28 专题逐一通关“阶段整合练”(四) 能力拔高卷-【名师导航】2026年高考数学二轮总复习教师用书

28　专题逐一通关“阶段整合练”(四) 能力拔高卷 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．已知向量a＝(3，5，1)，b＝(2，1，4)，则(a＋b)·b＝(　　) A．36　 B．32　 C．56　 D．52 A　[向量a＝(3，5，1)，b＝(2，1，4)，则a＋b＝(5，6，5)， 所以(a＋b)·b＝2×5＋6×1＋4×5＝36．] 2．已知一个圆锥的母线长为，高为2，则该圆锥的表面积为(　　) A．5π　 B．(＋1)π　 C．2π　 D．(2＋1)π B　[由题知圆锥母线l＝PA＝，高h＝PO＝2， 所以底面圆的半径r＝＝1， 则圆锥的侧面积S1＝πrl＝π，底面积S2＝πr2＝π， 所以圆锥的表面积S＝S1＋S2＝(＋1)π．] 3．如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AM＝MC，A1N＝2ND．设＝a，＝b，＝c，＝xa＋yb＋zc，则x＋y＋z＝(　　) A．　 B．　 C．　 D． D　[因为AM＝MC，A1N＝2ND， 则＝＋＋＝－＋＋ ＝－(＋)＋＋(－) ＝－a－b＋c＋b－c＝－a＋b＋c， 所以x＝－，y＝z＝，故x＋y＋z＝．] 4．设α，β是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题为真命题的是(　　) A．若m⊥α，m∥n，α⊥β，则n⊥β B．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β C．若m⊥α，n⊥m，则n∥α D．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β或α与β相交 D　[对于A，若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又α⊥β，则n∥β或n⊂β，故A错误； 对于B，由m⊂α，n⊂β，m⊥n，可知α，β可能平行或相交，故B错误； 对于C，若m⊥α，n⊥m，则有可能是n∥α，也可能n⊂α，故C错误； 对于D，由m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，可知α，β可能平行或相交，故D正确．] 5．如图，在三棱锥S-ABC中，SA，SB，SC两两垂直，SC＝3，SB＝2，SA＝1，D为线段SC上靠近C的三等分点，点E为△ABC的重心，则点E到直线BD的距离为(　　) A．　 B．　 C．　 D． B　[如图，以S为原点建立空间直角坐标系， 则S(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，A(0，0，1)，C(0，3，0)，则＝(2，－2，0)， 因为点E为△ABC的重心， 所以E，则＝， 所以|cos<，>|＝ ＝＝＝， 所以sin<，>＝＝， 所以E到直线BD的距离为||·sin<，>＝×＝×＝．故选B．] 6．已知三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长相等，且∠A1AB＝∠A1AC＝45°，∠BAC＝60°，则异面直线AB与B1C所成角的余弦值为(　　) A．　 B．　 C．　 D． D　[设三棱柱棱长为1，＝a，＝b，＝c，|a|＝|b|＝|c|＝1， 所以a·b＝，a·c＝b·c＝，＝－－＝b－a－c， ·＝a·(b－a－c)＝a·b－a2－a·c＝－1－＝－， ||2＝(b－a－c)2＝a2＋b2＋c2－2a·b＋2a·c－2b·c＝2，则||＝， 设异面直线AB与B1C所成角为θ， 则cos θ＝＝．] 7．如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，如图2是该方斗的示意图，其形状是一个上大下小的正四棱台，AB＝10，A1B1＝2，现往该方斗里加水，当水的高度是方斗高度的时，水的体积为84，则该方斗可盛水的最大体积为(　　) A．112　 B．　 C．　 D．496 B　[设水面与棱台的四条侧棱分别相交于A2，B2，C2，D2， 过A1作A1E∥BB1交AB于点E，交A2B2于点E2，如图所示， 易知四边形AA1B1B为等腰梯形，则四边形A1B1BE为平行四边形， 因为水面的高度是方斗高度的，则B2E2＝BE＝A1B1＝2， A2E2＝AE＝×(10－2)＝6，因此A2B2＝8， 设棱台A1B1C1D1-ABCD的高为h，设体积为V， 则棱台A1B1C1D1-A2B2C2D2的高为h，设体积为V1， 则V1＝×(22＋82＋2×8)·h＝21h，V＝×(22＋102＋2×10)h＝h． 所以＝＝，由题意，V1＝84， 则该方斗可盛水的最大体积为V＝×84＝．] 8．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，Q是棱AD上一点，且AD⊥PQ，AD⊥BQ，PQ＝，AB＝3，AD＝CD＝2，则当∠PBQ最大时，四棱锥P-ABCD的体积为(　　) A．　 B．　 C．　 D． C　[由题知，BC＝＝，∠BAQ＝60°， 则BQ＝ABsin∠BAQ＝3sin 60°＝． 因为AD⊥PQ，AD⊥BQ，BQ∩PQ＝Q，BQ，PQ⊂平面PBQ，所以AD⊥平面PBQ， 因为AD是确定的直线，可知对任意点P，平面PBQ是同一确定的平面， 因为PQ＝，所以点P的轨迹是在平面PBQ内以点Q为圆心，为半径的圆， 当且仅当PB与该圆相切，即∠BPQ＝90°时，∠PBQ取到最大值， 此时sin∠PBQ＝＝，所以cos∠PBQ＝＝， 所以点P到平面ABCD的距离为PQ·cos∠PBQ＝， 所以四棱锥P-ABCD的体积为××＝．] 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．如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形A'B'C'D'，已知A'B'＝4，C'D'＝2，则下列说法正确的是(　　) A．A'D'＝2 B．AB＝4 C．四边形ABCD的面积为6 D．四边形ABCD的周长为6＋＋ BC　[A选项，过点C'，D'分别作C'N，D'M⊥x'轴于点N，M， 因为等腰梯形A'B'C'D'中A'B'＝4，C'D'＝2， 所以MN＝2，A'M＝B'N＝1， 又∠D'A'M＝45°，所以A'D'＝，A错误； B选项，由斜二测法可知AB＝A'B'＝4，B正确； C选项，作出原图形，可知AD＝2A'D'＝2，AB＝4，CD＝2，AD⊥AB， 故四边形ABCD的面积为 ＝6， C正确； D选项，过点C作CH⊥AB于点H， 则AH＝CD＝2，BH＝4－2＝2，CH＝AD＝2， 由勾股定理得BC＝＝2， 四边形ABCD的周长为AB＋CD＋AD＋BC＝4＋2＋2＋2＝6＋2＋2，D错误．] 10．如图所示，AB为圆锥SO的底面圆的直径，N为母线SA的中点，点C为底面圆上异于A，B的任一点，则圆O上存在点M满足(　　) A．MN∥SC　 B．MN∥平面SBC C．SM⊥AC　 D．AM⊥平面SBC BC　[对于A，若存在点M使得MN∥SC，则M，N，S，C四点共面， 因为A∈SN，所以A∈平面MNSC，易得A，M，C为平面MNSC与平面ABC的公共点，所以A，M，C三点共线，与题设矛盾，故A错误； 对于B，如图所示， 过点O作OM∥BC，交劣弧AC于点M，连接ON． 由于N，O分别为SA，AB的中点，所以ON∥SB， 由于OM，ON⊄平面SBC，BC，SB⊂平面SBC，所以OM∥平面SBC，ON∥平面SBC， 又因为OM∩ON＝O，所以平面OMN∥平面SBC，由于MN⊂平面OMN，所以MN∥平面SBC，故B正确； 对于C，由AB为底面圆的直径，可知AC⊥CB， 又OM∥BC，所以AC⊥OM， 又易知AC⊥SO，SO∩OM＝O，SO，OM⊂平面SMO， 因此AC⊥平面SMO，SM⊂平面SMO，可得SM⊥AC，故C正确； 对于D，假设存在点M使AM⊥平面SBC，则AM⊥SB， 又因为AM⊥SO，SO∩SB＝S，SO，SB⊂平面SBO，所以AM⊥平面SBO， 故平面SBC与平面SBO平行，与题意不符，故D错误．] 11．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱CC1和B1C1的中点．则(　　) A．B1D⊥EF B．平面A1EF与侧面AA1D1D的交线长为2 C．点C到平面A1EF的距离为 D．B1D与平面A1EF所成角的余弦值为 BC　[因为B1D与B1C不垂直，又B1C∥EF，所以B1D与EF不垂直，故A错误； 由EF∥A1D， 所以E，F，A1，D四点共面，A1D⊂平面A1EFD， 所以平面A1EFD与侧面AA1D1D的交线为A1D， 由正方体棱长为2，得A1D＝2，故B正确； 以D为坐标原点，建立如图所示的坐标系．则C(0，2，0)，B1(2，2，2)，A1(2，0，2)，E(0，2，1)，F(1，2，2)， 所以＝(－1，2，0)，＝(1，0，1)，＝(－2，－2，－2)，＝(0，0，1)， 设平面A1EF的一个法向量为n＝(x，y，z)， 由 得 令x＝1，则y＝，z＝－1， 所以n＝为平面A1EF的一个法向量， 所以点C到平面A1EF的距离d＝＝，故C正确； 设B1D与平面A1EF所成角为α，则sin α＝＝＝， 所以cos α＝＝， 所以B1D与平面A1EF所成角的余弦值为，故D错误．] 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分． 12．若圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为120°的扇形，则此圆锥的表面积是________． 4π　[由题意可得，圆锥的侧面展开图的扇形弧长为3×＝2π，所以底面圆的半径为1，面积为π，所以圆锥的表面积为π＋×3×2π＝4π．] 13．《九章算术》是我国古代著名的数学著作，其中讨论了“垣”“堑”等建筑的体积问题．某工程要完成一个形如直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的“堑”型沟渠的土方作业(如图)，其中AD，BC与平面AA1B1B所成的角均为，AB∥DC，AB＝4 m，DC＝8 m，AA1＝20 m，则需要挖土________m3． 240　[因为AD，BC与平面AA1BB1所成角均为，且AB∥DC， 所以四边形ABCD为等腰梯形． 因为|AB|＝4，|DC|＝8，|AA1|＝20， 所以等腰梯形的高h＝2， 故S梯形ABCD＝(|AB|＋|DC|)h＝×(4＋8)×2＝12， 所以直四棱柱体积＝S梯形ABCD·|AA1|＝240．] 14．如图所示，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是______． [3，2]　[在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，分别取棱BB1，B1C1中点M，N，连接MN，BC1(图略)，由点E，F分别是棱BC，CC1的中点，得MN∥BC1∥EF， 又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，则MN∥平面AEF， 又AA1∥BB1∥NE，AA1＝BB1＝NE，则四边形AENA1为平行四边形， 于是A1N∥AE，又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，则A1N∥平面AEF， 又A1N∩MN＝N，A1N，MN⊂平面A1MN，因此平面A1MN∥平面AEF， 又P是侧面BCC1B1内一点， 且A1P∥平面AEF，则P点的轨迹是线段MN， 在Rt△A1B1M中，A1M＝＝＝2，同理A1N＝2， 即△A1MN为等腰三角形，当P为MN中点时，A1P最短，为＝3， 当P位于M、N处时，A1P最长，为2， 所以线段A1P长度的取值范围是[3，2]．] 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1，在矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，P是BC的中点，连接AP，将△PAB沿直线AP翻折，使得平面PAB⊥平面APCD(如图2)，连接BC，BD，Q是棱BD的中点． 　 (1)证明：AB⊥平面PBD； (2)证明：CQ∥平面PAB； [证明]　(1)因为在矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，P是BC的中点， 所以AP＝PD＝，即AP2＋PD2＝AD2，所以PD⊥AP， 又因为平面PAB⊥平面APCD，平面PAB∩平面APCD＝PA，PA⊂平面APCD， 所以PD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，所以PD⊥AB， 又因为AB⊥BP，PB∩PD＝P，PB，PD⊂平面PBD， 所以AB⊥平面PBD． (2)如图所示，取AD中点E， 连接QE，CE， 因为在矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，P是BC的中点， 所以AE∥PC，AE＝PC，即四边形AECP为平行四边形， 从而AP∥CE，又因为CE⊄平面PAB，PA⊂平面PAB， 所以CE∥平面PAB， 又因为Q，E分别是DB，DA的中点， 所以QE∥AB， 又因为QE⊄平面PAB，AB⊂平面PAB， 所以QE∥平面PAB， 又因为QE∩EC＝E，QE，EC⊂平面QEC， 所以平面QEC∥平面PAB， 又因为CQ⊂平面QEC，所以CQ∥平面PAB． 16．(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝AP＝2AB＝2BC＝2，PA⊥平面ABCD，E为棱PD上的动点． (1)当E为棱PD的中点时，证明：EC∥平面PAB； (2)若PE＝2ED，求平面EAC与平面PAB夹角的余弦值． [解]　(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF， 因为E为PD的中点， 所以EF∥AD，EF＝AD， 因为AD∥BC，AD＝2BC， 所以EF∥BC，EF＝BC， 所以四边形EFBC为平行四边形，所以EC∥BF． 又BF⊂平面PAB，EC⊄平面PAB， 所以EC∥平面PAB． (2)因为AB⊥AD，PA⊥平面ABCD，即AB，AD，AP两两垂直， 故可以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则A(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，2，0)，C(1，1，0)， 因为PE＝2ED，所以E， 所以＝(1，1，0)，＝(0，2，0)，＝． 设平面EAC的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取y＝1，得x＝－1，z＝－2，所以n＝(－1，1，－2)． 因为AB⊥AD，AP⊥AD，AB∩AP＝A，AB，AP⊂平面PAB， 所以AD⊥平面PAB． 所以＝(0，2，0)为平面PAB的一个法向量． 设平面EAC与平面PAB的夹角为θ， 则cos θ＝|cos<n，>|＝＝＝． 所以平面EAC与平面PAB夹角的余弦值为． 17．(15分)如图，在三棱锥A-BCD中，AB＝BD＝2，BC＝CD＝，AB⊥BD，点E为AD的中点． (1)求证：BD⊥CE； (2)若平面ABD⊥平面BCD，求直线AC与平面BCE所成角的正弦值． [解]　(1)证明：取BD中点O，连接CO，EO，则OE∥AB， 因为AB⊥BD，所以OE⊥BD， 因为BC＝CD，O为BD中点， 所以CO⊥BD， 因为OC∩OE＝O，OC，OE⊂平面COE，所以BD⊥平面COE， 又CE⊂平面COE，所以BD⊥CE． (2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，OE⊥BD，且OE⊂平面ABD， 所以OE⊥平面BCD， 又OC⊂平面BCD，所以OE⊥OC， 由(1)知BD⊥OC，BD⊥OE，所以OC，OB，OE两两垂直． 以点O为坐标原点，直线OC，OB，OE分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则O(0，0，0)，A(0，1，2)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，E(0，0，1)， 所以＝(1，－1，－2)，＝(1，－1，0)，＝(0，－1，1)． 设平面BCE的一个法向量n＝(x，y，z)， 则有即 令z＝1，则x＝1，y＝1，所以n＝(1，1，1)． 设直线AC与平面BCE所成的角为θ， 则sin θ＝|cos<，n>|＝ ＝＝， 所以直线AC与平面BCE所成角的正弦值为． 18．(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面PCD，PA⊥AD，PA＝AD＝2，点E为线段PD的中点，点F为线段PC上的动点(不含端点)． (1)证明：平面AEF⊥平面PCD； (2)若平面AEF与平面PBC的夹角为，求点P到平面AEF的距离． [解]　(1)证明：因为PA⊥AD，PA＝AD＝2，PE＝DE＝，所以AE⊥PD． 又因为平面PAD⊥平面PCD，且平面PAD∩平面PCD＝PD， 所以AE⊥平面PCD，又AE⊂平面AEF， 所以平面AEF⊥平面PCD． (2)由(1)知，AE⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AE⊥CD， 又因为底面ABCD为正方形，所以CD⊥AD，由AD∩AE＝A，AD，AE⊂平面PAD， 所以CD⊥平面PAD，PA⊂平面PAD，所以CD⊥PA， 又因为PA⊥AD，CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD， 以A为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1)， 则＝(0，1，1)，＝(0，0，2)，＝(2，2，－2)，＝(2，0，－2)， 设＝λ(0<λ<1)，则＝＋＝＋λ＝(2λ，2λ，2－2λ)， 设平面AEF的法向量m＝(x1，y1，z1)， 则 令y1＝λ，则x1＝1－2λ，z1＝－λ，故m＝(1－2λ，λ，－λ)， 设平面PBC的法向量n＝(a，b，c)， 则令a＝1，则c＝1，b＝0， 故n＝(1，0，1)， 由题意得|cos<m，n>|＝＝cos， 即＝， 整理得3λ2－2λ＝0，解得λ＝或λ＝0(舍)，则m＝， 所以平面AEF的一个法向量可取h＝－3m＝(1，－2，2)， 所以点P到平面AEF的距离d＝＝＝． 19．(17分)如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝DC＝2，BC＝4．如图2，沿对角线AC将△DAC翻折，得到三棱锥P-ABC(点D翻折到点P的位置)，点E，F分别为棱AC，BC的中点． 　 (1)证明：AC⊥平面PEF； (2)当直线AB与直线PE成60°角时，求四棱锥P-ABFE的体积； (3)在翻折过程中，求平面PAB与平面PEF夹角的余弦值的取值范围． [解]　(1)证明：因为BC＝4，F是BC的中点，所以FC＝2， 又因为AD∥BC，所以AD∥FC，AD＝FC，所以四边形ADCF为菱形， 则DF⊥AC，所以△DAC在翻折过程中，总有AC⊥PE，AC⊥EF，PE＝EF， 又因为PE⊂平面PEF，EF⊂平面PEF，PE∩EF＝E， 所以AC⊥平面PEF． (2)因为E，F分别为棱AC，BC的中点， 所以EF∥AB，直线AB与直线PE成60°角，即为EF与直线PE成60°角， 则∠PEF＝60°或120°，△PEF为边长为1的正三角形或顶角为120°的等腰三角形， 又四边形ABFE是上下底长分别为1和2的梯形，且AB⊥AE， 所以四边形ABFE的面积为×(2＋1)×＝， 由(1)知AC⊥平面PEF，又AC⊂平面ABC，所以平面PEF⊥平面ABC， 过点P作PH⊥EF于H(图略)， 因为平面PEF∩平面ABC＝EF，PH⊂平面PEF， 所以PH⊥平面ABC，则PH＝1×sin 60°＝， 所以四棱锥P-ABFE的体积VP-ABFE＝S四边形ABFE×PH＝××＝． (3)由(1)(2)知平面PEF⊥平面ABC，且EF⊥AC， 分别以EF，AC所在直线为x轴，y轴， 以过点E且与平面EFC垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 在翻折过程中设∠PEF＝θ，0<sin θ≤1， 则A(0，－，0)，B(2，－，0)，E(0，0，0)，F(1，0，0)，P(cos θ，0，sin θ)， 所以＝(cos θ，，sin θ)，＝(2，0，0)，＝(cos θ，0，sin θ)，＝(1，0，0)， 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令y＝sin θ，则x＝0，z＝－， 所以n＝(0，sin θ，－)； 因为AC⊥平面PEF，所以可取平面PEF的一个法向量为m＝(0，1，0)， 所以|cos<m，n>|＝＝＝， 又0<sin2θ≤1，所以0<≤，则0<≤， 所以在翻折过程中平面PAB与平面PEF夹角的余弦值的取值范围为． 17/17 学科网（北京）股份有限公司 $