高考数学二轮复习阶段提升突破练四理新人教A版

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1、阶段提升突破练(四)(立体几何)(60分钟100分)一、选择题(每小题5分，共40分)1.(2016浙江高考)已知互相垂直的平面，交于直线l.若直线m，n满足m，n，则()A.mlB.mnC.nlD.mn【解题导引】根据线、面垂直的定义判断.【解析】选C.由题意知，=l，所以l，因为n，所以nl.2.(2017长沙二模)如图是一个四面体的三视图，这个三视图均是腰长为2的等腰直角三角形，正视图和俯视图中的虚线是三角形的中线，则该四面体的体积为()A.B.C.D.2【解析】选A.由四面体的三视图得该四面体为棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-BDE，其中点E是CD中点，BDE

2、面积S=1，三棱锥C1-BDE的高h=CC1=2，所以该四面体的体积：V=Sh=.3.(2017全国卷)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A.10B.12C.14D.16【解题导引】主要考查如何将三视图转化为几何体问题，突出考查考生的空间想象能力.【解析】选B.由三视图可画出立体图，该立体图各面中只有两个相同的梯形的面，S梯=22=6，S全梯=62=12.【加固练习】(2017黄冈模拟)某一简单几何体的三视图如图所示，该几何体的外接球的表面积是()A.1

3、3B.16C.25D.27【解析】选C.几何体为底面为正方形的长方体，底面对角线为4，高为3，所以长方体底面边长为2，则长方体外接球半径为r，则2r=5，所以r=，所以长方体外接球的表面积S=4r2=25.4.(2017合肥二模)若平面截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面平行的棱有()A.0条B.1条C.2条D.1条或2条【解析】选C.如图所示，四边形EFGH为平行四边形，则EFGH，因为EF平面BCD，GH平面BCD，所以EF平面BCD，因为EF平面ACD，平面BCD平面ACD=CD，所以EFCD，所以CD平面EFGH，同理AB平面EFGH.5.(2017昆明一模)如图，在长方体A

4、BCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=1，BB1=1，点P是AB的中点，则异面直线BC1与PD所成角等于()A.30B.45C.60D.90【解题导引】根据题意，取CD的中点Q，连接BQ，C1Q，得出BQPD，C1BQ是异面直线BC1与PD所成角(或其补角)，利用等边三角形求出C1BQ的值即可.【解析】选C.长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=1，BB1=1，取CD的中点Q，连接BQ，C1Q，因为点P是AB的中点，所以BQPD，所以C1BQ是异面直线BC1与PD所成角(或其补角)，如图所示：在C1BQ中，C1B=BQ=C1Q=，所以C1BQ=60，即异面直线BC1与PD所

5、成角等于60.6.(2017全国卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()A.A1EDC1B.A1EBDC.A1EBC1D.A1EAC【解析】选C.以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则A1(2，0，2)，E(0，1，0)，B(2，2，0)，D(0，0，0)，C1(0，2，2)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，=(-2，1，-2)，=(0，2，2)，=(-2，-2，0)，=(-2，0，2)，=(-2，2，0)，因为=-2，=2，=0，=6，所以A1EBC1.7.(2017洛阳二模)一个透

6、明密闭的正方体容器中，恰好盛有该容器一半容积的水，任意转动这个正方体，则水面在容器中的形状可以是：(1)三角形；(2)四边形；(3)五边形；(4)六边形.其中正确的结论是()A.(1)(3)B.(2)(4)C.(2)(3)(4)D.(1)(2)(3)(4)【解析】选B.正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心.三角形截面不过正方体的中心，故(1)不正确；过正方体的一对棱和中心可作一截面，截面形状为长方形，故(2)正确；正方体容器中盛有一半容积的水，任意转动这个正方体，则水面在容器中的形状不可能是五边形，故(3)不正确；过正方体一面上相邻两边的中点以及正方体的中心得截

7、面形状为正六边形，故(4)正确.8.如图所示，ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE=BF.当A1，E，F，C1共面时，平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角的余弦值为()A.B.C.D.【解析】选B.以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，A1(6，0，6)，D(0，0，0)，C1(0，6，6)，由题意知：当E(6，3，0)，F(3，6，0)时，A1，E，F，C1共面，设平面A1DE的法向量为n=(a，b，c)，=(6，0，6)，=(6，3，0)，则取a=1，得n=(1，-2，-1)，设平面C1DF的一

8、个法向量为m=(x，y，z)，=(0，6，6)，=(3，6，0)，则取x=2，得m=(2，-1，1)，设平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角为，则cos=，所以平面A1DE与平面C1DF所成锐二面角的余弦值为.二、填空题(每小题5分，共20分)9.(2017山东高考)由一个长方体和两个圆柱构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为_.【解析】由三视图可知长方体的体积为V1=211=2，两个四分之一圆柱的体积之和为V2=1212=，所以该几何体的体积为V=2+.答案：2+【加固训练】(2017大庆二模)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为_.【解析】由三视图可知：该几何体为三棱锥

9、P-ABC，其中底面是底边与底边上的高都为2的等腰三角形ABC，侧面PAC底面ABC，高为2.所以这个几何体的体积V=222=.答案：10.(2017全国卷)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SCA平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S-ABC的体积为9，则球O的表面积为_.【解析】取SC的中点O，连接OA，OB，因为SA=AC，SB=BC，所以OASC，OBSC.因为平面SAC平面SBC，所以OA平面SBC.设OA=r，VA-SBC=SSBCOA=2rrr=r3，所以r3=9r=3，所以球的表面积为4r2=36.答案：3611.(2017本溪二模)

10、已知a，b表示两条不同直线，表示三个不同平面，给出下列命题：若=a，b，ab，则；若a，a垂直于内的任意一条直线，则；若，=a，=b，则ab；若a不垂直于平面，则a不可能垂直于平面内的无数条直线；若a，a，则.上述五个命题中，正确命题的序号是_.【解析】对于，根据线面垂直的判定定理，需要一条直线垂直于同一平面内两条相交的直线，故ab，a不一定垂直平面，故不正确，对于，a，a垂直于内的任意一条直线，满足线面垂直的定理，即可得到a，又a，则，故正确，对于，=a，=b，则ab或ab，或相交，故不正确，对于，若a不垂直于平面，则a可能垂直于平面内的无数条直线，故不正确，对于，根据线面垂直的性质，若a，

11、a，则，故正确.答案：12.如图，PA平面ABC，ACBC，PA=AC=1，BC=，则二面角A-PB-C的余弦值大小为_.【解析】以点C为原点，CA为x轴，CB为y轴建立空间直角坐标系.因为A(1，0，0)，B(0，0)，C(0，0，0)，P(1，0，1)，所以=(0，0，1)，=(-1，-1)，=(0，0)，设平面APB的法向量为n1=(x1，y1，z1)，平面PBC的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则所以可取n1=(2，0)，n2=(-1，0，1)，所以cos=-，所以二面角A-PB-C的余弦值为.答案：三、解答题(每小题10分，共40分)13. (2017江苏高考)如图，在三棱锥A-

12、BCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EFAD.求证：(1)EF平面ABC.(2)ADAC.【解题导引】(1)利用ABEF及线面平行判定定理可得结论.(2)利用面面垂直的性质得BCAD，又ABAD，从而得到AD平面ABC，即可得ADAC.【证明】(1)在平面ABD内，因为ABAD，EFAD，所以EFAB.又因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.(2)因为平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCD=BD，BC平面BCD，BCBD，所以BC平面ABD.因为AD平面ABD，所以BCAD.又因为ABAD，BCAB=B，

13、AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD平面ABC，又因为AC平面ABC，所以ADAC.14.如图，在四棱锥P-ABCD中，PC底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB=2AD=2CD=2，E是PB的中点.(1)求证：平面EAC平面PBC.(2)若二面角P-AC-E的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.【解析】(1)因为PC平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACPC，因为AB=2，AD=CD=1，ADC=90，所以AC=BC=，所以AC2+BC2=AB2，所以ACBC.又因为BCPC=C，所以AC平面PBC，因为AC平面EAC，所以平面EAC平面PBC.(

14、2)如图，以C为原点建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(1，1，0)，B(1，-1，0).设P(0，0，a)(a0)，则E，=(1，1，0)，=(0，0，a)，=，取m=(1，-1，0)，则m=m=0，m为平面PAC的一个法向量.设n=(x，y，z)为平面EAC的一个法向量，则n=n=0，即取x=a，y=-a，z=-2，则n=(a，-a，-2)，依题意，|cos|=，则a=1.于是n=(1，-1，-2)，=(1，1，-1).设直线PA与平面EAC所成角为，则sin=|cos|=，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.【加固训练】1.如图，在三棱锥S-ABC中，平面SAB平面SBC，A

15、BBC，AS=AB.过点A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点.求证：(1)平面EFG平面ABC.(2)BCSA.【证明】(1)因为AS=AB，AFSB，垂足为F，所以点F是SB的中点.又因为点E是SA的中点，所以EFAB.因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.同理EG平面ABC.又因为EFEG=E，所以平面EFG平面ABC.(2)因为平面SAB平面SBC，且交线为SB，又因为AF平面SAB，AFSB，所以AF平面SBC.因为BC平面SBC，所以AFBC.又因为ABBC，AFAB=A，AF平面SAB，AB平面SAB，所以BC平面SAB.因为SA平面SAB，所

16、以BCSA.2.如图所示，已知PA平面ABCD，ABCD是矩形，PA=AD，M，N分别为AB，PC的中点，求证：(1)MN平面PAD.(2)平面PMC平面PDC.【证明】如图所示，建立空间直角坐标系，设PA=AD=a，AB=b.(1)易知为平面PAD的一个法向量，=(b，0，0).又因为=，所以=0，所以.又因为MN平面PAD，所以MN平面PAD.(2)由(1)知P(0，0，a)，C(b，a，0)，M，D(0，a，0)，所以=(b，a，-a)，=，=(0，a，-a)，设平面PMC的一个法向量为n1=(x1，y1，z1)，由即所以令z1=b，则n1=(2a，-b，b)，设平面PDC的一个法向量为

17、n2=(x2，y2，z2)，则即解得令z2=1，则n2=(0，1，1)，由于n1n2=0-b+b=0，所以n1n2，所以平面PMC平面PDC.15.如图，在四棱锥A-EFCB中，AEF为等边三角形，平面AEF平面EFCB，EFBC，BC=4，EF=2a，EBC=FCB=60，O为EF的中点.(1)求证：AOBE.(2)求二面角F-AE-B的余弦值.【解题导引】(1)要证AOEB，只需证明AO平面EBCF.(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角余弦值.【解析】(1)因为AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AOEF.又因为平面AEF平面EFCB，交线EF，AO平面AEF，所以AO平面EB

18、CF.因为BE平面EBCF，所以AOBE.(2)取BC的中点D，连接OD.如图分别以OE，OD，OA为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，a)，E(a，0，0)，B(2，2-a，0)，=(a，0，-a)，=(2，2-a，-a)，设平面ABE的法向量n1=(x，y，z)，则令z=1，得所以n1=(，-1，1).平面AEF的法向量n2=(0，1，0).所以cos=-.因为二面角F-AE-B为钝二面角，所以余弦值为-.16.如图(1)，在等腰梯形CDEF中，CB，DA是梯形的高，AE=BF=2，AB=2，现将梯形沿CB，DA折起，使EFAB且EF=2AB，得一简单组合体ABCDEF如图(2

19、)所示，已知M，N分别为AF，BD的中点. (1)求证：MN平面BCF.(2)若直线DE与平面ABFE所成角的正切值为，则求平面CDEF与平面ADE所成的锐二面角大小.【解析】(1)连接AC，因为四边形ABCD是矩形，N为BD中点，所以N为AC中点.在ACF中，M为AF中点，故MNCF.因为CF平面BCF，MN平面BCF，所以MN平面BCF.(2)依题意知DAAB，DAAE且ABAE=A，所以AD平面ABFE，所以DE在平面ABFE上的射影是AE.所以DEA就是DE与平面ABFE所成的角.故在RtDAE中：tanDEA=，所以AD=，DE=.设PEF且APEF，分别以AB，AP，AD所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，D(0，0，)，E(-，0)，F(3，0)，C(2，0，)所以=(0，0，)，=(-，0)，=(-，-)，=(2，0，0).设m=(x，y，z)，n=(r，s，t)分别是平面ADE与平面CDEF的法向量，令即取m=(1，1，0)，n =(0，1，1)，则cos=，所以平面CDEF与平面ADE所成锐二面角的大小为.