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1、2022年高考數學二輪復習 專題5 立體幾何 專題綜合檢測五 理
一、選擇題(本大題共12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·陜西卷)一個幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積為(D)
A.3π B.4π C.2π+4 D.3π+4
解析:由幾何體的三視圖可知,該幾何體為半圓柱,直觀圖如圖所示.
表面積為2×2+2××π×12+π×1×2=4+3π.
2.利用斜二測畫法得到如下結論:
①三角形的直觀圖是三角形;②平行四邊形的直觀圖是平行四邊形;③正方形的直觀圖是正方形;④菱形的直觀圖是菱形.
其中正確的是(
2、A)
A.①② B.① C.③④ D.①②③④
解析:由斜二測畫法規(guī)則知,保持平行性、平行x軸長度保持不變,平行y軸的長度減半.故①②正確,選A.
3.(xx·新課標Ⅱ卷)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(D)
A. B. C. D.
解析:由已知三視圖知該幾何體是由一個正方體截去了一個“大角”后剩余的部分,如圖所示,
截去部分是一個三棱錐.設正方體的棱長為1,則三棱錐的體積為V1=××1×1×1=,剩余部分的體積V2=13-=.所以==,故選D.
3、4.等體積的球與正方體,它們的表面積的大小關系是(C)
A.S球>S正方體 B.S球=S正方體
C.S球<S正方體 D.不能確定
解析:設正方體與球的體積均為V,可算出它們的表面積大小(用V表示),知選C.
5.下列命題正確的是(C)
A.若兩條直線和同一個平面所成的角相等,則這兩條直線平行
B.若一個平面內有三個點到另一個平面的距離相等,則這兩個平面平行
C.若一條直線平行于兩個相交平面,則這條直線與這兩個平面的交線平行
D.若兩個平面都垂直于第三個平面,則這兩個平面平行
解析:若兩條直線和同一平面所成角相等,這兩條直線可能平行,也可能為異面直線,也可能相交,所以A錯;
4、一個平面不在同一條直線的三點到另一個平面的距離相等,則這兩個平面平行,故B錯;若兩個平面垂直同一個平面,兩平面可以平行,也可以垂直,故D錯;故選項C正確.
6. (xx·湖北卷)在如圖所示的空間直角坐標系O-xyz中,一個四面體的頂點坐標分別是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2,2),給出編號①、②、③、④的四個圖,則該四面體的正視圖和俯視圖分別為(D)
A.①和② B.③和①
C.④和③ D.④和②
解析:設A(0,0,2),B(2,2,0),C(1,2,1),D(2,2,2),在坐標系中標出已知的四個點,根據三視圖的畫圖規(guī)則判斷三
5、棱錐的正視圖為④與俯視圖為②.故選D.
7. (xx·天津卷改編)一個幾何體的三視圖如圖所示(單位:m),則該幾何體的體積為(C)
A.π m3 B.π m3 C.π m3 D.π m3
解析:由幾何體的三視圖可知該幾何體由兩個圓錐和一個圓柱構成,其中圓錐的底面半徑和高均為1,圓柱的底面半徑為1且其高為2,故所求幾何體的體積為
V=π×12×1×2+π×12×2=π(m3).
8.如圖,三棱錐P-ABC的高PO=8,AC=BC=3,∠ACB=30°,M,N分別在BC和PO上,且CM=x,PN=2CM,則下面四個圖象中大致描繪了三棱錐N-AMC的體積V與x的變化關系(x
6、∈(0,3])的是(A)
9.如果四棱錐的四條側棱都相等,就稱它為“等腰四棱錐”,四條側棱稱為它的腰,以下4個命題中,假命題是(B)
A.等腰四棱錐的腰與底面所成的角都相等
B.等腰四棱錐的側面與底面所成的二面角都相等或互補
C.等腰四棱錐的底面四邊形必存在外接圓
D.等腰四棱錐的各頂點必在同一球面上
10.如圖,模塊①~⑤均由4個棱長為1的小正方體構成,模塊⑥由15個棱長為1的小正方體構成,現從模塊①~⑤中選出3個放到模塊⑥上,使得模塊⑥成為一個棱長為3的大正方體,下列方案中能完成任務的是(A)
A.模塊①②⑤ B.模塊①③⑤
C.模塊②④⑤
7、D.模塊③④⑤
11.(xx·蚌埠模擬)設m,n是平面α內的兩條不同直線;l1,l2是平面β內的兩條相交直線,則α∥β的一個充分而不必要條件是(B)
A.m∥β且l1∥α B.m∥l1且n∥l2
C.m∥β且n∥β D.m∥β且n∥l2
解析:對于選項A,不合題意;對于選項B,由于l1與l2是相交直線,而且由l1∥m可得l1∥α,同理可得l2∥α,又l1與l2相交,故可得α∥β,充分性成立,而由α∥β不一定能得到l1∥m,它們也可以異面,故必要性不成立,符合題意,對于選項C,由于m,n不一定相交,故是必要非充分條件;對于選項D,由n∥l2可轉化為n∥β,同選項C,故不符合題意.故選
8、B.
12.(xx·深圳調研)在四面體D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,且是AC的中點,則下列正確的是(C)
A.平面ABC⊥平面ABD
B.平面ABD⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDE且平面ADC⊥平面BDE
D.平面ABC⊥平面ADC且平面ADC⊥平面BDE
解析:因為AB=CB且E是AC的中點,所以BE⊥AC.同理有DE⊥AC.于是AC⊥平面BDE.因為AC在平面ABC內,所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC?平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE,所以選C.
二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分.請把正確答案填在題中橫線上)
13.如圖所示,在
9、直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是∠ABC為直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中點,點F在線段AA1上,當AF=a或2a時,CF⊥平面B1DF.
解析:由直三棱柱及D是A1C1的中點,得B1D⊥平面AC1,
而CF?平面AC1,∴B1D⊥CF.
若CF⊥平面B1DF,則必有CF⊥DF,
設AF=x(0<x<3a),
則CF2=x2+4a2,DF2=a2+(3a-x)2.
又CD2=a2+9a2=10a2,
∴10a2=x2+4a2+a2+(3a-x)2.
解得x=a或2a.
14.若某幾何體的三視圖(單位:cm)如圖所示,則此幾何體的體積是
10、18cm3.
解析:該幾何體是由兩個長方體組成,下面長方體的體積為1×3×3=9 (cm3),上面的長方體體積為3×3×1=9 (cm3),因此該幾何體的體積為18 cm3.
15.如圖,在長方形ABCD中,AB=2,BC=1,E為DC的中點,F為線段EC(端點除外)上一動點.現將△AFD沿AF折起,使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD內過點D作DK⊥AB,K為垂足.設AK=t,則t的取值范圍是.
解析:此題可采用兩個極端位置法,即對于F位于DC的中點時,t=1,隨著點F到點C時,因CB⊥AB,CB⊥DK,∴CB⊥平面ADB,即有CB⊥BD.對于CD=2,BC=1,∴BD=.又
11、AD=1,AB=2,因此有AD⊥BD,則有t=.因此t的取值范圍是 .
16.關于直線m,n和平面α,β有以下四個命題:
①當m∥α,n∥β,α∥β時,m∥n;
②當m∥n,m?α,n⊥β時,α⊥β;
③當α∩β=m,m∥n時,n∥α且n∥β;
④當m⊥n,α∩β=m時,n⊥α或n⊥β.
其中假命題的序號是①③④.
三、解答題(本大題共6小題,共70分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
17.(10分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=,BB1=BC=6,E,F為側棱AA1上的兩點,且EF=3,求幾何體EF-BB1C1C的體積.
解析:△
12、ABC的邊BC上的高等于
=2,
所以S△ABC=S△A1B1C1=×6×2=6.
由于直三棱柱ABC-A1B1C1的體積
V=6×6=36,
而三棱錐E-A1B1C1的體積VE-A1B1C1=·S△A1B1C1·EA1,
三棱錐F-ABC的體積VF-ABC=·S△ABC·FA,
所以VE-A1B1C1+VF-ABC=·S△ABC·(EA1+FA)=×6×(6-3)=6.
于是幾何體EF-BB1C1C的體積等于36-6=30.
18.(12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,PA⊥底面ABCD,AC=2,PA=2,E是PC上的一點,PE=2EC.
(1)
13、證明:PC⊥平面BED;
(2)設二面角A-PB-C為90°,求PD與平面PBC所成角的大?。?
解析:(1)因為底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC,又PA⊥底面ABCD,所以PA⊥BD,又AC∩PA=A,AC、PA?面PAC,所以BD⊥平面PAC,所以PC⊥BD.
設AC∩BD=F,連接EF,因為AC=2,PA=2,PE=2EC,故
PC=2,EC=,FC=.
從而=,=.
因為=,∠FCE=∠PCA,所以△FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90°,由此知PC⊥EF.
因為PC與平面BED內兩條相交直線BD,EF都垂直,所以PC⊥平面BED.
(2)在平面PAB內過點A
14、作AG⊥PB,G為垂足.
因為二面角A-PB-C為90°,所以平面PAB⊥平面PBC.又平面PAB∩平面PBC=PB,故AG⊥平面PBC,AG⊥BC.
因為BC與平面PAB內兩條相交直線PA,AG都垂直,故BC⊥平面PAB,于是BC⊥AB,所以底面ABCD為正方形,AD=2,PD==2.
設D到平面PBC的距離為d.
因為AD∥BC,且AD?平面PBC,BC?平面PBC,故AD∥平面PBC,A,D兩點到平面PBC的距離相等,即d=AG=.
設PD與平面PBC所成的角為α,
則sin α==.
所以PD與平面PBC所成的角為30°.
19.(12分)(xx·江西卷)如圖,四棱錐P
15、ABCD中,ABCD為矩形.平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求證:AB⊥PD.
(2)若∠BPC=90°,PB=,PC=2.問AB為何值時,四棱錐PABCD的體積最大?并求此時平面BPC與平面DPC夾角的余弦值.
分析:(1)利用直線與平面、平面與平面垂直的性質證明線線垂直;(2)利用空間坐標系求解空間角的大小.
解析:(1)因為四邊形ABCD為矩形,故AB⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD.
(2)過P作AD的垂線,垂足為O,過O作BC的垂線,垂足為G,連接PG.
故PO⊥平面ABCD,BC⊥平
16、面POG,BC⊥PG.
在Rt△BPC中,PG=,GC=,BG=.
設AB=m,則OP==,
故四棱錐PABCD的體積為
V=··m·=·.
因為m=
=,
故當m=,即AB=時,四棱錐PABCD的體積最大.
此時,建立如圖所示的坐標系,各點的坐標為O(0,0,0),B(,-,0,),C(,,0),D(0,,0),P(0,0,).故=(,,-),=(0,,0),=(-,0,0).
設平面BPC的法向量n1=(x,y,1),則由n1⊥,n1⊥得解得x=1,y=0,n1=(1,0,1).
同理可求出平面DPC的法向量n2=(0,,1).
從而平面BPC與平面DPC夾角θ的
17、余弦值為cos θ===.
20.(12分)(xx·新課標Ⅱ卷)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,點E,F分別在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.過點E,F的平面α與此長方體的面相交,交線圍成一個正方形.
(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由);
(2)求直線AF與平面α所成角的正弦值.
解析:(1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示.
(2)作EM⊥AB,垂足為M,則AM=A1E=4,EM=AA1=8.
因為四邊形EHGF為正方形,所以EH=EF=BC=10.
于是MH==6,所以AH=10.
以D為坐標原點,的
18、方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz,
則A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).設n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,則即所以可取n=(0,4,3).
又=(-10,4,8),
故|cos〈n,〉|==.
所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為.
21.(12分)如圖1,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,CD∥AB,AB=4,AD=CD=2.將△ADC沿AC折起,使平面ADC⊥平面ABC,得到幾何體D-ABC,如圖2所示.
(1)求證:BC⊥平面ACD;
(2)求
19、幾何體D-ABC的體積.
解析:(1)證法一 在題圖1中,
可得AC=BC=2,
∴AC2+BC2=AB2,故AC⊥BC.
如圖,取AC中點為O,連接DO,則DO⊥AC,
又平面ADC⊥平面ABC,平面ADC∩平面ABC=AC,DO?平面ADC,
∴OD⊥平面ABC.
∴OD⊥BC.
又AC⊥BC,AC∩OD=O,
∴BC⊥平面ACD.
證法二 在題圖1中,可得AC=BC=2,
∴AC2+BC2=AB2.
故AC⊥BC.
又∵平面ADC⊥平面ABC,平面ADC∩平面ABC=AC,BC?平面ABC,從而BC⊥平面ACD.
(2)由(1)可知BC為三棱錐B-AC
20、D的高,
BC=2,S△ACD=2.
∴VB-ACD=·S△ACD·BC=×2×2=.
由等積性可知幾何體D-ABC的體積為.
22.(12分)(xx·天津卷)如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=,且點M和N分別為B1C和D1D的中點.
(1)求證:MN∥平面ABCD;
(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;
(3)設E為棱A1B1上的點,若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為,求線段A1E的長.
解析:如圖,以A為原點建立空間直角坐標系,依題意可得A(0,0,0),B(0,1,0
21、),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).又因為M,N分別為B1C和D1D的中點,
所以M,N(1,-2,1).
(1)依題意,可得n=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量,=,由此可得·n=0.
又因為直線MN?平面ABCD,
所以MN∥平面ABCD.
(2)=(1,-2,2),=(2,0,0),設n1=(x1,y1,z1)為平面ACD1的一個法向量,則
即
不妨設z1=1,可得n1=(0,1,1).
設n2=(x2,y2,z2)為平面ACB1的一個法向量,
則
又=(0,1,2),所以
不妨設z2=1,可得n2=(0,-2,1).
因此有cos〈n1,n2〉==-,
于是sin〈n1,n2〉=,
所以,二面角D1-AC-B1的正弦值為.
(3)依題意,可設=λ,其中λ∈[0,1],則E(0,λ,2),
從而=(-1,λ+2,1).
又n=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量,由已知,得
|cos〈,n〉|===,
整理得λ2+4λ-3=0,解得λ=-2±.
又因為λ∈[0,1],所以λ=-2.
所以,線段A1E的長為-2.