高考理科数学专题突破练习专题五立体几何过关检测.docx

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1、专题突破练19专题五立体几何过关检测一、选择题 1.(2019天津实中模拟六,理4)若l,m是两条不同的直线,m平面,则“lm”是“l”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2.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A.18B.17C.16D.153.已知m,n为异面直线,m平面,n平面.直线l满足lm,ln,l,l,则()A.且lB.且lC.与相交,且交线垂直于lD.与相交,且交线平行于l4.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.

2、若该几何体的表面积为16+20,则r=()A.1B.2C.4D.85.(2019山东青岛二模,理7)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的侧棱与底面所成线面角的最小角的正弦值为()A.1B.22C.23D.136.如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是283,则它的表面积是()A.17B.18C.20D.287.(2019山东聊城一模,理7)如图,圆柱的轴截面为正方形ABCD,E为弧BC的中点,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A.33B.55C.306D.668.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若ABBC,AB

3、=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是()A.4B.92C.6D.3239.(2019河北衡水同卷联考,理10)在边长为8的等边三角形ABC中,D,E分别为AC,AB的中点,现将ADE沿DE折起到ADE的位置,使得AB=210,则直线AB与底面BCDE所成角的正弦值为()A.1010B.3010C.7010D.21710.(2019河南名校联盟压轴卷四,理10)一个圆锥的母线长为2,圆锥的母线与底面的夹角为4,圆锥内有一个内接正方体,则这个正方体的体积为()A.2(2-1)B.8(2-2)3C.8(2-1)3D.8(2+1)311.(2019新疆乌鲁木齐二模,理11)已知A,B,C为球O的

4、球面上的三个定点,ABC=60,AC=2,P为球O的球面上的动点,记三棱锥P-ABC的体积为V1,三棱锥O-ABC的体积为V2,若V1V2的最大值为3,则球O的表面积为()A.169B.649C.32D.612.(2019北京师大附中模拟三,理8)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,B1C与C1D所成角的余弦值为64,B1C与底面ABCD所成角的正弦值为32,则C1D与底面ABCD所成角的余弦值为()A.12B.22C.63D.32二、填空题13.,是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:如果mn,m,n,那么.如果m,n,那么mn.如果,m,那么m.如果mn,那么m与所成的角和n

5、与所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)14.(2019天津卷,理11)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形,侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为.15.在三棱锥D-ABC中,CD底面ABC,ACBC,AB=BD=5,BC=4,则此三棱锥的外接球的表面积为.16.(2019北京师大附中模拟三,理13)某工厂现将一棱长为3的正四面体毛坯件切割成一个圆柱体零件,则该圆柱体体积的最大值为.三、解答题17.(2019江苏卷,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=B

6、C.求证:(1)A1B1平面DEC1;(2)BEC1E.18.(2019四川成都二模,理19)如图,在等腰梯形ABCD中,ABCD,E,F分别为AB,CD的中点,CD=2AB=2EF=4,M为DF中点.现将四边形BEFC沿EF折起,使平面BEFC平面AEFD,得到如图所示的多面体.在图中,(1)证明:EFMC;(2)求二面角M-AB-D的余弦值.19.(2019山东济宁一模,理18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA底面ABCD,ABC=60,AB=3,AD=23,AP=3.(1)求证:平面PCA平面PCD;(2)设E为侧棱PC上的一点,若直线BE与底面ABCD所成的

7、角为45,求二面角E-AB-D的余弦值.20.(2019北京卷,理16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC=13.(1)求证:CD平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且PGPB=23,判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.21.(2019天津卷,理17)如图,AE平面ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF平面ADE;(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F的余弦值为13,求

8、线段CF的长.22.(2019山东菏泽一模,理18)在四棱锥P-ABCD中,PD平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,ADDC,ABDC,DC=2AB,PD=1,BC=2,BCBD,设Q为棱PC上一点,PQ=PC.(1)求证:当=15时,AQPC;(2)试确定的值使得二面角Q-BD-P为45.参考答案专题突破练19专题五立体几何过关检测1.B解析 若lm,因为m平面,所以l或l;若l,因为m平面,所以lm,所以“lm”是“l”的必要不充分条件.2.D解析 由题意知该正方体截去了一个三棱锥,如图所示,设正方体棱长为a,则V正方体=a3,V截去部分=16a3,故截去部分体积与剩余部分体积的比值为

9、16a356a3=15.3.D解析 因为m,lm,l,所以l.同理可得l.又因为m,n为异面直线,所以与相交,且l平行于它们的交线.故选D.4.B解析 由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.S表=2r2r+212r2+r2r+124r2=5r2+4r2=16+20,解得r=2.5.C解析 由几何体的三视图可得几何体的直观图如图所示,根据三视图中的线段长度,得AB=22,BE=AE=DE=2,由勾股定理得CE=5,从而得AC=4+(5)2=

10、3,所以侧棱AC和底面所成线面角最小,sinACE=23.6.A解析 由三视图可知该几何体是球截去18后所得几何体,则7843R3=283,解得R=2,所以它的表面积为784R2+34R2=14+3=17.7.D解析 取BC的中点H,连接EH,AH,则EHA=90.设AB=2,则BH=HE=1,AH=5,所以AE=6.连接ED,则ED=6.因为BCAD,所以异面直线AE与BC所成角即为EAD,在EAD中cosEAD=6+4-6226=66,故选D.8.B解析 由题意知要使球的体积最大,则它与直三棱柱的若干个面相切.设球的半径为R,易得ABC的内切球的半径为6+8-102=2,则R2.又因为2R

11、3,所以R32,所以Vmax=43323=92,故选B.9.B解析 取DE的中点O,连接OA,OB.在ADE中,由AD=AE=DE=4,可得OA=23,在BOE中,由OE=2,BE=4,BEO=120可得OB=27.由OA2+OB2=AB2可得OAOB.又因为OADE,OBDE=O,所以OA底面BCDE,ABO即为直线AB与底面BCDE所成角.在RtAOB中,sinABO=OAAB=3010,故选B.10.C解析 因为圆锥的母线长为2,圆锥的母线与底面的夹角为4,所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形,底面半径和高均为2,设正方体的棱长为x,则2x22=2-x2,解得x=2(2-1).故正方体的体积

12、为2(2-1)3=8(2-1)3.11.B解析 如图,设ABC的外接圆圆心为O,其半径为r,球O的半径为R,当球心O在三棱锥P-ABC内时,由题意可知,V1V2max=R+R2-r2R2-r2=3,可得R=23r.2r=ACsinABC=43,r=23,R=43,S球=4169=649.当球心O在三棱锥P-ABC外时,结果不变.故选B.12.B解析 如图,设AB=a,BC=b,AA1=c,则AB1=a2+c2,AC=a2+b2,B1C=b2+c2.AB1C1D,BB1平面ABCD,AB1C是B1C与C1D所成角(或所成角的补角),BCB1是B1C与底面ABCD所成角.B1C与C1D所成角的余弦

13、值为64,B1C与底面ABCD所成角的正弦值为32,cosAB1C=a2+c2+b2+c2-a2-b22a2+c2b2+c2=64,sinBCB1=cb2+c2=32,解得a=c=3b.CC1平面ABCD,C1DC是C1D与底面ABCD所成角.DC=CC1,DCCC1,C1DC=45.C1D与底面ABCD所成角的余弦值为22.故选B.13.解析 对于,若mn,m,n,则,的位置关系无法确定,故错误;对于,因为n,所以过直线n作平面与平面相交于直线c,则nc.因为m,所以mc,所以mn,故正确;对于,由两个平面平行的性质可知正确;对于,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确命题的编号有.

14、14.4解析 如图,由底面边长为2,可得OC=1.设M为VC的中点,则O1M=12OC=12,O1O=12VO,VO=VC2-OC2=2,O1O=1.V圆柱=O1M2O1O=1221=4.15.34解析 由题意,在三棱锥D-ABC中,CD底面ABC,ACBC,AB=BD=5,BC=4,可得AC=CD=52-42=3,故三棱锥D-ABC的外接球的半径R=32+42+322=342,则其表面积为43422=34.16.227解析 当圆柱体体积最大时,圆柱的底面圆心为正四面体的底面中心O,圆柱的上底面与棱锥侧面的交点N在侧面的中线AM上.正四面体棱长为3,BM=32,OM=12,BO=1,AO=2.

15、设圆柱的底面半径为r,高为h,则0r12.由三角形相似得,r12=2-h2,即h=2-22r,圆柱的体积V=r2h=2r2(1-2r).r2(1-2r)r+r+1-2r33=127,当且仅当r=1-2r,即r=13时,取等号.圆柱的最大体积为227.17.证明 (1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以EDAB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABA1B1,所以A1B1ED.又因为ED平面DEC1,A1B1平面DEC1,所以A1B1平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BEAC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C平面ABC.又因为BE平面ABC,所以C1C

16、BE.因为C1C平面A1ACC1,AC平面A1ACC1,C1CAC=C,所以BE平面A1ACC1.因为C1E平面A1ACC1,所以BEC1E.18.(1)证明 由题意知在等腰梯形ABCD中,ABCD.E,F分别为AB,CD的中点,EFAB,EFCD.折叠后,EFDF,EFCF.DFCF=F,EF平面DCF.又MC平面DCF,EFMC.(2)解 平面BEFC平面AEFD,平面BEFC平面AEFD=EF,且EFDF,DF平面BEFC,DFCF,DF,CF,EF两两垂直.以F为坐标原点,分别以FD,FC,FE所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.DM=1,FM=1,M(1,0,0),D(2,0

17、,0),A(1,0,2),B(0,1,2),MA=(0,0,2),AB=(-1,1,0),DA=(-1,0,2),设平面MAB的法向量m=(x,y,z),则MAm=2z=0,ABm=-x+y=0.取x=1,得m=(1,1,0).设平面ABD的法向量n=(x,y,z),则DAn=-x+2z=0,ABn=-x+y=0.取z=1,得n=(2,2,1).cos=mn|m|n|=423=223,二面角M-AB-D的余弦值为223.19.解 (1)在平行四边形ABCD中,ADC=60,CD=3,AD=23,由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2ADCDcosADC=12+3-2233cos 60=9.AC

18、2+CD2=AD2,ACD=90,即CDAC.又PA底面ABCD,CD底面ABCD,PACD.又ACCD=C,CD平面PCA.又CD平面PCD,平面PCA平面PCD.(2)如图,以A为坐标原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,3,0),D(-3,3,0),P(0,0,3).设E(x,y,z),PE=PC(01),则(x,y,z-3)=(0,3,-3),x=0,y=3,z=3-3,即点E的坐标为(0,3,3-3).BE=(-3,3,3-3).又平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),sin 45=|cos|=

19、|3-3|3+92+(3-3)2,解得=13.点E的坐标为(0,1,2),AE=(0,1,2),AB=(3,0,0),设平面EAB的法向量为m=(x,y,z),由mAB=0,mAE=0,得x=0,y+2z=0.令z=1,得平面EAB的一个法向量为m=(0,-2,1),cos=mn|m|n|=15=55.又二面角E-AB-D的平面角为锐角,故二面角E-AB-D的余弦值为55.20.(1)证明 因为PA平面ABCD,所以PACD.又因为ADCD,所以CD平面PAD.(2)解 过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA平面ABCD,所以PAAM,PAAD.如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,

20、0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).所以AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2).所以PF=13PC=23,23,-23,AF=AP+PF=23,23,43.设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则nAE=0,nAF=0,即y+z=0,23x+23y+43z=0.令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0),所以cos=np|n|p|=-33.由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为33.(3)解 直线AG在平面

21、AEF内.因为点G在PB上,且PGPB=23,PB=(2,-1,-2),所以PG=23PB=43,-23,-43,AG=AP+PG=43,-23,23.由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).所以AGn=-43+23+23=0.所以直线AG在平面AEF内.21.(1)证明 依题意,可以建立以A为原点,分别以AB,AD,AE的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h0),则F(1,2,h).依题意,AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又BF=(0,2,h)

22、,可得BFAB=0,又因为直线BF平面ADE,所以BF平面ADE.(2)解 依题意,BD=(-1,1,0),BE=(-1,0,2),CE=(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则nBD=0,nBE=0,即-x+y=0,-x+2z=0,不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos=CEn|CE|n|=-49.所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.(3)解 设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则mBD=0,mBF=0,即-x+y=0,2y+hz=0,不妨令y=1,可得m=1,1,-2h.由题意,有|cos|=|mn|m|n|=4-2h32+4h2=13

23、,解得h=87,经检验,符合题意.所以,线段CF的长为87.22.(1)证明 因为DC=2AB,BC=2,过B作BEDC于E,则E为DC中点,所以BD=BC=2,又BCBD,所以DC=2.所以AD=AB=1,因为PD平面ABCD,所以PDDC,PDAD.在RtPDC中,由勾股定理,得PC=PD2+DC2=12+22=5.当=15时,PQ=15PC,则PQ=15PC=55,因为PD=1,所以PQPD=55=PDPC.又DPQ=CPD,所以DPQCPD,所以DQP=CDP=90,即PCDQ.因为PDAD,又ADDC,PDDC=D,所以AD平面PDC,所以ADPC.又ADDQ=D,所以PC平面ADQ

24、,所以AQPC,命题得证.(2)以D为原点,DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系(如图).由(1)得:AD=AB=1,DC=2,则点P(0,0,1),C(0,2,0),A(1,0,0),B(1,1,0),D(0,0,0),令Q(x0,y0,z0),则PQ=(x0,y0,z0-1),PC=(0,2,-1),BC=(-1,1,0),DB=(1,1,0),DQ=(x0,y0,z0),因为PQ=PC,所以(x0,y0,z0-1)=(0,2,-1),所以点Q(0,2,1-),由题目条件易证BC平面PBD,所以平面PBD的法向量n=BC=(-1,1,0),设平面QBD的法向量为m=(x,y,z),则mDB=0,mDQ=0,即x+y=0,2y+(1-)z=0,即x=-y,z=2-1y.令y=1,得m=-1,1,2-1.因为二面角Q-BD-P为45,所以|cos|=|mn|m|n|=222+(2-2)2=22,解得=2-1,=-2-1,因为Q在棱PC上,则01,所以=2-1为所求.