2020新高考数学第一轮专题复习 立体几何测试卷

基础训练 一、选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32分．

1. 对于任意的直线l与平同a,在平面a内必有直线m,使m与l （ C ） A.平行 B.相交

C.垂直 D.互为异面直线

2. 已知直线m、n与平面,，给出下列三个命题：①若m//,n//,则m//n;②若

m//,n,则nm;③若m,m//,则.其中真命题的个数是

（ C ） A．0 B．1 C．2 D．3 3. 已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( C ) A．16 B．20 C．24 D．32

4. 如图，一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的体积为( D )

A．1 B．

1 2C．

11 D．

63正视图 侧视图

第4题图

俯视图

5. 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离为( B )

12A． B．

24C．

2 2

D．

3 2

D1 A1 O C1 B1

6. 正四棱锥P—ABCD的所有棱长都相等，E为PC的中

点，那么异面直线BE与PA所成角的余弦值等于（ D ）

D C A B A．1

2B．2

2D．3

3C．2

3

7. 三棱柱ABC—A1B1C1中，侧棱BB1在下底面上的射影B1D与AC平行，如果侧棱

BB1与底面所成的角为30°，∠BB1C1=60°，则∠ACB的余弦值为 （ D ） A．3 B．

33 C． 32D．3 68. 正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱AB、C1D1的中点，则直线A1B1与

平面A1ECF所成角的正弦为( A )

6362 B． C． D． 3362二、填写题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．

9. (2020年高考题)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交AA1

于E，交CC1于F，则

① 四边形BFD1E一定是平行四边形 ② 四边形BFD1E有可能是正方形

③ 四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形 ④ 四边形BFD1E有可能垂直于平面BB1D A．

以上结论正确的为 （写出所有正确结论的编号）． 10. 在空间，关于角和距离，有下列命题：

①平面的斜线与平面所成的角，是斜线与平面内所有直线所成角的最小角； ②二面角的平面角是过棱上任意一点在两个面内分别引射线所成的角； ③两条异面直线间的距离是分别位于这两条直线上的两点间距离的最小值； ④分别位于两个平行平面内的两条直线间的距离等于这两个平面间的距离． 其中正确命题的序号为 （把你认为所有正确的命题的序号都填上）．

11. 如图, 在直三棱柱ABC—A1B1C1中, ∠ABC＝90°, AB＝BC＝AA1＝2, 点D是A1C1的中点, 则异面

直线AD和BC1所成角的大小为 .

12. 给出如下4个命题：①若α、β是两个不重合的平面，l、m是两条不重合的直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是l⊥α，m⊥β，且l∥m；②对于任意一条直线a，平面α内必有无数条直线与a垂直；③已知命题P：若四点不共面，那么这四点中任何三点都不共线.而命题P的逆否命题是假命题；④已知a、b、c、d是四条不重合的直线，如果a⊥c，a⊥d，b⊥c，b⊥d，则“a∥b”与“c∥d”不可能都不成立.在以上4个命题中，正确命题的序号是___ ___. (要求将所有你认为正确的命题序号都填上) 13. 已知球O的半径是1，A,B,C三点都在球面上，A,B两点和A,C两点的球面距离都是

，B,C两点的球面距离是，则二面角BOAC的大小是 43三、解答题：本大题共5小题，共48分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

14. (本小题8分) 如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N、P分别为棱AB、BC、DD1的中点．

（1）求证：PB⊥平面MNB1；

（2）设二面角M—B1N—B的平面角为α，求cosα的值．

D1 C1 A 1PB1 DC

N ABM

15. (本小题10分) 已知直四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面是菱形，且

DAB60,ADAA1，F为棱BB1的中点，M为线段AC1的中点.

（1）求证：直线MF//平面ABCD； （2）求证：平面AFC1⊥平面ACC1A1；

（3）求平面AFC1与平面ABCD所成二面角的大小.

16. (本小题10分) 如图1，已知ABCD是上、下底边长分别是2和6，高为3的等腰梯形．将它沿对称轴OO1折成直二面角，如图2．

O1

D O1 C D O A O B A C B

（Ⅰ）证明AC⊥BO1；

（Ⅱ）求二面角O－AC－O1的大小．

能力提升 17. (本小题10分) 如图，四棱锥P－ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠PDA=45°，点E、F分别为棱AB、PD的中点．

（Ⅰ）求证：AF∥平面PCE；

（Ⅱ）求证：平面PCE⊥平面PCD； （Ⅲ）求三棱锥C－BEP的体积．

PFEBACD

18. (本小题10分) 如图，在底面 是菱形的四棱锥P

—ABCＤ中，∠ABC=600，PA=AC=a,PB=PD=2a,点E是PD的中点.

（I）证明PA⊥平面ABCD，PB∥平面EAC；

（II）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角的正切值.

（第17题图）

PEABCD

51课时参考答案

一、选择题： 1. C 【提示】

2. C 【提示】

3. C 【提示】

4. D 【提示】

5. B 【提示】

6. D 【提示】

7. D 【提示】

8.A【提示】

二、填写题：

9. 【答案】 ①③④【提示】

10. 【答案】 30°【提示】

11. 【答案】 ①③【提示】 12. 【答案】 ①②④【提示】

13. 【答案】

【提示】 2

三、解答题：

14. 【 解】（1）取CC1的中点E，连结BE，PE，则B1N⊥BE，PE⊥平面BCC1B1，

∴PB⊥B1N，同理PB⊥B1M．

∴PB⊥平面MNB1； （2）设BE交B1N于点F，

∵AB⊥平面BNB1，BF⊥B1N，连结MF， 则MF⊥B1N， ∴∠MFB＝α，

23取正方体棱长为2，则BF＝5，MF＝5．

55AD1A1PDC1B1FECNMBBF2＝． 3MF15. 【 解】（1）证明：延长C1F交CB的延长线于点N，连结AN.因为F是BB1的中点，

所以F为C1N的中点，B为CN的中点. 又M是线段AC1的中点，故MF//AN.

在Rt△BFM中，cosα＝

又QMF平面ABCD,AN平面ABCD. MF//平面ABCD.

（2）证明：连BD，由直四棱柱ABCD—A1B1C1D1 可知：A1A平面ABCD,

又∵BD平面ABCD，A1ABD. Q四边形ABCD为菱形，ACBD.

又QACA1AA,AC,A1A平面ACC1A1, BD平面ACC1A1.

在四边形DANB中，DA∥BN且DA=BN，所以四边形DANB为平行四边形. 故NA∥BD，NA平面ACC1A1. 又QNA平面AFC1 平面AFC1平面ACC1A-1.

（3）由（2）知BD⊥ACC1A1，又AC1 ACC1A1，

∴BD⊥AC1，∵BD//NA，∴AC1⊥NA. 又由BD⊥AC可知NA⊥AC，

∴∠C1AC就是平面AFC1与平面ABCD所成二面角的平面角或补角.

C1C1， 故∠C1AC=30°. CA3∴平面AFC1与平面ABCD所成二面角的大小为30° 16. 【 解】（I）证明 由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1，所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角， 即OA⊥OB. 从而AO⊥平面OBCO1， O1

C OC是AC在面OBCO1内的射影. F

OC3OB1D 因为tanOOB， E 3 tanO1OC1在Rt△C1AC中，tanC1ACOO1OO13 所以∠OO1B=60°，∠O1OC=30°，从而OC⊥BO1

O 由三垂线定理得AC⊥BO1.

（II）解 由（I）AC⊥BO1，OC⊥BO1，知BO1⊥平面AOC. 设OC∩O1B=E，过点E作EF⊥AC于F，连结O1F，则EFA 是O1F在平面AOC

B

内的射影，由三垂线定理得O1F⊥AC.

所以∠O1FE是二面角O—AC—O1的平面角. 由题设知OA=3，OO1=3，O1C=1， 所以O1AOA2OO1223,AC从而O1FO1A2O1C213，

O1AO1C233， 又O1E=OO1·sin30°=， 2AC13OE313. 所以sinO1FE1. 即二面角O—AC—O1的大小是arcsin4O1F41CD， 21CD， 217. 【 解】（Ⅰ）取PC的中点G，连结FG、EG， ∴FG为△CDP的中位线， ∴FG//P∵四边形ABCD为矩形，E为AB的中点， ∴AB//FG∴FG//AE，

∴四边形AEGF是平行四边形， ∴AF∥EG，

又EG平面PCE，AF平面PCE， ∴AF∥平面PCE；

（Ⅱ）∵ PA⊥底面ABCD，

∴PA⊥AD，PA⊥CD，又AD⊥CD，PAAD=A， ∴CD⊥平面ADP，

又AF平面ADP，∴CD⊥AF， 直角三角形PAD中，∠PDA=45°， ∴△PAD为等腰直角三角形， ∴PA＝AD=2， ∵F是PD的中点，

∴AF⊥PD，又CDPD=D， ∴AF⊥平面PCD， ∵AF∥EG，

∴EG⊥平面PCD， 又EG平面PCE， 平面PCE⊥平面PCD；

（Ⅲ）三棱锥C－BEP即为三棱锥P－BCE， PA是三棱锥P－BCE的高， Rt△BCE中，BE=1，BC=2，

∴三棱锥C－BEP的体积

EBADCV三棱锥C－BEP=V三棱锥P－BCE=SBCEPA1211BEBCPA1222． 2218. 【 解】

（Ⅰ） 因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°， 所以AB=AD=AC=a， 在△PAB中， 由PA2+AB2=2a2=PB2 知PA⊥AB. 同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD.

连结BD，设BDAC=O，则O为BD的中点. 连结OE，因为E是PD的中点，所以PB//OE.

又PB平面EAC，OE平面EAC，故PB//平面EAC. （Ⅱ）解 作EG//PA交AD于G，由PA⊥平面ABCD. 知EG⊥平面ABCD.

作GH⊥AC于H，连结EH，则EH⊥AC，∠EHG即为二面角的平面角.

又E是PD的中点，从而G是AD的中点， BPEAHCGD113a,AGa,GHAGsin60a. 224EG23. 所以 tanGH3EG

2020新高考数学第一轮专题复习 立体几何测试卷(B)理科

基础训练 一、选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32分．

1. 对于任意的直线l与平同a,在平面a内必有直线m,使m与l （ C ） A.平行 B.相交

C.垂直 D.互为异面直线

2. 已知直线m、n与平面,，给出下列三个命题：①若m//,n//,则m//n;②若

m//,n,则nm;③若m,m//,则.其中真命题的个数是

（ C ） A．0 B．1 C．2 D．3 3. 已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( C ) A．16 B．20 C．24 D．32

4. 如图，一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的体积为( D )

A．1 B．

1 2C．

11 D．

63正视图 侧视图

第4题图

俯视图

5. 已知向是a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), c=(c1,c2,c3),则下列命题中恒成立的是 （ D ） A．若a∥b,则a=λb B．若b⊥a,b⊥c,且a,c共面α，则b⊥α C．（a·b）·c=a·(b·c) D．||a|－|b||≤|a±b|≤|a|+|b| 6. 正四棱锥P—ABCD的所有棱长都相等，E为PC的中

点，那么异面直线BE与PA所成角的余弦值等于（ D ）

A．1

2B．2

2D．3

3C．2

3

7. 三棱柱ABC—A1B1C1中，侧棱BB1在下底面上的射影B1D与AC平行，如果侧棱

BB1与底面所成的角为30°，∠BB1C1=60°，则∠ACB的余弦值为 （ D ）

A．3 B．

1xxOG=OA+OB+OC,则使

34433 C． 32G

与

M，N

共线的

x

D．3 68. 在四面体O—ABC中，点M在OA上，且OM=2MA，N为BC中点，若

的一个值为

（ A ）

42 D． 33二、填写题：本大题共5小题，每小题4分，共20分． 9. 已知A(1, 0), B(2, 1), C(1, 1). 若将坐标平面沿x轴折成直二面角, 则折

A．1 B．2 C． 后BAC的余弦值为 .

10. 在空间，关于角和距离，有下列命题：

①平面的斜线与平面所成的角，是斜线与平面内所有直线所成角的最小角； ②二面角的平面角是过棱上任意一点在两个面内分别引射线所成的角； ③两条异面直线间的距离是分别位于这两条直线上的两点间距离的最小值； ④分别位于两个平行平面内的两条直线间的距离等于这两个平面间的距离． 其中正确命题的序号为 （把你认为所有正确的命题的序号都填上）．

11. 如图, 在直三棱柱ABC—A1B1C1中, ∠ABC＝90°, AB＝BC＝AA1＝2, 点D是A1C1的中点, 则异面

直线AD和BC1所成角的大小为 .

12. 给出如下4个命题：①若α、β是两个不重合的平面，l、m是两条不重合的直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是l⊥α，m⊥β，且l∥m；②对于任意一条直线a，平面α内必有无数条直线与a垂直；③已知命题P：若四点不共面，那么这四点中任何三点都不共线.而命题P的逆否命题是假命题；④已知a、b、c、d是四条不重合的直线，如果a⊥c，a⊥d，b⊥c，b⊥d，则“a∥b”与“c∥d”不可能都不成立.在以上4个命题中，正确命题的序号是___ ___. (要求将所有你认为正确的命题序号都填上) 13. 已知球O的半径是1，A,B,C三点都在球面上，A,B两点和A,C两点的球面距离都是

，B,C两点的球面距离是，则二面角BOAC的大小是 43三、解答题：本大题共5小题，共48分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 14. (本小题8分) 如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD上的动点.

（1）试确定点F的位置，使得D1E平面AB1F.

（2）当D1E平面AB1F时，求二面角B1AFB的余弦值.

15. (本小题10分) 如图，已知ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AD. (1)求二面角A－PB－D的大小,

(2)在线段PB上是否存在一点E,使PC⊥平面ADE?若存在,确定E点的位置,若不存

在,说明理由.

16. (本小题10分) 在五棱锥P－ABCDE中，PA=AB=AE=2a，PB=PE=22a，BC=DE=a，∠EAB=∠ABC=∠DEA=90°． （1）求证：PA⊥平面ABCDE； （2）求二面角A－PD－E的大小； （3）求点C到平面PDE的距离．

能力提升 17. (本小题10分) 如图，已知长方体ABCDA1B1C1D1,AB2,AA11,直线BD与平面AA1B1B所成的角为30，AE垂直BD于E，F为A1B1的中点.

（Ⅰ）求异面直线AE与BF所成角的余弦值；

（Ⅱ）求平面BDF与平面AA1B所成二面角的余弦值； （Ⅲ）求点A到平面BDF的距离.

A1D1FAB1C1DEBC

18. (本小题10分) 如图四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是平行四边形， PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上，且PG＝4，

AG1GD，BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点． 3(1)求异面直线GE与PC所成的角； (2)求点D到平面PBG的距离；

(3)若F点是棱PC上一点，且DF⊥GC，求

P PF的值． FC

G F D

A

B E

C

52课时参考答案

一、选择题：

1. C 2. C 3. C 4. D 5. D 6. D 7. D 8.A 二、填写题： 9. 【答案】 32 510. 【答案】 30° 11. 【答案】 ①③ 12. 【答案】 ①②④ 13. 【答案】

 21,0，设Fa,1,0， 2三、解答题：

14. 【 解析】（1）建系如图，A0,0,0,B11,0,1,D10,1,1,E1, D1E1,1,1,AFa,1,0,AB11,0,1， 2 ∵D1E平面AB1F，∴D1EAF0，D1EAB10 ∴a

1

，即F为棱CD的中点. 2

1,1，平面ABF的一个法向量为2（2）平面AB1F的一个法向量为D1E1,AA10,0,1，

∴cosD1E,AA112，又可知二面角B1AFB为锐二面角， 33122. 315. 【 解析】 (1)建立如图所示的直角坐标系.

联结AC,交BD于点O,取PA中点G,联结DG.

∵ABCD是正方形,∴AC⊥DB.

又PD⊥平面ABCD,AC平面ABCD, ∴AC⊥PD, ∴AC⊥平面PBD.

∴二面角B1AFB的余弦值为

∵PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，∴PA⊥AB. ∴AB⊥平面PAD.

∵PD=AD,G为PA中点, ∴GD⊥平面PAB.

故向量AC与DG分别是平面PBD与平面PAB的法向量. 令PD=AD=2，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，∴AC=(－2，2，0). ∵P(0,0,2),A(2,0,0), ∴G(1,0,1),∴DG=(1,0,1).

21∴向量AC与DG的夹角余弦为cosACDG，

2ACDG222∴1200,∴二面角A－PB－D的大小为600.

(2)建立如图所示的直角坐标系.

∵PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，∴AD⊥PC.

设E是线段PB上的一点，令PEPB(01). 令PD=AD=2，则P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),

∴AP(－2,0,2),PB(2,2,－2),PC(0,2,－2). ∴PE(2,2,2). ∴

zPAEAPPE(22,2,22).…10分 令AEPC0,得222(2－2)=0,得1.

2∴当1,即点E是线段PB中点时,有AE⊥PC.又∵PD⊥平

2面ABCD，AD⊥CD，∴AD⊥PC.∴当点E是线段PB中点时,有PC⊥平面ADE. 16. 【 解析】

DAxEBCyuuuurrruuuurrruuuurrr （1） 证明：用基向量法． 设D1A1a，a1，D1C1b，b1D1Dc，c1，uuurrrruuuurrr，D1Aac，AC1bcauuuruuuuruuuruuuurQACD1AAC11D1A0，

rrrrr∴(bca)(ac)0， r2r2rrrr∴cabcba0 rruuuurruuuurr∴ab0，QA1B12b,D1A1a，∴

uuuuruuuuruuuuruuuurA1B1D1A10，∴A1B1D1A1，即A1B1A1D1， ∴CDAD

（2）解：构建空间直角坐标系，运用向量的坐标运算．

以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直

uuuuruuuur角系．则D1(0,0,0)，C(0,1,1),E(1,1,0)，B1(1,2,0)，DC,1)，D1E(1,1,0)，1(0,1uuuruuuuuruuurEC(1,0,1)，EB1(0,1,0)，D1B1(1,2,0)，设平面CD1B1的一个法向量为

uuruuuuruuruuruuuururuuuurn3D1C0 n3(x3,y3,z3)，∵n3DCuruuuur1,n1D1B1， ∴un3D1B10uuuuruuuuurDC,1)，D1B1(1,2,0) 1(0,1uury3z30∴，令y31，则x32，z31，得n3(2,1,1)．

x2y033uuruuuurn3uuuur16CCDBdDC，求点到平面的距离 DC(0,1,0)uur111111166n3ur（3）解：设平面CD1E的一个法向量为n1(x1,y1,z1)．

uruuuururuuuururuuuury1z10n1D1C0 ∵n1DC， ∴，，令x11，则y11，,nDEuruuuur111x1y10n1D1E0uruurz11，得n1(1,1,1)．又设平面CB1E的一个法向量为n2(x2,y2,z2)∵uuruuuruuruuurn2EB1,n2EC，

uuruuuruury20n2EB10,∴∴u，令x21，则y20，z21，得n2(1,0,1)． uruuurx2z20n2EC0uruurnn266cosur1u2)． ，∴二面角D1CEB1的大小为arccos(ur3332n1n2uuuruuur111111或者，CE的中点F的坐标为F(,1,)，OF(,1,)，FO(,1,)，

222222uuurEB1(0,1,0)

uuuruuurFOEB1116∴cosuuu， ruuur3116FOEB114446)． ∴二面角D1CEB1的大小为arccos(317. 【 解析】在长方体ABCDA1B1C1D1中，以AB所在的直线为x轴，以AD所在的直线为y轴，AA1所在的直线为z轴建立如图示空间直角坐标系

由已知AB2,AA11,可得A(0,0,0),B(2,0,0)，F(1,0,1)

又AD平面AA1B1B，从而BD与平面AA1B1B所成的角为DBA30，又

AB2，AEBD，AE1,AD233从而易得

A1z D11323E2,2,0,D0,3,0 uuur13uuur（I）因为AE,22,0,BF1,0,1所以

uuuruuur1uuuruuur2AEBFcosAE,BFuuu ruuur=242AEBFFAB1C1y DEBx C易知异面直线AE、BF所成的角余弦为

urrAABm(0,1,0)n（II）易知平面设(x,y,z)是平面BDF的一1的一个法向量

uuur23BD(2,,0)个法向量，由

3ruuurruuurxz0nBFnBF0xz rruuurruuu23y03xy2xnBDnBD03r即n1,3,1

urrurrmn15∴cosm,nu. rr5mn2 . 4即平面BDF与平面AA1B所成的二面角的余弦值为对值，

ruuur（III）点A到平面BDF的距离，即AB在平面BDF的法向量n上的投影的绝

uuurruuuruuurrABn2525∴距离dABcosAB,n=所以点A到平面BDF的距离为. r55nGC、GP为x轴、y18. 【 解析】 (1)解：以G点为原点，GB、轴、z轴建立空间直角坐标系，

则B(2，0，0)，C(0，2，0)，P(0，0，4)， 故E(1，1，0) GE＝(1，1，0)，

15. 5PC＝(0，2，4)

cosGE，PCGEPC|GE||PC|210 1022010． 10 (2)解：平面PBG的单位法向量n＝(0，±1，0) ∵

3333GDADBC(，，0)

44223 ∴点D到平面PBG的距离为|GDn |＝

23333(3)解：设F(0，y，z)，则DF(0，y，z)(，，0)(，y，z)

222233 ∵DFGC，∴DFGC0， 即(，y，z)(0，2，0)2y30，∴

2233y 又PFPC，即(0，，z－4)＝λ(0，2，－4)，∴z=1，

22∴GE与PC所成的角为arccos

313故F(0，，1) PF(0，，3)，FC(0，，1)，∴PF222FC3523 52