《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題突破練19 專(zhuān)題五 立體幾何過(guò)關(guān)檢測(cè) 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題突破練19 專(zhuān)題五 立體幾何過(guò)關(guān)檢測(cè) 文（21頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專(zhuān)題突破練19　專(zhuān)題五　立體幾何過(guò)關(guān)檢測(cè) 一、選擇題 1.(2019河南開(kāi)封一模,文5)已知直線m,n和平面α,n?α,則“m∥n”是“m∥α”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 2.一個(gè)正方體被一個(gè)平面截去一部分后,剩余部分的三視圖如下圖,則截去部分體積與剩余部分體積的比值為(　　) A.18 B.17 C.16 D.15 3.(2019湘贛十四校聯(lián)考二,文6)已知直線l⊥平面α,直線m?平面β,則下列四個(gè)結(jié)論:①若α∥β,則l⊥m;②若l⊥β,則m∥α;③若l∥m,則α⊥β;④若m∥α,則l⊥β.其中正確的結(jié)

2、論的個(gè)數(shù)是(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 4.圓柱被一個(gè)平面截去一部分后與半球(半徑為r)組成一個(gè)幾何體,該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如圖所示.若該幾何體的表面積為16+20π,則r=(　　) A.1 B.2 C.4 D.8 5.(2019河北石家莊二模,文8)設(shè)l表示直線,α,β,γ表示不同的平面,則下列命題正確的是(　　) A.若l∥α,且α⊥β,則l⊥β B.若γ∥α,且γ∥β,則α∥β C.若l∥α,且l∥β,則α∥β D.若γ⊥α,且γ⊥β,則α∥β 6.如圖,某幾何體的三視圖是三個(gè)半徑相等的圓及每個(gè)圓中兩條互相垂直的半徑.若該幾何體的體積是28π

3、3,則它的表面積是(　　) A.17π B.18π C.20π D.28π 7.(2019安徽淮南一模,文8)某圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖是面積為3π,圓心角為2π3的扇形,則該圓錐的母線與底面所成的角的余弦值為(　　) A.12 B.13 C.14 D.15 8.在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個(gè)體積為V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,則V的最大值是(　　) A.4π B.9π2 C.6π D.32π3 9.(2019山東淄博一模,文7)一個(gè)底面是正三角形,側(cè)棱和底面垂直的三棱柱,其三視圖如圖所示.若該三棱柱的外接球的表面積為124π,則側(cè)視圖中的x的值為

4、(　　) A.932 B.9 C.33 D.3 10.(2019湖南六校聯(lián)考,文11)如圖,在平面四邊形ABCD中,E,F分別是AD,BD的中點(diǎn),AB=AD=CD=2,BD=22,∠BDC=90°,將△ABD沿對(duì)角線BD折起至△A'BD,使平面A'BD⊥平面BCD,則在四面體A'BCD中,下列結(jié)論不正確的是(　　) A.EF∥平面A'BC B.異面直線CD與A'B所成的角為90° C.異面直線EF與A'C所成的角為60° D.直線A'C與平面BCD所成的角為30° 11.在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1與平面BB1C1C所成的角為30°,則該長(zhǎng)

5、方體的體積為(　　) A.8 B.62 C.82 D.83 12.(2019湘贛十四校聯(lián)考二,文10)已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直,底面是邊長(zhǎng)為3的正三角形,且該三棱柱外接球的表面積為7π,若P為底面A1B1C1的中心,則PA與平面ABC所成角的大小為(　　) A.5π12 B.π3 C.π4 D.π6 二、填空題 13.已知H是球O的直徑AB上一點(diǎn),AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H為垂足,α截球O所得截面的面積為π,則球O的表面積為　　　　.? 14.(2019天津卷,文12)已知四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為2的正方形,側(cè)棱長(zhǎng)均為5.若圓柱的一個(gè)底面的圓周經(jīng)過(guò)四棱錐

6、四條側(cè)棱的中點(diǎn),另一個(gè)底面的圓心為四棱錐底面的中心,則該圓柱的體積為　　　　.? 15.在三棱錐D-ABC中,CD⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=BD=5,BC=4,則此三棱錐的外接球的表面積為　　　　　.? 16.(2019河北石家莊二模,文16)在三棱錐P-ABC中,底面ABC是等邊三角形,側(cè)面PAB是直角三角形,且PA=PB=2,PA⊥BC,則該三棱錐外接球的表面積為　　　　　.? 三、解答題 17.(2019江蘇卷,16) 如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為BC,AC的中點(diǎn),AB=BC. 求證:(1)A1B1∥平面DEC1; (2)BE⊥C1E.

7、 18. 如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn). (1)證明:PO⊥平面ABC; (2)若點(diǎn)M在棱BC上,且MC=2MB,求點(diǎn)C到平面POM的距離. 19. (2019山東泰安二模,文18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,∠PDA=90°,∠PDC=120°,AD∥BC,∠BCD=90°,△ABD是等邊三角形,E是PA的中點(diǎn),PD=2,AB=23. (1)求證:AD⊥BE;

8、(2)求三棱錐P-ABD的體積. 20.(2019湖南長(zhǎng)郡中學(xué)適應(yīng)考試一,文19)如圖,在多邊形ABPCD中(圖1),ABCD為長(zhǎng)方形,△BPC為正三角形,AB=3,BC=32,現(xiàn)以BC為折痕將△BPC折起,使點(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)的射影恰好在AD上(圖2). (1)證明:PD⊥平面PAB; (2)若點(diǎn)E在線段PB上,且PE=13PB,當(dāng)點(diǎn)Q在線段AD上運(yùn)動(dòng)時(shí),求三棱錐Q-EBC的體積. 21.(2019天津卷,文17) 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,△PCD為等邊三角形,平面PA

9、C⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3. (1)設(shè)G,H分別為PB,AC的中點(diǎn),求證:GH∥平面PAD; (2)求證:PA⊥平面PCD; (3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值. 22. 如圖,已知AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=25,AA1=7,BB1=27,點(diǎn)E和F分別為BC和A1C的中點(diǎn). (1)求證:EF∥平面A1B1BA; (2)求證:平面AEA1⊥平面BCB1; (3)求直線A1B1與平面BCB1所成角的大小.

10、 參考答案 專(zhuān)題突破練19　專(zhuān)題五　 立體幾何過(guò)關(guān)檢測(cè) 1.D　解析當(dāng)“m∥n”時(shí),推不出“m∥α”,也有可能m?α,故充分性不成立;當(dāng)“m∥α”時(shí),直線m,n的位置關(guān)系也可能異面,故必要性也不成立.故選D. 2.D　解析 由題意知該正方體截去了一個(gè)三棱錐,如圖所示,設(shè)正方體棱長(zhǎng)為a,則V正方體=a3,V截去部分=16a3,故截去部分體積與剩余部分體積的比值為16a356a3=15. 3.D　解析已知直線l⊥平面α,直線m?平面β,若α∥β,則l⊥平面β,所以l⊥m,①正確;已知直線l⊥平面α,若l⊥β,則平面α∥平面β,又直線m?平面β,故m∥α,②正確;已知直線l⊥平

11、面α,直線m?平面β,若l∥m,則m⊥平面α,所以α⊥β,③正確;已知直線l⊥平面α,直線m?平面β,若m∥α,則α∥β不一定成立,所以l⊥β也不一定成立,④不正確. 4.B　解析由條件及幾何體的三視圖可知該幾何體是由一個(gè)圓柱被過(guò)圓柱底面直徑的平面所截剩下的半個(gè)圓柱及一個(gè)半球拼接而成的.其表面積由一個(gè)矩形的面積、兩個(gè)半圓的面積、圓柱的側(cè)面積的一半及一個(gè)球的表面積的一半組成.∴S表=2r×2r+2×12πr2+πr×2r+12×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2. 5.B　解析在A中,若l∥α且α⊥β,則l與β可能相交、平行或l?β;在B中,若γ∥α且γ∥β,則α∥β;在C

12、中,若l∥α且l∥β,則α與β相交或平行;在D中,若γ⊥α且γ⊥β,則α與β相交或平行,故選B. 6.A　解析由三視圖可知該幾何體是球截去18后所得幾何體,則78×4π3×R3=28π3,解得R=2,所以它的表面積為78×4πR2+34×πR2=14π+3π=17π. 7.B　解析由圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖是面積為3π,圓心角為2π3的扇形,可知圓錐的母線l滿足12l2×2π3=13πl(wèi)2=3π.故l=3.又由2πr=l×2π3,得r=1,所以該圓錐的母線與底面所成的角的余弦值為13.故選B. 8.B　解析由題意知要使球的體積最大,則它與直三棱柱的若干個(gè)面相切.設(shè)球的半徑為R,易得△ABC的內(nèi)切

13、球的半徑為6+8-102=2,則R≤2.又因?yàn)?R≤3,所以R≤32,所以Vmax=4π3×323=9π2,故選B. 9.A　解析 將三視圖還原后,可得如圖所示的正三棱柱ABC-A1B1C1.O為外接球球心,O1為△ABC外接圓圓心,由球的性質(zhì),可知OO1⊥平面ABC,球的表面積S=4πR2=124π,則R2=31,即OB2=31.由題意,可知BO1=23BD=23x,OO1=12×4=2.又BO12+OO12=OB2,則49x2+4=31,解得x=932. 10.C　解析因?yàn)镋,F分別為A'D,BD的中點(diǎn),所以EF∥A'B,所以EF∥平面A'BC,故A正確;因?yàn)槠矫鍭'BD⊥平面B

14、CD,交線為BD,且CD⊥BD,所以CD⊥平面A'BD,所以CD⊥A'B,故B正確;取CD邊中點(diǎn)M,連接EM,FM(圖略),則EM∥A'C,所以∠FEM為異面直線EF與A'C所成角,又EF=1,EM=2,FM=3,所以EF2+EM2=FM2,即∠FEM=90°,故C錯(cuò)誤;連接A'F(圖略),可得A'F⊥平面BCD,連接CF,則∠A'CF為A'C與平面BCD所成角,又sin∠A'CF=A'FA'C=12,所以直線A'C與平面BCD所成的角為30°,故D正確. 11.C　解析 在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AB⊥平面BCC1B1,連接BC1,則∠AC1B為AC1與平面BB1C1C所

15、成的角,∠AC1B=30°,所以在Rt△ABC1中,BC1=ABtan∠AC1B=23,又BC=2,所以在Rt△BCC1中,CC1=(23)2-22=22,所以該長(zhǎng)方體的體積V=BC·CC1·AB=82. 12.B　解析 如圖所示,P為正三角形A1B1C1的中心,設(shè)O為△ABC的中心,由題意知,PO⊥平面ABC,連接OA,則∠PAO即為PA與平面ABC所成的角.易知OP的中點(diǎn)為三棱柱外接球的球心,又7π=4πr2,∴r2=74,∴AO2+OP22=74.在正三角形ABC中,AB=BC=AC=3,∴AO=33×3=1,∴PO=3. ∴tan∠PAO=POAO=3,∴∠PAO=π3.

16、13.9π2　解析 如圖,設(shè)球O的半徑為R,則AH=2R3,OH=R3.∵π·EH2=π, ∴EH=1. 在Rt△OEH中,R2=R32+12, ∴R2=98.∴S球=4πR2=9π2. 14.π4　解析如圖,由底面邊長(zhǎng)為2,可得OC=1. 設(shè)M為VC的中點(diǎn),則O1M=12OC=12,O1O=12VO,VO=VC2-OC2=2, ∴O1O=1. ∴V圓柱=π·O1M2·O1O=π×122×1=π4. 15.34π　解析由題意,在三棱錐D-ABC中,CD⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=BD=5,BC=4,可得AC=CD=52-42=3,故三棱錐D-ABC的外接球的半徑R

17、=32+42+322=342,則其表面積為4π×3422=34π. 16.12π　解析∵PA=PB,△PAB是直角三角形,∴PA⊥PB.又PA⊥BC,PB∩BC=B,∴PA⊥平面PBC,∴PA⊥PC.在Rt△PAB中,AB=22+22=22.∵△ABC是等邊三角形,∴AC=BC=AB=22.在Rt△PAC中,PC=(22)2-22=2.在△PBC中,PB2+PC2=BC2,∴PB⊥PC.∴該三棱錐外接球的半徑R=22+22+222=3,其表面積為4πR2=12π. 17.證明(1)因?yàn)镈,E分別為BC,AC的中點(diǎn),所以ED∥AB. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A

18、1B1∥ED. 又因?yàn)镋D?平面DEC1,A1B1?平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1. (2)因?yàn)锳B=BC,E為AC的中點(diǎn), 所以BE⊥AC. 因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1是直棱柱, 所以C1C⊥平面ABC. 又因?yàn)锽E?平面ABC,所以C1C⊥BE. 因?yàn)镃1C?平面A1ACC1,AC?平面A1ACC1,C1C∩AC=C, 所以BE⊥平面A1ACC1. 因?yàn)镃1E?平面A1ACC1, 所以BE⊥C1E. 18.(1) 證明因?yàn)锳P=CP=AC=4,O為AC的中點(diǎn),所以O(shè)P⊥AC,且OP=23. 連接OB,因?yàn)锳B=BC=22AC,所以△ABC為等腰直

19、角三角形,且OB⊥AC,OB=12AC=2. 由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB. 由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC. (2)解作CH⊥OM,垂足為H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的長(zhǎng)為點(diǎn)C到平面POM的距離. 由題設(shè)可知OC=12AC=2,CM=23BC=423,∠ACB=45°. 所以O(shè)M=253, CH=OC·MC·sin∠ACBOM=455. 所以點(diǎn)C到平面POM的距離為455. 19.(1)證明取AD中點(diǎn)F,連接BF,EF. ∵E,F分別為AP,AD的中點(diǎn),AD⊥PD,∴AD⊥EF. 又△ABC是正三角形,∴AD⊥BF.

20、 ∵BF∩EF=F,∴AD⊥平面BEF. 又BE?平面BEF,∴AD⊥BE. (2)解∵AD∥BC,∠BCD=90°,∴AD⊥CD. ∵AD⊥PD,PD∩CD=D,∴AD⊥平面PCD. 又AD?平面ABCD, ∴平面ABCD⊥平面PCD. 過(guò)點(diǎn)P作PH⊥CD,交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H,則PH⊥平面ABCD. 在直角三角形PDH中,∠PDH=60°,PD=2,∴PH=3, ∴VP-ABD=13S△ABD×PH=13×12×(23)2×32×3=3. 20.解(1)過(guò)點(diǎn)P作PO⊥AD,垂足為O.由于點(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)的射影恰好在AD上, ∴PO⊥平面ABCD.∴PO⊥AB.

21、 ∵四邊形ABCD為矩形,∴AB⊥AD. 又AD∩PO=O,∴AB⊥平面PAD, ∴AB⊥PA,AB⊥PD. 又由AB=3,PB=32,可得PA=PB2-PA2=3,同理PD=3. 又AD=32,∴PA2+PD2=AD2, ∴PA⊥PD,且PA∩AB=A, ∴PD⊥平面PAB. (2)設(shè)點(diǎn)E到底面QBC的距離為h,則VQ-EBC=VE-QBC=13S△QBC×h. 由PE=13PB,可知BEBP=23, ∴hPO=23,得h=23×322=2. 又S△QBC=12×BC×AB=12×32×3=922, ∴VQ-EBC=13S△QBC×h=13×922×2=3. 2

22、1.(1)證明連接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.又由BG=PG,故GH∥PD.又因?yàn)镚H?平面PAD,PD?平面PAD,所以GH∥平面PAD. (2)證明取棱PC的中點(diǎn)N,連接DN,依題意,得DN⊥PC,又因?yàn)槠矫鍼AC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC,又PA?平面PAC,故DN⊥PA.又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD. (3)解連接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角.因?yàn)椤鱌CD為等邊三角形,CD=2且N為PC的中點(diǎn),所以DN=3,又DN⊥AN,在Rt△AND中,sin∠DAN=D

23、NAD=33.所以,直線AD與平面PAC所成角的正弦值為33. 22.(1)證明連接A1B,在△A1BC中, ∵E和F分別是BC和A1C的中點(diǎn),∴EF∥A1B. 又∵A1B?平面A1B1BA,EF?平面A1B1BA, ∴EF∥平面A1B1BA. (2)證明∵AB=AC,E為BC中點(diǎn), ∴AE⊥BC. ∵AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1, ∴BB1⊥平面ABC.∴BB1⊥AE. 又∵BC∩BB1=B,∴AE⊥平面BCB1. 又∵AE?平面AEA1, ∴平面AEA1⊥平面BCB1. (3)解取BB1中點(diǎn)M和B1C中點(diǎn)N,連接A1M,A1N,NE, ∵N和E分別為B1

24、C和BC的中點(diǎn), ∴NE􀱀12B1B,∴NE􀱀A1A, ∴四邊形A1AEN是平行四邊形, ∴A1N􀱀AE. 又∵AE⊥平面BCB1, ∴A1N⊥平面BCB1, ∴∠A1B1N即為直線A1B1與平面BCB1所成角,在△ABC中,可得AE=2, ∴A1N=AE=2. ∵BM∥AA1,BM=AA1, ∴A1M∥AB且A1M=AB. 又由AB⊥BB1,∴A1M⊥BB1, 在Rt△A1MB1中, A1B1=B1M2+A1M2=4, 在Rt△A1NB1中,sin∠A1B1N=A1NA1B1=12, ∴∠A1B1N=30°,即直線A1B1與平面BCB1所成角的大小為30°. 21