高考数学二轮复习专题1_5立体几何测理

高考数学二轮复习专题1_5立体几何测理

专题 1.5 立体几何 总分 _______ 时间 _______ 班级 _______ 学号 _______ 得分_______ 一、选择题（12*5=60 分） 1．如图，四棱锥 P-ABCD 中，M，N 分别为 AC，PC 上的点，且 MN∥平面 PAD，则（ ） A. MN∥PD B. MN∥PA C. MN∥AD D. 以上均有可能 【答案】B 【解析】因为 MN∥平面 PAD，平面 PAC∩平面 PAD=PA，MN  平面 PAC，所以 MN∥PA． 故选 B. 2．【2018 届四川省成都市龙泉中学高三 12 月月考】一个棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为边长为 1 的正 三角形，则四棱锥侧面中最大侧面的面积是（ ） A. 3 4 B. 1 C. 2 D. 7 4 【答案】D 【解析】 3．设 ,  是两个不同的平面， l 是一条直线，以下命题正确的是（ ） A. 若 ,l     ，则l  B. 若 , / /l    ，则l  C. 若 / / , / /l    ，则l  D. 若 / / ,l    ，则 l  【答案】B 【解析】若 l⊥α,α⊥β,则 l⊂β或 l∥β，故 A 错误； 若 l⊥α,α∥β，由平面平行的性质，我们可得 l⊥β，故 B 正确； 若 l∥α,α∥β,则 l⊂β或 l∥β，故 C 错误； 若 l∥α,α⊥β,则 l⊥β或 l∥β，故 D 错误； 故选：C. 4．在正四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝2AB＝4，则点 A1 到平面 AB1D1 的距离是( ) A. 1 B. 4 3 C. 16 9 D. 2 【答案】B 【解析】设点 A1 到平面 AB1D1 的距离为 h，因为 VA1－AB1D1＝VA－A1B1D1，所以 1 3 S△AB1D1h＝ 1 3 S△A1B1D1×AA1，所以 h＝   1 1 1 1 1 1 22 2 1 2 2 4 42 1 32 2 4 2 22 A B D AB D S AA S            故选 B. 点睛：点面距离往往转化为对应棱锥的高，通过等体积法求高得点面距离. 5．【2018 届吉林省实验中学高三上学期第五次月考（一模）】四棱锥 PABCD 的三视图如图所示，四棱锥 PABCD 的五个顶点都在一个球面上， E，F 分别是棱 AB，CD 的中点，直线 EF 被球面所截得的线段长为 2 2 ，则该球 的表面积为（ ） A. 12π B. 24π C. 36π D. 48π 【答案】A 点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法 (1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、 切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解． (2)若球面上四点 , , ,P A B C 构成的三条线段 , ,PA PB PC 两两互相垂直，且 , ,PA a PB b PC c   ，一般把有 关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用 2 2 2 24R a b c   求解． 6．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的几何体， 如在等高处截面的面积恒相等，则体积相等．已知某不规则几何体与如图所示的几何体满足“幂势同”，则该不 规则几何体的体积为( ) A. 16 5 B. 32 5 C. 3 D. 6 【答案】B 【解析】由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图几何体体积相等，图示几何体是一个三棱锥，其 直观图如下图： 其底面是底和高分别为 5， 12 5 的三角形，高为 2 212 164 5 5  （ ） ，则该三棱锥的体积为 V＝ 1 1 12 16 3253 2 5 5 5      .从而该不规则几何体的体积为 32 5 . 点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本 原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视 图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图 画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根 据三视图进行调整. 7．已知△ABC 的三个顶点在以 O 为球心的球面上，且 AB＝2，AC＝4，BC＝2 ，三棱锥 O－ABC 的体积为 ， 则 球 O 的表面积为( ) A. 22π B. C. 24π D. 36π 【答案】D 8．已知在四棱锥 P－ABCD 中，ABCD 是矩形，PA⊥平面 ABCD，则在四棱锥 P－ABCD 的任意两个顶点的连线中，互 相垂直的异面直线共有( ) A. 3 对 B. 4 对 C. 5 对 D. 6 对 【答案】C 【解析】因为 ABCD 是矩形，PA⊥平面 ABCD，所以 PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，AD⊥PB.共 5 对． 9．如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形 ABCD 为正方形,E,F,G,H 分别为 PA,PD,PC,PB 的中点,在此几何体中， 给出下面四个结论中错误的是（ ） A. 平面 / /EFGH 平面 ABCD B. 直线 BE,CF 相交于一点 C. EF//平面 BGD D. / /PA 平面BGD 【答案】C 【解析】把图形还原为一个四棱锥,如图所示, 根据三角形中位线的性质，可得 / / , / /EH AB GH BC , 平面 / /EFGH 平面 ABCD，A 正确； 在△PAD 中,根据三角形的中位线定理可得 EF∥AD， 又∵AD∥BC，∴EF∥BC， 因此四边形 EFBC 是梯形，故直线 BE 与直线 CF 相交于一点，所以 B 是正确的； 连 接 AC，设 AC 中点为 M，则 M 也是 BD 的中点，因为 MG∥PA，且直线 MG 在平面 BDG 上，所以有 PA∥平面 BDG，所 以 D 是正确的； ∵ EF∥BC，∵EF⊄ 平面 PBC，BC⊂平面 PBC，∴直线 EF∥平面 PBC，再结合图形可得：直线 EF 与平面 BDG 不平行，因此 C 是错误的. 故选 C 10．在四棱锥 P－ABCD 中，四条侧棱长均为 2，底面 ABCD 为正方形，E 为 PC 的中点．若异面直线 PA 与 BE 所成 的角为 45°，则该四棱锥的体积是( ) A. 4 B. 2 3 C. 4 3 D. 2 3 3 【答案】D 【解析】连接 AC 和 BD 相交于点 O，连接 OE，则 OE∥PA，则∠OEB＝45°，又∠EOB＝90°，则 BO＝OE＝1，底面 正方体的边长为 ，四棱锥的高为 ，则体积为 ×( )2× ＝ ，故选 D. 11．在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，平面α与棱 AB，AC，A1C1，A1B1 分别交于点 E，F，G，H，且直线 AA1∥平面α.有 下列三个命题：①四边形 EFGH 是平行四边形；②平面α∥平面 BCC1B1；③平面α⊥平面 BCFE.其中正确的命题有 ( ) A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 【答案】C 【解析】直线 AA1∥平面α，平面α∩平面 AA1B1B＝EH，所以 AA1∥EH.同理 AA1∥GF，所以 EH∥GF，又 ABC－A1B1C1 是直三棱柱，易知 EH＝GF＝AA1，所以四边形 EFGH 是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面 BCC1B1，由平面α∩ 平面 A1B1C1＝GH，平面 BCC1B1∩平面 A1B1C1＝B1C1，知 GH∥B1C1，而 GH∥B1C1 不一定成立，故②错误；由 AA1⊥平面 BCFE，结合 AA1∥EH 知 EH⊥平面 BCFE，又 EH⊂平面α，所以平面α⊥平面 BCFE，故③正确. 答案 C. 12．如图，在△ABC 中，AB＝BC＝ 6 ，∠ABC＝90°，点 D 为 AC 的中点，将△ABD 沿 BD 折起到△PBD 的位置， 使 PC＝PD，连接 PC，得到三棱锥 P－BCD，若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是( ) A. 7π B. 5π C. 3π D. π 【答案】A 二、填空题（4*5=20 分） 13. 【2018 届西藏拉萨市高三第一次模拟考试（期末）】中国古代数学瑰宝《九章算术》中有这样一道题：“今 有堑堵（底面为直角三角形的直棱柱）下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？”其意思为：“今 有底面为直角三角形的直棱柱，底面的直角边长宽为 2 丈，长为 18 丈 6 尺，高为 2 丈 5 尺，问它的体积是多少？” 已知 1 丈为 10 尺，则题中的堑堵的外接球的表面积为__________平方尺． 【答案】35621 【解析】根据题意可将此堑堵补成一个长方体，且长、宽、高分别为 186 尺，20 尺，25 尺，则外接球的直径为 2 2 2186 20 25 35621   ，外接球的面积为 2 356214 356212        . 14．如图，三棱柱 ABC－A1B1C1 的各条棱长都是 2 ，且顶点 A1 在底面 ABC 上的射影 O 为△ABC 的中心，则三棱锥 A1－ABC 的体积为________． 【答案】 1 3 【解析】 如图， 由题意可知，底面三角形 ABC 为正三角形， 由O 为 ABC 的中心，可知O 为 ABC 的外心， 则O 为底面高的 2 3 ， ∵底面三角形的边长为 2, ∴底面三角形的高为   2 2 2 6 62 2 2 3OA        ＝ ， ， 在 1Rt A AO 中，由 1 62 3A A OA＝ ， ＝ ， 得   2 2 1 6 2 32 3 3OA      ＝ ＝ ， ∴三棱锥 1A ABC 的体积为 1 1 6 2 3 123 2 2 3 3     ＝ ． 故答案为 1 3 15．已知 m，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．给出下列命题： (1)若 m⊂α，m⊥β，则α⊥β； (2)若 m⊂α，α∩β＝n，α⊥β，则 m⊥n； (3)若 m∥α，m⊂β，α∩β＝n，则 m∥n. 其中真命题是________(填序号)． 【答案】(1)(3) 【解析】(2)中，m∥n，m 与 n 相交都有可能． 16．将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角 A BD C  ， AC BD O  有如下四个结论： ① AC BD ；② ACD 是等边三角形；③ AB 与CD 所成的角为 90 ，④取 BC 中点 E ，则 AEO 为二面角 A BC D  的平面角． 其中正确结论是__________．（写出所有正确结论的序号） 【答案】①②④ 在 Rt AEC 中， 2 2AE CE  ， 1AC  ， ∴ 1 2NE  ． 则 MEN 是正三角形，故 60EMN   ，③错误； 如上图所示，由题意可得： AB AC ，则 AE BC , 由 , ,BE EC BO OD BC CD   可得OE BC ， 据此可知： AEO 为二面角 A BC D  的平面角， 说法④正确. 故答案为：①②④. 三、解答题（共 6 道小题，共 70 分） 17. 如图，正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，点 E 是 A1D1 的中点，点 F 是 CE 的中点． (Ⅰ)求证：平面 ACE⊥平面 BDD1B1； (Ⅱ)求证：AE∥平面 BDF. 【答案】(1)见解析(2)见解析 【解析】试题分析：（Ⅰ）通过证明 AC⊥平面 BDD1B1，即可证明平面 ACE⊥平面 BDD1B1； （Ⅱ）通过证明 OF∥AE，即可证明 AE∥平面 BDF． 试题解析： (Ⅰ)在正方体中，ABCD 是正方形，BB1⊥平面 ABCD， ∴AC⊥BD，AC⊥BB1， ∵BD∩BB1＝B，BD， BB1⊂平面 BDD1B1， ∴AC⊥平面 BDD1B1， ∵AC⊂平面 ACE，∴平面 ACE⊥平面 BDD1B1.6 分 (Ⅱ)连 AC 交 BD 于 G，连 FG， ∵ABCD 是正方形，∴G 是 AC 中点， ∵F 是 CE 是中点，∴AE∥FG， ∵AE⊄ 平面 BDF，FG⊂平面 BDF， ∴AE∥平面 BDF. 点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直， 需转化为证明线面垂直. 18．如图所示，平面 ABCD  平面 BCE ，四边形 ABCD 为矩形， BC CE ，点 F 为CE 的中点. (1)证明： / /AE 平面 BDF . (2)点 M 为CD 上任意一点，在线段 AE 上是否存在点 P ，使得 PM BE ？若存在，确定点 P 的位置，并加以 证明；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）中点 【解析】试题分析： （1）连接 AB 交 BD 于O ，连接 OF ，利用 ABCD 是矩形得到 / /OF AE ，再由线面平行的判定定理可证； （2）当 P 为 AE 中点时，有 PM BE ；取 BE 中点 H ，连接 , ,DP PH CH ，结合三角形的中位线性质以及面 面平行的性质进行推理得到 BE  平面 DPHC 即可. 试题解析： (1)证明 连接 AC 交 BD 于 O，连接 OF，如图①. ∵四边形 ABCD 是矩形，∴O 为 AC 的中点，又 F 为 EC 的中点， ∴OF 为△ACE 的中位线，:∴OF∥AE，又 OF⊂平面 BDF， AE⊄ 平面 BDF，∴AE∥平面 BDF. （2）当 P 为 AE 中点时，有 PM⊥BE， 证明如下：取 BE 中点 H，连接 DP，PH，CH， 如图 ∵P 为 AE 的中点，H 为 BE 的中点， ∴PH∥AB，又 AB∥CD，∴PH∥CD， ∴P，H，C，D 四点共面． ∵平面 ABCD∥平面 BCE，CD⊥BC ∴CD⊥平面 BCE，又 BE⊂平面 BCE， ∴CD⊥BE∵BC=CE，H 为 BE 的中点， ∴CH⊥BE， ∴BE⊥平面 DPHC，又 PM⊂平面 DPHC， ∴BE⊥PM 即 PM⊥BE. 19．用空间向量解决下列问题：如图，在斜三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，  1,e  是 AC 的中点， 1AO ⊥平面 ABC ， 90BCA   ， 1AA AC BC  ． （1）求证： 1 1A B AC ； （2）求二面角 1A BB C  的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 7 7 . 试题解析：取 AB 的中点 D ，连结OD ， 1AO ⊥平面 ， OD ， OC  平面 ，  1AO OC ， 1AO OD ，  O 、 D 分别是 AC 、 AB 的中点， / /OD BC ， 又 ， OD OC ， 所以，可以以O 为原点，直线OD 、OC 、 1OA 分别为 x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设 1 2AA AC BC   ， 于是  0, 1,0A  ，  2,1,0B ，  0,1,0C ，  1 0,0, 3A ，  1 0,2, 3C ， （1）  1 2,1, 3A B     ，  1 0,3, 3AC  ，  1 1 2 0 1 3 3 3 0 3 3 0A B AC              1 1A B AC   ，即 . （2）由（1）知  2,2,0AB  ，  1 0,1, 3AA  ，  2,0,0CB  ，  1 0,1, 3CC  ,设  1 1 1, ,m x y z 是平 面 1 1ABB A 的一个法向量，由 1 1 1 1 12 2 0 0 0m AB x y z x y        ， 1 1 1 1 1 10 3 0 3 0m AA x y z y z        ，取 1 1z  ，得 1 3y   ， 1 3x  ，  3, 3,1m   ， 设  2 2 2, ,n x y z 是平面 1 1CBB C 的一个法向量，由 2 22 0 0n CB x x     ， 1 2 2 2 2 20 3 0 3 0n CC x y z y z        ，取 2 1z  ，得 2 3y   ，  0, 3,1n   ， 4 2 7cos , | 72 7 m nm n m n         ， 又因为二面角 为锐二面角，所以，二面角 的余弦值为 2 7 7 ． 20．【2018 届西藏拉萨市高三第一次模拟考试（期末）】如图，四棱锥 P ABCD 底面为等腰梯形， / /AD BC 且 2 4BC AD  ，点 E 为 PC 中点． （1）证明： / /DE 平面 PAB ； （2）若 PA  平面 ABCD ， 60ABC   ，直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正切值为 3 2 ，求四棱锥 P ABCD 的体积V ． 【答案】(1)见解析；（2）3 3 . 【解析】试题分析：(1)证明线面平行可利用线面平行的判定定理，利用三角形的中位线定理可以得出线线平行， 进而得出线面平行；（2）根据底面 ABCD 为等腰梯形，作 AG 垂直 BC，垂足为 G，求出 BG 和 AG，得出 AB，便可求 出底面的面积，根据 PA 与平面 ABCD 垂直，则 PBA 为直线直线 PB 与平面 ABCD 所成角，利用其正切值求出 PA，再根据锥体体积公式求出体积 . 又 DE  平面 DEF ，所以 / /DE 平面 PAB ． 解：（2）作 AG BC 于点 G ，则 1BG  ． 在 ABG 中， 60ABG   ， 1BG  ，则 3AG  ， 2AB  ． 由 PA  平面 ABCD 知，直线 PB 与平面 ABCD 所成角为 PBA ，故 3tan 2PBA  ， 即在 PAB 中，有 3 2 PA AB  ，则 3PA  . 所以，四棱锥 P ABCD 的体积 1 3 ABCDV S PA 梯形  2 4 31 3 3 33 2      ． 21．【2018 届四省名校（南宁二中等）高三上第一次大联考】直角三角形 ABC 中， 90C   ， 4AC  ， 2BC  ， E 是 AC 的中点， F 是线段 AB 上一个动点，且  0 1AF AB     ，如图所示，沿 BE 将 CEB 翻折至 DEB ，使得平面 DEB  平面 ABE . （1）当 1 3   时，证明： BD  平面 DEF ； （2）是否存在  ，使得 DF 与平面 ADE 所成的角的正弦值是 2 3 ？若存在，求出  的值；若不存在，请说明 理由. 【答案】(1)证明见解析；(2) 存在 1 2   ，使得 DF 与平面 ADE 所成的角的正弦值为 2 3 . 【解析】试题分析： (1)由题意可得 BD DE ，取 BF 的中点 N ，连接CN 交 BE 于 M ，当 1 3   时，由几何关系可证得 EF  平 面 DBE .则 EF BD .利用线面垂直的判断定理可得 BD  平面 DEF . (2)建立空间直角坐标系，结合直线的方向向量与平面的法向量计算可得存在 1 2   ，使得 DF 与平面 ADE 所成 的角的正弦值为 2 3 . 试题解析： （1）在 ABC 中， 90C   ，即 AC BC ， 则 BD DE ， 取 BF 的中点 N ，连接CN 交 BE 于 M ， 当 1 3   时， F 是 AN 的中点，而 E 是 AC 的中点， ∴ EF 是 ANC 的中位线，∴ EF CN . 在 BEF 中， N 是 BF 的中点， ∴ M 是 BE 的中点. 在 Rt BCE 中， 2EC BC  ， ∴CM BE ，则 EF BE . 又平面 DBE  平面 ABC ，平面 DBE  平面 ABC BE ， ∴ EF  平面 DBE . 又 BD  平面 BDE ，∴ EF BD . 而 EF DE E  ，∴ BD  平面 DEF . ∴ DM  平面 ABC ， 则  1,1, 2D . 假设存在满足题意的  ，则由 AF AB  . 可得  4 4 ,2 ,0F   ， 则  3 4 ,2 1, 2DF      . 设平面 ADE 的一个法向量为  , ,n x y z ， 则 0,{ 0, n AE n AD       即 2 0, { 3 2 0, x x y z       令 2y  ，可得 0x  ， 1z   ，即  0, 2, 1n   . ∴ DF 与平面 ADE 所成的角的正弦值 sin cos , DF nDF n DF n                22 2 2 2 1 2 2 33 3 4 2 1 2              . 解得 1 2   （ 3  舍去）. 综上，存在 1 2   ，使得 DF 与平面 ADE 所成的角的正弦值为 2 3 . 22．如图：设一正方形纸片 ABCD 边长为 2 分米，切去阴影部分所示的四个全等的等腰三角形，剩余为一个正方 形和四个全等的等腰三角形，沿虚线折起，恰好能做成一个正四棱锥（粘接损耗不计），图中 AH PQ ，O 为正 四棱锥底面中心． （Ⅰ）若正四棱锥的棱长都相等，求这个正四棱锥的体积Ｖ； （Ⅱ）设等腰三角形 APQ 的底角为 x，试把正四棱锥的侧面积 S 表示为 x 的函数，并求 S 的范围． 【答案】（1） 24 3 40 3  立方分米（2） 0 2S  平方分米 【解析】试题分析: （I）若正四棱锥的棱长都相等，则在正方形 ABCD 中，三角形 APQ 为等边三角形，由此先计 算出此正四棱锥的棱长，再利用正棱锥的性质计算其体积即可； （II）先利用等腰三角形 APQ 的底角为 x 的特点，将侧棱长和底边长分别表示为 x 的函数，再利用棱锥的体积计 算公式将棱锥体积表示为关于 x 的函数，最后可利用均值定理求函数的值域 试题解析： （Ⅰ）设正四棱锥底面边长为 y 分米，由条件知△APQ 为等边三角形， 又 AH PQ ，∴ 3 2AH y ． ∵ 1 2OH y ，∴ 2 2 2 2 3 2 2 2 2 yOA AH OH y y                ． 由 2AH y AC  ，即 3 2 2y y  得 2 2 3 1 y   ． ∴       3 2 3 3 3 2 21 1 2 2 16 3 3 2 6 3 1 3 3 1 V y OA y         24 3 40 3  . 答：这个正四棱锥的体积是 24 3 40 3  立方分米 （或者分子、分母同时除以t ，利用“对勾函数”进行说明） ∴ 0 2S  平方分米即为所求侧面积的范围．