• 904.50 KB
  • 2021-06-16 发布

高考数学二轮复习专题1_5立体几何测理

  • 19页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
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.