新編高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí) 專題能力提升練四 Word版含解析

《新編高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí) 專題能力提升練四 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí) 專題能力提升練四 Word版含解析（33頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題能力提升練(四)　立體幾何 　　　　　　　　　　　 一、選擇題(每小題5分) 1．下列結(jié)論正確的是(　　) A．過(guò)一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知平面垂直 B．過(guò)一條直線有且只有一個(gè)平面與已知平面垂直 C．過(guò)一點(diǎn)有且只有一條直線與已知直線垂直 D．過(guò)一點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直 解析：過(guò)一點(diǎn)如果有兩條直線與已知平面垂直，根據(jù)直線與平面垂直的性質(zhì)定理可知，這兩條直線平行，矛盾，所以選項(xiàng)D中的結(jié)論正確；過(guò)一點(diǎn)有無(wú)數(shù)個(gè)平面與已知平面垂直，選項(xiàng)A中的結(jié)論不正確；當(dāng)直線與平面垂直時(shí)，過(guò)該直線的任意平面即與已知平面垂直，選項(xiàng)B中的結(jié)論不正確；在空間，過(guò)一點(diǎn)與已知直線垂直的直線有

2、無(wú)數(shù)條，選項(xiàng)C中的結(jié)論不正確． 答案：D 2．正四面體ABCD中，AO⊥平面BCD，垂足為O，設(shè)M是線段AO上一點(diǎn)，且∠BMC＝90°，則的值為(　　) A．1 B．2 C. D. 解析：如圖，連接OB，設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為a，則OB＝a，MB＝a，故OM＝a＝AO，則＝1. 答案：A 3．設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面，下列四個(gè)命題正確的是(　　) A．m，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β B．m?α，α∥β，則m∥β C．若m⊥α，α⊥β，n∥β，則m⊥n D．若α⊥γ，β⊥γ，則α⊥β 解析：對(duì)于A，根據(jù)面面平行的判定定理可知缺少條件“

3、m與n相交”，故A不正確；對(duì)于B，若α∥β，則α，β無(wú)交點(diǎn)，又m?α，所以m，β無(wú)交點(diǎn)，即m∥β，故B正確；對(duì)于C，若α⊥β，n∥β，則n可以垂直于α，又m⊥α，所以m可以平行于n，故C不正確；對(duì)于D，α⊥γ，β⊥γ時(shí)，α，β也可能平行，故D不正確． 答案：B 4．已知三棱柱的三個(gè)側(cè)面均垂直于底面，底面為正三角形，且側(cè)棱長(zhǎng)與底面邊長(zhǎng)之比為21，頂點(diǎn)都在一個(gè)球面上，若該球的表面積為，則此三棱柱的側(cè)面積為(　　) A. B. C．8 D．6 解析：如圖，根據(jù)球的表面積可得球的半徑為r＝，設(shè)三棱柱的底面邊長(zhǎng)為x，則2＝x2＋2，解得x＝1，故該三棱柱的側(cè)面積為3×1×2＝6.

4、答案：D 5. 在正方體ABCD－A1B1C1D1中，已知M，N分別是A1B1，BB1的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M，N，C1的截面截正方體所得的幾何體如圖所示，那么該幾何體的側(cè)視圖是(　　) 解析：C1N的投影線為虛線，該幾何體的側(cè)視圖是選項(xiàng)B中的圖． 答案：B 6．已知某幾何體的三視圖如圖所示，三視圖是邊長(zhǎng)為1的等腰直角三角形和邊長(zhǎng)為1的正方形，則該幾何體的體積為(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析：該幾何體的直觀圖如圖，為單位正方體中的三棱錐B－A′C′D′，其體積為正方體體積的，即該幾何體的體積為. 答案：A 7．如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中

5、，側(cè)棱垂直于底面，底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，側(cè)棱長(zhǎng)為3，則BB1與平面AB1C1所成角的大小為(　　) A. B. C. D. 解析：分別取BC，B1C1的中點(diǎn)D，D1，連接AD，DD1，AD1.顯然DD1⊥B1C1，AD1⊥B1C1，故B1C1⊥平面ADD1，故平面AB1C1⊥平面ADD1，故DD1在平面AB1C1內(nèi)的射影在AD1上，∠AD1D即為直線DD1與平面AB1C1所成的角．在Rt△AD1D中，AD＝，DD1＝3，所以tan∠AD1D＝，所以∠AD1D＝.因?yàn)锽B1∥DD1，所以直線BB1與平面AB1C1所成角的大小為. 答案：A 8．在三棱錐S－ABC中，AB⊥B

6、C，AB＝BC＝，SA＝SC＝2，二面角S－AC－B的余弦值是－，若S，A，B，C都在同一球面上，則該球的表面積是(　　) A．2π B．4π C．6π D．8π 解析：取AC的中點(diǎn)D，連接SD，BD，∵AB＝BC＝，∴BD⊥AC，∵SA＝SC＝2，∴SD⊥AC，∴∠SDB為二面角S－AC－B的平面角．在△ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝，∴AC＝2.取等邊△SAC的中心E，作EO⊥平面SAC，過(guò)D作DO⊥平面ABC，則O為外接球球心，∴ED＝.又二面角S－AC－B的余弦值是－， ∴cos∠EDO＝，OD＝，∴BO＝＝，∴外接球的半徑為，其表面積為6π. 答案：C 9．在四面

7、體ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，則下列命題正確的是(　　) A．E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)不共面 B．四邊形EFGH是梯形 C．EG⊥FH D．四邊形EFGH是矩形 解析：如圖，顯然，四邊形EFGH是平行四邊形．取BD的中點(diǎn)P，連接CP，AP，因?yàn)锳B＝AD，CB＝CD，所以AP⊥BD，CP⊥BD，根據(jù)直線與平面垂直的判定定理，可得BD⊥平面APC，所以BD⊥AC，又FG∥BD，EF∥AC，所以FG⊥EF，所以四邊形EFGH是矩形． 答案：D 10．正三角形ABC的邊長(zhǎng)為2，將它沿高AD翻折，使點(diǎn)B與點(diǎn)C間的距離為，此時(shí)四面體A

8、BCD的外接球的半徑為(　　) A. B. C．2 D. 解析：球心O一定在與平面BCD垂直且過(guò)底面正三角形中心O′的直線上，也在平面ADO中AD的垂直平分線上，如圖，OE＝O′D＝××＝1，DE＝AD＝×2×＝，故所求外接球的半徑r＝＝. 答案：B 二、填空題(每小題5分) 11．如圖所示是一個(gè)幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為_(kāi)_________． 解析：由題可知該幾何體由兩個(gè)相同的半圓柱和一個(gè)長(zhǎng)方體拼接而成，因此該幾何體的體積V＝1×2×4＋π×12×2＝8＋2π. 答案：8＋2π 12．如圖，四棱錐P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2A

9、D，△PAB和△PAD都是等邊三角形，則異面直線CD與PB所成角的大小為_(kāi)_________． 解析：如圖，取BC的中點(diǎn)E，連接AE，ED，BD，PE.設(shè)BD∩AE＝O，連接PO. 設(shè)AB＝a，則OA＝OB＝a. 又PB＝PA＝PD，O為BD的中點(diǎn)，所以BD⊥PO，所以PO＝＝a，所以PO⊥OA，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥AE.由已知可得四邊形ABED為正方形，所以BD⊥AE，所以AE⊥平面PBD，所以AE⊥PB.又CD∥AE，所以CD⊥PB，即異面直線CD與PB所成角的大小為90°. 答案：90° 13．已知球的直徑SC＝4，A，B是該球球面上的兩點(diǎn)，AB＝，∠ASC＝

10、∠BSC＝30°，則三棱錐S－ABC的體積為_(kāi)_________． 解析：如圖，設(shè)球心為O，△ABC的外心為O′，根據(jù)球的性質(zhì)得OO′⊥平面ABC，且∠SBC＝∠SAC＝90°，所以BC＝AC＝2.在△ABC中，根據(jù)余弦定理得cos∠ACB＝＝，所以sin∠ACB＝.根據(jù)正弦定理得＝2r(r為△ABC外接圓的半徑)，所以r＝，所以O(shè)O′＝＝＝.△ABC的邊AB上的高為＝.所以三棱錐S－ABC的體積為××××＝. 答案： 14．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°，Q為AD的中點(diǎn)．若平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD＝AD＝2，點(diǎn)M在線段PC上，且P

11、M＝2MC，則四棱錐P－ABCD與三棱錐P－QBM的體積之比是__________． 解析：過(guò)點(diǎn)M作MH∥BC交PB于點(diǎn)H. ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ⊥AD， ∴PQ⊥平面ABCD. ∵PA＝PD＝AD＝AB＝2，∠BAD＝60°， ∴PQ＝BQ＝. ∴VP－ABCD＝PQ·S菱形ABCD＝××2×＝2。 又PQ⊥BC，BQ⊥AD，AD∥BC， ∴BQ⊥BC，又QB∩QP＝Q， ∴BC⊥平面PQB，又MH∥BC，PM＝2MC， ∴MH⊥平面PQB，＝＝， ∵BC＝2，∴MH＝， ∴VP－QBM＝VM－PQB＝××××＝， ∴VP

12、－ABCDVP－QBM＝31. 答案：31 15．已知正方體ABCD－A′B′C′D′的棱長(zhǎng)為1，E，F(xiàn)分別為棱AA′與CC′的中點(diǎn)，過(guò)直線EF的平面分別與BB′，DD′相交于點(diǎn)M，N.設(shè)BM＝x，x∈[0,1]，有以下結(jié)論： ①平面MENF⊥平面BDD′B′； ②當(dāng)x＝時(shí)，四邊形MENF的面積最小； ③四邊形MENF的周長(zhǎng)L＝f(x)，x∈[0,1]是單調(diào)函數(shù)； ④四棱錐C′－MENF的體積V＝g(x)為常函數(shù)． 其中正確結(jié)論的序號(hào)是__________(將正確結(jié)論的序號(hào)都填上)． 解析：如圖，①連接BD，B′D′，則由正方體的性質(zhì)可知，EF⊥平面BDD′B′，所以

13、平面MENF⊥平面BDD′B′，所以①正確． ②連接MN，因?yàn)镋F⊥平面BDD′B′，所以EF⊥MN，四邊形MENF的對(duì)角線EF是固定的，所以要使四邊形MENF的面積最小，則只需MN的長(zhǎng)度最小即可，當(dāng)M為棱BB′的中點(diǎn)，即x＝時(shí)，MN的長(zhǎng)度最小，對(duì)應(yīng)四邊形MENF的面積最小，所以②正確． ③因?yàn)镋F⊥MN，所以四邊形MENF是菱形，當(dāng)x∈時(shí)，EM的長(zhǎng)度由大變小，當(dāng)x∈時(shí)，EM的長(zhǎng)度由小變大，所以函數(shù)L＝f(x)不單調(diào)，所以③錯(cuò)誤． ④連接C′E，C′M，C′N，則四棱錐C′－MENF被分割為兩個(gè)小三棱錐，它們是以C′EF為底，分別以M，N為頂點(diǎn)的兩個(gè)小三棱錐．因?yàn)槿切蜟′EF的面積是常

14、數(shù)，M，N到平面C′EF的距離是常數(shù)，所以四棱錐C′－MENF的體積V＝g(x)為常函數(shù)，所以④正確．故答案為①②④. 答案：①②④ 三、解答題(第16,17,18,19題每題12分，第20題13分，第21題14分) 16．如圖，矩形CDEF和梯形ABCD互相垂直，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝CD，BE⊥DF. (1)若M為EA的中點(diǎn)，求證：AC∥平面MDF； (2)求平面EAD與平面EBC所成銳二面角的大?。? 解：(1)設(shè)EC與DF交于點(diǎn)N，連接MN，在矩形CDEF中，點(diǎn)N為EC的中點(diǎn)， 因?yàn)镸為EA的中點(diǎn)，所以MN∥AC，又因?yàn)锳C?平面MDF，MN?平面

15、MDF，所以AC∥平面MDF. (2)因?yàn)槠矫鍯DEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，且DE?平面CDEF，DE⊥CD， 所以DE⊥平面ABCD. 以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)DA＝a，DE＝b，則B(a，a,0)，E(0,0，b)，C(0,2a,0)，F(xiàn)(0,2a，b)， ＝(－a，－a，b)，＝(0,2a，b)，＝(－a，a,0)，因?yàn)锽E⊥DF， 所以·＝(－a，－a，b)·(0,2a，b)＝b2－2a2＝0，b＝a. 設(shè)平面EBC的法向量m＝(x，y，z)，由，可得到m的一個(gè)值為m＝(1,1，)，注意到平面EAD的一個(gè)法向量n＝(

16、0,1,0)，而cos〈m，n〉＝＝，所以平面EAD與平面EBC所成銳二面角的大小為60°. 17．如圖，三棱柱ADE－BCG中，四邊形ABCD是矩形，F(xiàn)是EG的中點(diǎn)，EA⊥AB，AD＝AE＝EF＝1，平面ABGE⊥平面ABCD. (1)求證：AF⊥平面FBC； (2)求二面角B－FC－D的正弦值． 解：(1)∵四邊形ABCD是矩形，∴BC⊥AB， 又平面ABGE⊥平面ABCD，∴BC⊥平面ABGE， ∵AF?平面ABGE，∴BC⊥AF. 在△AFB中，AF＝BF＝，AB＝2，∴AF2＋BF2＝AB2，即AF⊥BF，又BF∩BC＝B，∴AF⊥平面FBC. (2)分別以AD，

17、AB，AE所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，D(1,0,0)，C(1,2,0)，E(0,0,1)，B(0,2,0)，F(xiàn)(0,1,1)，∴＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，設(shè)n1＝(x，y，z)為平面CDEF的法向量，則，即. 令x＝1，得z＝1，即n1＝(1,0,1)， 取n2＝＝(0,1,1)為平面BCF的一個(gè)法向量， ∴cos〈n1，n2〉＝＝， ∴二面角B－FC－D的正弦值為. 18．四棱錐E－ABCD中，AD∥BC，AD＝AE＝2BC＝2AB＝2，AB⊥AD，平面EAD⊥平面ABCD，點(diǎn)F為DE的中點(diǎn)． (1)求證：CF∥平面EAB；

18、 (2)若CF⊥AD，求二面角D－CF－B的余弦值． 解：(1)取AE的中點(diǎn)G，連接GF，GB. ∵點(diǎn)F為DE的中點(diǎn)， ∴GF∥AD，且GF＝AD， 又AD∥BC，AD＝2BC， ∴GF∥BC，且GF＝BC， ∴四邊形CFGB為平行四邊形，則CF∥BG. 而CF?平面EAB，BG?平面EAB，∴CF∥平面EAB. (2)∵CF⊥AD，∴AD⊥BG，而AB⊥AD， ∴AD⊥平面EAB， ∴AD⊥EA. 又平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD， ∴EA⊥平面ABCD， 以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AD，AE為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B(

19、1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，F(xiàn)(0,1,1)． 設(shè)平面BCF的法向量為n1＝(x，y，z)，則， 即， 不妨令x＝1，可得n1＝(1,0,1)． 設(shè)平面CDF的法向量為n2，同理可求得n2＝(1,1,1)， ∴cos〈n1，n2〉＝＝. ∵二面角D－CF－B為鈍二面角，∴二面角D－CF－B的余弦值為－. 19．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB上的一點(diǎn)． (1)求證：平面EAC⊥平面PBC； (2)若E是PB的中點(diǎn)，且二面角P－AC－E的余弦值為，求直線

20、PA與平面EAC所成角的正弦值． 解：(1)∵PC⊥平面ABCD，AC?平面ABCD， ∴AC⊥PC， ∵AB＝2，AD＝CD＝1，∴AC＝BC＝， ∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC， 又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC， ∵AC?平面EAC， ∴平面EAC⊥平面PBC. (2)以C為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，－1,0)， 設(shè)P(0,0，a)(a>0)，則E，＝(1,1,0)，＝(0,0，a)，＝，＝(1,1，－a)． 顯然m＝＝(1，－1,0)為平面PAC的一個(gè)法向量， 設(shè)n＝(x，y，z)為平面E

21、AC的法向量，則n·＝n·＝0，即，取x＝a，y＝－a，z＝－2，則n＝(a，－a，－2)， ∴|cos〈m，n〉|＝＝＝，則a＝2，于是n＝(2，－2，－2)，＝(1,1，－2)． 設(shè)直線PA與平面EAC所成角為θ， 則sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝， 即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為.  20．如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B＝B1A＝AB＝BC，∠B1BC＝90°，D為AC的中點(diǎn)，AB⊥B1D. (1)求證：平面ABB1A1⊥平面ABC； (2)求直線B1D與平面ACC1A1所成角的正弦值． 解：(1)取AB的中點(diǎn)為O，連接OD，OB1，

22、因?yàn)锽1B＝B1A，所以O(shè)B1⊥AB. 又AB⊥B1D，OB1∩B1D＝B1， 所以AB⊥平面B1OD， 因?yàn)镺D?平面B1OD，所以AB⊥OD， 由已知，BC⊥BB1，又OD∥BC， 所以O(shè)D⊥BB1，因?yàn)锳B∩BB1＝B， 所以O(shè)D⊥平面ABB1A1. 又OD?平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABB1A1. (2)由(1)知，OB，OD，OB1兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB為單位長(zhǎng)度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz. 由題設(shè)知B1(0,0，)，D(0,1,0)，A(－1,0,0)，C(1,2,0)，C1(0,2，)． 則＝(0,1，－)，＝(2,2,0)，＝

23、(－1,0，)． 設(shè)平面ACC1A1的法向量為m＝(x，y，z)，則m·＝0，m·＝0，即x＋y＝0，－x＋z＝0，可取m＝(，－，1)． 設(shè)直線B1D與平面ACC1A1所成的角為θ， 故sinθ＝＝. 21．已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是矩形，側(cè)面PAD是等邊三角形，E為棱PD的中點(diǎn)． (1)證明：PB∥平面AEC； (2)若側(cè)面PAD⊥底面ABCD，PB⊥AC，求二面角B－AC－E的大?。? 解：(1)連接BD交AC于點(diǎn)F，連接EF， ∵底面ABCD為矩形，∴F為BD的中點(diǎn)， 又∵E為PD的中點(diǎn)，∴EF∥PB. 又PB?平面AEC，EF?平面AEC， ∴PB

24、∥平面AEC. (2)取AD的中點(diǎn)O，連接PO，則PO⊥AD， 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD， ∴PO⊥平面ABCD， 取BC的中點(diǎn)M，連接OM，則OM⊥AD， 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)A，OM，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，不妨設(shè)OA＝1，AB＝m(m>0)，則O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1，m,0)，C(－1，m,0)，D(－1,0,0)，P(0,0，)，E， ∴＝(1，m，－)，＝(－2，m,0)， ∵PB⊥AC，∴·＝－2＋m2＝0， ∴m＝， 平面ABC的一個(gè)法向量m＝(0,0,1)， 設(shè)平面ACE的法向量n＝(x，y，z)， ∵＝(－2，，0)，＝， 由·n＝0，·n＝0得： ， 令x＝1，得n＝(1，，)， ∴cos〈m，n〉＝＝， ∵二面角B－AC－E為鈍二面角， ∴所求二面角的大小為135°.