2022年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 專題五 立體幾何練習(xí) 理

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1、2022年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 專題五 立體幾何練習(xí) 理 1．下列命題中，假命題的個(gè)數(shù)為(　　) ①與三角形兩邊平行的平面平行于這個(gè)三角形的第三邊； ②與三角形兩邊垂直的直線垂直于第三邊； ③與三角形三頂點(diǎn)等距離的平面平行于這個(gè)三角形所在平面． A．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè) 2．在斜二測(cè)畫法中，邊長(zhǎng)為a的正方形的直觀圖的面積為(　　) A．a(chǎn)2 B.a2 C.a2 D.a2 3．已知α，β，γ是三個(gè)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(gè)換成直線，另一個(gè)保持不變，那么在所得的所有新命題中，真命題的個(gè)數(shù)有(　　) A

2、．0個(gè)　 B．1個(gè) C．2個(gè)　 D．3個(gè) 4．在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，PA⊥平面ABCD，PA＝1，則PC與平面ABCD所成的角是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 5．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，則異面直線BA1與AC1所成的角等于(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 6．(xx年大綱)已知正四棱錐的頂點(diǎn)都在同一球面上，若該棱錐的高為4，底面邊長(zhǎng)為2，則該球的表面積是(　　) A. B．16π C．9π　 D. 7．一個(gè)幾何體的三視圖如圖Z5-1，則該幾何

3、體的表面積為____________． 圖Z5-1 8．(xx年廣東廣州一模)如圖Z5-2，在邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊CD，CB的中點(diǎn)，AC∩EF＝O，沿EF將△CEF翻折到△PEF，連接PA，PB，PD，得到如圖Z5-3所示的五棱錐P-ABFED，且PB＝. (1)求證：BD⊥平面POA； (2)求二面角B-AP-O的正切值． 圖Z5-2 　圖Z5-3 9．(xx年重慶)如圖Z5-4，在四棱錐P-ABCD中，底面是以O(shè)為中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠B

4、AD＝，M為BC上一點(diǎn)，且BM＝，MP⊥AP. (1)求PO的長(zhǎng)； (2)求二面角A-PM-C的正弦值． 圖Z5-4 專題五　立體幾何 1．B　2.D 3．C　解析：若α，β?lián)Q為直線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． 4．A　解析：連接AC，則AC是PC在平面ABCD上的射影．∴∠PCA是PC與平面ABCD所成的角．∵AB＝1，BC＝，∴AC＝.∴在Rt△PAC中，ta

5、n∠PCA＝＝＝.∴∠PCA＝30°.故選A. 5．C　解析：延長(zhǎng)CA到D，使得AD＝AC，則ADA1C1為平行四邊形，∠DA1B就是異面直線BA1與AC1所成的角．又△A1DB為等邊三角形，∴∠DA1B＝60°. 圖D104 6．A　解析：如圖D104，由已知條件知，球心在正四棱錐的高上，設(shè)球的半徑為R，球心為O，正四棱錐底面中心為O1，則OO1垂直于棱錐的底面，OO1＝4－R，所以(4－R)2＋()2＝R2.解得R＝.所以球的表面積S＝4πR2＝. 7．38　解析：由三視圖可知：該幾何體為一個(gè)長(zhǎng)方體在中間挖去了一個(gè)等高的圓柱，其中長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為4,3,1，圓柱的底面直

6、徑為2，所以該幾何體的表面積為長(zhǎng)方體的表面積加圓柱的側(cè)面積再減去圓柱的底面積，即為2(3×4＋4×1＋3×1)＋2π×1×1－2π＝38. 8．(1)證明：∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊CD，CB的中點(diǎn)， ∴BD∥EF. ∵菱形ABCD的對(duì)角線互相垂直， ∴BD⊥AC. ∴EF⊥AC. ∴EF⊥AO，EF⊥PO. ∵AO?平面POA，PO?平面POA，AO∩PO＝O， ∴EF⊥平面POA. ∴BD⊥平面POA. (2)解：方法一：如圖D105.設(shè)AO∩BD＝H，連接BO， 圖D105 ∵∠DAB＝60°， ∴△ABD為等邊三角形． ∴BD＝4，BH＝2，HA＝2 ，HO＝P

7、O＝. 在Rt△BHO中，BO＝＝， 在△PBO中，BO2＋PO2＝10＝PB2， ∴PO⊥BO. ∵PO⊥EF，EF∩BO＝O，EF?平面BFED，BO?平面BFED， ∴PO⊥平面BFED. 過H作HG⊥AP，垂足為G，連接BG， 由(1)知，BH⊥平面POA，且AP?平面POA， ∴BH⊥AP. ∵HG∩BH＝H，HG?平面BHG，BH?平面BHG， ∴AP⊥平面BHG. ∵BG?平面BHG， ∴AP⊥BG. ∴∠BGH為二面角B-AP-O的平面角． 在Rt△POA中，AP＝＝， 在Rt△POA和Rt△HGA中，∠POA＝∠HGA＝90°，∠PAO＝∠HAG

8、， ∴Rt△POA∽R(shí)t△HGA. ∴＝. ∴HG＝＝＝. 在Rt△BHG中，tan∠BGH＝＝＝ . ∴二面角B-AP-O的正切值為. 圖D106 方法二：設(shè)AO∩BD＝H，連接BO， ∵∠DAB＝60°， ∴△ABD為等邊三角形． ∴BD＝4，BH＝2，HA＝2 ，HO＝PO＝. 在Rt△BHO中，BO＝＝， 在△PBO中，BO2＋PO2＝10＝PB2， ∴PO⊥BO. ∵PO⊥EF，EF∩BO＝O，EF?平面BFED，BO?平面BFED， ∴PO⊥平面BFED. 以O(shè)為原點(diǎn)，OF所在直線為x軸，AO所在直線為y軸，OP所在直線為z軸，建立如圖D106所

9、示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz， 則A(0，－3 ，0)，B(2，－，0)，P(0,0，)，H(0，－，0)． ∴＝(0,3 ，)，＝(2,2 ，0)． 設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)， 由n⊥，n⊥，得 令y＝1，得z＝－3，x＝－. ∴平面PAB的一個(gè)法向量為n＝. 由(1)知，平面PAO的一個(gè)法向量為＝， 設(shè)二面角B-AP-O的平面角為θ， 則cosθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.∴sinθ＝＝，tanθ＝＝. ∴二面角B-AP-O的正切值為. 9．解：(1)如圖D107，連接AC，BD，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以AC∩BD＝O，且AC⊥BD.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)

10、，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz. 圖D107 因?yàn)椤螧AD＝， 所以O(shè)A＝AB·cos＝，OB＝AB·sin＝1. 所以O(shè)(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，C(－，0,0)，＝(0,1,0)，＝(－，－1,0)． 由BM＝，BC＝2知，＝＝， 從而＝＋＝， 即M. 設(shè)P(0,0，a)，a＞0， 則＝(－，0，a)，＝. 因?yàn)镸P⊥AP，所以·＝－＋a2＝0. 所以a＝或a＝－(舍去)，即PO＝. (2)由(1)知，＝，＝，＝.設(shè)平面APM的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)． 由n1·＝0, n1·＝0，得 故可取n1＝. 由n2·＝0，n2·＝0，得 故可取n2＝(1，－，－2)． 從而法向量n1，n2的夾角的余弦值為 cos〈n1，n2〉＝＝－， 故所求二面角A-PM-C的正弦值為.