高考數(shù)學(xué) 文二輪復(fù)習(xí) 專題能力提升練四 Word版含解析

《高考數(shù)學(xué) 文二輪復(fù)習(xí) 專題能力提升練四 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 文二輪復(fù)習(xí) 專題能力提升練四 Word版含解析（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題能力提升練(四)　立體幾何 一、選擇題(每小題5分) 1．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A.π　 　B.π　　C．8π　　　D．16π 解析：該幾何體是從一個圓柱里挖去一個圓錐所得，所以體積為V＝π222－π222＝π. 答案：B 2．某四棱錐的三視圖如圖所示，則最長的一條側(cè)棱的長度是(　　) A. B．13 C．29 D. 解析：由題意可知四棱錐的底面是上、下底邊長分別為2,4，高為3的直角梯形，棱錐的高為2，高所在的棱垂直于底面，所以側(cè)棱最長為＝. 答案：D 3．已知某棱錐的三視圖如圖所示，俯視圖為正方形，則該棱錐

2、外接球的體積是(　　) A. B. C. D. 解析：該幾何體是一個底面是邊長為的正方形、高為2的四棱錐，其中一條側(cè)棱垂直于底面，它是長方體的一部分，與長方體具有相同的外接球．則原四棱錐的外接球半徑r＝＝，故其體積為()3＝. 答案：C 4．如圖所示是一個幾何體的三視圖，則這個幾何體外接球的表面積為(　　) A．8π B．16π C．32π D．64π 解析：該幾何體為一四棱錐，其直觀圖如圖，它是三棱柱的一部分，四棱錐與三棱柱具有相同的外接球．三棱柱的底面為等腰直角三角形，所以其外接球的半徑r＝＝2，所以該幾何體外接球的表面積為4πr2＝32π. 答案：C

3、 5．下列結(jié)論正確的是(　　) A．過一點有且只有一個平面與已知平面垂直 B．過一條直線有且只有一個平面與已知平面垂直 C．過一點有且只有一條直線與已知直線垂直 D．過一點有且只有一條直線與已知平面垂直 解析：過一點如果有兩條直線與已知平面垂直，根據(jù)直線與平面垂直的性質(zhì)定理可知，這兩條直線平行，矛盾，所以選項D中的結(jié)論正確；過一點有無數(shù)個平面與已知平面垂直，選項A中的結(jié)論不正確；當(dāng)直線與平面垂直時，過該直線的任意平面即與已知平面垂直，選項B中的結(jié)論不正確；在空間，過一點與已知直線垂直的直線有無數(shù)條，選項C中的結(jié)論不正確． 答案：D 6．正四面體ABCD中，AO⊥平面BCD，垂足

4、為O，設(shè)M是線段AO上一點，且∠BMC＝90，則的值為(　　) A．1 B．2 C. D. 解析：如圖，連接OB，設(shè)正四面體的棱長為a，則OB＝a，MB＝a，故OM＝a＝AO，則＝1. 答案：A 7．設(shè)l，m是兩條不同的直線，α是一個平面，則下列說法正確的是(　　) A．若l⊥m，m?α，則l⊥α B．若l⊥α，l∥m，則m⊥α C．若l∥α，m?α，則l∥m D．若l∥α，m∥α，則l∥m 解析：選項A中，一條直線與一個平面內(nèi)的一條直線垂直，不能保證該直線與該平面垂直；兩平行線中的一條與一個平面垂直，另一條也垂直于這個平面，選項B中的說法正確；選項C中，一條直線與

5、一個平面平行，不能保證其平行于平面內(nèi)的任意直線，選項C中的說法不正確；平行于同一個平面的兩條直線的位置關(guān)系不確定，選項D中的說法不正確． 答案：B 8．已知三棱柱的三個側(cè)面均垂直于底面，底面為正三角形，且側(cè)棱長與底面邊長之比為21，頂點都在一個球面上，若該球的表面積為，則此三棱柱的側(cè)面積為(　　) A. B. C．8 D．6 解析：如圖，根據(jù)球的表面積可得球的半徑為r＝，設(shè)三棱柱的底面邊長為x，則2＝x2＋2，解得x＝1，故該三棱柱的側(cè)面積為312＝6. 答案：D 9．如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，底面是邊長為2的正三角形，側(cè)棱長為3，則BB1與

6、平面AB1C1所成角的大小為(　　) A. B. C. D. 解析：分別取BC，B1C1的中點D，D1，連接AD，DD1，AD1. 顯然DD1⊥B1C1，AD1⊥B1C1， 故B1C1⊥平面ADD1，故平面AB1C1⊥平面ADD1，故DD1在平面AB1C1內(nèi)的射影在AD1上， ∠AD1D即為直線DD1與平面AB1C1所成的角． 在Rt△AD1D中，AD＝，DD1＝3， 所以tan∠AD1D＝，所以∠AD1D＝. 因為BB1∥DD1， 所以直線BB1與平面AB1C1所成角的大小為. 答案：A 10．正三角形ABC的邊長為2，將它沿高AD翻折，使點B與點C間的距

7、離為，此時四面體ABCD的外接球的半徑為(　　) A. B. C．2 D. 解析：球心O一定在與平面BCD垂直且過底面正三角形中心O′的直線上，也在平面ADO中AD的垂直平分線上，如圖．OE＝O′D＝＝1，DE＝AD＝2＝，故所求外接球的半徑r＝＝. 答案：B 二、填空題(每小題5分) 11．如圖所示是一個幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為__________． 解析：由題可知該幾何體由兩個相同的半圓柱和一個長方體拼接而成，因此該幾何體的體積V＝124＋π122＝8＋2π. 答案：8＋2π 12．如圖，四棱錐P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90，BC＝2AD，

8、△PAB和△PAD都是等邊三角形，則異面直線CD與PB所成角的大小為__________． 解析：如圖，取BC的中點E，連接AE，ED，BD，PE. 設(shè)BD∩AE＝O，連接PO. 設(shè)AB＝a，則OA＝OB＝a. 又PB＝PA＝PD，O為BD的中點，所以BD⊥PO， 所以PO＝＝a，所以PO⊥OA，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥AE.由已知可得四邊形ABED為正方形，所以BD⊥AE，所以AE⊥平面PBD，所以AE⊥PB.又CD∥AE，所以CD⊥PB，即異面直線CD與PB所成角的大小為90. 答案：90 13．(20xx池州二模)表面積為60π的球面上有四點S、A、B、C

9、，且△ABC是等邊三角形，球心O到平面ABC的距離為，若平面SAB⊥平面ABC，則棱錐S－ABC體積的最大值為________． 解析：∵表面積為60π的球，∴球的半徑為， 設(shè)△ABC的中點為D，則OD＝，所以DA＝2，則AB＝6 棱錐S－ABC的底面積S＝62＝9為定值， 欲使其體積最大，應(yīng)有S到平面ABC的距離取最大值， 又平面SAB⊥平面ABC， ∴S在平面ABC上的射影落在直線AB上，而SO＝，點D到直線AB的距離為， 則S到平面ABC的距離的最大值為3， ∴V＝93＝27. 答案：27 14．如圖，邊長為2的正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊AB，BC的中點，將△

10、AED，△EBF，△FCD分別沿DE，EF，F(xiàn)D折起，使A，B，C三點重合于點A′，若四面體A′EFD的四個頂點在同一個球面上，則該球的半徑為__________． 解析：易知四面體A′EFD的三條側(cè)棱A′E，A′F，A′D兩兩垂直，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，我們把四面體A′EFD擴成棱長為1,1,2的一個長方體，則長方體的外接球即為四面體A′EFD的外接球，所以球的半徑為r＝＝. 答案： 15. 如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，∠BAD＝60，Q為AD的中點．若平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD＝AD＝2，點M在線段PC上，且PM＝2MC，則四

11、棱錐P－ABCD與三棱錐P－QBM的體積之比是__________． 解析：過點M作MH∥BC交PB于點H. ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ⊥AD， ∴PQ⊥平面ABCD. ∵PA＝PD＝AD＝AB＝2，∠BAD＝60， ∴PQ＝BQ＝. ∴VP－ABCD＝PQS菱形ABCD＝2＝2. 又PQ⊥BC，BQ⊥AD，AD∥BC， ∴BQ⊥BC，又QB∩QP＝Q， ∴BC⊥平面PQB，又MH∥BC，PM＝2MC， ∴MH⊥平面PQB，＝＝， ∵BC＝2，∴MH＝， ∴VP－QBM＝VM－PQB＝＝， ∴VP－ABCDVP－QBM＝3

12、1. 答案：31 三、解答題(第16,17,18,19題每題12分，第20題13分，第21題14分) 16．如圖，已知三棱柱ABC－A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90，點M，N分別為A′B和B′C′的中點． (1)證明：MN∥平面AA′C′C； (2)設(shè)AB＝λAA′，當(dāng)λ為何值時，CN⊥平面A′MN，試證明你的結(jié)論． 解：(1)取A′B′的中點E，連接ME，NE，因為M，N分別為A′B和B′C′的中點， 所以NE∥A′C′，ME∥AA′. 又ME∩NE＝E，A′C′∩AA′＝A′， 所以平面MNE∥平面AA′C′C， 因為MN?平面MNE，

13、 所以MN∥平面 AA′C′C. (2)連接BN，設(shè)AA′＝a，則AB＝λAA′＝λa， 由題意知BC＝λa，NC＝BN＝， 因為三棱柱ABC－A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面， 所以平面A′B′C′⊥平面BB′C′C， 因為AB＝AC，點N是B′C′的中點，所以A′N⊥平面BB′C′C， 所以CN⊥A′N， 要使CN⊥平面A′MN， 只需CN⊥BN即可， 所以CN2＋BN2＝BC2， 即2＝2λ2a2，所以λ＝， 則當(dāng)λ＝時，CN⊥平面A′MN. 17．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，側(cè)面PAB⊥底面ABCD，PA＝AD＝A

14、B＝1，BC＝2. (1)證明：平面PBC⊥平面PDC； (2)若∠PAB＝120，求點B到直線PC的距離． 解：(1)延長BA，CD交于M點，連接MP， 則BM＝2，A是BM的中點，因為PA＝BM， 所以MP⊥PB， 又因為側(cè)面PAB⊥底面ABCD，AB⊥BC， 所以BC⊥平面PBM， 所以BC⊥MP，故MP⊥平面PBC， 因為MP?平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD. (2)過B點作BN⊥PC于N，則BN為點B到直線PC的距離． 因為∠PAB＝120，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2， 所以MP＝1，PB＝，PC＝， 因為BNPC＝BCPB，所以BN＝＝

15、. 18．(20xx山東煙臺期末)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1，ACC1A1均為正方形，AB＝AC＝1，∠BAC＝90，點D是棱B1C1的中點． (1)求證：A1D⊥平面BB1C1C； (2)求證：AB1∥平面A1DC； (3)求三棱錐C1－A1CD的體積． 解：(1)∵面ABB1A1，ACC1A1均為正方形， AA1⊥A1C1，AA1⊥A1B1， A1C1∩A1B1＝A1，A1C1，A1B1?平面A1B1C1， ∴AA1⊥平面A1B1C1， ∵AA1∥CC1，∴CC1⊥平面A1B1C1. ∵A1D?平面A1B1C1，∴CC1⊥A1D， ∵三

16、棱柱ABC－A1B1C1，AB＝AC＝1， ∴A1B1＝A1C1， ∵D是B1C1的中點，∴A1D⊥B1C1. ∵CC1∩B1C1＝C1，又CC1，B1C1?平面BB1C1C， ∴A1D⊥平面BB1C1C. (2)連接AC1交A1C于點O，連接OD， ∵四邊形ACC1A1為正方形， 點O為AC1的中點，D為B1C1的中點， ∴OD為△AB1C1的中位線，∴AB1∥OD， ∵OD?平面A1DC，AB1?平面A1DC， ∴AB1∥平面A1DC. (3)由(1)CC1⊥平面A1B1C1，∴CC1為三棱柱ABC－A1B1C1的高， ∵A1B1＝A1C1＝1，∠B1A1C1＝90

17、， D是B1C1的中點， S△A1C1D＝S△A1B1C1＝12＝， VC1－A1CD＝VC－A1C1D＝S△A1C1DCC1＝1＝， 即三棱錐C1－A1CD的體積V＝. 19．(20xx河北衡水二中期中)如圖，在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA＝PD＝，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O為AD中點． (1)求證：PO⊥平面ABCD； (2)求異面直線PB與CD所成角的余弦值； (3)線段AD上是否存在點Q，使得它到平面PCD的距離為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由． 解：(1)在△PAD中

18、，PA＝PD，O為AD中點，所以PO⊥AD. 又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD. (2)連接BO，在直角梯形ABCD中，BC∥AD，AD＝2AB＝2BC， 有OD∥BC且OD＝BC，所以四邊形OBCD是平行四邊形， 所以O(shè)B∥DC. 由(1)知PO⊥OB，∠PBO為銳角， 所以∠PBO是異面直線PB與CD所成的角． 因為AD＝2AB＝2BC＝2， 在Rt△AOB中，AB＝1，AO＝1，所以O(shè)B＝， 在Rt△POA中，因為AP＝，AO＝1，所以O(shè)P＝1， 在Rt△PBO中，PB＝，所以cos∠PBO＝

19、， 所以異面直線PB與CD所成的角的余弦值為. (3)假設(shè)存在點Q，使得它到平面PCD的距離為. 設(shè)QD＝x，則S△DQC＝x， 由(2)得CD＝OB＝， 在Rt△POC中，PC＝， 所以PC＝CD＝DP，S△PCD＝()2＝， 由VP－DQC＝VQ－PCD，得x＝，所以存在點Q滿足題意，此時＝. 20．(20xx天津五區(qū)期末)已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的側(cè)棱AA1⊥底面ABCD，ABCD是等腰梯形，AB∥DC，AB＝2，AD＝1，∠ABC＝60，E，F(xiàn)分別為A1C，A1B1的中點． (1)求證：D1E∥平面BB1C1C； (2)求證：BC⊥A1C； (3)

20、若A1A＝AB，求直線DF與平面A1ADD1所成角的正弦值． 解：(1)連接D1F，EF，B1C，因為EF是△A1CB1的中位線，所以EF∥CB1. 因為AB∥DC，所以A1B1∥D1C1， 又AB＝2AD＝2，∠ABC＝60， 可求D1C1＝1，故D1C1＝FB1，所以四邊形C1D1FB1為平行四邊形， 所以D1F∥C1B1，又EF∩D1F＝F，CB1∩C1B1＝B1， 所以平面D1EF∥平面BB1C1C，又D1E?平面D1EF， 所以D1E∥平面BB1C1C. (2)連接AC，在等腰三角形ADC中可求AC＝， 又因為BC＝1，AB＝2，所以AC2＋BC2＝AB2，所以

21、BC⊥AC. 又四棱柱是直四棱柱，故A1A⊥平面ABCD，BC?平面ABCD， 所以A1A⊥BC. 因為A1A∩AC＝A，所以BC⊥平面A1AC，A1C?平面A1AC， 所以BC⊥A1C. (3)取A1D1的中點G，連結(jié)FG， 由已知可知△A1D1F為正三角形，故FG⊥A1D1， 又因為四棱柱是直四棱柱，所以平面A1D1F⊥平面A1ADD1， 所以FG⊥平面A1ADD1. 連結(jié)DG，則∠FDG為直線DF與平面A1ADD1所成的角． 在Rt△FDG中，F(xiàn)G＝，DG＝，故DF＝， 所以sin∠FDG＝＝＝. 21．(20xx江西贛州期中)如圖①，在四棱錐P－ABCD中，PA

22、⊥底面ABCD，面ABCD為正方形，E為側(cè)棱PD上一點，F(xiàn)為AB上一點．該四棱錐的正(主)視圖和側(cè)(左)視圖如圖②所示． (1)求四面體PBFC的體積； (2)證明：AE∥平面PFC； (3)證明：平面PFC⊥平面PCD. 解：(1)由左視圖可得F為AB的中點， ∴△BFC的面積為S＝12＝1. ∵PA⊥平面ABCD， ∴四面體PBFC的體積為VP－BFC＝S△BFCPA＝12＝. (2)取PC中點Q，連接EQ，F(xiàn)Q. 由正(主)視圖可得E為PD的中點， ∴EQ∥CD，EQ＝CD. 又AF∥CD，AF＝CD， ∴AF∥EQ，AF＝EQ. ∴四邊形AFQE為平行四邊形， ∴AE∥FQ. ∵AE?平面PFC，F(xiàn)Q?平面PFC， ∴直線AE∥平面PFC. (3)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD. ∵平面ABCD為正方形，∴AD⊥CD. ∴CD⊥平面PAD. ∵AE?平面PAD，∴CD⊥AE. ∵PA＝AD，E為PD中點，∴AE⊥PD. ∴AE⊥平面PCD. ∵AE∥FQ，∴FQ⊥平面PCD. ∵FQ?平面PFC，∴平面PFC⊥平面PCD.