衡水万卷周测（四）理科数学
立体几何
考试时间：120分钟
姓名：__________班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 总分 得分 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的） 1.（2015浙江高考真题）如图，已知?ABC，D是AB的中点，沿直线CD将?ACD折
成?A?CD，所成二面角A??CD?B的平面角为?，则（ ）
A. ?A?DB?? B. ?A?DB?? C. ?A?CB?? D. ?A?CB?? 2.如图正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点
E.F
，且EF?22, 则下列结论中错误的是( ).
A.AC?BE
B.EF∥平面ABCD
C.三棱锥A?BEF的体积为定值
D.异面直线AE,BF所成的角为一定值
3.长方体的过一个顶点的三条棱长的比是1：2：3，对角线长为214 ，则这个长方体的体积为（ ）
A.6B.12C.24D.48
4.已知球的直径SC?4，A,B是该球面上的两点，AB?2,?ASC??BSC?45?，则棱锥S?ABC的体积为( )
A.3 B.23 C.43333 D.533 5.已知三棱锥S-ABC的底面ABC为正三角形，点A在侧面SBC上的射影H是三角形SBC的垂心，二面角H-AB-C为30°，
且SA=2，则此三棱锥的体积为（ ）
(A)
12 (B) 3332 (C) 4 (D)
4
6.向高为H水瓶中注水，注满为止.如果注水体积V与水深h的函数关系如图，那么水瓶的形状是图中的( )
7.如图，正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为3，以顶点A为球心，2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面
相交所得到的两段弧长之和等于（ ）
A．
5?6 B． 2?3 C． ? D． 7?6 8.在右图四面体ABCD中，AB?1,AD?23,BC?3,CD?2,?ABC??DCB??2,则二面角
A?BC?D的大小为（ ）
A.?6 B.?3 C.
2?3 D.5?6 9.已知菱形ABCD的边长是1，?DAB?60，将这个菱形沿AC折成120的二面角，则BD两点间
的距离是（ ）
1333A.2 B.2 C.2 D.4
10.若正方体的棱长为2，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为( )
A.2226 B.3 C.3 D.3
11.如图，已知正方体
ABCD?A1BC11D1棱长为4，点H在棱AA1上，且
HA1?1．在侧面BCC1B1内作边长为1的正方形
EFGC1，P是侧面BCC1B1内一动点，且点P到平面
CDDC11距离等于线段PF.则当点P运动时， HP2的长最小值是（ ）
（A）21 （B）22 （C）23 （D）25
12.如图，体积为V的大球内有4个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点，4个小球的球
心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点.V1为小球相交部分（图中阴影部分）的体积，V2为大球内.小球外的图中黑色部分的体积，则下列关系中正确的是（ ）
?VVA.
V12 B.V2?2 C.V1?V2 D.V1?V2
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.表面积为60?的球面上有四点S、A、B、C，且?ABC是等边三角形，
球心O到平面ABC的距离为3，若平面SAB?平面ABC,则棱锥S?ABC体积的最大值为 .
1
14.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB?6,BC?23,则棱锥O?ABCD的体积为 15.已知菱形ABCD的边长为2，?BAD?60?.将三角形ABD沿对角线BD折到A?BD，使得二面角A??BD?C的大小为
60?，则A?D与平面BCD所成角的正弦值是 _______________ ；四面体A?BDC的体积为 ______________ .
16.正四面体ABCD的外接球的体积为43?，则正四面体ABCD的体积是_____. 三、解答题（本大题共6小题，第1题10分，后5题12分，共70分） 17.四棱锥P?ABCD中，PA?底面ABCD，AB//CD，AD?CD?1，
?BAD?120?，PA?3，?ACB?90?.
（Ⅰ）求证：BC?平面PAC；
（Ⅱ）求二面角D?PC?A的平面角的余弦值；
18.如图，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为平行四边形，?ADC?45?，AD?AC?1,O为AC的中点， PO?平
面ABCD，PO?2，M为PD的中点 (1)证明 ：PB∥平面ACM； (2)证明：AD?平面PAC；
(3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值.
19.（2015新课标1高考真题）如图，，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面
ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC。 （1）证明：平面AEC⊥平面AFC
（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值
20.在四棱锥P?ABCD中，平面PAD?平面ABCD，AB//CD，在锐角?PAD中PA?PD，并且BD?2AD?8，
AB?2DC?45
（1）点M是PC上的一点，证明：平面MBD?平面PAD；
（2）若PA与平面PBD成角60?，当面MBD?平面ABCD时，求点M到平面ABCD的距离．
21.如图在三棱锥A?BOC中，AO?平面COB，?OAB??OAC??6,AB?AC?2,BC?2,D.E分别为AB.OB的中点.
(1) 求证：CO?平面AOB；(2)在线段CB上是否存在一点F,使得平面DEF∥平面AOC，若存在，试确定F的位
置；若不存在。请说明理由.
22.如图，平面ABDE?平面ABC，?ABC是等腰直角三角形，AC?BC?4，四边形ABDE是直角梯形，BD//AE，
BD?BA，BD?12AE?2，O,M分别为CE,AB的中点。 （1）求证：OD//平面ABC；
（2）求直线CD和平面ODM所成角的正弦值；
（3）能否在EM上找一点N，使得ON?平面ABDE？ 若能，请指出点N的位置，并加以证明； 若不能，请说明理由。
2
0.衡水万卷周测（四）答案解析
一、选择题 1.B.
【解析】
试题分析：根据折叠过程可知?A'CB与?的大小关系是不确定的，而根据二面角的定义易 得?A?DB??，当且仅当AC?BC时，等号成立，故选B 考点：立体几何中的动态问题
2.D【解析】选项A，动直线BE在底面内的射影即为BD，显然AC.BD垂直；选项B，直线EF和直线B1D1重合，显然
直线B1D1平行于下底面；选项C，显然VE?ABB1?VF?ABB1?VA?BEF,若保证EF的长度为定值,则VA?BEF为定值.所以答案为D. 3.D
4.C【解析】由题可知AB一定在直径SC垂直的小圆面上，作过
AB的小圆交直径SC于D，如图所示，设SD?x，则DC?4?x，此时所求的棱锥即分割成两个棱锥S?ABD和C?ABD,在?SAD和?SBD中，由已知条件可得AD?BD?x，又因为 SC为直径，所以 ?SBC??SAC?90?所以?DBC??DAC?45?,所以在?BDC中BD?4?x，所以x=4-x,解得x?2，所以AD?BD?2,所以?ABD为正三角
形，所以V?13S?ABD?4?433.
5.B
6.B【解析】本题考查对几何体的体积公式的理解.如果水瓶形状的圆柱，V??r2h，当底面半径r不变时，V是h的正
比例函数，其图像应该是过原点的直线，与已知图像不符.由图知函数图像的切线斜率大于0，且随着高度h的增加，切线斜率逐渐变小，可以看出，随着高度h的增加V也增加，但随着h的变大，体积V在单位高度的增加是变小，图像上升趋势变缓，所以瓶子平行于底的截面的半径由底到顶逐渐变小. 7.A 8.B 9.C 10.C
11.B解析：点P到平面
CDDC11距离就是点P到直线CC1的距离，所以点P到点F的距离等于点P到直线CC1的距离，
因此点P的轨迹是以F为焦点，以
CC1为准线的抛物线，在面
A1ABB1中作
HK?BB1于K，连接KP，
在RtHKP中，|HK|2?|PK|2?|HP2|，而|HK|?4，要想|HP|2最小，只要|PK|最小即可，由题意易求得
|PK|2min?6，所以|HP|2最小值为22，故选B.
【思路点拨】注意到点P到点F的距离等于点P到直线
CC1的距离，即点P的轨迹是以F为焦点，以
CC1为准线
的抛物线，在RtHKP中，|HK|2?|PK|2?|HP|2，而|HK|?4，要想|HP|2最小，只要|PK|最小即可.
12.D
二、填空题
13.【答案】27解析：由题意画出几何体的图形如图：
因为球的表面积为60?，，所以球半径为15，由于面SAB⊥面ABC，所以点S在平面ABC上的射影D落在AB上，由于OO′⊥平面ABC，SD⊥平面ABC，即有OO′∥SD，
当D为AB的中点时，SD最大，棱锥S-ABC的体积最大．
由于OC?15,OO'?3,则CO'?23,DO'?3，则△ABC是边长为6的正三角形，
则ABC的面积为：S?34?62?93. 在直角梯形SDO′O中，作OE?SD于点E，OE?DO'?3,DE?OO'?3,
SD?DE?SE?3?15?3?33,即有三棱锥S-ABC体积
V?13Sh?13?93?33?27,故答案为27.
【思路点拨】由于面SAB⊥面ABC，所以点S在平面ABC上的射影D落在AB上，D为AB中点时，SD最大，棱锥S-ABC的体积最大．运用线面垂直的性质，结合勾股定理，即可求得CD，AB，及SD，由三棱锥的体积公式即可得到最大
3
值．
14.83【解析】设矩形对角线AC，BD交与点O1则BO1?23，因此OO1?因此V?13Sh?13?6?2中点所以MN∥PO.且MN?OB?O1B22?4?(23)?2
221PO?1.由PO?平面ABCD，得MN212?平面ABCD，所以?MAN是直线AM与平面
ABCD所成的角.在Rt?DAO中，AD?1,AO?，所以DO?tan?MAN?3?2?83 515.从而AN?DO?.在Rt?ANM中， 22433,42 15.【答案】：
45MN145，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为. ??5AN55219.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
3 83xBH?23316.【答案】 3解析：设正四面体的棱长为x，则底面三角形的高为2，即有3?2x?3x，棱锥的高为
AH?63x43??4?r3?43??r?3，由于外接球的体积为3，在直角三角形BOH,得
BO2?BH2?OH2?x?263r?221AH?S，则正四面体的体积为3BCD?883所以答案为3
【思路点拨】由几何体的体积公式可求出其体积.
三、解答题
17.（Ⅰ）证明：∵PA?底面ABCD，BC?底面ABCD，?PA?BC，又∠ACB=90°所以BC?AC，而
ACPA?A，所以BC?平面PAC；
（Ⅱ）
?BAD?120?,AB//CD，??ADC?60?，又AD?CD?1，??ADC为正三角形
以A为原点，CD边的中线所在直线为x轴，直线AB为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系如图所示，则
A(0,0,0),P(0,0,3),D(32,?12,0),C(32,12,0),B(0,2,0)，由（1）取面PAC的法向量 BC?(32,?32,0)，由于AB//CD，知AB//面PCD，故可设面PCD的法向量n?(x,0,1)， 则n?DP?(x,0,1)?(?312,2,3)??32x?3?0，?x?2，即n?(2,0,1) ?cos?n,BC??n?BC35，所以，二面角D?PC?A的平面角的余弦值为5|n|?|BC|?5?3?9?55. 4418.解：（1）连接BD,MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC
的中点，所以O为BD的中点，又M为PD的中点，所以
PB∥MO.因为PB?平面ACM，MO?平面ACM，所 以PB∥平面ACM.
（2）因为?ADC?45?，且AD?AC?1，所以 ?DAC?90?，即AD?AC.又PO?平面ABCD， ADC?平面ABCD所以PO?AD.而ACPO?O，所 以AD?平面PAC.
（3）取DO的中点N，连接MN，AN.因为M为PD的
3解：（1）证明：连接BD，设BDAC?G,连接EG,FG,EF,
在菱形ABCD中，不妨设GB=1.
由?ABC?120?,可得AG?GC?3,
由BE?平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC. 又AE?EC,所以EG?3,且EG?AC.
在Rt?EBG中，可得BE?2,故DF?22. 在Rt?FDG中，可得FG?62. 在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE?2,DF?2322,可得EF?2.
∴EG2?FG2?EF2，∴EG⊥FG， ∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，
∵EG?面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC. ……6分
（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB,GC的方向为x轴，y轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标
系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－3，0），E(1,0, 2)，F（－1,0，
22），C（0，3，0），∴AE=（1，3，2），CF=（-1，-3，
22）.…10分
4
故cos?AE,CF??AE?CF|AE||CF|??33. 所以直线AE与CF所成的角的余弦值为
33. ……12分 考点：空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力
20.解法一（1）因为BD?2AD?8，AB?45，由勾股定理得BD?AD，因为平面PAD?平面ABCD，平面PAD?平面ABCD=AD，BD?面ABCD，所以BD?平面PAD
BD?面MBD，所以平面MBD?平面PAD ………6分
（2）如图，因为BD?平面PAD，所以平面PBD?平面PAD，所以?APD?60?，做PF?AD于F，所以PF?面ABCD，PF?23，设面PFC?面MBD=MN，面MBD?平面ABCD所以面PF//面MBD，所以PF//MN，取DB中点Q，得CDFQ为平行四边形，由平面ABCD边长得N为FC中点，所以MN?12PF?3 ………12分
解法二（1）同一
（2）在平面PAD过D做AD垂线为z轴，由（1），以D为原点，DA,DB为x,y轴建立空间直角坐标系,设平面PBD法向量为u?(x,y,z)，设P(2,0,a)，锐角?PAD所以a?2，由u?DP?0,u?DB?0，解得u?(?a,0,2)，
PA?(2,0,?a)，|cos?PA,u?|?4aa2?4?32，解得a?23或a?233?2（舍）
设PM??PC，解得M(2?4?,4?,23?23?)
因为面MBD?平面ABCD，AD?BD，所以面MBD法向量为DA?(0,0,4)，所以DA?DM?0，解得??12
，所以M到平面ABD的距离为竖坐标3． ………12分
21.解:（1）因为AO?平面COB,所以AO?CO,AO?BO.
即?AOC与?AOB为直角三角形.
又因为?OAB??OAC??6,AB?AC?2,所以
OB?OC?1.由OB2?OC2?1?1?2?BC2,可知 ?BOC 为直角三角形.所以CO?BO,又因为AOBO=0
所以CO?平面AOB
（2）在线段CB上存在一点F，使得平面DEF∥平面AOC， 此时F为线段CB的中点，
连接DF,EF因为D.E分别为AB.OB 的中点，所以DE∥OA,又DE?平面AOC
所以DE∥平面AOC因为E.F分别为OB.BC的中点， 所以EF∥OC.又EF?平面AOC，所以 EF∥平面AOC，又
EFDE?E,EF?平面DEF,DE? 平面DEF所以平面DEF∥平面AOC. 22.
（I）证明：取AC中点F，连结OF、FB
?F是AC中点,O为CE中点,?OF//EA且OF?12EA,又BD//AE且BD?12AE ∴OF//DB，OF=DB∴四边形BDOF是平行四边∴OD//FB
又?FB?平面ABC，OD?平面ABC∴OD//平面ABC。 （II）∵DB⊥面ABC，又
Q平面ABDE?平面ABC，平面ABDEI平面ABC?AB DB?面ABDE，?DB?面ABC，∵BD//AE，∴EA⊥面ABC 如图，以C为原点，分别以CA、CB为x、y轴，以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系∵AC=BC=4， ∴C（0，0，0），A（4，0，0），B（0，4，0），D（0，4，2），E（4，0，4）
?O(2,0,2),M(2,2,0),CD?(0,4,2),OD?(?2,4,0),MD?(?2,2,2)，设面ODM的法向量n?n?MD，r(x,y,z)，则由
n?ODuuur，可得
???2x?4y?0??2x?2y?2z?0令x=2，
得：y?1,z?1,?n?(2,1,1)，设直线CD和平面ODM所成角为?。
则：sin??|n?CD1,1)?(0,4,2)6|n||CD||?|(2,|(2,1,1)|?|(0,4,2)||?6?25?3010. ∴直线CD和平面ODM所成角正弦值为
3010.
（III）方法一：当N是EM中点时，ON⊥平面ABDE。
证明：取EM中点N，连结ON、CM，∵AC=BC，M为AB中点，∴CM⊥AB， 又∵面ABDE⊥面ABC，面ABDE?面ABC=AB，CM?面ABC， ∴CM⊥AB，∵N是EM中点，O为CE中点，∴ON//CM， ∴ON⊥平面ABDE。
方法二 当N是EM中点时，ON⊥平面ABDE。
∵DB⊥BA，又∵面ABDE⊥面ABC，面ABDE?面ABC=AB，DB?面ABDE ∴DB⊥面ABC，
5
衡水万卷高考数学理二轮周测卷立体几何含答案
