2019-2020年高三數(shù)學大一輪復習 中檔題目強化練 立體幾何教案 理 新人教A版.DOC

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2019-2020年高三數(shù)學大一輪復習 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∥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，C錯；易知D正確． 3． 設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；如圖③在正方體中，兩側面α與β相交于l，都與底面γ垂直，γ內的直線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22sin 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． 以上結論正確的是________．(寫出所有正確結論的編號) 答案　①③ 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＝CDPD，S△PAB＝ABPA， 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∥AB，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. 其中正確結論的序號是________． 答案　①②③④ 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，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＝CDcos 45＝1， CE＝CDsin 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＝ABAE＋CEDE ＝12＋11＝. 又PA⊥平面ABCD，PA＝1， 所以V四棱錐P—ABCD＝S四邊形ABCDPA＝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A∈l1時，結論不成立；對于選項B、C，當l2?α時，結論不成立． 2． 已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，有下面四個命題： ①α∥β?l⊥m；?、讦痢挺?l∥m； ③l∥m?α⊥β；?、躭⊥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； 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． 有一個內接于球的四棱錐P－ABCD，若PA⊥底面ABCD，∠BCD＝，∠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⊥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論，寫出你認為正確的一個命題________． 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)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，AD∥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為坐標原點， 建立如圖所示的空間直角坐標系， 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.