2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題5 立體幾何 專題綜合檢測五 理

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題5 立體幾何 專題綜合檢測五 理 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．(xx·陜西卷)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(D) A．3π B．4π C．2π＋4 D．3π＋4 解析：由幾何體的三視圖可知，該幾何體為半圓柱，直觀圖如圖所示． 表面積為2×2＋2××π×12＋π×1×2＝4＋3π. 2．利用斜二測畫法得到如下結(jié)論： ①三角形的直觀圖是三角形；②平行四邊形的直觀圖是平行四邊形；③正方形的直觀圖是正方形；④菱形的直觀圖是菱形． 其中正確的是(

2、A) A．①② B．① C．③④ D．①②③④ 解析：由斜二測畫法規(guī)則知，保持平行性、平行x軸長度保持不變，平行y軸的長度減半．故①②正確，選A. 3．(xx·新課標Ⅱ卷)一個正方體被一個平面截去一部分后，剩余部分的三視圖如下圖，則截去部分體積與剩余部分體積的比值為(D) A. B. C. D. 解析：由已知三視圖知該幾何體是由一個正方體截去了一個“大角”后剩余的部分，如圖所示， 截去部分是一個三棱錐．設(shè)正方體的棱長為1，則三棱錐的體積為V1＝××1×1×1＝，剩余部分的體積V2＝13－＝.所以＝＝，故選D.

3、4．等體積的球與正方體，它們的表面積的大小關(guān)系是(C) A．S球＞S正方體 B．S球＝S正方體 C．S球＜S正方體 D．不能確定 解析：設(shè)正方體與球的體積均為V，可算出它們的表面積大小(用V表示)，知選C. 5．下列命題正確的是(C) A．若兩條直線和同一個平面所成的角相等，則這兩條直線平行 B．若一個平面內(nèi)有三個點到另一個平面的距離相等，則這兩個平面平行 C．若一條直線平行于兩個相交平面，則這條直線與這兩個平面的交線平行 D．若兩個平面都垂直于第三個平面，則這兩個平面平行 解析：若兩條直線和同一平面所成角相等，這兩條直線可能平行，也可能為異面直線，也可能相交，所以A錯；

4、一個平面不在同一條直線的三點到另一個平面的距離相等，則這兩個平面平行，故B錯；若兩個平面垂直同一個平面，兩平面可以平行，也可以垂直，故D錯；故選項C正確． 6. (xx·湖北卷)在如圖所示的空間直角坐標系O－xyz中，一個四面體的頂點坐標分別是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)，給出編號①、②、③、④的四個圖，則該四面體的正視圖和俯視圖分別為(D) A．①和② B．③和① C．④和③ D．④和② 解析：設(shè)A(0，0，2)，B(2，2，0)，C(1，2，1)，D(2，2，2)，在坐標系中標出已知的四個點，根據(jù)三視圖的畫圖規(guī)則判斷三

5、棱錐的正視圖為④與俯視圖為②.故選D. 7. (xx·天津卷改編)一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為(C) A.π m3 　B.π m3 C.π m3 D.π m3 解析：由幾何體的三視圖可知該幾何體由兩個圓錐和一個圓柱構(gòu)成，其中圓錐的底面半徑和高均為1，圓柱的底面半徑為1且其高為2，故所求幾何體的體積為 V＝π×12×1×2＋π×12×2＝π(m3)． 8．如圖，三棱錐P-ABC的高PO＝8，AC＝BC＝3，∠ACB＝30°，M，N分別在BC和PO上，且CM＝x，PN＝2CM，則下面四個圖象中大致描繪了三棱錐N-AMC的體積V與x的變化關(guān)系(x

6、∈(0，3])的是(A) 9．如果四棱錐的四條側(cè)棱都相等，就稱它為“等腰四棱錐”，四條側(cè)棱稱為它的腰，以下4個命題中，假命題是(B) A．等腰四棱錐的腰與底面所成的角都相等 B．等腰四棱錐的側(cè)面與底面所成的二面角都相等或互補 C．等腰四棱錐的底面四邊形必存在外接圓 D．等腰四棱錐的各頂點必在同一球面上 10．如圖，模塊①～⑤均由4個棱長為1的小正方體構(gòu)成，模塊⑥由15個棱長為1的小正方體構(gòu)成，現(xiàn)從模塊①～⑤中選出3個放到模塊⑥上，使得模塊⑥成為一個棱長為3的大正方體，下列方案中能完成任務(wù)的是(A) A．模塊①②⑤ B．模塊①③⑤ C．模塊②④⑤

7、D．模塊③④⑤ 11．(xx·蚌埠模擬)設(shè)m，n是平面α內(nèi)的兩條不同直線；l1，l2是平面β內(nèi)的兩條相交直線，則α∥β的一個充分而不必要條件是(B) A．m∥β且l1∥α B．m∥l1且n∥l2 C．m∥β且n∥β D．m∥β且n∥l2 解析：對于選項A，不合題意；對于選項B，由于l1與l2是相交直線，而且由l1∥m可得l1∥α，同理可得l2∥α，又l1與l2相交，故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不一定能得到l1∥m，它們也可以異面，故必要性不成立，符合題意，對于選項C，由于m，n不一定相交，故是必要非充分條件；對于選項D，由n∥l2可轉(zhuǎn)化為n∥β，同選項C，故不符合題意．故選

8、B. 12．(xx·深圳調(diào)研)在四面體D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，且是AC的中點，則下列正確的是(C) A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDE且平面ADC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC且平面ADC⊥平面BDE 解析：因為AB＝CB且E是AC的中點，所以BE⊥AC.同理有DE⊥AC.于是AC⊥平面BDE.因為AC在平面ABC內(nèi)，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE，所以選C. 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．請把正確答案填在題中橫線上) 13．如圖所示，在

9、直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中點，點F在線段AA1上，當AF＝a或2a時，CF⊥平面B1DF. 解析：由直三棱柱及D是A1C1的中點，得B1D⊥平面AC1， 而CF?平面AC1，∴B1D⊥CF. 若CF⊥平面B1DF，則必有CF⊥DF， 設(shè)AF＝x(0＜x＜3a)， 則CF2＝x2＋4a2，DF2＝a2＋(3a－x)2. 又CD2＝a2＋9a2＝10a2， ∴10a2＝x2＋4a2＋a2＋(3a－x)2. 解得x＝a或2a. 14．若某幾何體的三視圖(單位：cm)如圖所示，則此幾何體的體積是

10、18cm3. 解析：該幾何體是由兩個長方體組成，下面長方體的體積為1×3×3＝9 (cm3)，上面的長方體體積為3×3×1＝9 (cm3)，因此該幾何體的體積為18 cm3. 15．如圖，在長方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E為DC的中點，F(xiàn)為線段EC(端點除外)上一動點．現(xiàn)將△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD內(nèi)過點D作DK⊥AB，K為垂足．設(shè)AK＝t，則t的取值范圍是． 解析：此題可采用兩個極端位置法，即對于F位于DC的中點時，t＝1，隨著點F到點C時，因CB⊥AB，CB⊥DK，∴CB⊥平面ADB，即有CB⊥BD.對于CD＝2，BC＝1，∴BD＝.又

11、AD＝1，AB＝2，因此有AD⊥BD，則有t＝.因此t的取值范圍是 . 16．關(guān)于直線m，n和平面α，β有以下四個命題： ①當m∥α，n∥β，α∥β時，m∥n； ②當m∥n，m?α，n⊥β時，α⊥β； ③當α∩β＝m，m∥n時，n∥α且n∥β； ④當m⊥n，α∩β＝m時，n⊥α或n⊥β. 其中假命題的序號是①③④． 三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(10分)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝，BB1＝BC＝6，E，F(xiàn)為側(cè)棱AA1上的兩點，且EF＝3，求幾何體EF-BB1C1C的體積． 解析：△

12、ABC的邊BC上的高等于 ＝2， 所以S△ABC＝S△A1B1C1＝×6×2＝6. 由于直三棱柱ABC-A1B1C1的體積 V＝6×6＝36， 而三棱錐E-A1B1C1的體積VE-A1B1C1＝·S△A1B1C1·EA1， 三棱錐F-ABC的體積VF-ABC＝·S△ABC·FA， 所以VE-A1B1C1＋VF-ABC＝·S△ABC·(EA1＋FA)＝×6×(6－3)＝6. 于是幾何體EF-BB1C1C的體積等于36－6＝30. 18．(12分)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一點，PE＝2EC. (1)

13、證明：PC⊥平面BED； (2)設(shè)二面角A-PB-C為90°，求PD與平面PBC所成角的大?。? 解析：(1)因為底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，又AC∩PA＝A，AC、PA?面PAC，所以BD⊥平面PAC，所以PC⊥BD. 設(shè)AC∩BD＝F，連接EF，因為AC＝2，PA＝2，PE＝2EC，故 PC＝2，EC＝，F(xiàn)C＝. 從而＝，＝. 因為＝，∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF. 因為PC與平面BED內(nèi)兩條相交直線BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED. (2)在平面PAB內(nèi)過點A

14、作AG⊥PB，G為垂足． 因為二面角A-PB-C為90°，所以平面PAB⊥平面PBC.又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，AG⊥BC. 因為BC與平面PAB內(nèi)兩條相交直線PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD為正方形，AD＝2，PD＝＝2. 設(shè)D到平面PBC的距離為d. 因為AD∥BC，且AD?平面PBC，BC?平面PBC，故AD∥平面PBC，A，D兩點到平面PBC的距離相等，即d＝AG＝. 設(shè)PD與平面PBC所成的角為α， 則sin α＝＝. 所以PD與平面PBC所成的角為30°. 19．(12分)(xx·江西卷)如圖，四棱錐P

15、ABCD中，ABCD為矩形．平面PAD⊥平面ABCD. (1)求證：AB⊥PD. (2)若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2.問AB為何值時，四棱錐PABCD的體積最大？并求此時平面BPC與平面DPC夾角的余弦值． 分析：(1)利用直線與平面、平面與平面垂直的性質(zhì)證明線線垂直；(2)利用空間坐標系求解空間角的大?。? 解析：(1)因為四邊形ABCD為矩形，故AB⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD. (2)過P作AD的垂線，垂足為O，過O作BC的垂線，垂足為G，連接PG. 故PO⊥平面ABCD，BC⊥平

16、面POG，BC⊥PG. 在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝. 設(shè)AB＝m，則OP＝＝， 故四棱錐PABCD的體積為 V＝··m·＝·. 因為m＝ ＝， 故當m＝，即AB＝時，四棱錐PABCD的體積最大． 此時，建立如圖所示的坐標系，各點的坐標為O(0，0，0)，B(，－，0，)，C(，，0)，D(0，，0)，P(0，0，)．故＝(，，－)，＝(0，，0)，＝(－，0，0)． 設(shè)平面BPC的法向量n1＝(x，y，1)，則由n1⊥，n1⊥得解得x＝1，y＝0，n1＝(1，0，1)． 同理可求出平面DPC的法向量n2＝(0，，1)． 從而平面BPC與平面DPC夾角θ的

17、余弦值為cos θ＝＝＝. 20．(12分)(xx·新課標Ⅱ卷)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過點E，F(xiàn)的平面α與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形． (1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由)； (2)求直線AF與平面α所成角的正弦值． 解析：(1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示． (2)作EM⊥AB，垂足為M，則AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8. 因為四邊形EHGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10. 于是MH＝＝6，所以AH＝10. 以D為坐標原點，的

18、方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz， 則A(10，0，0)，H(10，10，0)，E(10，4，8)，F(xiàn)(0，4，8)，＝(10，0，0)，＝(0，－6，8)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，則即所以可取n＝(0，4，3)． 又＝(－10，4，8)， 故|cos〈n，〉|＝＝. 所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為. 21．(12分)如圖1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2.將△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到幾何體D-ABC，如圖2所示． (1)求證：BC⊥平面ACD； (2)求

19、幾何體D-ABC的體積． 解析：(1)證法一　在題圖1中， 可得AC＝BC＝2， ∴AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC. 如圖，取AC中點為O，連接DO，則DO⊥AC， 又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，DO?平面ADC， ∴OD⊥平面ABC. ∴OD⊥BC. 又AC⊥BC，AC∩OD＝O， ∴BC⊥平面ACD. 證法二　在題圖1中，可得AC＝BC＝2， ∴AC2＋BC2＝AB2. 故AC⊥BC. 又∵平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，從而BC⊥平面ACD. (2)由(1)可知BC為三棱錐B-AC

20、D的高， BC＝2，S△ACD＝2. ∴VB-ACD＝·S△ACD·BC＝×2×2＝. 由等積性可知幾何體D-ABC的體積為. 22．(12分)(xx·天津卷)如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且點M和N分別為B1C和D1D的中點． (1)求證：MN∥平面ABCD； (2)求二面角D1-AC-B1的正弦值； (3)設(shè)E為棱A1B1上的點，若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為，求線段A1E的長． 解析：如圖，以A為原點建立空間直角坐標系，依題意可得A(0，0，0)，B(0，1，0

21、)，C(2，0，0)，D(1，－2，0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，－2，2)．又因為M，N分別為B1C和D1D的中點， 所以M，N(1，－2，1)． (1)依題意，可得n＝(0，0，1)為平面ABCD的一個法向量，＝，由此可得·n＝0. 又因為直線MN?平面ABCD， 所以MN∥平面ABCD. (2)＝(1，－2，2)，＝(2，0，0)，設(shè)n1＝(x1，y1，z1)為平面ACD1的一個法向量，則 即 不妨設(shè)z1＝1，可得n1＝(0，1，1)． 設(shè)n2＝(x2，y2，z2)為平面ACB1的一個法向量， 則 又＝(0，1，2)，所以 不妨設(shè)z2＝1，可得n2＝(0，－2，1)． 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－， 于是sin〈n1，n2〉＝， 所以，二面角D1-AC-B1的正弦值為. (3)依題意，可設(shè)＝λ，其中λ∈[0，1]，則E(0，λ，2)， 從而＝(－1，λ＋2，1)． 又n＝(0，0，1)為平面ABCD的一個法向量，由已知，得 |cos〈，n〉|＝＝＝， 整理得λ2＋4λ－3＝0，解得λ＝－2±. 又因為λ∈[0，1]，所以λ＝－2. 所以，線段A1E的長為－2.