2018届高三数学(文)二轮复习专题集训专题五 立体几何5.2 Word版含解析
2018大二轮高考总复习文数文档解答题4 立体几何 Word版含解析
第一单元 高考中档大题突破
解答题: 立体几何
基本考点——空间平行、垂直关系及体积、表面积的计算
．直线、平面平行的判定及其性质
()线面平行的判定定理：⊄α，⊂α，∥⇒∥α.
()线面平行的性质定理：∥α，⊂β，α∩β＝⇒∥.
()面面平行的判定定理：⊂β，⊂β，∩＝，∥α，∥α⇒α∥β.
()面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝，β∩γ＝⇒∥.
．直线、平面垂直的判定及其性质
()线面垂直的判定定理：⊂α，⊂α，∩＝，⊥，⊥⇒⊥α.
()线面垂直的性质定理：⊥α，⊥α⇒∥.
()面面垂直的判定定理：⊂β，⊥α⇒α⊥β.
()面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝，⊂α，⊥⇒⊥β.
.(·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥－中，∥，且∠＝∠＝°.
()证明：平面⊥平面；
()若＝＝＝，∠＝°，且四棱锥－的体积为，求该四棱锥的侧面积．
()证明：由已知∠＝∠＝°，
得⊥，⊥.
由于∥，故⊥，从而⊥平面.
又⊂平面，
所以平面⊥平面.
()解：如图，在平面内作⊥，垂足为.
由()知，⊥平面，故⊥，⊥，
可得⊥平面.
设＝，则由已知可得＝，＝.
故四棱锥－的体积
－＝··＝.
由题设得＝，故＝.
从而结合已知可得＝＝＝＝，＝＝，＝＝.
可得四棱锥－的侧面积为
·＋·＋·＋°＝＋. .(·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥－中，侧面为等边三角形且垂直于底面，＝＝，∠＝∠＝°.。
2018届高考数学文新课标二轮专题复习课件：2-9 立体几何 精品
1.如图，正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 1，E，F 分别为 线段 AA1，B1C 上的点，则三棱锥 D1－EDF 的体积为________．
答案
1 6
解析 VD1－EDF＝VF－D1ED，
又 S△D1ED＝12，点 F 到平面 D1ED 的距离为 1，
∴VD1－EDF＝VF－D1ED＝61.
(2)(2016·保定调研)已知一个四棱锥的高为 3，其底面用斜二
测画法所画的水平放置的直观图是一个边长为 1 的正方形，则此
四棱锥的体积为( )
A．2 2
B．6 2
C．1
D. 2
【解析】 因为底面用斜二测画法所画的水平放置的直观图 是一个边长为 1 的正方形，所以在直角坐标系中，底面是边长为 1 和 3 的平行四边形，且平行四边形的一条对角线垂直于平行四 边形的短边，此对角线的长为 2 2，所以该四棱锥的体积为 V＝ 13×2 2×1×3＝2 2.
A1－ADC 的高仍为 h，底面面积为21S，所以该三棱锥的体积为
V1＝31×21Sh＝16Sh.多面体 A1B1C1DBC 的体积为 V2＝Sh－16Sh＝65
Sh.所以多面体 A1ADC 与多面体 A1B1C1DBC 体积的比值为15.
【答案】
1 5
(4)(2016·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体 积为( )
∴该球的体积 V＝34πR3＝43×54
45π＝5
5π 6.
【答案】 D
【回顾】 (1)四棱锥、直六棱柱的外接球球心同样位于过底 面外心与底面垂直的直线上．
(2)球心到多面体各个顶点距离相等．
[求多面体的高]
(1)(2016·长沙四校联考)已知棱长均为 a 的正三棱柱 ABC－
【高考数学】2018届高三数学(文)二轮复习课件：专题五 立体几何5.2(高频考点汇总PPT课件)
第 2 课时
空间中的平行与垂直
高考对本部分内容考查主要从以下形式进行： (1)以选择、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质 及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题真假进行判 断，属基础题． (2)以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行 和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其 简单组合体为载体进行考查，难度中等.
因为 BB1＝2BC，且四边形 BB1C1C 为平行四边形， 所以四边形 CDMB 和四边形 DMB1C1 均为菱形， 故∠CDB＝∠BDM，∠MDB1＝∠B1DC1， 所以∠BDM＋∠MDB1＝90° ，即 BD⊥B1D. 又 AB⊥平面 BB1C1C，B1D⊂平面 BB1C1C，所以 AB⊥B1D. 又 AB∩BD＝B，所以 B1D⊥平面 ABD.
高考·题型突破
题型一
空间中的平行与垂直关系
1．直线、平面平行的判定及其性质 (1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α. (2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b. (3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β. (4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
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(2)因为 AC⊥BD，E，M 分别为 AD 和 OD 的中点， 所以 EM⊥BD， 又 A1E⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD， 所以 A1E⊥BD，因为 B1D1∥BD， 所以 EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1， 又 A1E，EM⊂平面 A1EM，A1E∩EM＝E， 所以 B1D1⊥平面 A1EM， 又 B1D1⊂平面 B1CD1，所以平面 A1EM⊥平面 B1CD1.
2018届高考数学(文)二轮专题复习习题：第1部分 专题五 立体几何 1-5-2 Word版含答案
限时规范训练十三空间中的平行与垂直限时40分钟，实际用时________分值80分，实际得分________一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2016·高考山东卷)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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解析：选A.因为直线a和直线b相交，所以直线a与直线b有一个公共点，而直线a，b分别在平面α、β内，所以平面α与β必有公共点，从而平面α与β相交；反之，若平面α与β相交，则直线a与直线b可能相交、平行、异面．故选A.2．(2017·高考全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC解析：选C.根据三垂线逆定理，平面内的线垂直平面的斜线，那也垂直于斜线在平面内的射影，A项，若A1E⊥DC1，那么D1E⊥DC1，很显然不成立；B项，若A1E⊥BD，那么BD⊥AE，显然不成立；C项，若A1E⊥BC1，那么BC1⊥B1C，成立，反过来BC1⊥B1C时，也能推出BC1⊥A1E，所以C 成立，D项，若A1E⊥AC，则AE⊥AC，显然不成立，故选C.3．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β( )A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥m解析：选A.选项A中，由平面与平面垂直的判定定理可知A正确；选项B中，当α⊥β时，l，m可以垂直，也可以平行，也可以异面；选项C中，l∥β时，α，β可以相交；选项D中，α∥β时，l，m也可以异面．4．已知α，β为两个平面，l为直线，若α⊥β，α∩β＝l，则( )A．垂直于平面β的平面一定平行于平面αB．垂直于直线l的直线一定垂直于平面αC．垂直于平面β的平面一定平行于直线lD．垂直于直线l的平面一定与平面α，β都垂直解析：选D.由α⊥β，α∩β＝l，知：垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，故A不正确；垂直于直线l的直线若在平面β内，则一定垂直于平面α，否则不一定，故B不正确；垂直于平面β的平面与l的关系有l⊂β，l∥β，l与β相交，故C不正确；由平面垂直的判定定理知：垂直于直线l的平面一定与平面α，β都垂直，故D正确．5．设a，b，c表示三条直线，α，β表示两个平面，则下列命题中逆命题不成立的是( ) A．c⊥α，若c⊥β，则α∥βB．b⊂α，c⊄α，若c∥α，则b∥cC．b⊂β，若b⊥α，则β⊥αD．a，b⊂α，a∩b＝P，c⊥a，c⊥b，若α⊥β，则c⊂β解析：选C.利用排除法求解．A的逆命题为：c⊥α，若α∥β，则c⊥β，成立；B的逆命题为：b⊂α，c⊄α，若b∥c，则c∥α，成立；C的逆命题为：b⊂β，若β⊥α，则b⊥α，不成立；D的逆命题为：a，b⊂α，a∩b＝P，c⊥a，c⊥b，若c⊂β，则α⊥β，成立，故选C.6．(2017·江西六校联考)已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.其中所有正确命题的序号是( )A．①④B．②④C．①D．④解析：选A.借助于长方体模型来解决本题，对于①，可以得到平面α，β互相垂直，故①正确；对于②，平面α，β可能垂直，如图(1)所示，故②不正确；对于③，平面α，β可能垂直，如图(2)所示，故③不正确；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图(3)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n，故④正确．综上，选A.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．如图，四棱锥PABCD的底面是直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E 为PC的中点，则BE与平面PAD的位置关系为________．解析：取PD的中点F，连接EF，AF，在△PCD 中，EF 綊12CD .又因为AB ∥CD 且CD ＝2AB ，所以EF 綊AB ，所以四边形ABEF 是平行四边形， 所以EB ∥AF .又因为EB ⊄平面PAD ，AF ⊂平面PAD ， 所以BE ∥平面PAD . 答案：平行8．(2017·山师大附中模拟)若α，β是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为________．(写出所有真命题的序号)①若直线m ⊥α，则在平面β内，一定不存在与直线m 平行的直线； ②若直线m ⊥α，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线m 垂直； ③若直线m ⊂α，则在平面β内，不一定存在与直线m 垂直的直线； ④若直线m ⊂α，则在平面β内，一定存在与直线m 垂直的直线．解析：对于①，若直线m ⊥α如果α，β互相垂直，则在平面β内，存在与直线m 平行的直线，故①错误；对于②，若直线m ⊥α，则直线m 垂直于平面α内的所有直线，在平面β内存在无数条与交线平行的直线，这无数条直线均与直线m 垂直，故②正确；对于③，④，若直线m ⊂α，则在平面β内，一定存在与直线m 垂直的直线，故③错误，④正确．答案：②④9．(2017·沈阳三模)如图，已知四边形ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，下列结论中正确的是________．(把正确结论的序号都填上)①PD ⊥CD ； ②BD ⊥平面PAO ； ③PB ⊥CB ； ④BC ∥平面PAD .解析：对于①，因为CD ⊥AD ，CD ⊥PA ，AD ∩PA ＝A ，所以CD ⊥平面PAD ，所以CD ⊥PD ，则①正确；对于②，BD ⊥PA ，当BD ⊥AO 时，BD ⊥平面PAO ，但BD 与AO 不一定垂直，故②不正确；对于③，因为CB ⊥AB ，CB ⊥PA ，AB ∩PA ＝A ，所以CB ⊥平面PAB ，所以CB ⊥PB ，则③正确； 对于④，因为BC ∥AD ，BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以BC ∥平面PAD ，则④正确．故填①③④.答案：①③④三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)10．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面PAD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD 的体积． 解：(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD .又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故BC ∥平面PAD .(2)如图，取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝32AD ＝3x ，PC ＝PD ＝PM 2＋CM 2＝2x . 如图，取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ， 所以PN ＝PC 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12CD 2＝4x 2－14×2x 2＝142x .因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2. 于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3. 所以四棱锥P ABCD 的体积V ＝13×＋2×23＝4 3.11．(2017·山东潍坊模拟)如图，在四棱台ABCD A 1B 1C 1D 1中，D 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝2AD ，AD ＝A 1B 1，∠BAD ＝60°.(1)证明：AA 1⊥BD ； (2)证明：CC 1∥平面A 1BD .证明：(1)因为D 1D ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ， 所以D 1D ⊥BD .又因为AB ＝2AD ，∠BAD ＝60°， 在△ABD 中，由余弦定理得BD ＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos 60°＝4AD 2＋AD 2－2AD 2＝3AD ， 所以AD 2＋BD 2＝AB 2，即AD ⊥BD . 又AD ∩D 1D ＝D ，所以BD ⊥平面ADD 1A 1. 又AA 1⊂平面ADD 1A 1，所以AA 1⊥BD . (2)连接AC ，A 1C 1. 设AC ∩BD ＝E ，连接EA 1，因为四边形ABCD 为平行四边形， 所以EC ＝12AC .由棱台定义及AB ＝2AD ＝2A 1B 1知，A 1C 1∥EC 且A 1C 1＝EC ， 所以四边形A 1ECC 1为平行四边形， 因此CC 1∥EA 1.又因为EA 1⊂平面A 1BD ，CC 1⊄平面A 1BD . 所以CC 1∥平面A 1BD .12．(2017·吉林调研)如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝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△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．解：(1)证明：在题图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC ，又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，又由(1)，A 1O ⊥BE ，所以A 1O ⊥平面BCDE ， 即A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高． 由题图①知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2. 从而四棱锥A 1BCDE 的体积为V ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3，由26a 3＝362，得a ＝6.。
2018高考高三数学(文)全国各地优质模拟试卷分项精品专题_立体几何Word版含解析
【备战2018高考高三数学全国各地优质模拟试卷分项精品】立体几何一、单选题1．【2018吉林普通高中高三二调】已知某三棱锥的三视图如图所示，那么该三棱锥的体积等于A. 9B. 2C. 3D. 3 22．【2018广东茂名高三上学期第一次适应性测试】如图所示为一正方体的平面展开图，在这个正方体中，有下列四个命题：①AF⊥GC；②BD与GC成异面直线且夹角为60︒；③BD∥MN；④BG与平面ABCD所成的角为45︒.其中正确的个数是( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】将平面展开图还原成正方体（如图所示）．点睛：空间中点、线、面位置关系的判断方法(1)平面的基本性质是立体几何的基本理论基础，也是判断线面关系的基础．对点、线、面的位置关系的判断，常用的方法时对各种关系都进行考虑，进行逐一排除，解题时要充分发挥模型的直观性作用； (2)利用线线平行、线面平行、面面平行以及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定定理、性质定理综合进行推理和判断命题是否正确．3．【2018河南安阳高三一模】如下图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）A. 42π+B. 342π+C. 4π+D. 42π+ 【答案】D【解析】由三视图知该组合体是长方体与半个圆柱组合而成，体积为2111411422V ππ=⨯⨯+⨯⨯⨯=+，故选D.4．【2018重庆九校联盟高三上学期联考一】某几何体的三视图如图所示，其正视图和侧视图是全等的正三角形，其俯视图中，半圆的直径是等腰直角三角形的斜边，若半圆的直径为2，则该几何体的体积等于（ ）A.()313π+ B.()323π+ C.()316π+ D.()326π+点睛：由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整. 5．【2018河北波峰中学高三上学期联考】某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为（ ）A. 84225+62225+84245+82225+【答案】B【解析】所以42252262522S =++⨯+=++，故选B 。
2018届高三数学(文)二轮复习专题集训专题五 立体几何5.1 Word版含解析
级
．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )
解析：先观察俯视图，由俯视图可知选项和中的一个正确，由正视图和侧视图可知选项
正确．
答案：．如图，水平放置的三棱柱的侧棱长为，且侧棱⊥
平面，正视图是边长为的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的侧视图面积为(
)
．
．
解析：由直观图、正视图以及俯视图可知，侧视图是宽为，长为的长方形，所以面积＝
×＝.故选.
答案：．已知一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图是( )
解析：选项中的几何体，正视图不符，侧视图也不符，俯视图中没有虚线；选项中的几
何体，俯视图中不出现虚线；选项中的几何体符合三个视图；选项中的几何体，正视图不符．故
选.
答案：
．(·湖南省五市十校联考)如图，小方格是边长为的正方形，一个几何体的三视图如图
所示，则几何体的表面积为( )
．π＋
．(＋)π＋
．(＋)π＋
．(＋)π＋
解析：几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为，圆锥的高为，底面
半径为，几何体的表面积为＝×＋π×＋π××＝(＋)π＋.
答案：
．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
．＋
．＋。
【高三数学试题精选】2018届高考数学第二轮立体几何综合复习检测题(含参考答案)
2018届高考数学第二轮立体几何综合复习检测题(含参考
答案)
5 c 2018年高考数学二轮复习综合检测
专题五立体几何
时间120分钟满分150分
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分；在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设有四个命题①底面是矩形的平行六面体是长方体；②棱长相等的直四棱柱是正方体；③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．其中假命题的序号是( )
A．① B．②③
c．①②③ D．③④
[答案] c
[解析] 底面是矩形的平行六面体的侧棱不一定与底面垂直，故①错；棱长相等的直四棱柱中若底面是菱形则不是正方体，故②错；如果两条平行的侧棱都垂直于底面一边显然不是直平行六面体，③错．故选c
2．已知A、B为球面上的两点，为球心，且AB＝3，∠AB＝120°，则球的体积为( )
A9π2 B．43π
c．36π D．323π
[答案] B
[解析] 设球的半径为R，由AB2＝R2＋R2－2R2cs120°＝3R2＝9，得R2＝3，因此该球的体积是
4π3R3＝4π3×(3)3＝43π，故选B
3．(2018 北京市海淀区二模)在正四面体A－BcD中，棱长为4，是Bc的中点，点P在线段A上运动(P不与A，重合)，过点P作直线。
2018年高考数学(文)二轮专题复习课件：第二部分 专题五 立体几何3.1
5.3.1
空间中的平行与几何 体的体积
专题二
考向一 考向二 考向三
2.4.2 导数与不等式及参数范围
考向一 考向二
-9-
平行关系的证明及求体积 例1如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC, AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的 中点.
(1)证明MN∥平面PAB; (2)求四面体N-BCM的体积.
专题二
考向一 考向二 考向三
2.4.2 导数与不等式及参数范围
考向一 考向二
-10-
(1)证明 由已知得
2 AM= AD=2. 3
取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,
TN= BC=2.
1 2
又AD∥BC,故TN������ AM,四边形AMNT为平行四边形, 于是MN∥AT. 因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.
专题二
考向一 考向二 考向三
2.4.2 导数与不等式及参数范围
Ⅲ
专题二
2.4.2 导数与不等式及参数范围
考向一 考向二
-5-
卷 设问特点 别 全 证明面面垂直; 国 求棱锥的侧面 Ⅰ 积 全 证明线面平行; 2017 国 求棱锥体积 年份
涉及知识点
题目类 型
数学思想方 法 演绎推理、 方程思想 演绎推理、 转换思想、 方程思想 演绎推理、 转换思想
面面垂直的判定定 四棱锥 理、棱锥体积
专题二
考向一 考向二 考向三
2.4.2 导数与不等式及参数范围
考向一 考向二
-11-
(2)解 因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的 1 距离为 2PA. 取BC的中点E,连接AE.
【高三数学试题精选】2018年高考数学文科二轮复习立体几何专练(含答案)
2018年高考数学文科二轮复习立体几何专练(含答案)
5 c 衡水万卷作业卷十五数
立体几何作业专练
姓名__________班级__________考号__________
题号一二三总分
得分
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1（b2h2=b2（h1-h2），所以 b2h2=b2（h1-h2），所以h1= h2，故①错误；又水占容器内空间的一半，所以②正确；当容器侧面水平放置时，P点在长方体中截面上，所以③正确；假设④正确，当水面与正四棱锥的一个侧面重合时，经计算得水的体积为 b2h2＞b2h2，矛盾，故④不正确．故答案为②③．
【思路点拨】可结合已知条先判断出水的体积占整个容积的一半，再通过计算判断①④是否正确即可
三、解答题
17（1）参考解析；（2）参考解析；（3）
【解析】
试题分析（1）由，，即可得到线段成比例，即得到直线平行，再根据直线与平面平行的判断定理即可得到结论
（2）由平面平面，于点，并且Ac是平面PAc与平面ABc的交线，根据平面垂直的性质定理即可得PD垂直平面ABc，再根据平面与平面垂直的判断定理即可得到结论
（3）由即可得Ac=3又由，，在三角形ABc中根据余弦定理即可求得Bc的值所以三角形ABc的面积可以求出，由于PD垂直于平面ABc所以PD为三棱锥的高，即可求得结论
（1）， 2分。
2018届高三数学(理)二轮复习专题集训：专题5 立体几何5.3
A 级1．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，点D 在棱BB 1上，若BD ＝3，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为( )A.235B ．43C.54D ．23913解析： 如图，可得AD →·EB →＝(AB →＋BD →)·EB →＝AB →·EB →＝4×23×32＝12＝5×23×cosθ(θ为AD →与EB →的夹角)，所以cos θ＝235，sin θ＝135，tan θ＝396，又因为BE ⊥平面AA 1C 1C ，所以所求角的正切值为23913.答案： D2．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝3，点E 为AD 的中点，现分别沿BE ，CE 将△ABE ，△DCE 翻折，使得点A ，D 重合于F ，此时二面角E -BC -F 的余弦值为( )A.721 B ．74 C.32D ．34解析： 如图所示，取BC 的中点P ，连接EP ，FP ，由题意得BF ＝CF ＝2，∴PF ⊥BC ，又EB ＝EC ，∴EP ⊥BC ，∴∠EPF 为二面角E -BC -F 的平面角，而FP ＝FB 2－⎝⎛⎭⎫12BC 2＝72，在△EPF 中，cos ∠EPF ＝EP 2＋FP 2－EF 22EP ·FP ＝4＋74－942×2×72＝74. 答案： B3．在空间直角坐标系中，以点A (4,1,9)，B (10，－1,6)，C (x,4,3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的直角三角形，则实数x 的值为________．解析： 由题意得AB →＝(6，－2，－3)， AC →＝(x －4,3，－6)，AB →·AC →＝(6，－2，－3)·(x －4,3，－6) ＝6(x －4)－6＋18＝0， 解之得x ＝2. 答案： 24．(2017·全国卷Ⅲ)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)解析： 依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.由题意知点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝(1,0,0)，CB →以Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0,2π)，则B (cos θ，sin θ，0)，∴AB →＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB →|＝ 2. 设直线AB 与a 所成夹角为α， 则cos α＝|AB →·a ||a ||AB →|＝22|sin θ|∈⎣⎡⎦⎤0，22，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误． 设直线AB 与b 所成夹角为β， 则cos β＝|AB →|·b |b ||AB →|＝22|cos θ|.当直线AB 与a 的夹角为60°， 即α＝60°时，则|sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝22， ∴|cos θ|＝22.∴cos β＝22|cos β|＝12. ∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB 与b 的夹角为60°. ∴②正确．①错误． 答案： ②③5．(2017·惠州市第三次调研考试)如图，四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，点P 在圆柱OQ 的底面圆周上，G 是DP 的中点，圆柱OQ 的底面圆的半径OA ＝2，侧面积为83π，∠AOP ＝120°.(1)求证：AG ⊥BD ；(2)求二面角P -AG -B 的平面角的余弦值． 解析： 建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，由题意可知83π＝2×2π×AD ，解得AD ＝2 3.则A (0,0,0)，B (0,4,0)，D (0,0,23)，P (3，3,0)， ∵G 是DP 的中点， ∴可求得G ⎝⎛⎭⎫32，32，3. (1)证明：BD →＝(0，－4,23)，AG →＝⎝⎛⎭⎫32，32，3.∴AG →·BD →＝⎝⎛⎭⎫32，32，3·(0，－4,23)＝0， ∴AG ⊥BD .(2)BP →＝(3，－1,0)，AG →＝⎝⎛⎭⎫32，32，3，PG →＝⎝⎛⎭⎫－32，－32，3，BG →＝⎝⎛⎭⎫32，－52，3，∵BP →·PG →＝0，AG →·BP →＝0， ∴BP →是平面APG 的法向量． 设n ＝(x ，y,1)是平面ABG 的法向量， 由n ·AG →＝0，n ·AB →＝0， 解得n ＝(－2,0,1)，cos 〈BP →，n 〉＝BP →·n |BP →|·|n |＝－2325＝－155.∴二面角P -AG -B 的平面角的余弦值为155.6．(2017·太原市模拟试题)如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，BE ⊥平面ABCD ，DF ∥BE ，且DF ＝2BE ＝2，EF ＝3.(1)证明：平面ACF ⊥平面BEFD ；(2)若二面角A -EF -C 是直二面角，求直线AE 与平面ABCD 所成角的正切值． 解析： (1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD . ∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥AC ， ∵BD ∩BE ＝B ， ∴AC ⊥平面BEFD ， AC ⊂平面ACF ， ∴平面ACF ⊥平面BEFD .(2)设AC 与BD 的交点为O ，由(1)得AC ⊥BD ，分别以OA ，OB 为x 轴和y 轴，过点O 作垂直于平面ABCD 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥BD ， ∵DF ∥BE ，∴DF ⊥BD ， ∴BD 2＝EF 2－(DF －BE )2＝8， ∴BD ＝2 2.设OA ＝a (a >0)，则A (a,0,0)，C (－a,0,0)，E (0，2，1)，F (0，－2，2)，∴EF →＝(0，－22，1)，AE →＝(－a ，2，1)，CE →＝(a ，2，1)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EF →＝0，m ·AE →＝0即⎩⎨⎧－22y 1＋z 1＝0－ax 1＋2y 1＋z 1＝0，令z 1＝22，∴m ＝⎝⎛⎭⎫32a ，1，22是平面AEF 的一个法向量， 设n ＝(x 2，y 2，z 2)，是平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·CE →＝0即⎩⎨⎧－22y 2＋z 2＝0，ax 2＋2y 2＋z 2＝0，令z 2＝22，∴n ＝⎝⎛⎭⎫－32a ，1，22是平面CEF 的一个法向量， ∵二面角A -EF -C 是直二面角， ∴m ·n ＝－18a 2＋9＝0，∴a ＝ 2.∵BE ⊥平面ABCD ，∴∠BAE 是直线AE 与平面ABCD 所成的角， ∵AB ＝OA 2＋OB 2＝2，∴tan ∠BAE ＝BE AB ＝12.故直线AE 与平面ABCD 所成角的正切值为12.B 级1．(2017·安徽省两校阶段性测试)已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是梯形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，且AB ＝BC ＝1，AD ＝2，顶点P 在平面ABCD 内的射影H 在AD 上，P A ⊥PD .(1)求证：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若直线AC 与PD 所成角为60°，求二面角A -PC -D 的余弦值． 解析： (1)证明：∵PH ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴PH ⊥AB .∵AB ⊥AD ，AD ∩PH ＝H ，AD ，PH ⊂平面P AD ， ∴AB ⊥平面P AD .又AB ⊂平面P AB ，∴平面P AB ⊥平面P AD .(2)以A 为原点，建立空间直角坐标系A -xyz ，如图，∵PH ⊥平面ABCD ， ∴z 轴∥PH .则A (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，设AH ＝a ，PH ＝h (0<a <2，h >0)． 则P (0，a ，h )．∴AP →＝(0，a ，h )，DP →＝(0，a －2，h )，AC →＝(1,1,0)． ∵P A ⊥PD ，∴AP →·DP →＝a (a －2)＋h 2＝0. ∵AC 与PD 所成角为60°， ∴|cos(AC →，DP →)|＝|a －2|2·(a －2)2＋h 2＝12，∴(a －2)2＝h 2，∴(a －2)(a －1)＝0，∵0<a <2，∴a ＝1.∵h >0，∴h ＝1，∴P (0,1,1)．∴AP →＝(0,1,1)，AC →＝(1,1,0)，PC →＝(1,0，－1)，DC →＝(1，－1,0)，设平面APC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP →＝y ＋z ＝0，n ·AC →＝x ＋y ＝0，得平面APC 的一个法向量为n ＝(1，－1,1)， 设平面DPC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝x －z ＝0，m ·DC →＝x －y ＝0得平面DPC 的一个法向量为(1,1,1)．∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝13. ∵二面角A -PC -D 的平面角为钝角， ∴二面角A -PC -D 的余弦值为－13.2．已知长方形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝ 2.现将长方形沿对角线BD 折起，使AC ＝a ，得到一个四面体A -BCD ，如图所示．(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB 与CD ，AD 与BC 能否垂直？若能垂直，求出相应的a 值；若不垂直，请说明理由；(2)当四面体A -BCD 的体积最大时，求二面角A -CD -B 的余弦值． 解析： (1)①若AB ⊥CD ，因为AB ⊥AD ，AD ∩CD ＝D ， 所以AB ⊥平面ACD ，AC ⊂平面ACD ，所以AB ⊥AC . 即AB 2＋a 2＝BC 2，即12＋a 2＝(2)2，所以a ＝1. ②若AD ⊥BC ，因为AD ⊥AB ，BC ∩AB ＝B ， 所以AD ⊥平面ABC ，所以AD ⊥AC . 即AD 2＋a 2＝CD 2，即(2)2＋a 2＝12， 所以a 2＝－1，无解． 故AD ⊥BC 不成立．(2)要使四面体A -BCD 的体积最大， 因为△BCD 的面积为定值22，所以只需三棱锥A -BCD 的高最大即可，此时平面ABD ⊥平面BCD . 过点A 作AO ⊥BD 于点O ，则AO ⊥平面BCD ，以O 为原点建立空间直角坐标系O -xyz (如图)， 则易知A ⎝⎛⎭⎫0，0，63，C ⎝⎛⎭⎫63，33，0，D ⎝⎛⎭⎫0，233，0， 显然，平面BCD 的一个法向量为OA →＝⎝⎛⎭⎫0，0，63.设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．因为CD →＝⎝⎛⎭⎫－63，33，0，DA →＝⎝⎛⎭⎫0，－233，63， 则⎩⎪⎨⎪⎧CD →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧－63x ＋33y ＝0，－233y ＋63z ＝0，令y ＝2，得n ＝(1，2，2)． 故二面角A -CD -B 的余弦值为 |cos 〈OA →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪26363×1＋2＋4＝277.。
2018年高考数学(文)二轮复习讲练测专题1.5 立体几何(测) 含解析
2018年高考数学（文）二轮复习讲练测总分 _______ 时间 _______ 班级 _______ 学号 _______ 得分_______一、选择题（12*5=60分）1．如图，四棱锥P-ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则（）A. MN∥PDB. MN∥PAC. MN∥ADD. 以上均有可能【答案】B形，则四棱锥侧面中最大侧面的面积是（）27 【答案】D【解析】3．设,αβ是两个不同的平面， l 是一条直线，以下命题正确的是（ ） A. 若,l ααβ⊥⊥，则l β⊂ B. 若,//l ααβ⊥，则l β⊥ C. 若//,//l ααβ，则l β⊂ D. 若//,l ααβ⊥，则l β⊥ 【答案】B【解析】若l ⊥α,α⊥β,则l ⊂β或l ∥β，故A 错误；若l ⊥α,α∥β，由平面平行的性质，我们可得l ⊥β，故B 正确； 若l ∥α,α∥β,则l ⊂β或l ∥β，故C 错误； 若l ∥α,α⊥β,则l ⊥β或l ∥β，故D 错误； 故选：C.4．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，则点A 1到平面AB 1D 1的距离是( )A. 1B. 43C. 169D. 2 【答案】B【解析】设点A 1到平面AB 1D 1的距离为h ，因为V A1－AB1D1＝V A －A1B1D1，所以13S △AB1D1h ＝13S △A1B1D1×AA 1，所以h ＝()11111122212244213224222A B D AB D SAA S⨯⨯⨯⨯==⨯⨯+-故选B. 点睛：点面距离往往转化为对应棱锥的高，通过等体积法求高得点面距离.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2，则该球的表面积为（ ）A. 12πB. 24π C. 36π D. 48π 【答案】A6．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的几何体，如在等高处截面的面积恒相等，则体积相等．已知某不规则几何体与如图所示的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )A. 165B.325C. 3D. 6【答案】B7．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. 22πB.C. 24πD. 36π【答案】D【解析】△ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝5BC中点O′就是△ABC的外接圆的圆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ABCDA. 平面//B. 直线BE,CF相交于一点C. EF//平面BGDPA平面BGDD. //【答案】C【解析】把图形还原为一个四棱锥,如图所示,EH AB GH BC,根据三角形中位线的性质，可得//,//EFGH平面ABCD，A正确；平面//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C10．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( )34323【答案】D11．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确的命题有( )A. ①②B. ②③C.①③D. ①②③【答案】C【解析】直线AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF，又ABC－A1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BCC1B1，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确.答案 C.12．如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D为AC的中点，将△ABD沿BD折起到△PBD的位置，使PC＝PD，连接PC，得到三棱锥P－BCD，若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是( )A. 7πB. 5πC. 3πD. π【答案】A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】35621π【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356212356214356212ππ⎛⎫=⎪⎪⎝⎭.14．如图，三棱柱ABC－A1B1C12，且顶点A1在底面ABC上的射影O为△ABC的中心，则三棱锥A1－ABC的体积为________．【答案】1 3【解析】如图，由题意可知，底面三角形ABC为正三角形，15．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．给出下列命题：(1)若m⊂α，m⊥β，则α⊥β；(2)若m⊂α，α∩β＝n，α⊥β，则m⊥n；(3)若m∥α，m⊂β，α∩β＝n，则m∥n.其中真命题是________(填序号)． 【答案】(1)(3)【解析】(2)中，m ∥n ，m 与n 相交都有可能．16．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A BD C --， AC BD O ⋂=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如上图所示，由题意可得： AB AC =，则AE BC ⊥, 由,,BE EC BO OD BC CD ==⊥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，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 是A 1D 1的中点，点F 是CE 的中点． (Ⅰ)求证：平面ACE⊥平面BDD 1B 1； (Ⅱ)求证：AE∥平面BDF.【答案】(1)见解析(2)见解析点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.=，点F为CE的中点.18．如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD为矩形，BC CEAE平面BDF.(1)证明：//⊥？若存在，确定点P的位置，并加以证(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明；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）中点【解析】试题分析：OF AE，再由线面平行的判定定理可证；（1）连接AB交BD于O，连接OF，利用ABCD是矩形得到//∵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.19．如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,D是BC的中点．(1)求证:A1B∥平面ADC1;(2)若AB⊥AC,AB＝AC＝1,AA1＝2,求几何体ABD-A1B1C1的体积．【答案】（1）详见解析（2）5 620．【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24BC AD ==，点E 为PC 中点．（1）证明： //DE 平面PAB ；（2）若PA ⊥平面ABCD ， 60ABC ∠=︒，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）33.即在PAB ∆中，有32PA AB =，则3PA =. 所以，四棱锥P ABCD -的体积13ABCD V S PA =⋅梯形 ()243133332+=⨯⨯=． 21．如图1，在梯形ABCD 中，AD∥BC，AD⊥DC，BC ＝2AD ，四边形ABEF 是矩形，将矩形ABEF 沿AB 折起到四边形ABE 1F 1的位置，使平面ABE 1F 1⊥平面ABCD ，M 为AF 1的中点，如图2. (1)求证：BE 1⊥DC； (2)求证：DM∥平面BCE 1；(3)判断直线CD 与ME 1的位置关系，并说明理由．【答案】(1)见解析；(2)见解析.（3）相交，理由详见解析所以平面ADM∥平面BCE1.因为DM⊂平面ADM，所以DM∥平面BCE1.(3)解直线CD与ME1相交，理由如下：取BC的中点P，CE1的中点Q，连接AP，PQ，QM，22．如图：设一正方形纸片ABCD边长为2分米，切去阴影部分所示的四个全等的等腰三角形，剩余为一个正方形，O为正四棱和四个全等的等腰三角形，沿虚线折起，恰好能做成一个正四棱锥（粘接损耗不计），图中AH PQ锥底面中心．（Ⅰ）若正四棱锥的棱长都相等，求这个正四棱锥的体积Ｖ；（Ⅱ）设等腰三角形APQ的底角为x，试把正四棱锥的侧面积S表示为x的函数，并求S的范围．【答案】（1）3403立方分米（2）02S<<平方分米。
2018届高三数学文二轮复习课件：第2部分 专题五 解析几何 2-5-2 精品
Δ＝48k2＋16＞0，
∴x1＋x2＝－1＋8k42k2，x1x2＝41k＋2－4k42，
由A→Q＝λQ→B得(－1－x1，－y1)＝λ(x2＋1，y2)，
即－ y1＝11，
由 A→E ＝ μ E→B 得 ( － 4 － x1 ， y0 － y1) ＝ μ(x2 ＋ 4 ， y2 － y0) ， 即
解：(1)设点 M(x，y)，则 k1＝x＋y 2，k2＝x－y 2， 由 k1·k2＝x＋y 2·x－y 2＝－34，整理得x42＋y32＝1. ∵由题意知点 M 不与 A1(－2,0)，A2(2,0)重合， ∴点 A1(－2,0)，A2(2,0)不在轨迹上， ∴点 M 的轨迹方程为x42＋y32＝1(y≠0)．
因为yx00＝－41m， 所以直线 OD 的方程为 y＝－41mx.
联立方程y＝－41mx， x＝m，
得点 M 的纵坐标 yM＝－14， 所以点 M 在定直线 y＝－14上．
2．已知点 A1(－2,0)，A2(2,0)，过点 A1 的直线 l1 与过点 A2 的直线 l2 相交于点 M，设直线 l1 的斜率为 k1，直线 l2 的斜率为 k2，且 k1k2 ＝－34. (1)求直线 l1 与 l2 的交点 M 的轨迹方程； (2)已知 F2(1,0)，设直线 l：y＝kx＋m 与(1)中的轨迹 M 交于 P，Q 两点，直线 F2P，F2Q 的倾斜角分别为 α，β，且 α＋β＝π，求证： 直线 l 过定点，并求该定点的坐标．
1．已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)，过焦点垂直于椭圆长轴的弦 长为 1，且焦点与椭圆短轴两端点构成等边三角形． (1)求椭圆的方程； (2)过点 Q(－1,0)的直线 l 交椭圆于 A，B 两点，交直线 x＝－4 于 点 E，A→Q＝λQ→B，A→E＝μE→B.判断 λ＋μ 是否为定值？若是，求出该 定值；若不是，请说明理由．
2018届高三数学(理)二轮复习专题集训：专题五 立体几何5.2 Word版含解析
A级1．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β”是“α∥β”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/ α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件．答案： B2．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()解析：B选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；C选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；D选项中，AB∥NQ，且AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ.故选A.答案： A3．(2017·新疆第二次适应性检测)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若α∥β，α∥γ，则β∥γ②若α⊥β，m∥α，则m⊥β③若m⊥α，m∥β，则α⊥β④若m∥n，n⊂α，则m∥α其中正确命题的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④解析：对于①，因为平行于同一个平面的两个平面相互平行，所以①正确；对于②，当直线m位于平面β内，且平行于平面α，β的交线时，满足条件，但显然此时m与平面β不垂直，因此②不正确；对于③，在平面β内取直线n平行于m，则由m⊥α，m∥n，得n ⊥α，又n⊂β，因此有α⊥β，③正确；对于④，直线m可能位于平面α内，显然此时m与平面α不平行，因此④不正确．综上所述，正确命题的序号是①③，选A.答案： A4．如图，在三棱锥P-ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是()A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.答案： B5．在正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面ABB1A1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距离相等，则动点P所在的曲线的形状为()解析：由题意可知点P到点B的距离等于到直线A1B1的距离，根据抛物线的定义可知，动点P的轨迹是以点B为焦点，以A1B1为准线的过点A的抛物线的一部分．A选项中的图象为直线，排除A.C选项中点B不是抛物线的焦点，排除C.D选项中的图象不过A点，排除D.故选B.答案： B6．如图，在空间四边形ABCD 中，M ∈AB ，N ∈AD ，若AM MB ＝ANND ，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．解析： 由AM MB ＝ANND ，得MN ∥BD .而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ， 所以MN ∥平面BDC . 答案： 平行7．已知α，β表示两个不同的平面，m ，n 表示两条不同的直线，且m ⊥β，α⊥β，给出下列四个结论：①∀n ⊂α，n ⊥β； ②∀n ⊂β，m ⊥n ； ③∀n ⊂α，m ∥n ； ④∃n ⊂α，m ⊥n .则上述结论正确的为________．(写出所有正确结论的序号)解析： 由于m ⊥β，α⊥β，所以m ⊂α或m ∥α.∀n ⊂α，则n ⊥β或n ⊂β或n ∥β或n 与β斜交，所以①不正确；∀n ⊂β，则由直线与平面垂直的性质，知m ⊥n ，②正确；∀n ⊂α，则m ∥n 或m ，n 相交或m ，n 互为异面直线，③不正确；当m ⊂α或m ∥α时，∃n ⊂α，m ⊥n ，④正确．答案： ②④ 8.如图，P A ⊥圆O 所在的平面，AB 是圆O 的直径，C 是圆O 上的一点，E 、F 分别是点A 在PB 、PC 上的正投影，给出的下列结论正确的是________．①AF ⊥PB ；②EF ⊥PB ； ③AF ⊥BC ；④AE ⊥平面PBC .解析： 由题意知P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥BC . 又AC ⊥BC ，P A ∩AC ＝A ， 所以BC ⊥平面P AC . 所以BC ⊥AF .因为AF ⊥PC ，BC ∩PC ＝C ，所以AF ⊥平面PBC ，PB ⊂平面PBC ， 所以AF ⊥PB ，又AE ⊥PB ，AE ∩AF ＝A ， 所以PB ⊥平面AEF ，所以PB ⊥EF . 故①②③正确． 答案： ①②③9．(2017·惠州市第三次调研考试)在如图所示的多面体ABCDE 中，已知ABCD 是边长为2的正方形，平面ABCD ⊥平面ABE ，∠AEB ＝90°，AE ＝BE .(1)若M 是DE 的中点，试在AC 上找一点N ，使得MN ∥平面ABE ，并给出证明； (2)求多面体ABCDE 的体积．解析： (1)连接BD ，交AC 于点N ，则点N 即为所求，证明如下： ∵ABCD 是正方形，∴N 是BD 的中点， 又M 是DE 的中点，∴MN ∥BE ， ∵BE ⊂平面ABE ，MN ⊄平面ABE ， ∴MN ∥平面ABE .(2)取AB 的中点F ，连接EF ，∵△ABE 是等腰直角三角形，且AB ＝2， ∴EF ⊥AB ，EF ＝12AB ＝1，∵平面ABCD ⊥平面ABE ， 平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ， EF ⊂平面ABE ，∴EF ⊥平面ABCD ，即EF 为四棱锥E -ABCD 的高， ∴V 四棱锥E -ABCD ＝13S 正方形ABCD ·EF ＝13×22×1＝43.10．如图，过底面是矩形的四棱锥F -ABCD 的顶点F 作EF ∥AB ，使AB ＝2EF ，且平面ABFE ⊥平面ABCD ，若点G 在CD 上且满足DG ＝GC .(1)求证：FG ∥平面AED ； (2)求证：平面DAF ⊥平面BAF .证明： (1)因为DG ＝GC ，AB ＝CD ＝2EF ，AB ∥EF ∥CD ， 所以EF ∥DG ，EF ＝DG .所以四边形DEFG 为平行四边形， 所以FG ∥ED .又因为FG ⊄平面AED ，ED ⊂平面AED ， 所以FG ∥平面AED .(2)因为平面ABFE ⊥平面ABCD ，平面ABFE ∩平面ABCD ＝AB ，AD ⊥AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面BAF ，又AD ⊂平面DAF ，所以平面DAF ⊥平面BAF .B 级1．(2017·成都市第二次诊断性检测)把平面图形M 上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M ′称为图形M 在这个平面上的射影．如图，在长方体ABCD -EFGH 中，AB ＝5，AD ＝4，AE ＝3.则△EBD 在平面EBC 上的射影的面积是( )A ．234B ．252C ．10D ．30解析： 连接HC ，过D 作DM ⊥HC ，连接ME ，MB ，因为BC ⊥平面HCD ，又DM ⊂平面HCD ，所以BC ⊥DM ，因为BC ∩HC ＝C ，所以DM ⊥平面HCBE ，即D 在平面HCBE 内的射影为M ，所以△EBD 在平面HCBE 内的射影为△EBM ，在长方体中，HC ∥BE ，所以△MBE 的面积等于△CBE 的面积，所以△EBD 在平面EBC 上的射影的面积为12×52＋32×4＝234，故选A.答案： A2．(2017·惠州市第三次调研考试)如图是一几何体的平面展形图，其中四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为P A ，PD 的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：①直线BE 与直线CF 异面； ②直线BE 与直线AF 异面； ③直线EF ∥平面PBC ； ④平面BCE ⊥平面P AD . 其中正确的有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个解析： 将展开图还原为几何体(如图)，因为E ，F 分别为P A ，PD 的中点，所以EF ∥AD ∥BC ，即直线BE 与CF 共面，①错；因为B ∉平面P AD ，E ∈平面P AD ，E ∉AF ，所以BE 与AF 是异面直线，②正确；因为EF ∥AD ∥BC ，EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC ，③正确；平面P AD 与平面BCE 不一定垂直，④错．故选B.答案： B3．如图所示，平行四边形ABCD 中，∠DAB ＝60°，AB ＝2，AD ＝4.将△CBD 沿BD 折起到△EBD 的位置，使平面EBD ⊥平面ABD .(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求三棱锥E -ABD 的侧面积和体积．解析： (1)证明：在△ABD 中，因为AB ＝2，AD ＝4，∠DAB ＝60°，所以BD ＝AB2＋AD2－2AB·AD cos ∠DAB＝23，所以AB2＋BD2＝AD2，所以AB⊥BD.又平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面EBD.又DE⊂平面EBD，所以AB⊥DE.(2)由(1)知AB⊥BD.因为CD∥AB，所以CD⊥BD，从而DE⊥BD.在Rt△DBE中，因为DB＝23，DE＝DC＝AB＝2，所以S△EDB＝12BD·DE＝2 3.因为AB⊥平面EBD，BE⊂平面EBD，所以AB⊥BE.因为BE＝BC＝AD＝4，所以S△EAB＝12AB·BE＝4.因为DE⊥BD，平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，所以DE⊥平面ABD，而AD⊂平面ABD，所以DE⊥AD，故S△EAD＝12AD·DE＝4.故三棱锥E-ABD的侧面积S＝S△EDB＋S△EAB＋S△EAD＝8＋2 3. 因为DE⊥平面ABD，且S△ABD＝S△EBD＝23，DE＝2，所以V三棱锥E-ABD＝13S△ABD×DE＝13×23×2＝433.4．在多面体ABCDEF中，底面ABCD是梯形，四边形ADEF是正方形，AB∥DC，AB ＝AD＝1，CD＝2，AC＝EC＝ 5.(1)求证：平面EBC⊥平面EBD；(2)设M为线段EC上一点，且3EM＝EC，试问在线段BC上是否存在一点T，使得MT ∥平面BDE，若存在，试指出点T的位置；若不存在，请说明理由．解析：(1)证明：因为AD＝1，CD＝2，AC＝5，所以AD2＋CD2＝AC2，所以△ADC为直角三角形，且AD⊥DC.同理，因为ED＝1，CD＝2，EC＝5，所以ED2＋CD2＝EC2，所以△EDC 为直角三角形，且ED ⊥DC . 又四边形ADEF 是正方形，所以AD ⊥DE ， 又AD ∩DC ＝D ， 所以ED ⊥平面ABCD .又BC ⊂平面ABCD ，所以ED ⊥BC .在梯形ABCD 中，过点B 作BH ⊥CD 于点H ， 故四边形ABHD 是正方形，所以∠ADB ＝45°，BD ＝ 2. 在Rt △BCH 中，BH ＝CH ＝1，所以BC ＝2， 故BD 2＋BC 2＝DC 2，所以BC ⊥BD .因为BD ∩ED ＝D ，BD ⊂平面EBD ，ED ⊂平面EBD ， 所以BC ⊥平面EBD ，又BC ⊂平面EBC ，所以平面EBC ⊥平面EBD .(2)在线段BC 上存在一点T ，使得MT ∥平面BDE ，此时3BT ＝BC .连接MT ，在△EBC 中，因为BT BC ＝EM EC ＝13，所以MT ∥EB .又MT ⊄平面BDE ，EB ⊂平面BDE ，所以MT ∥平面BDE .。
2018届高三数学(理)二轮复习专题集训：专题五 立体几何5.1 Word版含解析
A 级1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )解析： 先观察俯视图，由俯视图可知选项B 和D 中的一个正确，由正视图和侧视图可知选项D 正确．答案： D2．如图，水平放置的三棱柱的侧棱长为1，且侧棱AA 1⊥平面A 1B 1C 1，正视图是边长为1的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的侧视图面积为( )A ．23 B. 3 C.32D ．1解析： 由直观图、正视图以及俯视图可知，侧视图是宽为32，长为1的长方形，所以面积S ＝32×1＝32.故选C. 答案： C3．已知一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图是( )解析：A选项中的几何体，正视图不符，侧视图也不符，俯视图中没有虚线；B选项中的几何体，俯视图中不出现虚线；C选项中的几何体符合三个视图；D选项中的几何体，正视图不符．故选C.答案： C4．(2017·湖南省五市十校联考)如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如图所示，则几何体的表面积为()A．45π＋96B．(25＋6)π＋96C．(45＋4)π＋64D．(45＋4)π＋96解析：几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为4，圆锥的高为4，底面半径为2，几何体的表面积为S＝6×42＋π×22＋π×2×42＋22＝(45＋4)π＋96.答案： D5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A ．9＋ 3B ．18＋2 3C ．93＋3D ．183＋2解析： 由三视图可得该几何体是一个侧放的正三棱柱，底面是边长为2，高为3的等边三角形，且每一个侧面面积都是6，则该三棱柱的表面积是6×3＋2×34×22＝18＋23，选项B 正确．答案： B6．(2017·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.π2＋1 B ．π2＋3C.3π2＋1 D ．3π2＋3解析： 由三视图可知该几何体是由底面半径为1，高为3的半个圆锥和三棱锥S -ABC 组成的，如图，三棱锥的高为3，底面△ABC 中，AB ＝2，OC ＝1，AB ⊥OC .故其体积V ＝13×12×π×12×3＋13×12×2×1×3＝π2＋1.故选A.答案： A7．(2017·西安市八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )A.12 B ．24 C.22D ．32解析： 依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a ，则斜边长为2a ，圆锥的底面半径为22a 、母线长为a ，因此其俯视图中椭圆的长轴长为2a 、短轴长为a ，其离心率e ＝1－⎝⎛⎭⎫a 2a 2＝22，选C. 答案： C8．早在公元前三百多年我国已经运用“以度审容”的科学方法，其中商鞅铜方升是公元前344年商鞅督造的一种标准量器，其三视图如图所示，若π取3，其体积为12.6，则图中的x 为( )A ．1.2B ．1.6C ．1.8D ．2.4解析： 由三视图知，商鞅铜方升是由一个圆柱和一个长方体组合而成的，故其体积为(5.4－x )×3×1＋π×⎝⎛⎭⎫122×x ＝16.2－3x ＋14πx ＝12.6，又π＝3，故x ＝1.6，故选B. 答案： B9．(2017·贵州省适应性考试)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是线段A 1C 1上的动点，则三棱锥P -BCD 的俯视图与正视图面积之比的最大值为( )A ．1B ． 2 C. 3D ．2解析： 正视图，底面B ，C ，D 三点，其中D 与C 重合，随着点P 的变化，其正视图均是三角形且点P 在正视图中的位置在边B 1C 1上移动，由此可知，设正方体的棱长为a ，则S 正视图＝12×a 2；边A 1C 1的中点为O ，随着点P 的移动，在俯视图中，易知当点P 在OC 1上移动时，S 俯视图就是底面三角形BCD 的面积，当点P 在OA 1上移动时，点P 越靠近A 1，俯视图的面积越大，当到达A 1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S 俯视图＝a 2，所以S 俯视图S 正视图的最大值为a 212a 2＝2，故选D.答案： D10．(2017·贵阳市检测)三棱锥P -ABC 的四个顶点都在体积为500π3的球的表面上，底面ABC 所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析： 依题意，设题中球的球心为O 、半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则4πR 33＝500π3，解得R ＝5，由πr 2＝16π，解得r ＝4，又球心O 到平面ABC 的距离为R 2－r 2＝3，因此三棱锥P -ABC 的高的最大值为5＋3＝8，选C.答案： C11．(2017·石家庄市第一次模拟)祖暅是南北朝时代的伟大数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等．现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为( )A ．①②B ．①③C ．②④D ．①④解析： 设截面与底面的距离为h ，则①中截面内圆的半径为h ，则截面圆环的面积为π(R 2－h 2)；②中截面圆的半径为R －h ，则截面圆的面积为π(R －h )2；③中截面圆的半径为R －h2，则截面圆的面积为π⎝⎛⎭⎫R －h 22；④中截面圆的半径为R 2－h 2，则截面圆的面积为π(R 2－h 2)．所以①④中截面的面积相等，故其体积相等，选D.答案： D12．(2017·郑州市第二次质量预测)将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( )A.π27 B ．8π27C.π3D ．2π9解析： 如图所示，设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V ，由题意可得r 1＝2－x2，所以x ＝2－2r ，所以圆柱的体积V ＝πr 2(2－2r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，设V (r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，则V ′(r )＝2π(2r －3r 2)，由2π(2r －3r 2)＝0得r ＝23，所以圆柱的最大体积V max ＝2π⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫232－⎝⎛⎭⎫233＝8π27，故选B.答案： B13．已知某组合体的正视图与侧视图相同(其中AB ＝AC ，四边形BCDE 为矩形)，则该组合体的俯视图可以是________(把正确的图的序号都填上)．解析： 几何体由四棱锥与四棱柱组成时，得①正确；几何体由四棱锥与圆柱组成时，得②正确；几何体由圆锥与圆柱组成时，得③正确；几何体由圆锥与四棱柱组成时，得④正确．答案： ①②③④14．(2017·江苏卷)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析： 设圆柱内切球的半径为R ，则由题设可得圆柱O 1O 2的底面圆的半径为R ，高为2R ， ∴V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32. 答案： 3215．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1-EDF 的体积为________．解析： 因为B 1C ∥平面ADD 1A 1，所以F 到平面ADD 1A 1的距离d 为定值1，△D 1DE 的面积为12D 1D ·AD ＝12，所以VD 1-EDF ＝VF -D 1DE ＝13S △D 1DE ·d ＝13×12×1＝16.答案： 1616．某几何体的三视图如图所示，当xy 取得最大值时，该几何体的体积是________．解析： 由题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P -ABCD ，CD ＝y2，AB ＝y ，AC ＝5，CP ＝7，BP ＝x ，∴BP 2＝BC 2＋CP 2，即x 2＝25－y 2＋7，x 2＋y 2＝32≥2xy ， 则xy ≤16，当且仅当x ＝y ＝4时，等号成立． 此时该几何体的体积V ＝13×2＋42×3×7＝37.答案： 37B 级1．已知三棱锥S -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SA ⊥平面 ABC ，SA ＝23，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，则球O 的表面积为( )A ．4πB ．12πC ．16πD ．64π解析： 取SC 的中点E ，连接AE ，BE ，依题意，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos 60°＝3，∴AC 2＝AB 2＋BC 2，即AB ⊥BC .又 SA ⊥平面ABC ，∴SA ⊥BC ，又SA ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平在SAB ，BC ⊥SB ，AE ＝12SC ＝BE ，∴点E 是三棱锥S -ABC 的外接球的球心，即点E 与点O重合，OA ＝12SC ＝12SA 2＋AC 2＝2，故球O 的表面积为4π×OA 2＝16π.答案： C2．如图，在边长为2的正方形ABCD 中，以B 为圆心的圆与AB ，BC 分别交于点E ，F ，若tan ∠CDF ＝12，则阴影部分绕直线BC 旋转一周形成几何体的体积等于________．解析： 在Rt △DCF 中，DC ＝2，所以CF ＝DC tan ∠CDF ＝2×12＝1，所以BF ＝BC －CF ＝2－1＝1.正方形ABCD 绕直线BC 旋转一周形成圆柱，圆柱的底面半径R 1＝AB ＝2，高h 1＝BC＝2，其体积V 1＝πR 21h 1＝π×22×2＝8π；Rt △DCF 绕直线BC 旋转一周形成一个圆锥，圆锥的底面半径R 2＝DC ＝2，高h 2＝CF ＝1，其体积V 2＝13πR 22h 2＝13π×22×1＝4π3； 扇形BEF 是圆的14，其绕直线BC 旋转一周形成一个半球，球的半径为r ＝BE ＝1，故其体积V 3＝12×4π3r 3＝12×4π3×13＝2π3.阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的几何体是一个圆柱挖掉上述的半球与圆锥，故其体积V ＝V 1－V 2－V 3＝8π－4π3－2π3＝6π.答案： 6π3．右图为一简单组合体，其底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，EC ∥PD ，且PD ＝AD ＝2EC ＝2.(1)请画出该几何体的三视图； (2)求四棱锥B －CEPD 的体积．解析： (1)该组合体的三视图如图所示．(2)∵PD ⊥平面ABCD ， PD ⊂平面PDCE ， ∴平面PDCE ⊥平面ABCD . ∵四边形ABCD 为正方形， ∴BC ⊥CD ，且BC ＝DC ＝AD ＝2. 又∵平面PDCE ∩平面ABCD ＝CD ， BC ⊂平面ABCD . ∴BC ⊥平面PDCE .∵PD ⊥平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ， ∴PD ⊥DC .又∵EC ∥PD ，PD ＝2，EC ＝1，∴四边形PDCE 为一个直角梯形，其面积： S 梯形PDCE ＝12(PD ＋EC )·DC ＝12×3×2＝3.∴四棱锥B －CEPD 的体积V B －CEPD ＝13S 梯形PDCE ·PD ＝13×3×2＝2.4．如图，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B .(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求棱锥E －DFC 的体积；(3)在线段 BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC 的值；如果不存在，请说明理由．解析： (1)AB ∥平面DEF ，理由如下：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 的中点，得EF ∥AB .又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF .∴AB ∥平面 DEF .(2)∵AD ⊥CD ，BD ⊥CD ，将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B ，∴AD ⊥BD ，BD ∩CD ＝D ，∴AD ⊥平面BCD .取CD 的中点M ，这时 EM ∥AD ，∴EM ⊥平面BCD ，EM ＝1.V E －DFC ＝13×⎝⎛⎭⎫12S △BDC ×EM ＝33. (3)在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE .证明如下：在线段BC 上取点P ，使BP ＝BC 3， 过P 作PQ ⊥CD 于Q .∵AD ⊥平面BCD ，PQ ⊂平面BCD ，∴AD ⊥PQ .又∵AD ∩CD ＝D ，∴PQ ⊥平面ACD ，∴DQ ＝DC 3＝233， ∴tan ∠DAQ ＝DQ AD ＝2332＝33， ∴∠DAQ ＝30°，在等边△ADE 中，∠DAQ ＝30°，∴AQ ⊥DE ，∵PQ ⊥平面ACD ，DE ⊂平面ACD ，∴PQ ⊥DE ，AQ ∩PQ ＝Q ，∴DE ⊥平面APQ ，∴AP ⊥DE .此时BP ＝BC 3，∴BP BC ＝13.。
专题05 立体几何文-2018年高考题和高考模拟题数学(文)分项版汇编 Word版含解析
5．立体几何1．【2018年浙江卷】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则A.θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ12．【2018年浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A. 2B. 4C. 6D. 83．【2018年文北京卷】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A. 1B. 2C. 3D. 44．【2018年新课标I卷文】在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为A. B. C. D.5．【2018年新课标I卷文】已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A. B. C. D.6．【2018年全国卷Ⅲ文】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A. B. C. D.7．【2018年全国卷Ⅲ文】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是A. AB. BC. CD. D8．【2018年全国卷II文】在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为A. B. C. D.【2018年天津卷文】如图，已知正方体ABCD–A1B1C1D1的棱长为1，则四棱柱A1–BB1D1D的体积为__________．9．10．【2018年江苏卷】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．11．【2018年全国卷II文】已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．12．【2018年浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．13．【2018年天津卷文】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．14．【2018年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．15．【2018年江苏卷】在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．16．【2018年新课标I卷文】如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．（1）证明：平面平面；（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．17．【2018年全国卷Ⅲ文】如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．18．【2018年全国卷II文】如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．优质模拟试题19．【辽宁省葫芦岛市2018届二模】在长方体中，底面是边长为的正方形，侧棱为矩形内部（含边界）一点，为中点，为空间任一点且，三棱锥的体积的最大值记为，则关于函数，下列结论确的是（）A. 为奇函数B. 在上不单调；C. D.20．【河南省洛阳市2018届三模】在三棱锥中，平面，，，，是边上的一动点，且直线与平面所成角的最大值为，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.21．【四川省2018届冲刺演练（一）】某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.22．【安徽省示范高中（皖江八校）2018届第八联考】某棱锥的三视图如下图所示,则该棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.23．【江西省重点中学协作体2018届第二次联考】《算术书》竹简于上世纪八十年代湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典著，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式， ,它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取，那么，近似公式相的中当于将圆锥体积公式中的近似取（）A. B. C. D.24．【湖南省湘潭市2018届四模】某几何体的三视图如图示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.25．【山东省济南2018届二模】已知点均在表面积为的球面上,其中平面,,,则三棱锥的体积的最大值为（）A. B. C. D.26．【福建省厦门市2018届二模】已知某正三棱锥的侧棱长大于底边长，其外接球体积为，三视图如图所示，则其侧视图的面积为（）A. B. 2 C. 4 D. 627．【山东省威海市2018届二模】．已知正三棱柱，侧面的面积为，则该正三棱柱外接球表面积的最小值为______.28．【山东省烟台市2018届适应性练习（二）】如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正方形的中心为，为圆上的点，分别是以为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使重合得到一个四棱锥，则该四棱锥的体积的最大值为_______.29．【江西省南昌市2018届三模】如图，多面体中，为正方形，，,且.（1）证明：平面平面；（2）求三棱锥的体积.30．【山东省济南市2018届二模】如图,在以为顶点的五面体中,底面是矩形, .(1)证明: 平面;(2)在中国古代数学经典著作《九章算术》中,称图中所示的五面体为“刍甍”(chúméng),书中将刍甍的体积求法表述为:术曰:倍下袤,上袤从之,以广乘之,又以高乘之,六而一.其意思是:若刍甍的“下袤”的长为,“上袤”的长为,“广”的长为,“高”即“点到平面的距离”为,则刍甍的体积的计算公式为: ,证明该体积公式.5．立体几何答案1．【2018年浙江卷】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则A.θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】D点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.2．【2018年浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】分析:先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为选C.点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.3．【2018年文北京卷】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C共三个，故选C.点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解. 4．【2018年新课标I卷文】在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为A. B. C. D.【答案】C点睛：该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长久显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.5．【2018年新课标I卷文】已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.6．【2018年全国卷Ⅲ文】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A. B. C. D.【答案】B，故选B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型。
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级
．设α，β是两个不同的平面，是直线且⊂α，“∥β”是“α∥β”的( )
．必要而不充分条件
．充分而不必要条件
．既不充分也不必要条件
．充分必要条件
解析：当∥β时，过的平面α与β可能平行也可能相交，因而∥β⇒α∥β；当α∥β时，
α内任一直线与β平行，因为⊂α，所以∥β.综上知，“∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件．
答案：
．(·全国卷
Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四
个正方体中，直线与平面不平行的是( )
解析：选项中，∥，且⊄平面，⊂平面，则∥平面；选项中，∥，且⊄平面，⊂平面，则
∥平面；选项中，∥，且⊄平面，⊂平面，则∥平面.故选.
答案：．(·新疆第二次适应性检测)设，是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，有以下四个命
题：
①若α∥β，α∥γ，则β∥γ
②若α⊥β，∥α，则⊥β
③若⊥α，∥β，则α⊥β
④若∥，⊂α，则∥α
其中正确命题的序号是( )
．①④
．①③
．②④
．②③
解析：对于①，因为平行于同一个平面的两个平面相互平行，所以①正确；对于②，当
直线位于平面β内，且平行于平面α，β的交线时，满足条件，但显然此时与平面β不垂直，
因此②不正确；对于③，在平面β内取直线平行于，则由⊥α，∥，得⊥α，又⊂β，因此有α⊥β，③正确；对于④，直线可能位于平面α内，显然此时与平面α不平行，因此④不正确．综
上所述，正确命题的序号是①③，选.
答案：
．如图，在三棱锥-中，不能证明⊥的条件是( )
．⊥，⊥
．⊥，⊥
．平面⊥平面，⊥
．⊥平面
解析：中，因为⊥，⊥，∩＝，所以⊥平面，又⊂平面，所以⊥，故正确；中，因为平
面⊥平面，⊥，所以⊥平面，⊂平面，所以⊥，故正确；中，由知正确；中条件不能判断出
⊥，故选.
答案：．在正方体-的侧面内有一动点到直线与直线的距离相等，则动点所在的曲线的形状为
( )
解析：由题意可知点到点的距离等于到直线的距离，根据抛物线的定义可知，动点的轨
迹是以点为焦点，以为准线的过点的抛物线的一部分．选项中的图象为直线，排除选项中点
不是抛物线的焦点，排除选项中的图象不过点，排除.故选.
答案：
．如图，在空间四边形中，∈，∈，若＝，则直线与平面的位置关系是．
解析：由＝，得∥.
而⊂平面，⊄平面，
所以∥平面.。