模块卷(二)时间:110分钟 分值:135分立体几何一、选择题:本题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2020全国4月大联考)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列四个命题中正确的是( )A.若m⊥α,m⊥n,则n∥αB.若m∥α,n∥α,则m∥nC.若α∥β,m⊂α,则m∥βD.若m∥β,m⊂α,则α∥β答案 C 对于A,n有可能在α内,A选项错误;对于B,直线m与n有可能相交或者异面,B选项错误;对于D,两个平面有可能相交,D选项错误,故选C.2.(2020福建厦门6月质量检查)若平面α⊥平面β,m是β内的任意一条直线,则下列结论中正确的是( )A.任意直线l⊂α,都有l⊥βB.存在直线l⊂α,使得l∥βC.任意直线l⊂α,都有l⊥mD.存在直线l⊂α,使得l∥m答案 B 由面面垂直的性质定理知,在平面α内,只有垂直于交线的直线才垂直于另一个平面,排除A、C,当直线m与平面α相交时,平面α内不存在直线与m平行,排除D,故选B.3.设一个球形西瓜,切下一刀后所得切面圆的半径为4,球心到切面圆圆心的距离为3,则该西瓜
的体积为( )A.100π B.π C.π D.π答案 D 因为切面圆的半径为4,球心到切面圆圆心的距离为3,所以球的半径为=5.所以该西瓜的体积为π·53=π.故选D.思路分析 利用切面圆的半径为4,球心到切面圆圆心的距离为3,求出球的半径,然后求解体积.4.已知m,n是两条直线,α,β是两个平面,给出下列命题:①若n⊥α,n⊥β,则α∥β;②若平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等,则α∥β;③若m,n为异面直线,n⊂α,n∥β,m⊂β,m∥α,则α∥β.其中正确命题的个数是( )A.3 B.2 C.1 D.0答案 B ①若n⊥α,n⊥β,则n为平面α与β的公垂线,则α∥β,故①正确;②若平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等,三点可能在平面β的异侧,此时α与β相交,故②错误;③若n,m为异面直线,n⊂α,n∥β,m⊂β,m∥α,根据面面平行的判定定理,可得③正确.故选B.5.(2020贵州贵阳、遵义、毕节重点中学联考,6)一个几何体的三视图如图所示,其中主视图中△ABC是边长为1的正三角形,俯视图为正六边形,那么该几何体的侧视图的面积为( )
A. B. C.1 D.答案 A 本题主要考查空间几何体的三视图、直观图,以空间几何体三视图还原直观图为载体考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力.由三视图可知,该几何体是底面边长为,侧棱长为1,高为=的正六棱锥(如图所示),利用三视图长度之间的关系可知,该几何体的侧视图的底面边长为,所以该几何体的侧视图的面积S=××=,故选A.6.(2020湘赣皖十五校第二次联考,3)棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为正方体表面上的一个动点,且总有PC⊥BD1,则动点P的轨迹所围成的图形的面积为( )A. B.3 C. D.1答案 C 如图,连接BD.易证BD1⊥平面ACB1,得动点P的轨迹所围成图形为△AB1C,△AB1C是边长为的正三角形,其面积S=×()2=.
7.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为( )A. B. C. D.答案 D 以D点为坐标原点,DA、DC、DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,1),∴=(-2,0,1),=(-2,2,0),易知为平面BB1D1D的一个法向量,∴cos<,>==.∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为.一题多解 本题考查线面角的计算,如图所示,在平面A1B1C1D1内过点C1作B1D1的垂线,垂足为E,连接BE.由C1E⊥B1D1,C1E⊥BB1,B1D1∩BB1=B1,得C1E⊥平面BDD1B1,∴∠C1BE的正弦值即为所求,∵BC1==,C1E==,∴sin∠C1BE===.
8.(2020湖南怀化三模,10)已知一块形状为正三棱柱ABC-A1B1C1(底面是正三角形,侧棱与底面垂直的三棱柱)的实心木材,AB=AA1=2.若将该木材经过切割加工成一个球体,则此球体积的最大值为( )A.4π B.πC.π D.π答案 C 由题意知最大球应该是和正三棱柱三个侧面都相切的球,即球的大圆和正三棱柱的横截面相切,横截面是边长为2的正三角形,设大圆的半径为r,则3××2×r=×(2)2,解得r=1,所以球体积的最大值为π.故选C.9.(2020湖北荆门模拟,11)已知二面角α-l-β为60°,动点P、Q分别在α、β内,P到β的距离为,Q到α的距离为,则P、Q两点之间距离的最小值为( )A. B.1 C. D.2答案 A 如图,分别作QA⊥α于A,AC⊥l于C,PB⊥β于B,PD⊥l于D,连接CQ,BQ,BD,则∠ACQ=∠PDB=60°,AQ=,BP=,∴BD=CQ=1,又∵PQ==≥.当且仅当BQ=0,即点B与点Q重合时等号成立.∴P、Q两点之间距离的最小值为.故选A.
10.(2020河南濮阳一模,11)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱长为8,底面矩形的面积为16,一个小虫从C点出发沿直四棱柱侧面绕行一周后到达线段CC1上一点M,若AM⊥平面A1BD,则小虫爬行的最短路程为( )A.8 B.16 C.2 D.4答案 C 本题考查棱柱的性质以及利用侧面展开图求侧面两点间距离的最小值问题,考查直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养,考查转化与化归的数学思想,体现数学应用意识.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,若AM⊥平面A1BD,则AM⊥BD.根据直四棱柱的性质得C1C⊥BD,且AM∩C1C=M,∴BD⊥平面A1ACC1,∴BD⊥AC.又∵底面ABCD是矩形,∴底面ABCD是正方形,∴AB2=16,∴AB=4,∴该四棱柱是底面为正方形的长方体.过M点作MH⊥B1B于H点,则MH⊥侧面ABB1A1,连接AH,则AH即为AM在平面ABB1A1内的射影,又∵AM⊥平面A1BD,∴AM⊥A1B,∴AH⊥A1B.∴Rt△ABH∽Rt△A1AB,∴=,结合AB=4,A1A=8,解得BH=2,∴CM=BH=2.在侧面展开图(沿侧棱CC1展开)矩形CC'C'1C1中,
CC'=16,C'M=2,∴CM===2.故选C.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共15分.11.一个六棱锥的体积为2,其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为 . 答案 12解析 设六棱锥的高为h,则×6××2×2××h=2,解得h=1.设六棱锥的斜高为h',则h2+()2=h'2,故h'=2.所以该六棱锥的侧面积为×2×2×6=12.12.(20205·3原创题)已知四面体ABCD,AB=BC=CD=AD=BD=2,当四面体的体积取最大值时,该四面体外接球的表面积为 . 答案 π解析 取BD的中点M,连接AM,CM,设AC=x,易证BD⊥平面AMC,因为AB=BC=CD=AD=BD=2,所以AM=CM=,
所以S△AMC=x,而VA-BCD=VB-AMC+VD-AMC=·S△AMC·BM+·S△AMC·DM=·S△AMC·BD=x=,所以当x2=-=6,即x=(舍负)时,四面体ABCD的体积取得最大值.在△AMC中,AM2+CM2=AC2,即AM⊥CM,又知AM⊥BD,BD∩CM=M,所以AM⊥平面BCD,又知AM⊂平面ABD,所以平面ABD⊥平面BCD.设△BCD的外心为O1,△ABD的外心为O2,过点O1作直线l1∥AM,则l1⊥平面BCD,由此可知四面体外接球的球心一定在直线l1上,同理,过点O2作直线l2∥CM,则l2⊥平面ABD,四面体外接球的球心一定在直线l2上,所以四面体外接球的球心为直线l1与直线l2的交点,设为点O,连接OC,在Rt△OO1C中,O1C=2OO1=MC=,所以外接球半径R=OC==,所以当四面体的体积取最大值时,该四面体外接球的表面积S=4πR2=π.命题意图 本题以四面体的体积为入手点,考查几何体体积的最值问题和外接球问题,渗透了数学运算和直观想象的核心素养,属中档题.思路分析 利用分割求和法将四面体的体积表示成关于AC长的函数,进而利用函数思想求得体积取最大值时AC的长,利用球的性质以及几何体的结构特征找出四面体外接球的球心,从而利用R2=r2+d2求得外接球半径,代入球的表面积公式求得结果.13.(2020重庆巴蜀中学一模,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P为体对角线BD1上的一点,且BP=λBD1(λ∈(0,1)),现有以下判断:①A1D⊥C1P;②若BD1⊥平面PAC,则λ=;③△
PAC周长的最小值是2+2;④若△PAC为钝角三角形,则λ的取值范围为,其中正确判断的序号为 . 答案 ①②④解析 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1D⊥平面ABC1D1,又C1P⊂平面ABC1D1,故A1D⊥C1P,故①正确.在Rt△ABD1中,AB=2,AD1=2,BD1=2,由于BD1⊥平面PAC,所以BD1⊥AP,由射影定理得AB2=BP·BD1,即4=PB·2,PB=,==,可得λ=,故②正确.将△ABD1和△CBD1放在同一个平面内,可得AP+CP的最小值为,又AC=2,故③错误.利用BD1⊥平面A1C1D,可得当△APC为直角三角形时,λ=,故当△APC为钝角三角形时,λ的取值范围为,故④正确.所以正确判断为①②④.三、解答题:共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.14.(10分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC,E,F分别为AB,A1B1的中点.(1)求证:AF∥平面B1CE;(2)若A1B1⊥B1C,求证:平面B1CE⊥平面ABC.
解析 (1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,AB=A1B1,∵E,F分别是AB,A1B1的中点,∴FB1=A1B1,AE=AB,∴FB1=AE,又FB1∥AE,∴四边形FB1EA为平行四边形,∴AF∥EB1.又∵AF⊄平面B1CE,EB1⊂平面B1CE,∴AF∥平面B1CE.(2)∵AB∥A1B1,A1B1⊥B1C,∴AB⊥B1C,又∵E为AB的中点,AC=BC,∴AB⊥EC,又∵EC∩B1C=C,∴AB⊥平面B1CE,又∵AB⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面B1CE.名师点睛 (1)线面平行的判定定理:平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行,那么该直线与此平面平行;(2)面面垂直的判定定理:一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面垂直.15.(12分)(2020皖南八校摸底,19)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,E,F,G分别是棱BC,AD,PA的中点.
(1)求证:PE∥平面BFG;(2)若PD=AD=1,AB=2,求点C到平面BFG的距离.解析 (1)证明:连接DE,∵在矩形ABCD中,E,F分别是BC,AD的中点,∴DF=BE,DF∥BE,∴四边形BEDF是平行四边形,∴DE∥BF.∵G是PA的中点,∴FG∥PD.∵PD,DE⊄平面BFG,FG,BF⊂平面BFG,∴PD∥平面BFG,DE∥平面BFG.∵PD∩DE=D,∴平面PDE∥平面BFG.∵PE⊂平面PDE,∴PE∥平面BFG.(2)解法一:∵PD⊥平面ABCD,FG∥PD,∴FG⊥平面ABCD.在平面ABCD内,过C作CM⊥BF,垂足为M,则FG⊥CM.∵FG∩BF=F,∴CM⊥平面BFG,∴CM的长是点C到平面BFG的距离.在矩形ABCD中,F是AD的中点,AD=1,AB=2,易知△BCM∽△FBA.∴=.∵FB==,BC=AD=1,∴CM=,即点C到平面BFG的距离为.
解法二:设C到平面BFG的距离为d,在矩形ABCD中,AF=AD=,AB=2,∴BF==.∵PD⊥平面ABCD,BF⊂平面ABCD,∴PD⊥BF,∵FG∥PD,∴FG⊥BF,FG=PD=,∴△BFG的面积为BF·FG=.∵△BCF的面积为BC·AB=1,VC-BFG=VG-BCF,∴×d=×1×,∴d=,即点C到平面BFG的距离为.16.(12分)(2020广东中山纪念中学质检)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,E,F分别是BC,CC1的中点.(1)证明:平面AEF⊥平面B1BCC1;(2)若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°,求三棱锥F-AEC的体积.解析 (1)证明:因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AE⊥BB1,又E是正三角形ABC的边BC的中点,所以AE⊥BC,又BC∩BB1=B,因此AE⊥平面B1BCC1,又AE⊂平面AEF,所以平面AEF⊥平面B1BCC1.
(2)取AB的中点D,连接A1D,CD,因为△ABC是正三角形,所以CD⊥AB,又三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CD⊥AA1,又AB∩AA1=A,因此CD⊥平面A1ABB1,于是∠CA1D为直线A1C与平面A1ABB1所成的角,由题设知,∠CA1D=45°,所以A1D=CD=AB=,在Rt△AA1D中,AA1===,所以FC=AA1=,故三棱锥F-AEC的体积V=S△AEC·FC=××=.解后反思 (1)由面面垂直的判定定理很容易得证;(2)所求三棱锥底面积容易求得,本题的难点为求三棱锥的高FC,已知直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°,故作出线面角,进而可求得AA1的值,则可得FC的长.17.(12分)(2020湖南衡阳八中模拟,18)如图,多面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1,BB1,CC1,DD1均垂直于平面ABCD,AD∥BC,AB=BC=CD=AA1=CC1=2,BB1=1,AD=DD1=4.(1)证明:A1C1⊥平面CDD1C1;(2)求直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值.
解析 (1)证明:如图,连接AC,因为AA1∥CC1,且AA1=CC1,所以四边形ACC1A1为平行四边形,即A1C1∥AC.又底面ABCD为等腰梯形,且AB=BC=CD=2,AD=4,所以AC⊥CD.因为CC1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以CC1⊥AC.又CD∩CC1=C,所以AC⊥平面CDD1C1,所以A1C1⊥平面CDD1C1.(2)解法一:由题意得BC1=2,延长DC,D1C1,AB,A1B1交于点G,取CG的中点M,连接BM.易知BM∥AC∥A1C1,又BM⊄平面A1B1C1,A1C1⊂平面A1B1C1,所以BM∥平面A1B1C1,所以点B到平面A1B1C1的距离和点M到平面A1B1C1的距离相等.由(1)知A1C1⊥平面CDD1C1,又A1C1⊂平面A1B1C1,
所以平面A1B1C1⊥平面CDD1C1.过点M作MH⊥GD1于点H,则MH⊥平面A1B1C1,即点M到平面A1B1C1的距离为MH=.设直线BC1与平面A1B1C1所成的角为θ,则sinθ===,即直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值为.解法二:以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,过点D且垂直于平面ADD1A1的直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(3,,0),A1(4,0,2),B1(3,,1),C1(1,,2),则=(-2,0,2),=(-3,,0),=(-2,0,1).设平面A1B1C1的法向量为n=(x,y,z),由得令x=1,得n=(1,,2).设直线BC1与平面A1B1C1所成的角为θ,
则sinθ=|cos<,n>|==,即直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值为.名师点睛 本题考查直线与平面垂直的判定、线面角,考查空间想象能力和运算求解能力,属于中档题.思路分析 (1)连接AC,证出AC⊥CD,CC1⊥AC,利用线面垂直的判定定理可得AC⊥平面CDD1C1,再利用平行线的性质即可得证.(2)解法一:由题意得BC1=2,延长DC,D1C1,AB,A1B1交于点G,取CG的中点M,连接BM,由BM∥AC∥A1C1,可得点B到平面A1B1C1的距离和点M到平面A1B1C1的距离相等,求出点M到平面A1B1C1的距离,找到线面角即可求解;解法二:以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,过点D且垂直于平面ADD1A1的直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,求出平面A1B1C1的一个法向量,利用线面角的向量公式即可求解.18.(12分)(2020天津适应性测试,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知AB=BC=,AC=4,AD=DC=2,点O为AC的中点,PO⊥底面ABCD,PO=2,点M为PC的中点.(1)求直线PB与平面ADM所成角的正弦值;(2)求二面角D-AM-C的正弦值;(3)记棱PD的中点为N,若点Q在线段OP上,且NQ∥平面ADM,求线段OQ的长.解析 连接OB,由已知得O,B,D共线.依题意,以O为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系(如图),可得O(0,0,0),A(0,-2,0),B(1,0,0),C(0,2,0),D(-2,0,0),P(0,0,2),M(0,1,1).
(1)依题意,可得=(-2,2,0),=(0,3,1),设n=(x,y,z)为平面ADM的法向量,则即不妨设y=1,可得n=(1,1,-3),又=(1,0,-2),故cos<,n>==,∴直线PB与平面ADM所成角的正弦值为.(2)由已知可得OB⊥AC,OB⊥PO,所以OB⊥平面AMC,故是平面AMC的一个法向量,易知=(1,0,0),∴cos<,n>==,于是有sin<,n>=.∴二面角D-AM-C的正弦值为.(3)设线段OQ的长为h(0≤h≤2),则点Q的坐标为(0,0,h),易知点N的坐标为(-1,0,1),进而可得=(1,0,h-1),由NQ∥平面ADM,得⊥n,∴·n=0,即1-3(h-1)=0,解得h=∈[0,2],
∴线段OQ的长为.点睛 用空间向量解答立体几何问题的一般步骤:(1)观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;(2)写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量;(3)设出相应平面的法向量,利用两向量垂直数量积为零列出方程组求出法向量;(4)将空间位置关系转化为向量关系;(5)根据定理结论求出相应的角和距离.思路分析 以O为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系.(1)求出直线PB的方向向量,利用向量垂直数量积为零列方程求出平面ADM的法向量,进而可求直线PB与平面ADM所成角的正弦值;(2)由已知可得OB⊥平面AMC,故是平面AMC的一个法向量,结合(1)中平面ADM的法向量,利用空间向量夹角余弦公式可求二面角D-AM-C的余弦值,从而可得二面角的正弦值;(3)设线段OQ的长为h(0≤h≤2),则点Q的坐标为(0,0,h),利用直线与平面ADM的法向量数量积为零列方程求解即可.19.(12分)(2020河南、山西百校联盟4月联考,19)如图,将斜边长为4的等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成直二面角B-AD-C,E为AD中点.(1)求二面角A-BC-E的余弦值;(2)M为线段BC上一动点,当直线DM与平面BCE所成的角最大时,求三棱锥M-CDE外接球的体积.解析 解法一:(1)∵△ABC为等腰直角三角形,D是斜边BC的中点,∴BD⊥AD,CD⊥AD,∴∠BDC是二面角B-AD-C的平面角,则有∠BDC=90°,即BD⊥CD,又AD∩CD=D,∴BD⊥平面ADC,∴以D为坐标原点,DA、DC、DB所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
∵在平面图形中,△ABC是斜边长为4的等腰直角三角形,且E为高AD的中点,∴D(0,0,0),A(2,0,0),B(0,0,2),C(0,2,0),E(,0,0),∴=(-2,2,0),=(0,2,-2),=(-,2,0),设平面ABC的法向量为m=(x1,y1,z1),平面BCE的法向量为n=(x2,y2,z2),由得令x1=1,则y1=z1=1,∴m=(1,1,1),同理可求得n=(2,1,1),∴cos<m,n>===.∴二面角A-BC-E的余弦值为.(2)如图,设=λ(0≤λ≤1),可得M(0,2λ,2-2λ),∴=(0,2λ,2-2λ),又由(1)可知平面BCE的法向量为n=(2,1,1).∴cos<,n>==.即直线DM与平面BCE所成的角的正弦值为.∵0≤λ≤1,∴≤,当且仅当λ=时,等号成立.
∴当M为BC中点时,直线DM与平面BCE所成的角最大,此时DM=2.由平面几何知识可知,△CDE和△CME都是直角三角形,设N为CE的中点,则ND=NE=NC=NM=CE=,∴三棱锥M-CDE外接球的半径为,∴外接球的体积V=π=π.解法二:(1)取BC的中点F,连接EF,AF,∵△ABC为等腰直角三角形,D是斜边BC的中点,∴BD⊥AD,CD⊥AD,∴∠BDC是二面角B-AD-C的平面角,则有∠BDC=90°,即BD⊥CD,又AD∩CD=D,∴BD⊥平面ADC.由题意得AD=BD=CD=2,AB=BC=CA=4.由平面几何知识可知,BE=CE=,∴EF⊥BC,AF⊥BC,∴∠EFA是二面角A-BC-E的平面角,在△EFA中,AE=,AF==2,EF==,∴cos∠EFA===,∴二面角A-BC-E的余弦值为.(2)设直线DM与平面BCE所成的角为α,点D到平面BCE的距离为d,则sinα=,易求得S△BCE=2,
由V三棱锥B-CDE=V三棱锥D-BCE,求得d=.∴当DM最小时,直线DM与平面BCE所成的角的正弦值最大,此时所成角也最大,∴当M为BC中点时,直线DM与平面BCE所成的角最大,此时DM=2.由平面几何知识可知,△CDE和△CME都是直角三角形,设N为CE的中点,则ND=NE=NC=NM=CE=.∴三棱锥M-CDE外接球的半径为.∴外接球的体积V=π=π
