2019屆高考數(shù)學一輪復習 第7單元 立體幾何測評 理.doc

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第七單元 立體幾何 小題必刷卷(十)　立體幾何 題組一　真題集訓 1.[2014全國卷Ⅰ] 如圖X10-1,網(wǎng)格紙的各小格都是正方形,粗實線畫出的是一個幾何體的三視圖,則這個幾何體是 (　　) A.三棱錐 B.三棱柱 C.四棱錐 D.四棱柱 圖X10-1 2.[2017全國卷Ⅱ] 如圖X10-2,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1,粗實線畫出的是某幾何體的三視圖,該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分后所得,則該幾何體的體積為 (　　) A.90π B.63π C.42π D.36π 圖X10-2 3.[2017北京卷] 某四棱錐的三視圖如圖X10-3所示,則該四棱錐的最長棱的長度為 (　　) A.32 B.23 C.22 D.2 圖X10-3 4.[2017全國卷Ⅲ] 已知圓柱的高為1,它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上,則該圓柱的體積為 (　　) A.π B.3π4 C.π2 D.π4 5.[2015廣東卷] 若直線l1和l2是異面直線,l1在平面α內(nèi),l2在平面β內(nèi),l是平面α與平面β的交線,則下列命題正確的是 (　　) A.l與l1,l2都不相交 B.l與l1,l2都相交 C.l至多與l1,l2中的一條相交 D.l至少與l1,l2中的一條相交 6.[2016全國卷Ⅰ] 平面α過正方體ABCD - A1B1C1D1的頂點A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為 (　　) A.32 B.22 C.33 D.13 7.[2017全國卷Ⅰ] 某多面體的三視圖如圖X10-4所示,其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成,正方形的邊長為2,俯視圖為等腰直角三角形,該多面體的各個面中有若干個是梯形,這些梯形的面積之和為 (　　) A.10 B.12 C.14 D.16 圖X10-4 8.[2017全國卷Ⅱ] 已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120,AB=2,BC=CC1=1,則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為 (　　) A.32 B.155 C.105 D.33 9.[2016全國卷Ⅱ] α,β是兩個平面,m,n是兩條直線,有下列四個命題: ①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n. ③如果α∥β,m?α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m與α所成的角和n與β所成的角相等. 其中正確的命題有　　　　.(填寫所有正確命題的編號) 10.[2017全國卷Ⅰ] 如圖X10-5,圓形紙片的圓心為O,半徑為5 cm,該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D,E,F為圓O上的點,△DBC,△ECA,△FAB分別是以BC,CA,AB為底邊的等腰三角形.沿虛線剪開后,分別以BC,CA,AB為折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱錐.當△ABC的邊長變化時,所得三棱錐體積(單位:cm3)的最大值為　　　　. 圖X10-5 題組二　模擬強化 11.[2018武漢調(diào)研] 一個幾何體的三視圖如圖X10-6所示,則它的表面積為 (　　) A.28 B.20+25 C.20+45 D.24+25 圖X10-6 12.[2018溫州一模] 某幾何體的三視圖如圖X10-7所示,則該幾何體的體積是 (　　) A.43+π B.23+π C.4+π3 D.4+2π3 圖X10-7 13.[2017懷化四模] 在三棱錐A - BCD中,E,F分別是AB,CD的中點,若AD=BC=2,AD與BC所成的角為θ,EF=3,則sin θ= (　　) A.13 B.12 C.22 D.32 14.[2017合肥二模] 若平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形,則該三棱錐與平面α平行的棱有 (　　) A.0條 B.1條 C.2條 D.1條或2條 15.[2017廈門二模] 如圖X10-8是由正三棱錐與正三棱柱組合而成的幾何體的三視圖,若該幾何體的頂點都在半徑為R的球面上,則R= (　　) A.1 B.2 C.1+22 D.3 圖X10-8 16.[2017廣州二模] 在棱長為2的正方體ABCD - A1B1C1D1中,M是棱A1D1的中點,過C1,B,M作正方體的截面,則這個截面的面積為 (　　) A.352 B.358 C.92 D.98 17.[2017鄭州質(zhì)檢] 在四面體A - BCD中,AB=CD=10,AC=BD=234,AD=BC=241,則四面體A - BCD外接球的表面積為 (　　) A.50π B.100π C.200π D.300π 18.[2017洛陽二模] 一個透明密閉的正方體容器中,恰好盛有該容器一半容積的水,任意轉(zhuǎn)動這個正方體容器,則水面在容器中的形狀可以是:(1)三角形;(2)四邊形;(3)五邊形;(4)六邊形.其中正確的結論是 (　　) A.(1)(3) B.(2)(4) C.(2)(3)(4) D.(1)(2)(3)(4) 19.[2017河南六市二聯(lián)] 如圖X10-9,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1,粗實線與粗虛線畫出的是某多面體的三視圖,則該多面體外接球的表面積為　　　　. 圖X10-9 20.[2017泉州質(zhì)檢] 如圖X10-10,一張紙的長、寬分別為22a,2a,A,B,C,D分別是其四條邊的中點.現(xiàn)將其沿圖中虛線折起,使得P1,P2,P3,P4四點重合為一點P,從而得到一個多面體.下列關于該多面體的說法中正確的是　　　　.(寫出所有正確說法的序號) ①該多面體是三棱錐; ②平面BAD⊥平面BCD; ③平面BAC⊥平面ACD; ④該多面體外接球的表面積為5πa2. 圖X10-10 解答必刷卷(四)　立體幾何 題組一　真題集訓 1.[2017全國卷Ⅲ] 如圖J4-1,四面體ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD. (1)證明:平面ACD⊥平面ABC; (2)過AC的平面交BD于點E,若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分,求二面角D-AE-C的余弦值. 圖J4-1 2.[2017天津卷] 如圖J4-2,在三棱錐P - ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90.點D,E,N分別為棱PA,PC,BC的中點,M是線段AD的中點,PA=AC=4,AB=2. (1)求證:MN∥平面BDE; (2)求二面角C - EM - N的正弦值; (3)已知點H在棱PA上,且直線NH與直線BE所成角的余弦值為721,求線段AH的長. 圖J4-2 3.[2016全國卷Ⅰ] 如圖J4-3,在以A,B,C,D,E,F為頂點的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD,∠AFD=90,且二面角D - AF - E與二面角C - BE - F都是60. (1)證明:平面ABEF⊥平面EFDC; (2)求二面角E - BC - A的余弦值. 圖J4-3 題組二　模擬強化 4.[2017石家莊二模] 在如圖J4-4所示的多面體ABCDEF中,四邊形ABCD為直角梯形,AB∥CD,∠DAB=90,四邊形ADEF為等腰梯形,EF∥AD,已知AE⊥EC,AB=AF=EF=2,AD=CD=4. (1)求證:平面ABCD⊥平面ADEF; (2)求直線CF與平面EAC所成角的正弦值. 圖J4-4 5.[2017福州質(zhì)檢] 如圖J4-5所示,梯形ABCD中,AB∥CD,矩形BFED所在的平面與平面ABCD垂直,且AD=DC=CB=BF=12AB. (1)求證:平面ADE⊥平面BFED; (2)若P為線段EF上一點,平面PAB與平面ADE所成的銳二面角為θ,求θ的最小值. 圖J4-5 6.[2017合肥二模] 如圖J4-6①所示,矩形ABCD中,AB=1,AD=2,點E為AD的中點,沿BE將△ABE折起至△PBE,如圖②所示,點P在平面BCDE的射影O落在BE上. (1)求證:BP⊥CE; (2)求二面角B - PC - D的余弦值. 圖J4-6  小題必刷卷(十) 1.B　[解析] 從俯視圖為矩形可以看出,此幾何體不可能是三棱錐或四棱錐,其直觀圖如圖,是一個三棱柱. 2.B　[解析] 幾何體的直觀圖如圖所示,所以該幾何體的體積為π324+12π326=63π. 3.B　[解析] 將四棱錐放在棱長為2的正方體中,該四棱錐為D - BCCB,如圖所示.該四棱錐最長的棱為正方體的體對角線DB,DB=4+4+4=12=23,故選B. 4.B　[解析] 由題可知球心為圓柱的中心,則圓柱底面圓的半徑r=12-122=32,故圓柱的體積V=π3221=3π4. 5.D　[解析] 若直線l1和l2是異面直線,l1在平面α內(nèi),l2在平面β內(nèi),l是平面α與平面β的交線,則l至少與l1,l2中的一條相交,故選D. 6.A　[解析] 因為平面α∥平面CB1D1,所以平面α與平面ABCD的交線m平行于平面CB1D1與平面ABCD的交線l.因為在正方體中平面ABCD平行于平面A1B1C1D1,所以l∥B1D1,所以m∥B1D1.同理,n平行于平面CB1D1與平面ABB1A1的交線.因為平面ABB1A1∥平面CDD1C1,所以平面CB1D1與平面ABB1A1的交線平行于平面CB1D1與平面CDD1C1的交線CD1,所以n∥CD1.故m,n所成的角即為B1D1,CD1所成的角,顯然所成的角為60,則其正弦值為32. 7.B　[解析] 該幾何體為一個三棱柱和一個三棱錐的組合體,其直觀圖如圖所示,各個面中有兩個全等的梯形,其面積之和為22+422=12. 8.C　[解析] 方法一:建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(2,0,0),B(0,0,0),B1(0,0,1),C1-12,32,1,所以AB1=(-2,0,1),BC1=-12,32,1,故異面直線AB1與BC1所成角θ的余弦值cos θ=|AB1BC1||AB1||BC1|=252=105. 方法二:如圖,將該直三棱柱補充成直四棱柱,其中CD∥AB且CD=AB,則可得AB1∥DC1且AB1=DC1,圖中∠BC1D即為異面直線AB1與BC1所成的角或所成角的補角.在△BC1D中,BC1=2,DC1=5,BD=4+1-22112=3,所以cos∠BC1D=2+5-3225=105.故異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為105. 9.②③④　[解析] 對于①,m⊥n,m⊥α,n∥β,則α,β的位置關系無法確定,故錯誤;對于②,因為n∥α,所以可過直線n作平面γ與平面α相交于直線c,則n∥c,因為m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故正確;對于③,由兩個平面平行的性質(zhì)可知其正確;對于④,由線面所成角的定義和等角定理可知其正確.故正確的有②③④. 10.415　[解析] 設△ABC的邊長為a cm,00,當43=nm|n||m|=77, 所以二面角D-AE-C的余弦值為77. 2.解:如圖,以A為原點,分別以AB,AC,AP方向為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系.依題意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0). (1)證明:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2). 設n=(x,y,z)為平面BDE的法向量, 則nDE=0,nDB=0,即2y=0,2x-2z=0. 不妨取z=1,可得n=(1,0,1). 又MN=(1,2,-1),可得MNn=0. 因為MN?平面BDE,所以MN∥平面BDE. (2)易知n1=(1,0,0)為平面CEM的一個法向量. 設n2=(x2,y2,z2)為平面EMN的法向量,則n2EM=0,n2MN=0. 因為EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1), 所以-2y2-z2=0,x2+2y2-z2=0. 不妨取y2=1,可得n2=(-4,1,-2). 因此有cos=n1n2|n1||n2|=-421, 于是sin=10521, 所以二面角C - EM - N的正弦值為10521. (3)依題意,設AH=h(0≤h≤4),則H(0,0,h),進而可得NH=(-1,-2,h),BE=(-2,2,2). 由已知,得|cos|=|NHBE||NH||BE|=|2h-2|h2+523=721,整理得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=12, 所以,線段AH的長為85或12. 3.解:(1)證明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,又DF∩FE=F,所以AF⊥平面EFDC. 又AF?平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC. (2)過D作DG⊥EF,垂足為G,由(1)知DG⊥平面ABEF. 以G為坐標原點,GF的方向為x軸正方向,|GF|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系G - xyz. 由(1)知∠DFE為二面角D - AF - E的平面角,故∠DFE=60,則DF=2,DG=3,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3). 由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC. 又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF. 由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF為二面角C - BE - F的平面角,故∠CEF=60,從而可得C(-2,0,3), 所以EC=(1,0,3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0). 設n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,則 nEC=0,nEB=0,即x+3z=0,4y=0, 所以可取n=(3,0,-3). 設m=(x1,y1,z1)是平面ABCD的法向量,則mAC=0,mAB=0, 同理可取m=(0,3,4), 則cos=nm|n||m|=-21919, 結合圖形得,二面角E - BC - A的余弦值為-21919. 4.解:(1)證明:取AD的中點M,連接EM,由AF=EF=DE=2,AD=4,可知EM=12AD,∴AE⊥DE. 又AE⊥EC,DE∩EC=E,∴AE⊥平面CDE,∴AE⊥CD.又CD⊥AD,AD∩AE=A, ∴CD⊥平面ADEF,又∵CD?平面ABCD, ∴平面ABCD⊥平面ADEF. (2)如圖,過點E作EO⊥AD,則EO⊥平面ABCD,過點O作OG∥DC交BC于點G,以O為原點,分別以OA,OG,OE 的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系,依題意可得E(0,0,3),A(3,0,0),C(-1,4,0),F(2,0,3),所以EA=(3,0,-3),AC=(-4,4,0),CF=(3,-4,3). 設n=(x,y,z) 為平面EAC的法向量,則 nEA=0,nAC=0,即3x-3z=0,-4x+4y=0,不妨設x=1, 可得n=(1,1,3), 所以cos=CFn|CF||n|=2285=3535, 即直線CF與平面EAC所成角的正弦值為3535. 5.解:(1)證明:取AB的中點G,連接DG, 因為AB∥CD,DC=12AB=BG, 所以四邊形BCDG為平行四邊形,則DG=CB, 所以DG=AG=BG,所以AD⊥BD. 因為平面BFED⊥平面ABCD, 平面BFED∩平面ABCD=DB, AD⊥DB,AD?平面ABCD,所以AD⊥平面BFED. 又AD?平面ADE,所以平面ADE⊥平面BFED. (2)因為四邊形BFED為矩形,所以ED⊥DB. 由(1)知AD⊥ED,AD⊥DB,故建立如圖所示空間直角坐標系D - xyz. 設AD=1,則A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,t,1)(0≤t≤3),所以AP=(-1,t,1),AB=(-1,3,0). 設m=(x,y,z)是平面PAB的法向量, 則-x+ty+z=0,-x+3y=0,取y=1,則m=(3,1,-t+3). 易知平面ADE的一個法向量為n=(0,1,0), 所以cos θ=13+1+(t-3)2≤12, 又θ∈0,π2,所以θmin=π3. 6.解:(1)證明:∵點P在平面BCDE的射影O落在BE上, ∴平面PBE⊥平面BCDE. 易知BE⊥CE,又平面PBE∩平面BCDE=BE, ∴CE⊥平面PBE,而BP?平面PBE, ∴PB⊥CE. (2)以O為坐標原點,以過點O且平行于CD的直線為x軸,過點O且平行于BC的直線為y軸,直線PO為z軸,建立如圖所示空間直角坐標系, 則B12,-12,0,C12,32,0,D-12,32,0,P0,0,22,∴CD=(-1,0,0),CP=-12,-32,22,PB=12,-12,-22,BC=(0,2,0). 設平面PCD的法向量為n1=(x1,y1,z1), 則n1CD=0,n1CP=0,即x1=0,x1+3y1-2z1=0,令z1=2,可得n1=0,23,2. 設平面PBC的法向量為n2=(x2,y2,z2), 則n2PB=0,n2BC=0,即x2-y2-2z2=0,y2=0,令z2=2,可得n2=(2,0,2), ∴cos=n1n2|n1||n2|=3311. 易知二面角B - PC - D為鈍二面角,則二面角B - PC - D的余弦值為-3311.