2019-2020年高三数学大一轮复习 中档题目强化练 立体几何教案 理 新人教A版.DOC

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2019-2020年高三数学大一轮复习 中档题目强化练 立体几何教案 理 新人教A版 一、选择题(每小题5分，共20分) 1． 以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是 (　　) A．球的三视图总是三个全等的圆 B．正方体的三视图总是三个全等的正方形 C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形 D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆 答案　A 解析　画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆． 2． 设α、β、γ是三个互不重合的平面，m、n是两条不重合的直线，下列命题中正确的是(　　) A．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ B．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n C．若α⊥β，m⊥α，则m∥β D．若α∥β，m⊄β，m∥α，则m∥β 答案　D 解析　对于A，若α⊥β，β⊥γ，α，γ可以平行，也可以相交，A错；对于B，若m∥α，n∥β，α⊥β，则m，n可以平行，可以相交，也可以异面，B错；对于C，若α⊥β，m⊥α，则m可以在平面β内，C错；易知D正确． 3． 设α、β、γ为平面，l、m、n为直线，则m⊥β的一个充分条件为 (　　) 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　如图①知A错；如图②知C错；如图③在正方体中，两侧面α与β相交于l，都与底面γ垂直，γ内的直线m⊥α，但m与β不垂直，故D错； 由n⊥α，n⊥β，得α∥β.又m⊥α，则m⊥β，故B正确． 4． 如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中 点，则下列结论不成立的是 (　　) A．EF与BB1垂直 B．EF与BD垂直 C．EF与CD异面 D．EF与A1C1异面 答案　D 解析　连接B1C，AC，则B1C交BC1于F， 且F为B1C的中点， 又E为AB1的中点，所以EF綊AC， 而B1B⊥平面ABCD，所以B1B⊥AC， 所以B1B⊥EF，A正确； 又AC⊥BD，所以EF⊥BD，B正确； 显然EF与CD异面，C正确；由EF綊AC，AC∥A1C1， 得EF∥A1C1.故不成立的选项为D. 二、填空题(每小题5分，共15分) 5． (xx福建)三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC的体积等于________． 答案　 解析　∵PA⊥底面ABC， ∴PA为三棱锥P－ABC的高，且PA＝3. ∵底面ABC为正三角形且边长为2，∴底面面积为22sin 60＝，∴VP－ABC＝3＝. 6． 已知四棱锥P—ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，点E、F分别是棱PC、PD的中点，则 ①棱AB与PD所在直线垂直； ②平面PBC与平面ABCD垂直； ③△PCD的面积大于△PAB的面积； ④直线AE与直线BF是异面直线． 以上结论正确的是________．(写出所有正确结论的编号) 答案　①③ 解析　由条件可得AB⊥平面PAD， ∴AB⊥PD，故①正确； 若平面PBC⊥平面ABCD，由PB⊥BC， 得PB⊥平面ABCD，从而PA∥PB，这是不可能的，故②错； S△PCD＝CDPD，S△PAB＝ABPA， 由AB＝CD，PD>PA知③正确； 由E、F分别是棱PC、PD的中点， 可得EF∥CD，又AB∥CD， ∴EF∥AB，故AE与BF共面，④错． 7． 三棱锥S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论中： ①异面直线SB与AC所成的角为90； ②直线SB⊥平面ABC； ③平面SBC⊥平面SAC； ④点C到平面SAB的距离是a. 其中正确结论的序号是________． 答案　①②③④ 解析　由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①②③正确；取AB的中点E，连接CE，(如图)可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离a，④正确． 三、解答题(共22分) 8． (10分)如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90，M， N分别为A1B，B1C1的中点．求证： (1)BC∥平面MNB1； (2)平面A1CB⊥平面ACC1A. 证明　(1)因为BC∥B1C1， 且B1C1⊂平面MNB1， BC⊄平面MNB1， 故BC∥平面MNB1. (2)因为BC⊥AC，且ABC－A1B1C1为直三棱柱， 故BC⊥平面ACC1A1. 因为BC⊂平面A1CB， 故平面A1CB⊥平面ACC1A1. 9． (12分)如图，四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD， 点E在线段AD上，且CE∥AB. (1)求证：CE⊥平面PAD； (2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝，∠CDA＝45，求四棱锥P—ABCD的体积． (1)证明　因为PA⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD， 所以PA⊥CE. 因为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. 又因为AB＝CE＝1，AB∥CE，所以四边形ABCE为矩形． 所以S四边形ABCD＝S矩形ABCE＋S△ECD＝ABAE＋CEDE ＝12＋11＝. 又PA⊥平面ABCD，PA＝1， 所以V四棱锥P—ABCD＝S四边形ABCDPA＝1＝. B组　专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分) 一、选择题(每小题5分，共15分) 1． 已知直线l1，l2与平面α，则下列结论中正确的是 (　　) A．若l1⊂α，l2∩α＝A，则l1，l2为异面直线 B．若l1∥l2，l1∥α，则l2∥α C．若l1⊥l2，l1⊥α，则l2∥α D．若l1⊥α，l2⊥α，则l1∥l2 答案　D 解析　对于选项A，当A∈l1时，结论不成立；对于选项B、C，当l2⊂α时，结论不成立． 2． 已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有下面四个命题： ①α∥β⇒l⊥m；　②α⊥β⇒l∥m； ③l∥m⇒α⊥β；　④l⊥m⇒α∥β. 其中正确的命题有 (　　) A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 答案　B 解析　①中，⇒⇒l⊥m，故①正确； ②中，l与m相交、平行、异面均有可能，故②错； ③中，⇒⇒α⊥β，故③正确； ④中，α与β也有可能相交，故④错误． 3． 如图所示，是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E、 F分别为PA、PD的中点．在此几何体中，给出下面四个结论： ①直线BE与直线CF异面； ②直线BE与直线AF异面； ③直线EF∥平面PBC； ④平面BCE⊥平面PAD. 其中正确的有(　　) A．①② B．②③ C．①④ D．②④ 答案　B 解析　对于①，因为E、F分别是PA、PD的中点， 所以EF∥AD.又因为AD∥BC， 所以EF∥BC.所以BE与CF共面．故①不正确． 对于②，因为BE是平面APD的斜线，AF是平面APD内与BE不相交的直线，所以BE与AF不共面．故②正确． 对于③，由①，知EF∥BC，所以EF∥平面PBC.故③正确． 对于④，条件不足，无法判断两平面垂直． 二、填空题(每小题5分，共15分) 4． 有一个内接于球的四棱锥P－ABCD，若PA⊥底面ABCD，∠BCD＝，∠ABC≠，BC＝3，CD＝4，PA＝5，则该球的表面积为________． 答案　50π 解析　由∠BCD＝90知BD为底面ABCD外接圆的直径，则2r＝＝5. 又∠DAB＝90⇒PA⊥AB，PA⊥AD，BA⊥AD. 从而把PA，AB，AD看作长方体的三条棱，设外接球半径为R，则(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边上存在点 Q，使得PQ⊥QD，则实数a的取值范围是________． 答案　[2，＋∞) 解析　如图，连接AQ， ∵PA⊥平面AC， ∴PA⊥QD，又PQ⊥QD，PQ∩PA＝P， ∴QD⊥平面PQA，于是QD⊥AQ， ∴在线段BC上存在一点Q，使得QD⊥AQ， 等价于以AD为直径的圆与线段BC有交点， ∴≥1，a≥2. 6． 两个不同的平面α、β的法向量分别为m、n，向量a、b是平面α及β之外的两条不同的直线的方向向量，给出四个论断： ①a⊥b，②m⊥n，③m∥a，④n∥b. 以其中的三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题________． 答案　①④③⇒②或④②③⇒ ① 解析　依题意，可得以下四个命题： (1)①②③⇒④；(2)①②④⇒③；(3)①④③⇒②；(4)④②③⇒①.不难发现，命题(3)、(4)为真命题，而命题(1)、(2)为假命题． 三、解答题 7． (13分)如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1， F分别是棱AD，AA1，AB的中点． (1)证明：直线EE1∥平面FCC1 (2)求二面角B－FC1－C的余弦值． (1)证明　因为F为AB的中点，CD＝2，AB＝4，AB∥CD， 所以CD綊AF. 因此四边形AFCD为平行四边形， 所以AD∥FC. 又CC1∥DD1，FC∩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　如图， 取FC的中点H，连接BH， 由于FC＝BC＝FB，所以BH⊥FC. 又BH⊥CC1，CC1∩FC＝C， 所以BH⊥平面FCC1. 过H作HG⊥C1F于G，连接BG. 由于HG⊥C1F，BH⊥平面FCC1， 所以BG⊥C1F. 所以∠BGH为所求二面角的平面角． 在Rt△BHG中，BH＝， 又FH＝1，且△FCC1为等腰直角三角形， 所以HG＝，BG＝＝. 因此cos∠BGH＝＝＝， 即所求二面角的余弦值为. 方法二　过D作DR⊥CD交AB于R， 连接DB，以D为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0,0,0)，F(，1,0)，B(，3,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)， 所以＝(0,2,0)，＝(－，－1,2)， ＝(，3,0)，＝(－，1,0)． 因为＝0，所以⊥. 又CC1⊥平面ABCD，得为平面FCC1的一个法向量． 设平面BFC1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则由　得 即 取x＝1，得因此n＝， 所以cos〈，n〉＝ ＝＝＝. 故所求二面角的余弦值为.