新編全國通用高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強化練 專題13 立體幾何綜合練習(xí) 文含解析

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1、 【走向高考】（全國通用）20xx高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強化練 專題13 立體幾何綜合練習(xí) 文 一、選擇題 1．(20xx·東北三校二模)設(shè)l，m是兩條不同的直線，α是一個平面，則下列說法正確的是(　　) A．若l⊥m，m?α，則l⊥α B．若l⊥α，l∥m，則m⊥α C．若l∥α，m?α，則l∥m D．若l∥α，m∥α，則l∥m [答案]　B [解析]　當(dāng)l、m是平面α內(nèi)的兩條互相垂直的直線時，滿足A的條件，故A錯誤；對于C，過l作平面與平面α相交于直線l1，則l∥l1，在α內(nèi)作直線m與l1相交，滿足C的條件，但l與m不平行，故C錯誤；對于D，設(shè)平面α∥β，

2、在β內(nèi)取兩條相交的直線l、m，滿足D的條件，故D錯誤；對于B，由線面垂直的性質(zhì)定理知B正確． 2．已知α、β、γ是三個不同的平面，命題“α∥β，且α⊥γ?β⊥γ”是真命題，如果把α、β、γ中的任意兩個換成直線，另一個保持不變，在所得的所有新命題中，真命題有(　　) A．0個　　　　　　　 　 B．1個 C．2個 D．3個 [答案]　C [解析]　若α、β?lián)Q成直線a、b，則命題化為“a∥b，且a⊥γ?b⊥γ”，此命題為真命題；若α、γ換為直線a、b，則命題化為“a∥β，且a⊥b?b⊥β”，此命題為假命題；若β、γ換為直線a、b，則命題化為“a∥α，且b⊥α?a⊥b”，此命題為真命題，故

3、選C. 3．(20xx·重慶文，5)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A.＋2π B. C. D. [答案]　B [解析]　由三視圖可知該幾何體是由一個圓柱和一個半圓錐組成，圓柱的底面半徑為1，高為2；半圓錐的底面半徑為1，高也為1，故其體積為π×12×2＋×π×12×1＝；故選B. 4.如圖，在正四面體P－ABC中，D、E、F分別是AB、BC、CA的中點，下列四個結(jié)論不成立的是(　　) A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC [答案]　D [解析]　∵D、F分別為AB、AC的中

4、點，∴BC∥DF， ∵BC?平面PDF，∴BC∥平面PDF，故A正確；在正四面體中，∵E為BC中點，易知BC⊥PE，BC⊥AE，∴BC⊥平面PAE，∵DF∥BC，∴DF⊥平面PAE，故B正確；∵DF⊥平面PAE，DF?平面PDF，∴平面PDF⊥平面PAE，∴C正確，故選D. 5．若某棱錐的三視圖(單位：cm)如圖所示，則該棱錐的體積等于(　　) A．10 cm3 B．20 cm3 C．30 cm3 D．40 cm3 [答案]　B [解析]　由三視圖知該幾何體是四棱錐，可視作直三棱柱ABC－A1B1C1沿平面AB1C1截去一個三棱錐A－A1B1C1余下的部分． ∴VA－BCC1

5、B1＝VABC－A1B1C1－VA－A1B1C1＝×4×3×5－×(×4×3)×5＝20cm3. 6．如圖，在棱長為5的正方體ABCD－A1B1C1D1中，EF是棱AB上的一條線段，且EF＝2，Q是A1D1的中點，點P是棱C1D1上的動點，則四面體P－QEF的體積(　　) A．是變量且有最大值 B．是變量且有最小值 C．是變量且有最大值和最小值 D．是常量 [答案]　D [解析]　因為EF＝2，點Q到AB的距離為定值，所以△QEF的面積為定值，設(shè)為S，又因為D1C1∥AB，所以D1C1∥平面QEF；點P到平面QEF的距離也為定值，設(shè)為d，從而四面體P－QEF的體積為定值Sd.

6、7．(20xx·湖北文，5)l1，l2表示空間中的兩條直線，若p：l1，l2是異面直線，q：l1，l2不相交，則(　　) A．p是q的充分條件，但不是q的必要條件 B．p是q的必要條件，但不是q的充分條件 C．p是q的充分必要條件 D．p既不是q的充分條件，也不是q的必要條件 [答案]　A [解析]　若p：l1，l2是異面直線，由異面直線的定義知，l1，l2不相交，所以命題q：l1，l2不相交成立，即p是q的充分條件；反過來，若q：l1，l2不相交，則l1，l2可能平行，也可能異面，所以不能推出l1，l2是異面直線，即p不是q的必要條件，故應(yīng)選A. 8．已知正方形ABCD的邊長為

7、2，將△ABC沿對角線AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，得到如右圖所示的三棱錐B－ACD.若O為AC邊的中點，M、N分別為線段DC、BO上的動點(不包括端點)，且BN＝CM.設(shè)BN＝x，則三棱錐N－AMC的體積y＝f(x)的函數(shù)圖象大致是(　　) [答案]　B [解析]　由條件知，AC＝4，BO＝2，S△AMC＝CM·AD＝x，NO＝2－x，∴VN－AMC＝S△AMC·NO＝x(2－x)，即f(x)＝x(2－x)，故選B. 二、填空題 9．(20xx·天津文，10)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________m3. [答案]　 [解析]　

8、考查1.三視圖；2.幾何體的體積． 該幾何體是由兩個高為1的圓錐與一個高為2的圓柱組合而成，圓柱與圓錐的底面半徑都是1，所以該幾何體的體積為2××π×1＋π×2＝(m3)． 三、解答題 10．如圖，已知AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，F(xiàn)為BC的中點，若AB＝AC＝AD＝CE. (1)求證：AF∥平面BDE； (2)求證：平面BDE⊥平面BCE. [證明]　(1)取BE的中點G，連接GF、GD. 因為F是BC的中點，則GF為△BCE的中位線． 所以GF∥EC，GF＝CE. 因為AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC， 所以GF∥EC∥AD. 又因為AD＝CE，所以GF＝

9、AD. 所以四邊形GFAD為平行四邊形．所以AF∥DG. 因為DG?平面BDE，AF?平面BDE， 所以AF∥平面BDE. (2)因為AB＝AC，F(xiàn)為BC的中點，所以AF⊥BC. 因為EC∥GF，EC⊥平面ABC， 所以GF⊥平面ABC. 又AF?平面ABC，所以GF⊥AF. 因為GF∩BC＝F，所以AF⊥平面BCE. 因為AF∥DG，所以DG⊥平面BCE. 又DG?平面BDE，所以平面BDE⊥平面BCE. 11.底面為正多邊形的直棱柱稱為正棱柱．如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝a，F(xiàn)、F1分別是AC、A1C1的中點． (1)求證：平面AB1F

10、1∥平面C1BF； (2)求證：平面AB1F1⊥平面ACC1A1. [分析]　(1)在正三棱柱中，由F、F1分別為AC、A1C1的中點，不難想到四邊形AFC1F1與四邊形BFF1B1都為平行四邊形，于是要證平面AB1F1∥平面C1BF，可證明平面AB1F1與平面C1BF中有兩條相交直線分別平行，即BF∥B1F1，F(xiàn)C1∥AF1. (2)要證兩平面垂直，只要在一個平面內(nèi)能夠找到一條直線與另一個平面垂直，考慮到側(cè)面ACC1A1與底面垂直，F(xiàn)1為A1C1的中點，則不難想到B1F1⊥平面ACC1A1，而平面AB1F1經(jīng)過B1F1，因此可知結(jié)論成立． [解析]　(1)在正三棱柱ABC－A1B1C

11、1中，連FF1， ∵F、F1分別是AC、A1C1的中點， ∴B1B綊A1A綊FF1， ∴B1BFF1為平行四邊形．∴B1F1∥BF， 又AF綊C1F1，∴AF1C1F為平行四邊形， ∴AF1∥C1F， 又∵B1F1與AF1是兩相交直線， ∴平面AB1F1∥平面C1BF. (2)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1， ∴B1F1⊥AA1，又B1F1⊥A1C1，A1C1∩AA1＝A1， ∴B1F1⊥平面ACC1A1，而平面AB1F1經(jīng)過B1F1， ∴平面AB1F1⊥平面ACC1A1. 12.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點F、H分別為A1D、A

12、1C的中點． (1)證明：A1B∥平面AFC； (2)證明：B1H⊥平面AFC. [分析]　分別利用線面平行的判定定理和線面垂直的判定定理證明． [解析]　(1)連BD交AC于點E，則E為BD的中點，連EF，又F為A1D的中點，所以EF∥A1B. 又EF?平面AFC，A1B?平面AFC， ∴A1B∥平面AFC. (2)連接B1C，在正方體中四邊形A1B1CD為長方形， ∵H為A1C的中點， ∴H也是B1D的中點， ∴只要證B1D⊥平面ACF即可． 由正方體性質(zhì)得AC⊥BD，AC⊥B1B， ∴AC⊥平面B1BD，∴AC⊥B1D. 又F為A1D的中點，∴AF⊥A1D，

13、 又AF⊥A1B1，∴AF⊥平面A1B1D. ∴AF⊥B1D，又AF、AC為平面ACF內(nèi)的相交直線． ∴B1D⊥平面ACF.即B1H⊥平面ACF. 13.如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°，且邊長為a的菱形，側(cè)面PAD為正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD. (1)若G為AD邊的中點，求證：BG⊥平面PAD； (2)求證：AD⊥PB； (3)若E為BC邊的中點，能否在棱PC上找到一點F，使平面DEF⊥平面ABCD，并證明你的結(jié)論． [解析]　(1)證明：∵在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G為AD的中點，得BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，

14、 平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴BG⊥平面PAD. (2)證明：連接PG，因為△PAD為正三角形，G為AD的中點，得PG⊥AD. 由(1)知BG⊥AD， ∵PG∩BG＝G， PG?平面PGB，BG?平面PGB， ∴AD⊥平面PGB. ∵PB?平面PGB，∴AD⊥PB. (3)解：當(dāng)F為PC的中點時，滿足平面DEF⊥平面ABCD. 證明如下：取PC的中點F，連接DE、EF、DF，則在△PBC中，F(xiàn)E∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE， ∴AD⊥EF，AD⊥DE.∴AD⊥平面DEF， 又AD?平面ABCD，∴平面DEF⊥平面ABCD. 14．(20xx·河北名校名師

15、俱樂部模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC⊥BC，E在線段B1C1上，B1E＝3EC1，AC＝BC＝CC1＝4. (1)求證：BC⊥ AC1； (2)試探究：在AC上是否存在點F，滿足EF∥平面A1ABB1，若存在，請指出點F的位置，并給出證明；若不存在，說明理由． [分析]　(1)執(zhí)果索因：要證BC⊥AC1，已知BC⊥AC，故只需證BC⊥平面ACC1A1，從而BC⊥AA1，這由已知三棱柱中AA1⊥平面ABC可證． (2)假定存在，執(zhí)果索因找思路： 假定AC上存在點F，使EF∥平面A1ABB1，考慮矩形C1CBB1中，E在B1C1上，且B1E＝3EC1

16、，因此取BC上點G，使BG＝3GC，則EG＝B1B，從而EG∥平面A1ABB1，因此平面EFG∥平面A1ABB1，由面面平行的性質(zhì)定理知FG∥AB，從而＝＝3，則只需過G作AB的平行線交AC于F，F(xiàn)即所探求的點． [解析]　(1) ∵AA1⊥平面ABC, BC?平面ABC， ∴BC⊥AA1. 又∵BC⊥AC，AA1，AC?平面AA1C1C，AA1∩AC＝A， ∴BC⊥平面AA1C1C， 又AC1?平面AA1C1C，∴BC⊥AC1. (2)解法一：當(dāng)AF＝3FC時，F(xiàn)E∥平面A1ABB1. 理由如下：在平面A1B1C1內(nèi)過E作EG∥A1C1交A1B1于G，連接AG. ∵B1E

17、＝3EC1，∴EG＝A1C1， 又AF∥A1C1且AF＝A1C1，∴AF∥EG且AF＝EG， ∴四邊形AFEG為平行四邊形，∴EF∥AG， 又EF?平面A1ABB1，AG?平面A1ABB1， ∴EF∥平面A1ABB1. 解法二：當(dāng)AF＝3FC時，F(xiàn)E∥平面A1ABB1. 理由如下： 在平面BCC1B1內(nèi)過E作EG∥BB1交BC于G，連接FG. ∵EG∥BB1，EG?平面A1ABB1，BB1?平面A1ABB1， ∴EG∥平面A1ABB1. ∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC， ∴FG∥AB，又AB?平面A1ABB1，F(xiàn)G?平面A1ABB1， ∴FG∥平面A1ABB1.

18、 又EG?平面EFG，F(xiàn)G?平面EFG，EG∩FG＝G， ∴平面EFG∥平面A1ABB1. ∵EF?平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1. 15．已知四棱錐P－ABCD的直觀圖和三視圖如圖所示，E是PB的中點． (1)求三棱錐C－PBD的體積； (2)若F是BC上任一點，求證：AE⊥PF； (3)邊PC上是否存在一點M，使DM∥平面EAC，并說明理由． [解析]　(1)由該四棱錐的三視圖可知，四棱錐P－ABCD的底面是邊長為2和1的矩形，側(cè)棱PA⊥平面ABCD，且PA＝2， ∴VC－PBD＝VP－BCD＝××1×2×2＝. (2)證明：∵BC⊥AB，BC⊥PA，AB∩PA＝A. ∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AE， 又在△PAB中，∵PA＝AB，E是PB的中點， ∴AE⊥PB.又∵BC∩PB＝B， ∴AE⊥平面PBC，且PF?平面PBC，∴AE⊥PF. (3)存在點M，可以使DM∥平面EAC. 連接BD，設(shè)AC∩BD＝O，連接EO. 在△PBD中，EO是中位線． ∴PD∥EO， 又∵EO?平面EAC，PD?平面EAC， ∴PD∥平面EAC， ∴當(dāng)點M與點P重合時，可以使DM∥平面EAC.