高考理科数学第一轮立体几何专题测试题参考答案

高考理科数学第一轮《立体几何》专题测试题&参考答案
测试时间：120分钟满分：150分
第Ⅰ卷(选择题，共60分)
一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题只有一个选项符合题意)
1．[2021·浙江高考]已知彼此垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n 知足m∥α，n⊥β，则( )
A．m∥l B.m∥n
C．n⊥l D.m⊥n
答案C
解析因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.故选C.
2．[2021·济南调研]已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A．28＋6 5 B.40
C.40
3
D.30＋65
答案C
解析由三视图知，直观图如图所示：底面是直角三角形，直角边长为4,5，三棱锥的一个后侧面垂直底面，而且高为4，
所以棱锥的体积为：1
3
×
1
2
×5×4×4＝
40
3
.
3．[2021·云师大附中月考]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A.1
2 B.1
3 C ．2
2
D.2
3
答案 D
解析 由题意知该几何体为如图放置的正四面体，其棱长为2，故其表面积为12×2×2×sin π
3
×4＝23，故选D.
4．[2021·山东实验中学一诊]已知一个四棱锥的三视图及有关数据如图所示，则该几何体的体积为( )
A ．2 3 B.3 C.43
3
D.23
3
答案 C
解析由三视图知该几何体是四棱锥，其直观图如图所示，
四棱锥的一个侧面SAB与底面ABCD垂直，过S作SO⊥AB，垂足为O，
所以SO⊥底面ABCD，SO＝3，所以四棱锥的体积为1
3×2×2×3＝
43
3，故
选C.
5．[2021·广西梧州模拟]若某圆柱体的上部挖掉一个半球，下部挖掉一个圆锥后所得的几何体的三视图中的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则此几何体的表面积是()
A．(4＋2)π B.6π＋22π
C．6π＋2π D.(8＋2)π
答案C
解析圆柱的侧面积为S1＝2π×1×2＝4π，半球的表面积为S2＝2π×12＝
2π，圆锥的侧面积为S3＝π×1×2＝2π，所以几何体的表面积为S＝S1＋S2＋S3＝6π＋2π，故选C.
6．[2021·安徽师大期末]某个长方体被一个平面所截，取得的几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为()
A．4 B.2 2
C．4 2 D.8
答案D
解析按照三视图还原可知该几何体为长、宽、高别离为3,2,2
的长方体，被一个平面截去一部份剩余2
3，如图所示，所以该几何体
的体积为(3×2×2)×2
3＝8，故选D.
7．[2021·吉林长春质检]某几何体的三视图如图，其正视图中的曲线部份为半圆，则该几何体的体积是()
A ．4＋3
2π
B.6＋3π C ．6＋3
2π
D.12＋3
2
π
答案 C
解析 由题意，此模型为柱体，底面大小等于主视图面积大小，即几何体体积为V ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
12π·12＋12×2×2×3＝6＋3π2
，故选C.
8．[2021·河南百校联盟质监]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由正方形切割而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A.112
B.13
2
C ．6
D.7
答案 C
解析 几何体如图，为每一个正方体中去掉两个全等的三棱柱，体积为23－1
2
×1×1×1×4＝6，选C.
9．[2021·河北唐山模拟]在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝4，E ，F ，H
别离是棱PB ，BC ，PD 的中点，则过E ，F ，H 的平面截四棱锥P －ABCD 所得截面面积为( )
A ．2 6 B.4 6 C ．5 6 D.23＋46 答案 C
解析 由过E ，F ，H 的平面交直线CD 于N 点，可得N 点为CD 的中点，即CN ＝2；由过E ，F ，H 的平面交直线PA 于M 点，可得M 为PA 的四等分点，所以PM ＝1，所以过E ，F ，H 的平面截四棱锥P －ABCD 所得截面为五边形MEFNH ，所以其面积等于三角形MEH 与矩形EFNH 的面积之和，而S △MEH ＝
1
2×22×3＝6，S △EFNH ＝22×23＝46，所以所求的面积为56，故应选C.
10．[2021·全国卷Ⅲ]在封锁的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )
A ．4π B.9π2 C ．6π D.
32π
3
答案 B
解析 由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部份面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝3
2，该球的体积最大，
V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2
.
11．[2021·云师大附中月考]棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有极点均在球O 的球面上，E ，F ，G 别离为AB ，AD ，AA 1的中点，则平面EFG 截球O 所得圆的半径为( )
A. 2
B.
153 C.26
3
D.3
答案 B
解析 如图，正方体ABCD －
A 1
B 1
C 1
D 1的外接球球心O 为对角线AC 1的中点，球半径R ＝3，球心O 到平面EFG 的距离为23
3
，所以小圆半径r ＝
R 2－⎝ ⎛⎭
⎪⎫2332
＝153，故选B.
12．[2021·河北武邑期末]已知边长为23的菱形ABCD 中，∠A ＝60°，现沿对角线BD 折起，使得二面角A －BD －C 为120°，此时点A ，B ，C ，D 在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A ．20π B.24π C ．28π D.32π
答案 C
解析 如图别离取BD ，AC 的中点M ，N ，连MN ，则容易算得AM ＝CM ＝3，MN ＝32，MD ＝3，CN ＝33
2，
由图形的对称性可知球心必在MN 的延长线上，设球心为O ，半径为R ，HN ＝x ，则由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧
R 2＝x 2＋274
，R 2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
32＋x 2＋3，解之得x ＝12，则R 2＝14＋27
4
＝7，
所以球的表面积S ＝4πR 2＝28π，故应选C.
第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．[2021·江苏联考]将圆锥的侧面展开恰为一个半径为2的半圆，则圆锥的体积是________．
答案
3
3
π 解析 圆锥的侧面展开恰为一个半径为2的半圆，所以圆锥的底面周长为2π，底面半径为1，圆锥的高为3，圆锥的体积为13π×12×3＝33
π.
14．[2021·河南郑州一中期末]我国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：
寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 为________．
答案 1.6
解析 由图可得π×⎝ ⎛⎭
⎪⎫122
×x ＋3×1×(5.4－x )＝12.6⇒x ＝1.6.
15．[2021·江苏联考]在下列四个图所表示的正方体中，能够取得AB ⊥CD 的是________．
答案 ①②
解析 对于①，通过平移AB 到右边的平面，可知AB ⊥CD ，所以①中AB ⊥CD ；
对于②，通过作右边平面的另一条对角线，可得CD 垂直AB 所在的平面，由线面垂直定理取得②中AB ⊥CD ；
对于③，可知AB 与CD 所成的角为60°；
对于④，通过平移CD 到下底面，可知AB 与CD 不垂直．
故答案为①②.
16．[2021·长春质检]若是一个棱锥底面为正多边形，且极点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥称为正棱锥．已知正四棱锥P －ABCD 内接于半径为1的球，则当此正四棱锥的体积最大时，其高为________．
答案 43 解析 由球的几何性质可设四棱锥高为h ，从而V P －ABCD ＝23
h [1－(h －1)2]＝23(－h 3＋2h 2)，有V ′P －ABCD ＝23(－3h 2＋4h )＝23h (－3h ＋4)，可知当h ＝43时，体积V P －ABCD 最大．
三、解答题(共6小题，共70分，解承诺写出文字说明、证明进程或演算步骤)
17．[2021·西安八校联考](本小题满分10分)
在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝DC ＝12
DD 1，过A 1、B 、C 1三点的平面截去长方体的一个角后，得如图所示的几何
体ABCD －A 1C 1D 1，E 、F 别离为A 1B 、BC 1的中点．
(1)求证：EF ∥平面ABCD ；
(2)求平面A 1BC 1与平面ABCD 的夹角θ的余弦值．
解 (1)证明：∵在△A 1BC 1中，E 、F 别离为A 1B 、BC 1的中点，∴EF ∥A 1C 1. ∵在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC ∥A 1C 1，
∴EF ∥AC .(2分)
∵EF ⊄平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，
∴EF ∥平面ABCD .(4分)
(2)以D 为坐标轴原点，以DA 、DC 、DD 1方向别离为x ，y ，z 轴，成立空
间直角坐标系，不妨设AD ＝DC ＝12DD 1＝1， 则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，D 1(0,0,2)，
A 1(1,0,2)，A 1
B →＝(0,1，－2)，
C 1B →＝(1,0，－2)，(5分)
∵DD 1⊥平面ABCD ，∴平面ABCD 的一个法向量为DD 1→＝(0,0,2)，(6分)
设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )，
则⎩⎨⎧ n ·A 1B →＝0，n ·C 1B →＝0，即⎩⎨⎧
b －2
c ＝0，a －2c ＝0，取a ＝1，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，(8分) ∴cos θ＝|cos 〈n ，DD 1→〉|
＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪DD 1→·n |DD 1→||n |＝13. ∴平面A 1BC 1与平面ABCD 的夹角θ的余弦值为13
.(10分)
18．[2021·江西南昌模拟](本小题满分12分)如图所示，
点P 为斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱BB 1上一点，PM ⊥
BB1交AA1于点M，PN⊥BB1交CC1于点N.
(1)求证：CC1⊥MN；
(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EF cos∠DFE.拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．
解(1)证明：∵PM⊥BB1，PN⊥BB1，PM∩PN＝P，
∴BB1⊥平面PMN，∴BB1⊥MN.
又CC1∥BB1，∴CC1⊥MN.(4分)
(2)在斜三棱柱ABC—A1B1C1中，有S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A1cosα，
其中α为平面BCC1B1与平面ACC1A1所成的二面角的大小．(7分)
证明：∵CC1⊥平面PMN，
∴上述的二面角的平面角为∠MNP.
在△PMN中，
∵PM2＝PN2＋MN2－2PN·MN cos∠MNP，
∴PM2·CC21＝PN2·CC21＋MN2·CC21－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP，
由于SCBB1C1＝PN·CC1，SACC1A1＝MN·CC1，
SABB1A1＝PM·BB1＝PM·CC1，
∴S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A1cosα.(12分)
19．[2021·长春质检](本小题满分12分)已知等腰梯形ABCD如图1所示，其中AB∥CD，E，F别离为AB和CD的中点，且AB＝EF＝2，CD＝6，M为BC中点，现将梯形ABCD按EF所在直线折起，使平面EFCB⊥平面EFDA，如图2所示，N是线段CD上一动点，且CN＝λND.
(1)当λ＝12时，求证：MN ∥平面ADFE ； (2)当λ＝1时，求二面角M －NA －F 的余弦值．
解 (1)证明：过点M 作MP ⊥EF 于点P ，过点N 作NQ ⊥FD 于点Q ，连接PQ .由题意，平面EFCB ⊥平面EFDA ，所以MP ⊥平面EFDA ，且MP ＝BE ＋CF 2
＝2，(2分) 因为CF ⊥EF ，DF ⊥EF ，所以EF ⊥平面CFD ，所以NQ ⊥EF ，由NQ ⊥
FD ，所以NQ ⊥平面EFDA ，又CN ＝12ND ，所以NQ ＝23
CF ＝2，(4分) 即MP ∥NQ ，MP ＝NQ ，则MN ∥PQ ，由MN ⊄平面ADFE ，PQ ⊂平面ADFE ，所以MN ∥平面ADFE .(6分)
(2)以F 为坐标原点，FE 方向为x 轴，FD 方向为y 轴，FC 方向为z 轴，成立如图所示坐标系．由题意，M (1,0,2)，A (2,1,0)，F (0,0,0)，
C (0,0,3)，
D (0,3,0)，N ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，32，32. 设平面AMN 与平面FAN 的法向量别离为n 1，n 2，
平面AMN 的法向量为平面ABCD 的法向量，
即n 1＝(1,1,1)，(8分)
在平面FAN 中，
FA →＝(2,1,0)，FN →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，32，32，即n 2＝(1，－2,2)，(10分) 则cos θ＝39，所以二面角M －NA －F 的余弦值为39
.(12分) 20．[2021·沈阳质检](本小题满分12分)四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD,2AD ＝BC ＝2a (a >0), AD ∥BC ，PD ＝3a ，∠DAB ＝θ.
(1)若θ＝60°，AB ＝2a ，Q 为PB 的中点，求证：DQ ⊥PC ；
(2)若θ＝90°，AB ＝a ，求平面PAD 与平面PBC 所成二面角的大小．(若非特殊角，求出所成角余弦即可)
解 (1)证明：连接BD ，△ABD 中，AD ＝a ，AB ＝2a ，∠DAB ＝60°，由余弦定理：
BD 2＝DA 2＋AB 2－2DA ·AB cos60°，解得BD ＝3a ，
所以△ABD 为直角三角形，BD ⊥AD ，
因为AD ∥BC ，所以BC ⊥BD ，(1分)
又因为PD ⊥平面ABCD ，
所以BC ⊥PD ，(2分)
因为PD ∩BD ＝D ，
所以BC ⊥平面PBD ，(3分)
BC ⊂平面PBC ，所以平面PBD ⊥平面PBC ，(4分)
又因为PD ＝BD ＝3a ，Q 为PB 中点，所以DQ ⊥PB .
因为平面PBD ∩平面PBC ＝PB ，
所以DQ ⊥平面PBC ，(5分)
PC ⊂平面PBC ，所以DQ ⊥PC .(6分)
(2)由θ＝90°，AB ＝a ，可得BD ＝CD ＝2a .
取BC 中点M ，可证得ABMD 为矩形．(7分)
以D 为坐标原点别离以DA ，DM ，DP 所在直线为
x ，y ，z 轴，
成立空间直角坐标系Dxyz ，则A (a,0,0)，B (a ，a,0)，
DM ⊥平面PAD ，所以DM →是平面PAD 的法向量，
DM →＝(0，a,0)．(9分)
设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
P (0,0，3a )，B (a ，a,0)，C (－a ，a,0)，
所以PB →＝(a ，a ，－3a )，BC →＝(－2a,0,0)，
⎩⎨⎧ n ·PB →＝0，n ·BC →＝0，令z ＝1，
可得⎩⎨⎧
ax ＋ay －3a ＝0，－2ax ＝0，
解得n ＝(0，3，1)，(10分) 所以cos θ＝DM →·n |DM →||n |＝3a 2a ＝32.(11分)
所以平面PAD 与平面PBC 所成二面角为π6.(12分)
21．[2021·贵阳月考](本小题满分12分)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PD ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝2，BC
＝12
PA ，BD ＝3，E 在PC 边上． (1)求证：平面PDA ⊥平面PDB ；
(2)当E 是PC 边上的中点时，求异面直线AP 与BE 所成角的余弦值；
(3)若二面角E －BD －C 的大小为30°，求DE 的长．
解 (1)证明：因为底面ABCD 是平行四边形，
∴AD ＝BC ＝1，又BD ＝3，AB ＝2，
知足AD 2＋BD 2＝AB 2，∴AD ⊥BD .
又因为PD ⊥底面ABCD ，∴PD ⊥BD ，
∴BD ⊥平面PAD .(3分)
∵BD ⊂平面PDB ，∴平面PDA ⊥平面PDB .(4分)
(2)以D 为原点成立如图所示空间直角坐标系．
则D (0,0,0)，P (0,0，3)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，
C (－1，3，0)， ∵E 是PC 边上的中点，∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32
，32， 则AP →＝(－1,0，3)，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12
，－32，32，(6分) ∴cos 〈AP →，BE →〉＝|A P →·BE →
||AP →||BE →|
＝277.(8分) (3)由C ，E ，P 三点共线，
得DE →＝λDP →＋(1－λ)DC →，且0≤λ≤1，
从而有DE →＝(λ－1，3(1－λ)，3λ)，DB →＝(0，3，0)．
设平面EDB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
由n ·DE →＝0及n ·DB →＝0，可取n ＝⎝
⎛⎭⎪⎫3，0，1－λλ. 又平面CBD 的法向量可取m ＝(0,0,1)，(10分)
二面角E －BD －C 的大小为30°，
∴cos30°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·m |n ||m |＝32
， ∴λ＝14，∴DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34
，334，34，∴|DE |＝394.(12分)
22．[2021·河北一模](本小题满分12分)如图，在三棱锥S
－ABC 中，SC ⊥平面ABC ，SC ＝3，AC ⊥BC ，CE ＝2EB ＝2，
AC ＝32
，CD ＝ED . (1)求证：DE ⊥平面SCD ；
(2)求二面角A －SD －C 的余弦值；
(3)求点A 到平面SCD 的距离．
解 (1)证明：以C 为原点，CA ，CB ，CS 所在直线别离为x 轴，y 轴，z 轴
成立空间直角坐标系，如图，则C (0,0,0)，A ⎝ ⎛⎭
⎪⎫32，0，0，S (0,0,3)，E (0,2,0)，D (1,1,0)， 因为DE →＝(－1,1,0)，CD →＝(1,1,0)，
CS →＝(0,0,3)，
所以DE →·CD →＝－1＋1＋0＝0，DE →·CS →＝0＋0＋0＝0，
即DE ⊥CD ，DE ⊥CS .(2分)
因为CD ∩CS ＝C ，
所以DE ⊥平面SCD .(4分)
(2)由(1)可知DE →＝(－1,1,0)为平面SCD 的一个法向量．
设平面SAD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
而AD →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，1，0， AS →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－32，0，3，
则⎩⎨⎧ n ·AD →＝0，
n ·AS →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －12x ＋y ＝0，－32x ＋3z ＝0. 不妨设x ＝2，可得n ＝(2,1,1)．(6分)
易知二面角A －SD －C 为锐角，因此有|cos 〈DE →，n 〉|＝⎪
⎪⎪⎪⎪⎪－2＋1＋02·6＝36， 即二面角A －SD －C 的余弦值为36.(8分)
(3)AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，0，AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
－12，1，0，
AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3
2，0，3，
作AH ⊥平面SCD ，垂足为H ， 设AH →＝xAC →＋yAD →＋zAS →
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32x －12y －3
2z ，y ，3z ，
且x ＋y ＋z ＝1.(10分)
由AH →⊥CD →，AH →⊥CS →，得 ⎩⎪⎨⎪⎧ －32x －12y －32z ＋y ＝0，
9z ＝0，x ＋y ＋z ＝1，解得
⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1
4，
y ＝
34，
z ＝0.
所以AH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，34，0，(11分)
|AH →|＝32
4，
32
即点A到平面SCD的距离为
4.(12分)。