【数学】2020届一轮复习（文理合用）第7章立体几何作业
对应学生用书[考案7理][考案7文]
第七章 综合过关规范限时检测
(时间：120分钟 满分150分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( B )
A．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n
B．若m⊂α，α∥β，则m∥β
C．若n⊥β，α⊥β，则n∥α
D．若m⊂α，n⊂β，α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β
[解析] 两个平行平面中的两条直线可能异面，A错误；两个平行平面中任一平面内的直线都与另一平面平行，B正确；C中直线n也可能在平面α内，C错误；任一二面角的平面角的两条边都与二面角的棱垂直，但这个二面角不一定是直二面角，D错误，故选B．
2．已知两条直线m，n，两个平面α，β，给出下面四个命题：
①α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n；②m∥n，m∥α⇒n∥α；
③m∥n，m⊥α⇒n⊥α；④α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β.
其中正确命题的序号是( B )
A．①③ B．③④
C．①④ D．②③
[解析] ①α∥β，m⊂α，n⊂β，则两条直线可能异面，故不正确；②m∥n，m∥α，有可能直线n在平面α内，故不正确；③m∥n，m⊥α⇒n⊥α，根据线面垂直的判定定理得到结论正确；④α∥β，m∥n，m⊥α，则n⊥α，又因为α∥β，故n⊥β.结论正确；故正确的是③④.
3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( C )
A．5π＋18 B．6π＋18
C．8π＋6 D．10π＋6
[解析] 该几何体的表面积为2××4π×12＋2××π×12＋2×3＋×2π×1×3＝8π＋6.
4．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是( A )
A．与AC，MN均垂直 B．与AC垂直，与MN不垂直
C．与AC不垂直，与MN垂直 D．与AC，MN均不垂直
[解析] 因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1，又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.设正方体的棱长为2，则OM＝＝，MN＝＝，ON＝＝，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A．
5．在各棱长都相等的直三棱柱ABC－A1B1C1中，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的正切值为( D )
A． B．
C．1 D．
[解析] 如图，取BC的中点E，连接DE，AE，依题意，易得AE⊥平面BB1C1C，故∠ADE为AD与平面BB1C1C所成的角．设棱长为1，则AE＝，DE＝，tan∠ADE＝＝＝.故选D．
6．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是( C )
A．CC1与B1E是异面直线
B．AC⊥平面ABB1A1
C．AE，B1C1为异面直线且AE⊥B1C1
D．A1C1∥平面AB1E
[解析] 对于A，注意到直线CC1与B1E均在侧面BCC1B1内，因此CC1与B1E不是异面直线，选项A不正确；对于B，由题意知，上底面ABC是一个正三角形，AC与AB不垂直，因此AC与平面ABB1A1不垂直，选项B不正确；对于C，注意到直线AE，B1C1是异面直线，且AE⊥BC，BC与B1C1相互平行，因此有AE⊥B1C1，因此选项C正确；对于D，注意到平面ABC与平面A1B1C1平行，且平面ABC∩平面AB1E＝AE，平面A1B1C1∩平面AB1E＝l(B1∈l)，于是有AE与l平行，注意A1C1与直线l相交，因此A1C1与平面AB1E相交，选项D不正确．综上所述，选C．
7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为( B )
A．36π B．π
C．32π D．28π
[解析] 根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是2.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如图所示，则其底面是边长为4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接球的半径．∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形，∴底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为×2＝，∴其外接球的半径R＝＝，外接球的表面积S＝4πR2＝4π×＝，故选B．
8．已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝2，则该三棱柱内切球O1的表面积与外接球O2的表面积的比值为( C )
A． B．
C． D．
[解析] 由题意得BC＝5，设外接球O2的半径为R，则R＝＝＝.因为Rt△ABC的内切圆的半径为1，且直三棱柱ABC－A1B1C1的高为2，所以该直三棱柱的内切球O1的半径r＝1，所以＝＝.
9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，下面结论错误的是( D )
A．BD∥平面CB1D1
B．异面直线AD与CB1所成的角为45°
C．AC1⊥平面CB1D1
D．AC1与平面ABCD所成的角为30°
[解析] 因为BD∥B1D1，所以BD∥平面CB1D1，A不符合题意；因为AD∥BC，所以异面直线AD与CB1所成的角为∠BCB1＝45°，B不符合题意；因为AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，所以AC1⊥平面CB1D1，C不符合题意；AC1与平面ABCD所成的角为∠CAC1≠30°，故选D．
10．如图，在以角C为直角顶点的三角形ABC中，AC＝8，BC＝6，PA⊥平面ABC，F为PB上的点，在线段AB上有一点E，满足BE＝λAE.若PB⊥平面CEF，则实数λ的值为( C )
A． B．
C． D．
[解析] ∵PB⊥平面CEF，∴PB⊥CE，又PA⊥平面ABC，CE⊂平面ABC，∴PA⊥CE，而PA∩PB＝P，∴CE平面PAB，∴CE⊥AB，∴λ＝＝＝＝.
11．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( A )
A． B．
C．2 D．
[解析] 由三视图可知，该几何体为三棱锥，将其放在棱长为2的正方体中，如图中三棱锥A－BCD所示，故该几何体的体积V＝××1×2×2＝.
12．已知三棱锥D－ABC的底面ABC是直角三角形，AC⊥AB，AC＝AB＝4，DA⊥平面ABC，E是BD的中点．若此三棱锥的体积为，则异面直线AE与DC所成角的大小为( C )
A．45° B．90°
C．60° D．30°
[解析] ∵DA⊥平面ABC，S△ABC＝AB·AC＝8，∴三棱锥的体积V＝S△ABC·DA＝·DA＝，∴DA＝4，∴BD＝＝4，CD＝＝4.设BC的中点为F，连接EF，AF，如图，则EF＝CD＝2，AF＝BC＝2，AE＝BD＝2，∴△AEF是正三角形，∴∠AEF＝60°.∵E是DB的中点，则EF∥DC，∴∠AEF是异面直线AE与DC所成的角，即异面直线AE与DC所成角的大小为60°.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则此圆锥的表面积为__36π___.
[解析] 如图．
因为OA＝3，
所以底面圆周长为6π，
底面圆的面积为9π，
所以弧AB长为6π，
又因为∠BSA＝，则有SA·＝6π，所以SA＝9.
扇形ASB的面积为S＝×6π×9＝27π，
所以圆锥的表面积为9π＋27π＝36π.
14．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四面体的三视图，则该四面体的体积为_____.
[解析] 依题意，在棱长为2的正方体中作出该四面体的直观图，记为三棱锥A－BCD，如图所示，易知S△BCD＝×1×2＝1，所以V三棱锥A－BCD＝S△BCD×2＝×1×2＝，即该四面体的体积为.
15．(文)如图所示，AB是⊙O的直径，PA⊥平面⊙O，C为圆周上一点，若AB＝5 cm，AC＝2 cm，则点B到平面PAC的距离为____cm___.
(理)如图所示，已知在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD.若在BC上只有一个点O满足PQ⊥QD，则a的值为__2___.
[解析] (文)联结BC.∵C为圆周上一点，AB为直径，
∴BC⊥AC.
又PA⊥平面⊙O，BC⊂平面⊙O，
∴PA⊥BC，又PA∩AC＝A，
∴BC⊥平面PAC，C为垂足，即BC为点B到平面PAC的距离．
在Rt△ABC中，
BC＝＝＝(cm)．
(理)联结AQ，若QD⊥PQ，则DO⊥AQ(三垂线定理的逆定理)．因为这样的点只有一个，那么点O必为BC与以AD为直径的圆的切点，故a＝BC＝2AB＝2.当a>2时，有两个点Q；当0
0)，
则A1(2，t,0)，A(2,0,0)，C(0,0,2)，E(0,0,0)，F(－2，，0)，D(－，0，)，
所以＝(－2，－t,2)，＝(－2，，0)．
因为A1C⊥EF，所以·＝0，
所以(－2)×(－2)－t×＋2×0＝0，所以t＝2，
所以＝(－2，，0)，＝(－，0，)．
设平面DEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
取x＝1，则n＝(1，，)．
又＝＝(－2,0,2)，设直线A1C1与平面DEF所成的角为θ，
则sinθ＝|cosn，|＝＝＝，
所以直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值为.
19．(本小题满分12分)(文)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，D为棱BC的中点，AB＝AC，BC＝AA1，求证：
(1)A1C∥平面ADB1；
(2)BC1⊥平面ADB1.
(本小题满分12分)(理)如图，已知在四棱锥A－BCDE中，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝，F为AD的中点，平面ABC⊥平面BCDE.
(1)证明：EF∥平面ABC；
(2)求二面角B－AD－E的大小．
[解析] (文)(1)证明：如图，连接A1B，交AB1于点M，则M为A1B的中点，连接DM.
∵D为棱BC的中点，∴DM∥A1C.
又A1C⊄平面ADB1，DM⊂平面ADB1，
∴A1C∥平面ADB1.
(2)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，
侧棱AA1⊥底面ABC，可得AD⊥BB1.
∵D为棱BC的中点，AB＝AC，
∴AD⊥BC，又BC∩BB1＝B，
∴AD⊥平面BCC1B1，即AD⊥BC1.
在矩形BCC1B1中，
∵BC＝AA1，∴＝，＝，
又∠BB1C1＝∠DBB1 ＝90°，
∴△DBB1∽△BB1C1，
∴∠BDB1＝∠B1BC1，∠BB1D＝∠B1C1B，
即∠B1BC1＋∠BB1D＝90°.
∴BC1⊥DB1，又AD∩DB1＝D，∴BC1⊥平面ADB1.
(理)(1)如图，在平面ACD内过点F作FG∥CD，交AC于点G，连接BG.
因为∠CDE＝∠BED＝90°，
所以BE∥CD，
因为CD＝2，BE＝1，F为棱AD的中点，
所以FG∥BE且FG＝BE，
所以四边形BEFG为平行四边形，
所以EF∥BG.
因为EF⊄平面ABC，BG⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.
(2)在直角梯形BCDE中，易得BC＝，
因为AB＝2，AC＝，所以BC2＋AC2＝AB2.
所以AC⊥BC.
因为平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，AC⊂平面ABC，所以AC⊥平面BCDE.
以点C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，可知C(0,0,0)，A(0,0，)，D(2,0,0)，B(1,1,0)，E(2,1,0)，＝(2,0，－)，＝(1，－1,0)，＝(0,1,0)，
设平面BAD的法向量为m＝(x，y，z)，
则，即，
令x＝1，则y＝1，z＝，故m＝(1,1，)为平面BAD的一个法向量．
设平面EAD的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则，即，
则y1＝0，令x1＝1，则z1＝，
所以n＝(1,0，)为平面EAD的一个法向量．
所以cosm，n＝，由题图可知二面角B－AD－E是锐二面角，所以二面角B－AD－E的大小为30°.
20．(本小题满分12分)(文)如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若PC＝，求三棱锥C－PAB的高．
(本小题满分12分)(理)如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，E，F分别是DC，AB的中点，将△DAE沿AE折起，使得二面角D－AE－B的大小为120°.
(1)求证：平面DCF⊥平面DCE；
(2)求二面角E－DC－A的余弦值．
[解析] (文)(1)因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PC.
因为AB＝2，AD＝CD＝1，所以AC＝BC＝，
所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC.
又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC.
因为AC⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC.
(2)由PC＝，PC⊥CB，得S△PBC＝×()2＝1.
由(1)知，AC为三棱锥A－PBC的高．
易知Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB，则PA＝AB＝PB＝2.
于是S△PAB＝×22sin60°＝.
设三棱锥C－PAB的高为h，则
S△PAB·h＝S△PBC·AC，×h＝×1×，解得h＝.
故三棱锥C－PAB的高等于.
(理)(1)由已知得，AE⊥DE.AE⊥CE，DE∩CE＝E，
∴AE⊥平面DCE，又AE∥CF，∴CF⊥平面DCE.
∵CF⊂平面DCF.
∴平面DCF⊥平面DCE.
(2)解法一：由(1)知，AE⊥平面DCE，
∴AE⊥CD，过点E作EM⊥DC，交DC于点M，连接AM，因为AE∩EM＝E，
∴DC⊥平面AEM，∴DC⊥AM，
∴∠AME即为所求二面角的平面角．
∵AE⊥DE，AE⊥CE，∴∠DEC＝120°，
∵DE＝CE＝1，∴DC＝.
在Rt△AME中，AE＝，ME＝，
∴cos∠AME＝＝＝.
解法二：由已知得，AE⊥DE，AE⊥CE，∴∠DEC＝120°，
以EA，EC所在直线分别为x轴，y轴，过点E作z轴⊥平面ABCE.建立如图所示的空间直角坐标系．
则E(0,0,0)，A(，0,0)，C(0,1,0)，D(0，－，)，
∴＝(－，1,0)，＝(0，，－)，
设平面DCA的法向量为m＝(x，y，z)，
则，即，解得，
令x＝1，可得平面DCA的一个法向量为m＝(1，，3)，
又平面DCE的一个法向量为n＝(1,0,0)，
∴cosm，n＝＝＝，
∴二面角E－DC－A的余弦值为
21．(本小题满分12分)(文)如图所示，△ABC所在的平面与菱形BCDE所在的平面垂直，且AB⊥BC，AB＝BC＝2，∠BCD＝60°，点M为BE的中点，点N在线段AC上．
(1)若＝λ，且DN⊥AC，求λ的值；
(2)在(1)的条件下，求三棱锥B－DMN的体积．
(本小题满分12分)(理)如图所示，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2.
(1)若M为CD中点，求证：AM⊥平面AA1B1B；
(2)求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值．
[解析] (文)(1)如图，取BC的中点O，连接ON，OD，
因为四边形BCDE为菱形，∠BCD＝60°，
所以DO⊥BC，
因为△ABC所在的平面与菱形BCDE所在的平面垂直，
所以DO⊥平面ABC，
因为AC⊂平面ABC，所以DO⊥AC，
又DN⊥AC，且DN∩DO＝D，所以AC⊥平面DON，
因为ON⊂平面DON，所以ON⊥AC，
由O为BC的中点，AB＝BC，可得NC＝AC，
所以＝3，即λ＝3.
(2)由平面ABC⊥平面BCDE，AB⊥BC，可得AB⊥平面BCDE，
由AB＝2，＝3，可得点N到平面BCDE的距离h＝AB＝，
由∠BCD＝60°，点M为BE的中点，可得DM⊥BE，
且DM＝＝＝，
所以△BDM的面积S＝×DM×BM＝，
所以三棱锥B－DMN的体积VB－DMN＝VN－BDM＝Sh＝××＝.
(理)(1)四边形ABCD为菱形，
∠BAD＝120°，连接AC.如图，
则△ACD为等边三角形，又M为CD中点，
∴AM⊥CD，由CD∥AB得，AM⊥AB，
∵AA1⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，
∴AM⊥AA1，又AB∩AA1＝A，
∴AM⊥平面AA1B1B.
(2)∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，
AB＝AA1＝2A1B1＝2，
∴DM＝1，AM＝，∠AMD＝∠BAM＝90°，
又AA1⊥底面ABCD，
∴以AB，AM，AA1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A－xyz，
则A1(0,0,2)，B(2,0,0)，D(－1，，0)，D1(－，，2)，
∴＝(，－，2)，＝(－3，，0)，＝(2,0，－2)，
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则⇒⇒y＝x＝z，
令x＝1，则n＝(1，，1)，
∴直线DD1与平面A1BD所成角θ的正弦值
sinθ＝|cosn，|＝||＝.
22．(本小题满分12分)(文)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，CC1＝3，BC＝3，AC＝2.
(1)试在线段B1C上找一个异于B1，C的点P，使得AP⊥PC1，并证明你的结论；
(2)在(1)的条件下，求多面体A1B1C1PA的体积．
(本小题满分12分)(理)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是边长为2的等边三角形，直线PB与底面ABCD所成的角为45°，PA＝2CD，PD＝，E是棱PD的中点．
(1)求证：CD⊥AE；
(2)在棱PB上是否存在一点T，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为？若存在，请指出T的位置；若不存在，请说明理由．
[解析] (文)(1)点P满足C1P⊥B1C时，AP⊥PC1.
证明如下：
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，C1C⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以C1C⊥AC.
又AC⊥BC，C1C∩BC＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.
因为PC1⊂平面BCC1B1，所以AC⊥PC1.
又C1P⊥B1C，且B1C∩AC＝C，所以PC1⊥平面AB1C，
因为AP⊂平面AB1C，所以AP⊥PC1.
(2)因为CC1⊥平面A1B1C1，B1C1⊂平面A1B1C1.所以CC1⊥B1C1.
在Rt△B1C1C中，B1C1＝BC＝3，CC1＝3，所以B1C＝6.
易证Rt△B1PC1∽Rt△B1C1C，
所以＝，所以B1P＝.
在Rt△B1C1C中，tan∠CB1C1＝＝，所以∠CB1C1＝，
所以S△B1PC1＝B1C1·B1P·sin∠CB1C1＝×3××＝.
因为AC⊥平面BCC1B1，
所以VA－B1C1P＝S△B1PC1·AC＝××2＝.
因为AA1⊥平面A1B1C1，
所以VA－A1B1C1＝S△A1B1C1·A1A＝××3×2×3＝9.
所以多面体A1B1C1PA的体积为VA－B1C1P＋VA－A1B1C1＝＋9＝.
(理)(1)∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴PA⊥AB，PA⊥CD，PA⊥AD.
∵直线PB与底面ABCD所成的角为45°，
∴∠PBA＝45°.
∵△ABC是边长为2的等边三角形，
∴PA＝AB＝2.又PA＝2CD，∴CD＝1.
在Rt△PAD中，PD＝，PA＝2，
∴AD＝＝.
在△ADC中，AD＝，CD＝1，AC＝2.
∴AD2＋CD2＝()2＋12＝22＝AC2.
∴CD⊥AD.
又AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD.
又AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE.
(2)假设在棱PB上存在一点T满足题意，＝λ(0<λ≤1)．
由(1)可知∠DAC＝30°，所以∠DAB＝90°，以A为原点，AB、AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，D(0，，0)，E(0，，1)，
设T(x1，y1，z1)，则＝(x1，y1，z1－2)，
又λ＝(2λ，0，－2λ)，
∴(x1，y1，z1－2)＝(2λ，0，－2λ)，
得x1＝2λ，y1＝0，z1＝2－2λ，
∴＝(x1，y1，z1)＝(2λ，0,2－2λ)，＝(0，，1)，
设平面ATE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则有可得
令y2＝2，则z2＝－，x2＝，
∴n＝(，2，－)是平面ATE的一个法向量．
易知＝(0，，0)为平面PAB的一个法向量，
∴|cosn，|＝||＝＝＝，
故＝，即＋7＝10，解得λ＝，
故在棱PB上存在点T且T为PB的中点，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为.
