2021高考数学专题辅导与训练配套练习：专题五-立体几何.docx

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专题提升练(四)
(专题五)
(120分钟　150分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.一个简洁几何体的正视图、俯视图如图所示,则其侧视图不行能是　(　　)

A.正方形 B.圆
C.等腰直角三角形 D.直角梯形
【解析】选D.当几何体是一个长方体,其中一个侧面为正方形时,A可能;当几何体是一个横放的圆柱时,B可能;当几何体是横放的三棱柱时,C可能;只有D不行能.
2.(2022·绍兴模拟)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为
　(　　)

A. B.1 C. D.3
【解析】选C.由三视图易知,该几何体是底面积为,高为3的三棱锥,由锥体的体积公式得V=××3=.
3.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为　(　　)

A.75+2 B.75+4
C.48+4 D.48+2
【解析】选B.由三视图可知该几何体是一个四棱柱.两个底面的面积之和为2××3=27,四个侧面的面积之和为(3+4+5+)×4=48+4,故表面积为75+4.
4.(2022·杭州模拟)已知直线l,m,平面α,β,且l⊥α,m⊂β,则　(　　)
A.若平面α不平行于平面β,则l不行能垂直于m
B.若平面α平行于平面β,则l不行能垂直于m
C.若平面α不垂直于平面β,则l不行能平行于m
D.若平面α垂直于平面β,则l不行能平行于m
【解析】选C.A中,l有可能与m垂直;B中,l必与m垂直;D中,l可能平行于m,C正确.
5.将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四周体ABCD(如图2),则在空间四周体ABCD中,AD与BC的位置关系是　(　　)

A.相交且垂直 B.相交但不垂直
C.异面且垂直 D.异面但不垂直
【解析】选C.在图1中的等腰直角三角形ABC中,斜边上的中线AD就是斜边上的高,则AD⊥BC,翻折后如图2,AD与BC变成异面直线,而原线段BC变成两条线段BD,CD,这两条线段与AD垂直且交于一点,即AD⊥BD,AD⊥CD,BD∩CD=D,故AD⊥平面BCD,所以AD⊥BC.
6.设三棱柱的侧棱垂直于底面,全部棱的长都为a,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为　(　　)
A.πa2
B.πa2
C.πa2
D.5πa2
【解析】选B.依据题意作图如下(OB即为球的半径R):

由图可知R2=+=,
所以S球=4πR2=πa2.
7.如图,PA垂直于正方形ABCD所在平面,连接PB,PC,PD,AC,BD,则下列垂直关系正确的是　(　　)

①平面PAB⊥平面PBC; ②平面PAB⊥平面PAD;
③平面PAB⊥平面PCD; ④平面PAB⊥平面PAC.
A.①② B.①③ C.②③ D.②④
【解析】选A.易证BC⊥平面PAB,则平面PAB⊥平面PBC.又AD∥BC,故AD⊥平面PAB,则平面PAD⊥平面PAB,因此选A.
8.已知三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两垂直,OC=1,OA=x,OB=y,若x+y=4,则三棱锥体积的最大值是　(　　)
A. B. C.1 D.
【解析】选B.由条件可知V三棱锥O-ABC=OA·OB·OC=xy≤=,当x=y=2时,取得最大值.
9.已知三边长分别为3,4,5的△ABC的外接圆恰好是球O的一个过球心的圆,P为球面上一点,若点P到△ABC的三个顶点的距离相等,则三棱锥P-ABC的体积为
　(　　)
A.5 B.10 C.20 D.30
【解析】选A.易知△ABC为直角三角形且点P在平面ABC上的射影为O,则OP=OA=OB=OC=R,又由于S△ABC=|AB|·|AC|·sinA,由正弦定理可得sinA=,故|AB|·|AC|·sinA==6,解得R=,故VP-ABC=S△ABC·R=5.
10.(2022·温州模拟)已知点P是正方体ABCD-A1B1C1D1的表面上一动点,且满足|PA|=2|PB|.设PD1与平面ABCD所成角为θ,则θ的最大值为(　　)
A. B. C. D.
【解析】选B.如图,设正方体棱长为2,点P的轨迹为:以点Q为球心,以为半径的球与正方体表面的交线,即为如图的弧段EMG,GSF,FNE,要使得PD1与底面ABCD所成角最大,则PD1与底面ABCD的交点R与点D的距离最短,从而点P在弧段ENF上,故点P在弧段ENF上,且在QD上.从而DP=-=2,从而tanθ最大值为1,故θ最大值为.

二、填空题(本大题共7小题,每小题4分,共28分.请把正确答案填在题中横线上)
11.若正三棱锥的正(主)视图与俯视图如图(单位:cm),则它的侧(左)视图的面积为　　　　cm2.

【解析】由该正三棱锥的正(主)视图和俯视图可知,其侧(左)视图为一个三角形,它的底边长等于俯视图的高即,高等于正(主)视图的高即,所以侧(左)视图的面积为S=××=(cm2).
答案:
12.在△ABC中,∠ACB=90°,AB=8,∠ABC=60°,PC⊥平面ABC,PC=4,M是AB上一个动点,则PM的最小值为　　　　.
【解析】如图,由于PC⊥平面ABC,MC⊂平面ABC,所以PC⊥MC.故PM==.
又由于MC的最小值为=2,所以PM的最小值为2.
答案:2
13.(2022·宁波模拟)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为　　　　.

【解析】结合三视图可知,该几何体为底面边长为2、高为2的正三棱柱除去上面的一个高为1的三棱锥后剩下的部分,其直观图如图所示,故该几何体的体积为×2×2sin60°×2-××2×2sin60°×1=.

答案:
14.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,点E为AD的中点,点F在CD上,若EF∥平面AB1C,则线段EF的长度等于　　　　.

【解析】由EF∥平面AB1C,EF⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面AB1C=AC,知EF∥AC.所以由E是中点知EF=AC=.
答案:
15.已知三棱锥P-ABC的各顶点均在一个半径为R的球面上,球心O在AB上,PO⊥平面ABC,=,则三棱锥与球的体积之比为　　　　.

【解析】依题意,AB=2R,又=,∠ACB=90°,因此AC=R,BC=R,VP-ABC=PO·
S△ABC=×R×=R3,而V球=R3,
因此VP-ABC∶V球=R3∶R3=∶8π.
答案:∶8π
16.如图,∠BAC=90°,PC⊥平面ABC,则△ABC,△PAC的边所在的直线中,与PC垂直的直线有　　　　;与AP垂直的直线有　　　　.

【解析】由于PC⊥平面ABC,所以PC垂直于直线AB,BC,AC;
由于AB⊥AC,AB⊥PC,AC∩PC=C,
所以AB⊥平面PAC,
所以AB⊥AP.即与AP垂直的直线是AB.
答案:AB,BC,AC　AB
17.对于四周体ABCD,给出下列四个命题:
①若AB=AC,BD=CD,则BC⊥AD;
②若AB=CD,AC=BD,则BC⊥AD;
③若AB⊥AC,BD⊥CD,则BC⊥AD;
④若AB⊥CD,AC⊥BD,则BC⊥AD.
其中真命题的序号是　　　　(把你认为正确命题的序号都填上).
【解析】本题考查四周体的性质,取BC的中点E,则BC⊥AE,BC⊥DE,AE∩DE=E,所以BC⊥平面ADE,所以BC⊥AD,故①正确.设O为A在面BCD上的射影,依题意OB⊥CD,OC⊥BD,所以O为垂心,所以OD⊥BC,所以BC⊥AD,故④正确,②③易排解,故答案为①④.
答案:①④
三、解答题(本大题共5小题,共72分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
18.(14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形.已知
AB=3,AD=2,PA=2,PD=2,∠PAB=60°.M是PD的中点.

(1)证明:PB∥平面MAC.
(2)证明:平面PAB⊥平面ABCD.
(3)求四棱锥P-ABCD的体积.
【解析】(1)连接OM,由于M是PD中点,矩形ABCD中O为BD中点,所以OM∥PB.又OM平面MAC,PB平面MAC.所以PB∥平面MAC.

(2)由题设知PA=2,AD=2,PD=2,
有PA2+AD2=PD2,所以AD⊥PA.
在矩形ABCD中,AD⊥AB.
又PA∩AB=A,所以AD⊥平面PAB.
由于AD平面ABCD,所以平面PAB⊥平面ABCD.
(3)过点P作PH⊥AB于点H.
由于平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,所以PH⊥平面ABCD.
在Rt△PHA中,PH=PAsin60°=2×=,
VP-ABCD=AB×AD×PH=×3×2×=2.
19.(14分)(2022·龙岩模拟)如图所示的平面四边形ABCD中,△ABD是以A为直角顶点的等腰直角三角形,△BCD为正三角形,且BD=4,AC与BD交于点O(如图甲).现沿BD将平面四边形ABCD折成三棱锥A-BCD,使得折起后∠AOC=θ(0<θ<π)(如图乙).

(1)证明:不论θ在(0,π)内为何值,均有AC⊥BD.
(2)当三棱锥A-BCD的体积为时,确定θ的大小.
【解析】(1)易证△ABC≌△ADC,可知AC是等腰△ABD和等边△BCD的角平分线,也是高,所以AO⊥BD,CO⊥BD.
由于在平面图形中,AO⊥BD,CO⊥BD,
折起后这种关系不变,且AO∩CO=O,
所以折起后BD⊥平面AOC,
又AC平面AOC,故BD⊥AC,
即不论θ在(0,π)内为何值,均有AC⊥BD.
(2)由(1)知BD⊥平面AOC,又BD平面BCD,
所以平面AOC⊥平面BCD.过点A作AE⊥OC于点E,
由于平面AOC∩平面BCD=OC,
所以AE⊥平面BCD,即AE是三棱锥A-BCD的高,
在Rt△AOE中,AE=AOsinθ=2sinθ,
S△BCD=×4×4×=4,
故三棱锥A-BCD的体积为V=×4×2sinθ=sinθ,
当三棱锥A-BCD的体积为时,sinθ=1,θ=.
20.(14分)(2022·诸暨模拟)如图,在直角梯形ABCD中,∠ABC=∠DAB=90°,
AD=3,BC=2,AB=,E,F为AD上的两个三等分点,G,H分别为线段AB,BC的中点,将△ABE沿直线BE翻折成△A1BE,使平面A1BE⊥平面BCDE.

(1)求证:A1D∥平面FGH.
(2)求直线A1D与平面A1BE所成角.
(3)过点A1作平面α与线段BC交于点J,使得平面α垂直于BC,求CJ的长度.
【解析】(1)由已知得BC=2=ED且BC∥ED,
故四边形BCDE为平行四边形,H,F为BC,ED的中点,
连接BD,设BD∩HF=O,则易知O为BD的中点,连接GO,
由G为A1B中点,知OG∥A1D.
又GO平面FGH,A1D平面FGH,故A1D∥平面FGH.
(或证平面A1CD∥平面FGH,又A1D平面A1CD,故A1D∥平面FGH)
(2)在平面BCD内过点D作DM⊥BE,交BE延长线于点M,连接A1M,由已知面A1BE⊥平面BCD,且BE为两平面的交线,得DM⊥平面A1BE,则∠DA1M即为直线A1D与平面A1BE所成的角,
在△DEM中,由DE=2,∠DEM=60°,知DM=.
在△A1EM中,A1E=1,EM=1,∠A1EM=120°,知A1M=,
从而tan∠DA1M===1,所以∠DA1M=,
即直线A1D与平面A1BE所成的角为.

(3)过A1作A1K⊥BE交BE于K,则由平面A1BE⊥平面BCDE可得A1K⊥平面BCDE,从而BC⊥A1K,过K作KM'⊥BC交BC于M',则BC⊥平面A1KM',由于过A1且与BC垂直的平面是唯一的,所以平面A1KM'即平面α,点M'即点J,
在Rt△A1BE中,BK=,
所以在Rt△BKJ中,BJ=BK=,所以CJ=.
21.(15分)(2022·慈溪模拟)如图所示,平面四边形PACB中,∠PAB为直角,△ABC为等边三角形,现把△PAB沿着AB折起,使得平面APB与平面ABC垂直,且点M为AB的中点.
(1)求证:平面PAB⊥平面PCM.
(2)若2PA=AB,求直线BC与平面PMC所成角的余弦值.

【解析】(1)由于平面APB⊥平面ABC且交线为AB,
又由于∠PAB为直角,所以PA⊥平面ABC,
故AP⊥CM.
又由于△ABC为等边三角形,点M为AB的中点,
所以CM⊥AB.
又由于PA∩AB=A,所以CM⊥平面PAB.
又CM平面PCM,所以平面PAB⊥平面PCM.
(2)假设PA=a,则AB=2a.
方法一:(等体积法)VP-MBC=VB-PMC,
PA·S△MBC=hB·S△PMC,
而三角形PMC为直角三角形,故面积为a2,故hB=a.
所以直线BC与平面PMC所成角的正弦值sinθ==,所以余弦值为.
方法二:(向量坐标法)
以点M为坐标原点,以MB为x轴,以MC为y轴,过M且平行于AP的直线为z轴建立空间直角坐标系,设PA=a,

则M(0,0,0),P(-a,0,a),
B(a,0,0),C(0,a,0),
故=(0,a,0),=(-a,0,a),=(-2a,0,a).
假设平面PMC的法向量为n=(x,y,z),
则y=0,x=z,令x=1,故n=(1,0,1),
则直线BC与平面PMC所成角的正弦值sinθ=,
所以余弦值为cosθ=.
22.(15分)如图,已知四棱锥S-ABCD是由直角梯形SABC沿着CD折叠而成,其中SD=DA=AB=BC=1,AS∥BC,AB⊥AD,且二面角S-CD-A的大小为120°.

(1)求证:平面ASD⊥平面ABCD.
(2)设侧棱SC和底面ABCD所成角为θ,求θ的正弦值.
【解析】(1)由于SD=DA=AB=BC=1,
AS∥BC,AB⊥AD,所以CD⊥SD,CD⊥AD.
又AD∩SD=D,所以CD⊥平面ASD.
又由于CD⊂平面ABCD,所以平面ASD⊥平面ABCD.
(2)过点S作SH⊥AD,交AD的延长线于点H,连接CH.
由于平面ASD⊥平面ABCD,平面ASD∩平面ABCD=AD,
所以SH⊥平面ABCD.
所以CH为侧棱SC在底面ABCD内的射影.
所以∠SCH为侧棱SC和底面ABCD所成的角θ.
在Rt△SHD中,∠SDH=180°-∠ADS=180°-120°=60°,SD=1,SH=SDsin60°=.
在Rt△SDC中,∠SDC=90°,
SD=AB=DC=1,所以SC=.在Rt△SHC中,
sinθ===.即θ的正弦值为.
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