2022年高三數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 中檔題目強化練 立體幾何教案 理 新人教A版

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1、2022年高三數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 中檔題目強化練 立體幾何教案 理 新人教A版 一、選擇題(每小題5分,共20分) 1. 以下關(guān)于幾何體的三視圖的論述中,正確的是 (  ) A.球的三視圖總是三個全等的圓 B.正方體的三視圖總是三個全等的正方形 C.水平放置的正四面體的三視圖都是正三角形 D.水平放置的圓臺的俯視圖是一個圓 答案 A 解析 畫幾何體的三視圖要考慮視角,但對于球無論選擇怎樣的視角,其三視圖總是三個全等的圓. 2. 設(shè)α、β、γ是三個互不重合的平面,m、n是兩條不重合的直線,下列命題中正確的是(  ) A.若α⊥β,β⊥γ,則α⊥γ B.若m∥α,n∥

2、β,α⊥β,則m⊥n C.若α⊥β,m⊥α,則m∥β D.若α∥β,m?β,m∥α,則m∥β 答案 D 解析 對于A,若α⊥β,β⊥γ,α,γ可以平行,也可以相交,A錯;對于B,若m∥α,n∥β,α⊥β,則m,n可以平行,可以相交,也可以異面,B錯;對于C,若α⊥β,m⊥α,則m可以在平面β內(nèi),C錯;易知D正確. 3. 設(shè)α、β、γ為平面,l、m、n為直線,則m⊥β的一個充分條件為 (  ) A.α⊥β,α∩β=l,m⊥l B.n⊥α,n⊥β,m⊥α C.α∩γ=m,α⊥γ,β⊥γ D.α⊥γ,β⊥γ,m⊥α 答案 B 解析 如圖①知A錯;如圖②知C錯;如

3、圖③在正方體中,兩側(cè)面α與β相交于l,都與底面γ垂直,γ內(nèi)的直線m⊥α,但m與β不垂直,故D錯; 由n⊥α,n⊥β,得α∥β.又m⊥α,則m⊥β,故B正確. 4. 如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E、F分別是AB1、BC1的中 點,則下列結(jié)論不成立的是 (  ) A.EF與BB1垂直 B.EF與BD垂直 C.EF與CD異面 D.EF與A1C1異面 答案 D 解析 連接B1C,AC,則B1C交BC1于F, 且F為B1C的中點, 又E為AB1的中點,所以EF綊AC, 而B1B⊥平面ABCD,所以B1B⊥AC, 所以B1B⊥EF,A正確; 又

4、AC⊥BD,所以EF⊥BD,B正確; 顯然EF與CD異面,C正確;由EF綊AC,AC∥A1C1, 得EF∥A1C1.故不成立的選項為D. 二、填空題(每小題5分,共15分) 5. (xx·福建)三棱錐P-ABC中,PA⊥底面ABC,PA=3,底面ABC是邊長為2的正三角形,則三棱錐P-ABC的體積等于________. 答案  解析 ∵PA⊥底面ABC, ∴PA為三棱錐P-ABC的高,且PA=3. ∵底面ABC為正三角形且邊長為2,∴底面面積為×22×sin 60°=,∴VP-ABC=××3=. 6. 已知四棱錐P—ABCD的底面ABCD是矩形,PA⊥底面ABCD,點E、F分

5、別是棱PC、PD的中點,則 ①棱AB與PD所在直線垂直; ②平面PBC與平面ABCD垂直; ③△PCD的面積大于△PAB的面積; ④直線AE與直線BF是異面直線. 以上結(jié)論正確的是________.(寫出所有正確結(jié)論的編號) 答案?、佗? 解析 由條件可得AB⊥平面PAD, ∴AB⊥PD,故①正確; 若平面PBC⊥平面ABCD,由PB⊥BC, 得PB⊥平面ABCD,從而PA∥PB,這是不可能的,故②錯; S△PCD=CD·PD,S△PAB=AB·PA, 由AB=CD,PD>PA知③正確; 由E、F分別是棱PC、PD的中點, 可得EF∥CD,又AB∥CD, ∴EF∥A

6、B,故AE與BF共面,④錯. 7. 三棱錐S-ABC中,∠SBA=∠SCA=90°,△ABC是斜邊AB=a的等腰直角三角形,則以下結(jié)論中: ①異面直線SB與AC所成的角為90°; ②直線SB⊥平面ABC; ③平面SBC⊥平面SAC; ④點C到平面SAB的距離是a. 其中正確結(jié)論的序號是________. 答案?、佗冖邰? 解析 由題意知AC⊥平面SBC,故AC⊥SB,SB⊥平面ABC,平面SBC⊥平面SAC,①②③正確;取AB的中點E,連接CE,(如圖)可證得CE⊥平面SAB,故CE的長度即為C到平面SAB的距離a,④正確. 三、解答題(共22分) 8. (10分)如圖所示,

7、直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,M, N分別為A1B,B1C1的中點.求證: (1)BC∥平面MNB1; (2)平面A1CB⊥平面ACC1A. 證明 (1)因為BC∥B1C1, 且B1C1?平面MNB1, BC?平面MNB1, 故BC∥平面MNB1. (2)因為BC⊥AC,且ABC-A1B1C1為直三棱柱, 故BC⊥平面ACC1A1. 因為BC?平面A1CB, 故平面A1CB⊥平面ACC1A1. 9. (12分)如圖,四棱錐P—ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD, 點E在線段AD上,且CE∥AB. (1)求證:CE⊥平面PAD; (2)若

8、PA=AB=1,AD=3,CD=,∠CDA=45°,求四棱錐P—ABCD的體積. (1)證明 因為PA⊥平面ABCD,CE?平面ABCD, 所以PA⊥CE. 因為AB⊥AD,CE∥AB,所以CE⊥AD. 又PA∩AD=A,所以CE⊥平面PAD. (2)解 由(1)可知CE⊥AD. 在Rt△ECD中,DE=CD·cos 45°=1, CE=CD·sin 45°=1. 所以AE=AD-ED=2. 又因為AB=CE=1,AB∥CE,所以四邊形ABCE為矩形. 所以S四邊形ABCD=S矩形ABCE+S△ECD=AB·AE+CE·DE =1×2+×1×1=. 又PA⊥平面ABCD

9、,PA=1, 所以V四棱錐P—ABCD=S四邊形ABCD·PA=××1=. B組 專項能力提升 (時間:25分鐘,滿分:43分) 一、選擇題(每小題5分,共15分) 1. 已知直線l1,l2與平面α,則下列結(jié)論中正確的是 (  ) A.若l1?α,l2∩α=A,則l1,l2為異面直線 B.若l1∥l2,l1∥α,則l2∥α C.若l1⊥l2,l1⊥α,則l2∥α D.若l1⊥α,l2⊥α,則l1∥l2 答案 D 解析 對于選項A,當(dāng)A∈l1時,結(jié)論不成立;對于選項B、C,當(dāng)l2?α?xí)r,結(jié)論不成立. 2. 已知直線l⊥平面α,直線m?平面β,有下面四個命題

10、: ①α∥β?l⊥m;?、讦痢挺?l∥m; ③l∥m?α⊥β; ④l⊥m?α∥β. 其中正確的命題有 (  ) A.①② B.①③ C.②④ D.③④ 答案 B 解析?、僦?,??l⊥m,故①正確; ②中,l與m相交、平行、異面均有可能,故②錯; ③中,??α⊥β,故③正確; ④中,α與β也有可能相交,故④錯誤. 3. 如圖所示,是一幾何體的平面展開圖,其中ABCD為正方形,E、 F分別為PA、PD的中點.在此幾何體中,給出下面四個結(jié)論: ①直線BE與直線CF異面; ②直線BE與直線AF異面; ③直線EF∥平面PBC;

11、 ④平面BCE⊥平面PAD. 其中正確的有(  ) A.①② B.②③ C.①④ D.②④ 答案 B 解析 對于①,因為E、F分別是PA、PD的中點, 所以EF∥AD.又因為AD∥BC, 所以EF∥BC.所以BE與CF共面.故①不正確. 對于②,因為BE是平面APD的斜線,AF是平面APD內(nèi)與BE不相交的直線,所以BE與AF不共面.故②正確. 對于③,由①,知EF∥BC,所以EF∥平面PBC.故③正確. 對于④,條件不足,無法判斷兩平面垂直. 二、填空題(每小題5分,共15分) 4. 有一個內(nèi)接于球的四棱錐P-ABCD,若PA⊥底面ABCD,∠B

12、CD=,∠ABC≠,BC=3,CD=4,PA=5,則該球的表面積為________. 答案 50π 解析 由∠BCD=90°知BD為底面ABCD外接圓的直徑,則2r==5. 又∠DAB=90°?PA⊥AB,PA⊥AD,BA⊥AD. 從而把PA,AB,AD看作長方體的三條棱,設(shè)外接球半徑為R,則(2R)2=52+(2r)2=52+52, ∴4R2=50,∴S球=4πR2=50π. 5. 矩形ABCD中,AB=1,BC=a(a>0),PA⊥平面AC,BC邊上存在點 Q,使得PQ⊥QD,則實數(shù)a的取值范圍是________. 答案 [2,+∞) 解析 如圖,連接AQ, ∵PA⊥

13、平面AC, ∴PA⊥QD,又PQ⊥QD,PQ∩PA=P, ∴QD⊥平面PQA,于是QD⊥AQ, ∴在線段BC上存在一點Q,使得QD⊥AQ, 等價于以AD為直徑的圓與線段BC有交點, ∴≥1,a≥2. 6. 兩個不同的平面α、β的法向量分別為m、n,向量a、b是平面α及β之外的兩條不同的直線的方向向量,給出四個論斷: ①a⊥b,②m⊥n,③m∥a,④n∥b. 以其中的三個論斷作為條件,余下一個論斷作為結(jié)論,寫出你認(rèn)為正確的一個命題________. 答案?、佗堍?②或④②③? ① 解析 依題意,可得以下四個命題: (1)①②③?④;(2)①②④?③;(3)①④③?②;(4)

14、④②③?①.不難發(fā)現(xiàn),命題(3)、(4)為真命題,而命題(1)、(2)為假命題. 三、解答題 7. (13分)如圖所示,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD 為等腰梯形,AB∥CD,AB=4,BC=CD=2,AA1=2,E,E1, F分別是棱AD,AA1,AB的中點. (1)證明:直線EE1∥平面FCC1 (2)求二面角B-FC1-C的余弦值. (1)證明 因為F為AB的中點,CD=2,AB=4,AB∥CD, 所以CD綊AF. 因此四邊形AFCD為平行四邊形, 所以AD∥FC. 又CC1∥DD1,F(xiàn)C∩CC1=C, 所以DD1∥平面FCC1. 同理,A

15、D∥平面FCC1. 又AD∩DD1=D,所以平面ADD1A1∥平面FCC1. 又EE1?平面ADD1A1, 所以EE1∥平面FCC1. (2)解 方法一 如圖, 取FC的中點H,連接BH, 由于FC=BC=FB,所以BH⊥FC. 又BH⊥CC1,CC1∩FC=C, 所以BH⊥平面FCC1. 過H作HG⊥C1F于G,連接BG. 由于HG⊥C1F,BH⊥平面FCC1, 所以BG⊥C1F. 所以∠BGH為所求二面角的平面角. 在Rt△BHG中,BH=, 又FH=1,且△FCC1為等腰直角三角形, 所以HG=,BG==. 因此cos∠BGH===, 即所求二面角的余弦值為. 方法二 過D作DR⊥CD交AB于R, 連接DB,以D為坐標(biāo)原點, 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, 則D(0,0,0),F(xiàn)(,1,0),B(,3,0),C(0,2,0),C1(0,2,2), 所以=(0,2,0),=(-,-1,2), =(,3,0),=(-,1,0). 因為·=0,所以⊥. 又CC1⊥平面ABCD,得為平面FCC1的一個法向量. 設(shè)平面BFC1的一個法向量為n=(x,y,z), 則由 得 即 取x=1,得因此n=, 所以cos〈,n〉= ===. 故所求二面角的余弦值為.

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