专题1.5 立体几何(测)-2019年高考数学(理)二轮复习讲练测 Word版含解析

2019年高三二轮复习讲练测之测案【新课标版理科数学】
专题五 立体几何
总分 _______ 时间 _______ 班级 _______ 学号 _______ 得分_______
一、选择题（12*5=60分）
1．已知直线
平面，直线
平面，则“
”是“
”的（ ）
A ．充分不必要条件
B ．必要不充分条件
C ．充要条件
D ．既不充分也不必要条件 【答案】A
【解析】
根据已知题意，由于直线
平面，直线∥平面，如果两个平面平行
，则必然能满足
，但是
反之，如果
，则对于平面可能是相交的，故条件能推出结论，但是结论不能推出条件，故选A
2．【2018届四川省成都市龙泉中学高三12月月考】一个棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为边长为1的正三角形，则四棱锥侧面中最大侧面的面积是（ ）
【答案】D
【解析】
由四棱锥的三视图可知，该四棱锥底面为ABCD 为边长为1的正方形， PAD 是边长为1的等边三角形，
PO 垂直于AD 于点O ，其中O 为AD 的中点，所以四棱锥的体积为
，四棱锥侧面
中最大侧面是PBC ∆，， 1BC =，面积是
故选D.
3．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．2
【答案】B
4．【河北省武邑中学2019届高三上学期开学】某几何体的三视图如图所示，其侧视图为等边三角形，则该几何体的体积为( )
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A 【解析】
由三视图可知该几何体是由半个圆锥和一个四棱锥组成的组合体，
其中棱锥的底面半径，高，其体积，
四棱锥底面是一个边长为2的正方形，高，其体积，
则组合体的体积.
本题选择A选项.
5．【2018届吉林省实验中学高三上学期第五次月考（一模）】四棱锥P­ABCD的三视图如图所示，四棱锥P­ABCD
的五个顶点都在一个球面上， E，F分别是棱AB，CD的中点，直线EF被球面所截得的线段长为，则该球的表面积为（）
A. 12π
B. 24π
C. 36π
D. 48π
【答案】A
【解析】四棱锥P­ABCD中PA 面ABCD，且ABCD 为正方形，球心为PC中点，因为
，所以
，选A.
6．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第二次联考】正三棱锥的底面边长为，高为，它在六条棱处的六个二面角（侧面与侧面或者侧面与底面）之和记为，则在从小到大的变化过程中，的变化情况是（）
A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大
【答案】D
【解析】
当（比0多一点点），有；当，有；当刚好使得正三棱锥变为正四面体时，二面角之和记为，则，于是
，所以，即，所以与的变化情况相符合的只有选项.
7．已知△ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且AB＝2，AC＝4，BC＝2，三棱锥O－ABC的体积为，则球O的表面积为( )
A. 22π
B.
C. 24π
D. 36π
【答案】D
8．已知在四棱锥P－ABCD中，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，则在四棱锥P－ABCD的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有( )
A. 3对
B. 4对
C. 5对
D. 6对
【答案】C
【解析】因为ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，AD⊥PB.共5对．9．如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点,在此几何体中，给出下面四个结论中错误的是（）
EFGH平面ABCD
A. 平面//
B. 直线BE,CF相交于一点
C. EF//平面BGD
PA平面BGD
D. //
【答案】C
【解析】把图形还原为一个四棱锥,如图所示,
根据三角形中位线的性质，可得
,
平面//EFGH 平面ABCD ，A 正确；
在△PAD 中,根据三角形的中位线定理可得EF ∥AD ，
又∵AD ∥BC ，∴EF ∥BC ， 因此四边形EFBC 是梯形，故直线BE 与直线CF 相交于一点，所以B 是正确的； 连接AC ，设AC 中点为M ，则M 也是BD 的中点，因为MG ∥PA ，且直线MG 在平面BDG 上，所以有PA ∥平面BDG ，所以D 是正确的； ∵ EF ∥BC ，∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴直线EF ∥平面PBC ，再结合图形可得：直线EF 与平面BDG 不平行，因此C 是错误的. 故选C
10．在四棱锥P －ABCD 中，四条侧棱长均为2，底面ABCD 为正方形，E 为PC 的中点．若异面直线PA 与BE 所成的角为45°，则该四棱锥的体积是( )
4
3
【答案】D
【解析】连接AC 和BD 相交于点O ，连接OE ，则OE ∥PA ，则∠OEB ＝45°，又∠EOB ＝90°，则BO ＝OE ＝1，底面正方体的边长为
，四棱锥的高为
，则体积为×(
)2
×
＝，故选D.
11．【河南省开封市2019届高三10月定位】已知空间四边形ABCD ，∠BAC＝，AB ＝AC ＝2
，BD ＝CD ＝6，
且平面ABC⊥平面BCD ，则空间四边形ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．60π B ．36π C ．24π D ．12π 【答案】A 【解析】 由余弦定理得
由正弦定理得，所以三角形ABC 的外接圆半径为.
设外接球的球心为O,半径为R,球心到底面的距离为h,
设三角形ABC的外接圆圆心为E,BC的中点为F,过点O作OG⊥DF,连接DO,BE,OE.
在直角△OBE中，（1）,
在直角△DOG中，（2）,
.
所以外接球的表面积为
故答案为：A
12．【福建省厦门外国语学校2019届高三1月月考】已知等腰直角中，，斜边，点D是斜边上一点（不同于点A、B），沿线段折起形成一个三棱锥，则三棱锥体积的最大值是（）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【解析】
设，将折起使得平面平面，在三角形中，由面积公式得（其
中到的距离为），则.故三棱锥体积为
（）.令，故
，由于是递减函数，故当时取得最大值，为.
二、填空题（4*5=20分）
13.【2018届西藏拉萨市高三第一次模拟考试（期末）】中国古代数学瑰宝《九章算术》中有这样一道题：“今有堑堵（底面为直角三角形的直棱柱）下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？”其意思为：“今有底面为直角三角形的直棱柱，底面的直角边长宽为2丈，长为18丈6尺，高为2丈5尺，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，则题中的堑堵的外接球的表面积为__________平方尺．
【答案】35621
【解析】根据题意可将此堑堵补成一个长方体，且长、宽、高分别为186尺，20尺，25尺，则外接球的直
径为，外接球的面积为.
14．【2017课标3，改编】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 .
【答案】3π4
【解析】
15．【2018年全国卷II理】已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．
【答案】
16．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A BD C --，
有如下四个结论：
①AC BD ⊥；②ACD 是等边三角形；③AB 与CD 所成的角为90︒，④取BC 中点E ，则AEO ∠为二面角A BC D --的平面角．
其中正确结论是__________．（写出所有正确结论的序号） 【答案】①②④
【解析】如图所示，取BD 中点E ，则AE BD ⊥， CE BD ⊥， 所以BD ⊥平面AEC ，从而可得AC BD ⊥，故①正确；
设正方形ABCD 边长为1，则，
所以
，又因为
， 所以ACD 是等边三角形，故②正确；
分别取BC ， AC 的中点为M ， N ，连接ME ， NE ， MN ．则M N A B ，且1
2
MN =， ME CD ，且1
2
ME =
，则EMN ∠是异面直线AB ， CD 所成的角． 在Rt AEC 中，， 1AC =，
∴12
NE =
． 则MEN 是正三角形，故
，③错误；
如上图所示，由题意可得： AB AC =，则AE BC ⊥, 由
可得OE BC ⊥，
据此可知： AEO ∠为二面角A BC D --的平面角， 说法④正确. 故答案为：①②④.
三、解答题（共6道小题，共70分）
17.如图所示，平面ABCD ⊥平面BCE ，四边形ABCD 为矩形， BC CE =，点F 为CE 的中点.
(1)证明： //AE 平面BDF .
(2)点M 为CD 上任意一点，在线段AE 上是否存在点P ，使得PM BE ⊥？若存在，确定点P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）中点
【解析】
(1)证明连接AC交B D于O，连接OF，如图①.
∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点，又F为EC的中点，
∴OF为△ACE的中位线，:∴OF∥AE，又OF⊂平面BDF，
AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF.
（2）当P为AE中点时，有PM⊥BE，
证明如下：取BE中点H，连接DP，PH，CH，
如图
∵P为AE的中点，H为BE的中点，
∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD，
∴P，H，C，D四点共面．
∵平面ABCD∥平面BCE，CD⊥BC
∴CD⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，
∴CD⊥BE∵BC=CE，H为BE的中点，
∴CH⊥BE，
∴BE⊥平面DPHC，又PM⊂平面DPHC，
∴BE⊥PM即PM⊥BE.
18.【2018年天津文】如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB
的中点，AB=2，AD=BAD=90°．
（Ⅰ）求证：AD ⊥BC ；
（Ⅱ）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值；
（Ⅲ）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)
26
；(Ⅲ) 4． 【解析】
（Ⅰ）证明：由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ． （Ⅱ）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角．
在Rt △DAM 中，AM =1，故DM =
．因为AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ． 在Rt △DAN 中，AN =1，故DN =．
在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得．
所以，异面直线BC 与MD ．
（Ⅲ）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM ．又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM 平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．
在Rt △CAD 中，CD ==4．
在Rt △CMD 中，．
所以，直线CD 与平面ABD 19．用空间向量解决下列问题：如图，在斜三棱柱
中， ()1,e ξ∈是AC 的中点， 1A O ⊥平面ABC ，，．
（1）求证： 11A B AC ⊥；
（2）求二面角1A BB C --的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）7.
【解析】
取AB 的中点D ，连结OD ，
1A O ⊥平面， OD ， OC ⊂平面，
∴ 1A O OC ⊥， 1A O OD ⊥，
O 、D 分别是AC 、AB 的中点， //OD BC ∴，
又， OD OC ⊥，
所以，可以以O 为原点，直线OD 、OC 、1OA 分别为x 、y 、
z 轴建立空间直角坐标系，设
，于是()0,1,0A -， ()2,1,0B ， ()0,1,0C ，
(
1A ， (10,C ，
（1），，
，即.
（2）由（1）知，，，,设是平面11ABB A 的一个法向量，由
，
，取11z =，得1y = 1x =，
设是平面11CBB C 的一个法向量，由
，
，取21z =，得2y =
，
， 又因为二面角为锐二面角，所以，二
面角的余弦值为7
． 20．【2018届西藏拉萨市高三第一次模拟考试（期末）】如图，四棱锥P ABCD -底面为等腰梯形， //AD BC 且，点E 为PC 中点．
（1）证明： //DE 平面PAB ；
（2）若PA ⊥平面ABCD ，，直线PB 与平面ABCD 所成角的正切值为32，求四棱锥P ABCD -的体积V ．
【答案】(1)见解析；（2）
又DE ⊂平面DEF ，所以//DE 平面PAB ．
解：（2）作AG BC ⊥于点G ，则1BG =．
在ABG ∆中，， 1BG =，则AG =， 2AB =．
由PA ⊥平面ABCD 知，直线PB 与平面ABCD 所成角为PBA ∠，故
， 即在PAB ∆中，有32
PA AB =，则3PA =.
所以，四棱锥P ABCD -的体积．
21．【2018届四省名校（南宁二中等）高三上第一次大联考】直角三角形ABC 中， 90C ∠=︒， 4AC =，
2BC =， E 是AC 的中点， F 是线段AB 上一个动点，且
，如图所示，沿BE 将CEB ∆翻折至DEB ∆，使得平面DEB ⊥平面ABE .
（1）当13
λ=时，证明： BD ⊥平面DEF ；
（2）是否存在λ，使得DF 与平面ADE ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2) 存在12λ=
，使得DF 与平面ADE 所成的角的正弦值为3. 【解析】
（1）在ABC ∆中， 90C ∠=︒，即AC BC ⊥，
则BD DE ⊥，
取BF 的中点N ，连接CN 交BE 于M ， 当13
λ=时， F 是AN 的中点，而E 是AC 的中点， ∴EF 是ANC ∆的中位线，∴EF CN .
在BEF ∆中， N 是BF 的中点，
∴M 是BE 的中点. 在Rt BCE ∆中，
，
∴CM BE ⊥，则EF BE ⊥. 又平面DBE ⊥平面ABC ，平面DBE ⋂平面ABC BE =，
∴EF ⊥平面DBE .
又BD ⊂平面BDE ，∴EF BD ⊥.
而，∴BD ⊥平面DEF .
（2）以C 为原点， CA 所在直线为x 轴， CB 所在直线为y 轴，建立如图所示空间直角坐标系.
则()0,0,0C ， ()4,0,0A ， ()0,2,0B ， ()2,0,0E ，
由（1）知M 是BE 中点， DM BE ⊥，而平面DBE ⊥平面ABC .
∴DM ⊥平面ABC ，
则(D .
假设存在满足题意的λ，则由AF AB λ=.
可得
， 则. 设平面ADE 的一个法向量为(),,n x y z =，
则
即
令y =，可得0x =， 1z =-，即
. ∴DF 与平面ADE 所成的角的正弦值
. 解得12
λ=（3λ=舍去）.
综上，存在12
λ=，使得DF 与平面ADE 所成的角的正弦值为3. 22．【2018年北京卷】如图，在三棱柱ABC −中，平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为，AC ，，
的中点，AB=BC=，AC==2．
（1）求证：AC⊥平面BEF；
（2）求二面角B−CD−C1的余弦值；
（3）证明：直线FG与平面BCD相交．
【答案】(1)见解析（2）；（3）见解析．【解析】
（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，
∴四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，
∴AC⊥EF．
∵AB=BC．
∴AC⊥BE，
∴AC⊥平面BEF．
（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．
如图建立空间直角坐称系E-xyz．
由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴，
设平面BCD的法向量为，
∴，∴，
令a=2，则b=-1，c=-4，
∴平面BCD的法向量，
又∵平面CDC1的法向量为，
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由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．
（Ⅲ）平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，
∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．。