高考總復(fù)習(xí)文數(shù)（北師大版）階段復(fù)習(xí)檢測(cè)7立體幾何

階段復(fù)習(xí)檢測(cè)(七)立體幾何教師用書(shū)獨(dú)具(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．(2018·大連調(diào)研)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中點(diǎn)P是棱CD上一點(diǎn)，則三棱錐P－A1B1A解析：選D在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，從左側(cè)看三棱錐P－A1B1A，B1，A1，A的射影分別是C1，D1，D；AB1的射影為C1D，且為實(shí)線，PA1的射影為PD1，且為虛線．2．若兩條直線和一個(gè)平面相交成等角，則這兩條直線的位置關(guān)系是()A．平行 B．異面C．相交 D．平行、異面或相交解析：選D經(jīng)驗(yàn)證，當(dāng)平行、異面或相交時(shí)，均有兩條直線和一個(gè)平面相交成等角的情況出現(xiàn)，故選D．3．已知直線m，l與平面α，β，γ滿足β∩γ＝l，l∥α，mα，m⊥γ，則下列命題一定正確的是()A．α⊥γ且l⊥m B．α⊥γ且m∥βC．m∥β且l⊥m D．α∥β且α⊥γ解析：選A∵mα，m⊥γ，∴α⊥γ，∵β∩γ＝l，∴l(xiāng)γ，∴l(xiāng)⊥m，故A一定正確．故選A．4．(2018·唐山模擬)在《九章算術(shù)》中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱之為“塹堵”，已知某“塹堵”的三視圖如圖所示，則該“塹堵”的表面積為()A．4 B．6＋4eq\r(2)C．4＋4eq\r(2) D．2解析：選B由三視圖可知，該幾何體是底面為斜邊長(zhǎng)為2的等腰直角三角形，高為2的直三棱柱，所以該幾何體的表面積為2×2＋2eq\r(2)×2＋2×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)＝6＋4eq\r(2)，故選B．5．(2018·承德模擬)已知α，β是兩個(gè)不同的平面，m，n是兩條不同的直線，給出下列命題：①若m⊥α，mβ，則α⊥β；②若mα，nα，m∥β，n∥β，則α∥β；③mα，nα，m，n是異面直線，那么n與α相交；④若α∩β＝m，n∥m，且neq\o(?,/)α，neq\o(?,/)β，則n∥α且n∥β.其中正確的命題是()A．①② B．②③C．③④ D．①④解析：選D①若m⊥α，mβ，則α⊥β；這符合平面垂直平面的判定定理，正確的命題．②若mα，nα，m∥β，n∥β，則α∥β；可能n∥m，α∩β＝l.錯(cuò)誤的命題．③mα，nα，m，n是異面直線，那么n與α相交；題目本身錯(cuò)誤，是錯(cuò)誤命題．④若α∩β＝m，n∥m，且neq\o(?,/)α，neq\o(?,/)β，則n∥α且n∥β.是正確的命題．故選D．6．一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則其體積為()A．π＋2 B．2π＋4C．π＋4 D．2π＋2解析：選A由三視圖可得，直觀圖是直三棱柱與半圓柱的組合體，體積為eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×2＋eq\f(1,2)×π×12×2＝π＋2.故選A．7．(2018·長(zhǎng)沙模擬)已知三棱錐A－BCD的各棱長(zhǎng)都相等，E為BC中點(diǎn)，則異面直線AB與DE所成角的余弦值為()A．eq\f(5\r(3),6) B．eq\f(\r(3),6)C．eq\f(\r(33),6) D．eq\r(11)解析：選B取AC中點(diǎn)O，連接DO，EO，∵三棱錐A－BCD的各棱長(zhǎng)都相等，E為BC中點(diǎn)，∴EO∥AB，∴∠DEO是異面直線AB與DE所成角(或所成角的補(bǔ)角)，設(shè)三棱錐A－BCD的各棱長(zhǎng)為2，則DE＝DO＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)，OE＝1，∴cos∠DEO＝eq\f(DE2＋OE2－DO2,2×DE×OE)＝eq\f(3＋1－3,2×\r(3)×1)＝eq\f(\r(3),6).∴異面直線AB與DE所成角的余弦值為eq\f(\r(3),6).故選B．8．(2018·衡水模擬)已知以下三視圖中有三個(gè)同時(shí)表示某一個(gè)三棱錐，則不是該三棱錐的三視圖是()解析：選D三棱錐的三視圖均為三角形，四個(gè)答案均滿足；且四個(gè)三視圖均表示一個(gè)高為3，底面為兩直角邊分別為1,2的棱錐，A與C中俯視圖正好旋轉(zhuǎn)180°，故應(yīng)是從相反方向進(jìn)行觀察，而其正視圖和側(cè)視圖中三角形斜邊傾斜方向相反，滿足實(shí)際情況，故A，C表示同一棱錐，設(shè)A中觀察的正方向?yàn)闃?biāo)準(zhǔn)正方向，以C表示從后面觀察該棱錐，B與D中俯視圖正好旋轉(zhuǎn)180°，故應(yīng)是從相反方向進(jìn)行觀察，但側(cè)視圖中三角形斜邊傾斜方向相同，不滿足實(shí)際情況，故B，D中有一個(gè)不與其它三個(gè)一樣表示同一個(gè)棱錐，根據(jù)B中正視圖與A中側(cè)視圖相同，側(cè)視圖與C中正視圖相同，可判斷B是從左邊觀察該棱錐．故選D．9．(2018·邯鄲模擬)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則下列命題中正確的是()A．若m∥α，n⊥β且α⊥β，則m⊥nB．若m⊥α，n⊥β且m⊥n，則α⊥βC．若α⊥β，m∥n且n⊥β，則m∥αD．若mα，nβ且m∥n，則α∥β解析：選B若m∥α，n⊥β且α⊥β，則m與n相交、平行或異面，故A錯(cuò)誤；若m⊥α，n⊥β且m⊥n，則由平面與平面垂直的判定定理知α⊥β，故B正確；若α⊥β，m∥n且n⊥β，則m∥α或mα，故C錯(cuò)誤；若mα，nβ且m∥n，則α與β相交或平行，故D錯(cuò)誤．故選B．10．(2018·襄陽(yáng)模擬)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，該幾何體的表面積是10＋2eq\r(5)，則圖中x的值為()A．5 B．eq\r(2)C．2 D．eq\r(5)解析：選D如圖所示，該幾何體為四棱錐P－ABCD，其中PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形．該幾何體的表面積10＋2eq\r(5)＝22＋2×eq\f(1,2)×2x＋2×eq\f(1,2)×2×eq\r(22＋x2)，解得x＝eq\r(5).故選D．11．(2018·洛陽(yáng)模擬)在四面體S－ABC中，SA⊥平面ABC，∠BAC＝120°，SA＝AC＝2，AB＝1，則該四面體的外接球的表面積為()A．11π B．eq\f(28π,3)C．eq\f(10π,3) D．eq\f(40π,3)解析：選D∵AC＝2，AB＝1，∠BAC＝120°，∴BC＝eq\r(4＋1－2×2×1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\r(7)，設(shè)三角形ABC的外接圓半徑為r，2r＝eq\f(\r(7),sin120°)，r＝eq\f(\r(21),3)，∵SA⊥平面ABC，SA＝2，由于三角形OSA為等腰三角形，O是外接球的球心．則有該三棱錐的外接球的半徑R＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),3)))2)＝eq\r(\f(10,3))，∴該三棱錐的外接球的表面積為S＝4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(10,3))))2＝eq\f(40π,3).故選D．12．(2018·日照模擬)如圖，在三棱錐P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠ACB＝90°，AE⊥PB于E，AF⊥PC于F，若PA＝AB＝2，∠BPC＝θ，則當(dāng)△AEF的面積最大時(shí)，tanθ的值為()A．2 B．eq\f(1,2)C．eq\r(2) D．eq\f(\r(2),2)解析：選D在Rt△PAB中，PA＝AB＝2，∴PB＝2eq\r(2)，∵AE⊥PB，∴AE＝eq\f(1,2)PB＝eq\r(2)，∴PE＝BE＝eq\r(2).∵PA⊥底面ABC，BC平面ABC，得PA⊥BC，AC⊥BC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，AF平面PAC，可得AF⊥BC，∵AF⊥PC，BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，∵PB平面PBC，∴AF⊥PB，∵AE⊥PB且AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF，結(jié)合EF平面AEF，可得PB⊥EF.Rt△PEF中，∠EPF＝θ，可得EF＝PE·tanθ＝eq\r(2)tanθ，∵AF⊥平面PBC，EF平面PBC.∴AF⊥EF.∴Rt△AEF中，AF＝eq\r(AE2－EF2)＝eq\r(2－2tan2θ)，∴S△AEF＝eq\f(1,2)AF·EF＝eq\f(1,2)×eq\r(2)tanθ×eq\r(2－2tan2θ)＝eq\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tan2θ－\f(1,2)))2＋\f(1,4))，∴當(dāng)tan2θ＝eq\f(1,2)，即tanθ＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，S△AEF有最大值為eq\f(1,2)，故選D．二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．將圓錐的側(cè)面展開(kāi)恰為一個(gè)半徑為2的半圓，則圓錐的體積是________．解析：圓錐的側(cè)面展開(kāi)恰為一個(gè)半徑為2的半圓，所以圓錐的底面周長(zhǎng)為2π，底面半徑為1，圓錐的高為eq\r(3)，圓錐的體積為eq\f(1,3)π×12×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)π.答案：eq\f(\r(3),3)π14．(2018·衡水模擬)己知三個(gè)不同的平面α，β，γ滿足α⊥γ，β⊥γ，則α與β的關(guān)系是________．解析：如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1平面ADD1A1⊥平面ABCD平面DCC1D1⊥平面ABCD，平面ADD1A1∩平面DCC1D1＝DD1平面ADD1A1⊥平面ABCD平面BCC1B1⊥平面ABCD，平面ADD1A1∥平面BCC1B1∴三個(gè)不同的平面α，β，γ滿足α⊥γ，β⊥γ，則α與β相交或平行．答案：相交或平行15．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足________時(shí)，平面MBD⊥平面PCD．(只要填寫(xiě)一個(gè)你認(rèn)為是正確的條件即可)解析：連接AC，BD，則AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)，即有PC⊥平面MBD.而PC平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)16．(2018·銀川模擬)已知一個(gè)圓錐的頂點(diǎn)和底面的圓周都在同一個(gè)球面上，若球的半徑為1，則當(dāng)圓錐的體積最大時(shí)，圓錐的高為_(kāi)_______．解析：設(shè)圓錐高為h，底面半徑為r，則12＝(h－1)2＋r2，∴r2＝2h－h(huán)2，∴V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(π,3)h(2h－h(huán)2)＝eq\f(2,3)πh2－eq\f(π,3)h3，∴V′＝eq\f(4,3)πh－πh2，令V′＝0得h＝eq\f(4,3)或h＝0(舍去)，當(dāng)0＜h＜eq\f(4,3)時(shí)，V′＞0，函數(shù)V是增函數(shù)；當(dāng)eq\f(4,3)＜h＜2時(shí)，V′＜0.函數(shù)V是減函數(shù)，因此當(dāng)h＝eq\f(4,3)時(shí)，函數(shù)取得極大值也是最大值，此時(shí)圓錐體積最大．答案：eq\f(4,3)三、解答題(解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)17．(10分)如圖所示，E是以AB為直徑的半圓弧上異于A，B的點(diǎn)，矩形ABCD所在平面垂直于該半圓所在的平面．(1)求證：EA⊥EC；(2)設(shè)平面ECD與半圓弧的另一個(gè)交點(diǎn)為F.求證：EF∥AB.證明：(1)∵E是半圓上異于A，B的點(diǎn)，∴AE⊥EB.又∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，CB⊥AB，∴CB⊥平面ABE.又∵AE平面ABE，∴CB⊥AE.∵BC∩BE＝B，∴AE⊥平面CBE.又∵EC平面CBE，∴AE⊥EC.(2)∵CD∥AB，AB平面ABE，∴CD∥平面ABE.又∵平面CDE∩平面ABE＝EF，∴CD∥EF.又∵CD∥AB，∴EF∥AB.18．(12分)如圖(a)，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2，將△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到幾何體D－ABC，如圖(b)所示．(1)求證：BC⊥平面ACD；(2)求幾何體D－ABC的體積．(1)證明：在圖中，可得AC＝BC＝2eq\r(2)，從而AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC，又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，BC平面ABC，∴BC⊥平面ACD.(2)解：由(1)可知，BC為三棱錐B－ACD的高，BC＝2eq\r(2)，S△ACD＝2，∴VB－ACD＝eq\f(1,3)S△ACD·BC＝eq\f(1,3)×2×2eq\r(2)＝eq\f(4\r(2),3)，由等體積性可知，幾何體D－ABC的體積為eq\f(4\r(2),3).19．(12分)(2018·駐馬店模擬)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，E為AC與BD的交點(diǎn)，PA⊥平面ABCD，M為PA中點(diǎn)，N為BC中點(diǎn)．(1)證明：直線MN∥平面PCD；(2)若點(diǎn)Q為PC中點(diǎn)，∠BAD＝120°，PA＝eq\r(3)，AB＝1，求三棱錐A－QCD的體積．(1)證明：取PD中點(diǎn)R，連接MR，CR，∵M(jìn)是PA的中點(diǎn)，R是PD的中點(diǎn)，∴MR＝eq\f(1,2)AD，MR∥AD，∵四邊形ABCD是菱形，N為BC的中點(diǎn)，∴NC＝eq\f(1,2)AD，NC∥AD.∴NC∥MR，NC＝MR，∴四邊形MNCR為平行四邊形，∴MN∥CR，又CR平面PCD，MNeq\o(?,/)平面PCD，∴MN∥平面PCD.(2)解：∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，∴AC＝AD＝CD＝1，∴S△ACD＝eq\f(\r(3),4).∵Q是PC的中點(diǎn)，∴Q到平面ABCD的距離h＝eq\f(1,2)PA＝eq\f(\r(3),2).∴VA－QCD＝VQ－ACD＝eq\f(1,3)×S△ACD×eq\f(1,2)PA＝eq\f(1,8).20．(12分)(2018·貴陽(yáng)模擬)如圖，已知三棱錐A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M為AB的中點(diǎn)，D為PB的中點(diǎn)，且△PMB為正三角形．(1)求證：BC⊥平面APC；(2)若BC＝6，AB＝20，求三棱錐D－BCM的體積．(1)證明：由△PMB為正三角形得MD⊥PB，由M為AB的中點(diǎn)，得MD∥AP，所以AP⊥PB，可證得AP⊥平面PBC，所以AP⊥BC，又AC⊥BC，AP∩AC＝A，所以得BC⊥平面APC.(2)解：由題意可知，MD⊥平面PBC，∴MD是三棱錐D－BCM的高，BM＝eq\f(1,2)AB＝10，DM＝eq\f(\r(3),2)BM＝5eq\r(3)，BD＝eq\f(1,2)PB＝5，在直角三角形ABC中，M為斜邊AB的中點(diǎn)，CM＝eq\f(1,2)AB＝10，在直角三角形CDM中，CD＝eq\r(CM2－DM2)＝5，∴三角形BCD為等腰三角形，底邊BC上的高為4，∴VD－BCM＝VM－DBC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×4×5eq\r(3)＝20eq\r(3).21．(12分)如圖所示，點(diǎn)P為斜三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱BB1上一點(diǎn)，PM⊥BB1交AA1于點(diǎn)M，PN⊥BB1交CC1于點(diǎn)N(1)求證：CC1⊥MN；(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EFcos∠DFE.拓展到空間，類比三角形的余弦定理，寫(xiě)出斜三棱柱的三個(gè)側(cè)面面積與其中兩個(gè)側(cè)面所成的二面角之間的關(guān)系式，并予以證明．(1)證明：∵PM⊥BB1，PN⊥BB1，PM∩PN＝P，∴BB1⊥平面PMN，∴BB1⊥MN.又CC1∥BB1，∴CC1⊥MN.(2)解：在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，有S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A1其中α為平面BCC1B1與平面ACC1A1所成