2022年高考数学二轮复习《立体几何》通关练习卷（含详解）

这是一份2022年高考数学二轮复习《立体几何》通关练习卷（含详解），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
设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α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
C.若α∩β=m，n⊂α，则n⊥β
D.若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β
下列命题中成立的个数是( )
①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；
②若直线l在平面α外，则l∥α；
③若直线l∥b，直线b⊂α，则l∥α；
④若直线l∥b，直线b⊂α，那么直线l就平行于平面α内的无数条直线.
A.1 B.2 C.3 D.4
已知两条不重合的直线m，n和两个不重合的平面α，β，m⊥α，n⊂β.给出下列四个命题：
①若α∥β，则m⊥n；
②若m⊥n，则α∥β；
③若m∥n，则α⊥β；
④若α⊥β，则m∥n.
其中正确命题的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线m，n，有下列四个命题：
①若m∥n，m⊥α，则n⊥α；
②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；
③若m，n与α所成的角相等，则m∥n；
④若m∥α，α∩β=n，则m∥n.
其中正确命题的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有( )
A.AH⊥平面EFH B.AG⊥平面EFH C.HF⊥平面AEF D.HG⊥平面AEF
如图，四棱锥P­ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PA=1，PB=PD=eq \r(2)，则它的五个面中，互相垂直的面共有( )
A.3对 B.4对 C.5对 D.6对
如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：
①直线BE与直线CF异面；
②直线BE与直线AF异面；
③直线EF∥平面PBC；
④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确结论的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( )
A.若a∥α，b∥α，则a∥b
B.若a⊥α，a∥b，则b⊥α
C.若a⊥α，a⊥b，则b∥α
D.若a∥α，a⊥b，则b⊥α
如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为2，AC=BC=1，∠ACB=90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为( )
A.eq \f(1,2) B.1 C.eq \f(3,2) D.2
如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么在这个空间图形中必有( )
A.AG⊥平面EFH B.AH⊥平面EFH
C.HF⊥平面AEF D.HG⊥平面AEF
如图所示，直线PA垂直于⊙O所成的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点.现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长.其中正确的是( )
A.①② B.①②③ C.① D.②③
二、填空题
已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的有 .
(写出所有正确命题的序号)
①若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；
②若m∥n，m∥α，则n∥α；
③若α∩β=n，m∥α，m∥β，则m∥n；
④若m⊥α，m⊥n，则n∥α.
如图所示，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点P是棱AD上一点，且AP=eq \f(a,3)，过B1，D1，P的平面交平面ABCD于PQ，Q在直线CD上，则PQ= .
如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=4，E为DC边的中点，沿AE将△ADE折起，在折起过程中，下列结论中能成立的序号为 .
①ED⊥平面ACD；②CD⊥平面BED；③BD⊥平面ACD；④AD⊥平面BED.
如图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD为正方形，E，F分别为侧棱VC，VB上的点，
且满足VC=3EC，AF∥平面BDE，则eq \f(VB,FB)=________.
三、解答题
如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，PD⊥平面ABCD，PD=AD=1，
点E，F分别为AB和PC的中点，连接EF，BF.
(1)求证：直线EF∥平面PAD.
(2)求三棱锥F­PEB的体积.
如图，在三棱柱ABF－DCE中，∠ABC=120°，BC=2CD, AD=AF, AF⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥EC；
(2)若AB=1，求四棱锥B－ADEF的体积.
如图，在三棱锥P－ABC中，PA=PB=AB=2，BC=3，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC的中点.
(1)求证：DE∥平面PBC；
(2)求证：AB⊥PE；
(3)求三棱锥B－PEC的体积.
在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，AC∩BD=O.
(1)若AC⊥PD，求证：AC⊥平面PBD；
(2)若平面PAC⊥平面ABCD，
求证：PB=PD.
如图，在四棱锥P—ABCD中，PC=AD=CD=eq \f(1,2)AB=2，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD.
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与线段PB交于点N，确定点N的位置，说明理由；并求三棱锥A—CMN的高.
如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1.
(1)若D为线段AC的中点，求证：AC⊥平面PDO；
(2)求三棱锥P－ABC体积的最大值；
(3)若BC=eq \r(2)，点E在线段PB上，求CE＋OE的最小值.
如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥DC，∠ABC=90°，AD=SD，BC=CD=eq \f(1,2)AB，侧面SAD⊥底面ABCD.
(1)求证：平面SBD⊥平面SAD；
(2)若∠SDA=120°，且三棱锥S­BCD的体积为eq \f(\r(6),12)，求侧面△SAB的面积.
\s 0 答案解析
答案为：D；
解析：若m∥α，n∥α，则直线m，n可以是平行、相交、异面，所以A不正确.若α∥β，m⊂α，n⊂β，则直线m，n可能是平行或异面，所以B不正确.C选项显然不正确.
答案为：A；
解析：直线l平行于平面α内的无数条直线，包括l⊂α和l∥α，故①不成立；直线l在平面α外，包括l与α相交和l∥α，故②不成立；直线l∥b，直线b⊂α，包括l⊂α和l∥α，故③不成立；直线l∥b，直线b⊂α，那么l平行于α内与直线b平行的所有直线，所以直线l就平行于平面α内的无数条直线，故只有④成立.
答案为：C；
解析：依题意，对于①，由“若一条直线与两个平行平面中的一个垂直，则该直线也垂直于另一个平面”得知，m⊥β，又n⊂β，因此m⊥n，①正确；对于②，当α⊥β时，设α∩β=n，在平面β内作直线m⊥n，则有m⊥α，因此②不正确；对于③，由m∥n，m⊥α得n⊥α，又n⊂β，因此有α⊥β，③正确；对于④，当m⊥α，α∩β=n，α⊥β时，直线m，n不平行，因此④不正确.综上所述，正确命题的个数为2，故选C.
答案为：B
解析：对于①，若m∥n，m⊥α，则n⊥α，故该命题为真命题；对于②，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故该命题为真命题；对于③，若m，n与α所成的角相等，则m与n可能平行、相交或异面，故该命题为假命题；对于④，若m∥α，α∩β=n，则m与n的位置关系不确定，故该命题为假命题.故选答案为：B.
答案为：A
解析：由平面图形可得AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF=H，∴AH⊥平面HEF.故选A.
答案为：C；
解析：因为AB=AD=AP=1，PB=PD=eq \r(2)，所以AB2＋AP2=PB2，PA2＋AD2=PD2，则PA⊥AB，PA⊥AD，可得PA⊥底面ABCD，又PA⊂平面PAB，PA⊂平面PAD，所以平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD.又AB⊥AD，AD∩PA=A，所以AB⊥平面PAD，所以平面PAB⊥平面PAD.又BC⊥AB，BC⊥PA，AB∩PA=A，所以BC⊥平面PAB，所以平面PAB⊥平面PBC.又CD⊥AD，CD⊥AP，AD∩AP=A，所以CD⊥平面PAD，所以平面PAD⊥平面PCD.故选C.
答案为：B；
解析：画出该几何体，如图所示，
①因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EF∥AD，所以EF∥BC，
直线BE与直线CF是共面直线，故①不正确；
②直线BE与直线AF满足异面直线的定义，故②正确；
③由E，F分别是PA，PD的中点，可知EF∥AD，所以EF∥BC，
因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以直线EF∥平面PBC，故③正确；
④因为BE与PA的关系不能确定，所以不能判定平面BCE⊥平面PAD，故④不正确.
所以正确结论的个数是2.
答案为：A.
解析：依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选A.
答案为：B.
解析：若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；
若a⊥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，故C错误；
若a∥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α或b与α相交，故D错误.
答案为：A；
解析：设B1F=x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.
由已知可得A1B1=eq \r(2)，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE=eq \f(1,2)h.
又2×eq \r(2)=heq \r(22＋\r(2)2)，所以h=eq \f(2\r(3),3)，DE=eq \f(\r(3),3).
在Rt△DB1E中，B1E= eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2)=eq \f(\r(6),6).
由面积相等得eq \f(\r(6),6)× eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)=eq \f(\r(2),2)x，得x=eq \f(1,2).
答案为：B；
解析：根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，
又HE∩HF=H，∴AH⊥平面EFH，B正确.
∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确.
∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH=G，∴EF⊥平面HAG，
又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，过H作直线垂直于平面AEF，
一定在平面HAG内，∴C不正确.
由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确.
答案为：B；
解析：对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，
∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∵AC∩PA=A，∴BC⊥平面PAC，
又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，
∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC；
对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确.
答案为：③；
解析：对于①，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β的位置关系是垂直或平行，故①错误；
对于②，若m∥n，m∥α，则n可能在α内或平行于α，故②错误；
对于③，若α∩β=n，m∥α，m∥β，根据线面平行的性质定理和判定定理，可以判断m∥n，故③正确；
对于④，若m⊥α，m⊥n，则n可能在α内或平行于α，故④错误.
答案为：eq \f(2\r(2),3)a.
解析：如图，∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，而平面B1D1P∩平面ABCD=PQ，
平面B1D1P∩平面A1B1C1D1=B1D1，∴B1D1∥PQ.
又∵B1D1∥BD，∴BD∥PQ，
设PQ∩AB=M，∵AB∥CD，∴△APM∽△DPQ.
∴eq \f(PQ,PM)=eq \f(PD,AP)=2，即PQ=2PM.又知△APM∽△ADB，∴eq \f(PM,BD)=eq \f(AP,AD)=eq \f(1,3)，
∴PM=eq \f(1,3)BD，又BD=eq \r(2)a，∴PQ=eq \f(2\r(2),3)a.
答案为：④.
解析：因为在矩形ABCD中，AB=8，BC=4，E为DC边的中点，则折叠时，D点在平面BCE上的射影的轨迹为O1O2(如图).
因为折起过程中，DE与AC所成角不能为直角，所以DE不垂直于平面ACD，故①不符合；
只有D点射影位于O2位置，即平面AED与平面AEB重合时，才有BE⊥CD，
所以折起过程中CD不垂直于平面BED，故②不符合；
折起过程中，BD与AC所成的角不能为直角，所以BD不垂直于平面ACD，故③不符合；
因为AD⊥ED，并且在折起过程中，当点D的射影位于O点时，AD⊥BE，
所以在折起过程中，AD⊥平面BED能成立，故④符合.
答案为：2
解析：连接AC交BD于点O，连接EO，取VE的中点M，连接AM，MF，
由VC=3EC⇒VM=ME=EC，又AO=CO⇒AM∥EO⇒AM∥平面BDE⇒平面AMF∥平面BDE
⇒MF∥平面BDE⇒MF∥BE⇒VF=FB⇒eq \f(VB,FB)=2.
解：(1)如图，作FM∥CD交PD于点M，连接AM.
因为点F为PC中点，所以FM=eq \f(1,2)CD.
因为点E为AB的中点，所以AE=eq \f(1,2)AB=FM.
又AE∥FM，所以四边形AEFM为平行四边形，
又EF⊄平面PAD，AM⊂平面PAD.
所以EF∥AM.
所以直线EF∥平面PAD.
(2)连接EC.已知∠DAB=60°，AE=eq \f(1,2)，AD=1，由余弦定理，得DE⊥AB，
又AB∥DC，则DE⊥DC，
设F到平面BEC的距离为h.
因为点F为PC的中点，所以h=eq \f(1,2)PD.
从而有VF­PBE=VP­BEF=VP­BEC－VF­BEC
=eq \f(1,3)S△BEC·(PD－h)=eq \f(1,3)S△BEC·eq \f(1,2)PD
=eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(1,2)×1=eq \f(\r(3),48).
(1)证明：已知ABF－DCE为三棱柱，且AF⊥平面ABCD，
∴DE∥AF，ED⊥平面ABCD.
∵BD⊂平面ABCD，∴ED⊥BD，
又ABCD为平行四边形，∠ABC=120°，故∠BCD=60°，
又BC=2CD，故∠BDC=90°，故BD⊥CD，
∵ED∩CD=D，ED，CD⊂平面ECD，
∴BD⊥平面ECD，
∵EC⊂平面ECD，故BD⊥EC.
(2)解：由BC=2CD得AD=2AB，
∵AB=1，故AD=2，
作BH⊥AD于点H，
∵AF⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，
∴AF⊥BH，又AD∩AF=A，AD，AF⊂平面ADEF，
∴BH⊥平面ADEF，
又∠ABC=120°，
∴在△ABH中，∠BAH=60°，
又AB=1，
∴BH=eq \f(\r(3),2)，
∴VB－ADEF=eq \f(1,3)×(2×2)×eq \f(\r(3),2)=eq \f(2\r(3),3).
解：(1)∵在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，
∴DE∥BC.
∵DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
∴DE∥平面PBC.
(2)连接PD.∵PA=PB，D为AB的中点，
∴PD⊥AB.
∵DE∥BC，BC⊥AB，
∴DE⊥AB.
又∵PD∩DE=D，
∴AB⊥平面PDE.
∵PE⊂平面PDE，
∴AB⊥PE.
(3)∵PD⊥AB，平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，
∴PD⊥平面ABC，可得PD是三棱锥P－BEC的高.
又∵PD=eq \r(3)，S△BEC=eq \f(3,2)，
∴VB－PEC=VP－BEC=eq \f(1,3)S△BEC·PD=eq \f(\r(3),2).
证明：(1)因为底面ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
因为AC⊥PD，PD∩BD=D，
所以AC⊥平面PBD.
(2)由(1)可知，AC⊥BD.
因为平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD=AC，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面PAC.
因为PO⊂平面PAC，
所以BD⊥PO.
因为底面ABCD是菱形，所以BO=DO，
所以PB=PD.
(1)证明：连接AC，在直角梯形ABCD中，AC=eq \r(AD2＋DC2)=2eq \r(2)，
BC=eq \r(AB－CD2＋AD2)=2eq \r(2)，
所以AC2＋BC2=AB2，
即AC⊥BC.
又PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PC⊥BC，
又AC∩PC=C，AC，PC⊂平面PAC，
故BC⊥平面PAC.
(2)解：N为PB的中点，连接MN，CN.
因为M为PA的中点，N为PB的中点，所以MN∥AB，
且MN=eq \f(1,2)AB=2.
又因为AB∥CD，所以MN∥CD，所以M，N，C，D四点共面，
所以N为过C，D，M三点的平面与线段PB的交点.
因为BC⊥平面PAC，N为PB的中点，
所以点N到平面PAC的距离d=eq \f(1,2)BC=eq \r(2).
又S△ACM=eq \f(1,2)S△ACP=eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×AC×PC=eq \r(2)，
所以V三棱锥N—ACM=eq \f(1,3)×eq \r(2)×eq \r(2)=eq \f(2,3).
由题意可知，在Rt△PCA中，
PA=eq \r(AC2＋PC2)=2eq \r(3)，CM=eq \r(3)，
在Rt△PCB中，PB=eq \r(BC2＋PC2)=2eq \r(3)，
CN=eq \r(3)，所以S△CMN=eq \f(1,2)×2×eq \r(2)=eq \r(2).
设三棱锥A—CMN的高为h，
V三棱锥N—ACM=V三棱锥A—CMN=eq \f(1,3)×eq \r(2)×h=eq \f(2,3)，解得h=eq \r(2)，
故三棱锥A—CMN的高为eq \r(2).
(1)证明：在△AOC中，
因为OA=OC, D为AC的中点，所以AC⊥OD.
又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥AC.
因为DO∩PO=O，DO，PO⊂平面PDO，
所以AC⊥平面PDO.
(2)解：因为点C在圆O上，
所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1.
又AB=2，所以△ABC面积的最大值为eq \f(1,2)×2×1=1.
又因为三棱锥P－ABC的高PO=1，
故三棱锥P－ABC体积的最大值为eq \f(1,3)×1×1=eq \f(1,3).
(3)解：在△POB中，PO=OB=1，∠POB=90°，
所以PB=eq \r(12＋12)=eq \r(2).
同理PC=eq \r(2)，
所以PB=PC=BC.在三棱锥P－ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面C′PB，使之与平面ABP共面，如图所示.
当O，E，C′共线时，CE＋OE取得最小值.
又因为OP=OB，C′P=C′B，
所以OC′垂直平分PB，即E为PB中点.
从而OC′=OE＋EC′=eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(6),2)=eq \f(\r(2)＋\r(6),2)，
即CE＋OE的最小值为eq \f(\r(2)＋\r(6),2).
解：(1)证明：设BC=a，则CD=a，AB=2a，
由题意知△BCD是等腰直角三角形，且∠BCD=90°，
则BD=eq \r(2)a，∠CBD=45°，
所以∠ABD=∠ABC－∠CBD=45°，
在△ABD中，
AD=eq \r(AB2＋DB2－2AB·DB·cs 45°)=eq \r(2)a，
因为AD2＋BD2=4a2=AB2，所以BD⊥AD，
由于平面SAD⊥底面ABCD, 平面SAD∩平面ABCD=AD，
BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面SAD，
又BD⊂平面SBD，所以平面SBD⊥平面SAD.
(2)由(1)可知AD=SD=eq \r(2)a，在△SAD中，∠SDA=120°，SA=2SDsin 60°=eq \r(6)a，
作SH⊥AD，交AD的延长线于点H，
则SH=SDsin 60°=eq \f(\r(6),2)a，
由(1)知BD⊥平面SAD，
因为SH⊂平面SAD，所以BD⊥SH，
又AD∩BD=D，所以SH⊥平面ABCD，
所以SH为三棱锥S­BCD的高，
所以VS­BCD=eq \f(1,3)×eq \f(\r(6),2)a×eq \f(1,2)×a2=eq \f(\r(6),12)，
解得a=1，由BD⊥平面SAD，SD⊂平面SAD，可得BD⊥SD，
则SB=eq \r(SD2＋BD2)=eq \r(2＋2)=2，
又AB=2，SA=eq \r(6)，
在等腰三角形SBA中，
边SA上的高为 eq \r(4－\f(6,4))=eq \f(\r(10),2)，
则△SAB的面积为eq \f(1,2)×eq \r(6)×eq \f(\r(10),2)=eq \f(\r(15),2).