27 专题逐一通关“阶段整合练”(四) 基础过关卷-【名师导航】2026年高考数学二轮总复习教师用书

27　专题逐一通关“阶段整合练”(四) 基础过关卷 立体几何 (满分：150分　时间：120分钟) 一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的． 1．已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为(　　) A．1 cm　 B．2 cm　 C．3 cm　 D． cm B　[设圆锥的底面圆的半径为r，母线长为l，因为侧面展开图是一个半圆，所以πl＝2πr，即l＝2r，所以πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，解得r＝2(cm)．] 2．如图，在四面体OABC中，＝a，＝b，＝c．点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则等于(　　) A．a－b＋c　 B．－a＋b＋c C．a＋b－c　 D．a＋b－c B　[结合题图知＝a，＝(b＋c)， 所以＝－＝(b＋c)－a＝－a＋b＋c．] 3．用斜二测画法画出的水平放置的平面图形△OAB的直观图为如图所示的△O'A'B'，已知△O'A'B'是边长为2的等边三角形，则顶点B到x轴的距离是(　　) A．2 　 B．4　 C．2　 D．2 A　[法一：过点B'作B'B″∥y'轴，交x'轴于点B″，如图所示，在△B'B″O'中，O'B'＝2，∠B'B″O'＝45°，∠B'O'B″＝120°，由正弦定理可得，＝，所以B'B″＝＝＝，由斜二测画法可知，在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是2B'B″＝2． 故选A． 法二：因为△O'A'B'是边长为2的等边三角形， 所以S△O'A'B'＝×22＝． 又因为＝， 所以S△OAB＝2×＝2． 顶点B到x轴的距离h即为△OAB中OA边上的高， 所以×|OA|·h＝2， 即×2×h＝2， 所以h＝2． 即B到x轴的距离为2．] 4．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　) A．若m∥α，n⊂α，则m∥n B．若m∥α，m∥n，则n∥α C．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β D．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥α C　[对于A，由m∥α，n⊂α，则m∥n或m，n异面，故A错误； 对于B，由m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，故B错误； 对于C，由m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α， 则在平面α内存在直线a∥n，而n⊥β，则a⊥β，所以α⊥β，故C正确； 对于D，由α⊥β，α∩β＝n，m⊥n， 只有当m⊂β或m∥β时，m⊥α，故D错误．] 5．《九章算术》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”．现提供一种计算“牟合方盖”体积的方法，显然，正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球．因此，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，平面截内切球得到上述正方形的内切圆，结合祖暅原理，若两个同高的几何体，在等高处的截面面积相等，则体积相等．若正方体的棱长为3，则“牟合方盖”的体积为(　　) 　 A．6　 B．12　 C．18　 D．24 C　[正方体的棱长a＝3，则其内切球的半径为r＝，内切球的体积V1＝πr3＝π． 由于截面正方形与其内切圆的面积之比为＝． 设牟合方盖的体积为V2，则＝，从而牟合方盖的体积V2＝＝＝18．] 6．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，D1，F1分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是(　　) A．　 B．　 C．　 D． A　[法一：设BC＝CA＝CC1＝1，以{，，}为单位正交基底，则＝＋＝＋－， ＝＋＝－， 则·＝· ＝||2－·＋·－||2－·＋·＝． 在直角三角形中，易求得||＝，||＝， 设向量与的夹角为θ，则直线BD1与AF1所成角的余弦值为|cos θ|， 则|cos θ|＝＝． 所以BD1与AF1． 法二：由已知可得CA，CB，CC1两两垂直，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设BC＝CA＝CC1＝1，所以A(1，0，0)，B(0，1，0)，因为D1，F1分别为A1B1，A1C1的中点， 所以D1，F1， 所以＝，＝， 所以·＝·＝，||＝，||＝， 设向量与的夹角为θ，则直线BD1与AF1所成角的余弦值为|cos θ|， 则|cos θ|＝＝． 所以BD1与AF1所成角的余弦值为． 法三(几何法)： 取A1C1中点F1，BC中点E，连接EF1，AE． 因为D1为A1B1中点， 所以D1F1􀰿BE． 所以四边形BEF1D1为平行四边形． 所以EF1􀰿BD1． 所以∠AF1E为异面直线AF1与BD1所成角． 设CB＝CA＝CC1＝2， 则EF1＝BD1＝＝， AF1＝＝＝AE． 在△AEF1中， cos∠AF1E＝＝， 所以异面直线BD1与AF1所成角的余弦值为．] 7．如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上下底面的中心分别为O1和O，若AC＝2A1C1＝4，侧面与底面所成锐二面角的正切值为，则正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为(　　) A．　 B．　 C．　 D． A　[取BC，B1C1的中点F，E，连接O1E，EF，OF， 则由题意可知∠EFO为侧面与底面所成锐二面角，则tan∠EFO＝， AC＝2A1C1＝4，得AB＝4，A1B1＝2， 在直角梯形O1OFE中，tan∠EFO＝＝，则OO1＝， 则正四棱台的体积为×(42＋22＋)×＝．] 8．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是B1D1的中点，则三棱锥P-A1BD的外接球的表面积为(　　) A．8π　 B．10π　 C．11π　 D．12π C　[如图，因为P为B1D1的中点， 所以A1P⊥B1P， 因为BB1⊥平面A1B1C1D1，A1P⊂平面A1B1C1D1， 所以A1P⊥BB1，因为B1P∩BB1＝B1，B1P，BB1⊂平面PB1B， 所以A1P⊥平面PB1B， 因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2， 所以A1P＝，BD＝2，BP＝DP＝＝， 所以cos∠BPD＝＝＝， 所以sin∠BPD＝， 所以△BPD的外接圆半径为r＝＝＝， 所以所求问题等价于求以r＝为半径的底面圆，高为h＝A1P＝的圆柱的外接球表面积， 设圆柱的外接球半径为R， 则R＝＝＝， 所以三棱锥的外接球的表面积为S＝4πR2＝11π．] 二、选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9． 已知梯形ABCD，按照斜二测画法画出它的直观图A'B'C'D'，如图，其中A'D'＝2，B'C'＝4，A'B'＝1，下列说法正确的是(　　) A．线段AD平行于x轴 B．AB＝2 C．梯形ABCD是直角梯形 D．梯形ABCD的面积是3 ABC　[ 根据斜二测画法的规则，将直观图复原为原图，如图所示．由于A'D'∥x'轴，故线段AD平行于x轴，A正确；由于A'B'＝1，故AB＝2，B正确；由直观图复原为原图可知，梯形ABCD是直角梯形，C正确；由于AD＝2，BC＝4，AB＝2，故梯形ABCD的面积是×(2＋4)×2＝6，D错误．故选ABC．] 10．如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，点F是PB上的一点，则下列判断中正确的是(　　) A．BC⊥平面PAC B．AE⊥EF C．AC⊥PB D．平面AEF⊥平面PBC ABD　[对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，而BC⊂底面圆面，则PA⊥BC，又由圆的性质可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，则BC⊥平面PAC，所以A正确；对于B，由A项分析可知，BC⊥AE，由题意可知AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC，而EF⊂平面PBC，所以AE⊥EF，所以B正确；对于C，由B项分析可知，AE⊥平面PBC，因为PB⊂平面PBC，所以AE⊥PB，若AC⊥PB，则AC∥AE，显然不成立，所以AC⊥PB不成立，所以C错误；对于D，由B项分析可知，AE⊥平面PBC，又AE⊂平面AEF，故平面AEF⊥平面PBC，所以D正确．故选ABD．] 11．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足＝＋＋，则下列说法正确的是(　　) A．点A到直线BE的距离是 B．点O到平面ABC1D1的距离是 C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为 D．点P到直线AB的距离为 BCD　[如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)， A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)， E，所以＝(－1，0，0)， ＝．设∠ABE＝θ， 则cos θ＝＝，sin θ＝＝．故点A到直线BE的距离d1＝||sin θ＝1×＝，故A错误；易知＝＝，平面ABC1D1的一个法向量为＝(0，－1，1)，则点O到平面ABC1D1的距离d2＝＝＝，故B正确； ＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(0，1，0)． 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则 所以令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)．所以点D1到平面A1BD的距离d3＝＝＝．因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为，故C正确；因为＝＋＋，＝(1，0，0)，＝(0，1，0)，＝(0，0，1)，所以＝，则＝，所以点P到直线AB的距离d4＝＝＝，故D正确．故选BCD．] 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分． 12．某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个相同的四面体得到的(如图)，则该几何体共有________个面；若被截正方体的棱长是60 cm，那么该几何体的表面积是________cm2． 14　10 800＋3 600　[由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，所以该几何体有8个面为等边三角形，6个面为正方形，所以该几何体共有14个面．如果被截正方体的棱长是60 cm，那么该几何体的表面积是S＝8××30×30×sin 60°＋6×30×30＝10 800＋3 600(cm2)．] 13．在三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O． (1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心； (2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心． (1)外　(2)垂　[(1)如图，因为PO⊥平面ABC，连接OA，OB，OC，在Rt△POA中，OA2＝PA2－PO2，同理，OB2＝PB2－PO2，OC2＝PC2－PO2．又PA＝PB＝PC，故OA＝OB＝OC，所以点O是△ABC的外心． (2)由PA⊥PB，PA⊥PC，可知PA⊥平面PBC，所以PA⊥BC，又PO⊥BC，所以BC⊥平面PAO，所以AO⊥BC，同理BO⊥AC，CO⊥AB．故点O是△ABC的垂心．] 14．已知空间直角坐标系Oxyz中，过点P(x0，y0，z0)，且一个法向量为n＝(a，b，c)的平面α的方程为a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0．用以上知识解决下面问题：已知平面α的方程为x＋2y－2z＋1＝0，直线l是平面x－y＋3＝0与平面x－2z－1＝0的交线，试写出直线l的一个方向向量为________，直线l与平面α所成角的正弦值为________． (2，2，1)(答案不唯一)　　[由平面α的方程为x＋2y－2z＋1＝0，可得平面α的一个法向量为n＝(1，2，－2)，平面x－y＋3＝0的一个法向量为m1＝(1，－1，0)，平面x－2z－1＝0的一个法向量为m2＝(1，0，－2)，设直线l的方向向量为m＝(x，y，z)，则即令z＝1，得m＝(2，2，1)．设直线l与平面α所成的角为θ，0°≤θ≤90°， 则sin θ＝|cos<m，n>|＝＝．] 四、解答题：本大题共5个小题，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，在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，点E，F分别是AB，BD的中点，求证： (1)直线EF∥平面ACD； (2)平面EFC⊥平面BCD． [证明]　(1)因为点E，F分别是AB，BD的中点，所以EF∥AD． 因为AD⊂平面ACD，EF⊄平面ACD， 所以直线EF∥平面ACD． (2)由(1)可知EF∥AD， 因为AD⊥BD， 所以EF⊥BD． 又因为CB＝CD，F为BD的中点， 所以CF⊥BD． 因为EF∩CF＝F， 所以BD⊥平面EFC． 因为BD⊂平面BCD， 所以平面EFC⊥平面BCD． 16．(15分)如图，在三棱锥P-ABC中，△PAB是等边三角形，∠PAC＝∠PBC＝90°． (1)证明：AC＝BC； (2)证明：AB⊥PC； (3)若PC＝4，且平面PAC⊥平面PBC，求三棱锥P-ABC的体积． [解]　(1)证明：因为△PAB是等边三角形，∠PAC＝∠PBC＝90°， 所以Rt△PBC≌Rt△PAC，可得AC＝BC． (2)证明：如图，取AB的中点D，连接PD，CD，则PD⊥AB，CD⊥AB． 因为PD∩CD＝D， 所以AB⊥平面PDC， 所以AB⊥PC． (3)如图，作BE⊥PC，垂足为E，连接AE． 因为Rt△PBC≌Rt△PAC， 所以AE⊥PC，AE＝BE． 因为AE∩BE＝E，所以PC⊥平面AEB． 由已知，平面PAC⊥平面PBC，故∠AEB＝90°． 因为Rt△AEB≌Rt△PEB，所以△AEB，△PEB，△CEB都是等腰直角三角形． 由已知PC＝4，得AE＝BE＝2，所以S△AEB＝2． 所以三棱锥P-ABC的体积V＝×S△AEB×PC＝． 17．(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F． (1)求证：PA∥平面EDB； (2)求证：PB⊥平面EFD； (3)求平面CPB与平面PBD的夹角的大小． [解]　(1)以D为原点，DA，DC，DP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，设DC＝1． 连接AC，交BD于点G，连接EG． 依题意得A(1，0，0)，P(0，0，1)，E． 因为底面ABCD是正方形，所以点G是它的中心，故点G的坐标为，且＝(1，0，－1)，＝． 所以＝2，即PA∥EG． 而EG⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB，因此PA∥平面EDB． (2)证明：依题意得B(1，1，0)，＝(1，1，－1)， 又＝，故·＝0＋－＝0． 所以PB⊥DE． 由已知EF⊥PB，且EF∩DE＝E， 所以PB⊥平面EFD． (3)已知PB⊥EF，由(2)可知PB⊥DF，故∠EFD是平面CPB与平面PBD的夹角． 设点F的坐标为(x，y，z)，则＝(x，y，z－1)． 因为＝k， 所以(x，y，z－1)＝k(1，1，－1)＝(k，k，－k)，即x＝k，y＝k，z＝1－k． 由(2)可知·＝0，则 (1，1，－1)·(k，k，1－k)＝k＋k－1＋k＝3k－1＝0． 所以k＝，点F的坐标为． 又点E的坐标为， 所以＝． 所以cos∠EFD＝ ＝＝． 所以∠EFD＝60°，即平面CPB与平面PBD的夹角大小为60°． 18．(17分)如图所示，三棱锥A-BCD中，平面ABC与平面DBC互相垂直，且AB＝BC＝BD，∠CBA＝∠CBD＝120°．求： (1)AD所在直线和平面BCD所成角的大小； (2)AD所在直线与直线BC所成角的大小； (3)二面角A-BD-C的正弦值． [解]　(1)作AO⊥BC于点O，连接DO，易得OD，OC，OA两两互相垂直．以O为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB＝1，则O(0，0，0)，D， B，C，A， 所以＝，显然n1＝(0，0，1)为平面BCD的一个法向量， 所以|cos<，n1>|＝＝＝． 所以直线AD与平面BCD所成角的大小为90°－45°＝45°． (2)因为·＝·(0，1，0)＝0， 所以⊥， 所以AD与BC所成角的大小为90°． (3)设平面ABD的一个法向量为n2＝(x，y，1)，则 (x，y，1)·＝(x，y，1)·＝0， (x，y，1)·＝(x，y，1)·＝0， 解得x＝1，y＝，则n2＝(1，，1)． 设二面角A-BD-C的大小为θ，则 |cos θ|＝＝． 所以sin θ＝． 所以二面角A-BD-C的正弦值为． 19．(17分)如图所示，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点． (1)求证：AC⊥SD； (2)若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小； (3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC?若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由． [解]　(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，连接SO．由题意知SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系． 设底面边长为a，则高SO＝a， 于是S，B， D，C． 于是，＝， ＝． 则·＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD． (2)由题设知，平面PAC的一个法向量＝，平面DAC的一个法向量＝． 由题知，二面角P-AC-D为锐角， 则cos<，>＝＝，所以二面角的大小为30°． (3)在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC． 根据第(2)问知是平面PAC的一个法向量， 且＝，＝． 设＝t． 则＝＋＝＋t＝． 又·＝0，得－＋0＋a2t＝0，则t＝， 当SE∶EC＝2∶1时，⊥． 由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC． 因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1． 16/16 学科网（北京）股份有限公司 $