2018届高三二轮复习数学（文）（人教版）阶段提升突破练：（四） Word版含解析.doc

由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 温馨提示：‎ ‎ 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。‎ 阶段提升突破练(四)‎ ‎(立体几何)‎ ‎(60分钟　100分)‎ 一、选择题(每小题5分,共40分)‎ ‎1.(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则　(　　)‎ A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n ‎【解题导引】根据线、面垂直的定义判断.‎ ‎【解析】选C.由题意知,α∩β=l,所以l⊂β,因为n⊥β,‎ 所以n⊥l.‎ ‎2.(2017·长沙二模)如图是一个四面体的三视图,这个三视图均是腰长为2的等腰直角三角形,正视图和俯视图中的虚线是三角形的中线,则该四面体的体积为　‎ ‎(　　)‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 A. B. C. D.2‎ ‎【解析】选A.由四面体的三视图得该四面体为棱长为2的正方体ABCD-A1B‎1C1D1中的三棱锥C1-BDE,其中点E是CD中点,△BDE面积S=×=1,[来源:学科网ZXXK]‎ 三棱锥C1-BDE的高h=CC1=2,所以该四面体的体积:V=Sh=.‎ ‎3.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为　(　　)‎ A.10 B.12‎ C.14 D.16‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎【解题导引】主要考查如何将三视图转化为几何体问题,突出考查考生的空间想象能力.‎ ‎【解析】选B.由三视图可画出立体图,该立体图各面中只有两个相同的梯形的面,‎ S梯=×2÷2=6,S全梯=6×2=12.‎ ‎【加固练习】(2017·黄冈二模)某一简单几何体的三视图如图所示,该几何体的外接球的表面积是　(　　)‎ A.13π B.16π C.25π D.27π ‎【解析】选C.几何体为底面为正方形的长方体,底面对角线为4,高为3,‎ 所以长方体底面边长为2,‎ 则长方体外接球半径为r,‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 则2r==5,所以r=,‎ 所以长方体外接球的表面积S=4πr2=25π.‎ ‎4.(2017·合肥二模)若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形,则该三棱锥与平面α平行的棱有　(　　)‎ A.0条 B.1条 C.2条 D.1条或2条 ‎【解析】选C.如图所示,四边形EFGH为平行四边形,则EF∥GH,‎ 因为EF⊄平面BCD,GH⊂平面BCD,‎ 所以EF∥平面BCD,‎ 因为EF⊂平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD,‎ 所以EF∥CD,所以CD∥平面EFGH,[来源:Zxxk.Com]‎ 同理AB∥平面EFGH.‎ ‎5.如图所示,在正方体ABCD-A1B‎1C1D1中,E,F,G,H分别为AA1,AB,BB1,B‎1C1的中点,则异面直线EF与GH所成的角等于　(　　)‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 A.45° B.60° C.90° D.120°‎ ‎【解析】选B.如图,取A1B1的中点M,连接GM,HM.‎ 由题意易知EF∥GM,且△GMH为正三角形.‎ 所以异面直线EF与GH所成的角即为GM与GH的夹角∠HGM.而在正三角形GMH中∠HGM=60°.‎ ‎6.(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD-A1B‎1C1D1中,E为棱CD的中点,则　(　　)‎ A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC ‎【解析】选C.根据三垂线逆定理,平面内的线垂直过平面的斜线,那也垂直于斜线所在平面内的射影.‎ A.若A1E⊥DC1,那么D1E⊥DC1,显然不成立;‎ B.若A1E⊥BD,那么BD⊥AE,显然不成立;‎ C.若A1E⊥BC1,那么BC1⊥B‎1C成立,反过来BC1⊥B‎1C,也能推出A1E⊥‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 BC1;‎ D.若A1E⊥AC,那么AE⊥AC,显然不成立.‎ ‎7.(2017·洛阳二模)一个透明密闭的正方体容器中,恰好盛有该容器一半容积的水,任意转动这个正方体,则水面在容器中的形状可以是:(1)三角形;(2)四边形;(3)五边形;(4)六边形.其中正确的结论是　(　　)‎ A.(1)(3) B.(2)(4)‎ C.(2)(3)(4) D.(1)(2)(3)(4)‎ ‎【解析】选B.正方体容器中盛有一半容积的水,‎ 无论怎样转动,其水面总是过正方体的中心.‎ 三角形截面不过正方体的中心,故(1)不正确;‎ 过正方体的一对棱和中心可作一截面,截面形状为长方形,故(2)正确;‎ 正方体容器中盛有一半容积的水,任意转动这个正方体,则水面在容器中的形状不可能是五边形,故(3)不正确;‎ 过正方体一面上相邻两边的中点以及正方体的中心得截面形状为正六边形,故(4)正确.‎ ‎8.如图,在矩形ABCD中,AB=,BC=1,将△ACD沿AC折起,使得D折起的位置为D1,且D1在平面ABC的射影恰好落在AB上,在四面体D1ABC的四个面中,其中有n对平面相互垂直,则n等于　(　　)‎ 世纪金榜导学号46854221‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 A.2 B‎.3 ‎ C.4 D.5‎ ‎【解析】选B.设D1在平面ABC的射影为E,连接D1E,则D1E⊥平面ABC,‎ 因为D1E⊂平面ABD1,所以平面ABD1⊥平面ABC.‎ 因为D1E⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,‎ 所以D1E⊥BC,又因为AB⊥BC,D1E∩AB=E,‎ 所以BC⊥平面ABD1,又因为BC⊂平面BCD1,‎ 所以平面BCD1⊥平面ABD1,‎ 因为BC⊥平面ABD1,AD1⊂平面ABD1,‎ 所以BC⊥AD1,又因为CD1⊥AD1,BC∩CD1=C,‎ 所以AD1⊥平面BCD1,又因为AD1⊂平面ACD1,‎ 所以平面ACD1⊥平面BCD1.‎ 所以共有3对平面互相垂直.‎ 二、填空题(每小题5分,共20分)‎ ‎9.(2017·山东高考)由一个长方体和两个圆柱构成的几何体的三视图如图,则该几何体的体积为________.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎【解析】由三视图可知长方体的体积为V1=2×1×1=2,两个四分之一圆柱的体积之和为V2=×π×12×1×2=,所以该几何体的体积为V=2+.‎ 答案:2+‎ ‎【加固训练】(2017·大庆二模)一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为________.‎ ‎【解析】由三视图可知:‎ ‎[来源:学*科*网Z*X*X*K]‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 该几何体为三棱锥P-ABC,其中底面是底边与底边上的高都为2的等腰三角形 ‎△ABC,侧面PAC⊥底面ABC,高为2.‎ 所以这个几何体的体积V=××22×2=.‎ 答案:‎ ‎10.(2017·全国卷Ⅰ)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SC是球O的直径.若平面SCA⊥平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S-ABC的体积为9,则球O的表面积为________.‎ ‎【解析】取SC的中点O,连接OA,OB,‎ 因为SA=AC,SB=BC,‎ 所以OA⊥SC,OB⊥SC.‎ 因为平面SAC⊥平面SBC,‎ 所以OA⊥平面SBC.设OA=r VA-SBC=×S△SBC×OA=××2r×r×r=r3‎ 所以r3=9⇒r=3,‎ 所以球的表面积为4πr2=36π.‎ 答案:36π ‎11.(2017·本溪二模)已知a,b表示两条不同直线,α,β,γ表示三个不同平面,给出下列命题:‎ ‎①若α∩β=a,b⊂α,a⊥b,则α⊥β;‎ ‎②若a⊂α,a垂直于β内的任意一条直线,则α⊥β;‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎③若α⊥β,α∩β=a,α∩γ=b,则a⊥b;‎ ‎④若a不垂直于平面α,则a不可能垂直于平面α内的无数条直线;‎ ‎⑤若a⊥α,a⊥β,则α∥β.‎ 上述五个命题中,正确命题的序号是________.‎ ‎【解析】对于①,根据线面垂直的判定定理,需要一条直线垂直于同一平面内两条相交的直线,故a⊥b,a不一定垂直平面β,故不正确,‎ 对于②,a⊂α,a垂直于β内的任意一条直线,满足线面垂直的定理,即可得到a⊥β,又a⊂α,则α⊥β,故正确,‎ 对于③,α⊥β,α∩β=a,α∩γ=b,则a⊥b或a∥b,或相交,故不正确,‎ 对于④,若a不垂直于平面α,则a可能垂直于平面α内的无数条直线,故不正确,[来源:学科网ZXXK]‎ 对于⑤,根据线面垂直的性质,若a⊥α,a⊥β,则α∥β,故正确.‎ 答案:②⑤‎ ‎12.在长方体ABCD-A1B‎1C1D1中,B‎1C和C1D与底面A1B‎1C1D1所成的角分别为45°和60°,则异面直线B‎1C和C1D所成的角的余弦值为________.‎ 世纪金榜导学号46854222‎ ‎【解析】设B1B=a,‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 因为B‎1C和C1D与底面A1B‎1C1D1所成的角分别为45°和60°,‎ 所以BC=a,DC=a,‎ 所以A1D=a,DC1=a,A‎1C1=a,‎ 由余弦定理得:cos∠C1DA1==.‎ 答案:‎ 三、解答题(每小题10分,共40分)‎ ‎13.(2017·江苏高考)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.‎ 世纪金榜导学号46854223‎ 求证:(1)EF∥平面ABC.‎ ‎(2)AD⊥AC.‎ ‎【解题导引】(1)利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论.‎ ‎(2)利用面面垂直的性质得BC⊥AD,又AB⊥AD,从而得到AD⊥平面ABC,即可得AD⊥AC.‎ ‎【证明】(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.‎ ‎(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,‎ BC⊂平面BCD,BC⊥BD,‎ 所以BC⊥平面ABD.‎ 因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.‎ 又因为AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,‎ 所以AD⊥平面ABC,‎ 又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.‎ ‎14.如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.‎ 世纪金榜导学号46854224‎ 求证:(1)直线PA∥平面DEF.‎ ‎(2)平面BDE⊥平面ABC.‎ ‎【证明】(1)在△PAC中,D,E分别为PC,AC的中点,‎ 则PA∥DE,PA⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,‎ 因此PA∥平面DEF.‎ ‎(2)在△DEF中,DE=PA=3,EF=BC=4,DF=5,‎ 所以DF2=DE2+EF2,所以DE⊥EF,‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 又因为PA⊥AC,所以DE⊥AC.因为EF∩AC=E,‎ 所以DE⊥平面ABC,所以平面BDE⊥平面ABC.‎ ‎【加固训练】1.如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.过点A作AF⊥SB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.‎ 求证:(1)平面EFG∥平面ABC.‎ ‎(2)BC⊥SA.‎ ‎【证明】(1)因为AS=AB,AF⊥SB,垂足为F,‎ 所以点F是SB的中点.‎ 又因为点E是SA的中点,‎ 所以EF∥AB.‎ 因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,‎ 所以EF∥平面ABC.[来源:学.科.网]‎ 同理EG∥平面ABC.又因为EF∩EG=E,‎ 所以平面EFG∥平面ABC.‎ ‎(2)因为平面SAB⊥平面SBC,且交线为SB,又因为AF⊂平面SAB,AF⊥SB,‎ 所以AF⊥平面SBC.‎ 因为BC⊂平面SBC,‎ 所以AF⊥BC.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 又因为AB⊥BC,AF∩AB=A,AF⊂平面SAB,AB⊂平面SAB,‎ 所以BC⊥平面SAB.‎ 因为SA⊂平面SAB,所以BC⊥SA.‎ ‎2.如图所示,已知PA⊥平面ABCD,ABCD是矩形,PA=AD,M,N分别为AB,PC的中点,‎ 求证:(1)MN∥平面PAD.‎ ‎(2)平面PMC⊥平面PDC.‎ ‎【证明】如图所示,建立空间直角坐标系,‎ 设PA=AD=a,AB=b.‎ ‎(1)易知为平面PAD的一个法向量,=(b,0,0).‎ 又因为=,‎ 所以·=0,所以⊥.‎ 又因为MN⊄平面PAD,所以MN∥平面PAD.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎(2)由(1)知P(0,0,a),C(b,a,0),M,D(0,a,0),‎ 所以=(b,a,-a),=,=(0,a,-a),‎ 设平面PMC的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),‎ 由即 所以 令z1=b,则n1=(‎2a,-b,b),‎ 设平面PDC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),‎ 则即 解得 令z2=1,则n2=(0,1,1),‎ 由于n1·n2=0-b+b=0,所以n1⊥n2,‎ 所以平面PMC⊥平面PDC.‎ ‎15.如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.　世纪金榜导学号46854225‎ ‎(1)求证:DC⊥平面PAC.‎ ‎(2)求证:平面PAB⊥平面PAC.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎【解题指南】(1)证明DC⊥PC,又因为DC⊥AC,从而DC⊥平面PAC.‎ ‎(2)只需证明AB⊥平面PAC.‎ ‎【证明】(1)因为PC⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD,所以PC⊥DC.‎ 又因为DC⊥AC,PC∩AC=C,PC,AC⊂平面PAC,所以DC⊥平面PAC.‎ ‎(2)因为AB∥DC,DC⊥平面PAC,所以AB⊥平面PAC.‎ 又因为AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAC.‎ ‎16.如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点,将△ABE沿BE折起到图②中△A1BE的位置,得到四棱锥A1-BCDE.‎ 世纪金榜导学号46854226‎ ‎(1)证明:CD⊥平面A1OC.‎ ‎(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎,求a的值.‎ ‎【解析】(1)在题图①中,因为AB=BC=AD=a,E是AD的中点,∠BAD=,‎ 所以BE⊥AC.‎ 则在题图②中,BE⊥A1O,BE⊥OC,且A1O∩OC=O,‎ 从而BE⊥平面A1OC.‎ 又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.‎ ‎(2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,‎ 且平面A1BE∩平面BCDE=BE,‎ 又由(1)可得A1O⊥BE,‎ 所以A1O⊥平面BCDE.‎ 即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.‎ 由题图①知,A1O=AB=a,平行四边形BCDE的面积S=BC·AB=a2,‎ 从而四棱锥A1-BCDE的体积为V=S·A1O=·a2·a=a3.‎ 由a3=36,得a=6.‎ 关闭Word文档返回原板块 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费