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

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2018年高考数学二轮复习专题1.5立体几何(讲)文

专题 1.5立体几何【高考改编☆回首基础】1．【空间几何体的直观图和面积计算】【2017·全国卷Ⅰ改编】某多面体的三视图如下图，此中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形构成，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________．【答案】 12【分析】该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体，其直观图如下图，各个面中有两个全等的梯形，其面2＋ 4积之和为2×2×2＝12.2.【三视图与空间几何体的体积】【2017·全国卷Ⅱ改编】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为________．【答案】 63π【分析】3.【空间几何体的体积】【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】【分析】3π4【命题展望☆看准方向】1. 空间几何体的三视图成为近几年高考的必考点 , 独自考察三视图的渐渐减少 , 主要考察由三视图求原几何体的面积、体积 , 主要以选择题、填空题的形式考察 .2. 对柱体、锥体、台体表面积、体积及球与多面体的切接问题中的相关几何体的表面积、体积的考察又是高考的一个热门 , 难度不大 , 主要以选择题、填空题的形式考察 .3.2018 年应注意抓住考察的主要题目种类进行训练 , 重点有三个 : 一是三视图中的几何体的形状及面积、体积 ; 二是求柱体、锥体、台体及球的表面积、体积; 三是求球与多面体的相切、接问题中的相关几何体的表面积、体积 .【典例剖析☆提高能力】【例 1】 17 世纪日本数学家们对于数学对于体积方法的问题还不认识，他们将体积公式“ V ＝kD 3”中的常数 k 称为“立圆术”或“玉积率”，创用了求“玉积率”的独到方法“会玉术”，此中， D 为直径，近似地，对于等边圆柱 ( 轴截面是正方形的圆柱叫做等边圆柱 ) 、正方体也有近似的体积公式V ＝ kD 3，此中，在等边圆柱中，D 表示底面圆的直径；在正方体中，D 表示棱长．假定运用此“会玉术”，求得的球、等边圆柱、正方体的“玉积率”分别为 k ， k ， k ，那么， k1∶k∶k＝ ()12323A. ∶ ∶1B. 6 ∶ ∶2C.1∶3∶12D.1∶3∶64642【答案】 D3【分析】球中，V4 R 3 4 D D 3 k 1D 3 , k 1 ；33266D 2等边圆柱中，VDD 3 k 2 D 3 , k 2；244正方体中，VD 3 k 3D 3 , k 3 1 ；所以 k 1 : k 2 : k 3: :1 1: 3: 6.应选 D.6 42πA. B.27【答案】 B 【分析】8π C.π D.2π2739【例 2】【 2018 届河南省郑州市第一次模拟】刍薨（chuhong ），中国古代算术中的一种几何形体，《九章算术》中记录“刍薨者，下有褒有广，而上有褒无广. 刍，草也 . 薨，屋盖也 . ”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍薨字面意思为茅草屋顶”，如图，为一刍薨的三视图，此中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则搭建它（无底面，不考虑厚度）需要的茅草面积起码为（）A.24B.325C.64D.326【答案】 B【一鼓作气】【 2018 届湖北省稳派教育高三上第二次联考】已知一个几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为（）A.8 16B.816C.126D.44333【答案】 A【分析】由三视图可得，该几何体为右边的一个半圆锥和左边的一个三棱锥拼接而成。

2018年高考数学二轮复习专题 1.5立体几何(练)文 Word版含答案

专题1.5 立体几何1.练高考1.【2017山东，文13】由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如右图，则该几何体的体积为.【答案】22π+2. 【2017课标II，文15】长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为【答案】14π.【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以224π14π.R S R====3. 【2017课标1，文6】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，直接AB与平面MNQ不平行的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】4. 【2017课标1，文18】如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠= ．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠= ，且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【答案】（1）证明见解析；（2）326+．【解析】5. 【2017山东，文18】（本小题满分12分）由四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1- B 1CD 1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD 为正方形,O 为AC 与BD 的交点,E 为AD 的中点,A 1E ⊥平面ABCD ,（Ⅰ）证明：1AO ∥平面B 1CD 1;（Ⅱ）设M 是OD 的中点,证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】①证明见解析.②证明见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）取11B D 中点F ,证明1//AO CF ,（Ⅱ）证明11B D ⊥面1A EM .所以1,A E BD ⊥因为11//,B D BD所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥ 又1,A E EM ⊂平面1A EM，1A E EM E = .所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD , 所以平面1A EM ⊥平面11B CD .6. 【2017天津，文17】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（I ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（II ）求证：PD ⊥平面PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.【答案】(ⅠⅡ . 【解析】。

【精品】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

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≤θ3 B. θ3≤θ2≤θ1 C. θ1≤θ3≤θ2 D. 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。

2018届高考数学(理)二轮专题复习限时规范训练：第一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一、选择题(本题共小题，每小题分，共分)．(·高考山东卷)已知直线，分别在两个不同的平面α，β内，则“直线和直线相交”是“平面α和平面β相交”的( )．充分不必要条件．必要不充分条件．充要条件．既不充分也不必要条件解析：选.因为直线和直线相交，所以直线与直线有一个公共点，而直线，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，则直线与直线可能相交、平行、异面．故选.．(·高考全国卷Ⅲ)在正方体中，为棱的中点，则( )．⊥．⊥．⊥．⊥解析：选.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，项，若⊥，那么⊥，很显然不成立；项，若⊥，那么⊥，显然不成立；项，若⊥，那么⊥，成立，反过来⊥时，也能推出⊥，所以成立，项，若⊥，则⊥，显然不成立，故选.．设α，β是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且⊂α，⊂β( )．若⊥β，则α⊥β．若α⊥β，则⊥．若∥β，则α∥β．若α∥β，则∥解析：选.选项中，由平面与平面垂直的判定定理可知正确；选项中，当α⊥β时，，可以垂直，也可以平行，也可以异面；选项中，∥β时，α，β可以相交；选项中，α∥β时，，也可以异面．．已知α，β为两个平面，为直线，若α⊥β，α∩β＝，则( )．垂直于平面β的平面一定平行于平面α．垂直于直线的直线一定垂直于平面α．垂直于平面β的平面一定平行于直线．垂直于直线的平面一定与平面α，β都垂直解析：选.由α⊥β，α∩β＝，知：垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，故不正确；垂直于直线的直线若在平面β内，则一定垂直于平面α，否则不一定，故不正确；垂直于平面β的平面与的关系有⊂β，∥β，与β相交，故不正确；由平面垂直的判定定理知：垂直于直线的平面一定与平面α，β都垂直，故正确．．设，，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( ) ．⊥α，若⊥β，则α∥β．⊂α，⊄α，若∥α，则∥．⊂β，若⊥α，则β⊥α．，⊂α，∩＝，⊥，⊥，若α⊥β，则⊂β解析：选.利用排除法求解．的逆命题为：⊥α，若α∥β，则⊥β，成立；的逆命题为：⊂α，⊄α，若∥，则∥α，成立；的逆命题为：⊂β，若β⊥α，则⊥α，不成立；的逆命题为：，⊂α，∩＝，⊥，⊥，若⊂β，则α⊥β，成立，故选.．(·江西六校联考)已知，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⊥α，⊥β，⊥，则α⊥β；②若∥α，∥β，⊥，则α∥β；③若⊥α，∥β，⊥，则α∥β；④若⊥α，∥β，α∥β，则⊥.其中所有正确命题的序号是( )．①④．②④．①．④解析：选.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()所示，故②不正确；对于③，平面α，β可能垂直，如图()所示，故③不正确；对于④，由⊥α，α∥β可得⊥β，因为∥β，所以过作平面γ，且γ∩β＝，如图()所示，所以与交线平行，因为⊥，所以⊥，故④正确．综上，选.二、填空题(本题共小题，每小题分，共分)．如图，四棱锥的底面是直角梯形，∥，⊥，＝，⊥底面，为的中点，则与平面的位置关系为．解析：取的中点，连接，，在△中，.又因为∥且＝，所以，所以四边形是平行四边形，所以∥.又因为⊄平面，⊂平面，所以∥平面.答案：平行．(·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⊥α，则在平面β内，一定不存在与直线平行的直线；②若直线⊥α，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线垂直；③若直线⊂α，则在平面β内，不一定存在与直线垂直的直线；④若直线⊂α，则在平面β内，一定存在与直线垂直的直线．解析：对于①，若直线⊥α如果α，β互相垂直，则在平面β内，存在与直线平行的直线，故①错误；对于②，若直线⊥α，则直线垂直于平面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垂直，故②正确；对于③，④，若直线⊂α，则在平面β内，一定存在与直线垂直的直线，故③错误，④正确．答案：②④．(·沈阳三模)如图，已知四边形为矩形，⊥平面，下列结论中正确的是．(把正确结论的序号都填上)①⊥；②⊥平面；③⊥；④∥平面.解析：对于①，因为⊥，⊥，∩＝，所以⊥平面，所以⊥，则①正确；对于②，⊥，当⊥时，⊥平面，但与不一定垂直，故②不正确；对于③，因为⊥，⊥，∩＝，所以⊥平面，所以⊥，则③正确；对于④，因为∥，⊄平面，⊂平面，所以∥平面，则④正确．故填①③④.答案：①③④三、解答题(本题共小题，每小题分，共分)．(·高考全国卷Ⅱ)如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，＝＝，∠＝∠＝°.()证明：直线∥平面；()若△的面积为，求四棱锥的体积．解：()证明：在平面内，因为∠＝∠＝°，所以∥.又⊄平面，⊂平面，故∥平面.()如图，取的中点，连接，.由＝＝及∥，∠＝°得四边形为正方形，则⊥.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面∩平面＝，所以⊥，⊥底面.因为⊂底面，所以⊥.设＝，则＝，＝，＝＝，＝＝＝.如图，取的中点，连接，则⊥，所以＝＝＝.因为△的面积为，所以××＝，解得＝－(舍去)或＝.于是＝＝，＝，＝.所以四棱锥的体积＝××＝.．(·山东潍坊模拟)如图，在四棱台中，⊥平面，底面是平行四边形，＝，＝，∠＝°.()证明：⊥；()证明：∥平面.证明：()因为⊥平面，且⊂平面，所以⊥.又因为＝，∠＝°，在△中，由余弦定理得＝°)＝＝，所以＋＝，即⊥.又∩＝，所以⊥平面.又⊂平面，所以⊥.()连接，.设∩＝，连接，因为四边形为平行四边形，所以＝.由棱台定义及＝＝知，∥且＝，所以四边形为平行四边形，因此∥.又因为⊂平面，⊄平面.所以∥平面.．(·吉林调研)如图①，在直角梯形中，∥，∠＝，＝＝＝，是的中点，是与的交点．将△沿折起到图②中△的位置，得到四棱锥.()证明：⊥平面；()当平面⊥平面时，四棱锥的体积为，求的值．解：()证明：在题图①中，因为＝＝＝，是的中点，∠＝，所以⊥.即在题图②中，⊥，⊥，从而⊥平面，又∥，所以⊥平面.()由已知，平面⊥平面，且平面∩平面＝，又由()，⊥，所以⊥平面，即是四棱锥的高．由题图①知，＝＝，平行四边形的面积＝·＝.从而四棱锥的体积为＝××＝××＝，由＝，得＝.。

专题1-5 立体几何测试卷-备战2018高考高三二轮理数一

（一）选择题（12*5=60分）1．三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，且AB BC ⊥，12AB BC AA ===，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A ．48πB ．32πC ．12πD ．8π 【答案】C【解析】如图，由题可知矩形11AA C C 的中心O 为该三棱柱外接球的球心，OC =∴该球的表面积为2412ππ=.选C ．2．已知α，β，γ是三个不同的平面，1l ，2l 是两条不同的直线，下列命题是真命题的是（） A ．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβ B ．若1//l α，1l β⊥，则//αβC ．若//αβ，1//l α，2//l β，则12//l lD ．若αβ⊥，1l α⊥，2l β⊥，则12l l ⊥【答案】D【解析】对于A ，B 选项，,αβ可能相交；对于C 选项，12,l l 可能异面，故选D.3．【2018广西贺州桂梧高中联考】有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，圆锥的母线与底面所成角为60°，若圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的6倍，则圆柱的高是底面半径的（）C. D. 【答案】C4．《九章算术》是我国数学史上堪与欧几里得《几何原本》相媲美的数学名著．其第五卷《商功》中有如下问题：“今有圆堡，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？”这里所说的圆堡就是圆柱体，其底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少?若π取3，估算该圆堡的体积为（1丈=10尺）（） A ．1998立方尺 B ．2012立方尺 C ．2112立方尺 D ．2324立方尺【答案】A【解析】由底面半径为r ，则248r π=，又3π=，所以8r =，所以该圆堡的体积为883111998V =⨯⨯⨯=立方尺，故选A ．5．【2018东北名校联考】已知正四棱锥P ABCD -中， 2,,PA AB E F ==分别是,PB PC 的中点，则异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为（）16 D. 12【答案】C6．在直三棱柱111ABC A B C -中，平面α与棱1111,,A ,AB AC C A B 分别交于点,,,E F G H ，且直线1//AA 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11BCC B ；③平面α⊥平面BCFE .其中正确的命题有（）．A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③ 【答案】C7．【2018东北名校联考】某几何体的三视图如图所示，则该几何体体积是（）A.(83π+(826π+ C.(86π+(43π+【答案】C【解析】由三视图知原几何体为一个半圆锥加处一个四棱锥．．则几何体的体积(28π111π1222336V +=⨯⨯⨯⨯⨯=C ． 8．现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为（）A ．3π．6π C. 8π D ．4π【答案】A9．圆锥的母线长为L ，过顶点的最大截面的面积为212L ，则圆锥底面半径与母线长的比rL的取值范围是（）．A ．102r L << B ．112rL ≤< C ．0r L <<1r L≤< 【答案】D【解析】由题意得轴截面的顶角θ不小于2π，因为sinsin 24r L θπ=≥=1rL≤<，选D.10．已知长方体1111D C B A ABCD -的外接球O 的体积为332π，其中21=BB ，则三棱锥ABC O -的体积的最大值为（）A.1B.3C.2D.4 【答案】A【解析】由题意设外接球的半径为R ,则由题设可得ππ332343=R ,由此可得2=R .记长方体的三条棱长分别为2,,y x ,则4222++=y x R ,由此可得1222=+y x ,因棱锥ABC O -的体积12616116122=+⨯≤=⨯=y x xy xy V ,故应选A.11．在正四棱锥P ABCD -中，O 为正方形ABCD 的中心，()24PE EO λλ=≤≤，且平面ABE 与直线PD 交于(),F PF f PD λ=，则（）A.()2f λλλ=+ B.()26f λλλ=+ C.()37f λλλ=+ D.()49f λλλ=+ 【答案】A12．用半径为R 的圆铁皮剪一个内接矩形，再以内接矩形的两边分别作为圆柱的高于底面半径，则圆柱的体积最大时，该圆铁皮面积与其内接矩形的面积比为（）A D 【答案】C（二）填空题（4*5=20分）13．【西藏拉萨市2018届第一次模拟】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2435621ππ=⎝⎭.14．已知球的表面积为264cmπ，用一个平面截球，使截面圆的半径为2cm，则截面圆心与球心的距离是____________cm．【答案】【解析】由已知可得24644R R dππ=⇒=⇒=．15．已知三棱锥P ABC-的顶点都在同一个球面上（球O），且2PA=，PB PC=P ABC-的三个侧面的面积之和最大时，该三棱锥的体积与球O的体积的比值是 .【答案】316π【解析】由于三条棱长PCPBPA,,是定值,所以由题设可知当PCPBPA,,两两互相垂直时,三个侧面的面积之和最大.在此前提下可构造长方体BMNQ PACD -,使得PC PB PA ,,分别是该长方体的长，宽，高.由此可得其外接球的直径即长方体的对角线长为46642=++=R ,即球的半径2=R ,球的体积ππ33223431=⨯=V ,而三棱锥的体积26622131=⨯⨯⨯⨯=V ,所以π163:1=V V ,故应填答案316π.CA16．【2018广西南宁摸底联考】如图，在正方形中，分别是的中点，是的中点.现在沿及把这个正方形折成一个空间图形，使三点重合，重合后的点记为.下列说法错误的是__________（将符合题意的选项序号填到横线上）.①所在平面；②所在平面；③所在平面；④所在平面.【答案】①③④（三）解答题（10+5*12=70分）17．如图所示的几何体QPABCD 为一简单组合体，在底面ABCD 中，60DAB ∠=︒，AD DC ⊥，AB BC ⊥，QD ⊥平面ABCD ，PA QD P ，1PA =，2AD AB QD ===．（1）求证：平面PAB ⊥平面QBC ；（2）求该组合体QPABCD 的体积．18．如图，在四面体ABCD 中，AD BD =，90ABC ∠=︒，点E ，F 分别为棱AB ，AC 上的点，点G 为棱AD 的中点，且平面EFG P 平面BCD ．求证：（1）2BC EF =；（2）平面EFD ⊥平面ABC ．19．【2018黑龙江齐齐哈尔八中三模】如图1，矩形ABCD 中， 23666BC AB DE FC ====，将ABE沿BE 折起，得到如图2所示的四棱锥A BCDE -，其中AC =. （1）证明：平面ABE ⊥平面BCD ；（2）求平面AEF 与平面ACD 所成锐二面角的余弦值.【解析】（1）在图2中取BE 的中点G ，连接AG ， CG .由条件可知图1中四边形ABFE 为正方形，则有AG BE ⊥，且可求得AG =在GBC 中， BG =， 3BC =， 45GBC ∠=︒，由余弦定理得2222cos 2965CG BG BC BG BC GBC =+-⋅∠=+-=.在AGC 中， 22225AG CG AC +=+=，所以90AGC ∠=︒，即A G C G ⊥.由于BE ， CG ⊂平面BCD ， AG BE ⊥且AG CG ⊥， BE CG G ⋂=，所以AG ⊥平面BCD .又AG ⊂平面ABE ，故平面ABE ⊥平面BCD .20．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PA ⊥底面ABCD ，M 是棱PD 的中点，且2,PA AB AC BC ====（1）求证：CD ⊥平面PAC ；（2）如果N 是棱AB 上一点，且直线CN 与平面MAB ，求AN NB 的值．【解析】（1）连结AC ，因为在ABC ∆中，2,BC AB AC ===222BC AB AC =+，所以AB AC ⊥．因为//AB CD ，所以AC CD ⊥．又因为PA ⊥底面ABCD ，所以PA CD ⊥，因为AC PA A =，所以CD ⊥平面PAC ．21．如图①所示，四边形ABCD 为等腰梯形，//AD BC ，且01,135,3A D B C a B A D A E B C ==∠=⊥于点,E F 为BE 的中点．将ABE ∆沿着AE 折起至AB E '∆的位置，得到如图②所示的四棱锥B ADCE '-.（1）求证：//AF 平面B CD '；（2）若平面AB E '⊥平面AECD ，求二面角B CD E '--的余弦值．22．【河北省鸡泽县2018届月考】如图，三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠=， 12AC BC CC ===， 11A B B C ⊥.（Ⅰ）证明： 111AC CC ⊥；（Ⅱ）若1A B =1CC 上是否存在点E ，使得二面角1E AB C --的大小为30，若存在，求CE 的长，若不存在，说明理由.。

2018届高考数学(文)二轮专题复习：第1部分专题五立体几何 1-5-1

限时规范训练十二空间几何体的三视图、表面积及体积限时45分钟，实际用时________ 分值80分，实际得分________一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2017·山东烟台模拟)一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧(左)视图可能为( )解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD ，故其侧(左)视图应为D.2．如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选C.作出三棱锥的直观图如图所示，由三视图可知AB ＝BD ＝2，BC ＝CD ＝2，AD ＝22，AC ＝6，故△ABC ，△ACD ，△ABD ，△BCD 均为直角三角形，故选C.3．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.22π3B.42π3C ．22πD ．42π解析：选B.旋转体是两个圆锥，其底面半径为直角三角形斜边的高2，高即斜边的长的一半2，故所得几何体的体积V ＝13π(2)2×2×2＝42π3.4．(2017·厦门质检)如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 上的一点，则三棱锥D 1B 1C 1E 的体积等于( )A.13 B.512C.36D.16解析：选D.V D 1B 1C 1E ＝V E B 1C 1D 1＝13S △B 1C 1D 1·CC 1＝13×12×12×1＝16，故选D.5．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P ABC 为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，PA ＝AB ＝2，AC ＝4，三棱锥P ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A ．8πB ．12πC ．20πD ．24π解析：选C.将三棱锥P ABC 放入长方体中，如图，三棱锥P ABC 的外接球就是长方体的外接球．因为PA ＝AB ＝2，AC ＝4，△ABC 为直角三角形，所以BC ＝42－22＝2 3.设外接球的半径为R ，依题意可得(2R )2＝22＋22＋(23)2＝20，故R 2＝5，则球O 的表面积为4πR 2＝20π.故选C.6．(2017·广东广州模拟)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧(左)视图中线段的长度x 的值是( )A.7 B ．27 C ．4D ．5解析：选 C.分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，故其体积V ＝13×32＋32×4×CP ＝37，所以CP ＝7，所以x ＝32＋72＝4.7．(2017·青岛二模)如图，正四棱锥P ABCD 的底面边长为6 cm ，侧棱长为5 cm ，则它的侧(左)视图的周长等于( )A ．17 cmB ．(119＋5)cmC ．16 cmD ．14 cm解析：选D.由题意可知，侧(左)视图是一个三角形，底边长等于正四棱锥底面正方形的边长，高为正四棱锥的高的一个等腰三角形．因为侧棱长5 cm ，所以斜高h ＝52－32＝4(cm)，又正四棱锥底面正方形的边长为6 cm ，所以侧(左)视图的周长为6＋4＋4＝14(cm)．8．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310解析：选C.因为在直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径．取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球直径，所以2R ＝122＋52＝13，即R ＝132.9．(2016·高考山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23π B.13＋23π C.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C.由三视图可知，半球的半径为22，四棱锥底面正方形边长为1，高为1，所以该组合体的体积＝43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫223×12＋13×1×1×1＝13＋26π.10．(2017·长春模拟)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的棱的长是( )A ．2 5B ．2 6C ．27D ．4 2解析：选C.由三视图可知该四面体的直观图如图所示，其中AC＝2，PA ＝2，△ABC 中，边AC 上的高为23，所以BC ＝42＋32＝27，而PB ＝PA 2＋AB 2＝22＋42＝25，PC ＝PA 2＋AC 2＝22，因此在四面体的六条棱中，长度最长的棱是BC ，其长为27，选C.11．(2017·兰州三模)某四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．17B ．22C ．14＋213D ．22＋213解析：选D.可借助长方体，作出该四棱锥的直观图，如图中的四棱锥V ABCD 所示．则BC ⊥平面VAB ，AB ⊥平面VAD ，CD ⊥平面VAD ，VD ＝5，VB ＝13，所以四棱锥V ABCD 的表面积S 表＝S △VAB ＋S △VBC ＋S △VCD＋S △VAD＋S 四边形ABCD ＝12×(2×3＋4×13＋2×5＋3×4)＋2×4＝22＋213.故选D.12．(2017·河北衡水模拟)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．24πB ．6πC ．4πD ．2π解析：选B.题中的几何体是三棱锥A BCD ，如图所示，其中底面△BCD 是等腰直角三角形，BC ＝CD ＝2，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AB ＝2，BD ＝2，AC ⊥CD .取AD 的中点M ，连接BM ，CM ，则有BM ＝CM ＝12AD ＝1222＋22＝62.从而可知该几何体的外接球的半径是62.故该几何体的外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫622＝6π，应选B. 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．解析：利用圆锥、圆柱的体积公式，列方程求解．设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8， ∴r 2＝7，∴r ＝7. 答案：714．三棱锥P ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE 的体积为V 1，P ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.解析：如图，设点C 到平面PAB 的距离为h ，△PAB 的面积为S ，则V 2＝13Sh ，V 1＝V E ADB ＝13×12S ×12h ＝112Sh ，所以V 1V 2＝14.答案：1415．(2017·山东临沂模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π.答案：16＋8π16．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．解析：如图，连接OD ，交BC 于点G ，由题意，知OD ⊥BC ，OG ＝36BC . 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积 V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x＝3·25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4.令f ′(x )＝0得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415.∴三棱锥体积的最大值为415 cm 3. 答案：415。

2018立体几何专题(2018高考真题)

2018立体几何专题（文）1．已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 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 ．122πB ．12πC ．82πD ．10π2．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M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为（）A ．217B ．25C ．3D ．23．在长方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( ) A ．2B ．3 C ．5 D ．7 4．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头．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( )5.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 ．1 B. 2 C. 3 D. 46．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 ．2B ．4C ．6D ．87.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马。

设1AA 是正六棱柱的一条侧棱，如图。

若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以1AA 为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（） A.4 B. 8 C. 12 D. 168.在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为（）A ．8B ．62C．82D ．839．设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为( ) A ．123B ．183C ．243D ．54310.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．如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱柱A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．俯视图正视图2211A 1A12．已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30︒，若SAB △的面积为8，则该圆锥的体积为__________13.在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC 为折痕将ACM △折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． ⑴证明：平面ACD ⊥平面ABC ；⑵Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．14.如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC == 4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．C15.在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1．求证：(1)AB//平面A 1B1C；(2)平面ABB1A1⊥A1BC．16.如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．17.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点.（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD.18.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．19.已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2. （1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设4PO =，OA 、OB 是底面半径，且90AOB ∠=︒，M 为线段AB 的中点，如图，求异面直线PM 与OB 所成的角的大小。

专题五立体几何专题复习

专题五、立体几何1、线面平行的证法：面∥线面线面线线∥线⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊄⊂①关键是在平面内找（用直尺平移到平面内）一条直线与已知直线平行②在证线线平行时，常用到三角形中位线定理或平行四边形对边平行2、线面垂直的证法：αα面线面线线线线线线线⊥⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊂⊥⊥l b a b a b l al ,关键是在平面内找两条相交直线与已知直线垂直 3、面面垂直的证法βαβα面面面线面线⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥l l4、面面垂直的作用（证明线面垂直）αββαβα面线线线面线线面面面面⊥⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊥⊂=⊥l m l l m注：在条件中寻找线线垂直时，常用结论有①勾股定理逆定理 ②等腰三角形三线合一 ③直径所对圆周角是直角一、考点分析：（理科）考点一：三视图与表面积、体积的结合三视图的识别，多以考查组合体为主，大部分是已知部分（或全部）三视图，进而考查立体图形直观图的还原及计算问题。

几何体的表面积和体积的综合，往往以球为载体，结合棱柱、棱锥。

近三年高考题2011年（6）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为（15）已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -的体积为。

2012年（7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（A ）6 （B ）9 （C ）12 （D ）18（11）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =，则此棱锥的体积为（A ）26 （B ）36 （C ）23 （D ）222013年（7）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz 中的坐标分别是（1，0，1），（1，1，0），（0，1，1），（0，0，0），画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到正视图可以为考点二：空间线面关系的判断该部分的基础是平面的性质、空间直线与直线的位置关系，重点是空间线面平行和垂直关系的判定和性质，面面平行和垂直关系的判定和性质．在复习中要牢牢掌握四个公理和八个定理及其应用，重点掌握好平行关系和垂直关系的证明方法．考点三：求空间角考查空间角的计算为主，解决这类问题往往有两种方法：传统几何法和向量法，这两种方法各有所长，传统几何法的主要思想是把立体问题转化为平面问题，难点在逻辑推理、空间想象能力；向量法在建立空间坐标系后把问题转化成坐标运算，其难点在代数运算。

2018届高考数学(理)二轮专题复习课件：第一部分专题五立体几何 1-5-3

类型一利用向量证明平行与垂直 [典例1] (2017· 山东聊城模拟)如图，在
直三棱柱ADEBCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为 DF的中点．运用向量方法证明： (1)OM∥平面BCF； (2)平面MDF⊥平面EFCD.
证明：由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．
(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1， y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
1 → ＝(1,0,0)， → → 因为DF＝(1，－1,1)，DM＝2，－1，0，DC
→ ＝(0，－1,1)， CF x1－y1＋z1＝0， → ＝0，得1 → ＝n · DM DF 由n 1 · 1 x －y ＝0， 2 1 1
(3)面面平行 α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3； (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ· v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2， c2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4， c4)(以下相同)． (1)线线夹角
在Rt△FDG中，可得FG＝ DF ＋GD ＝
(1)证明：平面AEC⊥平面AFC； (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
规范解答：(1)证明：连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF. 在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120° ，可得AG＝GC＝ 3，AB＝BC＝2. 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可得AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝AG＝ 3，且EG⊥AC. 在Rt△EBG中，可得BE＝ EG2－GB2＝ 3－1＝ 2， 2 故DF＝ 2 .

【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届高考数学(文)二轮专题复习：第1部分专题六解析几何 1-6-2

限时规范训练十五圆锥曲线的定义、性质，直线与圆锥曲线限时40分钟，实际用时________ 分值80分，实际得分________一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．若实数k 满足0＜k ＜9，则曲线x 225－y 29－k ＝1与曲线x 225－k －y 29＝1的( )A ．焦距相等B ．实半轴长相等C ．虚半轴长相等D ．离心率相等解析：选A.由25＋(9－k )＝(25－k )＋9，知两曲线的焦距相等．2．(2017·宁夏银川质检)抛物线y 2＝8x 的焦点到双曲线x 2－y 23＝1的渐近线的距离是( )A.12B.32C ．1D. 3解析：选D.由抛物线y 2＝8x ，有2p ＝8⇒p ＝4，焦点坐标为(2,0)，双曲线的渐近线方程为y ＝±3x ，不妨取其中一条3x －y ＝0，由点到直线的距离公式，有d ＝|3×2－0|3＋1＝3，故选D.3．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线方程为y ＝52x ，且与椭圆x 212＋y 23＝1有公共焦点．则C 的方程为( )A.x 28－y 210＝1B.x 24－y 25＝1C.x 25－y 24＝1 D.x 24－y 23＝1 解析：选B.∵双曲线的一条渐近线方程为y ＝52x ，则b a ＝52，① 又∵椭圆x 212＋y 23＝1与双曲线有公共焦点，易知c ＝3，则a 2＋b 2＝c 2＝9，②由①②解得a ＝2，b ＝5，则双曲线C 的方程为x 24－y 25＝1，故选B.4．已知抛物线y 2＝2px 的焦点F 与双曲线x 27－y 29＝1的右焦点重合，抛物线的准线与x 轴的交点为K ，点A 在抛物线上且|AK |＝2|AF |，则△AFK 的面积为( )A ．4B ．8C ．16D ．32解析：选D.因为抛物线y 2＝2px 的焦点F 与双曲线x 27－y 29＝1的右焦点(4,0)重合，所以p ＝8.设A (m ，n )，又|AK |＝2|AF |，所以m ＋4＝|n |，又n 2＝16m ，解得m ＝4，|n |＝8，所以△AFK 的面积为S ＝12×8×8＝32.5．(2017·安徽合肥模拟)已知双曲线x 2－y 23＝1的左顶点为A 1，右焦点为F 2，P 为双曲线右支上一点，则PA 1→·PF 2→的最小值为( )A ．－2B ．－8116C ．1D ．0解析：选A.设点P (x ，y )，其中x ≥1.依题意得A 1(－1,0)，F 2(2,0)，则有y 23＝x 2－1，y 2＝3(x2－1)，PA 1→·PF 2→＝(－1－x ，－y )·(2－x ，－y )＝(x ＋1)(x －2)＋y 2＝x 2＋3(x 2－1)－x －2＝4x 2－x －5＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －182－8116，其中x ≥1.因此，当x ＝1时，PA 1→·PF 2→取得最小值－2，选A.6．(2017·浙江宁波模拟)点A 是抛物线C 1：y 2＝2px (p ＞0)与双曲线C 2：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b＞0)的一条渐近线的交点，若点A 到抛物线C 1的准线的距离为p ，则双曲线C 2的离心率等于( )A. 2B. 3C. 5D. 6解析：选C.取双曲线的一条渐近线为y ＝bax ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，y ＝bax ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2pa 2b2，y ＝2pab ，故A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2pa 2b2，2pa b .因为点A 到抛物线C 1的准线的距离为p .所以p 2＋2pa 2b 2＝p ，所以a 2b 2＝14.所以双曲线C 2的离心率e ＝ca＝a 2＋b 2a 2＝ 5. 7．(2017·山东德州一模)已知抛物线y 2＝8x 与双曲线x 2a2－y 2＝1(a ＞0)的一个交点为M ，F为抛物线的焦点，若|MF |＝5，则该双曲线的渐近线方程为( )A ．5x ±3y ＝0B ．3x ±5y ＝0C ．4x ±5y ＝0D ．5x ±4y ＝0解析：选A.抛物线y 2＝8x 的焦点为F (2,0)，准线方程为x ＝－2，设M (m ，n )，则由抛物线的定义可得|MF |＝m ＋2＝5，解得m ＝3，由n 2＝24，可得n ＝±2 6.将M (3，±26)代入双曲线x 2a2－y 2＝1(a ＞0)，可得9a 2－24＝1(a ＞0)，解得a ＝35，故双曲线的渐近线方程为y ＝±53x ，即5x ±3y＝0.故选A.8．(2016·高考全国卷Ⅲ)已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，A ，B 分别为C 的左，右顶点．P 为C 上一点，且PF ⊥x 轴．过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E .若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为( )A.13B.12C.23D.34解析：选A.由题意可知直线AE 的斜率存在，设为k ，直线AE 的方程为y ＝k (x ＋a )，令x ＝0可得点E 坐标为(0，ka )，所以OE 的中点H 坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，ka 2，又右顶点B (a,0)，所以可得直线BM 的斜率为－k 2，可设其方程为y ＝－k 2x ＋k2a ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x ＋a ，y ＝－k 2x ＋k 2a ，可得点M 横坐标为－a3，又点M 的横坐标和左焦点相同，所以－a 3＝－c ，所以e ＝13.9．已知双曲线的标准方程为x 29－y 216＝1，F 为其右焦点，A 1，A 2分别是实轴的左、右端点，设P 为双曲线上不同于A 1，A 2的任意一点，直线A 1P ，A 2P 与直线x ＝a 分别交于M ，N 两点，若FM →·FN→＝0，则a 的值为( )A.169B.95C.259D.165解析：选B.∵双曲线x 29－y 216＝1，右焦点F (5,0)，A 1(－3,0)，A 2(3,0)，设P (x ，y )，M (a ，m )，N (a ，n )，∵P ，A 1，M 三点共线，∴m a ＋3＝y x ＋3，m ＝y a ＋x ＋3， ∵P ，A 2，N 三点共线，∴na －3＝yx －3，∴n ＝y a －x －3.∵x 29－y 216＝1，∴x 2－99＝y 216，∴y 2x 2－9＝169.又FM →＝⎝⎛⎭⎪⎫a －5，y a ＋x ＋3，FN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －5，y a －x －3，∴FM →·FN →＝(a －5)2＋y 2a 2－x 2－9＝(a －5)2＋a 2－9，∵FM →·FN →＝0，∴(a －5)2＋a 2－9＝0，∴25a 2－90a ＋81＝0，∴a ＝95.故选B.10．(2017·山东东营模拟)设F 1，F 2是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点，若双曲线右支上存在一点P ，使PF 1→·PF 2→＝0，且|PF 1|＝3|PF 2|，则该双曲线的离心率为( )A.2＋12 B.2＋1C.3＋12D.3＋1解析：选C.因为双曲线右支上存在一点P ，使PF 1→·PF 2→＝0，所以PF 1→⊥PF 2→，因为|PF 1|＝3|PF 2|，所以|F 1F 2|＝2|PF 2|＝4c ，即|PF 2|＝2c ，所以|PF 1|－|PF 2|＝3|PF 2|－|PF 2| ＝(3－1)|PF 2|＝2a ，因为|PF 2|＝2c ，所以2c (3－1)＝2a ，e ＝c a ＝13－1＝3＋12. 11．以抛物线C 的顶点为圆心的圆交C 于A ，B 两点，交C 的准线于D ，E 两点．已知|AB |＝42，|DE |＝25，则C 的焦点到准线的距离为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选B.设抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，圆的方程为x 2＋y 2＝r 2. ∵|AB |＝42，|DE |＝25，抛物线的准线方程为x ＝－p2，∴不妨设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4p ，22，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，5. ∵点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4p ，22，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，5在圆x 2＋y 2＝r 2上，∴⎩⎪⎨⎪⎧16p 2＋8＝r 2，p 24＋5＝r 2，∴16p 2＋8＝p24＋5，∴p ＝4(负值舍去)． ∴C 的焦点到准线的距离为4.12．(2017·高考全国卷Ⅰ)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，|AB |＋|DE |的最小值为( )A ．16B ．14C ．12D ．10解析：选A.设AB 倾斜角为θ，则|AB |＝2psin 2θ，又DE 与AB 垂直，即DE 的倾斜角为π2＋θ，|DE |＝2p sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋θ＝2p cos 2θ而y 2＝4x ，即p ＝2. ∴|AB |＋|DE |＝2p ⎝⎛⎭⎪⎫1sin 2θ＋1cos 2θ＝4sin 2θcos 2θ＝16sin 22θ≥16，当θ＝π4时取等号，即|AB |＋|DE |最小值为16，故选A.二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知离心率e ＝52的双曲线C ：x 2a 2－y2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点为F ，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与双曲线C 的一条渐近线相交于O ，A 两点，若△AOF 的面积为4，则a 的值为________．解析：因为e ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a2＝52，所以b a ＝12，|AF ||OA |＝b a ＝12，设|AF |＝m ，|OA |＝2m ，由面积关系得12×m ×2m ＝4，所以m ＝2，由勾股定理，得c ＝m 2＋m2＝25，又c a ＝52，所以a ＝4. 答案：414．设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2＋y 2b2＝1(0＜b ＜1)的左、右焦点，过点F 1的直线交椭圆E 于A ，B 两点．若|AF 1|＝3|F 1B |，AF 2⊥x 轴，则椭圆E 的方程为________．解析：设F 1(－c,0)，F 2(c,0)，其中c ＝1－b 2，则可设A (c ，b 2)，B (x 0，y 0)，由|AF 1|＝3|F 1B |，可得(－2c ，－b 2)＝3(x 0＋c ，y 0)，故⎩⎪⎨⎪⎧－2c ＝3x 0＋3c ，－b 2＝3y 0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－53c ，y 0＝－13b 2，代入椭圆方程可得－b29＋19b 2＝1，解得b 2＝23，故椭圆方程为x 2＋3y 22＝1.答案：x 2＋3y22＝115．(2016·高考江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点，直线y ＝b 2与椭圆交于B ，C 两点，且∠BFC ＝90°，则该椭圆的离心率是________．解析：由已知条件易得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，b 2，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，b 2，F (c,0)， ∴BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋32a ，－b 2，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫c －32a ，－b 2，由∠BFC ＝90°，可得BF →·CF →＝0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫c －32a ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋32a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 22＝0，即c 2－34a 2＋14b 2＝0，即4c 2－3a 2＋(a 2－c 2)＝0，亦即3c 2＝2a 2，所以c 2a 2＝23，则e ＝c a ＝63.答案：6316．(2017·山东潍坊模拟)抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，已知点A ，B 为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB ＝120°.过弦AB 的中点M 作抛物线准线的垂线MN ，垂足为N ，则|AB ||MN |的最小值为________．解析：设AF ＝a ，BF ＝b ，由余弦定理得|AB |2＝a 2＋b 2－2ab cos 120°＝a 2＋b 2＋ab ＝(a ＋b )2－ab ≥(a ＋b )2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝34(a ＋b )2，因为a ＋b 2＝AF ＋BF2＝MN ，所以|AB |2≥34|2MN |2，所以|AB ||MN |≥3，所以最小值为 3.答案： 3。

高三数学-2018年高考数学立体几何整理精品

2018年高考立体几何整理一、选择题1、已知m,n 是两条不同直线，α,β,Υ是三个不同平面.下列命题中正确的是（A ）若α⊥Υ，β∥Υ，则α∥β (B)若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n （C ）若m ∥α，n ∥α，则m ∥n （D ）若m ∥α，m ∥β，则a ∥β2、如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AA 1=1,则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为A.3B.5C.5D.53、用与球心距离为1的平面去截面面积为π，则球的体积为A.323π B.83π C. D. 34、已知直线m 、n 和平面α、β满足m ⊥n ，α⊥β，m α⊥则A. n ⊥βB. n ∥β或n βC. n ⊥αD. n ∥α或n α5、长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的8个顶点在同一个球面上，且AB ＝2，AD ＝3，AA 1＝1，则顶点A 、B 间的球面距离是 A.42π B.22πC.π2D.π226、设直线m 与平面α相交但不．垂直，则下列说法中正确的是 A. 在平面α内有且只有一条直线与直线m 垂直 B. 过直线m 有且只有一个平面与平面α垂直 C. 与直线m 垂直的直线不可能．．．与平面α平行 D. 与直线m 平行的平面不．可能与平面α垂直 7、已知三棱柱ABC －111C B A 的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则A 1B 与底面ABC 所成角的正弦值等于(A)31(B)32 (C) 33(D) 328、正四棱锥的侧棱长为32，侧棱与底面所成的角为︒60，则该棱锥的体积为A. 3B. 6C. 9D.189、已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆.若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于A.1B. 2C. 3D. 210、设M 是球O 的半径OP 的中点，分别过M 、O 作垂直于OP 的平面，截球面得到两个圆，则这两个圆的面积比值为（A ）14（B ）12（C ）23（D ）3411、设直线l α⊂平面，过平面α外一点A 且与l 、α都成30°角的直线有且只有（A ）1条（B ）2条（C ）3条（D ）4条12、若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60°的菱形，则该棱柱的体积为（A （B ）（C ）（D ）13、设a b ，是两条直线，α，是两个平面，则a b ⊥的一个充分条件是（） A ．a b αβαβ⊥⊥，∥， B ．a b αβαβ⊥⊥，，∥ C ．a b αβαβ⊂⊥，，∥D ．a b αβαβ⊂⊥，∥，14、对两条不相交的空间直线a 和b ，必定存在平面α，使得A BCD A BCDEF（A ）,a b αα⊂⊂ （B ）,//a b αα⊂ （C ）,a b αα⊥⊥ （D ）,a b αα⊂⊥ 15、设有直线m 、n 和平面α、β。

2018届高考数学(理)二轮专题复习限时规范训练：第一部分+专题五+立体几何Word版含答案

限时规范训练十三空间中的平行与垂直一、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ABCD-A1B1C1D1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P-ABCD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═∥12 CD.又因为AB∥CD且CD＝2AB，所以EF═∥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；。

【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

2018年高考数学二轮复习专题1.5立体几何(讲)文

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