高考總復習文數(shù)（北師大版）階段復習檢測7立體幾何

階段復習檢測(七)立體幾何教師用書獨具(時間：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選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2018·大連調(diào)研)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中點P是棱CD上一點，則三棱錐P－A1B1A解析：選D在長方體ABCD－A1B1C1D1中，從左側看三棱錐P－A1B1A，B1，A1，A的射影分別是C1，D1，D；AB1的射影為C1D，且為實線，PA1的射影為PD1，且為虛線．2．若兩條直線和一個平面相交成等角，則這兩條直線的位置關系是()A．平行 B．異面C．相交 D．平行、異面或相交解析：選D經(jīng)驗證，當平行、異面或相交時，均有兩條直線和一個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》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；題目本身錯誤，是錯誤命題．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·長沙模擬)已知三棱錐A－BCD的各棱長都相等，E為BC中點，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O，連接DO，EO，∵三棱錐A－BCD的各棱長都相等，E為BC中點，∴EO∥AB，∴∠DEO是異面直線AB與DE所成角(或所成角的補角)，設三棱錐A－BCD的各棱長為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同時表示某一個三棱錐，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，四個答案均滿足；且四個三視圖均表示一個高為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180°，故應是從相反方向進行觀察，而其正視圖和側視圖中三角形斜邊傾斜方向相反，滿足實際情況，故A，C表示同一棱錐，設A中觀察的正方向為標準正方向，以C表示從后面觀察該棱錐，B與D中俯視圖正好旋轉180°，故應是從相反方向進行觀察，但側視圖中三角形斜邊傾斜方向相同，不滿足實際情況，故B，D中有一個不與其它三個一樣表示同一個棱錐，根據(jù)B中正視圖與A中側視圖相同，側視圖與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錯誤；若mα，nβ且m∥n，則α與β相交或平行，故D錯誤．故選B．10．(2018·襄陽模擬)一個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△AEF的面積最大時，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tan2θ＝eq\f(1,2)，即tanθ＝eq\f(\r(2),2)時，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．將圓錐的側面展開恰為一個半徑為2的半圓，則圓錐的體積是________．解析：圓錐的側面展開恰為一個半徑為2的半圓，所以圓錐的底面周長為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)己知三個不同的平面α，β，γ滿足α⊥γ，β⊥γ，則α與β的關系是________．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上的一動點，當點M滿足________時，平面MBD⊥平面PCD．(只要填寫一個你認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DM⊥PC(或BM⊥PC)時，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)已知一個圓錐的頂點和底面的圓周都在同一個球面上，若球的半徑為1，則當圓錐的體積最大時，圓錐的高為________．解析：設圓錐高為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0＜h＜eq\f(4,3)時，V′＞0，函數(shù)V是增函數(shù)；當eq\f(4,3)＜h＜2時，V′＜0.函數(shù)V是減函數(shù)，因此當h＝eq\f(4,3)時，函數(shù)取得極大值也是最大值，此時圓錐體積最大．答案：eq\f(4,3)三、解答題(解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)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，矩形ABCD所在平面垂直于該半圓所在的平面．(1)求證：EA⊥EC；(2)設平面ECD與半圓弧的另一個交點為F.求證：EF∥AB.證明：(1)∵E是半圓上異于A，B的點，∴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，PA⊥平面ABCD，M為PA中點，N為BC中點．(1)證明：直線MN∥平面PCD；(2)若點Q為PC中點，∠BAD＝120°，PA＝eq\r(3)，AB＝1，求三棱錐A－QCD的體積．(1)證明：取PD中點R，連接MR，CR，∵M是PA的中點，R是PD的中點，∴MR＝eq\f(1,2)AD，MR∥AD，∵四邊形ABCD是菱形，N為BC的中點，∴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，∴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·貴陽模擬)如圖，已知三棱錐A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M為AB的中點，D為PB的中點，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，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，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P為斜三棱柱ABC－A1B1C1的側棱BB1上一點，PM⊥BB1交AA1于點M，PN⊥BB1交CC1于點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，寫出斜三棱柱的三個側面面積與其中兩個側面所成的二面角之間的關系式，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