2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 大專題綜合測4 立體幾何與空間向量 理（含解析）.doc

《2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 大專題綜合測4 立體幾何與空間向量 理（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 大專題綜合測4 立體幾何與空間向量 理（含解析）.doc（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 大專題綜合測4 立體幾何與空間向量 理（含解析） 一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．(xx青島市質(zhì)檢)某幾何體的三視圖如圖所示，且該幾何體的體積是3，則正視圖中的x的值是(　　) A．2　　　　 B．　　　　 C.　　　　 D．3 [答案]　D [解析]　依題意，由三視圖還原出原幾何體的直觀圖如圖所示，原幾何體為四棱錐，且其底面積為2(1＋2)＝3，高為x，所以其體積V＝3x＝3，所以x＝3. 2．(xx陜西理，5)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A．3π B．4π C．2π＋4 D．3π＋4 [答案]　D [解析]　由空間幾何體的三視圖可知該幾何體為豎著放的半個圓柱，圓柱底面半徑為1，高為2，所以幾何體的表面積S＝22＋π2＋π＝3π＋4.故本題正確答案為D． 3．一個棱錐的三視圖如圖所示，則這個棱錐的體積是(　　) A．6　　　　 B．12　 　 　 C．24　 　 　 D．36 [答案]　B [解析]　由三視圖知該幾何體為有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐，體積V＝(43)3＝12. 4．如圖，設(shè)平面α∩β＝EF，AB⊥α，CD⊥α，垂足分別是B、D，如果增加一個條件，就能推出BD⊥EF，這個條件不可能是下面四個選項中的(　　) A．AC⊥β B．AC⊥EF C．AC與BD在β內(nèi)的射影在同一條直線上 D．AC與α、β所成的角相等 [答案]　D [解析]　因為BD是AC在平面α內(nèi)的射影，所以只需得到AC⊥EF，那么由三垂線定理的逆定理可得BD⊥EF.對于選項A，因為AC⊥β，EF?β?AC⊥EF?BD⊥EF.選項B，因為AC⊥EF，所以BD⊥EF.對于選項C，可得平面ABDC⊥β，所以BD⊥EF.對于選項D，AC與α、β所成的角相等，無法保證AC⊥EF.綜上知選D． 5．設(shè)m、n是兩條不同的直線，α、β是兩個不同的平面，則下列命題不正確的是(　　) A．若m⊥n，m⊥α，n?α，則n∥α B．若m⊥β，α⊥β，則m∥α或m?α C．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，則α⊥β D．若m∥α，α⊥β，則m⊥β [答案]　D [解析]　對于選項D，當(dāng)直線m位于平面β內(nèi)且與平面α，β的交線平行時，直線m∥α，顯然m與平面β不垂直，因此選項D不正確． 6．已知正四面體A－BCD，設(shè)異面直線AB與CD所成的角為α，側(cè)棱AB與底面BCD所成的角為β，側(cè)面ABC與底面BCD所成的角為γ，則(　　) A．α>β>γ B．α>γ>β C．β>α>γ D．γ>β>α [答案]　B [解析]　如圖，設(shè)底面BCD的中心為點O，連接AO，BO，易知∠ABO＝β，取BC的中點E，連接AE、OE，易知∠AEO＝γ，在正三角形BCD中，OB>OE，因此0<β<γ<，延長BO交CD于F，則BF⊥CD，又AO⊥CD， ∴CD⊥平面ABF.∴CD⊥AB，即α＝.∴α>γ>β. 7．如圖，在△ABC中，AB⊥AC，若AD⊥BC，則AB2＝BDBC；類似地有命題：在三棱錐A－BCD中，AD⊥平面ABC，若A點在平面BCD內(nèi)的射影為M，則有S＝S△BCMS△BCD．上述命題是(　　) A．真命題 B．增加條件“AB⊥AC”才是真命題 C．增加條件“M為△BCD的垂心”才是真命題 D．增加條件“三棱錐A－BCD是正三棱錐”才是真命題 [答案]　A [解析]　因為AD⊥平面ABC，所以AD⊥AE，AD⊥BC，在△ADE中，AE2＝MEDE，又A點在平面BCD內(nèi)的射影為M，所以AM⊥平面BCD，AM⊥BC，所以BC⊥平面ADE，所以BC⊥DE，將S△ABC、S△BCM、S△BCD分別表示出來，可得S＝S△BCMS△BCD，故選A. 8．(xx德州市期末)如圖所示，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝3，AA1＝2，點P是B1C的三等分點且靠近點C，則異面直線AP和DD1所成的角為(　　) A. B． C． D． [答案]　C [解析]　如圖，過點P作PN⊥BC于點N，連接AN，則PN∥BB1，而DD1∥BB1，所以DD1∥PN，所以∠APN就是異面直線AP和DD1所成的角．因為點P是B1C的三等分點且靠近點C，且AB＝2，AD＝3，AA1＝2，所以PN＝BB1＝，BN＝BC＝2.在Rt△ABN中，AN＝2，在Rt△ANP中，tan∠APN＝＝＝，所以∠APN＝. 9．(xx浙江文，7)如圖，斜線段AB與平面α所成的角為60，B為斜足，平面α上的動點P滿足∠PAB＝30，則點P的軌跡是(　　) A．直線 B．拋物線 C．橢圓 D．雙曲線的一支 [答案]　C [解析]　考查1.圓錐曲線的定義；2.線面位置關(guān)系． 由題可知，當(dāng)P點運動時，在空間中，滿足條件的AP繞AB旋轉(zhuǎn)形成一個圓錐，用一個與圓錐高成60角的平面截圓錐，所得圖形為橢圓．故選C. 10．(xx濟南市模擬)類比平面內(nèi)“垂直于同一條直線的兩條直線互相平行”的性質(zhì)，可得出空間內(nèi)的下列結(jié)論： ①垂直于同一個平面的兩條直線互相平行； ②垂直于同一條直線的兩條直線互相平行； ③垂直于同一個平面的兩個平面互相平行； ④垂直于同一條直線的兩個平面互相平行． 則正確的結(jié)論是(　　) A．①② B．②③ C．③④ D．①④ [答案]　D [解析]　顯然①④正確；對于②，在空間中垂直于同一條直線的兩條直線可以平行，也可以異面或相交；對于③，在空間中垂直于同一個平面的兩個平面可以平行，也可以相交(如長方體相鄰兩側(cè)面與底面)． 11．(xx鄭州市質(zhì)檢)如圖，四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD．將四邊形ABCD沿對角線BD折成四面體A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．A′C⊥BD B．∠BA′C＝90 C．CA′與平面A′BD所成的角為30 D．四面體A′－BCD的體積為 [答案]　B [解析]　取BD的中點O，∵A′B＝A′D，∴A′O⊥BD，又平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，∴A′O⊥平面BCD，∵CD⊥BD，∴OC不垂直于BD．假設(shè)A′C⊥BD，∵OC為A′C在平面BCD內(nèi)的射影，∴OC⊥BD，矛盾，∴A′C不垂直于BD，A錯誤；∵CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，∴CD⊥平面A′BD，A′C在平面A′BD內(nèi)的射影為A′D，∵A′B＝A′D＝1，BD＝，∴A′B⊥A′D，A′B⊥A′C，B正確；∠CA′D為直線CA′與平面A′BD所成的角，∠CA′D＝45，C錯誤；VA′－BCD＝S△A′BDCD＝，D錯誤，故選B． 12．(xx唐山市二模)直三棱柱ABC－A1B1C1的所有頂點都在半徑為的球面上，AB＝AC＝，AA1＝2，則二面角B－AA1－C的余弦值為(　　) A．－ B．－ C. D． [答案]　D [解析]　如圖，設(shè)球心為O，底面△ABC外接圓的圓心為O′，則OA＝OB＝OC＝，OO′＝1，∴O′A＝O′B＝O′C＝1，∴BC＝，∴△ABC為正三角形，∴二面角B－AA1－C的平面角BAC＝60，∴二面角B－AA1－C的余弦值為. 二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，將正確答案填在題中橫線上) 13．(xx棗莊四校聯(lián)考)在正三棱錐P－ABC中，M，N分別是PB，PC的中點，若截面AMN⊥平面PBC，且三棱錐P－ABC的側(cè)面積為S1，底面積為S2，則＝________. [答案]　2 [解析]　取線段BC的中點D，連接PD交MN于H，連接AD，AH.因為M，N分別是PB，PC的中點，所以H為PD的中點，AH⊥MN，又平面AMN⊥平面PBC，平面AMN∩平面PBC＝MN，所以AH⊥平面PBC，從而AH垂直且平分PD，則PA＝AD，設(shè)AB＝a，則PA＝AD＝a，所以側(cè)面積S1＝a2，底面積S2＝a2，則＝2. 14.(xx膠東示范校質(zhì)檢)如圖，在平面四邊形ABDC中，已知AB⊥BC，CD⊥BD，AB＝BC，現(xiàn)將四邊形ABDC沿BC折起，使平面ABC⊥平面BDC，設(shè)E，F(xiàn)分別為棱AC，AD的中點，若CD＝2，∠BCD＝60，則VA－BFE＝________. [答案]　 [解析]　因為平面ABC⊥平面BDC，AB⊥BC，所以AB⊥平面BDC，所以AB⊥CD，又CD⊥BD，AB∩BD＝B，所以DC⊥平面ABD，因為E，F(xiàn)分別為棱AC，AD的中點，所以EF⊥平面ABD，所以VA－BFE＝VE－ABF，在Rt△BCD中，CD＝2，∠BCD＝60，所以BD＝2，BC＝4，又AB＝BC，所以AB＝4，因為E，F(xiàn)分別為棱AC，AD的中點，所以EF＝1， 所以VA－BFE＝VE－ABF＝1S△ABF＝(S△ABD) ＝24＝. 15．設(shè)C是∠AOB所在平面外的一點，若∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝θ，其中θ是銳角，而OC和平面AOB所成角的余弦值等于，則θ的值為________． [答案]　60 [解析]　作CC1⊥平面AOB于點C1，C1A1⊥OA于點A1，C1B1⊥OB于點B1，連接OC1，則∠COC1為直線OC與平面AOB所成的角，且OC1是∠AOB的平分線， 設(shè)OA1＝x，則OC＝， OC1＝， 易求得cos∠COC1＝＝＝， 即2cos2－cos－1＝0，解之得 cos＝或cos＝－(舍去)， 故＝30，所以θ＝60. 16．如圖，正方形BCDE的邊長為a，已知AB＝BC，將直角△ABE沿BE邊折起，A點在面BCDE上的射影為D點，則翻折后的幾何體中有如下描述： ①AB與DE所成角的正切值是； ②VB－ACE的體積是a3； ③AB∥CD； ④平面EAB⊥平面ADE； ⑤直線BA與平面ADE所成角的正弦值為. 其中正確的敘述有________(寫出所有正確結(jié)論的編號)． [答案]　①②④⑤ [解析]　由題意可得如圖所示的幾何體，對于①，AB與DE所成角為∠ABC，在△ABC中，∠ACB＝90，AC＝a，BC＝a，所以tan∠ABC＝，故①正確； 對于②，VB－ACE＝VA－ECB＝aaa＝a3，故②正確；③明顯錯誤； 對于④，因為AD⊥平面BCDE，所以AD⊥BE，又因為DE⊥BE，所以BE⊥平面ADE，可得平面EAB⊥平面ADE，故④正確；對于⑤，由④可知，∠BAE即為直線BA與平面ADE所成的角，在△ABE中，∠AEB＝90，AB＝a，BE＝a，所以sin∠BAE＝，故⑤正確． 三、解答題(本大題共6個小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(本題滿分10分)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是等邊三角形，D是BC的中點． (1)求證：直線A1D⊥B1C1； (2)判斷A1B與平面ADC1的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論． [解析]　(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥BC， 在等邊△ABC中，D是BC中點，所以AD⊥BC， 因為在平面A1AD中，A1A∩AD＝A， 所以BC⊥平面A1AD， 又因為A1D?平面A1AD，所以A1D⊥BC， 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四邊形BCC1B1是平行四邊形，所以B1C1∥BC，所以，A1D⊥B1C1. (2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四邊形ACC1A1是平行四邊形，在平行四邊形ACC1A1中連接A1C，交AC1于點O，連接DO.故O為A1C的中點． 在三角形A1CB中，D為BC中點，O為A1C中點，故DO∥A1B． 因為DO?平面ADC1，A1B?平面ADC1， 所以，A1B∥平面ADC1， 故A1B與平面ADC1平行． 18．(本題滿分12分)(xx山西太原市模擬)如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD是平行四邊形，∠DAB＝60，AB＝2AD＝2，PD⊥平面ABCD． (1)求證：AD⊥PB； (2)若BD與平面PBC的所成角為30，求四面體P－BCD的體積． [解析]　(1)證明：在△ABD中，∠DAB＝60，AB＝2AD＝2， 由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2ABADcos∠DAB＝3， ∴AB2＝AD2＋BD2，∴∠ADB＝90， ∴AD⊥BD， ∵PD⊥平面ABCD， ∴PD⊥AD， ∴AD⊥平面PBD， ∴AD⊥PB； (2)過D作DE⊥PB，垂足為E， ∵ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC， 由(1)得AD⊥平面PBD，∴BC⊥平面PBD， ∴平面PBC⊥平面PBD， ∴DE⊥平面PBC， ∴BD與平面PBC的所成角為∠DBE＝30， 由(1)得BD＝，DP＝BDtan∠DBE＝1， ∴VP－BCD＝S△BCDDP＝BDBCDP＝. 19．(本題滿分12分)(xx成都一診)如圖，PO⊥平面ABCD，點O在AB上，EA∥PO，四邊形ABCD為直角梯形，BC⊥AB，BC＝CD＝BO＝PO，EA＝AO＝CD． (1)求證：PE⊥平面PBC； (2)直線PE上是否存在點M，使DM∥平面PBC，若存在，求出點M；若不存在，說明理由． (3)求二面角E－BD－A的余弦值． [解析]　(1)證明：∵EA∥OP，AO?平面ABP， ∴點A，B，P，E共面． ∵PO⊥平面ABCD，PO?平面PEAB． ∴平面PEAB⊥平面ABCD， ∵BC?平面ABCD，BC⊥AB，平面PEAB∩平面ABCD＝AB， ∴BC⊥平面PEAB，∴PE⊥BC. 由平面幾何知識知PE⊥PB，又BC∩PB＝B， ∴PE⊥平面PBC. (2)點E即為所求的點，即點M與點E重合．取PB的中點F，連接EF、CF、DE，延長PE交BA的延長線于H，則E為PH的中點，O為BH的中點，∴EF綊OB， 又OB綊CD，∴EF∥CD，且EF＝DC， ∴四邊形DCFE為平行四邊形，所以DE∥CF. ∵CF在平面PBC內(nèi)，DE不在平面PBC內(nèi)， ∴DE∥平面PBC. (3)由已知可知四邊形BCDO是正方形，顯然OD、OB、OP兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)DC＝1， 則B(0,1,0)，D(1,0,0)，E(0，－，)， 設(shè)平面BDE的一個法向量為n1＝(x，y，z)， ＝(1，－1,0)，＝(0，－，)， 即 取y＝1，則x＝1，z＝3，從而n1＝(1,1,3)． 取平面ABD的一個法向量為n2＝(0,0,1)． cos〈n1，n2〉＝＝＝， 故二面角E－BD－A的余弦值為. 20．(本題滿分12分)(xx江西省質(zhì)檢)已知斜四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是矩形，側(cè)面CC1D1D垂直于底面ABCD，BC＝2AB＝DC1＝2，BD1＝2. (1)求證：平面AB1C1D⊥平面ABCD； (2)點E是棱BC的中點，求二面角A1－AE－D的余弦值． [解析]　(1)連接CD1，設(shè)CD1∩DC1＝F，則F是CD1，DC1的中點， 因為底面ABCD是矩形，所以BC⊥CD， 又平面ABCD⊥平面CC1D1D， 所以BC⊥平面CC1D1D，所以BC⊥CD1， 由BD1＝2，BC＝2，得CD1＝2，CF＝. 在△DFC中，DF＝DC1＝1，CD＝1. 所以CD2＋DF2＝CF2，所以DF⊥DC， 又BC⊥平面CC1D1D得DF⊥BC，所以DF⊥平面ABCD，DF?平面AB1C1D， 所以平面AB1C1D⊥平面ABCD； (2)由(1)可以點D為原點，DA，DC，DC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則平面DAE的法向量n＝＝(0,0,2)， 設(shè)平面A1AE的法向量為m＝(x，y，z)， 因為＝(2,0,0)，＝(1,1,0)，＝＝(0，－1,2)，所以＝(－1,1,0)， 由m＝0得－x＋y＝0， 由m＝0得－y＋2z＝0， 令z＝1，得m＝(2,2,1)， 所以cos〈m，n〉＝＝， 即所求二面角的余弦值為. 21．(本題滿分12分)如圖①，邊長為1的正方形ABCD中，點E、F分別為AB、BC的中點，將△BEF剪去，將△AED、△DCF分別沿DE、DF折起，使A、C兩點重合于點P，得一三棱錐如圖②所示． (1)求證：PD⊥EF； (2)求三棱錐P－DEF的體積； (3)求DE與平面PDF所成角的正弦值． [解析]　(1)依題意知圖①折前AD⊥AE，CD⊥CF， ∴折起后PD⊥PE，PF⊥PD， ∵PE∩PF＝P，∴PD⊥平面PEF. 又∵EF?平面PEF，∴PD⊥EF. (2)依題意知圖①中AE＝CF＝，∴PE＝PF＝，在△BEF中EF＝BE＝， 在△PEF中，PE2＋PF2＝EF2，∴PE⊥PF， ∴S△PEF＝PEPF＝＝， ∴VP－DEF＝VD－PEF＝S△PEFPD＝1＝. (3)由(2)知PE⊥PF，又PE⊥PD，∴PE⊥平面PDF， ∴∠PDE為DE與平面PDF所成的角． 在Rt△PDE中， ∵DE＝＝＝，PE＝， ∴sin∠PDE＝＝＝. 22．(本題滿分12分)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝. (1)求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值； (2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值； (3)設(shè)N為棱B1C1的中點，點M在平面AA1B1B內(nèi)，且MN⊥平面A1B1C1，求線段BM的長． [解析]　如圖所示 ，建立空間直角坐標(biāo)系，點B為坐標(biāo)原點．依題意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，－，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，，)． (1)易得＝(－，－，)，＝(－2，0,0)，于是cos〈，〉＝＝＝. 所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為. (2)易知＝(0,2，0)，＝(－，－，)． 設(shè)平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，則 即 不妨令x＝，可得m＝(，0，)． 同樣的，設(shè)平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)，則 即 不妨令y＝，可得n＝(0，，)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝， 從而sin〈m，n〉＝. 所以二面角A－A1C1－B1的正弦值為. (3)由N為棱B1C1的中點，得N. 設(shè)M(a，b,0)，則＝， 由MN⊥平面A1B1C1，得 即 解得故M，因此＝， 所以線段BM的長||＝.