高考数学二轮复习 专题1 - 5 立体几何（测）理

专题1.5 立体几何

总分 _______ 时间 _______ 班级 _______ 学号 _______ 得分_______

一、选择题（12*5=60分）

1．如图，四棱锥P-ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则（ ）

A. MN∥PD B. MN∥PA C. MN∥AD D. 以上均有可能 【答案】B

【解析】因为MN∥平面PAD，平面PAC∩平面PAD=PA，MN?平面PAC，所以MN∥PA．

故选B.

2．【2018届四川省成都市龙泉中学高三12月月考】一个棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为边长为1的正三角形，则四棱锥侧面中最大侧面的面积是（ ）

A. 37 B. 1 C. 2 D. 44【答案】D

【解析】

3．设?,?是两个不同的平面， l是一条直线，以下命题正确的是（ ） A. 若l??,???，则l?? B. 若l??,?//?，则l?? C. 若l//?,?//?，则l?? D. 若l//?,???，则l?? 【答案】B

【解析】若l⊥α,α⊥β,则l?β或l∥β，故A错误；

若l⊥α,α∥β，由平面平行的性质，我们可得l⊥β，故B正确； 若l∥α,α∥β,则l?β或l∥β，故C错误； 若l∥α,α⊥β,则l⊥β或l∥β，故D错误； 故选：C.

4．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，则点A1到平面AB1D1的距离是( ) A. 1 B. 【答案】B

【解析】设点A1到平面AB1D1的距离为h，因为VA1－AB1D1＝VA－A1B1D1，所以416 C. D. 2 3911S△AB1D1h＝S△A1B1D1×AA1，所以h＝33SA1B1D1?AA1S?1?2?2?421?22?42?22?2AB1D1??22?4故选B. 3点睛：点面距离往往转化为对应棱锥的高，通过等体积法求高得点面距离.

5．【2018届吉林省实验中学高三上学期第五次月考（一模）】四棱锥P-ABCD的三视图如图所示，四棱锥P-ABCD的五个顶点都在一个球面上， E，F分别是棱AB，CD的中点，直线EF被球面所截得的线段长为22 ，则该球的表面积为（ ）

A. 12π B. 24π C. 36π D. 48π 【答案】A

点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法

(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．

(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两互相垂直，且PA?a,PB?b,PC?c，一般把有

2222关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R?a?b?c求解．

6．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的几何体，如在等高处截面的面积恒相等，则体积相等．已知某不规则几何体与如图所示的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )

A. 1632 B. C. 3 D. 6 55【答案】B

【解析】由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图几何体体积相等，图示几何体是一个三棱锥，其直观图如下图：

其底面是底和高分别为5， 12216122（）?，则该三棱锥的体积为V＝的三角形，高为4?5551112163232??5???.从而该不规则几何体的体积为. 325555点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.

7．已知△ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且AB＝2，AC＝4，BC＝2球O的表面积为( ) A. 22π B. 【答案】D

C. 24π D. 36π

，三棱锥O－ABC的体积为， 则

8．已知在四棱锥P－ABCD中，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，则在四棱锥P－ABCD的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有( )

A. 3对 B. 4对 C. 5对 D. 6对

【答案】C

【解析】因为ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，AD⊥PB.共5对． 9．如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点,在此几何体中，给出下面四个结论中错误的是（ ）

A. 平面EFGH//平面ABCD B. 直线BE,CF相交于一点 C. EF//平面BGD D. PA//平面BGD 【答案】C

【解析】把图形还原为一个四棱锥,如图所示,

根据三角形中位线的性质，可得EH//AB,GH//BC,

?平面EFGH//平面ABCD，A正确；

在△PAD中,根据三角形的中位线定理可得EF∥AD，

又∵AD∥BC，∴EF∥BC， 因此四边形EFBC是梯形，故直线BE与直线CF相交于一点，所以B是正确的； 连接AC，设AC中点为M，则M也是BD的中点，因为MG∥PA，且直线MG在平面BDG上，所以有PA∥平面BDG，所以D是正确的； ∵ EF∥BC，∵EF?平面PBC，BC?平面PBC，∴直线EF∥平面PBC，再结合图形可得：直线EF与平面BDG不平行，因此C是错误的. 故选C

10．在四棱锥P－ABCD中，四条侧棱长均为2，底面ABCD为正方形，E为PC的中点．若异面直线PA与BE所成的角为45°，则该四棱锥的体积是( )

A. 4 B. 23 C. 【答案】D

423 D. 33【解析】连接AC和BD相交于点O，连接OE，则OE∥PA，则∠OEB＝45°，又∠EOB＝90°，则BO＝OE＝1，底面正方体的边长为

，四棱锥的高为

，则体积为×(

)×

2

＝，故选D.

11．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确的命题有( ) A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 【答案】C

【解析】直线AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF，又ABC－A1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BCC1B1，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH?平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确.

答案 C.

12．如图，在△ABC中，AB＝BC＝6，∠ABC＝90°，点D为AC的中点，将△ABD沿BD折起到△PBD的位置，使PC＝PD，连接PC，得到三棱锥P－BCD，若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是( )

A. 7π B. 5π C. 3π D. π 【答案】A

二、填空题（4*5=20分）

13. 【2018届西藏拉萨市高三第一次模拟考试（期末）】中国古代数学瑰宝《九章算术》中有这样一道题：“今有堑堵（底面为直角三角形的直棱柱）下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？”其意思为：“今有底面为直角三角形的直棱柱，底面的直角边长宽为2丈，长为18丈6尺，高为2丈5尺，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，则题中的堑堵的外接球的表面积为__________平方尺． 【答案】35621?

【解析】根据题意可将此堑堵补成一个长方体，且长、宽、高分别为186尺，20尺，25尺，则外接球的直径为

?35621?222186?20?25?35621，外接球的面积为4??????35621?. 2??14．如图，三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长都是2，且顶点A1在底面ABC上的射影O为△ABC的中心，则三棱锥A1－ABC的体积为________． 【答案】21 3【解析】

如图， 由题意可知，底面三角形ABC为正三角形，

由O为ABC的中心，可知O为ABC的外心， 则O为底面高的2 ， 3∵底面三角形的边长为2, ?2?66∴底面三角形的高为 2??＝，?OA?，?2??23??6AA＝2，OA＝，在RtA 中，由 AO113??222得OA1＝?2?2?6?23 ???3??＝3，??116231 ?2??＝．32233∴三棱锥A1?ABC 的体积为?故答案为1 315．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．给出下列命题： (1)若m?α，m⊥β，则α⊥β；

(2)若m?α，α∩β＝n，α⊥β，则m⊥n；

(3)若m∥α，m?β，α∩β＝n，则m∥n. 其中真命题是________(填序号)． 【答案】(1)(3)

【解析】(2)中，m∥n，m与n相交都有可能．

16．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A?BD?C， AC?BD?O有如下四个结论：

①AC?BD；②ACD是等边三角形；③AB与CD所成的角为90?，④取BC中点E，则?AEO为二面角

A?BC?D的平面角．

其中正确结论是__________．（写出所有正确结论的序号） 【答案】①②④

在RtAEC中， AE?CE?22， AC?1， ∴NE?12． 则MEN是正三角形，故?EMN?60?，③错误；

如上图所示，由题意可得： AB?AC，则AE?BC, 由BE?EC,BO?OD,BC?CD可得OE?BC， 据此可知： ?AEO为二面角A?BC?D的平面角，

说法④正确. 故答案为：①②④.

三、解答题（共6道小题，共70分）

17. 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是A1D1的中点，点F是CE的中点． (Ⅰ)求证：平面ACE⊥平面BDD1B1； (Ⅱ)求证：AE∥平面BDF.

【答案】(1)见解析(2)见解析

【解析】试题分析：（Ⅰ）通过证明AC⊥平面BDD1B1，即可证明平面ACE⊥平面BDD1B1； （Ⅱ）通过证明OF∥AE，即可证明AE∥平面BDF． 试题解析：

(Ⅰ)在正方体中，ABCD是正方形，BB1⊥平面ABCD， ∴AC⊥BD，AC⊥BB1， ∵BD∩BB1＝B，BD， BB1?平面BDD1B1， ∴AC⊥平面BDD1B1，

∵AC?平面ACE，∴平面ACE⊥平面BDD1B1.6分 (Ⅱ)连AC交BD于G，连FG， ∵ABCD是正方形，∴G是AC中点， ∵F是CE是中点，∴AE∥FG， ∵AE?平面BDF，FG?平面BDF， ∴AE∥平面BDF.

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