达标测试卷(7) 立体几何-【高考总复习】2025年高考数学一轮达标测试卷

达标测试卷(七)　立体几何 (本卷满分150分　考试时间120分钟) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.将一个斜边为2的等腰直角三角形绕直角边旋转一周形成的几何体的体积为(　　) A.π　　　　B.π　　　　C.π　　　　D.π 2.若a，b是空间中两条不同的直线，则a∥b的充分条件是(　　) A.直线a，b都垂直于直线l B.直线a，b都垂直于平面α C.直线a，b都与直线l成30°角 D.直线a，b都与平面α成60°角 3.如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，M为BC的中点，N为A1C1靠近A1的三等分点，设＝a，＝b，＝c，则用a，b，c表示为(　　) A.a＋b－c B.－a＋b＋c C.a－b－c D.－a－b＋c 4.在正方体ABCD­A1B1C1D1中，若M是棱DD1的中点，点O为底面ABCD的中心，P为棱A1B1上任意一点，则异面直线OP与AM所成角的大小为(　　) A. B. C. D.与P点位置无关 5.如图，在四边形ABCD中，AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝.现将△ABD沿BD折起，当二面角A­BD­C处于过程中，直线AD与BC所成角的余弦值的取值范围是(　　) A. B. C. D. 6.如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，AD⊥AA1，AD⊥AB，∠A1AB＝60°，M，N分别是棱AB和BC的中点，则下列说法错误的是(　　) A.A1，C1，M，N四点共面 B.B1N与AB共面 C.AD⊥平面ABB1A1 D.A1M⊥平面ABCD 7.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝3，D，E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G，则点A1到平面ABD的距离为(　　) A. B. C. D.2 8.《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形状的几何体，如图，羡除ABCDEF中，底面ABCD是正方形，EF∥平面ABCD，EF＝2，其余棱长都为1，则这个几何体的外接球的体积为(　　) A.π B.π C.π D.4π 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.已知m，n是不同的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题正确的是(　　) A.若α∥β，m⊂α，则m∥β B.若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β C.若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n D.若m∥α，则m平行于平面α内任意一条直线 10.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝CB＝2，AA1＝3，∠ACB＝90°，则(　　) A.点C1到平面A1B1C的距离为1 B.点C1到平面A1B1C的距离为 C.直线A1C1与平面A1B1C所成角的正弦值为 D.直线A1C1与平面A1B1C所成角的正弦值为 11.如图所示，圆锥SO的底面半径r＝，高SO＝1，AB是底面圆周的一条直径，M为底面圆周上与B不重合的一点，则下列命题正确的是(　　) A.圆锥SO的体积为π B.圆锥SO的表面积为(2＋3)π C.△SBM的面积的最大值是 D.有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A爬行到点B，则蚂蚁爬行的最短距离为π 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为3，M，N分别是棱A1B1，B1C1的中点，P是棱AD上的一点，AP＝1，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________. 13.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，当底面A1B1C1满足条件________时，有AB1⊥BC1. 14.如图，已知平行四边形ABCD中，AC＝AB＝m，∠BAD＝120°，将△ABC沿对角线AC翻折至△AB1C所在的位置，若二面角B1­AC­D的大小为120°，则过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)如图，等腰直角△ABE与正方形ABCD所在平面互相垂直，AE⊥BE，AB＝2，FC⊥平面ABCD，EF∥平面ABCD. (1)求FC的长； (2)求直线EF与平面BDF所成角的正切值. 16.(15分)如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4. (1)求证：AC⊥BC1； (2)在AB上是否存在点D，使得AC1∥平面CDB1，若存在，确定D点位置并说明理由；若不存在，请说明理由. 17.(15分)如图，四棱锥F­ABCD的底面ABCD是菱形，其对角线AC＝2，BD＝，AE，CF都与平面ABCD垂直，AE＝1，CF＝2. (1)求二面角B­AF­D的大小； (2)求三棱锥E­ABD与四棱锥F­ABCD公共部分的体积. 18.(17分)已知△ABC是锐角三角形，分别以AB，AC，BC为直径作三个球.这三个球交于一点P. (1)若BC＝，AC＝，AB＝，求P到平面ABC的距离； (2)记直线PA与平面ABC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，直线PC与平面ABC所成的角为θ，证明：cos2α＋cos2β＋cos2θ为定值. 19.(17分)如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点M，N别是边BC，CD的中点，AC∩BD＝O1，AC∩MN＝G.沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P­ABMND. (1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论； (2)当四棱锥P­MNDB体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 达标测试卷(七)　立体几何 1.C　设△ABC为斜边为2的等腰直角三角形，将其绕直角边旋转一周形成圆锥，如图，则AC＝BC＝，则圆锥的底面圆的半径为，高为，所以其体积为×π×2×＝π.故选C. 2.B　A选项，a，b都与l垂直，可能a与b的位置关系为平行，相交，异面，A选项错误. B选项，a，b都垂直于平面α，则a∥b，B选项正确. C选项，a，b都与直线l成30°角，可能a与b的位置关系为平行，相交，异面，C选项错误. D选项，a，b都与平面α成60°角，可能a与b的位置关系为平行，相交，异面，D选项错误.故选B. 3.A　 ＝＋＋＝b－c＋(a－b)＝a＋b－c，故选A. 4.C　 如图，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，∴A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)， 设P(2，m，2)， ∴＝(－2，0，1)， ＝(1，m－1，2)， ∴·＝－2×1＋0×(m－1)＋1×2＝0， ∴⊥，即AM⊥OP. ∴直线OP与直线AM所成的角为.故选C. 5.D　设向量与的夹角为θ1，二面角A­BD­C的大小为θ2，因为BC2＋CD2＝BD2，所以BC⊥CD，又BC＝CD，所以∠BDC＝∠DBC＝，·＝2×2×cos＝－2，·＝2××cos＝－2， 则＝＋＋，所以||2＝|＋＋|2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝2＋4cos θ1， 取BD中点E，连接AE，CE，则AE⊥BD，CE⊥BD，则∠AEC＝θ2，AE＝，CE＝1， 在△AEC中，AC2＝AE2＋CE2－2·AE·CE·cos θ2， 即AC2＝4－2cos θ2， 所以2＋4cos θ1＝4－2cos θ2， 即cos θ1＝－cos θ2， 又因为θ2∈，所以cos θ1∈， 因为异面直线所成角的范围为，所以直线AD与BC所成角的余弦值的取值范围是. 故选D. 6.B　连接MN，因为M，N分别是棱AB和BC的中点，所以MN∥AC， 因为AA1∥CC1，且AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1， 所以MN∥A1C1，所以A1，C1，M，N四点共面，A说法正确； 因为AD⊥AA1，AD⊥AB，AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，所以AD⊥平面ABB1A1，C正确； 连接A1B，因为∠A1AB＝60°，AB＝AD＝AA1＝1， 所以△ABA1是等边三角形，所以A1M⊥AB， 因为AD⊥平面ABB1A1，A1M⊂平面ABB1A1， 所以A1M⊥AD， 因为AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD， 所以A1M⊥平面ABCD，D说法正确； 若B1N与AB共面，则B1，N，A，B共面，故N在平面ABB1A1中，这与题设矛盾，B说法错误，故选B. 7.A　如图所示，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设CA＝CB＝a，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，D，A1(a，0，3)，可得E，G(，，)，所以＝，＝， 因为点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心，所以GE⊥平面ABD，所以·＝0， 即×0＋×(－a)＋×1＝0，解得a＝3， 即＝， 设点A1到平面ABD的距离为d，E是A1B的中点，所以d＝2||＝.故选A. 8.B　 连接AC，BD交于点M，取EF的中点O，则OM⊥平面ABCD，取BC的中点G，连接FG，作GH⊥EF，垂足为H，如图所示. 由题意可知，HF＝，FG＝， 所以HG＝＝， 所以OM＝HG＝，AM＝， 所以OA＝＝1，又OE＝1， 所以OA＝OB＝OC＝OD＝OE＝OF＝1，即这个几何体的外接球的球心为O，半径为1，所以这个几何体的外接球的体积为V＝πR3＝×π×13＝π.故选B. 9.AB　对于A：若α∥β，m⊂α，由面面平行的性质可得m∥β，故A正确； 对于B：若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β，故B正确； 对于C：若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m与n异面，故C错误； 对于D：若m∥α，则m与平面α内任意一条直线平行或异面，故D错误；故选AB. 10.BD　以C1为原点，C1A1，C1B1，C1C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C1­xyz. 则A1，B1， C， 所以＝， ＝， 设平面A1B1C的法向量为n， 则 令x＝3，得n＝. 因为＝，所以点C1到平面A1B1C的距离为d＝＝＝. 直线A1C1与平面A1B1C所成角的正弦值为＝＝. 故选BD. 11.AB　圆锥SO的底面半径r＝，高SO＝1，所以母线长为2； 对于A，圆锥SO的体积为V＝×π×()2×1＝π，所以A正确； 对于B，圆锥SO的表面积为S＝π×()2＋π××2＝π，所以B正确； 对于C，由轴截面为等腰三角形SAB，且顶角为∠ASB＝2∠BSO＝2×60°＝120°， 当等腰△SBM的顶角为90°时，△SBM的面积取得最大值为S△MSB＝×2×2×sin 90°＝2，所以C错误； 对于D，圆锥的底面圆周长为2π，所以侧面展开图的圆心角为α＝＝π，所以圆锥侧面展开图中圆弧AB＝×2＝π，蚂蚁沿圆锥的侧面从点A爬行到点B，则蚂蚁爬行的最短距离为线段AB，且AB<lAB＝π，所以D错误；故选AB. 12.解析　因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面ABCD∩平面PQNM＝PQ，平面A1B1C1D1∩平面PQNM＝MN，所以MN∥PQ.连接A1C1，AC(图略)，则MN∥A1C1，A1C1∥AC，所以PQ∥AC.又因为AP＝1，所以＝＝，所以PQ＝AC＝×3＝2. 答案　2 13.解析　当底面A1B1C1满足条件A1C1⊥B1C1时，有AB1⊥BC1. 理由如下：∵AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，∴四边形BCC1B1是正方形，∴BC1⊥B1C. ∵CC1∥AA1，∴A1C1⊥C1C，又A1C1⊥B1C1，CC1∩B1C1＝C1，CC1，B1C1⊂平面BCC1B1， ∴A1C1⊥平面BCC1B1, ∵AC∥A1C1，∴AC⊥平面BCC1B1， ∵BC1⊂平面BCC1B1，∴BC1⊥AC，∵B1C∩AC＝C，AC，B1C⊂平面ACB1，∴BC1⊥平面ACB1， ∵AB1⊂平面ACB1，∴AB1⊥BC1，∴当底面A1B1C1满足条件A1C1⊥B1C1时，有AB1⊥BC1. 故答案为A1C1⊥B1C1. 答案　A1C1⊥B1C1 14.解析　由已知得△B1AC与△DAC均为边长是m的正三角形，取AC的中点G，连接DG，B1G，如图， 则有DG⊥AC，B1G⊥AC， 于是得∠B1GD是二面角B1­AC­D的平面角，所以∠B1GD＝120°， 显然有AC⊥平面B1GD，即有平面B1GD⊥平面B1AC，平面B1GD⊥平面DAC， 令正△B1AC与正△DAC的中心分别为E，F，过E，F分别作平面B1AC，平面DAC的垂线，则两个垂线都在平面B1GD内，设它们交于点O， 从而得点O是过A，B1，C，D四点的外接球球心，连接OA，则OA为该外接球半径. 由已知得GE＝GF＝GD＝·m＝m，而OE＝OF，于是得∠OGF＝60°，在Rt△OGF中，OG＝＝，而AG＝，在Rt△OGA中，OA2＝AG2＋OG2＝m2，所以过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为4π·OA2＝m2.故答案为m2. 答案　m2 15.解析　(1)设AB中点为O, 连接EO, OC， ∵△ABE是斜边长为2的等腰直角三角形， ∴EO⊥AB, 且EO＝1. ∵ 平面ABE⊥平面ABCD, 平面ABE∩平面ABCD＝AB， ∴EO⊥平面ABCD， ∵FC⊥平面ABCD，∴EO∥FC. ∵EF∥平面ABCD，EF⊂平面EOCF，平面EOCF∩平面ABCD＝OC，∴EF∥OC， ∴四边形EOCF为平行四边形， ∴FC＝EO＝1. (2)建立如图所示空间直角坐标系O­xyz，则E，B(－1，0，0), D， F(－1，2，1)，∴＝(－1，2，0)，＝，＝，设平面BDF的法向量为n1＝， 则 令x1＝1, 则y1＝－1，z1＝2，∴n1＝， 设直线EF与平面BDF所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈n1，〉|＝＝， ∴cos θ＝＝，∴tan θ＝＝. 16.(1)证明　因为AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以∠ACB＝90°，如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则C，A，C1，B(0，4，0)，B1， 所以＝，＝， 所以·＝0，⊥，即AC⊥BC1. (2)解析　若在AB上存在点D使AC1∥平面CDB1，则＝λ＝，0≤λ≤1，D(3－3λ，4λ，0)，＝，＝，＝，因为AC1∥平面CDB1，所以存在实数m，n，使＝m＋n成立，则解得λ＝，故在AB上存在点D使AC1∥平面CDB1，此时点D为AB的中点. 17.解析　(1)设AC与BD的交点为O，以O为坐标原点，以BD，AC所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A，B(－，0，0)，D，F， 所以＝，＝，＝， 设平面ABF的法向量为n1＝， 则 令y＝1，则n1＝， 设平面ADF的法向量为n2＝， 则令z1＝1， 则n2＝， 所以n1·n2＝2－1－1＝0，所以n1⊥n2， 所以二面角B­AF­D的大小为. (2)设直线AF与平面EBD相交于点H，则三棱锥E­ABD与四棱锥F­ABCD的公共部分为三棱锥H­ABD，H即为直线EO与FA的交点，作HP⊥平面ABCD， 因为CF⊥平面ABCD，AE⊥平面ABCD， 所以CF∥AE，AE，CF⊂平面ACFE， 故平面ACFE⊥平面ABCD，从而P∈AC，HP⊥AC， 由题可知，∠FAC＝∠EOA＝45°，OA＝1，得HP＝， 因为S△ABD＝，故三棱锥H­ABD的体积V＝××＝. 18.(1)解析　依题意得PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则以PA为x轴，PB为y轴，PC为z轴建立空间直角坐标系. 而 故则A，B，C， 所以＝，＝，＝， 设平面ABC的法向量为n1＝， 则取x1＝2， 则n1＝， 设P到平面ABC的距离为d，则d＝＝＝. (2)证明　按(1)方式建系，设PA＝r，PB＝s，PC＝t， 则A，B，C，所以＝(－r，s，0)，＝(－r，0，t)，设平面ABC的法向量为n2＝， 则所以n2＝.＝，＝，＝， sin α＝＝ ＝， sin β＝＝ ＝， sin θ＝＝ ＝ 故sin2α＋sin2β＋sin2θ＝1⇒＋＋＝1， 故cos2α＋cos2β＋cos2θ＝2，为定值. 19.解析　(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，证明如下：∵点M，N分别是边BC，CD的中点，又∠DAB＝60°， ∴BD∥MN，且△PMN是等边三角形， ∵G是MN的中点，∴MN⊥PG， ∵菱形ABCD的对角线互相垂直， ∴BD⊥AC，∴MN⊥AC，∴MN⊥AG， ∵AG∩PG＝G，AG⊂平面PAG，PG⊂平面PAG， ∴MN⊥平面PAG，∴BD⊥平面PAG， ∵BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAG. (2)由题意知，四边形MNDB为等腰梯形，且DB＝4，MN＝2，O1G＝，∴等腰梯形MNDB的面积S＝＝3，要使得四棱锥P­MNDB体积最大，只要点P到平面MNDB的距离最大即可，∴当PG⊥平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离的最大值为PG＝. 假设符合题意的点Q存在.以G为坐标原点，GA，GM，GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A(3，0，0)，M，N，P(0，0，)，又AG⊥PG，AG⊥MN，且MN∩PG＝G，MN⊂平面PMN，PG⊂平面PMN，∴AG⊥平面PMN，故平面PMN的一个法向量为n1＝，设＝λ(0≤λ≤1)，∵＝(－3，0，)，＝， 故Q(3－3λ，0，λ)， ∴＝，＝(3λ－3，1，－λ)， 设平面QMN的一个法向量为n2＝，则 即令z2＝1， 所以 ∴n2＝＝，则平面QMN的一个法向量n＝， 设二面角Q­MN­P的平面角为θ， 则|cos θ|＝＝＝， 即＝，解得λ＝， 故符合题意的点Q存在，且点Q为线段PA的中点. 学科网（北京）股份有限公司 $$