一点一练2022版高考数学第七章立体几何专题演练文含两年高考一年模拟

第七章　立体几何考点21　空间几何体的结构、三视图、几何体的表面积与体积两年高考真题演练1．(2022·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是(　　)A．8cm3B．12cm3C.cm3D.cm32．(2022·陕西)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)A．3πB．4πC．2π＋4D．3π＋43．(2022·新课标全国Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有(　　)A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛4．(2022·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)33\nA.＋2πB.C.D.5.(2022·新课标全国Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是(　　)A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱6．(2022·陕西)已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为(　　)A.B．4πC．2πD.7．(2022·江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为________．8．(2022·四川)在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设点M，N，P分别是AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥P－A1MN的体积是________.考点21　空间几何体的结构、三视图、几何体的表面积与体积33\n一年模拟试题精练1．(2022·北京朝阳区期末)一个四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为(　　)A．1B．2C．3D．42．(2022·成都市一诊)若一个几何体的正视图和侧视图是两个全等的正方形，则这个几何体的俯视图不可能是(　　)3．(2022·桂林市一调)已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的(　　)4．(2022·厦门市质检)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱BC上的一点，则三棱锥D1－B1C1E的体积等于(　　)A.B.C.D.　　　第4题图　　　　　　　　第5题图5．(2022·山西省三诊)如图是一个几何体的三视图，若该几何体的表面积为9π33\n，则正视图中实数a的值等于(　　)A．1B．2C．3D．46．(2022·厦门质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体最长的棱的长度等于(　　)A.B.C．5D．27．(2022·衡水中学期中)三棱锥P－ABC的四个顶点均在同一球面上，其中△ABC是正三角形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB＝6，则该球的体积为(　　)A．16πB．32πC．48πD．64π8．(2022·武汉市调考)若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为(　　)A.B．5C.D．49．(2022·眉山市一诊)一个棱锥的三视图如图，则此棱锥的全面积是(　　)A．4＋2B．4＋C．4＋2D．4＋33\n考点22　平行关系两年高考真题演练1．(2022·新课标全国Ⅱ)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．2．(2022·四川)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；33\n(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系．并证明你的结论．(3)证明：直线DF⊥平面BEG.3．(2022·北京)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体积．考点22　平行关系一年模拟试题精练1．(2022·宿迁市摸底)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，且PB＝PD.(1)求证：BD⊥PC；(2)若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC∥l.33\n2．(2022·重庆一中检测)如图，已知DE⊥平面ACD，DE∥AB，△ACD是正三角形，AD＝DE＝2AB＝2，且F是CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求四棱锥C－ABED的全面积．3．(2022·桂林市一调)如图，四棱锥P－ABCD中，BC∥AD，BC＝1，AD＝3，AC⊥CD，且平面PCD⊥平面ABCD.(1)求证：AC⊥PD.33\n(2)在线段PA上，是否存在点E，使BE∥平面PCD？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．4．(2022·盐城模拟)如图所示，斜三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1?(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．33\n考点23　垂直关系两年高考真题演练1．(2022·新课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，G是AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E－ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．2．(2022·江苏)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.33\n3．(2022·重庆)如图，四棱锥P－ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝，M为BC上一点，且BM＝.(1)证明：BC⊥平面POM；(2)若MP⊥AP，求四棱锥P－ABMO的体积．4．(2022·福建)如图，三棱锥A－BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD.(1)求证：CD⊥平面ABD；(2)若AB＝BD＝CD＝1，M为AD中点，求三棱锥A－MBC的体积．33\n33\n考点23　垂直关系一年模拟试题精练1．(2022·唐山一中检测)如图所示，△ABC和△BCE是边长为2的正三角形，且平面ABC⊥平面BCE，AD⊥平面ABC，AD＝2.(1)证明：DE⊥BC；(2)求三棱锥D－ABE的体积．2．(2022·晋冀豫三省调研)如图，菱形ABCD的边长为6，∠BAD＝60°，AC∩BD＝O.将菱形ABCD沿对角线AC折起，得到三棱锥，点M是棱BC的中点，DM＝3.(1)求证：平面ABC⊥平面MDO.(2)求三棱锥M－ABD的体积．33\n3．(2022·山西省三诊)如图，已知菱形ABEF所在平面与直角梯形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2CD＝4，∠ABE＝60°，∠BAD＝∠CDA＝90°，点H是线段EF的中点．(1)求证：平面AHC⊥平面BCE；(2)求多面体ABCDEF的体积．33\n4．(2022·北京西城区高三检测)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，∠BAD＝90°，AD∥BC，且A1A＝AD＝2BC＝2，AB＝1.点E在棱AB上，平面A1EC与棱C1D1相交于点F.(1)求证：A1F∥平面B1CE；(2)求证：AC⊥平面CDD1C1；(3)写出三棱锥B1－A1EF体积的取值范围．33\n考点24　立体几何综合问题两年高考真题演练1．(2022·福建)若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的(　　)A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件2．(2022·安徽)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是(　　)A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面3．(2022·新课标全国Ⅱ)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为(　　)A．36πB．64πC．144πD．256π4．(2022·辽宁)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是(　　)A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α5．(2022·安徽)如图，三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.(1)求三棱锥PABC的体积；(2)证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，并求的值．33\n6．(2022·四川)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．考点24　立体几何综合问题一年模拟试题精练1．(2022·荆门市调研)若m，n是两条不重合的空间直线，α是平面，则下列命题中正确的是(　　)A．若m∥n，n⊂α，则m∥αB．若m∥n，n∥α，则m∥αC．若m∥n，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥α，则m∥α2．(2022·眉山市一诊)下列说法错误的是(　　)A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B．过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直C．如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直D．如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行3．(2022·深圳五校一联)已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是(　　)A．若m∥α，n∥α，则m∥n33\nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n4．(2022·汕头市质检)设l，m是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题中正确的是(　　)A．若l∥α，α∩β＝m，则l∥mB．若l∥α，m⊥l，则m⊥αC．若l∥α，m∥α，则l∥mD．若l⊥α，l∥β，则α⊥β5．(2022·黄冈中学检测)设α、β是两个不同的平面，l、m为两条不同的直线，命题p：若平面α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；命题q：l∥α，m⊥l，m⊂β，则β⊥α，则下列命题为真命题的是(　　)A．p或qB．p且qC．綈p或qD．p且綈q6．(2022·山西省三诊)已知a，b，c是三条不同的直线，命题“a∥b且a⊥c⇒b⊥c”是真命题，如果把a，b，c中的两个或三个换成平面，在所得的命题中，真命题有(　　)A．1个B．2个C．3个D．4个7．(2022·山东省实验中学三诊)对于不重合的两个平面α与β，给定下列条件：①存在平面γ，使得α、β都垂直于γ；②存在平面γ，使得α、β都平行于γ；③α内有不共线的三点到β的距离相等；④存在异面直线l、m，使得l∥α，l∥β，m∥α，m∥β，其中，可以判定α与β平行的条件有(　　)A．1个B．2个C．3个D．4个8．(2022·青岛模拟)如图所示，在棱长为1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(　　)A.B.C.D．[，]33\n9．(2022·眉山市一诊)如图，圆O为三棱锥P－ABC的底面ABC的外接圆，AC是圆O的直径，PA⊥BC，点M是线段PA的中点．(1)求证：BC⊥PB；(2)设PA⊥AC，PA＝AC＝2，AB＝1，求三棱锥P－MBC的体积；(3)在△ABC内是否存在点N，使得MN∥平面PBC？请证明你的结论．参考答案第七章　立体几何考点21　空间几何体的结构、三视图、几何体的表面积与体积【两年高考真题演练】1．C　[由三视图可知该几何体是由棱长为2cm的正方体与底面为边长为2cm正方形、高为2cm的四棱锥组成，V＝V正方体＋V四棱锥＝8cm3＋cm3＝cm3.故选C.]2．D　[由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为：S＝2×π×12＋×2π×1×2＋2×2＝π＋2π＋4＝4＋3π.]3．B　[由题意知：米堆的底面半径为(尺)，体积V＝×πR2·h＝(立方尺)．所以堆放的米大约为≈22(斛)．]4．B　[该几何体由一个圆柱和一个从轴截面截开的“半圆锥”组成，其体积为V＝π×12×2＋×π×12×1＝2π＋＝π.]5．B　[由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，33\n分析可知该几何体为三棱柱，故选B.]6．D　[正四棱柱的外接球的球心为上下底面的中心连线的中点，所以球的半径r＝＝1，球的体积V＝r3＝.故选D.]7.　[设新的底面半径为r，由题意得πr2·4＋πr2·8＝π×52×4＋π×22×8，解得r＝.]8.　[由题意知还原后的几何体是一个直放的三棱柱，三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1的直三棱柱，∵VP－A1MN＝VA1－PMN，又∵AA1∥平面PMN，∴VA1－PMN＝VA－PMN，∴VA－PMN＝××1××＝，故VP－A1MN＝.]【一年模拟试题精练】1．D　[满足条件的四棱锥的底面为矩形，且一条侧棱与底面垂直，如图所示，易知该四棱锥四个侧面均为直角三角形．]2．C　[由题意知，俯视图的长度和宽度相等，故C不可能．]3．C　[选项A，B，D中的俯视图，正方形内的线应该为另一条对角线，33\n当四棱锥的直观图为右图时，它的三视图是C.]4．D　[VD1－B1C1E＝S△B1C1E·D1C1＝××1×1×1＝.]5．C　[由三视图知该几何体是由一个圆锥和一个圆柱组成，由条件得：2πa＋3π＝9π，解得a＝3.]6.C　[该多面体的直观图为底面为直角三角形，一条棱垂直于底边的三棱锥，其直观图如图所示，故该多面体最长的棱为CD＝＝5.]7．B　[设O为球的球心，O1为△ABC外接圆的圆心，连接OO1得OO1＝PA＝3，AO1＝××3＝，故R＝＝2.因此该球的体积为πR3＝32π.]8．D　[由题意可知，该几何体为一直六棱柱，∴底面六边形的面积可以看成一个矩形与两个等腰直角三角形的面积和，即S＝1×2＋×2×1×2＝4，∴V＝Sh＝4.]9．A　[其直观图为三棱锥，如图所示AE⊥面BCD，BE＝ED＝1，EC＝AE＝2，AD＝DC＝AB＝BC＝，AC＝2，故其全面积为S△ABD＋S△BCD＋S△ABC＋S△ADC＝4＋2.]考点22　平行关系【两年高考真题演练】1．解　(1)交线围成的正方形EHGF如图：33\n(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝＝6，AH＝10，HB＝6.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为(也正确)．2．(1)解　点F，G，H的位置如图所示．(2)证明　平面BEG∥平面ACH，证明如下：因为ABCD－EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG，又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是BCHE为平行四边形，所以BE∥CH，又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH，同理BG∥平面ACH，又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明　连接FH，因为ABCD－EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH，因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG，33\n又EG⊥FH，EG∩FH＝O，所以EG⊥平面BFHD，又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG，同理DF⊥BG，又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.3.(1)证明　在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.所以BB1⊥AB.又因为AB⊥BC，且BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂面B1BCC1，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB⊂面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)证明　取AB中点G，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FG∥AC，且FG＝AC.因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1.所以四边形FGEC1为平行四边形．所以C1F∥EG.又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，所以C1F∥平面ABE.(3)解　因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝＝.所以三棱锥E－ABC的体积V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.【一年模拟试题精练】33\n1．证明　(1)连接AC，交BD于点O，连接PO.因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC又因为PB＝PD，O为BD的中点，所以BD⊥PO，又因为AC∩PO＝O，所以BD⊥平面APC，又因为PC⊂平面APC，所以BD⊥PC.(2)因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD，因为AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD.所以BC∥平面PAD，又因为BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD＝l.所以BC∥l.2．(1)证明　取CE中点P，连接FP，BP，∵F为CD的中点，∴FP綉DE，又AB綉DE，∴AB綉FP，∴ABPF为平行四边形，∴AF∥BP，又∵AF⊄平面BCE，BP⊂平面BCE，∴AF∥平面BCE.(2)解　SABED＝3，S△ACD＝，S△CDE＝2，S△ABC＝1，S△BCE＝，S全＝6＋＋.3．(1)证明　∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，AC⊥CD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面PCD，∵PD⊂平面PCD，∴AC⊥PD.(2)解　线段PA上，存在点E，使BE∥平面PCD，∵AD＝3，∴在△PAD中，存在EF∥AD(E，F分别在AP，PD上)，且使EF＝1，又∵BC∥AD，∴BC∥EF，且BC＝EF，∴四边形BCFE是平行四边形，∴BE∥CF，BE⊄平面PCD，CF⊂平面PCD，∴BE∥平面PCD，33\n∵EF＝1，AD＝3，∴＝＝.4．解　(1)连接A1B，A1B∩AB1＝E，连接D1E，若BC1∥面AB1D1，则BC1∥D1E，∵AE＝B1E，∴A1D1＝D1C1，故＝1.(2)∵面BC1D∥面AB1D1，面A1BC1∩面AB1D1＝D1E，∴BC1∥ED1，又∵A1E＝EB，∴A1D1＝D1C1，∵面BC1D∥面AB1D1，AD1C⊂面ACC1A1，DC1⊂面ACC1A，∴AD1∥DC1，∴AD＝D1C1，故AD＝DC，因此＝1.考点23　垂直关系【两年高考真题演练】1．(1)证明　因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)解　设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.由已知得，三棱锥E－ACD的体积VE－ACD＝×AC·GD·BE＝x3＝.故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.故三棱锥E－ACD的侧面积为3＋2.2.33\n证明　(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.3.(1)证明　如图，因为四边形ABCD为菱形，O为菱形中心，连接OB，则AO⊥OB.因∠BAD＝，故OB＝AB·sin∠OAB＝2sin＝1，33\n又因BM＝，且∠OBM＝，在△OBM中，OM2＝OB2＋BM2－2OB·BM·cos∠OBM＝12＋－2×1××cos＝.所以OB2＝OM2＋BM2，故OM⊥BM.又PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内两条相交直线OM，PO都垂直，所以BC⊥平面POM.(2)解　由(1)可得，OA＝AB·cos∠OAB＝2×cos＝.设PO＝a，由PO⊥底面ABCD知，△POA为直角三角形，故PA2＝PO2＋OA2＝a2＋3.由△POM也是直角三角形，故PM2＝PO2＋OM2＝a2＋.连接AM，在△ABM中，AM2＝AB2＋BM2－2AB·BM·cos∠ABM＝22＋()2－2×2××cos＝.由已知MP⊥AP，故△APM为直角三角形，则PA2＋PM2＝AM2，即a2＋3＋a2＋＝，得a＝，a＝－(舍去)，即PO＝.此时S四边形ABMO＝S△AOB＋S△OMB＝·AO·OB＋·BM·OM＝××1＋××＝.所以四棱锥P－ABMO的体积VP－ABMO＝·S四边形ABMO·PO＝××＝.4．法一　(1)证明　∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.又∵CD⊥BD，AB∩BD＝B，AB⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，33\n∴CD⊥平面ABD.(2)解　由AB⊥平面BCD，得AB⊥BD，∵AB＝BD＝1，∴S△ABD＝.∵M是AD的中点，∴S△ABM＝S△ABD＝.由(1)知，CD⊥平面ABD，∴三棱锥C－ABM的高h＝CD＝1，因此三棱锥A－MBC的体积VA－MBC＝VC－ABM＝S△ABM·h＝.法二　(1)同法一．(2)解　由AB⊥平面BCD知，平面ABD⊥平面BCD，又平面ABD∩平面BCD＝BD，如图，过点M作MN⊥BD交BD于点N，则MN⊥平面BCD，且MN＝AB＝，又CD⊥BD，BD＝CD＝1，∴S△BCD＝.∴三棱锥A－MBC的体积VA－MBC＝VA－BCD－VM－BCD＝AB·S△BCD－MN·S△BCD＝.【一年模拟试题精练】1．(1)证明　33\n取BC的中点为F，连接AF，EF，BD，∵△BCE为正三角形，∴EF⊥BC，又平面ABC⊥平面BCE，且交线为BC，∴EF⊥平面ABC，又AD⊥平面ABC，∴AD∥EF，∴D，A，F，E共面，又易知在正三角形ABC中，AF⊥BC，AF∩EF＝F，∴BC⊥平面DAFE，又DE⊂平面DAFE，故DE⊥BC.(2)解　由(1)知EF∥AD，所以有VD－ABE＝VE－DAB＝VF－DAB＝VD－ABF，所以S△ABF＝BF·AF＝，所以VD－ABF＝S△ABF·AD＝1，即VD－ABE＝1.2．(1)证明　∵∠BAD＝60°，菱形的边长为6，∴OM＝OD＝3，∵DM＝3，∴∠DOM＝90°，OD⊥OM，又∵折叠前四边形ABCD是菱形，∴OD⊥AC.∵OM∩AC＝O，∴OD⊥平面ABC.∵OD⊂平面MDO，∴平面ABC⊥平面MDO.(2)解　∵VM－ABD＝VD－ABM，由(1)知OD⊥平面ABC，∴OD＝3为三棱锥D－ABM的高．S△ABM＝BA×BM×sin120°＝×6×3×＝，∴V＝S△ABM×OD＝.3．(1)证明　在菱形ABEF中，因为∠ABE＝60°，所以△AEF是等边三角形，又H是线段EF的中点，所以AH⊥EF⇒AH⊥AB，因为平面ABEF⊥平面ABCD，所以AH⊥平面ABCD，所以AH⊥BC，在直角梯形ABCD中，AB＝2AD＝2CD＝4，∠BAD＝∠CDA＝90°，得到：AC＝BC＝2，从而AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥CB；所以CB⊥平面AHC，又BC⊂平面BCE，所以平面AHC⊥平面BCE.(2)解　多面体ABCDFE可拆分成一个四棱锥C－ABEF和一个三棱锥D－AFC，由题可知AD⊥平面ABEF，且CD∥平面ABEF，∴点C到平面ABEF的距离d＝AD＝2.33\n∴VC－ABEF＝·AD·SABEF＝×2×2S△ABE＝×2×2××AB·BE·sin60°＝，又VD－AFC＝VF－ADC，∵EF∥平面ABCD，∴点F到平面ACD的距离d＝AH＝2，S△ADC＝AD·DC＝×2×2＝2，∴VD－AFC＝×AH·S△ADC＝，∴多面体ABCDFE的体积为＋＝.4．(1)证明　因为ABCD－A1B1C1D1是棱柱，所以平面ABCD∥平面A1B1C1D1.又因为平面ABCD∩平面A1ECF＝EC，平面A1B1C1D1∩平面A1ECF＝A1F，所以A1F∥CE.又A1F⊄平面B1CE，CE⊂平面B1CE，所以A1F∥平面B1CE.(2)证明　在四边形ABCD中，因为∠BAD＝90°，AD∥BC，且AD＝2BC，AD＝2，AB＝1，所以AC2＝12＋12＝2，CD2＝12＋12＝2.所以AC2＋CD2＝AD2，所以∠ACD＝90°，即AC⊥CD.因为A1A⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以A1A⊥AC.因为在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A∥C1C，所以C1C⊥AC.又因为CD，C1C⊂平面CDD1C1，CD∩C1C＝C，所以AC⊥平面CDD1C1.33\n(3)解　三棱锥B1－A1EF的体积的取值范围是.考点24　立体几何综合问题【两年高考真题演练】1．B　[m垂直于平面α，当l⊂α时，也满足l⊥m，但直线l与平面α不平行，∴充分性不成立，反之，l∥α，一定有l⊥m，必要性成立．故选B.]2．D　[对于A，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，A错；对于B，m，n平行于同一平面，m，n关系不确定，可平行、相交、异面，故B错；对于C，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C错；对于D，若假设m，n垂直于同一平面，则m∥n，其逆否命题即为D选项，故D正确．]3．C　[如图，要使三棱锥O－ABC即C－OAB的体积最大，当且仅当点C到平面OAB的距离，即三棱锥C－OAB底面OAB上的高最大，其最大值为球O的半径R，则VO－ABC最大＝VC－OAB最大＝×S△OAB×R＝××R2×R＝R3＝36，所以R＝6，得S球O＝4πR2＝4π×62＝144π，选C.]4．B　[对于选项A，若m∥α，n∥α，则m与n可能相交、平行或异面，A错误；显然选项B正确；对于选项C，若m⊥α，m⊥n，则n⊂α或n∥α，C错误；对于选项D，若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n与α相交．D错误．故选B.]5.(1)解　由题设AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，可得S△ABC＝·AB·AC·sin60°＝.由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥PABC的高，又PA＝1.所以三棱锥PABC的体积V＝·S△ABC·PA＝.(2)证明　在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N，在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.由于BN∩MN＝N，故AC⊥33\n平面MBN，又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM.在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝，从而NC＝AC－AN＝，由MN∥PA，得＝＝.6．(1)证明　因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.因为AB，AC为平面ABC内两条相交直线，所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交直线，所以BC⊥平面ACC1A1.(2)解　取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．由已知可知，O为AC1的中点．连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，所以，MD綉AC，OE綉AC，因此MD綉OE.连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，所以直线DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC.【一年模拟试题精练】1．C　[选项A、B、D均存在m⊂α的情形，排除A、B、D，故选C.]2．D　[对于D，一个等腰三角形的底放在桌面上，两个腰与桌面所成的角相等，但两腰所在直线平行．]3．D　[对于选项A：若m∥α，n∥α，则m，n平行、相交、异面都有可能；对于选项33\nB：若m∥α，m∥β，则α，β可能平行、可能相交；对于选项C：若α⊥γ，β⊥γ，则α，β可能平行、可能相交；所以选项A、B、C都不正确．]4．D　[对于A：l与m可能异面，排除A；对于B：m与α可能平行或相交，排除B；对于C：l与m可能相交或异面，排除C；故选D.]5．C　[命题p：l和m可能平行也可能异面，故p为假命题；命题q：α和β可能平行也可能相交，故q为假命题，因此p或q为假，p且q为假，綈p或q为真，p且綈q为假．]6．C　[根据题意，可构成四个命题：①面α∥面β，且面α⊥面γ，则面β⊥面γ；②直线a∥面β，且a⊥面γ，则面β⊥面γ；③面α∥面β，且面α⊥直线c，则面β⊥直线c；④面α∥直线b，且面α⊥面γ，则直线b⊥面γ，可知①②③为真命题，④中直线b与平面γ位置关系不确定，为假命题．]7．B　[对于①：正方体的一个角的三个平面就是反例，故①错误；对于②：平面平行判定定理的推论，故②正确；对于③：可能两平面相交，三点分别在两侧，故③错误；对于④：过P上任一点P可做m的平行线m′，则l与m′相交，满足平面平行的判定定理，故④正确．]8．B　[取B1C1的中点M，BB1的中点N，连接A1M，A1N，MN，可以证明平面A1MN∥平面AEF，所以点P位于线段MN上，因为A1M＝A1N＝＝，MN＝＝，所以当点P位于M，N处时，A1P最大，当P位于MN的中点O时，A1P最小，此时A1O＝＝，所以A1O≤A1P≤A1M，即≤A1P≤，所以线段A1P长度的取值范围是，选B.]9．(1)证明　如图，因为，AC是圆O的直径，所以BC⊥AB，因为，BC⊥PA，又PA、AB⊂平面PAB，且PA∩AB＝A，33\n所以，BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以，BC⊥PB，(2)解　如图，在Rt△ABC中，AC＝2，AB＝1，所以，BC＝，因此，S△ABC＝，因为PA⊥BC，PA⊥AC，所以PA⊥平面ABC，所以，VP－MBC＝VP－ABC－VM－ABC＝××2－××1＝.(3)解　如图，取AB的中点D，连接OD、MD、OM，则N为线段OD(除端点O、D外)上任意一点即可，理由如下：因为，M、O、D分别是PA、AC、AB的中点，所以，MD∥PB，MO∥PC，因为，MD⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，所以，MD∥平面PBC，同理可得，MO∥平面PBC，因为，MD、MO⊂平面MDO，MD∩MO＝M，所以，平面MDO∥平面PBC，因为，MN⊂平面MDO.故，MN∥平面PBC.33