 ②不正确；当a 与b 相交，b 与c 相交时，a 与c 可以相交、平行，也可以异面，故③不正确；a ⊂α，b ⊂β，并不能说明a 与b “不同在任何一个平面内〞，故④不正确；当a ，b 与c 成等角时，a 与b 可以相交、平行，也可以异面，故⑤不正确． 【答案】 ①16．如图为一几何体的展开图，其中ABCD 是边长为6的正方形，SD ＝PD ＝6，CR ＝SC ，AQ ＝AP ，点S ，D ，A ，Q 及点P ，D ，C ，R 一共线，沿图中虚线将它们折叠起来，使P ，Q ，R ，S 四点重合，那么需要________个这样的几何体，可以拼成一个棱长为6的正方体．【解析】 由题意知，将该展开图沿虚线折叠起来以后，得到一个四棱锥P －ABCD (如图)，其中PD ⊥平面ABCD ，因此该四棱锥的体积V ＝13×6×6×6＝72，而棱长为6的正方体的体积V ＝6×6×6＝216，故需要21672＝3个这样的几何体，才能拼成一个棱长为6的正方体．【答案】 6三、解答题(本大题一一共6小题，一共70分．解容许写出文字说明、证明过程或者演算步骤) 17.图1(10分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直(图1)，图2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图2(1)根据图2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)图3中，E 为棱PB 上的点，F 为底面对角线AC 上的点，且BE EP ＝CF FA，求证：EF ∥平面PDA .图3【解析】 (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 cm 2.(2)连接BF 并延长交AD 于G ，连接PG ， 那么在正方形ABCD 中，BF FG ＝CF FA.又CF FA ＝BE EP ，∴BF FG ＝BEEP，∴在△BGP 中，EF ∥PG . 又EF ⊄平面PDA ，PG ⊂平面PDA ， ∴EF ∥平面PDA .18．(12分)如图，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下底ABCD 是边长为2的正方形，上底A 1B 1C 1D 1是边长为1的正方形，侧棱DD 1⊥平面ABCD ，DD 1＝2.(1)求证：B 1B ∥平面D 1AC ； (2)求证：平面D 1AC ⊥平面B 1BDD 1.【证明】 (1)设AC ∩BD ＝E ，连结D 1E ，∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1.∴B1D1∥BE，∵B1D1＝BE＝2，∴四边形B1D1EB是平行四边形，所以B1B∥D1E.又因为B1B⊄平面D1AC，D1E⊂平面D1AC，所以B1B∥平面D1AC(2)证明：侧棱DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥DD1.∵下底ABCD是正方形，AC⊥BD.∵DD1与DB是平面B1BDD1内的两条相交直线，∴AC⊥平面B1BDD1∵AC⊂平面D1AC，∴平面D1AC⊥平面B1BDD1.19．(12分)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AA1＝7，点D是BC的中点，点E在AC上，且DE⊥A1E.(1)证明：平面A1DE⊥平面ACC1A1；(2)求直线AD和平面A1DE所成角的正弦值．【解析】(1)证明：如下图，由正三棱柱ABC－A1B1C1的性质知AA1⊥平面ABC.又DE⊂平面ABC，所以DE⊥AA1.而DE⊥A1E.AA1∩A1E＝A1，所以DE⊥平面ACC1A1.又DE⊂平面A1DE，故平面A 1DE ⊥平面ACC 1A 1. (2)如图所求，设O 是AC 的中点，以O 为原点建立空间直角坐标系，那么相关各点的坐标分别是A (2,0,0)，A 1(2,0，7)，D (－1，3，0)，E (－1,0,0)．易知A 1D →＝(－3，3，－7)，D E →＝(0，－3，0)，A D →＝(－3，3，0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1DE 的一个法向量，那么⎩⎪⎨⎪⎧ n ·D E →＝－3y ＝0，n ·A 1D →＝－3x ＋3y －7z ＝0.解得x ＝－73z ，y ＝0. 故可取n ＝(7，0，－3)．于是cos n ，A D →＝n ·A D →|n |·|AD →|＝－374×23 ＝－218. 由此即知，直线AD 和平面A 1DE 所成角的正弦值为218. 20．(12分)某高速公路收费站入口处的平安标识墩如图(1)所示．墩的上半局部是正四棱锥P －EFGH ，下半局部是长方体ABCD －EFGH .图(2)、图(3)分别是该标识墩的正(主)视图和俯视图．(1)请画出该平安标识墩的侧(左)视图；(2)求该平安标识墩的体积；(3)证明：直线BD ⊥平面PEG .【解析】 (1)侧视图同正视图(略)．(2)该平安标识墩的体积为V ＝V P －EFGH＋V ABCD －EFGH ＝13×402×60＋402×20 ＝32 000＋32 000＝64 000(cm 3)．(3)证明：如图，连结EG 、HF 及BD ，EG 与 HF 相交于O 点，连结PO ，由正四棱锥的性质可知，PO ⊥平面EFGH ，∴PO ⊥HF .又∵EG ⊥HF ，∴HF ⊥平面PEG .又∵BD ∥HF ，∴BD ⊥平面PEG .21．(12分)四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1.E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN?(3)假设存在，求线段AS 的长；假设不存在，请说明理由．【解析】 (1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D －xyz .依题意，易得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0. ∴NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1， AM →＝(－1,0,1)．∵cos N E →，A M →＝NE →·AM →|NE →|·|AM →|＝－1252×2＝－1010， ∴异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为－1010. (2)假设在线段AN 上与存在点S .使得ES ⊥平面AMN .∵A N →＝(0,1,1)， 可设A S →＝r AN →＝(0，λ，λ)，又E A →＝(12，－1,0)， ∴E S →＝E A →＋A B →＝(12，λ－1，λ)． 由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧ E S →·A M →＝0，E S →·A N →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －12＋λ＝0，(λ－1)＋λ＝0.故λ＝12， 此时A S →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|A S →|＝22. 经检验，当AS ＝22时． ES ⊥平面AMN .故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22. 22．(12分)如图，M 、N 、P 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB 、BC 、DD 1上的点．(1)假设BM MA ＝BN NC，求证：无论点P 在D 1D 上如何挪动，总有BP ⊥MN ； (2)假设D 1P ：PD ＝1∶2，且PB ⊥平面B 1MN ，求二面角M －B 1N －B 的余弦值；(3)棱DD 1上是否总存在这样的点P ，使得平面APC 1⊥平面ACC 1？证明你的结论．【解析】 (1)连接AC 、BD 、那么BD ⊥AC ， ∵BM MA ＝BN NC，∴MN ∥AC ，∴BD ⊥MN .又∵DD 1⊥平面ABCD ，∴DD 1⊥MN ，∵BD ∩DD 1＝D ，∴MN ⊥平面BDD 1.又P 无论在DD 1上如何挪动，总有BP ⊂平面BDD 1， ∴无论点P 在D 1D 上如何挪动，总有BP ⊥MN .(2)以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如下图的坐标系．设正方体的棱长为1，AM ＝NC ＝t ，那么M (1，t,0)，N (t,1,0)，B 1(1,1,1)，P (0,0，23)，B (1,1,0)，A (1,0,0)， ∵MB 1→＝(0,1－t,1)，B P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1，23. 又∵BP ⊥平面MNB 1，∴MB 1→·B P →＝0，即t －1＋23＝0，∴t ＝13， ∴MB 1→＝(0，23，1)， M N →＝(－23，23，0)． 设平面MNB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧ MB 1→·n ＝0M N →·n ＝0，得x ＝y ，z ＝－23y .令y ＝3，那么n ＝(3,3，－2)． ∵AB ⊥平面BB 1N ，∴A B →是平面BB 1N 的一个法向量， A B →＝(0,1,0)．设二面角M －B 1N －B 的大小为θ， ∴cos〈n ，A B →〉 ＝|(3，3，－2)·(0，1，0)|22＝32222. 那么二面角M －B 1N －B 的余弦值为32222. (3)存在点P ，且P 为DD 1的中点， 使得平面APC 1⊥平面ACC 1. 证明：∵BD ⊥AC ，BD ⊥CC 1， ∴BD ⊥平面ACC 1.取BD 1的中点E ，连PE ，那么PE ∥BD ，∴PE ⊥平面ACC 1.∵PE ⊂平面APC 1，∴平面APC 1⊥平面ACC 1.制卷人：打自企； 成别使； 而都那。
四川省2022届高三数学理一轮复习典型题专项训练立体几何
四川省2022届高三数学理一轮复习典型题专项训练立体几何一、选择、填空题1、〔2022全国III 卷高考〕中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出局部叫棒头，凹进局部叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头．假设如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，那么咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是〔 〕2、〔2022全国III 卷高考〕圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，那么该圆柱的体积为〔〕A ．πB ．3π4C ．π２D ．π43、〔2022全国III 卷高考〕如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，那么该多面体的外表积为〔A 〕18+〔B 〕54+〔C 〕90 〔D 〕814、〔成都市2022届高三第二次诊断〕m ，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，那么以下命题正确的选项是〔 〕A ．假设m α⊂，那么m β⊥B ．假设m α⊂，n β⊂，那么m n ⊥C ．假设m α⊄，m β⊥，那么//m αD ．假设m αβ=，n m ⊥，那么n α⊥5、〔成都市2022届高三第三次诊断〕在正三棱柱111ABC A B C - (底面是正三角形,侧棱垂直于底面的棱柱)中，所有棱长之和为定值a .假设正三棱柱111ABC A B C -的顶点都在球O 的外表上，那么当正三棱柱侧面积获得最大值24时，该球的外表积为〔 〕A ．B ．323π C ．12π D ．643π6、〔达州市2022届高三第一次诊断〕如图某几何体的三视图是直角边长为1的三个等腰直角三角形，那么该几何体的外接球的外表积为〔 〕A ．32π B C D ．3π 7、〔德阳市2022届高三二诊考试〕如下图的三视图表示的几何体的体积为323，那么该几何体的外接球的外表积为〔 〕A ．12πB ．24πC ．36πD ．48π8、〔广元市2022届高三第一次高考适应性统考〕设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，且,m n αβ⊂⊂，以下命题中正确的选项是〔 〕A ．假设αβ⊥，那么m n ⊥B ．假设//αβ，那么//m nC ．假设m n ⊥，那么αβ⊥D ．假设n α⊥，那么αβ⊥ 9、〔泸州市2022届高三第二次教学质量诊断〕设a ，b 是两条不同的直线，α、β是不重合的两个平面，那么以下命题中正确的选项是A ．假设a b ⊥，a α⊥，那么//b αB ．假设//a α，αβ⊥，那么//a βC ．假设//a α，//a β，那么//αβD ．假设//a b ，a α⊥，b β⊥，那么//αβ10、〔南充市2022届高三第二次高考适应性考试〕某三棱锥的三视图如下图，那么该三棱锥的外表积为( )A ．23472++B ．1072+ C. 710+ D ．3412+11、〔仁寿县2022届高三上学期零诊〕如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为棱DD 1上的点，F 为AB 的中点，那么三棱锥B 1﹣BFE 的体积为12、〔遂宁市2022届高三三诊考试〕在一圆柱中挖去一圆锥所得的机械部件的三视图如下图，那么此机械部件的外表积为A ．π)27(-B ．π)27(+C ．π)26(+D ．π)37(-13、〔雅安市2022届高三下学期三诊〕某几何体的三视图如下图，其中，正视图、俯视图都是矩形，侧视图是直角三角形，那么该几何体的体积等于〔 〕A ．1B ．2C ．3D ．414、〔资阳市2022届高三4月模拟考试〔三诊〕〕如图，二面角BC αβ--的大小为6π，AB CD αβ⊂⊂，，且AB 243BC CD ABC BCD ππ==∠=∠=，，，那么AD 与β所成角的大小为A ．π4B ．π3 C.π6D ．π1215、〔成都市石室中学高2022届高三下期二诊模拟〕一个底面为正方形的四棱锥，其三视图如下图，假设这个四棱锥的体积为2 ，那么此四棱锥最长的侧棱长为16、〔成都市2022届高三第二次诊断〕?九章算术?中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马〞.现有一阳马，其正视图和侧视图是如下图的直角三角形.假设该阳马的顶点都在同一个球面上，那么该球的体积为〔 〕A ．3B ．CD ．24π17、〔2022全国III 卷高考〕在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，假设AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，那么V 的最大值是〔A 〕4π 〔B 〕92π〔C 〕6π 〔D 〕323π二、解答题1、〔2022全国III 卷高考〕如图，边长为2的正方形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M是CD 上异于C ，D 的点．⑴证明：平面AM D ⊥平面BMC ；⑵当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．2、〔2022全国III 卷高考〕如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形．ABDCBD ，AB BD ． 〔1〕证明：平面ACD 平面ABC ；〔2〕过AC 的平面交BD 于点E ，假设平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两局部．求二面角D AE C 的余弦值． 3、〔2022全国III 卷高考〕如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥地面ABCD ，AD BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点． 〔I 〕证明MN平面PAB ；〔II 〕求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.4、〔成都市2022届高三第二次诊断〕如图，D 是AC 的中点，四边形BDEF 是菱形，平面BDEF ⊥平面ABC ，60FBD ∠=，AB BC ⊥，AB BC ==〔1〕假设点M 是线段BF 的中点，证明：BF ⊥平面AMC ； 〔2〕求平面AEF 与平面BCF 所成的锐二面角的余弦值.5、〔成都市2022届高三第三次诊断〕如图①,在等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，60ABC ∠=，2CD =，4AB =，点E 为AB 的中点；现将三角形BEC 沿线段EC 折起，形成直二面角P EC A --,如图②，连接,PA PD 得四棱锥P AECD -，如图③.〔I 〕求证：PD EC ⊥；〔Ⅱ〕求平面PEC 与平面PAD 所成的锐二面角的余弦值.6、〔达州市2022届高三第一次诊断〕如图在棱锥P ABCD -中，ABCD 为矩形，PD ⊥面ABCD ，2PB =，PB 与面PCD 成045角，PB 与面ABD 成030角.〔1〕在PB 上是否存在一点E ，使PC ⊥面ADE ，假设存在确定E 点位置，假设不存在，请说明理由；〔2〕当E 为PB 中点时，求二面角P AE D --的余弦值.7、〔德阳市2022届高三二诊考试〕如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为边长为2的菱形，60DAB ∠=，90ADP ∠=，面ADP ⊥面ABCD ，点F 为棱PD 的中点.〔1〕在棱AB 上是否存在一点E ，使得//AF 面PCE ，并说明理由； 〔2〕当二面角D FC B --的余弦值为14时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角. 8、〔广元市2022届高三第一次高考适应性统考〕如图，ABC ∆是以ABC ∠为直角的三角形，SA ⊥平面,2,4,,ABC SA BC AB M N ===分别是,SC AB 的中点. 〔1〕求证：MN AB ⊥；〔2〕D 为线段BC 上的点，当二面角S ND A --时，求三棱锥D SNC -的体积. 9、〔泸州市2022届高三第二次教学质量诊断〕如图，三棱锥A BCD -的侧面ABD △是等腰直角三角形，90BAD ∠=，BD DC =，120BDC ∠=，且2AC AB =． 〔I 〕求证：平面ABD ⊥平面BCD ； 〔II 〕求二面角B AC D --的余弦值．10、〔南充市2022届高三第二次高考适应性考试〕如图，四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，PB PA ABC ⊥︒=∠，660,2=PC . (Ⅰ)求证：平面⊥PAB 平面 ABCD ；(Ⅱ)假设PB PA =,求二面角D PC A --的余弦值.11、〔仁寿县2022届高三上学期零诊〕如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB=2CD=2BC ，EA ⊥EB 〔1〕求证：EA ⊥平面EBC ； 〔2〕求二面角C ﹣BE ﹣D 的余弦值．12、〔遂宁市2022届高三三诊考试〕如下图的几何体中，111C B A ABC -为三棱柱，且⊥1AA 平面ABC ，四边形ABCD 为平行四边形，︒=∠=60,2ADC CD AD ． 〔1〕假设AC AA =1，求证：1AC ⊥平面CD B A 11；〔2〕假设12,CD AA AC λ==，二面角11C A D C --11C ACD -的体积． 13、〔雅安市2022届高三下学期三诊〕如图，在四棱锥S ABCD -中，SD ⊥底面ABCD ，M 为SD 的中点，底面ABCD 为直角梯形，AB AD ⊥，//AB CD ，且222CD AB AD ===. 〔1〕求证：//AM 平面SBC ，平面SBC ⊥平面SDB ；〔2〕假设SB 与平面SDC ，求二面角A SB C --的余弦值.14、〔资阳市2022届高三4月模拟考试〔三诊〕〕如图，三棱柱111ABC A B C -的各棱长均相等，1AA ⊥底面ABC ，E ，F 分别为棱1AA BC ，的中点．〔1〕过1FA 作平面α，使得直线BE //平面α，假设平面α与直线1BB 交于点H ，指出点H 所在的位置，并说明理由；〔2〕求二面角1B FH A --的余弦值．15、〔成都市石室中学高2022届高三下期二诊模拟〕如图，在多面体ABCDEF 中，矩形BDEF 所在平面与正方形ABC D 所在平面垂直，点M 为AE 的中点. 〔1〕求证：BM //平面EFC〔2〕假设DE AB =，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值. 参考答案：一、选择、填空题 1、A2、【答案】B【解析】由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径r那么圆柱体体积23ππ4V r h ==，应选B.3、B4、C5、【答案】D【解析】设正三棱柱111ABC A B C -底面边长为x ，侧棱为y ，那么63x y a +=，三棱柱111ABC A B C -侧面积3S xy =.所以2216336224x y a S xy +⎛⎫=≤= ⎪⎝⎭，当且仅当632a x y ==，即,126a ax y ==时，等号成立，所以24a =，2x =，4y =.所以正三棱柱111ABC A B C -的外接球的球心O 到顶点A 的间隔 4=，所以该球的外表积为643π.应选D. 6、D 7、C 8、D 9、D 10、B 11、11212、B 13、B 14、C 15、C 16、C 17、【答案】B 【解析】试题分析：要使球的体积V 最大，必须球的半径R 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径获得最大值32，此时球的体积为334439()3322R πππ==，应选B ． 二、解答题1、解答：〔1〕∵正方形ABCD ⊥半圆面CMD ，∴AD ⊥半圆面CMD ，∴AD ⊥平面MCD .∵CM 在平面MCD 内，∴AD CM ⊥，又∵M 是半圆弧CD 上异于,C D 的点，∴CM MD ⊥.又∵AD DM D =，∴CM ⊥平面ADM ，∵CM 在平面BCM 内，∴平面BCM ⊥平面ADM .〔2〕如图建立坐标系： ∵ABC S ∆面积恒定，∴MO CD ⊥，M ABC V -最大.(0,0,1)M ，(2,1,0)A -，(2,1,0)B ，(0,1,0)C ，(0,1,0)D -,设面MAB 的法向量为111(,,)m x y z =，设面MCD 的法向量为222(,,)n x y z =，(2,1,1)MA =--，(2,1,1)MB =-，(0,1,1)MC =-，(0,1,1)MD =--，11111120(1,0,2)20x y z m x y z --=⎧⇒=⎨+-=⎩， 同理(1,0,0)n =，，∴cos θ==，∴ sin θ=. 2、【解析】⑴取AC 中点为O ，连接BO ，DO ；ABC ∆为等边三角形 ∴BO AC ⊥ ∴AB BC = AB BC BD BDABD DBC =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩ABD CBD ∴∆≅∆. ∴AD CD =,即ACD ∆为等腰直角三角形，ADC ∠ 为直角又O 为底边AC 中点 ∴DO AC ⊥令AB a =，那么AB AC BC BD a ====易得：OD =，OB = ∴222OD OB BD +=由勾股定理的逆定理可得2DOB π∠=即OD OB ⊥ 又∵OD ADC ⊂平面由面面垂直的断定定理可得ADC ABC ⊥平面平面 ⑵由题意可知V V D ACE B ACE --= 即B ,D 到平面ACE 的间隔 相等 即E 为BD 中点以O 为原点，OA 为x 轴正方向，OB 为y 轴正方向，OD 为z 轴正方向，设AC a =，建立空间直角坐标系，DABCEO那么()0,0,0O ，,0,02a A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,0,2a D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，,0B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，,4a E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭易得：,24a a AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，,0,22a a AD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，,0,02a OA ⎛⎫= ⎪⎝⎭ 设平面AED 的法向量为1n ，平面AEC 的法向量为2n ， 那么1100AE n AD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(13,1,n =220AE n OA n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(20,1,n = 假设二面角D AE C --为θ，易知θ为锐角，那么12127cos 7n n n n θ⋅==⋅3、设),,(z y x n =为平面PMN 的法向量，那么⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM n ，即⎪⎩⎪⎨⎧=-+=-0225042z y x z x ，可取)1,2,0(=n ，于是2558|||||,cos |==><AN n AN n AN n . 4、解：〔1〕连接MD ，FD .∵四边形BDEF 为菱形，且60FBD ∠=， ∴DBF ∆为等边三角形.∵M 为BF 的中点，∴DM BF ⊥.∵AB BC ⊥，AB BC ==D 是AC 的中点， ∴BD AC ⊥. ∵平面BDEF平面ABC BD =，平面ABC ⊥平面BDEF ，AC ⊂平面ABC ，∴AC ⊥平面BDEF .又BF ⊂平面BDEF ，∴AC BF ⊥. 由DM BF ⊥，AC BF ⊥，DM AC D =，∴BF ⊥平面AMC .〔2〕设线段EF 的中点为N ，连接DN .易证DN ⊥平面ABC .以D 为坐标原点，DB ，DC ，DN 所在直线分别为轴，y 轴，轴建立如下图的空间直角坐标系.那么(0,1,0)A -，1(,0,)22E -，1(2F ，(1,0,0)B ，(0,1,0)C .∴1(2AE =-，(1,0,0)EF =，1(2BF =-，(1,1,0)BC =-.设平面AEF ，平面BCF 的法向量分别为111(,,)m x y z =，222(,,)n x y z =.由00AE m EF m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩1111102102x y z x ⎧-+=⎪⎪⇒⎨⎪=⎪⎩.解得11y z =. 取12z =-，∴(0,3,2)m =-.又由00BC n BF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩22220102x y x z -+=⎧⎪⇒⎨-=⎪⎩解得22y . 取21z =，∴(3,3,1)n =. ∵cos ,m n <>m n m n⋅=17==.∴平面AEF 与平面BCF 所成的锐二面角的余弦值为17. 5、【解析】6、1)法一：要证明PC ⊥面ADE ，易知AD ⊥面PDC ，即得AD ⊥PC ，故只需0DE PC ⋅=即可， 所以由()00||1DP PE PC DP PC PE PC PE +⋅=⇒⋅+⋅=⇒=,即存在点E 为PC 中点 …6分 法二：建立如下图的空间直角坐标系D －XYZ ， 由题意知PD ＝CD ＝1， CE PE PB λ=， (,1)PE PB λλ∴==-，(0,1,1)PC =-由()(0,1,1),,1)0PC DE PC DP PE λλ⋅=⋅+=-⋅-=，得12λ=， 即存在点E 为PC 中点。
高考数学一轮总复习单元质检卷七空间向量与立体几何北师大版
单元质检卷七空间向量与立体几何(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共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.(2021湖南衡阳月考)下列说法正确的是()A.三点确定一个平面B.如果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任意一条直线C.如果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互相平行2.平面α外的一条直线l上有相异的三个点A，B，C，且三个点到平面α的距离相等，那么直线l 与平面α的位置关系是()A.l⊥αB.l∥αC.l与α相交D.l∥α或l⊂α3.(2021山东济宁二模)“直线m垂直平面α内的无数条直线”是“m⊥α”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.一个正四棱锥的底面边长为2，高为√3，则该正四棱锥的表面积为()A.8B.12C.16D.205.(2021广东清远一中开学考试)把一个已知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，则已知圆锥的母线长为()A.8 cmB.9 cmC.10 cmD.12 cm6.(2021河南安阳一中月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1成的角为()A.π2B.π3C.π4D.π67.(2020河北博野中学高三开学考试)如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为D1C1的中点.过点B1，E，A的平面截该正方体所得的截面周长为() A.6√2+4√5 B.4√2+2√5C.5√2+3√5D.8√2+4√58.(2021河北石家庄质量检测二)在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，BC⊥PC，PA=AC=√2，BC=a，动点Q从B点出发，沿外表面经过棱PC上一点到点A的最短距离为√10，则该棱锥的外接球的表面积为()A.5πB.8πC.10πD.20π9.关于空间两条不同直线a，b和两个不同平面α，β，下列命题正确的是()A.a⊥α，b⊥α，则a⊥bB.a⊥b，b⊥β，则a∥βC.a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥bD.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.下列说法不正确的是()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2311.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，且满足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与BE相交B.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，下列说法不正确的是()A.点F的轨迹是一条线段B.A1F与BE是异面直线C.A1F与D1E不可能平行D.三棱锥F-ABD1的体积为定值二、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是AB的中点，则在所有的棱中与直线CD和AA1都垂直的直线有.14.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面A1CC1与平面BDC1的交线是.15.将半径为4的半圆卷成一个圆锥，则圆锥的体积为.16.(2021浙江杭州二中模拟)如图，△ABC的三边AB=10，BC=12，CA=14，D，E，F分别是三边的中点，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.三、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)(2021安徽马鞍山三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，△PAD为等边三角形，∠ABC=60°，O为AD的中点.(1)证明:平面PAD⊥平面POC;(2)若AD=2，PC=√6，点M在线段PD上，PM=3MD，求三棱锥P-OCM的体积.19.(12分)(2021北京延庆三模)如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的正方形，侧面ADD1A1为矩形，且侧面ADD1A1⊥底面ABCD，AA1=4，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.(1)求证:MN∥平面C1DE;(2)求二面角D-C1E-B1的余弦值.20.(12分)(2021北京，17)已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1，点E 为A 1D 1中点，直线B 1C 1交平面CDE 于点F.(1)证明:点F 为B 1C 1的中点;(2)若点M 为棱A 1B 1上一点，且二面角M-CF-E 的余弦值为√53，求A 1MA 1B 1的值.21.(12分)(2020新高考Ⅰ，20)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)(2021天津滨海新区塘沽第一中学月考)已知如图，四边形PDCE为矩形，四边形ABCDCD=1，PD=√2.为梯形，平面PDCE⊥平面ABCD，∠BAD=∠ADC=90°，AB=AD=12(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π?若3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 空间向量与立体几何1.C 解析:当三点共线时，不能确定一个平面，故A 错误;如果一条直线平行于一个平面，则这条直线与这个平面内的任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.B 解析:当直线l 与平面α相交时，直线l 上只有2个不同点到平面α的距离相等，故A ，C 错误;当直线l ∥平面α时，直线上所有点到平面距离都相等，满足题意，故B 正确; 因为平面α外的一条直线l ，所以l ⊄α，故D 错误. 故选B .3.B 解析:因为当直线m 垂直平面α内的所有直线时，可得m ⊥α， 所以由直线m 垂直平面α内的无数条直线不一定能推出m ⊥α; 当m ⊥α时，直线m 垂直平面α内的无数条直线，所以直线m 垂直平面α内的无数条直线是m ⊥α的必要不充分条件. 故选B .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=√3， 则O 为AC 的中点，且AO=12AC=√22AB=√2，PB=PA=√PO 2+AO 2=√5.取AB 的中点E ，连接PE ，则PE ⊥AB ，且PE=√PA 2-AE 2=2，则S △PAB =12AB ·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:设圆锥的母线长为l ， 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:(方法1)如图1所示，连接BC 1，则∠PBC 1就是直线PB 与AD 1所成的平面角，易得PB ⊥PC 1，且BC 1=2PC 1，所以∠PBC 1=π6.故选D .(方法2)以点D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，如图2.设AB=1，则B (1，1，0)，P12,12，1，A (1，0，0)，D 1(0，0，1)，所以PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12,12，-1，AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1，0，1)，设直线PB 与AD 1所成的角为θ，则cos θ=|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||PB⃗⃗⃗⃗⃗ ||AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=32√32×√2=√32，所以θ=π6.图1图2故选D .7.A 解析:如图，取DD 1的中点F ，连接AF ，EF ，显然EF∥AB1，则四边形AB1EF为所求的截面.因为D1E=C1E=2，所以B1E=√22+42=2√5，AB1=√42+42=4√2，EF=√22+22=2√2，AF=√42+22=2√5，所以截面的周长为6√2+4√5.8.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点出发，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=π2+π4=3π4，∴AB2=AC2+BC2-2AC·BC cos∠ACB=2+a2+2√2a×√22=10，解得a=2.∴PB=√PC2+BC2=√PA2+AC2+BC2=2√2.取PB中点O，连接AO，CO，∵PA⊥AB，PC⊥BC，∴AO=CO=12PB，∴O为该棱锥的外接球的球心，其半径R=12PB=√2，∴球O的表面积S=4πR2=8π.故选B.9.C解析:对于A，当a⊥α，b⊥α，直线a和b相当于平面α的法向量，则a∥b，故A错误; 对于B，当a⊥b，b⊥β，则a∥β或a⊂β，故B错误;对于C ，a ⊥α，b ⊥β，α⊥β，则a ⊥b ，故C 正确;对于D ，a ∥α，α⊥β，则a ⊥β或a 与β相交，或a ∥β，故D 错误. 故选C .10.D 解析:因为底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，所以在“堑堵”ABC-A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，侧棱AA 1⊥平面ABC ，因为AA 1⊥BC ，又AC ⊥BC ，且AA 1∩AC=A ，则BC ⊥平面AA 1C 1C ， 所以四棱锥B-A 1ACC 1为“阳马”，故A 项正确;由AC ⊥BC ，得A 1C 1⊥BC ，又A 1C 1⊥C 1C 且C 1C ∩BC=C ，所以A 1C 1⊥平面BB 1C 1C ， 所以A 1C 1⊥BC 1，则△A 1BC 1为直角三角形. 又由BC ⊥平面AA 1C 1C ，得△A 1BC 为直角三角形，由“堑堵”的定义可得△A 1C 1C 为直角三角形，△CC 1B 为直角三角形， 所以四面体A 1-C 1CB 为“鳖臑”，故B 项正确;因为BC ⊥平面AA 1C 1C ，则BC ⊥AF ，又AF ⊥A 1C 且A 1C ∩BC=C ，则AF ⊥平面A 1BC ，所以AF ⊥A 1B.又AE ⊥A 1B 且AF ∩AE=A ，则A 1B ⊥平面AEF ，则A 1B ⊥EF ，故C 项正确;在底面有4=AC 2+BC 2≥2AC ×BC ，即AC ×BC ≤2，当且仅当AC=BC 时等号成立， V B -A 1ACC 1=13S A 1ACC 1×BC=13AA 1×AC ×BC=23AC ×BC ≤43，故D 项不正确.故选D .11.D 对于A 选项，由于平面ADD 1A 1∥平面BCC 1B 1，而平面BMN 与这两个平面分别交于HF 和BE ，根据面面平行的性质定理可知HF ∥BE ，故A 错误; 由于A 1F ∶FA=1∶2，而E 是CC 1的中点，故MA 1=1，C 1N=2.对于B 选项，V B 1-BMN =V B -MNB 1=13×12×MB 1×NB 1×BB 1=13×12×3×4×2=4，故B 错误; 对于C 选项，由于B 1N ⊥平面A 1B 1BA ，所以直线MN 与平面A 1B 1BA 所成的角为∠NMB 1，且tan ∠NMB 1=B 1N B 1M =43≠1，故C 错误;对于D 选项，可知D 1G=12，GC 1=32，故D 正确. 故选D .12.C 解析:对于选项A ，如图，分别找线段BB 1，B 1C 1的中点M ，N ，连接A 1M ，MN ，A 1N.由题得MN ∥AD 1，MN ⊄平面D 1AE ，AD 1⊂平面D 1AE ，所以MN ∥平面D 1AE.又A 1M ∥DE ，A 1M ⊄平面D 1AE ，D 1E ⊂平面D 1AE ，所以A 1M ∥平面D 1AE.又MN ∩A 1M=M ，所以平面A 1MN ∥平面D 1AE.因为A 1F 与平面D 1AE 的垂线垂直，又A 1F ⊄平面D 1AE ，所以直线A 1F 与平面D 1AE 平行.又A 1F ⊂平面A 1MN ，且点F 是侧面BCC 1B 1内的动点，平面A 1MN ∩平面BCC 1B 1=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A 1F 与直线D 1E 平行，故选项C 错误;对于选项D ，因为MN ∥AD 1，MN ⊄平面ABD 1，AD 1⊂平面ABD 1，所以MN ∥面ABD 1，则点F 到平面ABD 1的距离是定值，又三角形ABD 1的面积是定值，所以三棱锥F-ABD 1的体积为定值，故选项D 正确.故选C .13.AB ，A 1B 1 解析:由正三棱柱的性质可知，与直线CD 和AA 1都垂直的直线有AB ，A 1B 1. 14.C 1M 解析:因为C 1∈平面A 1CC 1，且C 1∈平面BDC 1，同时M ∈平面A 1CC 1，且M ∈平面BDC 1， 所以平面A 1CC 1与平面BDC 1的交线是C 1M. 15.8√3π3解析:由题知，圆锥的母线长为l=4.设圆锥的底面半径为r ，则2πr=4π，即r=2.所以圆锥的高h=√l 2-r 2=2√3.故圆锥的体积V=13·πr 2·h=13×4π×2√3=8√3π3. 16.24√6 2√95 解析:四面体的表面展开图即△ABC. △ABC 中，由余弦定理得cos ∠ABC=AB 2+BC 2-AC 22AB ·BC=102+122-1422×10×12=15，则sin ∠ABC=2√65. 四面体PDEF 的表面积为S △ABC =12AB ·BC sin ∠ABC=12×10×12×2√65=24√6. 因为四面体PDEF 相对棱等长，则该四面体的每一组相对棱可作为一个矩形的两条对角线，从而把四面体PDEF 补形成长方体D 1EP 1F-DE 1PF 1，如图.PD=EF=5，PE=DF=6，PF=DE=7，设FP 1=x ，FD 1=y ，FF 1=z ，则有{x 2+y 2=25,y 2+z 2=36,z 2+x 2=49,解得{x 2=19,y 2=6,z 2=30,故xyz=6√95.所以四面体PDEF 的体积V=V D 1EP 1F -DE 1PF -4V P -P 1EF =xyz-4×16xyz=13xyz=2√95. 17.解据题意，建立如图空间直角坐标系.则D (0，0，0)，A 1(2，0，2)，C (0，2，0)，E (2，1，0)，F (1，1，1)，D 1(0，0，2)， ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1，0，1)，CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，-2，2)，DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，0，2)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2，0). (1)cos <EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |EF ⃗⃗⃗⃗⃗||CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2×2√2=12，∴<EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=60°，即异面直线EF 和CD 1所成的角为60°. (2)∵EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-1×2+0×0+1×2=0， ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即EF ⊥DA 1. ∵EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-1×0+0×2+1×0=0， ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥DC⃗⃗⃗⃗⃗ ，即EF ⊥DC. 又DA 1，DC ⊂平面DCA 1，且DA 1∩DC=D ， ∴EF ⊥平面A 1CD.18.(1)证明根据题意可得，PA=PD ，AO=OD ，∴PO ⊥AD.∵底面ABCD 为菱形，∠ABC=60°，则△ACD 为等边三角形，∴CO ⊥AD. ∵PO ∩OC=O ，PO ，OC ⊂平面POC ，∴AD ⊥平面POC.又AD ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面POC.(2)解在等边三角形PAD 中，∵AD=2，∴OP=OC=√3. 又PC=√6，∴OP 2+OC 2=PC 2，即PO ⊥OC ， ∴S △POC =12·PO ·OC=12×√3×√3=32.由(1)可知，AD ⊥平面POC ，又PM=3MD ， ∴V P-OCM =V M-POC =34V D-POC =34×13S △POC ×DO=34×13×32×1=38.19.(1)证明连接B 1C ，ME.因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点，所以ND=12A 1D.由题设知A 1B 1 DC ，可得B 1C A 1D ，故ME ND ，故四边形MNDE 为平行四边形，则MN ∥ED.又MN ⊄平面C 1DE ，所以MN ∥平面C 1DE.(2)解因为底面ABCD 是正方形，所以CD ⊥AD.因为侧面ADD 1A 1⊥底面ABCD ，且侧面ADD 1A 1∩底面ABCD=AD ，所以CD ⊥平面ADD 1A 1，所以CD ⊥DD 1，AD ⊥DD 1.又因为侧面ADD 1A 1为矩形，所以AD ⊥DD 1.如图建立空间直角坐标系Dxyz ，其中D (0，0，0)，C 1(0，2，4)，E (1，2，0)，C (0，2，0)，且DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2，4)，DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，2，0). 因为CD ⊥平面ADD 1A 1，所以DC ⊥平面BCC 1B 1， 故DC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2，0)为平面C 1EB 1的一个法向量， 设n =(x ，y ，z )为平面DC 1E 的法向量，则{n ·DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y +4z =0,x +2y =0,取y=-2，可得n =(4，-2，1).所以cos <DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，n >=DC ⃗⃗⃗⃗⃗·n |DC ⃗⃗⃗⃗⃗||n|=2×√21=-2√2121.因为二面角A-DE-B 1的平面角是钝角，所以二面角A-DE-B 1的余弦值为-2√2121. 20.(1)证明如图所示，取B 1C 1的中点F'，连接DE ，EF'，F'C ， 由于ABCD-A 1B 1C 1D 1为正方体，E ，F'为中点，故EF'∥CD ， 从而E ，F'，C ，D 四点共面，则平面CDE 即为平面CDEF'， 故可得直线B 1C 1交平面CDE 于点F'.当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点F'重合， 即点F 为B 1C 1中点.(2)解以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1方向分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为2，设A 1MA 1B 1=λ(0≤λ≤1)，则M (2，2λ，2)，C (0，2，0)，F (1，2，2)，E (1，0，2)， 从而MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2，2-2λ，-2)，CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，2)，FE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，-2，0)， 设平面MCF 的法向量为m =(x 1，y 1，z 1)，则{m ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x 1+(2−2λ)y 1-2z 1=0,m ·CF⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1+2z 1=0,令z 1=-1，可得m =2，11−λ，-1. 设平面CFE 的法向量为n =(x 2，y 2，z 2)，则{n ·FE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2y 2=0,n ·CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 2+2z 2=0,令z 2=-1可得n =(2，0，-1). 则cos <m ，n >=m ·n|m||n|=√5+(11−λ) ×√5=√53， 整理可得(λ-1)2=14，解得λ=12λ=32舍去. 21.解(1)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 不在平面PBC 中，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)以D 为坐标原点，分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.由PD=AD=1，得D (0，0，0)，C (0，1，0)，B (1，1，0)，P (0，0，1)，则DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，1，0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，1，-1).由(1)可设Q (a ，0，1)，则DQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ，0，1). 设n =(x ，y ，z )是平面QCD 的法向量， 则{n ·DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{ax +z =0,y =0.可取n =(-1，0，a ). 所以cos <n ，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗|n||PB⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3√1+a 2.设PB 与平面QCD 所成角为θ，则sin θ=√33√1+a 2=√33√1+2aa 2+1.因为√33√1+2aa 2+1≤√63，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√63.22.(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， 因为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 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，根据题意，则有A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，2，0)，P (0，0，√2)， 所以PA⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，-√2)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，1，-√2)，PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2，-√2). 设平面PBC 的一个法向量为m =(x ，y ，z )，则{m ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +y -√2z =0,2y -√2z =0,取y=1，则m =(1，1，√2).设直线PA 与平面PBC 所成角的平面角为θ， 则有sin θ=|cos <m ，PA⃗⃗⃗⃗⃗ >|=m ·PA⃗⃗⃗⃗⃗ |m||PA⃗⃗⃗⃗⃗ |=1−2√3×2=√36.(3)解假设存在点Q 满足题意，则PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ<1)， 故PQ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2λ，-√2λ)，则Q (0，2λ，√2−√2λ).所以DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2λ，√2−√2λ)，DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，0). 设平面DAQ 的一个法向量为n =(a ，b ，c )，则有{n ·DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2λb +(√2-√2λ)c =0,a =0,取b=1，则n =0，1，√2λλ-1，由(2)知平面PBC 的一个法向量为m =(1，1，√2)， 根据题意，有cos π3=cos <m ，n >，则|m ·n||m||n|=12|1+2λλ-1|2×√1+2λ2(λ-1)2=12，解得λ=23.即得PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =23PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即点Q 为线段PC 上靠近点C 的一个三等分点，坐标为Q 0，43,√23.。
高三数学--立体几何专题
侧（左）视图正（主）视图 俯视图高三数学(理)一轮复习资料-- 立体几何一、选择题1 、某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是 ( )2、已知某空间几何体的主视图、侧视图、俯视图均为如图所示的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的表面积为( )A 、22 B 、3＋22 C 、32 D 、3＋323、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，则下列命题中为假命题的是( )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4、设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b m ⊥，则“αβ⊥” 是“a b ⊥”的（ ）A 、充分不必要条件B 、必要不充分条件C 、充要条件D 、即不充分不必要条件5、一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于（ ）A 、12B 、3 C 、563D 、46、某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）A 、28+65B 、 30+65C 、 56+ 125D 、 60+1257、下列命题正确的是（ ）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8、已知直二面角l αβ--，点,A A C l α∈⊥,C 为垂足，,,B BD l D β∈⊥为垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D 到平面ABC 的距离等于（ ）A、3 B、3 C、3D 、 1 9、已知三棱锥的三个侧面两两垂直，三条侧棱长分别为4、4、7，若此三棱锥的各个顶点都在同一个球面上，则此球的表面积是( )A 、81πB 、36πC 、81π4D 、144π10 、如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB =1，D 在棱BB 1上，且BD =1， 则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为 ( )A 、64B 、34C 、62D 、72二、填空题11、已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该三棱锥的体积等于 ___________cm 3．12、如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。
2022高三数学高考一本通立体几何第一轮复习单元测试 棱柱
棱柱一、选择题1、下列命题中，真命题的个数是（ ）（1）正棱柱的棱长都相等；（2）直棱柱的侧棱就是直棱柱的高；（3）直棱柱的侧面是矩形；（4）有一个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；（5）有一条侧棱垂直于底面的棱柱是直棱柱。
A ：2个 B ：3个 C ：4个 D ：5个2、长方体的高等于h, 底面积等于S ，过相对侧棱的截面面积为S 1，则长方体的侧面积为（ ）A B C D3、（2022，北京春季高考）两个完全相同的长方体的长、宽、高分别为5cm ，4cm ，3cm ，把它们重叠在一起组成一个新长方体，在这些新长方体中，最长的对角线的长底是（ ） A ：cm B ：7cm C ：5cm D ：10cm4、如图，已知多面体ABC －DEFG 中，AB 、AC 、AD 两两互相垂直，平面ABC // 平面DEFG ，平面DEF 平面ADGC ，AB ＝AD ＝DG ＝2，AC ＝EF ＝1，则该多面体的体积为（ ）A ：2B ：4C ：6D ：85、斜三棱柱的一个侧面面积为S ，另一条侧棱到这个侧面的距离为a ，则这三个棱柱的体积是（ ）Ａ：31Ｓa Ｂ：41Ｓa Ｃ：21Ｓa Ｄ：32Ｓa6、斜三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，各棱长为a ，A 1B ＝A 1C ＝a ，则该棱柱的侧面积和体积分别为（ ）A ：（123＋）a 2, 42 a 3B ：13＋ a 2，42a 3 C ：123＋ a 2，123a 3 ） D ：13＋ a 2，123a 3 7、平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，BAD ＝60°，对角面BB 1D 1D 是边长为a 的正方形，且B 1BC ＝60°，此平行六面体的高为 。
8、如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，当底面四边形ABCD 满足条件 时，有A 1CB 1D 1（注：填上你认为正确的一种条件即可）9、一个正本棱柱形容器ABC －A 1B 1C 1，以三角形ABC 为底面成水平放置，其高为2a ,内盛水若干，水面高度为,若将此容器放倒，使它的一个侧面为底面成水平放置，这时水面恰为中截面，则＝ 。
数学(文)一轮总复习3.立体几何初步(1)空间几何体的结构与三视图、直观图
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【名师点评】 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，变动模型 中的线面位置关系或增加线、面等基 本元素，然后再依据题意判定，是解 决这类题目的基本思考方法．
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考点二 几何体的三视图
1．画几何体的三视图时，可 以把垂直投射面的视线想象成平行 光线，体会可见的轮廓线(包括被 遮挡住，但可以经过想象透视到的 光线)的投影就是要画出的视图， 可见的轮廓线要画成实线，不可见 的轮廓线要画成虚线．
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例1
给出以下命题：①底面是矩形的 四棱柱是长方体；②直角三角形绕着 它的一边旋转一周形成的几何体叫做 圆锥；③四棱锥的四个侧面可以都是 直角三角形．其中说法正确的是 __________．
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【思路点拨】 根据几何体的结 构特征，借助熟悉的几何体模型进行 判定．
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命题探究
1.纵观近几年高考试题可知，高考命题 形式比较稳定，主要考查形式有： (1)以几何体为依托考查几何体的结构 特征，几何体的三视图、直观图、表面积与 体积．
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命题探究
(2)直线与平面的平行与垂直的判定、 线面间距离的计算作为考查的重点，尤其以 多面体为载体的线面位置关系的论证，更是 年年考，并在难度上也始终以中等题为主． (3)判断并证明两个平面的垂直关系， 通常是在几何体中出现． (4)高考中多以一小一大形式出现，分 值为17分左右，试题难度较小．
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考纲解读
1.空间几何体 (1)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． (2)能画出简单空间图形的三视图， 能识别三视图所表示的立体模型，会用斜 二测画法画出它们的直观图．
高考数学一轮复习立体几何多选题知识点总结及解析
高考数学一轮复习立体几何多选题知识点总结及解析一、立体几何多选题1．已知图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，分别沿着AB 、BC 、CD 、DA 把ABF 、BCG 、CDH △、DAE △向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面ABCD 垂直，再顺次连接EFGH ，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）A ．AEF 是正三角形B ．平面AEF ⊥平面CGHC ．直线CG 与平面AEF 2D ．当2AB =时，多面体ABCD EFGH -的体积为83【答案】AC 【分析】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ，证明出OH ⊥平面ABCD ，然后以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，求出EF ，可判断A 选项的正误，利用空间向量法可判断BC 选项的正误，利用几何体的体积公式可判断D 选项的正误. 【详解】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ， 在图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，则1122CH GH EH DH ===，O 为CD 的中点，OH CD ∴⊥，平面CDH ⊥平面ABCD ，平面CDH 平面ABCD CD =，OH ⊂平面CDH ，OH ∴⊥平面ABCD ，在图1中，设正方形EFGH 的边长为()220a a >，可得四边形ABCD 的边长为2a ， 在图1中，ADE 和ABF 均为等腰直角三角形，可得45BAF DAE ∠=∠=， 90BAD ∴∠=，∴四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，O 、M 分别为CD 、AB 的中点，则//OC BM 且OC BM =，且90OCB ∠=，所以，四边形OCBM 为矩形，所以，OM CD ⊥，以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()2,,0A a a -、()2,,0B a a 、()0,,0C a 、()0,,0D a -、(),,E a a a -、()2,0,F a a 、(),,G a a a 、()0,0,H a .对于A 选项，由空间中两点间的距离公式可得2AE AF EF a ===，所以，AEF 是正三角形，A 选项正确；对于B 选项，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，(),0,AE a a =-，()0,,AF a a =，由11110m AE ax az m AF ay az ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取11z =，则11x =，11y =-，则()1,1,1m =-，设平面CGH 的法向量为()222,,n x y z =，(),0,CG a a =，()0,,CH a a =-， 由222200n CG ax az n CH ay az ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取21z =-，可得21x =，21y =-，则()1,1,1n =--，()22111110m n ⋅=+--⨯=≠，所以，平面AEF 与平面CGH 不垂直，B 选项错误；对于C 选项，6cos ,23CG m CG m a CG m⋅<>===⨯⋅， 设直线CG 与平面AEF 所成角为θ，则sin 6θ=，23cos 1sin θθ=-=，所以，sin tan 2cos θθθ==，C 选项正确； 对于D 选项，以ABCD 为底面，以OH 为高将几何体ABCD EFGH -补成长方体1111ABCD A B C D -，则E 、F 、G 、H 分别为11A D 、11A B 、11B C 、11C D 的中点，因为2AB =，即1a =，则1OH =，长方体1111ABCD A B C D -的体积为2214V =⨯=，11211111113326A A EF A EF V S AA -=⋅=⨯⨯⨯=△，因此，多面体ABCD EFGH -的体积为111044463ABCD EFGH A A EF V V V --=-=-⨯=， D 选项错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin hlθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.2．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A 在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（ ） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误. 【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '， 则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124DS BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而332333322288A S ⎛⎫=⨯⨯=> ⎪ ⎪⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确． 对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系． 设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，222AM x y z =++，(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确． 故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.3．如图所示，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中AB＝8，把△ADE 沿着DE翻折至A'DE位置，使得二面角A'-DE-B为60°，则下列选项中正确的是（）A．点A'到平面BCED的距离为3B．直线A'D与直线CE所成的角的余弦值为5 8C．A'D⊥BDD．四棱锥A'-BCED237【答案】ABD【分析】作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.利用线面垂直的判定定理判定CD⊥平面A'MN,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到'A到平面面BCED的高A'H,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED的外接球的球心为O,则ON⊥平面BCED,且OA'=OC,经过计算求解可得半径从而判定D.【详解】如图所示，作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.则A'M⊥DE,MN⊥DE, ,∵'A M∩MN=M,∴CD⊥平面A'MN,又∵CD⊂平面ABDC,∴平面A'MN⊥平面ABDC,在平面A'MN中作A'H⊥MN,则A'H⊥平面BCED,∵二面角A'-DE-B为60°，∴∠A'EF=60°，∵正三角形ABC中，AB=8,∴AN=43∴A'M3,∴A'H=A'M sin60°=3，故A正确；连接DN,易得DN‖EC,DN=EC=4,∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，DN=DA'=4,A'N=A'M3,cos∠A'DN=22441252448+-=⨯⨯,故B正确；A'D =DB =4,A'B=22121627A N BN +=+=',∴222A D DB A B '≠'+,∴A'D 与BD 不垂直，故C 错误’ 易得NB =NC =ND =NG =4，∴N 为底面梯形BCED 的外接圆的圆心， 设四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC , 若O 在平面BCED 上方，入图①所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()()22222433x x R +=-+=,解得23x =-,舍去；故O 在平面BCED 下方，如图②所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P , 则HP =x ,易得()()22222433x x R +=++=, 解得23x =, ∴244371699R ⨯=+=,237R ∴=,故D 正确. 故选:ABD .【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.4．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（ ） A ．若13A P P 点有且只有一个 B ．若12A P ，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 2D ．若12A P 且1//A P 平面11B DC ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 2P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出6r =，进而求出面积. 【详解】对A 选项，如下图：由13A P =P 在以1A 3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=C满足，故A 正确；对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上，在底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上，则1A P 长的最大值为12A B =，则C 不正确； 对选项D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622,,sin 60333A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选：ABD 【点睛】（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，d 为球心到小圆距离）；（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.5．已知四面体ABCD 的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（ ） A ．异面直线AC 与BD 所成角为60︒B ．点A 到平面BCD 的距离为3C ．四面体ABCDD ．动点P 在平面BCD 上，且AP 与AC 所成角为60︒，则点P 的轨迹是椭圆 【答案】BC 【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得AC ⊥BD ，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得P 的轨迹为双曲线方程即可得D 错误. 【详解】取BD 中点E ,连接,AE CE ,可得BD ⊥面ACE ,则AC ⊥BD ,故A 错误；在四面体ABCD 中，过点A 作AF ⊥面BCD 于点F ,则F 为为底面正三角形BCD 的重心，因为所有棱长均为2,AF ==即点A 到平面BCD ,故B 正确；设O 为正四面体的中心则OF 为内切球的半径，OA 我外接球的半径， 因为11433A BCD BCD BCD V S AF S OF -=⋅=⨯⋅△△，所以4AF OF =，即OF AO =所以四面体ABCD 的外接球体积334433V R OA ππ===,故C 正确；建系如图：0,0,,0,,033A C ⎛⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设(,,0)P x y ，则,,AP x y AC →→⎛⎛== ⎝⎭⎝⎭，因为cos 60AP AC AP AC →→→→⋅=24192y +=，即833y +，平方化简可得：2240039y x y ---，可知点P 的轨迹为双曲线,故D 错误. 故选：BC ．【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹的求解问题，解决此类问题可采用空间向量法，利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系，从而得到轨迹方程.6．如图，已知四棱锥P ABCD -所有棱长均为4，点M 是侧棱PC 上的一个动点（不与点,P C 重合），若过点M 且垂直于PC 的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确的是（ ）A ．截面的形状可能为三角形、四边形、五边形B ．截面和底面ABCD 所成的锐二面角为4π C ．当1PM =时，截面的面积为52D ．当2PM =时，记被截面分成的两个几何体的体积分别为()1212,>V V V V ，则123=V V 【答案】BCD 【分析】点M 是侧棱PC 上的一个动点，根据其不同位置，对选项逐一进行判断即可. 【详解】A 选项中，如图，连接BD ，当M 是PC 中点时，2MC =，由题意知三角形PDC 与三角形PBC 都是边长为4的正三角形，所以DM PC ⊥,BM BC ⊥，又DM ，BM 在面MBD 内，且相交，所以PC ⊥平面PBD ，三角形MBD 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是三角形，点M 向下移动时，2MC <，如图，仍是三角形；若点M 由中点位置向上移动，2MC >，在平面PDC 内作EM PC ⊥，交PD 于E ，在平面PBC 内作FM PC ⊥交PB 于F ，平面MEF 交平面PAD 于EG ，交PAB 于FH ，即交平面ABCD 于GH ，则五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是五边形； 故截面的形状可能为三角形、五边形，A 错误；B 选项中，因为截面总与PC 垂直，所以不同位置的截面均平行，截面与平面ABCD 所成的锐角为定值，不妨取M 是中点，连接AC ，BD ，MB ，MD ，设AC ，BD 交点是N ，连接PN ，由题意知，四边形ABCD 是边长为4的菱形，BD AC ⊥，因为MB =MD ，所以MN BD ⊥，故MNC ∠是截面与平面ABCD 所成的锐角，过点M 作MQ AC ⊥，垂足Q.在三角形PAC中，MN =2，NQ=2，故在直角三角形MNQ 中，2cos 2NQ MNC MN ∠==，故4MNC π∠=，故B 正确；C 选项中，当PM =1时，M 是PC 中点，如图，五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，依题意，直角三角形PME 中，2cos PMPE EPM==∠，故E 为PD 的中点，同理，F是PB 的中点，则EF 是三角形PBD 的中位线，1222EF BD ==，G ，H 分别在,AD AB 的中点上，证明如下，当G ，H ，也是中点时，1//,2GH BD GH BD =，有//,22GH EF GH EF ==，四边形EFHG 是平行四边形.依题意，三角形PAC 中4,42PA PC AC ===，故PA PC ⊥，故PC GE ⊥，易见，正四棱锥中BD ⊥平面PAC ，故BD PC ⊥，GH PC ∴⊥，因为 ,GE GH 均在平面EFHG 内，且相交，所以PC ⊥平面EFHG ，故此时平面EFHG 和平面MEF 即同一平面.又BD ⊥平面PAC ，有GH ⊥面平面PAC ，GH GM ⊥，根据对称性有GH GE ⊥，四边形EFHG 是矩形. 即五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，平面图如下:依题意，22GH EF ==2EG FG ==，三角形高为()()22321h =-=，面积是122122⨯=，四边形面积是22242=，故截面面积是52 故C 正确；D 选项中，若PM =2，看B 选项中的图可知，21124M BCD P BCD P ABCD V V V V ---===，故剩余部分134P ABCD V V -=，所以123=V V ，故D 正确.故选：BCD. 【点睛】本题考查了棱锥的截面问题，考查了二面角、体积等计算问题，属于难题.7．已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，过对角线1BD 作平面α交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，以下结论正确的是（ ） A ．四边形1BFD E 不一定是平行四边形 B ．平面α分正方体所得两部分的体积相等 C ．平面α与平面1DBB 不可能垂直 D ．四边形1BFD E 面积的最大值为2 【答案】BD 【分析】由平行平面的性质可判断A 错误;利用正方体的对称性可判断B 正确;当E ､F 为棱中点时,通过线面垂直可得面面垂直,可判断C 错误;当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积最大,且最大值为2,可判断D 正确. 【详解】 如图所示,对于选项A,因为平面1111//ABB A CC D D ,平面1BFD E 平面11ABB A BE =,平面1BFD E平面111CC D D D F =,所以1//BE D F ,同理可证1//D E BF ,所以四边形1BFD E 是平行四边形,故A 错误; 对于选项B,由正方体的对称性可知,平面α分正方体所得两部分的体积相等,故B 正确; 对于选项C,在正方体1111ABCD A B C D -中,有1,AC BD AC BB ⊥⊥, 又1BD BB B ⋂=,所以AC ⊥平面1BB D , 当E ､F 分别为棱11,AA CC 的中点时, 有//AC EF ,则EF ⊥平面1BB D , 又因为EF ⊂平面1BFD E ,所以平面1BFD E ⊥平面1BB D ,故C 错误;对于选项D,四边形1BFD E 在平面ABCD 内的投影是正方形ABCD , 当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积有最大值,此时1212S D E BE =⋅=⋅=,故D 正确; 故选:BD. 【点睛】本题考查了正方体的几何性质与应用问题,也考查了点线面的位置关系应用问题,属于中档题.8．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -的外接球的表面积是4π 【答案】BD 【分析】对于选项A ，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结KN ，BK ，通过假设CN AB ⊥，推出AB ⊥平面BCNK ，得到AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，即可判断；对于选项B ，在判断A 的图基础上，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，易得1NEC MAB ∠=∠，由余弦定理，求得CN 为定值即可；对于选项C ，取AM 中点O ，1B O ，DO ，由线面平行的性质定理导出矛盾，即可判断； 对于选项D ，易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，说明此时AD 中点E 为外接球球心即可. 【详解】如图1，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，KN ，BK ,则易知1//NE AB ，1//NF B M ，//EF AM ，//KN AD ，112NE AB =，EC AM = 由翻折可知，1MAB MAB ∠=∠，1AB AB =，对于选项A ，易得//KN BC ，则K 、N 、C 、B 四点共面，由题可知AB BC ⊥，若CN AB ⊥，可得AB ⊥平面BCNK ，故AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，不可能，故A 错误；对于选项B ，易得1NEC MAB ∠=∠，在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+， 故CN 为定值，故B 正确；如图2，取AD 中点E ，取AM 中点O ，连结1B E ，OE ，1B O ，DO ，，对于选项C ，由AB BM =得1B O AM ⊥，若1AM B D ⊥，易得AM ⊥平面1B OD ，故有AM OD ⊥，从而AD MD =，显然不可能，故C 错误；对于选项D ，由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122BO =，2DM =22221122122B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，表面积为4π，故D 正确. 故选：BD. 【点睛】本题主要考查了立体几何中的翻折问题以及空间图形的位置关系，考查了空间想象能力，属于较难题.9．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧C ．若PD ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94π 【答案】ABD 【分析】若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =∈，，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=，可判断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为32=，可得D . 【详解】 如图：∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2， ∴1122B D =11AA =， ∴()2212213DB =+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确；∵()313PD =∈，，11DD =，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为()22213+=，故C 错误；由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为2221322122++=，面积为94π，故D 正确． 故选：ABD ． 【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.10．如图，1111ABCD A B C D -为正方体，下列结论中正确的是（ ）A ．11A C ⊥平面11BB D D B ．1BD ⊥平面1ACBC ．1BD 与底面11BCC B 2 D ．过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条 【答案】ABD 【分析】由直线与平面垂直的判定判断A 与B ；求解1BD 与底面11BCC B 所成角的正切值判断C ；利用空间向量法可判断D ． 【详解】对于A 选项，如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，则111BB A C ⊥， 由于四边形1111D C B A 为正方形，则1111AC B D ⊥， 1111BB B D B =，因此，11A C ⊥平面11BB D D ，故A 正确；对于B 选项，在正方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，1AC DD ∴⊥，因为四边形ABCD 为正方形，所以，AC BD ⊥，1D DD BD =，AC ∴⊥平面11BB D D ， 1BD ⊂平面11BB D D ，1AC BD ∴⊥，同理可得11BD B C ⊥，1ACB C C =，1BD ∴⊥平面1ACB ，故B 正确；对于C 选项，由11C D ⊥平面11BCC B ，得11C BD ∠为1BD 与平面11BCC B 所成角， 且111112tan 2C D C BD BC ∠==，故C 错误； 对于D 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A 、()0,0,0D 、()0,1,0C 、()11,1,1B ，()1,0,0DA =，()11,0,1CB =，设过点1A 且与直线DA 、1CB 所成角的直线的方向向量为()1,,m y z =， 则221cos ,21DA m DA m DA my z ⋅<>===⋅++， 1122111cos ,221CB m zCB m CB my z ⋅+<>===⋅⋅++， 整理可得2222341y z y z z ⎧+=⎨=++⎩，消去y 并整理得2210z z +-=，解得12z =-12z =-由已知可得3z ≤，所以，12z =-+22y =± 因此，过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条，D 选项正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法： 一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．。
2022年高考数学一轮复习专题 专题35 立体几何初步基础巩固检测题(解析版)
【详解】 由于直角在直观图中有的成为 45°，有的成为 135°； 当线段与 x 轴平行时，在直观图中长度不变且仍与 x 轴平行，
当线段与 x 轴平行时，线段长度减半，
直角坐标系变成斜坐标系，而平行关系没有改变. 故选：B. 11．侧面都是等腰直角三角形的正三棱锥，底面边长为 a 时，该三棱锥的表面积是（ ）
试卷第 3页，总 16页
【分析】 根据面面平行的知识对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】 对于 A 选项，这两个平面可能相交，故 A 选项错误. 对于 B 选项，如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行， 正确，故 B 选项正确. 对于 C 选项，这两个平面可能相交，故 C 选项错误. 对于 D 选项，这两个平面可能相交，故 D 选项错误. 故选：B
A． ，
B． ，
C． ，
D． ，
【答案】B 【分析】
根据角的定义作出 , , ，再利用三角函数的单调性比较.
【详解】 如图所示：
设 M 在底面 ABCD 内的射影为 H ，过 H 作 AC 的垂线 HE ，垂足为 E ，过 M 作 CD 的垂线 MF ，垂足为 F ，连接 ME ， HC ，
A． 3 3 a2 4
B． 3 a2 4
C． 3 3 a2 2
D． 6 3 a2 4
【答案】A 【分析】
先求出侧棱长，即可求出表面积. 【详解】
如图，PA，PB，PC 两两垂直且 PA＝PB＝PC，
△ABC 为等边三角形，AB＝a，
试卷第 5页，总 16页
∴ PA PB PC 2 a ， 2
（1）B，C，H，G 四点共面；
高考数学一轮复习《空间几何体》练习题(含答案)
高考数学一轮复习《空间几何体》练习题（含答案）一、单选题1．降水量（precipitation[amount]）：从天空降落到地面上的液态或固态（经融化后）水，未经蒸发､渗透､流失，而在水平面上积聚的深度.降水量以mm 为单位，气象观测中一般取一位小数，现某地10分钟的降雨量为13.1mm ，小王在此地此时间段内用口径为10cm 的圆柱型量筒收集的雨水体积约为（ ）（其中π 3.14≈）A ．331.0210mm ⨯B ．331.0310mm ⨯C ．531.0210mm ⨯D ．531.0310mm ⨯2．某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的表面积(单位：2cm )是（ ）A ．()256122cm +B ．()248162cm + C ．()280122cm + D ．()272162cm + 3．阿基米德（Archimedes ，公元前287年-公元前212年）是古希腊伟大的数学家，物理学家和天文学家，在他墓碑上刻着的一个圆柱容器里放了一个球，该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，如图所示，则在该几何体中，圆柱表面积与球表面积的比值为（ ）A ．32B ．43C ．32或23D ．234．已知一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为（ ）A ．33πB ．2πC ．3πD ．4π5．某圆锥的母线长为2，高为423，其三视图如下图所示，圆锥表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆锥表面上的点N 在侧视图上的对应点为B ，则在此圆锥侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．2B ．22C ．823+D ．223- 6．已知某空间几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A ．323B ．163C ．4D ．87．已知正方体的六个面的中心可构成一个正八面体,现从正方体内部任取一个点,则该点落在这个正八面体内部的概率为（ ）A ．12B ．13C ．16D ．1128．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A ．810+16B ．40C ．810++24D ．489．棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是侧面11CC B B 上的一个动点（包含边界），则下面结论正确的有（ ）①若点E 满足1AE B C ⊥，则动点E 的轨迹是线段；②若点E 满足130EA C ∠=，则动点E 的轨迹是椭圆的一部分；③在线段1BC 上存在点E ，使直线1A E 与CD ．所成的角为30；④当E 在棱1BB 上移动时，1EC ED +的最小值是352+． A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个10．某锥体的正视图和侧视图均为如图所示的等腰三角形，则该几何体的体积最小值为A ．4πB ．12C ．1D ．211．已知四棱锥S ABCD -的所有顶点都在同一球面上，底面ABCD 是正方形且和球心O 在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于443+，则球O 的体积等于（ ）A ．3223πB ．1623πC ．823πD ．423π 12．一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．36B ．48C ．64D ．72二、填空题13．如果用半径为r 的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高等于____． 14．点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，3AB BC AC ==，若四面体ABCD 体积的3________.15．“方锥”，在《九章算术》卷商功中解释为正四棱锥.现有“方锥”S ABCD -，其中4AB =，SA 与平面ABCD 32，则此“方锥”的外接球表面积为________. 16．棱长为6的正方体内有一个棱长为x 的正四面体，正四面体的中心（正四面体的中心就是该四面体外接球的球心）与正方体的中心重合，且该四面体可以在正方体内任意转动，则x 的最大值为______．三、解答题17．如图，已知直三棱柱111ABC A B C ，其底面是等腰直角三角形，且22AB BC ==14AC AA ==.(1)求该几何体的表面积；(2)若把两个这样的直三棱柱拼成一个大棱柱，求拼得的棱柱表面积的最小值.18．如图是一个以111A B C为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知11112A B B C==，11190A B C∠=︒，14AA=，13BB=，12CC=，求该几何体的体积．19．如图是某几何体的三视图，请你指出这个几何体的结构特征，并求出它的表面积与体积．（单位：cm）20．如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是矩形，2PA AB ==，2AD =，过点B 作BE ⊥AC ，交AD 于点E ，点F ，G 分别为线段PD ，DC 的中点．(1)证明：AC ⊥平面BEF ；(2)求三棱锥F -BGE 的体积．21．如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为2的菱形，AC =23，△ADE 为等腰直角三角形，∠AED =90°，平面ADE ⊥平面ABCD ，且EF //AB ，EF =1.（1）证明：AC ⊥平面BDF ；（2）若G 为棱BF 的中点，求三棱锥G —DEF 的体积.22．如图，在三棱锥-P ABC 中，2AB BC ==，22PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且MC ＝2MB ，求点C 到平面POM 的距离．23．如图，在三棱锥S －ABC 中，SA ＝SC ，D 为AC 的中点，SD ⊥AB ．(1)证明：平面SAC ⊥平面ABC ；(2)若△BCD 是边长为3的等边三角形，点P 在棱SC 上，PC ＝2SP ，且932S ABC V -=，求三棱锥A －PBC 的体积．24．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的菱形，60DAB ∠=︒，7PA PD ==，O F 、分别为AD AB 、的中点，PF AC ⊥.（1）求证：面POF ⊥面ABCD ；（2）求三棱锥B PCF -的体积。
高中数学一轮复习 第八章 立体几何
第八章 立体几何考点1 空间几何体的结构及其三视图与直观图1.(2016·全国Ⅲ，9)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A.18＋365B.54＋185C.90D.812.(2016·全国Ⅱ，6)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A.20πB.24πC.28πD.32π3.(2016·北京，6)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12 D.14.(2016·山东，5)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26πD.1＋26π5.(2015·广东，8)若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值( ) A.大于5 B.等于5 C.至多等于4 D.至多等于36.(2015·北京，5)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A.2＋ 5B.4＋ 5C.2＋2 5D.57.(2015·浙江，2)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( ) A.8 cm 3 B.12 cm 3 C.323cm 3 D.403 cm 38.(2015·新课标全国Ⅰ，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 ＝( )A.1B.2C.4D.89.(2014·福建，2)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10.(2014·江西，5)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( )11.(2014·湖北，5)在如图所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2).给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为()A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②12.(2014·新课标全国Ⅰ，12)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A.6 2B.4 2C.6D.413.(2015·天津，10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.考点2 空间几何体的表面积和体积1.(2016·全国Ⅲ，10)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A.4π B.9π2 C.6π D.32π32.(2016·全国Ⅰ，6)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A.17πB.18πC.20πD.28π3.(2015·陕西，5)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.3πB.4πC.2π＋4D.3π＋44.(2015·安徽，7)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A.1＋ 3B.2＋ 3C.1＋2 2D.2 25.(2015·新课标全国Ⅱ，9)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A.36π B.64π C.144π D.256π6.(2015·山东，7)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3 D.2π7.(2015·重庆，5)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋πB.23＋πC.13＋2πD.23＋2π8.(2015·新课标全国Ⅱ，6)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.159.(2015·湖南，10)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率＝新工件的体积原工件的体积)( )A.89πB.169π C.4(2－1)3π D.12(2－1)3π10.(2014·重庆，7)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.54B.60C.66D.7211.(2014·浙江，3)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )A.90 cm 2B.129 cm 2C.132 cm 2D.138 cm 212.(2014·大纲全国，8)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.9π D.27π413.(2014·安徽，7)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.1814.(2014·陕西，5)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.2π D.4π315.(2014·湖北，8)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也.又以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ≈136L 2h .它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V ≈275L 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A.227B.258C.15750D.35511316.(2014·新课标全国Ⅱ，6)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.1317.(2016·四川，13)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________.18.(2016·浙江，14)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________.19.(2015·江苏，9)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为________.20.(2014·江苏，8)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________.考点3 点、线、面的位置关系1. (2016·全国Ⅰ，11)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为()A.32 B.22 C.33 D.132.(2015·安徽，5)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是()A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D.若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面3.(2014·辽宁，4)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面.下列说法正确的是()A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC.若m⊥α，m⊥n，则n∥αD.若m∥α，m⊥n，则n⊥α4.(2015·浙江，13)如图，三棱锥ABCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________.考点4 线面平行的判定与性质1.(2016·山东,17)在如图所示的圆台中,AC 是下底面圆O 的直径,EF 是上底面圆O ′的直径,FB 是圆台的一条母线.(1)已知G ,H 分别为EC ,FB 的中点,求证：GH ∥平面ABC ；(2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23,AB ＝BC ,求二面角F －BC －A 的余弦值.2.(2016·全国Ⅲ,19)如图,四棱锥P －ABCD 中,P A ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,AB ＝AD ＝AC ＝3,P A ＝BC ＝4,M 为线段AD 上一点,AM ＝2MD ,N 为PC 的中点.(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.3.(2015·江苏,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC＝CC1.设AB1的中点为D,B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.4.(2014·江苏,16)如图,在三棱锥P ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知P A⊥AC,P A＝6,BC＝8,DF＝5. 求证：(1)直线P A∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.5.(2014·新课标全国Ⅱ,18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,P A⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角DAEC为60°,AP＝1,AD＝3,求三棱锥EACD的体积.6.(2014·湖北,19)如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP＝BQ＝λ(0<λ<2).(1)当λ＝1时,证明：直线BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在,求出λ的值；若不存在,说明理由.考点5 线面垂直的判定与性质1.(2016·浙江,2)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则()A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n2.(2015·浙江,8)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD,所成二面角A′CDB的平面角为α,则()A.∠A′DB≤αB.∠A′DB≥αC.∠A′CB≤αD.∠A′CB≥α3.(2014·广东,7)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是()A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定4.(2016·全国Ⅱ,14)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).5.(2016·全国Ⅰ,18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,平面ABEF为正方形,AF＝2FD,∠AFD＝90°,且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值.6.(2016·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC－A 1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.7.(2015·新课标全国Ⅱ,19)如图,长方体ABCD－A1B1C1D1中,AB＝16,BC＝10,AA1＝8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E ＝D1F＝4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.8.(2015·新课标全国Ⅰ,18)如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC＝120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE＝2DF,AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC,(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.9.(2014·新课标全国Ⅰ,19)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1,∠CBB1＝60°,AB＝BC,求二面角AA1B1C1的余弦值.10.(2014·广东,18)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC＝30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角DAFE的余弦值.11.(2014·辽宁,19)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB＝BC＝BD＝2,∠ABC＝∠DBC＝120°,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角EBFC的正弦值.12.(2014·江西,19)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面P AD⊥平面ABCD.(1)求证：AB⊥PD；(2)若∠BPC＝90°,PB＝2,PC＝2,问AB为何值时,四棱锥P ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.13.(2014·湖南,19)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD＝O,A1C1∩B1D1＝O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.考点6 空间向量与立体几何1.(2014·广东,5)已知向量a ＝(1,0,－1),则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A.(－1,1,0) B.(1,－1,0) C.(0,－1,1) D.(－1,0,1)2.(2014·四川,8)如图,在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段CC 1上,直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α,则sin α的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤33，1 B.⎣⎡⎦⎤63，1 C.⎣⎡⎦⎤63，223 D.⎣⎡⎦⎤223，13.(2014·新课标全国Ⅱ,11)直三棱柱ABCA 1B 1C 1中,∠BCA ＝90°,M ,N 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,BC ＝CA ＝CC 1,则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.110 B.25 C.3010 D.224.(2014·江西,10)如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB ＝11,AD ＝7,AA 1＝12.一质点从顶点A 射向点E (4,3,12),遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理),将第i －1次到第i 次反射点之间的线段记为L i (i ＝2,3,4),L 1＝AE ,将线段L 1,L 2,L 3,L 4竖直放置在同一水平线上,则大致的图形是( )5.(2015·四川,14)如图,四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M 在线段PQ 上,E 、F 分别为AB 、BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ,则cos θ的最大值为________.6.(2016·全国Ⅱ,19)如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,AB ＝5,AC ＝6,点E ,F 分别在AD ,CD 上, AE ＝CF ＝54,EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置.OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.7.(2015·陕西,18)如图1,在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠BAD ＝π2,AB ＝BC ＝1,AD ＝2,E 是AD 的中点,O 是AC 与BE的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置,如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ,求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.8.(2015·天津,17)如图,在四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,侧棱A 1A ⊥底面ABCD ,AB ⊥AC ,AB ＝1,AC ＝AA 1＝2,AD ＝CD ＝5,且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点. (1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1-AC -B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点,若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13,求线段A 1E 的长.9.(2015·安徽,19)如图所示,在多面体A1B1D1-DCBA,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C.(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.10.(2015·重庆,19)如图,三棱锥P ABC中,PC⊥平面ABC,PC＝3,∠ACB＝π2.D,E分别为线段AB,BC上的点,且CD＝DE＝2,CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角APDC的余弦值.11.(2015·北京,17)如图,在四棱锥AEFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC＝4,EF＝2a,∠EBC＝∠FCB＝60°,O为EF的中点.(1) 求证：AO⊥BE；(2) 求二面角F AEB的余弦值；(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.12.(2015·四川,18)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示,在正方体中,设BC 的中点为M ,GH 的中点为N .(1)请将字母F ,G ,H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)证明：直线MN ∥平面BDH ； (3)求二面角AEGM 的余弦值.13.(2015·江苏,22)如图,在四棱锥P ABCD 中,已知P A ⊥平面ABCD ,且四边形ABCD 为直角梯形,∠ABC ＝∠BAD ＝π2,P A ＝AD ＝2,AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点,当直线CQ 与DP 所成的角最小时,求线段BQ 的长.14.(2015·山东,17)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB＝2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥平面ABC,AB⊥BC,CF＝DE, ∠BAC＝45°,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.15.(2014·陕西,17)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值.16.(2014·天津,17)如图,在四棱锥P ABCD中,P A⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD＝DC＝AP＝2,AB＝1,点E为棱PC 的中点.(1)证明：BE⊥DC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F ABP的余弦值.17.(2014·四川,18)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MN⊥NP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A-NP-M的余弦值；。
2021届高考数学一轮总复习第8章立体几何第1节空间几何体的结构特征及三视图和直观图跟踪检测文含解析
第八章立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图和直观图A级·基础过关|固根基|1.由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A．六棱锥B．六棱台C．六棱柱D．非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解析：选C 平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义．2．下列说法中，正确的是( )A．棱柱的侧面可以是三角形B．若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形C．正方体的所有棱长都相等D．棱柱的所有棱长都相等解析：选C 棱柱的侧面都是平行四边形，选项A错误；若棱柱的底面是矩形，其他侧面可能是平行四边形，选项B错误；棱柱的侧棱长与底面边长不一定相等，选项D错误；易知选项C正确．3.水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝32，那么原△ABC是一个( )A．等边三角形B．直角三角形C．三边中只有两边相等的等腰三角形D．三边互不相等的三角形解析：选A AO＝2A′O′＝2×32＝3，在Rt△AOB中，AB＝12＋（3）2＝2，同理AC＝2，又由题意可知，BC＝2，所以△ABC是等边三角形．故选A. 4．(2019届沈阳市教学质量监测一)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B.5.如图所示，在三棱台A′B′C′－ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′－ABC，则剩余的部分是( )A．三棱锥B．四棱锥C．三棱柱D．组合体解析：选B如图所示，在三棱台A′B′C′－ABC中，沿A′BC截去三棱锥A′－ABC，剩余部分是四棱锥A′－BCC′B′.6．某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的图形，则在下图的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是( )A．①③B．①④C．②④D．①②③④解析：选A 由正视图和侧视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确．故选A.7．如图所示，网格纸上每个小方格都是边长为1的正方形，粗线画出的是一个几何体的三视图，记该几何体的各棱长度构成的集合为A，则( )A.3∈A B．3∈AC．23∈A D．22∈A解析：选D如图，该几何体可看成是由大三棱锥A－BCD(其中CD＝DA＝DB＝2，CD，DA，DB两两垂直)截去小三棱锥A－CDE(其中E为BD中点)后形成的新三棱锥A－BCE，六条棱的长分别为22，22，22，1，5，5，故选D.8．如图是一个几何体的直观图、正视图和俯视图，该几何体的侧视图为( )解析：选B 由直观图和正视图、俯视图可知，该几何体的侧视图应为面PAD，EC投影在面PAD上且为实线，点E的投影点为PA的中点，故选B.9．一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图为( )解析：选C 根据正方体截去两个角后所得几何体的正视图、俯视图可得，此几何体的直观图如图所示．所以侧视图为选项C.10．如图所示的纸篓，观察其几何结构，可以看出是由许多条直线围成的旋转体，该几何体的正视图为________(填序号)．解析：①②④中的几何体是由圆台、圆锥、圆柱组成的，而圆台、圆锥、圆柱的侧面除了与旋转轴在同一平面的母线以外，没有其他直线，即①②④不可能为该几何体的正视图．答案：③11．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之比为________．解析：根据题意，三棱锥P－BCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；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P－BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.答案：1∶112．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.在Rt△ABC中，AC＝12 cm，BC＝8－3＝5(cm)．所以AB＝122＋52＝13(cm)．答案：13B级·素养提升|练能力|13.某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都是由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．则该多面体的各个面中，面积最大的面的面积为( )A ．2 3B ．6C ．6 2D ．12解析：选B由三视图可画出直观图，如图所示，该多面体中两个全等的梯形的面，为该多面体的各个面中面积最大的面，S 梯形＝12×2×(2＋4)＝6.故选B.14．一只蚂蚁从正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A 出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C 1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图是( )A ．①②B ．①③C ．③④D ．②④解析：选D 由点A 经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C 1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)，若把平面ABB 1A 1和平面BCC 1B 1展开到同一个平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过BB 1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD 和平面CDD 1C 1展开到同一平面内，连接AC 1，则AC 1是最短路线，且AC 1会经过CD 的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.15．如图1，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，图2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．则该几何体的俯视图的面积为________，棱PA的长度为________．解析：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.由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝62(cm)．由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝63(cm)．答案：36 cm26 3 cm16．如图所示，在侧棱长为23的正三棱锥V－ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，过A作截面AEF，△AEF周长的最小值为________．解析：如图，将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，则线段AA1的长即为所求△AEF的周长的最小值．取AA1的中点D，连接VD，则VD⊥AA1，∠AVD＝60°.在Rt△VAD中，AD＝VA·sin 60°＝3，所以AA1＝2AD＝6，即△AEF周长的最小值为6.答案：6。
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A BCDEFGHI J高三数学第一轮复习单元测试（8）—《立体几何》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．（2008浙江文卷）对两条不相交的空间直线a 与b ,必存在平面α,使得 （ ）（A ）αα⊂⊂b a , （B ）b a ,α⊂∥α（C ）αα⊥⊥b a ,(D)αα⊥⊂b a ,2．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成一个120°的二面角，点C 到达点C 1，这时异面直线AD 与BC 1所成角的余弦值是 （ ）A ．22 B ．21 C ．43 D ．433．一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2、3、6，这个长方体对角线的长为（ ）A ．23B ．32C ．6D ．64．已知二面角α－l －β的大小为600,m 、n 为异面直线,且m ⊥α,n ⊥β,则m 、n 所成的角为 （ ）A ．300B ．600C ．900D ．12005．如图，在正三角形ABC 中，D 、E 、F 分别为各边的中点，G 、H 、I 、J 分别为AF 、AD 、BE 、DE 的中点.将△ABC 沿DE 、EF 、DF 折成三棱锥以后，GH 与IJ 所成角的度 数为 （ ） A ．90° B ．60° C ．45° D ．0° 6．两相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD 与正方 体的某一个平面平行，且各顶点．．．均在正方体的面上， 则这样的几何体体积的可能值有 （ ）A ．1个B ．2个C．3个 D ．无穷多个7．（2008山东文卷）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是 （ ）A ．9πB ．10πC ．11πD ．12π8．（理）高为5，底面边长为43的正三棱柱形容器（下有底），可放置最大球的半径是（ ）A ．23B ．2C ．223D ．2（文）三个两两垂直的平面，它们的三条交线交于一点O ，点P 到三个平面的距离比为1∶ 2∶3，PO=214，则P 到这三个平面的距离分别是（ ）A ．1，2，3B ．2，4，6C ．1，4，6D ．3，6，9俯视图 正(主)视图 侧(左)视图ABC DA 1B 1C 1D 1 第16题图 α9．如图，在四面体ABCD 中，截面AEF 经过四 面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O ， 且与BC ，DC 分别截于E 、F ，如果截面将四 面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A － BEFD 与三棱锥A －EFC 的表面积分别是S 1， S 2，则必有 （ ）A ．S 1<S 2B ．S 1>S 2C ．S 1=S 2D ．S 1，S 2的大小关系不能确定10．已知球o 的半径是1,ABC 三点都在球面上,AB 两点和AC 两点的球面距离都是4p ,BC 两点的球面距离是3p ,则二面角B －OA －C 的大小是 （ ） A ．4pB ．3p C ．2pD ．23p 11．条件甲：四棱锥的所有侧面都是全等三角形，条件乙：这个四棱锥是正四棱锥，则条件甲是条件乙的（ ） 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12．已知棱锥的顶点为P ，P 在底面上的射影为O ，PO=a ，现用平行于底面的平面去截这个棱锥，截面交PO 于点M ，并使截得的两部分侧面积相等，设OM=b ，则a 与b 的关系是 （ ）A ．b =（2－1）aB ．b =（2+1）aC ．b =222a - D ．b =222a+ 二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分.把答案填在题中的横线上)13．已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为，则侧面与底面所成的二面角等于_______________. 14．若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为α,则cos α=______．15．若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为___________. 16．多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点A 在平面α内，其余顶 点在α的同侧，正方体上与顶点A 相邻的三个顶 点到α的距离分别为1，2和4，P 是正方体的其余四个顶点中的一个，则P 到平面α的距离可能是： （ ）①3； ②4； ③5； ④6； ⑤7 以上结论正确的为______________．（写出所有正确结论的编号．．） 三、解答题(本大题共6小题, 共74分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17．（本小题满分12分）在长方体1111D C B A ABCD -中，已知3,41===DD DC DA ，求异面直线B A 1与C B 1所成角的大小（结果用反三角函数值表示）.C18．（本小题满分12分）如图，1l 、2l 是互相垂直的异面直线，MN 是它们的公垂线段。
点A 、B 在1l 上，C 在2l 上，AM MB MN ==. （1）证明AB ⊥NB ；（2）若60OACB ∠=，求NB 与平面ABC 所成角的余弦值.19．（本小题满分12分）如图，在棱长为1的正方体1111D C B A ABCD -中，p 是侧棱1CC 上的一点，m CP =.（1）试确定m ，使得直线AP 与平面11B BDD 所成角的正切值为23；（2）在线段11C A 上是否存在一个定点Q ，使得对任意的m ，Q D 1在平面1APD 上的射影垂直于AP .并证明你的结论.20．（本小题满分12分）（理）如图，已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M、N分别是AB、PC的中点，设AB=a，BC=b，PA=c.（1）建立适当的空间直角坐标系，写出A、B、M、N点的坐标，并证明MN⊥AB；（2）平面PDC和平面ABCD所成的二面角为θ，当θ为何值时（与a、b、c无关），MN是直线AB 和PC的公垂线段.（文）正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N、P分别为棱AB、BC、DD1的中点.（1）求证：PB⊥平面MNB1；（2）设二面角M—B1N—B为α，求cosα的值.21．（本小题满分12分）(2008年全国卷Ⅱ)如图，正四棱柱1111ABCD A BC D -中，124AA AB ==，点E 在1CC 上且EC E C 31=． （Ⅰ）证明：1AC ⊥平面BED ； （Ⅱ）求二面角1A DE B --的大小．22．（本小题满分14分）如图,在长方体ABCD ─A 1B 1C 1D 1中,E 、P 分别是BC 、A 1D 1的中点,M 、N 分别是AE 、CD 1的中点,AD=AA 1=a ,AB =2a . （1）求证:MN ∥面ADD 1A 1;（2）求二面角P ─AE ─D 的大小; （3）求三棱锥P ─DEN 的体积.A B C D E A 1B 1C 1D 1参考答案（8）1.B 解析：本小题主要考查立体几何中线面关系问题。
∵两条不相交的空间直线a 和b ，∴存在平面α，使得,//a b αα⊂2. D ．由题意易知∠ABC 1是AD 与BC 1所成的角，解△ABC 1，得余弦为43.答案：D ． 3. D ．设长宽高为a 、b 、c ，则⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===312632222c b a ac bc ab l=6，答案：D ．4. B. 作图可知满足条件的m 、n 所成的角1200为故应选B.5. B ．平面图形折叠后为正三棱锥.如图，取EF 的中点M ，连结IM 、MJ ，则MJ 21FD ，GH 21FD ，∴MJ ∥GH ，∠IJM 为异面直线GH 与JI 所成的角.由已知条件易证△MJI 为正三角形.∴∠IJM =60°.答案：B ．6. D ． 法一：本题可以转化为一个正方形可以有多少个内接正方形，显然有无穷多个 法二：通过计算，显然两个正四棱锥的高均为12，考查放入正方体后，面ABCD 所在的截面，显然其面积是不固定的，取值范围是1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭，所以该几何体的体积取值范围是11,63⎡⎫⎪⎢⎣⎭7. D 本小题主要考查三视图与几何体的表面积。
从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的，其表面积为22411221312.S ππππ=⨯+⨯⨯+⨯⨯=选D 。
8.（理）B ．过球心作平行于底的截面，R =23tan30°=2.（文）B ．9. C ．连OA 、OB 、OC 、OD 则V A －BEFD ＝V O －ABD ＋V O －ABE ＋V O －BEFDV A －EFC ＝V O －ADC ＋V O －AEC ＋V O －EFC 又V A －BEFD ＝V A －EFC 而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，故S ABD ＋S ABE ＋S BEFD ＝S ADC ＋S AEC ＋S EFC 又面AEF 公共，故选C 10. 如图,由题可知∠AOB =∠AOC =4p ,而∠BOC =3p,因为OA =OB =OC =1,所以BC =1,且分别过B C 作OA 的垂线,垂足为同一点M ,于是∠BMC 为二面角B －OA －CCM 从而∠BMC=2p ,应选C.11. B ．乙⇒甲，但甲乙，例如四棱锥S —ABCD 的底面ABCD 为菱形，但它不是正四棱锥.12. C ．由平行锥体底面的截面性质，知PO PM =22，∴PO OM 2ab= 222-.∴b=222- a.答案：C ． 13. 3πθ=．底面正方形面积12)62(212==S ，底面边长a =，高SVh 3=，二面角的余切值2/tan a h =θ.代入数据，得：3121212662//3tan =⨯⨯===S S V S S V θ.又θ必为锐角，所以 3πθ=.,与正方体的所有面成角相等时,为与相交于同一顶点的三个相互R 23垂直的平面所成角相等,即为体对角线与该正方体所成角.故cos α==15.27π．ππ274233332==⇒=⇒=R S R d 16. ①③④⑤． 如图，B 、D 、A 1到平面α的距离分别为1、2、4，则D 、A 1的中点到平面α的距离为3，所 以D 1到平面α的距离为6；B 、A 1的中点到平面α的距离为52，所以B 1到平面α的距离为5；则D 、B 的 中点到平面α的距离为32，所以C 到平面α的距离为3；C 、A 1的中点到平面α的距离为72，所以C 1到平面α的距离为7；而P 为C 、C 1、B 1、D 1中的一点，所以填①③④⑤． 17.法一：连接D A 1，D BA C B D A 111,//∠∴ 为异面直线B A 1与C B 1所成的角.连接BD ，在△DB A 1中，24,511===BD D A B A ，则DA B A BD D A B A D BA 112212112cos ⋅⋅-+=∠259552322525=⋅⋅-+=. ∴异面直线B A 1与C B 1所成角的大小为259arccos . 法二：以D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、1DD 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系. 则 )0,4,0()3,4,4()0,4,4()3,0,4(11C B B A 、、、，得 )3,0,4(),3,4,0(11--=-=B A . 设B A 1与C B 1的夹角为θ， 则259cos =θ， ∴ A 1与B 1的夹角大小为259arccos， 即异面直线B A 1与C B 1所成角的大小为259arccos. 18.（１）AM = MB = MN ，说明NM 是△ANB 的中线且为边AB 的一半，所以△ANB 是直 角三角形，其中∠ANB 为直角。