2022版高考数学一轮复习-考案第七章-立体几何综合过关规范限时检测新人教版.doc

2022版高考数学一轮复习 考案第七章 立体几何综合过关规范限时检测新人教版2022版高考数学一轮复习 考案第七章 立体几何综合过关规范限时检测新人教版年级：姓名：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(2021河北省衡水中学调研)下列命题正确的个数为(C)梯形一定是平面图形；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；两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合A0B1C2D3解析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，故对；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，ABAC，直线AB，AC与直线BC所成的角相等，而直线AB，AC不平行，故错；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，故对；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，故错综上，选C.2(2020山东省济南市6月模拟)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上，下底面及母线均相切若O1O22，则圆柱O1O2的表面积为(C)A4B5C6D7解析由题意，可得h2r2，解得r1，所以圆柱O1O2的表面积为Sr222rh6r26.故选C.3(2021河北省唐山市期末)一个几何体的三视图如图所示，小正方形的边长为1，则这个几何体的表面积是(D)A11B9C7D5解析由三视图可得几何体为个球体，球的半径为2，故该几何体的表面积为4435，故选D.4(2021山东省滨州市三模)已知m，n为两条不同的直线，为三个不同的平面，则下列命题正确的是(B)A若m，n，则mnB若，且m，则mC若m，n，m，n，则D若m，n，则mn解析对A：若m，n，则mn，或m与n是异面直线，或m与n相交，故A错误；对B：若，且m，不妨取交线m上一点P，作平面的垂线为l，因为l，且点P，故l；同理可得l，故l与m是同一条直线，因为l，故m.故B选项正确；对C：只有当m与n是相交直线时，若m，n，m，n，才会有.故C错误；对D：若m，n，则m与n的关系不确定，故D错误故选B.5(理)(2021东北三省四市教研联合体模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1，O为底面ABCD的中心，M，N分别为棱A1D1，CC1的中点则异面直线B1M与ON所成角的余弦值为(C)ABCD(文)(2021吉林长春一中期末)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BD的中点，则直线AD1与EF所成角的余弦值是(C)ABCD解析 (理)解法一：如图，设B1MA1C1H，在AA1上取点P，使A1PAA1，连PH、AC1、PM，易知PMAC1ON，MHP即为BM与ON所成的角，设正方体的棱长为6，则PM，PH2，MH，cosMHP，故选C.解法二：以D为原点建立如下图所示的空间直角坐标系：设正方体的棱长为2，所以有D(0,0,0)，O(1,1,0)，B1(2,2,2)，M(1,0,2)，N(0，2,1)，因此(1，2,0)，(1,1,1)，设异面直线B1M与ON所成角为，所以cos .故选C.(文)连BD1，E、F分别为DD1、BD的中点，EFBD1，AD1B即为EF与AD1所成的角，设正方体的棱长为1，则A1D，BD1，又AB平面AD1，ABAD1，cosAD1B.故选C.6(2021山东济宁期末)已知m、n为两条不重合的直线，、为两个不重合的平面，则下列说法正确的是(C)若m，n且，则mn若mn，m，n，则若mn，n，m，则m若mn，n，则mABCD解析在中的条件下，mn或m与n相交或m、n异面，错；又，正确；m，正确；m或m，错，故选C.7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)AAG平面EFHBAH平面EFHCHF平面AEFDHG平面AEF解析根据折叠前、后AHHE，AHHF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；AGEF，EFGH，AGGHG，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.8(2021湖北武汉部分学校质检)如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN平面ABC的是(D)解析选项D中，MN平面ABC，故选D.9(2021山东滨州期末改编)已知菱形ABCD中，BAD60，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，下列结论错误的是(C)ABDCMB存在一个位置，使CDM为等边三角形CDM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BDOM，BDCO，BD平面MOC，BDCM，A正确；设菱形边长为a，则CM的取值范围为(0，a)，B正确；当CMa时，DMBC，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C.10(2021上海虹口区期末)在空间，已知直线l及不在l上两个不重合的点A、B，过直线l做平面，使得点A、B到平面的距离相等，则这样的平面的个数不可能是(C)A1个B2个C3个D无数个解析(1)如图，当直线AB与l异面时，则只有一种情况；(2)当直线AB与l平行时，则有无数种情况，平面可以绕着l转动；(3)如图，当l过线段AB的中垂面时，有两种情况故选C.11.(2021河南新乡模拟)如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，点H在棱AA1上，且HA11，P是侧面BCC1B1内一动点，HP，则CP的最小值为(A)A2B3C.2D3解析如图，作HGBB1交BB1于点G，则B1G1.因为HP，所以GP2，所以点P的轨迹是以G为圆心，2为半径的圆弧，所以CP的最小值为CG22.12(理)(2021福建龙岩质检)在三棱锥ABCD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ABCD外接球的表面积为(D)A8B12C16D20(文)(2021河南郑州、商丘名师联盟质检)将一个半径为的半球切削成一个正方体(保持正方体的一个所在平面上)，所得正方体体积的最大值为面在半球底面(B)A4B8C2D4解析 (理)取BC的中点E，连结AE与DE，则AEDE，且AEDE23，在DE上取点I使得EIDE，在AE上取点H使得EHAE，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BI2，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ABCD的外接球球心，OIEH31，BO，故外接球半径为，则三棱锥ABCD外接球的表面积4520.(文)由题意，当正方体内接于半球时体积最大，如图，连接球心O与点C，连接OC1，则OC1.设正方体棱长为a，则在RtOCC1中，OC2CCOC，2a26，解得a2，故正方体体积的最大值为8.故选B.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(2021北京石景山期末)已知平面、.给出下列三个论断：；.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，则(或填，则) .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()21.15如图所示，在直四棱柱(侧棱与底面垂直)ABCDA1B1C1D1中，当底面四边形ABCD满足条件 ACBD(或ABCD为正方形或ABCD为菱形等) 时，有AC1BD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，BDCC1，又BDAC，BD平面ACC1，AC1BD.16(2021山东滨州期末)在四面体SABC中，SASB2，且SASB，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 8 .解析SASB2，SASB，AB2，又BC，AC，AB2BC2AC2，即ACBC，当平面ASB平面ABC时VSABC最大，此时VSABC.设AB的中点为O，则OAOBOCOS，即四面体外接球的半径为，四面体外接球的表面积为S4()28.三、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)(理)(2021山东新高考质量测评)如图，在四棱锥MABCD中，底面ABCD是平行四边形，且ABBC1，MD1，MD平面ABCD，H是MB中点，在下面两个条件中任选一个，并作答：(1)二面角AMDC的大小是；(2)BAD，若 .求CH与平面MCD所成角的正弦值注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分(文)(2021河北、广东联考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，D，E分别为A1C1，B1C1的中点，ABAC.(1)AB平面CDE；(2)A1ECE.解析(理)若选(1)因为MD平面ABCD，所以ADMD，CDMD，所以ADC就是二面角AMDC的平面角，所以ADC，过D作x轴DC，以D为坐标原点，以DC，DM所在直线为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系则C(0,1,0)，H.所以)取平面MCD的一个法向量为n(1,0,0)设CH与平面MCD所成角为，则sin .所以CH与平面MCD所成角的正弦值是.若选(2)因为MD平面ABCD，BAD，所以DA，DC，DM两两垂直以D为坐标原点，以DA，DC，DM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则C(0,1,0)，H.所以.取平面MCD的一个法向量n(1,0,0)设CH与平面MCD所成角为，则sin .所以CH与平面MCD所成角的正弦值是.(文)(1)因为D，E分别为A1C1，B1C1的中点，所以DEA1B1，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，所以ABDE.又因为DE平面CDE，AB平面CDE，所以AB平面CDE.(2)因为A1B1A1C1，E为B1C1的中点，所以A1EB1C1.因为C1CAA1，所以C1C平面A1B1C1，又因为A1E平面A1B1C1，所以C1CA1E.因为C1C平面BB1C1C，B1C1平面BB1C1C，C1CB1C1C1，所以A1E平面BB1C1C.因为C1E平面BB1C1C，所以A1ECE.18(本小题满分12分)(2021山东潍坊安丘市、诸城市、高密市联考)已知正三棱柱ABCA1B1C1的边长均为2，E，F分别是线段AC1和BB1的中点(1)求证：EF平面ABC；(2)求三棱锥CABE的体积解析(1)证明：取AC的中点为G，连结GE，GB，在ACC1中，EG为中位线，所以EGCC1，EGCC1，又因为CC1BB1，CC1BB1，F为BB1的中点，所以EGBF，EGBF，所以四边形EFBG为平行四边形，所以EFGB，又EF平面ABC，GB平面ABC，所以EF平面ABC.(2)因为VCABEVEABC，因为E为AC1的中点，所以E到底面ABC的距离是C1到底面ABC的距离的一半，即三棱锥EABC的高hCC1，又ABC的面积为S(2)23，所以VCABEVEABCSh33.19(本小题满分12分)(理)(2021河南许昌、洛阳质检)已知平面多边形PABCD中，PAPD，AD2DC2BC4，ADBC，APPD，ADDC，E为PD的中点，现将APD沿AD折起，使PC2.(1)证明：CE平面ABP；(2)求直线AE与平面ABP所成角的正弦值(文)(2021贵州安顺质检)如图所示，在四棱锥PABCD中，侧面PAB是边长为2正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是ABC60的菱形(1)证明：PCAB；(2)求点D到PAC的距离解析(理)(1)证明：取PA的中点H，连HE，BH.E为PD中点，HE为APD的中位线，HEAD，HEAD.又ADBC，HEBC，HEBC，四边形BCEH为平行四边形，CEBH.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， 四边形ABCD为直角梯形，取AD中点F，连接BF，PF，AD2BC4，平面多边形PABCD中P，F，B三点共线，且PFBF2，翻折后，PFAD，BFAD，PFBFF，DF平面PBF，BC平面PBF，PB平面PBF，BCPB.在直角三角形PBC中，PC2，BC2，PB2，PBF为等边三角形取BF的中点O，DC的中点M，则POBF，PODF，DFBFF，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，(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，)，cosn，.直线AE与平面ABP所成角的正弦值为.(文)(1)如图所示取AB中点为M，连接PM，CM，PAB、ABC均为正三角形，PMAB，CMAB.ABPM，ABCM，又PMCMM，AB平面PMC.又PC平面PMC，ABPC.(2)平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，PMAB，PM平面ABC，PMCM，PC，SPACPCh，VPABCVPACDSVABCPM221，设D到平面PAC的距离为d，则VPACDVDPACSVPACdd1，d，D到平面PAC的距离为.20(本小题满分12分)(理)(2021山西运城调研)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，ADC120，且DEFC，DE平面ABCD，DE2FC2.(1)证明：平面FBE平面EDB；(2)求二面角AEBC的余弦值(文)(2021河南实验中学模拟)已知四边形ABCD是梯形(如图甲)，ABCD，ADDC，CD4，ABAD2，E为CD的中点，以AE为折痕把ADE折起，使点D到达点P的位置(如图乙)，且PB2.(1)求证：平面PAE平面ABCE；(2)求点A到平面PBE的距离解析(理)(1)如图，连接AC交BD于点O，取EB的中点H，连接FH，HO.四边形ABCD为菱形，点H是EB的中点，DEFC.HOFC，HOEDFC，四边形CFHO为平行四边形，FHCO.DE平面ABCD，CO平面ABCD，DECO.又COBD，EDBDD，CO平面EDB，FH平面EDB.又FH平面FBE，平面FBE平面EDB.(2)连接EC，以点O为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意得A(0，0)，C(0，0)，B(1,0,0)，E(1,0,2)，则(2,0，2)，(1，0)，(1，0)设平面AEB的法向量为m(x1，y1，z1)，则，即，取m.设平面CEB的法向量为n(x2，y2，z2)，则，即，取n.cosm，n，二面角AEBC的余弦值为.(文)(1)证明：连接BE，因为ABCD，ADDC，CD4，E为CD的中点，ABAD2，所以四边形ABED是边长为2的正方形，且BEEC.取AE的中点M，连接PM，BM.因为APPE2，所以PMAE，BMAE，且AE2，PMAMBM.又PB2，所以PM2MB2PB2，所以PMMB.又AEMBM，所以PM平面ABCE.又PM平面PAE，所以平面PAE平面ABCE.(2)由(1)知，PM平面ABCE，PBE为正三角形且边长为2.设点A到平面PBE的距离为d，则VPABESABEPMSPBEd，所以2222d，解得d，故点A到平面PBE的距离为.21(本小题满分12分)(2021河南中原名校质量测评)如图，S为圆锥的顶点，O为底面圆心，点A，B在底面圆周上，且AOB60，点C，D分别为SB，OB的中点(1)求证：ACOB；(2)若圆锥的底面半径为2，高为4，求直线AC与平面SOA所成的角的正弦值解析(1)证明：由题意，得SO底面圆O，点C，D分别为SB，OB中点，CDSO，CD底面圆O，OB在底面圆O上，OBCD，AOB60，AOB为正三角形，又D为OB中点，OBAD，又ADCDD，且AD，CD平面ACD，OB平面ACD，AC平面ACD，ACOB.(2)解法一：作DHOA于H，SO底圆面O，DHSO，DH平面SOA，又正OAB边长为2，DH，AD，又OS4，DC2，又CDAD，AC，设AC与平面SOA所成角为，又C到平面SAO的距离等于DH，sin .解法二：(理)如图，以D为原点，DA，DB，DC所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(，0,0)，C(0,0,2)，O(0，1，0)，S(0，1,4)，故(，0,2)，(，1,4)，(，1,0)，设平面SOA的法向量为n(x，y，z)，由，可得，令x1，得n(1，0)为平面SOA的一个法向量，设直线AC与平面SOA所成的角为，则sin |cosn，|，即直线AC与平面SOA所成的角的正弦值为.22(本小题满分12分)(理)(2021河南九师联盟质检)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，ADBC，ADC90，PAPD，PAPD.(1)求证：平面PAB平面PCD；(2)若BC1，ADCD2，求二面角APCB的余弦值(文)(2021皖豫名校联盟联考)如图所示，在四棱锥SABCD中，平面SAB底面ABCD，ABC90，ACD60，ACAD，SA2，AB，BC1.设平面SCD与平面SAB的交线为l，E为SD的中点(1)求证：l平面ACE；(2)若在棱AB上存在一点Q，使得DQ平面SAC，当四棱锥SABCD的体积最大时，求SQ的值解析 (理)(1)证明：在四棱锥PABCD中，因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，又因为CDAD，CD平面ABCD，所以CD平面PAD.因为PA平面PAD，所以CDPA因为PAPD，CDPDD，CD，PC平面PCD，所以PA平面PCD.因为PA平面PAB，所以平面PAB平面PCD.(2)解：取AD中点O，连接OP，OB，因为PAPD，所以POAD.因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，因为PO平面PAD，所以PO平面ABCD，所以POOA，POOB.因为CDAD，BCAD，AD2BC，所以BCOD，BCOD，所以四边形OBCD是平行四边形，所以OBOC，所以OBAD.以OA，OB，OP所在的直线分别为x、y、z轴建立，如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(1,2,0)，P(0,0,1)，所以(2,2,0)，(1,0,1)，(1,0,0)，(0，2,1)，设平面PAC的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，则n(1,1,1)设平面BPC的法向量为m(a，b，c)，则即令b1，则m(0,1,2)所以cosm，n，易判断二面角APCB为锐角，所以二面角APCB的余弦值为.(文)(1)在RtABC中，因为BC1，AB，所以tanBAC，AC2，所以BAC30.在ACD中，因为ACAD，ACD60，所以ACD为等边三角形，所以CD2，CAD60，所以BAD90，又ABC90，所以BCAD.如图，延长AB和DC交于点F，连接SF，因为FAB，AB平面SAB，所以F平面SAB.同理可得F平面SCD.所以SF所在直线即为直线l.因为，所以C为DF的中点，所以在SDF中，lCE.因为l不在平面ACE内，CE平面ACE，所以l平面ACE.(2)过S向AB作垂线，垂足为P，因为平面SAB底面ABCD，所以SP底面ABCD，因为梯形ABCD的面积和SA的长为定值，所以当P与A重合，即SA底面ABCD时，四棱锥SABCD的体积最大因为DQ平面SAC，AC平面SAC，所以DQAC，所以DQ经过AC的中点所以ADQ30，所以AQADtanADQ2tan 30，故SQ.