高中数学二轮复习 专题4 立体几何(第2讲)课时作业 新

【走向高考】2015届高中数学二轮复习 专题4 立体几何（第2讲）
课时作业 新人教A 版
一、选择题 1．(2013·德阳市二诊)设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，若已知m ⊥n ，m ⊥α，则“n ⊥β”是“α⊥β”的( )
A ．充分非必要条件
B ．必要非充分条件
C ．充要条件
D ．既不充分也不必要条件 [答案] A
[解析]
⎭
⎬⎫
⎭⎪⎬⎪
⎫m ⊥α m ⊥n ⇒n ∥α或n ⊂α n ⊥β
⇒α⊥β.
⎭
⎬⎫
⎭⎪⎬⎪
⎫α⊥βm ⊥α⇒m ∥β或m ⊂β
m ⊥n
⇒/ n ⊥β.
2．(2014·重庆理，7)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A ．54
B ．60
C ．66
D ．72 [答案] B
[解析]
如图所示
该几何体是将一个直三棱柱截去一个三棱锥得到的，直三棱柱底面是直角三角形，两直角边长为3和4，柱高为5，∵EF ∥AC ，AC ⊥平面ABDF ，∴EF ⊥平面ABDF ，∴EF ⊥DF ，在直角梯形ABDF 中，易得DF ＝5，故其表面积为S ＝SRt △ABC ＋S 矩形ACEF ＋S 梯形ABDF ＋S 梯形BCED ＋SRt △DEF ＝3×4
2＋3×5＋5＋2×42＋2＋5×52
＋3×52＝60. 3．(文)设α、β、γ是三个互不重合的平面，m 、n 为两条不同的直线．给出下列命题： ①若n ∥m ，m ⊂α，则n ∥α；
②若α∥β，n ⊄β，n ∥α，则n ∥β； ③若β⊥α，γ⊥α，则β∥γ；
④若n ∥m ，n ⊥α，m ⊥β，则α∥β. 其中真命题是( ) A ．①和② B ．①和③ C ．②和④ D ．③和④ [答案] C
[解析] 若n ∥m ，m ⊂α，则n ∥α或n ⊂α，即命题①不正确，排除A 、B ；若α∥β，n ⊄β，n ∥α，则n ∥β，则命题②正确，排除D ，故应选C.
(理)已知α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不重合的直线，下列命题中正确的是( ) A ．若m ∥α，α∩β＝n ，则m ∥n B ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α
C ．若m ⊥α，n ⊥β，α⊥β，则m ⊥n
D ．若α⊥β，α∩β＝n ，m ⊥n ，则m ⊥β [答案] C
[解析] 对于选项A ，m ，n 有可能平行也有可能异面；对于选项B ，n 有可能在平面α内，所以n 与平面α不一定平行；对于选项D ，m 与β的位置关系可能是m ⊂β，m ∥β，也可能m 与β相交．由n ⊥β，α⊥β得，n ∥α或n ⊂α，又m ⊥α，∴m ⊥n ，故C 正确．
4．如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 的中点，△AED 、△EBF 、△FCD 分别沿DE 、EF 、FD 折起，使A ，B ，C 三点重合于点A′，若四面体A′EFD 的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为( )
A. 2
B.
6 2
C.11
2 D.
5
2
[答案] B
[解析]由条件知A′E、A′F、A′D两两互相垂直，以A′为一个顶点，A′E、A′F、A′D为三条棱构造长方体，则长方体的对角线为四面体外接球的直径，∵A′E＝A′F＝1，A′D＝2，∴(2R)2＝12
＋12＋22＝6，∴R＝
6 2.
5．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中()
A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直
B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直
C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直
[答案] B
[解析]①过A、C作BD的垂线AE、CF，∵AB与BC不相等，∴E与F不重合，在空间图(2)中，若AC⊥BD，∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACE，∴BD⊥CE，这样在平面BCD内，过点C有两条直线CE、CF都与BD垂直矛盾，∴A错；②若AB⊥CD，∵AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，∵AB<BC，∴存在这样的三角形ABC，AB⊥AC，AB＝AC，∴B选项正确，∴选项D 错；③若AD⊥BC，又CD⊥BC，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，∵BC>AB，这样的△ABC不存在，∴C错误．
6．(文)已知正四棱柱ABCD －A1B1C1D1，AB ＝2，CC1＝22，E 为CC1的中点，则直线AC1与平面BED 的距离为( )
A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 [答案] D
[解析] 本题考查了正四棱柱的性质，点到直线距离的求解．连接AC 、BD ，AC∩BD ＝O ，连接EO ，则EO ∥AC1.则点C 到平面BDE 的距离等于AC1到平面BDE 的距离，过C 作CH ⊥OE 于H ，CH 为所求．在△EOC 中，EC ＝2，CO ＝2，所以CH ＝1.本题解答体现了转化与化归的思想，注意等积法的使用．
(理)已知四棱锥P －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，点E 是侧棱PB 的中点，则异面直线AE 与PD 所成角的余弦值为( ) A.13 B.23 C.33
D.23
[答案] C
[解析] 设AC 与BD 的交点为O ，∵棱锥的各棱长都相等，
∴O 为BD 中点，∴EO ∥PD ，∴∠AEO 为异面直线AE 与PD 所成的角，设棱长为1，则AO ＝2
2，EO ＝12，AE ＝32，∵AO2＋EO2＝AE2，∴cos ∠AEO ＝OE AE ＝33.
二、填空题
7．a 、b 表示直线，α、β、γ表示平面． ①若α∩β＝a ，b ⊂α，a ⊥b ，则α⊥β；
②若a ⊂α，a 垂直于β内任意一条直线，则α⊥β； ③若α⊥β，α∩γ＝a ，β∩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内无数条直线； ⑤若l ⊂α，m ⊂α，l∩m ＝A ，l ∥β，m ∥β，则α∥β. 其中为真命题的是__________． [答案] ②⑤
[解析] 对①可举反例如图，需b ⊥β才能推出α⊥β.对③可举反例说明，当γ不与α，β的交线垂直时，即可得到a ，b 不垂直；④对a 只需垂直于α内一条直线便可以垂直α内无数条与之平行的直线．所以只有②⑤是正确的．
8．已知三棱柱ABC －A1B1C1底面是边长为6的正三角形，侧棱垂
直
于底面，且该三棱柱的外接球表面积为12π，则该三棱柱的体积为________．
[答案] 3 3
[解析] 4πR2＝12π，∴R ＝3，△ABC 外接圆半径r ＝2，∴柱高h ＝2R2－r2＝2，∴体积V ＝3
4×(6)2×2＝3 3.
9．已知正方体ABCD －A1B1C1D1的棱长为1，点P 是线段A1C1上的动点，则四棱锥P －ABCD 的外接球半径R 的取值范围是______________． [答案] ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤3
4，32
[解析] 当P 为A1C1的中点时，设球半径为R ，球心到底面ABCD 距离为h ，则⎩⎪⎨⎪
⎧
R ＋h ＝1R2－h2＝12，
∴R ＝34，当P 与A1(或C1)重合时，外接球就是正方体的外接球，R ＝32，∴R ∈[34，3
2]． 三、解答题
10．(文)(2014·江苏，16)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.
求证：(1)直线PA ∥平面DEF ； (2)平面BDE ⊥平面ABC.
[解析] (1)由于D 、E 分别是棱PC 、AC 的中点，则有PA ∥DE ， 又PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ， 所以PA ∥平面DEF.
(2)由(1)PA ∥DE ，又PA ⊥AC ，所以DE ⊥AC ， 又F 是AB 中点，所以DE ＝12PA ＝3，EF ＝1
2BC ＝4，
又DF ＝5，所以DE2＋EF2＝DF2，所以DE ⊥EF ，
EF 、AC 是平面ABC 内两条相交直线，所以DE ⊥平面ABC ， 又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABC. (理)(2013·内江模拟)已知ABCD 是矩形，AD ＝4，AB ＝2，E 、F 分别是AB 、BC 的中点，PA ⊥平面ABCD.
(1)求证：PF ⊥DF ；
(2)若PD 与平面ABCD 所成角为30°，在PA 上找一点G ，使EG ∥平面PFD ，并求出AG 的长． [解析] (1)证明：连接AF ，∵PA ⊥平面ABCD ，且DF ⊂平面ABCD ，∴DF ⊥PA ， 又F 为BC 中点，BC ＝4，AB ＝2， ∴BF ＝BA ，∴∠AFB ＝45°， 同理∠DFC ＝45°，
∴∠AFD ＝90°，即DF ⊥AF ，∴DF ⊥平面PAF. 又PF ⊂平面PAF ，∴PF ⊥DF.
(2)∵PA ⊥平面ABCD ，∴∠PDA 就是PD 与平面ABC 所成角． ∴∠PDA ＝30°，∴PA ＝4
3 3.
延长DF 交AB 延长线于H ，连接PH ，则平面PDF 就是平面PHD ，在平面PAH 内，过E 作EG ∥PH 交PA 于G.
∵EG ∥PH ，PH ⊂平面PHD ，∴EG ∥平面PHD ， 即EG ∥平面PDF ，故点G 为所求． ∴AG AP ＝AE AH ＝14，∴AG ＝33.
一、选择题 11．(文)(2013·吉大附中模拟)已知m 、n 为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是( ) A ．m ∥n ，m ⊥α⇒n ⊥α
B ．α∥β，m ⊂α，n ⊂β⇒m ∥n
C ．m ⊥α，m ⊥n ⇒n ∥α
D ．m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β⇒α∥β [答案] A
[解析] 由线面垂直的性质定理知A 正确；如图1知，当m1⊂β，m1∩n ＝A 时满足B 的条件，但m 与n 不平行；当m ⊥α，m ⊥n 时，可能有n ⊂α；如图2知，m ∥n ∥l ，α∩β＝l 时满足D 的条件，由此知D 错误．
(理)设m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题： ① ⎭⎪⎬⎪
⎫α∥βα∥γ⇒β∥γ ②
⎭
⎪⎬⎪
⎫α ⊥βm ∥α⇒m ⊥β ③
⎭⎪⎬⎪
⎫m ⊥αm ∥β⇒α⊥β ④
⎭
⎪⎬⎪⎫m ∥n n ⊂α⇒m ∥α
其中，真命题是( )
A ．①④
B ．②③
C ．①③
D ．②④ [答案] C
[解析] ①正确，平行于同一个平面的两个平面平行；②错误，由线面平行、垂直定理知：m 不一定垂直于β；③正确，由线面平行，垂直关系判断正确；④错误，m 也可能在α内．综上所述，正确的命题是①③，故选C. 12．(文)(2013·西城区模拟)如图，正方体ABCD －A1B1C1D1中，E 是棱B1C1的中点，动点P 在底面ABCD 内，且PA1＝A1E ，则点P 运动形成的图形是( )
A ．线段
B ．圆弧
C ．椭圆的一部分
D ．抛物线的一部分 [答案] B
[解析] |AP|＝A1P2－AA21＝A1E2－A1B21＝|B1E|(定值)，故点P 在底面ABCD 内运动形成的图形是圆弧． (理)(2013·保定市模拟)正方体ABCD －A1B1C1D1中，M 为CC1的中点，P 在底面ABCD 内运动，且满足∠DPD1＝∠CPM ，则点P 的轨迹为( )
A ．圆的一部分
B ．椭圆的一部分
C ．双曲线的一部分
D ．抛物线的一部分 [答案] A
[解析] 由∠DPD1＝∠CPM 得MC PC ＝DD1DP ＝2MC
DP ，
∴PD
PC ＝2，在平面ABCD 内，以D 为原点，DA 、DC 分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，设DC ＝1，P(x ，y)，
∵PD ＝2PC ，∴x2＋y2＝2x2＋y －12，整理得x2＋(y －43)2＝4
9，所以，轨迹为圆的一部分，故选A. 13．(2013·苍南求知中学月考)已知A 、B 是两个不同的点，m 、n 是两条不重合的直线，α、β是两个不重合的平面，给出下列4个命题：①若m∩n ＝A ，A ∈α，B ∈m ，则B ∈α；②若m ⊂α，A ∈m ，则A ∈α；③若m ⊂α，m ⊥β，则α⊥β；④若m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，则α∥β，其中真命题为( ) A ．①③ B ．①④ C ．②③ D ．②④ [答案] C
[解析] ②∵m ⊂α，∴m 上的点都在平面α内，又A ∈m ，∴A ∈α，∴②对；由二面垂直的判定定理知，③正确． 二、解答题
14．(文)如图，在直三棱柱ABC －A1B1C1中，底面ABC 为正三角形，M 、N 、G 分别是棱CC1、AB 、BC 的中点．且CC1＝2AC.
(1)求证：CN ∥平面AMB1； (2)求证：B1M ⊥平面AMG.
[证明] (1)如图取线段AB1的中点P ，连接NP 、MP ， ∵CM 綊1
2BB1， NP 綊1
2BB1，
∴CM 綊NP ，
∴四边形CNPM 是平行四边形． ∴CN ∥MP .
∵CN ⊄平面AMB1，MP ⊂平面AMB1， ∴CN ∥平面AMB1. (2)∵CC1⊥平面ABC ，
∴平面CC1B1B ⊥平面ABC ，
∵AG ⊥BC ，∴AG ⊥平面CC1B1B ， ∴B1M ⊥AG.
∵CC1⊥平面ABC ，
平面A1B1C1∥平面ABC ， ∴CC1⊥AC ，CC1⊥B1C1，
设AC ＝2a ，则CC1＝22a ，
在Rt △MCA 中，AM ＝CM2＋AC2＝6a. 在Rt △B1C1M 中，B1M ＝B1C21＋C1M2＝6a. ∵BB1∥CC1，∴BB1⊥平面ABC ，∴BB1⊥AB ，
∴AB1＝B1B2＋AB2＝C1C2＋AB2＝23a. ∵AM2＋B1M2＝AB21，∴B1M ⊥AM. 又∵AG∩AM ＝A ，∴B1M ⊥平面AMG.
(理)如图，在三棱柱ABC —A1B1C1中，AA1⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，且AB ＝BC ＝2，点N 为B1C1的中点，点P 在棱A1C1上运动．
(1)试问点P 在何处时，AB ∥平面PNC ，并证明你的结论；
(2)在(1)的条件下，若AA1<AB ，直线B1C 与平面BCP 所成角的正弦值为10
10，求二面角A －BP －C 的大小.
[解析] (1)当点P 为A1C1的中点时，AB ∥平面PNC.
∵P 为A1C1的中点，N 为B1C1的中点，∴PN ∥A1B1∥AB ∵AB ⊄平面PNC ，PN ⊂平面PNC ，∴AB ∥平面PNC. (2)设AA1＝m ，则m<2，∵AB 、BC 、BB ，两两垂直，
∴以B 为原点，BA 、BC ，BB1为x 轴、y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0，m)，A1(2,0，m)，C1(0,2，m)，
∴P(1,1，m)，设平面BCP 的法向量n ＝(x ，y ，z)， 则由n·BP →＝0，n·BC →
＝0，解得y ＝0，x ＝－mz ， 令z ＝0，则n ＝(－m,0，－1)，又B1C →
＝(0,2，－m)， 直线B1C 与平面BCP 所成角正弦值为10
10， ∴1010＝|n·B1C||n|·|B1C|，解之得m ＝1 ∴n ＝(－1,0,1)
易求得平面ABP 的法向量n1＝(0，－1,1)
cosα＝n·n1|n|·|n1|＝12，设二面角的平面角为θ，则cosθ＝－1
2，∴θ＝120°.
15．如图1，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直(图1)，图2为该四棱锥的正(主)视图和侧(左)视图，它们是腰长为6cm 的全等的等腰直角三角．
(1)根据图2所给的正(主)视图、侧(左)视图画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)图3中，E 为棱PB 上的点，F 为底面对角线AC 上的点，且BE EP ＝CF
FA ，求证：EF ∥平面PDA.
[解析] (1)该四棱锥相应的俯视图为内含对角线、边长为6cm 的正方形(如图)．
其面积为6×6＝36cm2.
(2)连接BF ，延长BF 与AD 交于G ，连接PG. 如图，在正方形ABCD 中， BF FG ＝CF FA ，
又因为BE EP ＝CF FA ，所以BF FG ＝BE EP ，
故在△BGP 中，EF ∥PG ，
又EF ⊄平面PDA ，PG ⊂平面PDA ， 所以EF ∥平面PDA. 16．(文)(2013·辽宁文，18)如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直圆O 所在的平面，C 是圆O 上的点．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)设Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC. [解析](1)由AB是圆O的直径，得AC⊥BC，
由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
(2)连OG并延长交AC于M，连接QM、QO，
由G为△AOC的重心，得M为AC中点．
由Q为PA中点，得QM∥PC，
又O为AB中点，得OM∥BC.
因为QM∩MO＝M，QM⊂平面QMO，
MO⊂平面QMO，BC∩PC＝C，
BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，
所以平面QMO∥平面PBC，
因为QG⊂平面QMO.
所以QG∥平面PBC.
(理)(2013·天津六校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面PAD ⊥底面ABCD ，E 为AD 的中点，M 是棱PC 的中点，PA ＝PD ＝2，BC ＝1
2AD ＝1，CD ＝ 3.
(1)求证：PE ⊥平面ABCD ；
(2)求直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值； (3)求直线BM 与CD 所成角的余弦值．
[解析] (1)∵PA ＝PD ，E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD ，
又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD∩平面ABCD ＝AD ，∴PE ⊥平面ABCD. (2)连接EC ，取EC 中点H ，连接MH ，HB ，
∵M 是PC 的中点，H 是EC 的中点，∴MH ∥PE ， 由(1)知PE ⊥平面ABCD ，∴MH ⊥平面ABCD ， ∴HB 是BM 在平面ABCD 内的射影，
∴∠MBH 即为BM 与平面ABCD 所成的角．
∵AD ∥BC ，BC ＝1
2AD ，E 为AD 的中点，∠ADC ＝90°，
∴四边形BCDE 为矩形，又CD ＝3，∴EC ＝2，HB ＝1
2EC ＝1， 又∵MH ＝12PE ＝3
2，
∴△MHB 中，tan ∠MBH ＝MH HB ＝3
2， ∴直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值为3
2.
(3)由(2)知CD ∥BE ，∴直线BM 与CD 所成角即为直线BM 与BE 所成角， 连接ME ，在Rt △MHE 中，ME ＝7
2， 在Rt △MHB 中，BM ＝7
2， 又BE ＝CD ＝3，∴△MEB 中，
cos ∠MBE ＝BM2＋BE2－ME22BM·BE ＝74＋3－74
2×7
2×3＝21
7， ∴直线BM 与CD 所成角的余弦值为21
7.。