专题检测卷(三) 立体几何(时间：120分钟 满分：150分)一、单项选择题：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.(2020·南昌调研)已知平面α内的一条直线l及平面β，则“l⊥β”是“α⊥β”的( )A.充分必要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件解析 根据直线与平面垂直的判定定理，由“l⊥β，l⊂α”可证得“α⊥β”，即充分性是成立的.反之由“α⊥β，l⊂α”不一定得到“l⊥β”，即必要性不成立.所以“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件.故选B.答案 B2.(2020·牡丹江调研)已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为，PA与圆锥底面所成角为45°，若△PAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为( )A.40(＋1)πB.40πC.8(＋5)πD.8π解析 设O为圆锥底面圆的圆心，设底面圆的半径为r.PA与圆锥底面所成角为45°，即∠PAO＝45°.所以PA＝r.母线PA，PB所成角的余弦值为，即cos∠APB＝.则sin∠APB＝＝＝.由S△PAB＝PA·PBsin∠APB＝×2r2×＝5.∴r2＝40，故S圆锥侧＝πr·PA＝πr·r＝πr2＝40π.答案 B3.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1\n所成角的正弦值为，则该正四棱柱的高为( )A.2B.3C.4D.5解析 以D为坐标系原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，如图所示，设正四棱柱的高为h，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，h)，C1(0，2，h)，＝(0，0，h)，＝(－2，2，0)，＝(0，－2，h).设平面ACD1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则令z1＝2，则y1＝h，x1＝h，n＝(h，h，2)为平面ACD1的一个法向量.又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，所以|cos〈n，CC1〉|＝＝＝，解得h＝4，故选C.答案 C4.(2020·长沙模拟)设三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，AA1＝3，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是( )A.24πB.18πC.26πD.16π解析 依题意，三棱柱ABC－A1B1C1的外接球是底面为正方形(边长为2)、高为3的长方体的外接球，其直径为长方体的体对角线.设球的半径为R，则有(2R)2＝22＋22＋(3)2＝26，故三棱柱ABC－A1B1C1外接球的表面积为4πR2＝26π.故选C.答案 C5.(2020·成都二诊)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P，Q分别为AB，AD的中点，过点D\n作平面α使B1P∥平面α，A1Q∥平面α，若直线B1D1∩平面α＝M，则的值为( )A.B.C.D.解析 如图，取A1D1的中点E，C1D1的中点F，连接DE，EF，DF.易知B1P∥DF，A1Q∥DE，则平面DEF就是平面α.EF与B1D1相交于点M，连接A1C1，与B1D1相交于点O，易证点M是D1O的中点.又O是B1D1的中点，所以＝.故选B.答案 B6.(2020·厦门质检)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为1，高为2，M为B1C1的中点，过点M作平面α平行于平面A1BD，若平面α把该正四棱柱分成两个几何体，则体积较小的几何体的体积为( )A.B.C.D.解析 设N为C1D1的中点，P为CC1的中点，连接MN，MP，NP，CB1，如图.在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1B1綊CD，∴四边形A1B1CD为平行四边形，∴DA1∥CB1.∵M为B1C1的中点，P为CC1的中点，∴MP∥CB1，∴DA1∥MP.∵MP⊄平面A1BD，DA1⊂平面A1BD，∴MP∥平面A1BD.同理可证NP∥平面A1BD，∵MP∩NP＝P，∴平面MNP∥平面A1BD，即平面MNP为平面α.∴体积较小的几何体为三棱锥P－C1MN，VP－C1MN＝··C1M·C1N·C1P＝×××1＝.故选C.答案 C7.(2020·安徽六校素质测试)如图，四面体ABCD为正四面体，AB＝1，点E，F分别是AD，BC的中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α\n去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为( )A.B.C.D.1解析 将正四面体补成正方体，如图.由图可知截面为平行四边形MNKL，可得KN＋KL＝1.又KL∥BC，KN∥AD，且AD⊥BC，∴KN⊥KL.可得S四边形MNKL＝KN·KL≤＝(当且仅当KN＝KL时取等号).故选A.答案 A8.(2020·辽宁五校联考)已知A，B是半径为2的球面上的两点，过AB作互相垂直的两个平面α，β，若α，β截该球所得的两个截面的面积之和为16π，则线段AB的长度是( )A.B.2C.2D.4解析 如图，设过AB所作的互相垂直的平面α，β截球O所得的圆分别为圆O2，圆O1，点O为球心，点A，B在球面上，所以球O的半径OB＝2，圆O1，圆O2的半径分别为O1B和O2B，且OO1⊥β，OO2⊥α.因为两个截面的面积之和为16π，所以πO1B2＋πO2B2＝16π，即O1B2＋O2B2＝16.在Rt△OO1B和Rt△OO2B中，两式相加得，OO＋OO＝2OB2－(O1B2＋O2B2)＝24－16＝8.设AB的中点为M，则两式相加得，2BM2＝(O2B2＋O1B2)－(OO＋OO)＝16－8＝8，所以BM＝2，则AB＝4.故选D.答案 D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.\n9.已知a，b为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列说法正确的是( )A.若a∥α，α∥β，则a∥βB.若α∥β，β∥γ，则α∥γC.若a⊥α，b⊥α，则a∥bD.若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β解析 若a∥α，α∥β，则a∥β或a⊂β，故a不一定平行于β，A错误；若α∥β，β∥γ，则α∥γ，B正确；若a⊥α，b⊥α，则a∥b，C正确；若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或α∥β，D错误.故选BC.答案 BC10.(2020·日照模拟)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C为圆上异于点A，B的任意一点，则下列关系正确的是( )A.PA⊥BCB.AC⊥PBC.BC⊥平面PACD.PC⊥PB解析 由题意，知PA⊥平面ABC.∵BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，A正确.∵∠ACB为直径AB所对的圆周角，∴AC⊥BC.又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC，C正确.假设AC⊥PB.∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AC.∵AC⊥BC，AC⊥PB，且PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，∴AC⊥平面PBC，则AC⊥PC，与假设矛盾，B错误.由BC⊥平面PAC，得BC⊥PC，则△PCB为直角三角形，∴PC⊥PB不成立，D错误.故选AC.答案 AC11.(2020·临沂模拟)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为1的等边三角形，侧棱长为2，D，E分别是BB1，AC的中点，则下列结论成立的是( )A.直线CD与B1C1是异面直线B.直线BE与平面A1CD平行C.直线AC与直线A1D所成角的余弦值为D.直线CD与平面AA1C1C所成角的余弦值为\n解析 直线CD与B1C1在同一平面B1C1CB内，不是异面直线，A错误.连接AC1，记A1C，AC1的交点为O，连接OE，OD，则OE∥CC1，OE∥BD.又OE＝CC1＝BD，所以四边形BDOE是平行四边形，所以BE∥OD.因为BE⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，所以直线BE与平面A1CD平行，B正确.因为AC∥A1C1，所以直线AC与直线A1D所成的角就是直线A1C1与直线A1D所成的角.连接C1D，在△A1C1D中，易知A1C1＝1，C1D＝A1D＝.由余弦定理可得cos∠DA1C1＝＝，所以直线AC与直线A1D所成角的余弦值为，C正确.由题意可得平面AA1C1C⊥平面ABC，交线为AC，BE⊥AC，BE⊂平面ABC，根据面面垂直的性质可得BE⊥平面AA1C1C.又BE∥OD，所以OD⊥平面AA1C1C，所以直线CD与平面AA1C1C所成的角就是∠DCO.在直角三角形DCO中，CD＝，CO＝，所以直线CD与平面AA1C1C所成角的余弦值为＝，D正确.故选BCD.答案 BCD12.(2020·山东十校联考)已知菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD相交于点O，将△ABD沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，下列结论正确的是( )A.BD⊥CMB.存在一个位置，使△CDM为等边三角形C.DM与BC不可能垂直D.直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°解析 画出示意图如图.对于A，因为菱形ABCD中，AC与BD相交于点O，所以AO⊥BD，CO⊥BD.将△ABD沿BD折起，使顶点A至点M的过程中，AO始终与BD垂直，所以MO⊥BD.又CO⊥BD，MO∩CO＝O，MO，CO⊂平面CMO，所以BD⊥平面CMO.又CM⊂平面CMO，所以BD⊥CM，A正确.设菱形ABCD的边长为2.因为∠BAD＝60°，所以AO＝CO＝MO＝，BO＝DO＝1.对于B，因为在折起的过程中，AD边的长度不变，所以MD＝CD.若△CDM为等边三角形，则CM＝CD＝2，则cos∠MOC＝＝＝.当二面角M－BD－C的余弦值为时，△CDM为等边三角形，B正确.对于C，＝－，＝－.由A选项，知MO⊥BD，CO⊥BD，所以·＝·＝0，所以\n·＝(－)·(－)＝·＋·＝3cos∠MOC－1，显然当cos∠MOC＝时，·＝0，即DM⊥BC，C错误.对于D，由几何体的直观图可知，当OM⊥平面BCD时，直线DM与平面BCD所成的角最大，为∠MDO，易知此时∠MDO＝60°，D正确.故选ABD.答案 ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.(2020·重庆模拟)正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，点D为棱A1B1的中点，则异面直线AD与CB1所成角的大小为________.解析 如图，取AB的中点E，连接B1E，CE，则AD∥EB1，所以异面直线AD与CB1的夹角即为∠CB1E.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，所以CB＝CB2＋BB＝4＋(2)2＝12，EB＝EB2＋BB＝1＋(2)2＝9.又△ABC为正三角形，所以CE＝.在△CEB1中，由余弦定理，得cos∠CB1E＝＝＝，所以∠CB1E＝30°.所以异面直线AD与CB1所成角的大小为30°.答案 30°14.(2020·成都二诊)已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)的所有顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为28π，则该三棱柱的侧面积为________.解析 如图，设球O的半径为R，直三棱柱的棱长为a，取等边三角形A1B1C1的重心(三边中线的交点)为点O1.由重心是中线的三等分点，得A1O1＝×a＝a.根据几何关系，可以确定上、下底面三角形重心的连线的中点为球心O，即OO1＝.S球＝4πR2＝28π，则R2＝7.在Rt△A1OO1中，R2＝A1O＋OO，即7＝＋，解得a2\n＝12.所以该三棱柱的侧面积S侧＝3a·a＝3×12＝36.答案 3615.(2020·安徽六校素质测试)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是AD的中点，动点P在底面ABCD内(不包括边界)，若B1P∥平面A1BM，则C1P的最小值是________.解析 如图，取BC的中点N，连接B1D，B1N，DN，作CO⊥DN交DN于点O，连接C1O.易知DN∥MB，B1N∥A1M且DN∩B1N＝N，MB∩A1M＝M，所以平面B1DN∥平面A1BM，所以动点P在底面ABCD内的轨迹为线段DN(不含端点).又CC1⊥平面ABCD，所以当点P与点O重合时，C1P取得最小值.因为DN·CO＝DC·NC，所以CO＝＝，所以(C1P)min＝C1O＝＝＝.答案 16.(2020·江西名校四联)在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP＝2，点M是矩形ABCD内(含边界)的动点，且AB＝1，AD＝3，直线PM与平面ABCD所成的角为.记点M的轨迹长度为α，则tanα＝________；当三棱锥P－ABM的体积最小时，三棱锥P－ABM的外接球的表面积为________.(本小题第一空2分，第二空3分)解析 如图，因为PA⊥平面ABCD，垂足为A，所以∠PMA为直线PM与平面ABCD\n所成的角，所以∠PMA＝.因为AP＝2，所以AM＝2，所以点M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆弧上.记点M的轨迹为圆弧EF，连接AF，则AF＝2.因为在Rt△ABF中，AB＝1，AF＝2，所以∠AFB＝∠FAE＝，所以弧EF的长度α＝×2＝，所以tanα＝.连接PF，则当点M与点F重合时，三棱锥P－ABM的体积最小.因为PA⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，所以PA⊥BF.又AB⊥BF，AP∩AB＝A，AP，AB⊂平面ABP，所以BF⊥平面ABP，所以BF⊥PB，所以△PBF为直角三角形，所以点B到线段PF的中点的距离为PF，此时三棱锥P－ABF的外接球的球心为线段PF的中点.因为PF＝＝2，所以三棱锥P－ABF的外接球的表面积S＝4π×()2＝8π，即三棱锥P－ABM的体积最小时，其外接球的表面积为8π.答案 8π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)(2020·江苏卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点.(1)求证：EF∥平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1.证明 (1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF∥AB1.又EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB.又AB⊥AC，B1C⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，B1C∩AC＝C，所以AB⊥平面AB1C.又因为AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.18.(本小题满分12分)(2020·长沙雅礼中学质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，AP⊥平面\nPCD，AD∥BC，AB⊥BC，AP＝AB＝BC＝AD，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.(1)证明：PO⊥平面ABCD；(2)若OB＝1，求点C到平面PAB的距离.(1)证明 ∵AP⊥平面PCD，∴AP⊥CD.∵AD∥BC，BC＝AD，∴四边形BCDE为平行四边形，∴BE∥CD，∴AP⊥BE.又∵AB⊥BC，AB＝BC＝AD，且E为AD的中点，∴四边形ABCE为正方形，∴BE⊥AC.又AP∩AC＝A，∴BE⊥平面APC，则BE⊥PO.∵AP⊥平面PCD，∴AP⊥PC，又AC＝AB＝AP，∴△PAC为等腰直角三角形，O为斜边AC上的中点，∴PO⊥AC且AC∩BE＝O，∴PO⊥平面ABCD.(2)解 ∵OB＝1，∴PA＝PB＝AB＝.设C到平面PAB的距离为d，由VC－PAB＝VP－ABC，得××()2×d＝××()2×1，解得d＝.19.(本小题满分12分)(2020·江苏卷)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；\n(2)若点F在BC上，满足BF＝BC，设二面角F－DE－C的大小为θ，求sinθ的值.解 (1)如图，连接OC，因为CB＝CD，O为BD的中点，所以CO⊥BD.又AO⊥平面BCD，OB，OC⊂平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.因为BD＝2，CB＝CD＝，AO＝2，所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2).因为E为AC的中点，所以E(0，1，1)，所以＝(1，0，－2)，＝(1，1，1)，所以|cos〈，〉|＝＝＝.因此，直线AB与DE所成角的余弦值为.(2)因为点F在BC上，BF＝BC，＝(－1，2，0)，所以＝＝.又＝(2，0，0)，故＝＋＝.设n1＝(x1，y1，z1)为平面DEF的一个法向量，则即取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，所以n1＝(2，－7，5).设n2＝(x2，y2，z2)为平面DEC的一个法向量，又＝(1，2，0)，\n则即取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，所以n2＝(2，－1，－1).故|cosθ|＝＝＝.所以sinθ＝＝.20.(本小题满分12分)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明 由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解 作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，故EF2＝PE2＋PF2，所以PE⊥PF.可得PH＝，EH＝.则H(0，0，0)，P，D，＝，＝为平面ABFD的一个法向量.\n设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ＝＝＝.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.21.(本小题满分12分)(2020·辽宁五校模拟)如图(1)，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，DA＝AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD的中点，将△DEA沿AE折到△D1EA的位置，如图(2).(1)证明：AE⊥D1B；(2)当折叠过程中所得四棱锥D1－ABCE体积取最大值时，求直线D1E与平面ABD1所成角的正弦值.(1)证明 如图(1)在梯形ABCD中，连接BE，DB，设DB交AE于点F.由已知，得四边形ABED为菱形，所以AE⊥DB.在立体图形中，连接D1F，BF，如图(2).则AE⊥D1F，AE⊥BF.因为D1F∩BF＝F，D1F，BF⊂平面D1FB，所以AE⊥平面D1FB.因为D1B⊂平面D1FB，所以AE⊥D1B.(2)解 要使四棱锥D1－ABCE体积最大，则需要平面D1AE垂直于底面ABCE，此时D1F⊥平面ABCE.图(3)故以点F为坐标原点，FE，FB，FD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直\n角坐标系，如图(3)，则A(－1，0，0)，B(0，，0)，E(1，0，0)，D1(0，0，)，所以＝(1，0，－)，＝(1，0，)，＝(0，－，).设平面ABD1的法向量为n＝(x，y，z).由得令x＝，得n＝(，－1，－1).所以|cos〈，n〉|＝＝＝.所以直线D1E与平面ABD1所成角的正弦值为.22.(本小题满分12分)(2020·长郡中学模拟)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，侧面A1B1BA与侧面A1C1CA是全等的梯形，若A1A⊥AB，A1A⊥A1C1，且AB＝2A1B1＝4A1A.(1)若＝2，＝2，求证：DE∥平面BCC1B1；(2)若二面角C1－AA1－B为，求平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值.(1)证明 如图(1)，连接AC1，BC1.图(1)在梯形A1C1CA中，AC＝2A1C1，＝2，AC1∩A1C＝D，∴＝2.\n又＝2，∴DE∥BC1.∵BC1⊂平面BCC1B1，DE⊄平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1.(2)解 ∵侧面A1C1CA是梯形，A1A⊥A1C1，∴AA1⊥AC.图(2)又A1A⊥AB，∴∠BAC为二面角C1－AA1－B的平面角，则∠BAC＝.又AB＝AC，∴△ABC，△A1B1C1均为正三角形.设AC的中点为G，连接GB，如图(2)，以点A为坐标原点，平行于GB所在的直线为x轴，AC，AA1所在的直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系.不妨设AA1＝1，则A1B1＝A1C1＝2，AB＝AC＝4，故点A(0，0，0)，C(0，4，0)，B(2，2，0)，B1(，1，1)，则＝(2，2，0)，＝(，1，1)，＝(2，－2，0)，＝(，－3，1).设平面A1B1BA的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则有令y1＝－，得x1＝1，z1＝0.∴m＝(1，－，0).设平面C1B1BC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则有令y2＝，得x2＝1，z2＝2，∴n＝(1，，2).∴cos〈m，n〉＝＝－.故平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值为.
