2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習 第2部分 大專題綜合測4 立體幾何與空間向量 理(含解析).doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習 第2部分 大專題綜合測4 立體幾何與空間向量 理(含解析) 一、選擇題(本大題共12個小題,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青島市質(zhì)檢)某幾何體的三視圖如圖所示,且該幾何體的體積是3,則正視圖中的x的值是( ) A.2 B. C. D.3 [答案] D [解析] 依題意,由三視圖還原出原幾何體的直觀圖如圖所示,原幾何體為四棱錐,且其底面積為2(1+2)=3,高為x,所以其體積V=3x=3,所以x=3. 2.(xx陜西理,5)一個幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為( ) A.3π B.4π C.2π+4 D.3π+4 [答案] D [解析] 由空間幾何體的三視圖可知該幾何體為豎著放的半個圓柱,圓柱底面半徑為1,高為2,所以幾何體的表面積S=22+π2+π=3π+4.故本題正確答案為D. 3.一個棱錐的三視圖如圖所示,則這個棱錐的體積是( ) A.6 B.12 C.24 D.36 [答案] B [解析] 由三視圖知該幾何體為有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐,體積V=(43)3=12. 4.如圖,設(shè)平面α∩β=EF,AB⊥α,CD⊥α,垂足分別是B、D,如果增加一個條件,就能推出BD⊥EF,這個條件不可能是下面四個選項中的( ) A.AC⊥β B.AC⊥EF C.AC與BD在β內(nèi)的射影在同一條直線上 D.AC與α、β所成的角相等 [答案] D [解析] 因為BD是AC在平面α內(nèi)的射影,所以只需得到AC⊥EF,那么由三垂線定理的逆定理可得BD⊥EF.對于選項A,因為AC⊥β,EF?β?AC⊥EF?BD⊥EF.選項B,因為AC⊥EF,所以BD⊥EF.對于選項C,可得平面ABDC⊥β,所以BD⊥EF.對于選項D,AC與α、β所成的角相等,無法保證AC⊥EF.綜上知選D. 5.設(shè)m、n是兩條不同的直線,α、β是兩個不同的平面,則下列命題不正確的是( ) A.若m⊥n,m⊥α,n?α,則n∥α B.若m⊥β,α⊥β,則m∥α或m?α C.若m⊥n,m⊥α,n⊥β,則α⊥β D.若m∥α,α⊥β,則m⊥β [答案] D [解析] 對于選項D,當直線m位于平面β內(nèi)且與平面α,β的交線平行時,直線m∥α,顯然m與平面β不垂直,因此選項D不正確. 6.已知正四面體A-BCD,設(shè)異面直線AB與CD所成的角為α,側(cè)棱AB與底面BCD所成的角為β,側(cè)面ABC與底面BCD所成的角為γ,則( ) A.α>β>γ B.α>γ>β C.β>α>γ D.γ>β>α [答案] B [解析] 如圖,設(shè)底面BCD的中心為點O,連接AO,BO,易知∠ABO=β,取BC的中點E,連接AE、OE,易知∠AEO=γ,在正三角形BCD中,OB>OE,因此0<β<γ<,延長BO交CD于F,則BF⊥CD,又AO⊥CD, ∴CD⊥平面ABF.∴CD⊥AB,即α=.∴α>γ>β. 7.如圖,在△ABC中,AB⊥AC,若AD⊥BC,則AB2=BDBC;類似地有命題:在三棱錐A-BCD中,AD⊥平面ABC,若A點在平面BCD內(nèi)的射影為M,則有S=S△BCMS△BCD.上述命題是( ) A.真命題 B.增加條件“AB⊥AC”才是真命題 C.增加條件“M為△BCD的垂心”才是真命題 D.增加條件“三棱錐A-BCD是正三棱錐”才是真命題 [答案] A [解析] 因為AD⊥平面ABC,所以AD⊥AE,AD⊥BC,在△ADE中,AE2=MEDE,又A點在平面BCD內(nèi)的射影為M,所以AM⊥平面BCD,AM⊥BC,所以BC⊥平面ADE,所以BC⊥DE,將S△ABC、S△BCM、S△BCD分別表示出來,可得S=S△BCMS△BCD,故選A. 8.(xx德州市期末)如圖所示,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=3,AA1=2,點P是B1C的三等分點且靠近點C,則異面直線AP和DD1所成的角為( ) A. B. C. D. [答案] C [解析] 如圖,過點P作PN⊥BC于點N,連接AN,則PN∥BB1,而DD1∥BB1,所以DD1∥PN,所以∠APN就是異面直線AP和DD1所成的角.因為點P是B1C的三等分點且靠近點C,且AB=2,AD=3,AA1=2,所以PN=BB1=,BN=BC=2.在Rt△ABN中,AN=2,在Rt△ANP中,tan∠APN===,所以∠APN=. 9.(xx浙江文,7)如圖,斜線段AB與平面α所成的角為60,B為斜足,平面α上的動點P滿足∠PAB=30,則點P的軌跡是( ) A.直線 B.拋物線 C.橢圓 D.雙曲線的一支 [答案] C [解析] 考查1.圓錐曲線的定義;2.線面位置關(guān)系. 由題可知,當P點運動時,在空間中,滿足條件的AP繞AB旋轉(zhuǎn)形成一個圓錐,用一個與圓錐高成60角的平面截圓錐,所得圖形為橢圓.故選C. 10.(xx濟南市模擬)類比平面內(nèi)“垂直于同一條直線的兩條直線互相平行”的性質(zhì),可得出空間內(nèi)的下列結(jié)論: ①垂直于同一個平面的兩條直線互相平行; ②垂直于同一條直線的兩條直線互相平行; ③垂直于同一個平面的兩個平面互相平行; ④垂直于同一條直線的兩個平面互相平行. 則正確的結(jié)論是( ) A.①② B.②③ C.③④ D.①④ [答案] D [解析] 顯然①④正確;對于②,在空間中垂直于同一條直線的兩條直線可以平行,也可以異面或相交;對于③,在空間中垂直于同一個平面的兩個平面可以平行,也可以相交(如長方體相鄰兩側(cè)面與底面). 11.(xx鄭州市質(zhì)檢)如圖,四邊形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD.將四邊形ABCD沿對角線BD折成四面體A′-BCD,使平面A′BD⊥平面BCD,則下列結(jié)論正確的是( ) A.A′C⊥BD B.∠BA′C=90 C.CA′與平面A′BD所成的角為30 D.四面體A′-BCD的體積為 [答案] B [解析] 取BD的中點O,∵A′B=A′D,∴A′O⊥BD,又平面A′BD⊥平面BCD,平面A′BD∩平面BCD=BD,∴A′O⊥平面BCD,∵CD⊥BD,∴OC不垂直于BD.假設(shè)A′C⊥BD,∵OC為A′C在平面BCD內(nèi)的射影,∴OC⊥BD,矛盾,∴A′C不垂直于BD,A錯誤;∵CD⊥BD,平面A′BD⊥平面BCD,∴CD⊥平面A′BD,A′C在平面A′BD內(nèi)的射影為A′D,∵A′B=A′D=1,BD=,∴A′B⊥A′D,A′B⊥A′C,B正確;∠CA′D為直線CA′與平面A′BD所成的角,∠CA′D=45,C錯誤;VA′-BCD=S△A′BDCD=,D錯誤,故選B. 12.(xx唐山市二模)直三棱柱ABC-A1B1C1的所有頂點都在半徑為的球面上,AB=AC=,AA1=2,則二面角B-AA1-C的余弦值為( ) A.- B.- C. D. [答案] D [解析] 如圖,設(shè)球心為O,底面△ABC外接圓的圓心為O′,則OA=OB=OC=,OO′=1,∴O′A=O′B=O′C=1,∴BC=,∴△ABC為正三角形,∴二面角B-AA1-C的平面角BAC=60,∴二面角B-AA1-C的余弦值為. 二、填空題(本大題共4個小題,每小題5分,共20分,將正確答案填在題中橫線上) 13.(xx棗莊四校聯(lián)考)在正三棱錐P-ABC中,M,N分別是PB,PC的中點,若截面AMN⊥平面PBC,且三棱錐P-ABC的側(cè)面積為S1,底面積為S2,則=________. [答案] 2 [解析] 取線段BC的中點D,連接PD交MN于H,連接AD,AH.因為M,N分別是PB,PC的中點,所以H為PD的中點,AH⊥MN,又平面AMN⊥平面PBC,平面AMN∩平面PBC=MN,所以AH⊥平面PBC,從而AH垂直且平分PD,則PA=AD,設(shè)AB=a,則PA=AD=a,所以側(cè)面積S1=a2,底面積S2=a2,則=2. 14.(xx膠東示范校質(zhì)檢)如圖,在平面四邊形ABDC中,已知AB⊥BC,CD⊥BD,AB=BC,現(xiàn)將四邊形ABDC沿BC折起,使平面ABC⊥平面BDC,設(shè)E,F(xiàn)分別為棱AC,AD的中點,若CD=2,∠BCD=60,則VA-BFE=________. [答案] [解析] 因為平面ABC⊥平面BDC,AB⊥BC,所以AB⊥平面BDC,所以AB⊥CD,又CD⊥BD,AB∩BD=B,所以DC⊥平面ABD,因為E,F(xiàn)分別為棱AC,AD的中點,所以EF⊥平面ABD,所以VA-BFE=VE-ABF,在Rt△BCD中,CD=2,∠BCD=60,所以BD=2,BC=4,又AB=BC,所以AB=4,因為E,F(xiàn)分別為棱AC,AD的中點,所以EF=1, 所以VA-BFE=VE-ABF=1S△ABF=(S△ABD) =24=. 15.設(shè)C是∠AOB所在平面外的一點,若∠AOB=∠BOC=∠AOC=θ,其中θ是銳角,而OC和平面AOB所成角的余弦值等于,則θ的值為________. [答案] 60 [解析] 作CC1⊥平面AOB于點C1,C1A1⊥OA于點A1,C1B1⊥OB于點B1,連接OC1,則∠COC1為直線OC與平面AOB所成的角,且OC1是∠AOB的平分線, 設(shè)OA1=x,則OC=, OC1=, 易求得cos∠COC1===, 即2cos2-cos-1=0,解之得 cos=或cos=-(舍去), 故=30,所以θ=60. 16.如圖,正方形BCDE的邊長為a,已知AB=BC,將直角△ABE沿BE邊折起,A點在面BCDE上的射影為D點,則翻折后的幾何體中有如下描述: ①AB與DE所成角的正切值是; ②VB-ACE的體積是a3; ③AB∥CD; ④平面EAB⊥平面ADE; ⑤直線BA與平面ADE所成角的正弦值為. 其中正確的敘述有________(寫出所有正確結(jié)論的編號). [答案]?、佗冖堍? [解析] 由題意可得如圖所示的幾何體,對于①,AB與DE所成角為∠ABC,在△ABC中,∠ACB=90,AC=a,BC=a,所以tan∠ABC=,故①正確; 對于②,VB-ACE=VA-ECB=aaa=a3,故②正確;③明顯錯誤; 對于④,因為AD⊥平面BCDE,所以AD⊥BE,又因為DE⊥BE,所以BE⊥平面ADE,可得平面EAB⊥平面ADE,故④正確;對于⑤,由④可知,∠BAE即為直線BA與平面ADE所成的角,在△ABE中,∠AEB=90,AB=a,BE=a,所以sin∠BAE=,故⑤正確. 三、解答題(本大題共6個小題,共70分,解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17.(本題滿分10分)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是等邊三角形,D是BC的中點. (1)求證:直線A1D⊥B1C1; (2)判斷A1B與平面ADC1的位置關(guān)系,并證明你的結(jié)論. [解析] (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥BC, 在等邊△ABC中,D是BC中點,所以AD⊥BC, 因為在平面A1AD中,A1A∩AD=A, 所以BC⊥平面A1AD, 又因為A1D?平面A1AD,所以A1D⊥BC, 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,四邊形BCC1B1是平行四邊形,所以B1C1∥BC,所以,A1D⊥B1C1. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,四邊形ACC1A1是平行四邊形,在平行四邊形ACC1A1中連接A1C,交AC1于點O,連接DO.故O為A1C的中點. 在三角形A1CB中,D為BC中點,O為A1C中點,故DO∥A1B. 因為DO?平面ADC1,A1B?平面ADC1, 所以,A1B∥平面ADC1, 故A1B與平面ADC1平行. 18.(本題滿分12分)(xx山西太原市模擬)如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形,∠DAB=60,AB=2AD=2,PD⊥平面ABCD. (1)求證:AD⊥PB; (2)若BD與平面PBC的所成角為30,求四面體P-BCD的體積. [解析] (1)證明:在△ABD中,∠DAB=60,AB=2AD=2, 由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2ABADcos∠DAB=3, ∴AB2=AD2+BD2,∴∠ADB=90, ∴AD⊥BD, ∵PD⊥平面ABCD, ∴PD⊥AD, ∴AD⊥平面PBD, ∴AD⊥PB; (2)過D作DE⊥PB,垂足為E, ∵ABCD是平行四邊形,∴AD∥BC, 由(1)得AD⊥平面PBD,∴BC⊥平面PBD, ∴平面PBC⊥平面PBD, ∴DE⊥平面PBC, ∴BD與平面PBC的所成角為∠DBE=30, 由(1)得BD=,DP=BDtan∠DBE=1, ∴VP-BCD=S△BCDDP=BDBCDP=. 19.(本題滿分12分)(xx成都一診)如圖,PO⊥平面ABCD,點O在AB上,EA∥PO,四邊形ABCD為直角梯形,BC⊥AB,BC=CD=BO=PO,EA=AO=CD. (1)求證:PE⊥平面PBC; (2)直線PE上是否存在點M,使DM∥平面PBC,若存在,求出點M;若不存在,說明理由. (3)求二面角E-BD-A的余弦值. [解析] (1)證明:∵EA∥OP,AO?平面ABP, ∴點A,B,P,E共面. ∵PO⊥平面ABCD,PO?平面PEAB. ∴平面PEAB⊥平面ABCD, ∵BC?平面ABCD,BC⊥AB,平面PEAB∩平面ABCD=AB, ∴BC⊥平面PEAB,∴PE⊥BC. 由平面幾何知識知PE⊥PB,又BC∩PB=B, ∴PE⊥平面PBC. (2)點E即為所求的點,即點M與點E重合.取PB的中點F,連接EF、CF、DE,延長PE交BA的延長線于H,則E為PH的中點,O為BH的中點,∴EF綊OB, 又OB綊CD,∴EF∥CD,且EF=DC, ∴四邊形DCFE為平行四邊形,所以DE∥CF. ∵CF在平面PBC內(nèi),DE不在平面PBC內(nèi), ∴DE∥平面PBC. (3)由已知可知四邊形BCDO是正方形,顯然OD、OB、OP兩兩垂直,如圖建立空間直角坐標系,設(shè)DC=1, 則B(0,1,0),D(1,0,0),E(0,-,), 設(shè)平面BDE的一個法向量為n1=(x,y,z), =(1,-1,0),=(0,-,), 即 取y=1,則x=1,z=3,從而n1=(1,1,3). 取平面ABD的一個法向量為n2=(0,0,1). cos〈n1,n2〉===, 故二面角E-BD-A的余弦值為. 20.(本題滿分12分)(xx江西省質(zhì)檢)已知斜四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是矩形,側(cè)面CC1D1D垂直于底面ABCD,BC=2AB=DC1=2,BD1=2. (1)求證:平面AB1C1D⊥平面ABCD; (2)點E是棱BC的中點,求二面角A1-AE-D的余弦值. [解析] (1)連接CD1,設(shè)CD1∩DC1=F,則F是CD1,DC1的中點, 因為底面ABCD是矩形,所以BC⊥CD, 又平面ABCD⊥平面CC1D1D, 所以BC⊥平面CC1D1D,所以BC⊥CD1, 由BD1=2,BC=2,得CD1=2,CF=. 在△DFC中,DF=DC1=1,CD=1. 所以CD2+DF2=CF2,所以DF⊥DC, 又BC⊥平面CC1D1D得DF⊥BC,所以DF⊥平面ABCD,DF?平面AB1C1D, 所以平面AB1C1D⊥平面ABCD; (2)由(1)可以點D為原點,DA,DC,DC1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,則平面DAE的法向量n==(0,0,2), 設(shè)平面A1AE的法向量為m=(x,y,z), 因為=(2,0,0),=(1,1,0),==(0,-1,2),所以=(-1,1,0), 由m=0得-x+y=0, 由m=0得-y+2z=0, 令z=1,得m=(2,2,1), 所以cos〈m,n〉==, 即所求二面角的余弦值為. 21.(本題滿分12分)如圖①,邊長為1的正方形ABCD中,點E、F分別為AB、BC的中點,將△BEF剪去,將△AED、△DCF分別沿DE、DF折起,使A、C兩點重合于點P,得一三棱錐如圖②所示. (1)求證:PD⊥EF; (2)求三棱錐P-DEF的體積; (3)求DE與平面PDF所成角的正弦值. [解析] (1)依題意知圖①折前AD⊥AE,CD⊥CF, ∴折起后PD⊥PE,PF⊥PD, ∵PE∩PF=P,∴PD⊥平面PEF. 又∵EF?平面PEF,∴PD⊥EF. (2)依題意知圖①中AE=CF=,∴PE=PF=,在△BEF中EF=BE=, 在△PEF中,PE2+PF2=EF2,∴PE⊥PF, ∴S△PEF=PEPF==, ∴VP-DEF=VD-PEF=S△PEFPD=1=. (3)由(2)知PE⊥PF,又PE⊥PD,∴PE⊥平面PDF, ∴∠PDE為DE與平面PDF所成的角. 在Rt△PDE中, ∵DE===,PE=, ∴sin∠PDE===. 22.(本題滿分12分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,H是正方形AA1B1B的中心,AA1=2,C1H⊥平面AA1B1B,且C1H=. (1)求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值; (2)求二面角A-A1C1-B1的正弦值; (3)設(shè)N為棱B1C1的中點,點M在平面AA1B1B內(nèi),且MN⊥平面A1B1C1,求線段BM的長. [解析] 如圖所示 ,建立空間直角坐標系,點B為坐標原點.依題意得A(2,0,0),B(0,0,0),C(,-,),A1(2,2,0),B1(0,2,0),C1(,,). (1)易得=(-,-,),=(-2,0,0),于是cos〈,〉===. 所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為. (2)易知=(0,2,0),=(-,-,). 設(shè)平面AA1C1的法向量m=(x,y,z),則 即 不妨令x=,可得m=(,0,). 同樣的,設(shè)平面A1B1C1的法向量n=(x,y,z),則 即 不妨令y=,可得n=(0,,). 于是cos〈m,n〉===, 從而sin〈m,n〉=. 所以二面角A-A1C1-B1的正弦值為. (3)由N為棱B1C1的中點,得N. 設(shè)M(a,b,0),則=, 由MN⊥平面A1B1C1,得 即 解得故M,因此=, 所以線段BM的長||=.- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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