2019-2020年高三数学大一轮复习 中档题目强化练 立体几何教案 理 新人教A版.DOC

2019-2020年高三数学大一轮复习 中档题目强化练 立体几何教案 理 新人教A版一、选择题(每小题5分，共20分)1 以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是()A球的三视图总是三个全等的圆B正方体的三视图总是三个全等的正方形C水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D水平放置的圆台的俯视图是一个圆答案A解析画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆2 设、是三个互不重合的平面，m、n是两条不重合的直线，下列命题中正确的是()A若，则B若m，n，则mnC若，m，则mD若，m，m，则m答案D解析对于A，若，可以平行，也可以相交，A错；对于B，若m，n，则m，n可以平行，可以相交，也可以异面，B错；对于C，若，m，则m可以在平面内，C错；易知D正确3 设、为平面，l、m、n为直线，则m的一个充分条件为()A，l，ml Bn，n，mCm， D，m答案B解析如图知A错；如图知C错；如图在正方体中，两侧面与相交于l，都与底面垂直，内的直线m，但m与不垂直，故D错；由n，n，得.又m，则m，故B正确4 如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点，则下列结论不成立的是()AEF与BB1垂直BEF与BD垂直CEF与CD异面DEF与A1C1异面答案D解析连接B1C，AC，则B1C交BC1于F，且F为B1C的中点，又E为AB1的中点，所以EF綊AC，而B1B平面ABCD，所以B1BAC，所以B1BEF，A正确；又ACBD，所以EFBD，B正确；显然EF与CD异面，C正确；由EF綊AC，ACA1C1，得EFA1C1.故不成立的选项为D.二、填空题(每小题5分，共15分)5 (xx福建)三棱锥PABC中，PA底面ABC，PA3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥PABC的体积等于_答案解析PA底面ABC，PA为三棱锥PABC的高，且PA3.底面ABC为正三角形且边长为2，底面面积为22sin 60，VPABC3.6 已知四棱锥PABCD的底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，点E、F分别是棱PC、PD的中点，则棱AB与PD所在直线垂直；平面PBC与平面ABCD垂直；PCD的面积大于PAB的面积；直线AE与直线BF是异面直线以上结论正确的是_(写出所有正确结论的编号)答案解析由条件可得AB平面PAD，ABPD，故正确；若平面PBC平面ABCD，由PBBC，得PB平面ABCD，从而PAPB，这是不可能的，故错；SPCDCDPD，SPABABPA，由ABCD，PDPA知正确；由E、F分别是棱PC、PD的中点，可得EFCD，又ABCD，EFAB，故AE与BF共面，错7 三棱锥SABC中，SBASCA90，ABC是斜边ABa的等腰直角三角形，则以下结论中：异面直线SB与AC所成的角为90；直线SB平面ABC；平面SBC平面SAC；点C到平面SAB的距离是a.其中正确结论的序号是_答案解析由题意知AC平面SBC，故ACSB，SB平面ABC，平面SBC平面SAC，正确；取AB的中点E，连接CE，(如图)可证得CE平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离a，正确三、解答题(共22分)8 (10分)如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，M，N分别为A1B，B1C1的中点求证：(1)BC平面MNB1；(2)平面A1CB平面ACC1A.证明(1)因为BCB1C1，且B1C1平面MNB1，BC平面MNB1，故BC平面MNB1.(2)因为BCAC，且ABCA1B1C1为直三棱柱，故BC平面ACC1A1.因为BC平面A1CB，故平面A1CB平面ACC1A1.9 (12分)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，点E在线段AD上，且CEAB.(1)求证：CE平面PAD；(2)若PAAB1，AD3，CD，CDA45，求四棱锥PABCD的体积(1)证明因为PA平面ABCD，CE平面ABCD，所以PACE.因为ABAD，CEAB，所以CEAD.又PAADA，所以CE平面PAD.(2)解由(1)可知CEAD.在RtECD中，DECDcos 451，CECDsin 451.所以AEADED2.又因为ABCE1，ABCE，所以四边形ABCE为矩形所以S四边形ABCDS矩形ABCESECDABAECEDE1211.又PA平面ABCD，PA1，所以V四棱锥PABCDS四边形ABCDPA1.B组专项能力提升(时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)1 已知直线l1，l2与平面，则下列结论中正确的是 ()A若l1，l2A，则l1，l2为异面直线B若l1l2，l1，则l2C若l1l2，l1，则l2D若l1，l2，则l1l2答案D解析对于选项A，当Al1时，结论不成立；对于选项B、C，当l2时，结论不成立2 已知直线l平面，直线m平面，有下面四个命题：lm；lm；lm；lm.其中正确的命题有()A BC D答案B解析中，lm，故正确；中，l与m相交、平行、异面均有可能，故错；中，故正确；中，与也有可能相交，故错误3 如图所示，是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E、F分别为PA、PD的中点在此几何体中，给出下面四个结论：直线BE与直线CF异面；直线BE与直线AF异面；直线EF平面PBC；平面BCE平面PAD.其中正确的有()A B C D答案B解析对于，因为E、F分别是PA、PD的中点，所以EFAD.又因为ADBC，所以EFBC.所以BE与CF共面故不正确对于，因为BE是平面APD的斜线，AF是平面APD内与BE不相交的直线，所以BE与AF不共面故正确对于，由，知EFBC，所以EF平面PBC.故正确对于，条件不足，无法判断两平面垂直二、填空题(每小题5分，共15分)4 有一个内接于球的四棱锥PABCD，若PA底面ABCD，BCD，ABC，BC3，CD4，PA5，则该球的表面积为_答案50解析由BCD90知BD为底面ABCD外接圆的直径，则2r5.又DAB90PAAB，PAAD，BAAD.从而把PA，AB，AD看作长方体的三条棱，设外接球半径为R，则(2R)252(2r)25252，4R250，S球4R250.5. 矩形ABCD中，AB1，BCa(a0)，PA平面AC，BC边上存在点Q，使得PQQD，则实数a的取值范围是_答案2，)解析如图，连接AQ，PA平面AC，PAQD，又PQQD，PQPAP，QD平面PQA，于是QDAQ，在线段BC上存在一点Q，使得QDAQ，等价于以AD为直径的圆与线段BC有交点，1，a2.6 两个不同的平面、的法向量分别为m、n，向量a、b是平面及之外的两条不同的直线的方向向量，给出四个论断：ab，mn，ma，nb.以其中的三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题_答案或 解析依题意，可得以下四个命题：(1)；(2)；(3)；(4).不难发现，命题(3)、(4)为真命题，而命题(1)、(2)为假命题三、解答题7 (13分)如图所示，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，ABCD，AB4，BCCD2，AA12，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点(1)证明：直线EE1平面FCC1(2)求二面角BFC1C的余弦值(1)证明因为F为AB的中点，CD2，AB4，ABCD，所以CD綊AF.因此四边形AFCD为平行四边形，所以ADFC.又CC1DD1，FCCC1C，所以DD1平面FCC1.同理，AD平面FCC1.又ADDD1D，所以平面ADD1A1平面FCC1.又EE1平面ADD1A1，所以EE1平面FCC1.(2)解方法一如图，取FC的中点H，连接BH，由于FCBCFB，所以BHFC.又BHCC1，CC1FCC，所以BH平面FCC1.过H作HGC1F于G，连接BG.由于HGC1F，BH平面FCC1，所以BGC1F.所以BGH为所求二面角的平面角在RtBHG中，BH，又FH1，且FCC1为等腰直角三角形，所以HG，BG.因此cosBGH，即所求二面角的余弦值为.方法二过D作DRCD交AB于R，连接DB，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，F(，1,0)，B(，3,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，所以(0,2,0)，(，1,2)，(，3,0)，(，1,0)因为0，所以.又CC1平面ABCD，得为平面FCC1的一个法向量设平面BFC1的一个法向量为n(x，y，z)，则由得即取x1，得因此n，所以cos，n.故所求二面角的余弦值为.