2019-2020年高三数学专题复习 专题四 立体几何过关提升 文

2019-2020年高三数学专题复习 专题四 立体几何过关提升 文
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分) 1．底面边长为2，高为1的正四棱锥的侧面积为________．
2．设l ，m 表示直线，m 是平面α内的任意一条直线，则“l ⊥m ”是“l ⊥α”成立的________条件(在“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”中选填一个)．
3．在下面四个正方体图形中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥平面MNP 的图形序号是________．
4．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是________(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.
5．若一个圆锥的底面半径为1，侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的体积为________． 6.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________．
7．棱长为a 的正四面体的外接球半径为________．
8．点A 、B 、C 、D 在同一个球的球面上，AB ＝BC ＝2，AC ＝22，若四面体ABCD 体积的最大值为4
3
，则该球的表面积为________．
9．将长、宽分别为4和3的长方形ABCD 沿对角线AC 折起，得到四面体A －BCD ，则四面体
A －BCD 的外接球的体积为________．
10．到正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的三条棱AB 、CC 1、A 1D 1所在直线的距离相等的点：①有且只有1个；②有且只有2个；③有且只有3个；④有无数个．其中正确答案的序号是________． 11．已知正四棱锥O －ABCD 的体积为32
2，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球
的表面积为________．
12．三棱锥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
＝________．
13．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．
14.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，动点E，F在棱A1B1上，动点P，Q分别在棱AD，CD上．若EF＝1，A1E＝x，DQ＝y，DP＝z(x，y，z大于零)，则关于四面体PEFQ的体积，下列说法正确的是______(填序号)．
①与x，y，z都有关；②与x有关，与y，z无关；③与y有关，与x，z无关；④与z有关，与x，y无关．
二、解答题(本大题共6小题，共90分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15．(本小题满分14分)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，AC，BD相交于点O，EF∥AB，AB＝2EF，平面BCF⊥平面ABCD，BF＝CF，点G为BC的中点．
(1)求证：直线OG∥平面EFCD；
(2)求证：直线AC⊥平面ODE.
16．(本小题满分14分)(xx·苏北四市模拟)如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD为菱形，OA⊥平面ABCD，E为OA的中点，F为BC的中点，求证：
(1)平面BDO⊥平面ACO；
(2)EF∥平面OCD.
17．(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，CC1＝4，M是棱CC1上的一点．
(1)求证：BC⊥AM；
(2)若N是AB的中点，且CN∥平面AB1M，求CM的长度．
18．(本小题满分16分)在三棱锥P－ABC中，D为AB的中点．
(1)与BC平行的平面PDE交AC于点E，判断点E在AC上的位置并说明理由；
(2)若PA＝PB，且△PCD为锐角三角形，又平面PCD⊥平面ABC，求证：AB⊥PC.
19．(本小题满分16分)(xx·青岛模拟)如图，矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直，等腰梯形ABEF中，AB∥EF，AB＝2，AD＝AF＝1，∠BAF＝60°，O，P分别为AB，CB的中点，M为底面△OBF的重心．
(1)求证：平面ADF⊥平面CBF；
(2)求证：PM∥平面AFC；
(3)求多面体CD－AFEB的体积V.
20．(本小题满分16分)(xx·衡水调研考试)如图，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是边AC 和BC 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BP BC
的值；如果不存在，请说明理由．
专题过关·提升卷
1．4 2 [求出斜高．由题意可得斜高为2，则侧面积为4×1
2
×22＝4 2.]
2．充要 [因为m 是平面α内的任意一条直线，若l ⊥m ，则l ⊥α，所以充分性成立；反过来，若l ⊥α，则l ⊥m ，所以必要性成立，故“l ⊥m ”是“l ⊥α”成立的充要条件．] 3．①② [由线面平行的判定定理知图①②可得出AB ∥平面MNP .]
4．④ [①中，m 与n 可相交、可异面、可平行，故①错误；②中m 与n 可平行、可异面，故②错误；③中，若α∥β，仍然满足m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β，故③错误；故④正确．] 5.
3π
3
[利用面积、体积公式求解．设圆锥的母线长为l ，又底面半径为1，侧面积是底面积的2倍即为πl ＝2π，l ＝2，所以该圆锥的高h ＝l 2－r 2＝3，体积为13πr 2
h ＝
33π.]
6.1
6
[利用三棱锥的体积公式直接求解． VD 1－EDF ＝VF －DD 1E ＝13S △D 1DE ·AB ＝13×12×1×1×1＝16
.]
7.
64a [棱长为a 的正四面体可以放入棱长为2
2
a 的正方体内，所以其外接球直径为2R ＝62a ，则该外接球的半径为64
a .] 8.9π [如图，O 为球心，O 1为△ABC 外接圆圆心．∵AB ＝BC ＝2，
AC ＝22，∴AB ⊥BC 且S △ABC ＝2，当点D 与点O ，O 1三点共线时，四面体ABCD 的体积最大，
此时DO 1＝2，设球的半径为R ，O 1B ＝2，由球的截面性质得，R 2
＝2＋(2－R )2
，解得R ＝3
2
，∴球的表面积为9π.] 9.125π6
[设AC 与BD 相交于O ，折起来后仍然有OA ＝OB ＝OC ＝OD ，∴外接球的半径r ＝
32＋42
2＝52，从而体积V ＝4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫523＝125π
6
.] 10．④ [注意到正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角线B 1D 上的每一点到直线AB ，CC 1，A 1D 1的距离都相等，因此到ABCD －A 1B 1C 1D 1的三条棱AB ，CC 1，A 1D 1所在直线距离相等的点有无数个，其中正确答案的序号是④.]
11．24π [设正四棱锥的高为h ，则13×(3)2
h ＝322，解得高h ＝322.则底面正方形的对
角线长为2×3＝6，所以OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3222＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫622＝6，所以球的表面积为4π(6)2＝24π.]
12.1
4
[如图：∵V 1＝V D －ABE ＝V E －ABD ，V 2＝V P －ABC ＝V C －ABP ，
∴V 1＝13S △ABD ·h 1，V 2＝1
3
S △APB ·h 2.
∵E 为AC 中点，∴h 1h 2＝12
，
又∵D 为PB 中点，∴
S △ABD S △ABP ＝1
2
， ∴V 1V 2＝1
3S △ABD ·h 1
13
S △APB ·h 2＝14
.] 13．②④ [利用定理逐一判断．若m ⊥α，α⊥β，则在平面β内存在与直线m 平行的直线，①是假命题；若m ⊥α，则在平面β内存在无数条与α，β的交线平行的直线与直线
m 垂直，②是真命题；在平面β上一定存在与直线m 垂直的直线，③是假命题，④是真命
题．所以真命题的序号是②④.]
14．④ [因为四面体PEFQ 的体积只与底面面积和高有关，若以△PEF 为底面，则边长EF 为定值，△PEF 的高为A 1P ＝4＋（2－z ）2
，四面体的高为点Q 到平面PEF 的距离．因为DC ∥EF ，所以点Q 到平面PEF 的距离为直线CD 到平面PEF 的距离，与Q 的位置无关．综上所述，四面体的体积与E ，F 及Q 的位置无关，所以与x ，y 无关．] 15．证明 (1)∵四边形ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ， ∴点O 是BD 的中点，∵点G 为BC 的中点，∴OG ∥CD ， 又∵OG ⊄平面EFCD ，CD ⊂平面EFCD ， ∴直线OG ∥平面EFCD .
(2)∵BF ＝CF ，点G 为BC 的中点，∴FG ⊥BC . ∵平面BCF ⊥平面ABCD ，平面BCF ∩平面ABCD ＝BC ，
FG ⊂平面BCF ，FG ⊥BC ，
∴FG ⊥平面ABCD .
∵AC ⊂平面ABCD ，∴FG ⊥AC .
∵OG ∥AB ，OG ＝12AB ，EF ∥AB ，EF ＝1
2AB ，
∴OG ∥EF ，OG ＝EF ，
∴四边形EFGO 为平行四边形，∴FG ∥EO . ∵FG ⊥AC ，FG ∥EO ，∴AC ⊥EO . ∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥DO .
∵AC ⊥EO ，AC ⊥DO ，EO ∩DO ＝O ，EO ，DO 在平面ODE 内， ∴AC ⊥平面ODE .
16.证明 (1)∵OA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以OA ⊥BD ，
∵ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ，又OA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面OAC ， 又∵BD ⊂平面OBD ， ∴平面BDO ⊥平面ACO . (2)取OD 中点M ，连接EM ，CM ， 则ME ∥AD ，ME ＝1
2
AD ，
∵ABCD 是菱形，∴AD ∥BC ，AD ＝BC ， ∵F 为BC 的中点，∴CF ∥AD ，CF ＝1
2
AD ，
∴ME ∥CF ，ME ＝CF .∴四边形EFCM 是平行四边形， ∴EF ∥CM ，
又∵EF ⊄平面OCD ，CM ⊂平面OCD . ∴EF ∥平面OCD .
17．(1)证明 因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC ，因为BC ⊂平面ABC ，所以
CC 1⊥BC .
又因为AC ⊥BC ，CC 1∩AC ＝C ，CC 1，AC ⊂平面ACC 1A 1， 所以BC ⊥平面ACC 1A 1.
又因为AM ⊂平面ACC 1A 1，所以BC ⊥AM .
(2)解 法一 如图，取AB 1的中点P ，连接NP ，PM .
因为N 是AB 的中点， 所以NP ∥BB 1.
因为CM ∥BB 1，所以NP ∥CM ，所以NP 与CM 共面． 因为CN ∥平面AB 1M ， 平面CNPM ∩平面AB 1M ＝MP ， 所以CN ∥MP .
所以四边形CNPM 为平行四边形， 所以CM ＝NP ＝1
2
CC 1＝2.
法二 如图，设NC 与CC 1确定的平面交AB 1于点P ，连接NP ，PM .
因为CN ∥平面AB 1M ，CN ⊂平面CNPM ，
平面AB 1M ∩平面CNPM ＝PM ，所以CN ∥MP . 因为BB 1∥CM ，BB 1⊄平面CNPM ，CM ⊂平面CNPM ， 所以BB 1∥平面CNPM .
又BB 1⊂平面ABB 1，平面ABB 1∩平面CNPM ＝NP ，所以BB 1∥NP ， 所以CM ∥NP ，所以四边形CNPM 为平行四边形． 因为N 是AB 的中点，所以CM ＝NP ＝12BB 1＝1
2CC 1＝2.
18．(1)解 E 为AC 的中点．理由如下：
平面PDE 交AC 于点E ，即平面PDE ∩平面ABC ＝DE ， 而BC ∥平面PDE ，BC ⊂平面ABC ，所以BC ∥DE . 在△ABC 中，因为D 为AB 的中点，所以E 为AC 中点． (2)证明 因为PA ＝PB ，D 为AB 的中点，所以AB ⊥PD ， 因为平面PCD ⊥平面ABC ，平面PCD ∩平面ABC ＝CD ，
在锐角△PCD 所在平面内作PO ⊥CD 于点O ，则PO ⊥平面ABC . 因为AB ⊂平面ABC ，所以PO ⊥AB ，
又PO ∩PD ＝P ，PO ，PD ⊂平面PCD ，则AB ⊥平面PCD ， 又PC ⊂平面PCD ，所以AB ⊥PC .
19．(1)证明 ∵矩形ABCD 所在的平面和平面ABEF 互相垂直，且CB ⊥AB ， ∴CB ⊥平面ABEF ，
又AF ⊂平面ABEF ，∴CB ⊥AF ，
又AB ＝2，AF ＝1，∠BAF ＝60°，由余弦定理知BF ＝3， ∴AF 2
＋BF 2
＝AB 2
，得AF ⊥BF ， 又BF ∩CB ＝B ，
∴AF ⊥平面CFB ， 又∵AF ⊂平面ADF ， ∴平面ADF ⊥平面CBF .
(2)证明 连接OM 并延长交BF 于H ，则H 为BF 的中点， 又P 为CB 的中点，
∴PH ∥CF ，又∵CF ⊂平面AFC ，PH ⊄平面AFC ， ∴PH ∥平面AFC ， 连接PO ，则PO ∥AC ，
又∵AC ⊂平面AFC ，PO ⊄平面AFC ， ∴PO ∥平面AFC ，又∵PO ∩PH ＝P ， ∴平面POH ∥平面AFC ， 又∵PM ⊂平面POH ， ∴PM ∥平面AFC .
(3)解 多面体CD －AFEB 的体积可分成三棱锥C －BEF 与四棱锥F －ABCD 的体积之和．过E 作EE 1⊥AB ，垂足为E 1.
在等腰梯形ABEF 中，计算得EF ＝1，两底间的距离EE 1＝3
2
. 所以V C －BEF ＝13S △BEF ×CB ＝13×12×1×32×1＝3
12
，
V F －ABCD ＝13S 矩形ABCD ×EE 1＝13×2×1×
32＝33
， 所以V ＝V C －BEF ＋V F －ABCD ＝53
12
.
20．解 (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 ，∴AD ⊥平面
BCD .
取CD 的中点M ，这时EM ∥AD ， ∴EM ⊥平面BCD ，EM ＝1.
V E －DFC ＝13×⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
2
S △BDC ×EM ＝
13×12×12×2×23×1＝3
3
. (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 ＝23
32＝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.。