（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 專題突破練19 專題五 立體幾何過關(guān)檢測 文

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1、專題突破練19　專題五　立體幾何過關(guān)檢測 一、選擇題 1.(2019河南開封一模,文5)已知直線m,n和平面α,n?α,則“m∥n”是“m∥α”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 2.一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(　　) A.18 B.17 C.16 D.15 3.(2019湘贛十四校聯(lián)考二,文6)已知直線l⊥平面α,直線m?平面β,則下列四個結(jié)論:①若α∥β,則l⊥m;②若l⊥β,則m∥α;③若l∥m,則α⊥β;④若m∥α,則l⊥β.其中正確的結(jié)

2、論的個數(shù)是(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 4.圓柱被一個平面截去一部分后與半球(半徑為r)組成一個幾何體,該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如圖所示.若該幾何體的表面積為16+20π,則r=(　　) A.1 B.2 C.4 D.8 5.(2019河北石家莊二模,文8)設(shè)l表示直線,α,β,γ表示不同的平面,則下列命題正確的是(　　) A.若l∥α,且α⊥β,則l⊥β B.若γ∥α,且γ∥β,則α∥β C.若l∥α,且l∥β,則α∥β D.若γ⊥α,且γ⊥β,則α∥β 6.如圖,某幾何體的三視圖是三個半徑相等的圓及每個圓中兩條互相垂直的半徑.若該幾何體的體積是28π

3、3,則它的表面積是(　　) A.17π B.18π C.20π D.28π 7.(2019安徽淮南一模,文8)某圓錐的側(cè)面展開圖是面積為3π,圓心角為2π3的扇形,則該圓錐的母線與底面所成的角的余弦值為(　　) A.12 B.13 C.14 D.15 8.在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個體積為V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,則V的最大值是(　　) A.4π B.9π2 C.6π D.32π3 9.(2019山東淄博一模,文7)一個底面是正三角形,側(cè)棱和底面垂直的三棱柱,其三視圖如圖所示.若該三棱柱的外接球的表面積為124π,則側(cè)視圖中的x的值為

4、(　　) A.932 B.9 C.33 D.3 10.(2019湖南六校聯(lián)考,文11)如圖,在平面四邊形ABCD中,E,F分別是AD,BD的中點,AB=AD=CD=2,BD=22,∠BDC=90°,將△ABD沿對角線BD折起至△A'BD,使平面A'BD⊥平面BCD,則在四面體A'BCD中,下列結(jié)論不正確的是(　　) A.EF∥平面A'BC B.異面直線CD與A'B所成的角為90° C.異面直線EF與A'C所成的角為60° D.直線A'C與平面BCD所成的角為30° 11.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1與平面BB1C1C所成的角為30°,則該長

5、方體的體積為(　　) A.8 B.62 C.82 D.83 12.(2019湘贛十四校聯(lián)考二,文10)已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直,底面是邊長為3的正三角形,且該三棱柱外接球的表面積為7π,若P為底面A1B1C1的中心,則PA與平面ABC所成角的大小為(　　) A.5π12 B.π3 C.π4 D.π6 二、填空題 13.已知H是球O的直徑AB上一點,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H為垂足,α截球O所得截面的面積為π,則球O的表面積為　　　　.? 14.(2019天津卷,文12)已知四棱錐的底面是邊長為2的正方形,側(cè)棱長均為5.若圓柱的一個底面的圓周經(jīng)過四棱錐

6、四條側(cè)棱的中點,另一個底面的圓心為四棱錐底面的中心,則該圓柱的體積為　　　　.? 15.在三棱錐D-ABC中,CD⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=BD=5,BC=4,則此三棱錐的外接球的表面積為　　　　　.? 16.(2019河北石家莊二模,文16)在三棱錐P-ABC中,底面ABC是等邊三角形,側(cè)面PAB是直角三角形,且PA=PB=2,PA⊥BC,則該三棱錐外接球的表面積為　　　　　.? 三、解答題 17.(2019江蘇卷,16) 如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為BC,AC的中點,AB=BC. 求證:(1)A1B1∥平面DEC1; (2)BE⊥C1E.

7、 18. 如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點. (1)證明:PO⊥平面ABC; (2)若點M在棱BC上,且MC=2MB,求點C到平面POM的距離. 19. (2019山東泰安二模,文18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,∠PDA=90°,∠PDC=120°,AD∥BC,∠BCD=90°,△ABD是等邊三角形,E是PA的中點,PD=2,AB=23. (1)求證:AD⊥BE;

8、(2)求三棱錐P-ABD的體積. 20.(2019湖南長郡中學適應(yīng)考試一,文19)如圖,在多邊形ABPCD中(圖1),ABCD為長方形,△BPC為正三角形,AB=3,BC=32,現(xiàn)以BC為折痕將△BPC折起,使點P在平面ABCD內(nèi)的射影恰好在AD上(圖2). (1)證明:PD⊥平面PAB; (2)若點E在線段PB上,且PE=13PB,當點Q在線段AD上運動時,求三棱錐Q-EBC的體積. 21.(2019天津卷,文17) 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,△PCD為等邊三角形,平面PA

9、C⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3. (1)設(shè)G,H分別為PB,AC的中點,求證:GH∥平面PAD; (2)求證:PA⊥平面PCD; (3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值. 22. 如圖,已知AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=25,AA1=7,BB1=27,點E和F分別為BC和A1C的中點. (1)求證:EF∥平面A1B1BA; (2)求證:平面AEA1⊥平面BCB1; (3)求直線A1B1與平面BCB1所成角的大小.

10、 參考答案 專題突破練19　專題五　 立體幾何過關(guān)檢測 1.D　解析當“m∥n”時,推不出“m∥α”,也有可能m?α,故充分性不成立;當“m∥α”時,直線m,n的位置關(guān)系也可能異面,故必要性也不成立.故選D. 2.D　解析 由題意知該正方體截去了一個三棱錐,如圖所示,設(shè)正方體棱長為a,則V正方體=a3,V截去部分=16a3,故截去部分體積與剩余部分體積的比值為16a356a3=15. 3.D　解析已知直線l⊥平面α,直線m?平面β,若α∥β,則l⊥平面β,所以l⊥m,①正確;已知直線l⊥平面α,若l⊥β,則平面α∥平面β,又直線m?平面β,故m∥α,②正確;已知直線l⊥平

11、面α,直線m?平面β,若l∥m,則m⊥平面α,所以α⊥β,③正確;已知直線l⊥平面α,直線m?平面β,若m∥α,則α∥β不一定成立,所以l⊥β也不一定成立,④不正確. 4.B　解析由條件及幾何體的三視圖可知該幾何體是由一個圓柱被過圓柱底面直徑的平面所截剩下的半個圓柱及一個半球拼接而成的.其表面積由一個矩形的面積、兩個半圓的面積、圓柱的側(cè)面積的一半及一個球的表面積的一半組成.∴S表=2r×2r+2×12πr2+πr×2r+12×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2. 5.B　解析在A中,若l∥α且α⊥β,則l與β可能相交、平行或l?β;在B中,若γ∥α且γ∥β,則α∥β;在C

12、中,若l∥α且l∥β,則α與β相交或平行;在D中,若γ⊥α且γ⊥β,則α與β相交或平行,故選B. 6.A　解析由三視圖可知該幾何體是球截去18后所得幾何體,則78×4π3×R3=28π3,解得R=2,所以它的表面積為78×4πR2+34×πR2=14π+3π=17π. 7.B　解析由圓錐的側(cè)面展開圖是面積為3π,圓心角為2π3的扇形,可知圓錐的母線l滿足12l2×2π3=13πl(wèi)2=3π.故l=3.又由2πr=l×2π3,得r=1,所以該圓錐的母線與底面所成的角的余弦值為13.故選B. 8.B　解析由題意知要使球的體積最大,則它與直三棱柱的若干個面相切.設(shè)球的半徑為R,易得△ABC的內(nèi)切

13、球的半徑為6+8-102=2,則R≤2.又因為2R≤3,所以R≤32,所以Vmax=4π3×323=9π2,故選B. 9.A　解析 將三視圖還原后,可得如圖所示的正三棱柱ABC-A1B1C1.O為外接球球心,O1為△ABC外接圓圓心,由球的性質(zhì),可知OO1⊥平面ABC,球的表面積S=4πR2=124π,則R2=31,即OB2=31.由題意,可知BO1=23BD=23x,OO1=12×4=2.又BO12+OO12=OB2,則49x2+4=31,解得x=932. 10.C　解析因為E,F分別為A'D,BD的中點,所以EF∥A'B,所以EF∥平面A'BC,故A正確;因為平面A'BD⊥平面B

14、CD,交線為BD,且CD⊥BD,所以CD⊥平面A'BD,所以CD⊥A'B,故B正確;取CD邊中點M,連接EM,FM(圖略),則EM∥A'C,所以∠FEM為異面直線EF與A'C所成角,又EF=1,EM=2,FM=3,所以EF2+EM2=FM2,即∠FEM=90°,故C錯誤;連接A'F(圖略),可得A'F⊥平面BCD,連接CF,則∠A'CF為A'C與平面BCD所成角,又sin∠A'CF=A'FA'C=12,所以直線A'C與平面BCD所成的角為30°,故D正確. 11.C　解析 在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB⊥平面BCC1B1,連接BC1,則∠AC1B為AC1與平面BB1C1C所

15、成的角,∠AC1B=30°,所以在Rt△ABC1中,BC1=ABtan∠AC1B=23,又BC=2,所以在Rt△BCC1中,CC1=(23)2-22=22,所以該長方體的體積V=BC·CC1·AB=82. 12.B　解析 如圖所示,P為正三角形A1B1C1的中心,設(shè)O為△ABC的中心,由題意知,PO⊥平面ABC,連接OA,則∠PAO即為PA與平面ABC所成的角.易知OP的中點為三棱柱外接球的球心,又7π=4πr2,∴r2=74,∴AO2+OP22=74.在正三角形ABC中,AB=BC=AC=3,∴AO=33×3=1,∴PO=3. ∴tan∠PAO=POAO=3,∴∠PAO=π3.

16、13.9π2　解析 如圖,設(shè)球O的半徑為R,則AH=2R3,OH=R3.∵π·EH2=π, ∴EH=1. 在Rt△OEH中,R2=R32+12, ∴R2=98.∴S球=4πR2=9π2. 14.π4　解析如圖,由底面邊長為2,可得OC=1. 設(shè)M為VC的中點,則O1M=12OC=12,O1O=12VO,VO=VC2-OC2=2, ∴O1O=1. ∴V圓柱=π·O1M2·O1O=π×122×1=π4. 15.34π　解析由題意,在三棱錐D-ABC中,CD⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=BD=5,BC=4,可得AC=CD=52-42=3,故三棱錐D-ABC的外接球的半徑R

17、=32+42+322=342,則其表面積為4π×3422=34π. 16.12π　解析∵PA=PB,△PAB是直角三角形,∴PA⊥PB.又PA⊥BC,PB∩BC=B,∴PA⊥平面PBC,∴PA⊥PC.在Rt△PAB中,AB=22+22=22.∵△ABC是等邊三角形,∴AC=BC=AB=22.在Rt△PAC中,PC=(22)2-22=2.在△PBC中,PB2+PC2=BC2,∴PB⊥PC.∴該三棱錐外接球的半徑R=22+22+222=3,其表面積為4πR2=12π. 17.證明(1)因為D,E分別為BC,AC的中點,所以ED∥AB. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A

18、1B1∥ED. 又因為ED?平面DEC1,A1B1?平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1. (2)因為AB=BC,E為AC的中點, 所以BE⊥AC. 因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱, 所以C1C⊥平面ABC. 又因為BE?平面ABC,所以C1C⊥BE. 因為C1C?平面A1ACC1,AC?平面A1ACC1,C1C∩AC=C, 所以BE⊥平面A1ACC1. 因為C1E?平面A1ACC1, 所以BE⊥C1E. 18.(1) 證明因為AP=CP=AC=4,O為AC的中點,所以O(shè)P⊥AC,且OP=23. 連接OB,因為AB=BC=22AC,所以△ABC為等腰直

19、角三角形,且OB⊥AC,OB=12AC=2. 由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB. 由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC. (2)解作CH⊥OM,垂足為H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的長為點C到平面POM的距離. 由題設(shè)可知OC=12AC=2,CM=23BC=423,∠ACB=45°. 所以O(shè)M=253, CH=OC·MC·sin∠ACBOM=455. 所以點C到平面POM的距離為455. 19.(1)證明取AD中點F,連接BF,EF. ∵E,F分別為AP,AD的中點,AD⊥PD,∴AD⊥EF. 又△ABC是正三角形,∴AD⊥BF.

20、 ∵BF∩EF=F,∴AD⊥平面BEF. 又BE?平面BEF,∴AD⊥BE. (2)解∵AD∥BC,∠BCD=90°,∴AD⊥CD. ∵AD⊥PD,PD∩CD=D,∴AD⊥平面PCD. 又AD?平面ABCD, ∴平面ABCD⊥平面PCD. 過點P作PH⊥CD,交CD的延長線于點H,則PH⊥平面ABCD. 在直角三角形PDH中,∠PDH=60°,PD=2,∴PH=3, ∴VP-ABD=13S△ABD×PH=13×12×(23)2×32×3=3. 20.解(1)過點P作PO⊥AD,垂足為O.由于點P在平面ABCD內(nèi)的射影恰好在AD上, ∴PO⊥平面ABCD.∴PO⊥AB.

21、 ∵四邊形ABCD為矩形,∴AB⊥AD. 又AD∩PO=O,∴AB⊥平面PAD, ∴AB⊥PA,AB⊥PD. 又由AB=3,PB=32,可得PA=PB2-PA2=3,同理PD=3. 又AD=32,∴PA2+PD2=AD2, ∴PA⊥PD,且PA∩AB=A, ∴PD⊥平面PAB. (2)設(shè)點E到底面QBC的距離為h,則VQ-EBC=VE-QBC=13S△QBC×h. 由PE=13PB,可知BEBP=23, ∴hPO=23,得h=23×322=2. 又S△QBC=12×BC×AB=12×32×3=922, ∴VQ-EBC=13S△QBC×h=13×922×2=3. 2

22、1.(1)證明連接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.又由BG=PG,故GH∥PD.又因為GH?平面PAD,PD?平面PAD,所以GH∥平面PAD. (2)證明取棱PC的中點N,連接DN,依題意,得DN⊥PC,又因為平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC,又PA?平面PAC,故DN⊥PA.又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD. (3)解連接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角.因為△PCD為等邊三角形,CD=2且N為PC的中點,所以DN=3,又DN⊥AN,在Rt△AND中,sin∠DAN=D

23、NAD=33.所以,直線AD與平面PAC所成角的正弦值為33. 22.(1)證明連接A1B,在△A1BC中, ∵E和F分別是BC和A1C的中點,∴EF∥A1B. 又∵A1B?平面A1B1BA,EF?平面A1B1BA, ∴EF∥平面A1B1BA. (2)證明∵AB=AC,E為BC中點, ∴AE⊥BC. ∵AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1, ∴BB1⊥平面ABC.∴BB1⊥AE. 又∵BC∩BB1=B,∴AE⊥平面BCB1. 又∵AE?平面AEA1, ∴平面AEA1⊥平面BCB1. (3)解取BB1中點M和B1C中點N,連接A1M,A1N,NE, ∵N和E分別為B1

24、C和BC的中點, ∴NE􀱀12B1B,∴NE􀱀A1A, ∴四邊形A1AEN是平行四邊形, ∴A1N􀱀AE. 又∵AE⊥平面BCB1, ∴A1N⊥平面BCB1, ∴∠A1B1N即為直線A1B1與平面BCB1所成角,在△ABC中,可得AE=2, ∴A1N=AE=2. ∵BM∥AA1,BM=AA1, ∴A1M∥AB且A1M=AB. 又由AB⊥BB1,∴A1M⊥BB1, 在Rt△A1MB1中, A1B1=B1M2+A1M2=4, 在Rt△A1NB1中,sin∠A1B1N=A1NA1B1=12, ∴∠A1B1N=30°,即直線A1B1與平面BCB1所成角的大小為30°. 21