（山东专用）2021版高考数学一轮复习考案7第七章立体几何综合过关规范限时检测（含解析）

 [考案7]第七章　综合过关规范限时检测
(时间：120分钟　满分150分)
一、单选题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．(2020·河北省衡水中学调研)下列命题正确的个数为(　C　)
①梯形一定是平面图形；
②若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行；
③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；
④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．
A．0　 B．1
C．2　 D．3
[解析]　①由于梯形是有一组对边平行的四边形，易知两平行线确定一平面，所以梯形可以确定一个平面，故①对；②若两条直线和第三条直线所成的角相等，比如等腰三角形ABC，AB＝AC，直线AB，AC与直线BC所成的角相等，而直线AB，AC不平行，故②错；③两两相交的三条直线，比如墙角处的三条交线可以确定三个平面，故③对；④如果两个平面有三个公共点，比如两平面相交有一条公共直线，如果这三个公共点不共线，则这两个平面重合，故④错．综上，选C.
2．(2019·黑龙江哈师大附中期中)若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列说法中正确的是(　C　)
A．α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n
B．α⊥γ，β⊥γ⇒α∥β
C．α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β
D．α∩β＝m，β∩γ＝n，m∥n⇒α∥β
[解析]　对于A．α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n，错误；m与n又有可能异面；对于B.α⊥γ，β⊥γ⇒α∥β，错误，α与β有可能相交；对于C.α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β，利用直线与平面垂直的判定定理可得结论正确；对于D.α∩β＝m，β∩γ＝n，m∥n⇒α∥β，错误，α与β有可能相交．故选C.
3．(2019·全国Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　B　)
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
[解析]　由面面平行的判定定理知：α内两条直交直线都与β平行是α∥β的充分条件，由面面平行性质定理知，若α∥β，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是α∥β的必要条件，故选B.
4．(2019·江西吉安五校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　B　)

A．2＋4＋2　　 B．2＋10
C．10＋　　 D．12＋4
[解析]　几何体直观图如图所示，

S△APB＝S△BPC＝4，S△ABC＝2，S△PAC＝2，
∴S表＝10＋2，故选B.
5．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D点重合，重合后的点记为H.那么，在这个空间图形中必有(　B　)

A．AG⊥平面EFH　　 B．AH⊥平面EFH
C．HF⊥平面AEF　　 D．HG⊥平面AEF
[解析]　根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，
∴AH⊥平面EFH，B正确；
∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；
∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，AG，GH⊂平面HAG，
∴EF⊥平面HAG，
又EF⊂平面AEF，
∴平面HAG⊥平面AEF，过点H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；
由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.
6. (2019·东北三省四市模拟)我国古代数学名著《九章算术·商功》中阐述：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑半三而一，验之以棊，其形露矣．”若称为“阳马”的某几何体的三视图如图所示，图中网格纸上小正方形的边长为1，则对该几何体描述：

①四个侧面都是直角三角形；
②最长的侧棱长为2；
③四个侧面中有三个侧面是全等的直角三角形；
④外接球的表面积为24π.
其中正确的个数为(　D　)
A．0　 B．1
C．2　 D．3
[解析]　

由三视图可知，该几何体为四棱锥P－ABCD，四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝2，PD⊥平面ABCD，PD＝2，对于①易证AB⊥平面PAD，BC⊥平面PCD，故四个侧面都是直角三角形；对于②PB＝＝2，故正确；对于③四个侧面中没有全等的三角形，故错误；对于④外接球的直径为PB＝2，故外接球的表面积为24π，正确，故选D.
7．(2019·上饶模拟)已知正三棱柱ABC－A1B1C1，AB＝AA1＝2，则异面直线AB1与CA1所成角的余弦值为(　C　)
A．0　 B．－
C．　 D．
[解析]　

如图，将三棱柱补成四棱柱，连D1C，则D1C∥AB1，∴∠D1CA1即为异面直线AB1，CA1所成的角θ，由题意知CD1＝CA1＝2，D1A1＝2，∴cos θ＝＝，故选C.
8．(2020·福建龙岩质检)在三棱锥A－BCD中，△ABC和△BCD都是边长为2的等边三角形，且平面ABC⊥平面BCD，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为(　D　)
A．8π　 B．12π
C．16π　 D．20π
[解析]　

取BC的中点E，连结AE与DE，则AE⊥DE，且AE＝DE＝2×＝3，在DE上取点I使得EI＝DE，在AE上取点H使得EH＝AE，则点I是三角形BCD的外接圆圆心，点H是三角形BCA的外接圆圆心，则BI＝×＝2，分别过点I、H作平面BCD和ABC的垂线IO和HO交于O点，则点O是三棱锥A－BCD的外接球球心，OI＝EH＝×3＝1，BO＝＝＝，故外接球半径为，则三棱锥A－BCD外接球的表面积4π×5＝20π.
二、多选题(本大题共4个小题，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)
9．(2020·山东济宁期末)已知m、n为两条不重合的直线，α、β为两个不重合的平面，则下列说法正确的是(　BC　)
A．若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n
B．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β
C．若m∥n，n⊂α，α∥β，m⊄β，则m∥β
D．若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥β
[解析]　在A中的条件下，m∥n或m与n相交或m、n异面，A错；
又⇒⇒α∥β，B正确；
⇒⇒m∥β，C正确；
⇒⇒m∥β或m⊂β，D错，故选BC.
10．(2020·山东滨州期末)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(　ABD　)
A．BD⊥CM
B．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]　由题意知BD⊥OM，BD⊥CO，∴BD⊥平面MOC，∴BD⊥CM，A正确；设菱形边长为a，则CM的取值范围为(0，a)，∴B正确；当CM＝a时，DM⊥BC，C错；当平面MBD⊥平面BCD时，直线DM与平面BCD所成角最大为60°，D正确，故选ABD.
11．(2020·湖南省期末改编)在三棱锥D－ABC中，AB＝BC＝CD＝DA＝1，且AB⊥BC，CD⊥DA，M，N分别是棱BC，CD的中点，下面结论中正确的是(　ABD　)
A．AC⊥BD
B．MN∥平面ABD
C．三棱锥A－CMN的体积的最大值为
D．AD与BC一定不垂直
[解析]　设AC的中点为O，连接OB，OD(图略)，则AC⊥OB，AC⊥OD，又OB∩OD＝O，所以AC⊥平面OBD，所以AC⊥BD，故A正确；因为MN∥BD，所以MN∥平面ABD，故B正确；当平面DAC与平面ABC垂直时，VA－CMN最大，最大值为VA－CMN＝VN－ACM＝××＝，故C错误；若AD与BC垂直，又因为AB⊥BC，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥BD，又BD⊥AC，所以BD⊥平面ABC，所以BD⊥OB，因为OB＝OD，所以显然BD与OB不可能垂直，故D正确．
12．(2020·山东烟台期末)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则(　ABD　)

A．直线BD1⊥平面A1C1D
B．三棱锥P－A1C1D的体积为定值
C．异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[45°，90°]
D．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为
[解析]　设正方体的棱长为1，如图建立空间直角坐标系，

则＝(－1，－1,1)，＝(－1,1,0)，
∴·＝0，即BD1⊥A1C1，
同理BD1⊥DA1，
∴BD1⊥平面A1C1D，A正确；
由B1C∥A1D得B1C∥平面A1DC1，
∴P到平面A1C1D的距离为正值，
又S△A1C1D为定值，∴VP－A1C1D为定值，B正确；
AP与A1D所成的角为AP与B1C所成的角，其取值范围为[60°，90°]，C错误；
由A知BD1为平面A1C1D的法向量，记C1P与平面A1C1D所成角为θ，P(a,1，a)
＝(a,0，a－1)，
则sin θ＝＝≤，
(当且仅当a＝时取等号)，D正确；故选ABD.
三、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．(2020·北京石景山期末)已知平面α、β、γ.给出下列三个论断：①α⊥β；②α⊥γ；③β∥γ.以其中的两个论断为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__若α⊥γ，β∥γ，则α⊥β(或填α⊥β，β∥γ，则α⊥γ)__．
14. (2018·江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为　　.

[解析]　由题意知所给的几何体是棱长均为的八面体，它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为1，所以这个八面体的体积为2V正四棱锥＝2××()2×1＝.
15．如图所示，在直四棱柱(侧棱与底面垂直)ABCD－A1B1C1D1中，当底面四边形ABCD满足条件__AC⊥BD(或ABCD为正方形或ABCD为菱形等)__时，有AC1⊥BD成立(注：填上你认为正确的一种情况即可，不必考虑所有可能的情况)．

[解析]　∵C1C⊥平面ABCD，∴BD⊥CC1，又BD⊥AC，∴BD⊥平面ACC1，∴AC1⊥BD.
16．(2020·山东滨州期末)在四面体S－ABC中，SA＝SB＝2，且SA⊥SB，BC＝，AC＝，则该四面体体积的最大值为　　，该四面体外接球的表面积为__8π__.
[解析]　∵SA＝SB＝2，SA⊥SB，∴AB＝2，又BC＝，AC＝，∴AB2＝BD2＋AC2，即AC⊥BC，当平面ASB⊥平面ABC时VS－ABC最大，此时VS－ABC＝××＝.设AB的中点为0，则OA＝OB＝OC＝OS＝，即四面体外接球的半径为，∴四面体外接球的表面积为S＝4π()2＝8π.
四、解答题(本大题共6个小题，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·河南省洛阳市、许昌市质检)如图，等腰三角形PAD所在平面与菱形ABCD所在平面互相垂直，已知点E，F，M，N分别为棱BA，BC，AD，AP的中点．

(1)求证：AC⊥PE；
(2)求证：PF∥平面BNM.
[解析]　(1)连接PM，ME，
∵E，M分别为AB、AD的中点，∴ME∥BD，
菱形ABCD中，AC⊥BD，
∴AC⊥ME，∵平面PAD⊥平面ABCD，等腰三角形中，
PM⊥AD，
且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PM⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，
∴PM⊥AC，又∵PM∩ME＝M，
∴AC⊥平面PME，
∵PE⊂平面PME，∴AC⊥PE.
(2)连接DF，∵E、F、M、N分别为棱BA、BC、AD、AP的中点，∴MN∥PD，
∵MN⊄平面PDF，PD⊂平面PDF，∴MN∥平面PDF，
又MB∥DF，MB⊄平面PDF，DF⊂平面PDF，
∴MB∥平面PDF，
∵MN∩MB＝M，∴平面MNB∥平面PDF，
∵PF⊂平面PDF，∴PF∥平面BNM.
18．(本小题满分12分)(2019·山东枣庄期末)如图，四棱锥S－ABCD中，△ABS是正三角形，四边形ABCD是菱形，点E是BS的中点．
(1)求证：SD∥平面ACE；
(2)若平面ABS⊥平面ABCD，AB＝2，∠ABC＝120°，求三棱锥E－ASD的体积．

[解析]　(1)证明：连接BD交AC于点F，再连接EF.
因为四边形ABCD是菱形，所以点F是BD的中点，
又因为点E是BS的中点，所以EF是三角形DBS的中位线，
∴DS∥EF.
又因为EF⊂平面ACE，SD⊄平面ACE，
所以SD∥平面ACE.
(2)因为四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，
所以∠ABD＝∠ABC＝60°.
又因为AB＝AD，所以三角形ABD是正三角形．
取AB的中点O，连接OD，则DF⊥AB.
又平面ABS⊥平面ABCD，OD⊂平面ABCD，平面ABS∩平面ABCD＝AB，所以OD⊥平面ABS.
在等边三角形ABD中，
OD＝BDsin∠ABD＝2sin 60°＝.
而△ASE的面积S△ASE＝SA·SE·sin∠ASE＝.
所以VE－ADS＝VD－AES＝S△ASE·OD＝××＝.

19．(本小题满分12分)(2019·湖北省宜昌市调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AP⊥AD，AD＝2BC＝2AB＝4，∠BAP＝120°，DC＝2.

(1)求证：BC⊥平面PAB；
(2)若PA＝2，求二面角B－PC－A的余弦值．
[解析]　(1)证明：取AD的中点E，连接CE，所以AE＝BC＝2，
因为AD∥BC，所以四边形ABCE为平行四边形，
所以CE∥AB，且CE＝AB＝2.
又DE＝2，DC＝2，
所以DE2＋EC2＝DC2，
所以DE⊥EC，所以AD⊥AB.
又因为AD⊥AP，AP∩AB＝A，
所以AD⊥平面PAB.
又因为AD∥BC，所以BC⊥平面PAB.
(2)由(1)知AD⊥平面PAB，过点A作AF⊥PA交PB于点F，
故以点A为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.

则A(0,0,0)，P(2,0,0)，B(－1，，0)，C(－1，，2)，
所以＝(0,0,2)，＝(3，－，0)，
＝(2,0,0)，＝(－1，，2)，
设平面PBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
由，得，
取y1＝，得平面PBC的一个法向量为n＝(1，，0)．
设平面PAC的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
由，得，
取y2＝2，得平面PAC的一个法向量为m＝(0,2，－3)，
所以cosn，m＝
＝＝.
因为二面角B－PC－A是一个锐二面角，所以所求二面角的余弦值为.
20．(2020·湖北部分重点高中期末联考)如图，已知平面BCC1B1是圆柱的轴截面(经过圆柱的轴截面)BC是圆柱底面的直径，O为底面圆心，E为母线CC1的中点，已知AB＝AC＝AA1＝4.

(1)求证：B1O⊥平面AEO；
(2)求二面角B1－AE－O的余弦值．
[解析]　(1)证明：依题意可知，AA1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，
如图建立空间直角坐标系A－xyz，

因为AB＝AC＝AA1＝4，
则A(0,0,0)，B(4,0,0)，E(0,4,2)，B1(4,0,4)，C(0,4,0)，O(2,2,0)，
＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，
＝(2,2,0)，
·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，
∴⊥，∴B1O⊥EO，
·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，
∴⊥，∴B1O⊥AO，
∵AO∩EO＝O，AO，EO⊂平面AEO，
∴B1O⊥平面AEO.
(2)由(1)知，平面AEO的法向量为＝(－2,2，－4)，
设平面B1AE的法向量为n＝(x，y，z)，
＝(0,4,2)，＝(－4,0，－4)，
则，
令x＝2，则n＝(2,1，－2)，
∴cos〈n，〉＝＝，
∴二面角B1－AE－O的余弦值为.
21．(本小题满分12分)(2019·河南许昌、洛阳质检)已知平面多边形PABCD中，PA＝PD，AD＝2DC＝2BC＝4，AD∥BC，AP⊥PD，AD⊥DC，E为PD的中点，现将△APD沿AD折起，使PC＝2.

(1)证明：CE∥平面ABP；
(2)求直线AE与平面ABP所成角的正弦值．
[解析]　(1)取PA的中点H，连HE，BH.
∵E为PD中点，∴HE为△APD的中位线，
∴HE∥AD，HE＝AD.
又AD∥BC，∴HE∥BC，HE＝BC，
∴四边形BCEH为平行四边形，
∴CE∥BH.
∵BH⊂平面ABP，CE⊄平面ABP，
∴CE∥平面ABP.

(2)由题意知△PAD为等腰直角三角形，ABCD为直角梯形，取AD中点F，连接BF，PF，
∵AD＝2BC＝4，∴平面多边形PABCD中P，F，B三点共线，且PF＝BF＝2，
∴翻折后，PF⊥AD，BF⊥AD，PF∩BF＝F，
∴DF⊥平面PBF，∴BC⊥平面PBF，
∵PB⊂平面PBF，∴BC⊥PB.
在直角三角形PBC中，PC＝2，BC＝2，
∴PB＝2，∴△PBF为等边三角形．
取BF的中点O，DC的中点M，
则PO⊥BF，PO⊥DF，DF∩BF＝F，
∴PO⊥平面ABCD.
以O为原点，，，分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，D(－1,2,0)，P(0,0，)，A(－1，－2,0)，
∴E(－，1，)，
∴＝(，3，)，
∴＝(2,2,0)，＝(－1,0，)．
设平面ABP的法向量为n＝(x，y，z)，
则，∴.
故可取n＝(3，－3，)，
∴cosn，＝＝－.
∴直线AE与平面ABP所成角的正弦值为.
22．(本小题满分12分)(2019·湖南省三湘名校联考)如图，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点．

(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成的角的正弦值为？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)证明：∵AB＝BC，E为AC的中点，
∴BE⊥AC，又PA⊥平面ABC，
BE⊂平面ABC，∴PA⊥BE，
∵PA∩AC＝A，∴BE⊥平面PAC，
∵BE⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)如图，由(1)知，PA⊥BE，PA⊥AC，点E，F分别为AC，PC的中点，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC，又BE⊥AC，
∴EB，EC，EF两两垂直，分别以，，方向为x，y，z轴建立坐标系．

则A(0，－2,0)，P(0，－2,2)，B(2，0,0)，C(0,2,0)，
设＝λ＝(－2λ，－2λ，2λ)，λ∈[0,1]，
所以＝＋＝(2(1－λ)，2(1－λ)，2λ)
＝(－2，2,0)，＝(0,4，－2)，
设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，
则，⇒，
令x＝1，则y＝，z＝2，
∴n＝(1，，2)，
由已知＝⇒＝⇒λ＝或(舍去)，
故λ＝.