模塊卷(一)時間:110分鐘　分值:135分立體幾何一、選擇題:本題共11小題,每小題5分,共55分.在每小題給出的四個選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.某幾何體的正視圖和側(cè)視圖均如圖所示,則該幾何體的俯視圖不可能是(　　)答案　D　由于該幾何體的正視圖和側(cè)視圖相同,且上部分是一個矩形,矩形中間無實(shí)線和虛線,因此俯視圖不可能是D.2.已知正三角形ABC的邊長為a,那么△ABC的平面直觀圖△A'B'C'的面積為(　　)A.a2　　B.a2　　C.a2　　D.a2答案　D　圖①②分別表示正三角形ABC的實(shí)際圖形和直觀圖.由斜二測畫法可知,A'B'=AB=a,O'C'=OC=a,在圖②中作C'D'⊥A'B'于D',則C'D'=O'C'=a.∴S△A'B'C'=A'B'·C'D'=×a×a=a2. 方法總結(jié)　平面圖形與其直觀圖的面積關(guān)系如下:根據(jù)水平放置的平面圖形的直觀圖的斜二測畫法規(guī)則即可得到平面圖形的面積是其直觀圖面積的2倍.3.如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1的體積是36,點(diǎn)E在棱CC1上,且CE=2EC1,則三棱錐E-BCD的體積是(　　)A.3　　B.4　　C.6　　D.12答案　B　因?yàn)殚L方體ABCD-A1B1C1D1的體積是36,所以BC·CD·CC1=36,又點(diǎn)E在棱CC1上,且CE=2EC1,所以三棱錐E-BCD的體積是×·EC=×·CC1=BC·CD·CC1=×36=4.故選B.思路分析　由錐體的體積公式可得三棱錐的體積為BC·CD·CC1,結(jié)合長方體ABCD-A1B1C1D1的體積是36可得結(jié)果.4.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥BC,AA1=AC=2,直線A1C與側(cè)面AA1B1B所成的角為30°,則該三棱柱的側(cè)面積為(　　)A.4+4　　B.4+4　　C.12　　D.8+4答案　A　連接A1B.因?yàn)锳A1⊥底面ABC,所以AA1⊥BC,又AB⊥BC,AA1∩AB=A,所以BC⊥平面AA1B1B,所以直線A1C與側(cè)面AA1B1B所成的角為∠CA1B=30°.又AA1=AC=2,所以 A1C=2,BC=.又AB⊥BC,所以AB=,則該三棱柱的側(cè)面積為2××2+2×2=4+4.方法總結(jié)　不同類型的幾何體表面積的求法.求多面體的表面積只需將它們沿著棱“剪開”展成平面圖形,利用求平面圖形面積的方法求多面體的表面積求旋轉(zhuǎn)體的表面積可以從旋轉(zhuǎn)體的形成過程及其幾何特征入手,將其展開后求表面積,但要搞清它們的底面半徑、母線長與對應(yīng)側(cè)面展開圖中的邊長關(guān)系求不規(guī)則幾何體的表面積通常將所給幾何體分割成基本的柱體、錐體、臺體,先求出這些基本的柱體、錐體、臺體的表面積,再通過求和或作差,求出所給幾何體的表面積5.(2020上海普陀一模,15)已知兩個不同的平面α,β和三條不重合的直線a,b,c,下列命題中正確的是(　　)A.若a∥α,α∩β=b,則a∥bB.若a,b在平面α內(nèi),且c⊥a,c⊥b,則c⊥αC.若a,b,c是兩兩互相異面的直線,則只存在有限條直線與a,b,c都相交D.若α,β分別經(jīng)過兩異面直線a,b,且α∩β=c,則c必與a或b相交答案　D　對于選項(xiàng)A,若a∥α,α∩β=b,則直線a也可能與直線b異面,故錯誤.對于選項(xiàng)B,只有當(dāng)直線a和b為相交直線時,若c⊥a,c⊥b,則c⊥α.故錯誤.對于選項(xiàng)C,若a,b,c是兩兩互相異面的直線,則要么存在一條直線或不存在直線與a,b,c都相交.故錯誤.對于選項(xiàng)D,若α,β分別經(jīng)過兩異面直線a,b,且α∩β=c,則c必與a或b相交,正確.故選D.6.(2020黑龍江大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)復(fù)學(xué)考試,5)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是線段AB1,BC1的中點(diǎn),以下結(jié)論:①直線BD⊥直線MN;②直線MN與直線AC異面;③直線MN⊥ 平面BDD1B1;④MN=AA1,其中正確的個數(shù)是(　　)A.1　　B.2　　C.3　　D.4答案　C　本題主要考查正方體的性質(zhì),線面垂直的判定與性質(zhì)以及平行公理,考查的核心素養(yǎng)為邏輯推理和直觀想象.過M作ME⊥AB于E,過N作NF⊥BC于F,連接EF,由于M,N分別為AB1,BC1的中點(diǎn),故ME????CC1????BB1????NF,∴四邊形MNFE為平行四邊形,∴MN∥EF,又EF∥AC,∴MN∥AC,故結(jié)論②錯誤;∵AC⊥BD,AC⊥BB1,BD∩BB1=B,∴AC⊥平面BDD1B1,又∵AC∥EF,EF∥MN,∴AC∥MN,∴MN⊥平面BDD1B1,故結(jié)論③正確;由MN⊥平面BDD1B1可知MN⊥BD,故結(jié)論①正確;由正方體的性質(zhì)可知AC=AA1,∴MN=EF=AC=AA1,故結(jié)論④正確.綜上所述,正確結(jié)論的個數(shù)為3.故選C.7.在棱長均相等的四面體OABC中,M,N分別是棱OA,BC的中點(diǎn),則異面直線MN與AB所成角的大小為(　　)A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.90° 答案　B　取OB的中點(diǎn)P,AB的中點(diǎn)Q,連接MP,PN,CQ,OQ,由中位線定理可知MP∥AB,PN∥OC,則∠PMN(或其補(bǔ)角)為異面直線MN與AB所成的角.因?yàn)镸P∥AB,PN∥OC,OQ⊥AB,CQ⊥AB,且CQ∩OQ=Q,所以AB⊥平面OCQ,則AB⊥OC,所以PM⊥PN,因?yàn)樗拿骟wOABC的棱長均相等,所以PM=PN,所以△MPN為等腰直角三角形,所以∠PMN=45°,故選B.名師點(diǎn)睛　本題考查了異面直線所成角的求法,以及線面垂直的判定.8.(2020四川遂寧三診,7)用六個完全相同的正方形圍成的立體圖形叫正六面體.已知正六面體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4,則平面AB1D1與平面BC1D間的距離為(　　)A.　　B.　　C.　　D.2答案　C　由題意知正六面體ABCD-A1B1C1D1是棱長為4的正方體,∵AB1∥DC1,B1D1∥BD,AB1∩B1D1=B1,C1D∩BD=D,∴平面AB1D1∥平面BC1D,連接A1C,可得A1C⊥平面AB1D1,A1C⊥平面BC1D.設(shè)垂足分別為E,F,則平面AB1D1與平面BC1D間的距離為EF的長. 正方體的體對角線A1C的長為=4.在三棱錐A1-AB1D1中,由等體積法求得A1E==.∴平面AB1D1與平面BC1D間的距離為4-=.故選C.9.(2020北京石景山一模,10)點(diǎn)M,N分別是棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中棱BC,CC1的中點(diǎn),動點(diǎn)P在正方形BCC1B1(包括邊界)內(nèi)運(yùn)動.若PA1∥平面AMN,則PA1的長度范圍是(　　)A.[2,]B.C.D.[2,3]答案　B　本題考查線面平行與空間向量的應(yīng)用,考查學(xué)生運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想方法解決幾何問題的能力,滲透直觀想象與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).如圖所示,以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建系,則D(0,0,0),A(2,0,0),M(1,2,0),N(0,2,1),A1(2,0,2).設(shè)P(m,2,n)(0≤m≤2,0≤n≤2). 故=(-1,2,0),=(-1,0,1),=(m-2,2,n-2),設(shè)平面AMN的法向量為n=(x,y,z).則即令x=2,則y=1,z=2.所以n=(2,1,2),因?yàn)镻A1∥平面AMN,所以·n=0.故·n=(m-2,2,n-2)·(2,1,2)=0,故m+n=3,設(shè)線段B1B、B1C1的中點(diǎn)分別為E、F,因而點(diǎn)P在線段EF上,根據(jù)圖形對稱性,當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)E或F重合時,|PA1|max=,當(dāng)點(diǎn)P為線段EF的中點(diǎn)時,|PA1|min=,故選B.解題關(guān)鍵　建立空間直角坐標(biāo)系,通過計(jì)算確定點(diǎn)P的軌跡是解題的關(guān)鍵.10.(2020湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考二,12)如圖,已知四面體ABCD的各條棱長均等于4,E,F分別是棱AD、BC的中點(diǎn).若用一個與直線EF垂直,且與四面體的每一個面都相交的平面α去截該四面體,由此得到一個多邊形截面,則該多邊形截面面積的最大值為(　　)A.3　　B.4　　C.4　　D.6答案　B　將正四面體補(bǔ)成正方體如圖, 可得EF⊥平面CHBG,且正方形CHBG的邊長為2,由于EF⊥α,故截面為平行四邊形MNKL,且KL+KN=4,又KL∥BC,KN∥AD,且AD⊥BC,∴KN⊥KL,∴S?MNKL=KN·KL≤=4,當(dāng)且僅當(dāng)KL=KN=2時取等號,所以該多邊形截面面積的最大值為4.故選B.思路分析　將正四面體補(bǔ)成正方體,由此可得截面為平行四邊形MNKL,且KL+KN=4,且KN⊥KL,利用基本不等式即可求出答案.11.(2020湖南衡陽八中適應(yīng)性考試,12)如圖所示,在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°.若平面ABC外的點(diǎn)P和線段AC上的點(diǎn)D滿足PD=DA,PB=BA,則四面體PBCD的體積的最大值為(　　)A.　　B.　　C.　　D.1答案　B　因?yàn)锳B=BC=2,∠ABC=120°,所以AC==2,∠ACB=∠CAB=30°.設(shè)AD=x,則DP=x,DC=2-x,設(shè)P到平面BCD的距離為h,則h≤PD=x, 則S△BCD=×BC×DC×sin∠ACB=×2×(2-x)×=,則V四面體PBCD=×S△BCD×h≤××x=-+,所以當(dāng)x=時,四面體PBCD的體積取得最大值,為.故選B.思路分析　根據(jù)題意,設(shè)AD=x,表示出△BCD的面積,進(jìn)而表示出四面體PBCD的體積,根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求得PBCD的體積的最大值.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.12.將圓錐的側(cè)面展開后得到一個半徑為2的半圓,則此圓錐的體積為　　　　.?答案　π解析　設(shè)圓錐的底面半徑為r,母線長為l,高為h,則l=2,由題意可知,πl(wèi)=2πr,∴r==1,由勾股定理得h==,因此,該圓錐的體積為πr2h=π×12×=π.思路分析　設(shè)圓錐的底面半徑為r,母線長為l,高為h,由題意得出l=2,根據(jù)圓錐底面圓周長等于展開后半圓的弧長得出r,再由勾股定理得出h的值,最后利用錐體的體積公式計(jì)算出圓錐的體積.13.(2020山東濰坊臨朐一模,16)三棱錐P-ABC的4個頂點(diǎn)在半徑為的球面上,PA⊥平面ABC,△ABC是邊長為的正三角形,則點(diǎn)A到平面PBC的距離為　　　　.?答案　解析　將三棱錐P-ABC補(bǔ)成三棱柱,如圖.上、下底面中心O1、O2所連線段的中點(diǎn)O為外接球的球心, 易知AN=AB=,∴AO1=AN=×=1,∴OO1===1,∴PA=2OO1=2,設(shè)A到平面PBC的距離為d,則由VA-PBC=VP-ABC得d·S△PBC=PA·S△ABC,∴d×BC×PN=PA×BC×AN,∴d×××=×2×××,∴d=,故點(diǎn)A到平面PBC的距離為.思路分析　補(bǔ)成三棱柱后找到外接球的球心,計(jì)算PA,再利用等體積法可得.14.(2020湖北襄陽五中、夷陵中學(xué)4月聯(lián)考,16)三棱錐S-ABC中,點(diǎn)P是Rt△ABC斜邊AB上一點(diǎn),給出下列四個命題:①若SA⊥平面ABC,則三棱錐S-ABC的四個面都是直角三角形;②若AC=BC=SC=2,SC⊥平面ABC,則三棱錐S-ABC的外接球表面積為12π;③若AC=3,BC=4,SC=,S在平面ABC上的射影是△ABC內(nèi)心,則三棱錐S-ABC的體積為2;④若AC=3,BC=4,SA=3,SA⊥平面ABC,則直線PS與平面SBC所成的最大角為45°.其中正確命題的序號是　　　　.(把你認(rèn)為正確命題的序號都填上)?答案?、佗冖芙馕觥τ冖?因?yàn)镾A⊥平面ABC,所以SA⊥AC,SA⊥AB,SA⊥BC,又BC⊥AC,所以BC⊥平面 SAC,所以BC⊥SC,故四個面都是直角三角形,∴①正確;對于②,若AC=BC=SC=2,SC⊥平面ABC,∴三棱錐S-ABC的外接球可以看作棱長為2的正方體的外接球,∴2R=2,∴外接球表面積為12π,∴②正確;對于③,設(shè)△ABC的內(nèi)心是O,連接SO,則SO⊥平面ABC,連接OC,則有SO2+OC2=SC2,又內(nèi)切圓半徑r=×(3+4-5)=1,所以O(shè)C=,則SO2=SC2-OC2=5-2=3,故SO=,∴三棱錐S-ABC的體積V=S△ABC·SO=××3×4×=2,∴③不正確;對于④,∵SA=3,SA⊥平面ABC,則直線PS與平面SBC所成的角最大時,P點(diǎn)與A點(diǎn)重合,在Rt△SCA中,tan∠ASC==1,∴∠ASC=45°,即直線PS與平面SBC所成的最大角為45°.∴④正確.15.(2020山西太原4月模擬(一),15)在如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中,正方形框架的邊長都是1,且平面ABCD⊥平面ABEF,活動彈子M,N分別在正方形對角線AC,BF上移動,若CM=BN,則MN長度的最小值為　　　　.?答案　解析　本題主要考查面面垂直的性質(zhì),平行線分線段成比例的應(yīng)用,求二次函數(shù)的最值等基礎(chǔ)知識,考查學(xué)生的邏輯思維能力和運(yùn)算求解能力,考查的核心素養(yǎng)為邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算.過M作MQ⊥AB于Q,連接QN,∵平面ABCD⊥平面ABEF,且交線為AB,∴MQ⊥平面ABEF,又QN?平面ABEF,∴MQ⊥QN,設(shè)CM=BN=a(0|===.思路分析　(1)在題圖①中證明BE⊥AD,可得在題圖②中,BE⊥A1E,BE⊥DE,然后證明BE⊥平面A1DE,即可證明平面A1EB⊥平面A1ED.(2)建立以E為原點(diǎn),EB,ED,EA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸的空間直角坐標(biāo)系E-xyz,求出平面A1BD的一個法向量,結(jié)合=(1,1,-1),利用空間向量的數(shù)量積即可求解直線A1C與平面A1BD所成角的正弦值.19.(12分)(2020貴州貴陽一中月考一,17)如圖,多面體ABCDEF中,四邊形ABCD是平行四邊形,∠ADC為鈍角,四邊形AFED為直角梯形,AF∥DE,AF⊥AD且AF=2,DE=4,BF=2,AB=2,BC=2.(1)求證:AC⊥BE;(2)若點(diǎn)F到平面DCE的距離為,求直線EC與平面BDE所成角的正弦值. 解析　(1)證明:在△ABF中,AF=AB=2,BF=2,所以AF2+AB2=BF2,所以AB⊥AF.又因?yàn)锳F⊥AD,AB∩AD=A,所以AF⊥平面ABCD,因?yàn)锳F∥DE,所以DE⊥平面ABCD,所以DE⊥AC,在平行四邊形ABCD中,AB=BC=2,所以平行四邊形ABCD為菱形,所以AC⊥BD,又BD∩DE=D,所以AC⊥平面BDE,又BE?平面BDE,所以AC⊥BE.(2)如圖,設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O,因?yàn)锳C⊥平面BDE且垂足為O,所以∠CEO為直線EC與平面BDE所成角.因?yàn)锳F∥DE,AF?平面CDE,DE?平面CDE,所以AF∥平面CDE,所以點(diǎn)F到平面DCE的距離等于點(diǎn)A到平面DCE的距離.由(1)知ED⊥平面ABCD,又ED?平面ECD,所以平面ABCD⊥平面ECD且交線為CD.過A作AH⊥CD,則AH⊥平面ECD,所以AH=,則∠ADH=,易知∠BDC=,OC=CD=,在△DEC中,EC==2,所以sin∠OEC==. 所以直線EC與平面BDE所成角的正弦值為.名師點(diǎn)睛　本題考查了空間線線垂直的證法,考查線面角的求法,考查空間想象能力和邏輯推理能力,屬于中檔題.思路分析　(1)利用勾股定理的逆定理證得AB⊥AF,結(jié)合AF⊥AD,證得AF⊥平面ABCD,根據(jù)線線平行證得DE⊥平面ABCD,由此證得DE⊥AC.判斷出四邊形ABCD為菱形,由此證得AC⊥BD,由此證得AC⊥平面BDE,從而證得AC⊥BE.(2)利用第(1)問的結(jié)論,找到直線EC與平面BDE所成角,結(jié)合點(diǎn)F到平面DCE的距離為,求得OC,EC的長,然后通過解三角形,求出相應(yīng)的線面角的正弦值.20.(12分)(2020天津和平三模,17)如圖甲所示的平面五邊形PABCD中,PD=PA,AC=CD=BD=,AB=1,AD=2,PD⊥PA,現(xiàn)將圖甲中的△PAD沿AD邊折起,使平面PAD⊥平面ABCD得如圖乙所示的四棱錐P-ABCD.(1)求證:PD⊥平面PAB;(2)求二面角A-PB-C的大小;(3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M,使得BM與平面PCB所成的角的正弦值為?并說明理由.解析　(1)證明:∵AB=1,AD=2,BD=, ∴AB2+AD2=BD2,∴AB⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴AB⊥平面PAD,又∵PD?平面PAD,∴AB⊥PD,又∵PD⊥PA,PA∩AB=A,∴PD⊥平面PAB.(2)取AD的中點(diǎn)O,連接OP,OC,易證PO⊥平面ABCD,由AC=CD知OC⊥OA.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OC所在的直線為x軸,OA所在的直線為y軸,OP所在的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,則C(2,0,0),P(0,0,1),D(0,-1,0),A(0,1,0),B(1,1,0),∴=(1,1,-1),=(2,0,-1),=(0,-1,-1).設(shè)平面PBC的法向量為m=(a,b,c),由得令a=1,得b=1,c=2,∴m=(1,1,2),設(shè)二面角A-PB-C的大小為θ,則|cosθ|===,由0≤θ≤π,結(jié)合圖形知二面角A-PB-C的大小為.(3)假設(shè)點(diǎn)M存在,設(shè)其坐標(biāo)為(x,y,z),BM與平面PCB所成的角為α,=λ,λ∈[0,1],即 (x,y-1,z)=λ(0,-1,1),得M(0,1-λ,λ),則=(-1,-λ,λ),則有sinα=|cos|==,從而化簡得λ2+6λ-1=0,解得λ=±-3,∵λ∈[0,1],∴λ=-3.∴在棱PA上滿足題意的點(diǎn)M存在.