2018高考(江苏专版)大一轮数学(文)复习检测：第53课 立体几何综合含答案

第53课立体几何综合
A 应知应会
1。

四面体的四个面中最多可以有个直角三角形.
2.经过平面外一点作与此平面垂直的平面，则这样的平面可以作个。

3.已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不重合的平面,下列命题正确的是.(填序号)
①若α⊥β,m⊂α，n⊂β，则m⊥n；
②若α∥β,m⊂α，n⊂β，则m∥n；
③若m⊥n,m⊂α，n⊂β，则α⊥β；
④若m⊥α，m∥n，n∥β,则α⊥β.
4.(2016·南昌调研）已知两个不重合的平面α,β和两条不同的直线m,n，下列四个命题不正确的是。

(填序号）
①若m∥n,m⊥α，则n⊥α；
②若m⊥α，m⊥β,则α∥β;
③若m⊥α,m∥n，n⊂β,则α⊥β；
④若m∥α,α∩β=n，则m∥n。

5.如图，在四棱锥P-ABCD中,AD=CD=AB, AB∥DC，AD⊥CD,PC⊥平面ABCD.
（1）求证:BC⊥平面PAC;
（2) 若M为线段PA的中点,且过C，D,M三点的平面与PB交于点N，求PN∶PB的值.
(第5题)
6。

如图（1），在边长为3的正三角形ABC中,E,F，P分别为AB，AC，BC上的一点，且满足AE=FC=CP=1。

将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置,使平面A1EF⊥平面EFCB，连接A1B,A1P，如图(2）所示。

(1) 若Q为A1B的中点,求证:PQ∥平面A1EF;
（2）求证：A1E⊥EP.
图(1)
图（2）
(第6题)
B 巩固提升
1.在正四面体ABCD中，E是AB的中点,那么异面直线CE与BD 所成角的余弦值为。

（第2题)
2。

如图,在斜三棱柱ABC—A1B1C1中，若∠BAC=90°,BC1⊥AC,则
点C1在底面ABC上的射影H必在直线上。

3。

(2016·苏州园区调研)已知△ABC为等腰直角三角形,斜边BC上的中线AD=2.若将△ABC沿AD折成60°的二面角,连接BC，则三棱锥C-ABD的体积为。

（第4题）
4.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出以下四个结论:
①直线D1C∥平面A1ABB1;
②直线A1D1与平面BCD1相交;
③直线AD⊥平面D1DB;
④平面BCD1⊥平面A1ABB1.
其中正确的结论是。

(填序号）
5.如图，在三棱锥A—BCD中，∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面BCD，∠ADB=60°，E,F分别是AC,AD上的动点，且==λ(0〈λ<1）.（1）求证:不论λ为何值时,总有平面BEF⊥平面ABC；
(2）当λ为何值时,平面BEF⊥平面ACD?
（第5题)
6。

（2016·西安调研）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。

(1) 求证:CD⊥平面A1OC;
（2）当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36，求a的值.
图（1)
图（2）
(第6题）
学必求其心得，业必贵于专精
第53课立体几何综合
A 应知应会
1.4【解析】如图，SA⊥平面ABC,△ABC为直角三角形,且∠ABC=90°，则BC⊥平面SAB，从而BC⊥SB，所以△SAB，△SAC,△ABC,△SBC都是直角三角形.
（第1题)
2.无数【解析】经过平面外一点作与此平面垂直的直线有且仅有一条，但过此直线的平面都与已知平面垂直,从而有无数个.
3.④
4.④【解析】两条平行线中的一条垂直于某一平面，则另一条也垂直于该平面,故①正确;垂直于同一直线的两个平面平行,故②正确；若m⊥α，m∥n，则n⊥α,又n⊂β，所以α⊥β,故③正确；当m∥α，α∩β=n时,m，n也可能为异面直线,故④错误.
5。

【解答】(1）设AD=1.因为AD=CD=AB,所以CD=1，AB=2。

因为∠ADC=90°，所以AC=，∠CAB=45°。

在△ABC中,由余弦定理得BC=,
所以AC2+BC2=AB2,所以BC⊥AC。

因为PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD,所以BC⊥PC。

因为PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC,PC∩AC=C,所以BC⊥平面PAC。

（2) 如图，因为AB∥DC，CD⊂平面CDMN,AB⊄平面CDMN,
所以AB∥平面CDMN.
（第5题）
因为AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面CDMN=MN，所以AB∥MN。

在△PAB中,因为M为线段PA的中点，所以N为线段PB的中点,即PN∶PB的值为.
6.【解答】(1）如图(1)，取A1E的中点M,连接QM,MF.
在△A1BE中,Q，M分别为A1B,A1E的中点，所以QM∥BE且QM=BE。

因为==,
所以PF∥BE且PF=BE，
所以QM∥PF且QM=PF，
所以四边形PQMF为平行四边形，
所以PQ∥FM.
又因为FM⊂平面A1EF,且PQ⊄平面A1EF,所以PQ∥平面A1EF.
(第6题(1)）
(2) 如图(2）,取BE的中点D，连接DF。

因为AE=CF=1，DE=1,
所以AF=AD=2.
又∠A=60°,即△ADF是正三角形。

又因为AE=ED=1，所以EF⊥AD.
所以在立体图形中有A1E⊥EF.
因为平面A1EF⊥平面EFCB，平面A1EF∩平面EFCB=EF，A1E⊂平面A1EF，
所以A1E⊥平面EFCB。

又EP⊂平面EFCB，所以A1E⊥EP。

（第6题(2))
B 巩固提升
1。

【解析】如图，设AD的中点为F，连接EF,CF,则EF∥BD，所以异面直线CE与BD所成的角即为∠CEF。

设正四面体ABCD 的棱长为2a，则EF=a,CE=CF=a，由余弦定理可得cos ∠CEF==.
（第1题）
2.AB 【解析】由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1=B，得AC⊥平面ABC1。

又AC⊂平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC,所以点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上.
3.【解析】如图,因为BD⊥AD，CD⊥AD,所以∠BDC即为二面角B—AD—C的平面角，即∠BDC=60°。

因为BD=DC=2，所以△BDC的面积为×2×2×=。

因为AD⊥平面BDC，所以V=×AD×S△DBC=。

（第3题）
4。

①④【解析】对于①,连接A1B，因为D1C∥A1B,D1C⊄平面A1ABB1，A1B⊂平面A1ABB1,所以D1C∥平面A1ABB1,故①正确；对于②,由题图易知A1D1⊂平面BCD1，故②错误;对于③,AD⊥DD1，所以AD只与平面D1DB内的一组平行直线垂直,故③错误；对于④,因为正方体ABCD-A1B1C1D1,所以BC⊥平面A1ABB1,又BC⊂平面BCD1，所以平面BCD1⊥平面A1ABB1,故④正确。

5.【解答】(1) 因为AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD，所以AB⊥CD。

因为CD⊥BC，且AB∩BC=B,
所以CD⊥平面ABC。

又因为==λ(0〈λ<1),
所以不论λ为何值，恒有EF∥CD.
所以EF⊥平面ABC。

又EF⊂平面BEF,
所以不论λ为何值,恒有平面BEF⊥平面ABC。

（2）由(1)知BE⊥EF.
因为平面BEF⊥平面ACD,平面BEF∩平面ACD=EF，BE⊂平面BEF，
所以BE⊥平面ACD,所以BE⊥AC。

因为BC=CD=1,∠BCD=90°,∠ADB=60°，所以BD=，AB=tan 60°=,
所以AC==.
由AB2=AE·AC，得AE=,
所以λ==。

故当λ=时，平面BEF⊥平面ACD。

6。

【解答】(1) 在图（1）中,因为AB=BC=AD=a，E是AD的中点,∠BAD=，
学必求其心得，业必贵于专精
所以BE⊥AC，
即在图（2）中，BE⊥A1O，BE⊥OC。

因为A1O∩OC=O,
从而BE⊥平面A1OC.
又DE=BC=a，BC∥DE，
所以四边形BCDE是平行四边形,所以CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC。

（2）因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE=BE，A1O⊂平面A1BE,
又由（1)知A1O⊥BE，
所以A1O⊥平面BCDE，
即A1O是四棱锥A1—BCDE的高。

由图（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V=×S×A1O=×a2×a=a3，由a3=36,得a=6.。