《走向高考》2021屆高三二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)(人教A版)課時作業(yè)-專題4-立體幾何-第2講

專題四其次講一、選擇題1．(2021·德陽市二診)設(shè)m、n是兩條不同的直線，α、β是兩個不同的平面，若已知m⊥n，m⊥α，則“n⊥β”是“α⊥β”的()A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件[答案]A[解析]eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,m⊥n))?n∥α或n?α,n⊥β))?α⊥β.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,m⊥α))?m∥β或m?β,m⊥n))?/n⊥β.2．(2022·重慶理，7)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A．54 B．60C．66 D．72[答案]B[解析]如圖所示該幾何體是將一個直三棱柱截去一個三棱錐得到的，直三棱柱底面是直角三角形，兩直角邊長為3和4，柱高為5，∵EF∥AC，AC⊥平面ABDF，∴EF⊥平面ABDF，∴EF⊥DF，在直角梯形ABDF中，易得DF＝5，故其表面積為S＝SRt△ABC＋S矩形ACEF＋S梯形ABDF＋S梯形BCED＋SRt△DEF＝eq\f(3×4,2)＋3×5＋eq\f(5＋2×4,2)＋eq\f(2＋5×5,2)＋eq\f(3×5,2)＝60.3．(文)設(shè)α、β、γ是三個互不重合的平面，m、n為兩條不同的直線．給出下列命題：①若n∥m，m?α，則n∥α；②若α∥β，n?β，n∥α，則n∥β；③若β⊥α，γ⊥α，則β∥γ；④若n∥m，n⊥α，m⊥β，則α∥β.其中真命題是()A．①和② B．①和③C．②和④ D．③和④[答案]C[解析]若n∥m，m?α，則n∥α或n?α，即命題①不正確，排解A、B；若α∥β，n?β，n∥α，則n∥β，則命題②正確，排解D，故應(yīng)選C.(理)已知α、β是兩個不同的平面，m、n是兩條不重合的直線，下列命題中正確的是()A．若m∥α，α∩β＝n，則m∥nB．若m⊥α，m⊥n，則n∥αC．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m⊥nD．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，則m⊥β[答案]C[解析]對于選項(xiàng)A，m，n有可能平行也有可能異面；對于選項(xiàng)B，n有可能在平面α內(nèi)，所以n與平面α不愿定平行；對于選項(xiàng)D，m與β的位置關(guān)系可能是m?β，m∥β，也可能m與β相交．由n⊥β，α⊥β得，n∥α或n?α，又m⊥α，∴m⊥n，故C正確．4．如圖，邊長為2的正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，△AED、△EBF、△FCD分別沿DE、EF、FD折起，使A，B，C三點(diǎn)重合于點(diǎn)A′，若四周體A′EFD的四個頂點(diǎn)在同一個球面上，則該球的半徑為()A.eq\r(2) B.eq\f(\r(6),2)C.eq\f(\r(11),2) D.eq\f(\r(5),2)[答案]B[解析]由條件知A′E、A′F、A′D兩兩相互垂直，以A′為一個頂點(diǎn)，A′E、A′F、A′D為三條棱構(gòu)造長方體，則長方體的對角線為四周體外接球的直徑，∵A′E＝A′F＝1，A′D＝2，∴(2R)2＝12＋12＋22＝6，∴R＝eq\f(\r(6),2).5．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝eq\r(2).將△ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進(jìn)行翻折，在翻折過程中()A．存在某個位置，使得直線AC與直線BD垂直B．存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直C．存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直D．對任意位置，三對直線“AC與BD”，“AB與CD”，“AD與BC”均不垂直[答案]B[解析]①過A、C作BD的垂線AE、CF，∵AB與BC不相等，∴E與F不重合，在空間圖(2)中，若AC⊥BD，∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACE，∴BD⊥CE，這樣在平面BCD內(nèi)，過點(diǎn)C有兩條直線CE、CF都與BD垂直沖突，∴A錯；②若AB⊥CD，∵AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，∵AB<BC，∴存在這樣的三角形ABC，AB⊥AC，AB＝AC，∴B選項(xiàng)正確，∴選項(xiàng)D錯；③若AD⊥BC，又CD⊥BC，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，∵BC>AB，這樣的△ABC不存在，∴C錯誤．6．(文)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1，AB＝2，CC1＝2eq\r(2)，E為CC1的中點(diǎn)，則直線AC1與平面BED的距離為()A．2 B.eq\r(3)C.eq\r(2) D．1[答案]D[解析]本題考查了正四棱柱的性質(zhì)，點(diǎn)到直線距離的求解．連接AC、BD，AC∩BD＝O，連接EO，則EO∥AC1.則點(diǎn)C到平面BDE的距離等于AC1到平面BDE的距離，過C作CH⊥OE于H，CH為所求．在△EOC中，EC＝eq\r(2)，CO＝eq\r(2)，所以CH＝1.本題解答體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸的思想，留意等積法的使用．(理)已知四棱錐P－ABCD的側(cè)棱長與底面邊長都相等，點(diǎn)E是側(cè)棱PB的中點(diǎn)，則異面直線AE與PD所成角的余弦值為()A.eq\f(1,3) B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(2,3)[答案]C[解析]設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為O，∵棱錐的各棱長都相等，∴O為BD中點(diǎn)，∴EO∥PD，∴∠AEO為異面直線AE與PD所成的角，設(shè)棱長為1，則AO＝eq\f(\r(2),2)，EO＝eq\f(1,2)，AE＝eq\f(\r(3),2)，∵AO2＋EO2＝AE2，∴cos∠AEO＝eq\f(OE,AE)＝eq\f(\r(3),3).二、填空題7．a(chǎn)、b表示直線，α、β、γ表示平面．①若α∩β＝a，b?α，a⊥b，則α⊥β；②若a?α，a垂直于β內(nèi)任意一條直線，則α⊥β；③若α⊥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，則a⊥b；④若a不垂直于平面α，則a不行能垂直于平面α內(nèi)很多條直線；⑤若l?α，m?α，l∩m＝A，l∥β，m∥β，則α∥β.其中為真命題的是__________．[答案]②⑤[解析]對①可舉反例如圖，需b⊥β才能推出α⊥β.對③可舉反例說明，當(dāng)γ不與α，β的交線垂直時，即可得到a，b不垂直；④對a只需垂直于α內(nèi)一條直線便可以垂直α內(nèi)很多條與之平行的直線．所以只有②⑤是正確的．8．已知三棱柱ABC－A1B1C1底面是邊長為eq\r(6)的正三角形，側(cè)棱垂直于底面，且該三棱柱的外接球表面積為12π，則該三棱柱的體積為________．[答案]3eq\r(3)[解析]4πR2＝12π，∴R＝eq\r(3)，△ABC外接圓半徑r＝eq\r(2)，∴柱高h(yuǎn)＝2eq\r(R2－r2)＝2，∴體積V＝eq\f(\r(3),4)×(eq\r(6))2×2＝3eq\r(3).9．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點(diǎn)P是線段A1C1上的動點(diǎn)，則四棱錐P－ABCD的外接球半徑R[答案]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(\r(3),2)))[解析]當(dāng)P為A1C1的中點(diǎn)時，設(shè)球半徑為R，球心到底面ABCD距離為h，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(R＋h＝1,R2－h(huán)2＝\f(1,2)))，∴R＝eq\f(3,4)，當(dāng)P與A1(或C1)重合時，外接球就是正方體的外接球，R＝eq\f(\r(3),2)，∴R∈[eq\f(3,4)，eq\f(\r(3),2)]．三、解答題10．(文)(2022·江蘇，16)如圖，在三棱錐P－ABC中，D、E、F分別為棱PC、AC、AB的中點(diǎn)．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求證：(1)直線PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.[解析](1)由于D、E分別是棱PC、AC的中點(diǎn)，則有PA∥DE，又PA?平面DEF，DE?平面DEF，所以PA∥平面DEF.(2)由(1)PA∥DE，又PA⊥AC，所以DE⊥AC，又F是AB中點(diǎn)，所以DE＝eq\f(1,2)PA＝3，EF＝eq\f(1,2)BC＝4，又DF＝5，所以DE2＋EF2＝DF2，所以DE⊥EF，EF、AC是平面ABC內(nèi)兩條相交直線，所以DE⊥平面ABC，又DE?平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.(理)(2021·內(nèi)江模擬)已知ABCD是矩形，AD＝4，AB＝2，E、F分別是AB、BC的中點(diǎn)，PA⊥平面ABCD.(1)求證：PF⊥DF；(2)若PD與平面ABCD所成角為30°，在PA上找一點(diǎn)G，使EG∥平面PFD，并求出AG的長．[解析](1)證明：連接AF，∵PA⊥平面ABCD，且DF?平面ABCD，∴DF⊥PA，又F為BC中點(diǎn)，BC＝4，AB＝2，∴BF＝BA，∴∠AFB＝45°，同理∠DFC＝45°，∴∠AFD＝90°，即DF⊥AF，∴DF⊥平面PAF.又PF?平面PAF，∴PF⊥DF.(2)∵PA⊥平面ABCD，∴∠PDA就是PD與平面ABC所成角．∴∠PDA＝30°，∴PA＝eq\f(4,3)eq\r(3).延長DF交AB延長線于H，連接PH，則平面PDF就是平面PHD，在平面PAH內(nèi)，過E作EG∥PH交PA于G.∵EG∥PH，PH?平面PHD，∴EG∥平面PHD，即EG∥平面PDF，故點(diǎn)G為所求．∴eq\f(AG,AP)＝eq\f(AE,AH)＝eq\f(1,4)，∴AG＝eq\f(\r(3),3).一、選擇題11．(文)(2021·吉大附中模擬)已知m、n為兩條不同的直線，α、β為兩個不同的平面，則下列命題中正確的是()A．m∥n，m⊥α?n⊥αB．α∥β，m?α，n?β?m∥nC．m⊥α，m⊥n?n∥αD．m?α，n?α，m∥β，n∥β?α∥β[答案]A[解析]由線面垂直的性質(zhì)定理知A正確；如圖1知，當(dāng)m1?β，m1∩n＝A時滿足B的條件，但m與n不平行；當(dāng)m⊥α，m⊥n時，可能有n?α；如圖2知，m∥n∥l，α∩β＝l時滿足D的條件，由此知D錯誤．(理)設(shè)m、n是不同的直線，α、β、γ是不同的平面，有以下四個命題：①eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β,α∥γ))?β∥γ②eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,m∥α))?m⊥β③eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,m∥β))?α⊥β④eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m∥n,n?α))?m∥α其中，真命題是()A．①④ B．②③C．①③ D．②④[答案]C[解析]①正確，平行于同一個平面的兩個平面平行；②錯誤，由線面平行、垂直定理知：m不愿定垂直于β；③正確，由線面平行，垂直關(guān)系推斷正確；④錯誤，m也可能在α內(nèi)．綜上所述，正確的命題是①③，故選C.12．(文)(2021·西城區(qū)模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱B1C1的中點(diǎn)，動點(diǎn)P在底面ABCD內(nèi)，且PA1＝A1E，則點(diǎn)PA．線段 B．圓弧C．橢圓的一部分 D．拋物線的一部分[答案]B[解析]|AP|＝eq\r(A1P2－AA\o\al(2,1))＝eq\r(A1E2－A1B\o\al(2,1))＝|B1E|(定值)，故點(diǎn)P在底面ABCD內(nèi)運(yùn)動形成的圖形是圓?。?理)(2021·保定市模擬)正方體ABCD－A1B1C1D1中，M為CC1的中點(diǎn)，P在底面ABCD內(nèi)運(yùn)動，且滿足∠DPD1＝∠CPM，則點(diǎn)P的軌跡為A．圓的一部分 B．橢圓的一部分C．雙曲線的一部分 D．拋物線的一部分[答案]A[解析]由∠DPD1＝∠CPM得eq\f(MC,PC)＝eq\f(DD1,DP)＝eq\f(2MC,DP)，∴eq\f(PD,PC)＝2，在平面ABCD內(nèi)，以D為原點(diǎn)，DA、DC分別為x軸、y軸建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)DC＝1，P(x，y)，∵PD＝2PC，∴eq\r(x2＋y2)＝2eq\r(x2＋y－12)，整理得x2＋(y－eq\f(4,3))2＝eq\f(4,9)，所以，軌跡為圓的一部分，故選A.13．(2021·蒼南求知中學(xué)月考)已知A、B是兩個不同的點(diǎn)，m、n是兩條不重合的直線，α、β是兩個不重合的平面，給出下列4個命題：①若m∩n＝A，A∈α，B∈m，則B∈α；②若m?α，A∈m，則A∈α；③若m?α，m⊥β，則α⊥β；④若m?α，n?β，m∥n，則α∥β，其中真命題為()A．①③ B．①④C．②③ D．②④[答案]C[解析]②∵m?α，∴m上的點(diǎn)都在平面α內(nèi)，又A∈m，∴A∈α，∴②對；由二面垂直的判定定理知，③正確．二、解答題14．(文)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC為正三角形，M、N、G分別是棱CC1、AB、BC的中點(diǎn)．且CC1＝eq\r(2)AC.(1)求證：CN∥平面AMB1；(2)求證：B1M⊥平面AMG[證明](1)如圖取線段AB1的中點(diǎn)P，連接NP、MP，∵CM綊eq\f(1,2)BB1，NP綊eq\f(1,2)BB1，∴CM綊NP，∴四邊形CNPM是平行四邊形．∴CN∥MP.∵CN?平面AMB1，MP?平面AMB1，∴CN∥平面AMB1.(2)∵CC1⊥平面ABC，∴平面CC1B1B⊥平面ABC，∵AG⊥BC，∴AG⊥平面CC1B1B，∴B1M⊥AG∵CC1⊥平面ABC，平面A1B1C1∥平面ABC∴CC1⊥AC，CC1⊥B1C1設(shè)AC＝2a，則CC1＝2在Rt△MCA中，AM＝eq\r(CM2＋AC2)＝eq\r(6)a.在Rt△B1C1M中，B1M＝eq\r(B1C\o\al(2,1)＋C1M2)＝eq\r(6)a.∵BB1∥CC1，∴BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AB，∴AB1＝eq\r(B1B2＋AB2)＝eq\r(C1C2＋AB2)＝2eq\r(3)a.∵AM2＋B1M2＝ABeq\o\al(2,1)，∴B1M⊥AM.又∵AG∩AM＝A，∴B1M⊥平面AMG(理)如圖，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB＝BC＝2，點(diǎn)N為B1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)P在棱A1C(1)試問點(diǎn)P在何處時，AB∥平面PNC，并證明你的結(jié)論；(2)在(1)的條件下，若AA1<AB，直線B1C與平面BCP所成角的正弦值為eq\f(\r(10),10)，求二面角A－BP－C的大小.[解析](1)當(dāng)點(diǎn)P為A1C1的中點(diǎn)時，AB∥平面PNC∵P為A1C1的中點(diǎn)，N為B1C1的中點(diǎn)，∴PN∥A1B1∵AB?平面PNC，PN?平面PNC，∴AB∥平面PNC.(2)設(shè)AA1＝m，則m<2，∵AB、BC、BB，兩兩垂直，∴以B為原點(diǎn)，BA、BC，BB1為x軸、y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0，m)，A1(2,0，m)，C1(0,2，m)，∴P(1,1，m)，設(shè)平面BCP的法向量n＝(x，y，z)，則由n·eq\o(BP,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，解得y＝0，x＝－mz，令z＝0，則n＝(－m,0，－1)，又eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(0,2，－m)，直線B1C與平面BCP所成角正弦值為eq\f(\r(10),10)，∴eq\f(\r(10),10)＝eq\f(|n·B1C|,|n|·|B1C|)，解之得m＝1∴n＝(－1,0,1)易求得平面ABP的法向量n1＝(0，－1,1)cosα＝eq\f(n·n1,|n|·|n1|)＝eq\f(1,2)，設(shè)二面角的平面角為θ，則cosθ＝－eq\f(1,2)，∴θ＝120°.15．如圖1，在四棱錐P－ABCD中，底面為正方形，PC與底面ABCD垂直(圖1)，圖2為該四棱錐的正(主)視圖和側(cè)(左)視圖，它們是腰長為6cm的全等的等腰直角三角．(1)依據(jù)圖2所給的正(主)視圖、側(cè)(左)視圖畫出相應(yīng)的俯視圖，并求出該俯視圖的面積；(2)圖3中，E為棱PB上的點(diǎn)，F(xiàn)為底面對角線AC上的點(diǎn)，且eq\f(BE,EP)＝eq\f(CF,FA)，求證：EF∥平面PDA.[解析](1)該四棱錐相應(yīng)的俯視圖為內(nèi)含對角線、邊長為6cm的正方形(如圖)．其面積為6×6＝36cm2.(2)連接BF，延長BF與AD交于G，連接PG.如圖，在正方形ABCD中，eq\f(BF,FG)＝eq\f(CF,FA)，又由于eq\f(BE,EP)＝eq\f(CF,FA)，所以eq\f(BF,FG)＝eq\f(BE,EP)，故在△BGP中，EF∥PG，又EF?平面PDA，PG?平面PDA，所以EF∥平面PDA.16．(文)(2021·遼寧文，18)如圖，AB是圓O的直徑，PA垂直圓O所在的平面，C是圓O上的點(diǎn)．(1)求證：BC⊥平面PAC；(2)設(shè)Q為PA的中點(diǎn)，G為△AOC的重心，求證：QG∥平面PBC.[解析](1)由AB是圓O的直徑，得AC⊥BC，由PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，得PA⊥BC.又PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，所以BC⊥平面PAC.(2)連OG并延長交AC于M，連接QM、QO，由G為△AOC的重心，得M為AC中點(diǎn)．由Q為PA中點(diǎn)，得QM∥PC，又O為AB中點(diǎn)，得OM∥BC.由于QM∩MO＝M，QM?平面QMO，MO?平面QMO，BC∩PC＝C，BC?平面PBC，PC?平面PBC，所以平面QMO∥平面PBC，由于QG?平面QMO.所以QG∥平面PBC.(理