A．线段BM的长是定值B．存在某个位置，使DE⊥A1CC．点M的运动轨迹是一个圆D．存在某个位置，使MB⊥平面A1DE答案 AC
解析 取CD的中点F，连接MF，BF，则MF∥DA1，BF∥DE，且MF∩BF＝B，DA1∩DE＝D，所以平面MBF∥平面A1DE，所以MB∥平面A1DE，D错误；由题意可知∠ADE＝∠A1DEπ1＝∠MFB＝，MF＝A1D，为定值，FB＝DE，为定值，因此由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2
42－2MF·FB·cos∠MFB，所以MB是定值，所以点M在以B为圆心，BM为半径的圆上，故AC正确；由题意可知DE＝CE＝2AD＝
22
AB，则DE⊥CE，若B成立，且CE∩A1C＝C，可得
DE⊥平面A1EC，此时DE⊥A1E，与DA1⊥A1E矛盾，故B错误．综上可得AC正确，故选AC.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．把一个底面半径为3 cm，高为4 cm的钢质实心圆柱熔化，然后铸成一个实心钢球(不计损耗)，则该钢球的半径为_____cm，表面积为_______cm2.(本题第一空2分，第二空3分)答案 3 36π
4
解析 圆柱体积V圆柱＝π×9×4＝36π，球的体积V球＝πr3，
34
所以πr3＝36π，解得r＝3，
3所以球的表面积为4πr2＝36π.
14.如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若各条棱长均为2，且M为A1C1的中点，则三棱锥M－AB1C的体积是________．
答案
233
解析 方法一 因为VM－AB1C＝VABC－A1B1C1－VA－A1B1M－VB1－ABC－VC－B1C1M，所以VM－AB1C＝2×
3331111123×22－×2×××22－×2××22－×2×××22＝.443324332431
方法二 VM－AB1C＝VB1－AMC＝×S△AMC×h，
3h是点B1到平面AMC的距离，
在正三棱柱ABC－A1B1C1中，M是A1C1的中点，∴B1M⊥A1C1，且B1M⊥AA1，且A1C1∩AA1＝A1，∴B1M⊥平面ACC1A1，∴h＝B1M＝3.11
∴VB1－AMC＝×AC×AA1×B1M
32123＝×2×2×3＝.36
15．(2020·安顺联考)已知三棱锥P－ABC满足平面PAB⊥平面ABC，AC⊥BC，AB＝4，∠APB＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．答案 64π
解析 因为AC⊥BC，所以△ABC的外心为斜边AB的中点，
因为平面PAB⊥平面ABC，所以三棱锥P－ABC的外接球球心在平面PAB上，即球心就是△PAB的外心，根据正弦定理
＝2R，解得R＝4，sin∠APBAB
所以外接球的表面积为4πR2＝64π.
16．(2020·武汉模拟)已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为3，垂直于棱AA′的截面分别与面对角线A′D，A′B，C′B，C′D相交于点E，F，G，H，则四棱锥A′－EFGH体积的最大值为________．答案
83
解析 由题意得平面EFGH∥平面ABCD，则EF∥BD∥HG，FG∥AC∥EH，而AC⊥BD，所以EF⊥FG，所以四边形EFGH为矩形，易知△A′EF∽△A′BD，设相似比为m，BD＝2AB＝32，所以EF＝32m(0 所以矩形EFGH的面积为S＝32m×32(1－m)＝18m(1－m)，而A′到平面EFGH的距离h＝mAA′＝3m， 11 所以四棱锥A′－EFGH的体积V＝Sh＝×18m(1－m)×3m＝18(m2－m3)， 33V′＝18(2m－3m2)， 2 令V′＝0得m＝或m＝0(舍)， 3故当m∈0， 22 当m∈，＋∞时，V′<0，V在，＋∞上单调递减， 332 所以当m＝时，V取最大值， 3Vmax＝18× ()()323 2 时，V′>0，V在0， ()()3 2 上单调递增， [()()]2－ 23 3 8＝.3 四、解答题(本大题共6小题，共70分) 17.(10分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC，E，F分别为AB，A1B1的中点． (1)求证：AF∥平面B1CE； (2)若A1B1⊥B1C，求证：平面B1CE⊥平面ABC. 证明 (1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1 ，AB＝A1B1，∵E，F分别是AB，A1B1的中点，11 ∴FB1∥AB，FB1＝AB，AE＝AB， 22 ∴FB1∥AE，FB1＝AE，四边形FB1EA为平行四边形，∴AF∥EB1. 又∵AF?平面B1CE，EB1?平面B1CE，∴AF∥平面B1CE.(2)由(1)知，AB∥A1B1，∵A1B1⊥B1C，∴AB⊥B1C， 又∵在△ABC中，AC＝BC，E为AB的中点，∴AB⊥EC. 又∵EC∩B1C＝C，EC，B1C?平面B1CE，∴AB⊥平面B1CE.又∵AB?平面ABC，∴平面ABC⊥平面B1CE. 18．(12分)(2020·日照期末)如图所示，在梯形CDEF中，四边形ABCD为正方形，且AE＝BF＝AB＝1，将△ADE沿着线段AD折起，同时将△BCF沿着线段BC折起．使得E，F两点重合为点P. (1)求证：平面PAB⊥平面ABCD；(2)求点D到平面PBC的距离h.(1)证明 ∵四边形ABCD为正方形，∴AD⊥AB， 又∵AD⊥AE，即AD⊥PA，且PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，∴AD⊥平面PAB，又∵AD?平面ABCD，∴平面PAB⊥平面ABCD. (2)解 过点P作PO⊥AB交AB于O，如图所示， 由(1)知平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，∴PO⊥平面ABCD， 31311 ∴VP－BCD＝×PO×S△BCD＝××＝， 332212又∵VP－BCD＝VD－PBC，31 ∴×S△PBC×h＝，123311 即××1×1×h＝，1232解得h＝ 32， 32. ∴点D到平面PBC的距离h＝ 19．(12分)(2020·株州模拟)如图，已知三棱锥M－ABC中，MA＝MB＝MC＝AC＝22，AB＝→2→ BC＝2，O为AC的中点，点N在边BC上，且BN＝BC. 3 (1)证明：BO⊥平面AMC；(2)求二面角N－AM－C的正弦值．(1)证明 连接OM， 在△ABC中，AB＝BC＝2，AC＝22，O为AC的中点，则OB⊥AC，且OB＝2.在△MAC中，MA＝MC＝AC＝22，O为AC的中点，则OM⊥AC，且OM＝6.在△MOB中，满足BO2＋OM2＝MB2，所以OB⊥OM， 又AC∩OM＝O，AC，OM?平面AMC，故OB⊥平面AMC. (2)解 因为OB，OC，OM两两垂直，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为MA＝MB＝MC＝AC＝22，AB＝BC＝2， 则A(0，－2，0)，B(2，0,0)，C(0，2，0)，M(0,0，6)，→→ AM＝(0，2，6)，BC＝(－2，2，0)， →2→由BN＝BC， 3 所以N (23 ， 25222→ ，0，则AN＝，，0， 333 )()设平面MAN的法向量为m＝(x，y，z)，则Error! 令y＝3，得m＝(－53，3，－1)，因为BO⊥平面AMC， → 所以OB＝(2，0,0)为平面AMC的法向量，
2021新高考版大一轮复习用书数学第七章 检测七
