【走向高考】2022届高三数学一轮阶段性测试题8 立体几何初步（含解析）北师大版

阶段性测试题八(立体几何初步)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题　共50分)一、选择题(本大题共10个小题，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．(2022·广东七校联考)已知平面α、β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③mα；④α⊥β；⑤α∥β.能推导出m∥β的是(　　)A．①④　　　　　B．①⑤C．②⑤D．③⑤[答案]　D[解析]　由两平面平行的性质可知两平面平行，在一个平面内的直线必平行于另一个平面，于是选D．2．(2022·云南第一次检测)在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFH分别与AB、BC、SC、SA交于D、E、F、H，D、E分别是AB、BC的中点，如果直线SB∥平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为(　　)A．B．C．45D．45[答案]　A[解析]　取AC的中点G，连接SG，BG.易知SG⊥AC，BG⊥AC，故AC⊥平面SGB，所以AC⊥SB．因为SB∥平面DEFH，SB平面SAB，平面SAB∩平面DEFH＝HD，则SB∥HD．同理SB∥FE.又D、E分别为AB、BC的中点，则H、F也为AS、SC的中点，从而得HF綊AC綊DE，所以四边形DEFH为平行四边形．又AC⊥SB，SB∥HD，DE∥AC，所以DE⊥HD，所以四边形DEFH为矩形，其面积S＝HF·HD＝(AC)·(SB)＝.3．(文)已知直线l⊥平面α，直线m平面β，则α∥β是l⊥m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[答案]　A[解析]　若α∥β，则由l⊥α知l⊥β，又mβ，可得l⊥m，若α与β相交(如图)，设α∩β＝n，当m∥n时，由l⊥α可得l⊥m，而此时α与β不平行，于是α∥β是l⊥m的充分不必要条件，故选A．(理)对于直线m，n和平面α，β，γ，有如下四个命题：(1)若m∥α，m⊥n，则n⊥α(2)若m⊥α，m⊥n，则n∥α(3)若α⊥β，γ⊥β，则α∥γ(4)若m⊥α，m∥n，nβ，则α⊥β其中真命题的个数是(　　)A．1B．2C．3D．4[答案]　A-18-\n[解析]　(1)错误．(2)当nα时，则不成立．(3)不正确．当m⊥α，m∥n，有n⊥α，又nβ，所以有α⊥β，所以只有(4)正确．选A．4．正方体ABCD－A1B1C1D1中E为棱BB1的中点(如图1)，用过点AEC1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为(　　)[答案]　C[解析]　取DD1的中点F，连接AF、C1F，则剩余几何体为A1B1C1D1—AFC1E，因此其左视图为选项C．5．(文)如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．12πC．11πD．10π[答案]　B[解析]　从三视图可以看出该几何体是由一个球体和一个圆柱组合而成的，其表面为S＝4π×12＋π×12×2＋2π×1×3＝12π，故选B．(理)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)A．B．3πC．D．6π[答案]　B[解析]　由三视图还原几何体，如图所示，为圆柱被一个不垂直于轴线的平面所截得到的几何体，其体积为V＝4π－×2π＝3π.-18-\n6．(2022·陕西检测)若设平面α、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“α⊥β”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．既不充分也不必要条件[答案]　A[解析]　由α⊥β和b⊥m，知b⊥α，又aα，∴a⊥b，“α⊥β”可以推出“a⊥b”，反过来，不一定能推出，即“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件．7．(文)如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则几何体的体积为(　　)A．6B．9C．12D．18[答案]　B[解析]　本题主要考查简单几何体的三视图及体积计算，是简单题．由三视图知，其对应几何体为三棱锥，其底面为三角形，一边长为6，这边上的高为3，棱锥的高为3，故其体积为××6×3×3＝9，故选B．(理)如图，如图，某三棱锥的三视图都是直角边为的等腰直角三角形，则该三棱锥的四个面的面积中最大的是(　　)A．B．2C．1D．2[答案]　A[解析]　由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，三棱锥的三个侧面都是等腰直角三角形，所以四个面中面积最大的为△BCD，且△BCD是边长为2的正三角形，所以S△BCD＝×2×2×＝，选A．8．(2022·唐山统考)如图，直三棱柱ABC－A1B1C-18-\n1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB＝AC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB1A1的面积为(　　)A．2B．1C．D．[答案]　C[解析]　由题意知，球心在侧面BCC1B1的中心O上，BC为截面圆的直径，∴∠BAC＝90°，△ABC的外接圆圆心N是BC的中点，同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中点．设正方形BCC1B1的边长为x，Rt△OMC1中，OM＝，MC1＝，OC1＝R＝1(R为球的半径)，∴()2＋()2＝1，即x＝，则AB＝AC＝1，∴S矩形ABB1A1＝×1＝.9．(文)某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为2的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是(　　)A．B．C．8－D．8－[答案]　A[解析]　由三视图知，原几何体为一个正方体挖掉一个正四棱锥其中正方体的棱为2，正四棱锥的底面边长为正方体的上底面，高为1.∴原几何体的体积为V＝23－×2×2×1＝8－＝，选A．(理)如图，空间四边形OABC中，OA＝a，OB＝b，OC＝C．点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则MN＝(　　)A．a－b＋cB．－a＋b＋cC．a＋b－cD．－a＋b－c-18-\n[答案]　B[解析]　由向量加法法则可知MN＝MO＋ON＝－OA＋(OB＋OC)＝－a＋(b＋c)＝－a＋b＋C．10．(文)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大(柱体体积＝底面积×高)时，其高的值为(　　)A．3B．2C．D．[答案]　B[分析]　根据正六棱柱和球的对称性，球心O必然是正六棱柱上下底面中心连线的中点，作出轴截面即可得到正六棱柱的底面边长、高和球的半径的关系，在这个关系下求函数取得最值的条件即可求出所要求的量．[解析]　解法1：以正六棱柱的最大对角面作截面，设球心为O，正六棱柱的上下底面中心分别为O1，O2，则O是O1，O2的中点．设正六棱柱的底面边长为a，高为2h，则a2＋h2＝9.正六棱柱的体积为V＝6×a2×2h，即V＝(9－h2)h，则V′＝(9－3h2)，得极值点h＝，不难知道这个极值点是极大值点，也是最大值点，故当正六棱柱的体积最大，其高为2.解法2:求函数V＝(9－h2)h的条件可以使用三个正数的均值不等式进行，即V＝(9－h2)h＝≤，等号成立的条件是9－h2＝2h2，即h＝.(理)(2022·新课标Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M、N分别是A1B1、A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为(　　)A．B．C．D．[答案]　C[解析]　如图，分别以C1B1、C1A1、C1C为x、y、z轴，建立空间直角坐标系．令AC＝BC＝C1C＝2，则A(0,2,2)，B(2,0,2)，M(1,1,0)，N(0,1,0)．-18-\n∴＝(－1,1，－2)，＝(0，－1，－2)．cosθ＝＝＝.故选C．第Ⅱ卷(非选择题　共100分)二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把正确答案填在题中横线上)11．湖面上漂着一个小球，湖水结冰后将球取出，冰面上留下了一个直径为12cm，深2cm的空穴，则该球的半径是________cm，表面积是________cm2.[答案]　10　400π[解析]　设球的半径为r，画出球与水面的位置关系图，如图：由勾股定理可知，r2＝(r－2)2＋36，解得r＝10.所以表面积为4πr2＝4π×100＝400π.12．(2022·忻州期末)已知不重合的直线m、l和不重合的平面α、β，且m⊥α，lβ，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α∥β；④若m∥l，则α⊥β.其中正确命题的个数是________．[答案]　2[解析]　对于①，∵m⊥α，α∥β，∴m⊥β，又lβ，∴m⊥l，①正确；对于②，∵m⊥α，α⊥β，∴m∥β或mβ，又lβ，∴m与l可能相交、平行或异面，②错误；对于③，∵m⊥α，m⊥l，∴l∥α或lα，又lβ，∴α与β有可能相交，也有可能平行，③错误；对于④，∵m⊥α，m∥l，则l⊥α，又lβ，∴α⊥β，④正确，∴正确命题的个数是2.13．已知△ABC的斜二侧直观图是边长为2的等边△A1B1C1，那么原△-18-\nABC的面积为________．[答案]　2[解析]　如图：在△A1D1C1中，由正弦定理＝，得a＝，故S△ABC＝×2×2＝2.14．(2022·北京海淀区期末)已知某四棱锥的底面是边长为2的正方形，且俯视图如图所示．(1)若该四棱锥的左视图为直角三角形，则它的体积为________；(2)关于该四棱锥的下列结论中：①四棱锥中至少有两组侧面互相垂直；②四棱锥的侧面中可能存在三个直角三角形；③四棱锥中不可能存在四组互相垂直的侧面．所有正确结论的序号是________．[答案]　　①②③[解析]　由三视图可知该几何体是底面边长为2的正方形、高为1的四棱锥，如图所示，所以该四棱锥的体积为×2×2×1＝.(2)由图可知PQ⊥平面ABCD，则有PQ⊥AB，又AB⊥BC，所以AB⊥平面PBC，于是侧面PAB⊥侧面PBC，同理可知侧面PDC⊥侧面PBC，故①正确；由上述易知AB⊥PB，CD⊥PC，所以△PAB，△PCD为直角三角形，又四棱锥的左视图为直角三角形，所以△PBC为直角三角形，故②正确；由图易判断平面PAB与平面PAD不垂直，故③正确．综上知①②③均正确．15．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝，AA1＝3，M为线段BB1上的一动点，则当AM＋MC1最小时，△AMC1的面积为________．-18-\n[答案]　[解析]　将三棱柱的侧面A1ABB1和B1BCC1以BB1为折痕展平到一个平面α上，在平面α内AC1与BB1相交，则当交点为M点时，AM＋MC1取最小值，易求BM＝1，∴AM＝，MC1＝2，又在棱柱中，AC1＝，∴cos∠AMC1＝＝＝－，∴∠AMC1＝120°，∴S△AMC1＝AM·MC1·sin∠AMC1＝××2×＝.三、解答题(本大题共6个小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)16．(本小题满分12分)如图所示，在三棱锥A－BOC中，OA⊥底面BOC，∠OAB＝∠OAC＝30°，AB＝AC＝4，BC＝2，动点D在线段AB上．(1)求证：平面COD⊥平面AOB；(2)当OD⊥AB时，求三棱锥C－OBD的体积．[解析]　(1)∵AO⊥底面BOC，∴AO⊥OC，AO⊥OB．∵∠OAB＝∠OAC＝30°，AB＝AC＝4，∴OC＝OB＝2.又BC＝2，∴OC⊥OB，∴OC⊥平面AOB．∵OC平面COD，∴平面COD⊥平面AOB．(2)∵OD⊥AB，∴BD＝1，OD＝.∴VC－OBD＝×××1×2＝.-18-\n17．(本小题满分12分)(文)(2022·江苏苏北四市高三调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是菱形，PB＝PD，且E，F分别是BC，CD的中点．求证：(1)EF∥平面PBD；(2)平面PEF⊥平面PAC．[解析]　(1)因为E，F分别是BC，CD的中点，所以EF∥BD，因为EF平面平面PBD，BD平面PBD，所以EF∥平面PBD．(2)设BD交AC于点O，连接PO，因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，O是BD中点，又PB＝PD，所以BD⊥PO，又EF∥BD，所以EF⊥AC，EF⊥PO.又AC∩PO＝O，所以EF⊥平面PAC．因为EF平面PEF，所以平面PEF⊥平面PAC．(理)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点，AA1＝AB＝A．(1)求证：AD⊥B1D；(2)求证：A1C∥平面AB1D．[解析]　(1)∵ABC－A1B1C1是正三棱柱，∴BB1⊥平面ABC，∴BD是B1D在平面ABC上的射影．在正△ABC中，∵D是BC的中点，∴AD⊥BD,根据三垂线定理得，AD⊥B1D．(2)连接A1B，设A1B∩AB1＝E，连接DE.∵AA1＝AB，∴四边形A1ABB1是正方形，∴E是A1B的中点，又D是BC的中点，∴DE∥A1C．∵DE平面AB1D，A1C平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D．-18-\n18．(本小题满分12分)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，D为C1B的中点，P为AB边上的动点．(1)当点P为AB的中点时，证明DP∥平面ACC1A1；(2)若AP＝3PB，求三棱锥B－CDP的体积．[解析]　(1)连接DP，AC1，∵P为AB中点，D为C1B中点，∴DP∥AC1，又∵AC1平面ACC1A1，DP平面ACC1A1，∴DP∥平面ACC1A1.(2)由AP＝3PB，得PB＝AB＝.过点D作DE⊥BC于E，则DECC1，又CC1⊥平面ABC，∴DE⊥平面BCP，又CC1＝3，∴DE＝.则S△BCP＝·2·sin60°＝，∴VB－CDP＝VD－BCP＝··＝.19．(本小题满分12分)(文)(2022·北京高考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E、F分别为A1C1、BC的中点．-18-\n(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体积．[解析]　(1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB，又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB平面ABE.所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)取AB中点G，连结EG、FG.因为E、F分别是A1C1、BC的中点．所以FG∥AC，且FG＝AC．因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1.所以四边形FGEC1为平行四边形．所以C1F∥EG.又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，所以C1F∥平面ABE.(3)因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝＝，所以三棱锥E－ABC的体积V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.(理)如图所示，在棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，PA＝AD＝DC＝2，AB＝4且AB∥CD，∠BAD＝90°，-18-\n(1)求证：BC⊥PC；(2)求PB与平面PAC所成角的正弦值．[解析]　(1)在直角梯形ABCD中，AC＝2，取AB中点E，连接CE，则四边形AECD为正方形，∴AE＝CE＝2，又BE＝AB＝2，则△ABC为等腰直角三角形，∴AC⊥BC，又∵PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴PA⊥BC，由AC∩PA＝A得BC⊥平面PAC，∵PC平面PAC，所以BC⊥PC．(2)以A为坐标原点，AD，AB，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．则P(0,0,2)，B(0,4,0)，C(2,2,0)，＝(0，－4,2)，＝(2，－2,0)．由(1)知即为平面PAC的一个法向量，cos<，>＝＝.即PB与平面PAC所成角的正弦值为.20．(本小题满分13分)(文)(2022·湖北高考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：(1)直线BC1∥平面EFPQ；(2)直线AC1⊥平面PQMN.[解析]　思路分析：(1)直线与平面平行，主要通过直线与直线平行来证明，由BC1∥AD1，AD1∥-18-\nFP，得出BC1∥FP，即可证明；(2)直线与平面垂直，主要通过直线与直线垂直来证明，而直线与直线垂直往往又要通过直线与平面垂直来证明．由BD⊥平面ACC1，得BD⊥AC1，从而MN⊥AC1；同理，证明PN⊥AC1，即可完成证明．解：(1)连接AD1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1，因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ.故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图，连接AC，BD，则AC⊥BD．由CC1⊥平面ABCD，BD平面ABCD，可得CC1⊥BD．又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1，而AC1平面ACC1，所以BD⊥AC1.因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1，又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN.(2022·辽宁高考)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E－BF－C的正弦值.[解析]　(1)方法一：过E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF，由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC，-18-\n图1所以∠EOC＝∠FOC＝，即FO⊥BC．又EO⊥BC，因此BC⊥平面EFO.又EF平面EFO，所以EF⊥BC．方法二：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，易得B(0,0,0)，A(0，－1，)，D(，－1,0)，C(0,2,0)，因而E(0，，)，F(，，0)，所以＝(，0，－)，＝(0,2,0)，因此·＝0，从而⊥，所以EF⊥BC．(2)方法一：在图1中过O作OG⊥BF，垂足为G连EG，由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥平面BDC，又OG⊥BF，由三垂线定理知EG⊥BF.因此∠EGO为二面角E－BF－C的平面角，在△EOC中，EO＝EC＝BC·cos30°＝，由△BGO∽△BFC知OG＝·FC＝.因此tan∠EGO＝＝2，从而sin∠EGO＝.即二面角的正弦值为.方法二：在图(2)中平面BFC的一个法向量为n1＝(0,0,1)，设平面BEF的法向量n2＝(x，y，z)图2-18-\n又＝(，，0)，＝(0，，)．由得其中一个n2＝(1，－，1)设二面角E－BF－C的大小为θ，由题意知θ为锐角，则cosθ＝|cos<n1，n2>|＝||＝.因此sinθ＝＝.即所求二面角的正弦值为.21．(本小题满分14分)(文)(2022·保定模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA⊥AC，AB⊥BC．设D、E分别为PA、AC中点．(1)求证：DE∥平面PBC；(2)求证：BC⊥平面PAB；(3)试问在线段AB上是否存在点F，使得过三点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行？若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由．[解析]　(1)证明：因为点E是AC中点，点D为PA的中点，所以DE∥PC．又因为DE平面PBC，PC平面PBC，所以DE∥平面PBC．(2)证明：因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，又PA平面PAC，PA⊥AC，所以PA⊥平面ABC．所以PA⊥BC．又因为AB⊥BC，且PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB．(3)当点F是线段AB中点时，过点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行．取AB中点F，连EF，DF.由(1)可知DE∥平面PBC．-18-\n因为点E是AC中点，点F为AB的中点，所以EF∥BC．又因为EF平面PBC，BC平面PBC，所以EF∥平面PBC．又因为DE∩EF＝E，所以平面DEF∥平面PBC，所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．故当点F是线段AB中点时，过点D，E，F所在平面内的任一条直线都与平面PBC平行．(理)(2022·保定模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC．(1)求证：AC⊥PB；(2)设O，D分别为AC，AP的中点，点G为△OAB内一点，且满足＝(＋)，求证：DG∥平面PBC；(3)若AB＝AC＝2，PA＝4，求二面角A－PB－C的余弦值．[解析]　(1)因为PA⊥平面ABC，AC平面ABC，所以PA⊥AC．又因为AB⊥AC，且PA∩AB＝A，所以AC⊥平面PAB．又因为PB平面PAB，所以AC⊥PB．(2)解法1：因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，又因为AB⊥AC，所以建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.设AC＝2a，AB＝b，PA＝2c，则A(0,0,0)，B(0，b,0)，C(2a,0,0)，D(0,0，c)，O(a,0,0)，P(0,0,2c)又因为＝(＋)，所以＝(－a，，0)．-18-\n∴G(，，0)于是＝(，，－c)，＝(2a，－b,0)，＝(0，b，－2c)．设平面PBC的一个法向量n＝(x0，y0，z0)，则有即不妨设z0＝1，则有y0＝，x0＝，所以n＝(，，1)．因为n·＝(，，1)·(，，－c)＝·＋·＋1·(－c)＝0，所以n⊥.又因为DG平面PBC，所以DG∥平面PBC．解法2：取AB中点E，连接OE，则＝(＋)由已知＝(＋)可得＝OE.则点G在OE上．连接AG并延长交CB于F，连接PF因为O，E分别为AC，AB的中点，所以OE∥BC，即G为AF的中点．又因为D为线段PA的中点，所以DG∥PF.又DG平面PBC，PF平面PBC．所以DG∥平面PBC．(3)由(2)可知平面PBC的一个法向量n＝(，，1)＝(2,2,1)．又因为AC⊥平面PAB，所以平面PAB的一个法向量是＝(2,0,0)．-18-\n又cos<n·>＝＝＝，由图可知，二面角A－PB－C为锐角，所以二面角A－PB－C的余弦值为.-18-