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第七单元 立体几何小题必刷卷(十)立体几何题组一真题集训1.2014全国卷 如图X10-1,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱图X10-12.2017全国卷 如图X10-2,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()A.90B.63C.42D.36图X10-23.2017北京卷 某四棱锥的三视图如图X10-3所示,则该四棱锥的最长棱的长度为()A.32B.23C.22D.2图X10-34.2017全国卷 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() A.B.34C.2D.45.2015广东卷 若直线l1和l2是异面直线,l1在平面内,l2在平面内,l是平面与平面的交线,则下列命题正确的是()A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交6.2016全国卷 平面过正方体ABCD - A1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面ABCD=m,平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A.32B.22C.33D.137.2017全国卷 某多面体的三视图如图X10-4所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,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()A.10B.12C.14D.16图X10-48.2017全国卷 已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=120,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.32B.155C.105D.339.2016全国卷 ,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)10.2017全国卷 如图X10-5,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:cm3)的最大值为.图X10-5题组二模拟强化11.2018武汉调研 一个几何体的三视图如图X10-6所示,则它的表面积为()A.28B.20+25C.20+45D.24+25图X10-612.2018温州一模 某几何体的三视图如图X10-7所示,则该几何体的体积是()A.43+B.23+C.4+3D.4+23图X10-713.2017怀化四模 在三棱锥A - BCD中,E,F分别是AB,CD的中点,若AD=BC=2,AD与BC所成的角为,EF=3,则sin =()A.13B.12C.22D.3214.2017合肥二模 若平面截三棱锥所得截面为平行四边形,则该三棱锥与平面平行的棱有()A.0条B.1条C.2条D.1条或2条15.2017厦门二模 如图X10-8是由正三棱锥与正三棱柱组合而成的几何体的三视图,若该几何体的顶点都在半径为R的球面上,则R=()A.1B.2C.1+22D.3图X10-816.2017广州二模 在棱长为2的正方体ABCD - A1B1C1D1中,M是棱A1D1的中点,过C1,B,M作正方体的截面,则这个截面的面积为()A.352B.358C.92D.9817.2017郑州质检 在四面体A - BCD中,AB=CD=10,AC=BD=234,AD=BC=241,则四面体A - BCD外接球的表面积为()A.50B.100C.200D.30018.2017洛阳二模 一个透明密闭的正方体容器中,恰好盛有该容器一半容积的水,任意转动这个正方体容器,则水面在容器中的形状可以是:(1)三角形;(2)四边形;(3)五边形;(4)六边形.其中正确的结论是()A.(1)(3)B.(2)(4)C.(2)(3)(4)D.(1)(2)(3)(4)19.2017河南六市二联 如图X10-9,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线与粗虚线画出的是某多面体的三视图,则该多面体外接球的表面积为.图X10-920.2017泉州质检 如图X10-10,一张纸的长、宽分别为22a,2a,A,B,C,D分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起,使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P,从而得到一个多面体.下列关于该多面体的说法中正确的是.(写出所有正确说法的序号)该多面体是三棱锥;平面BAD平面BCD;平面BAC平面ACD;该多面体外接球的表面积为5a2.图X10-10解答必刷卷(四)立体几何题组一真题集训1.2017全国卷 如图J4-1,四面体ABCD中,ABC是正三角形,ACD是直角三角形,ABD=CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.图J4-12.2017天津卷 如图J4-2,在三棱锥P - ABC中,PA底面ABC,BAC=90.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN平面BDE;(2)求二面角C - EM - N的正弦值;(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721,求线段AH的长.图J4-23.2016全国卷 如图J4-3,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,AFD=90,且二面角D - AF - E与二面角C - BE - F都是60.(1)证明:平面ABEF平面EFDC;(2)求二面角E - BC - A的余弦值.图J4-3题组二模拟强化4.2017石家庄二模 在如图J4-4所示的多面体ABCDEF中,四边形ABCD为直角梯形,ABCD,DAB=90,四边形ADEF为等腰梯形,EFAD,已知AEEC,AB=AF=EF=2,AD=CD=4.(1)求证:平面ABCD平面ADEF;(2)求直线CF与平面EAC所成角的正弦值. 图J4-45.2017福州质检 如图J4-5所示,梯形ABCD中,ABCD,矩形BFED所在的平面与平面ABCD垂直,且AD=DC=CB=BF=12AB.(1)求证:平面ADE平面BFED;(2)若P为线段EF上一点,平面PAB与平面ADE所成的锐二面角为,求的最小值.图J4-56.2017合肥二模 如图J4-6所示,矩形ABCD中,AB=1,AD=2,点E为AD的中点,沿BE将ABE折起至PBE,如图所示,点P在平面BCDE的射影O落在BE上.(1)求证:BPCE;(2)求二面角B - PC - D的余弦值.图J4-6小题必刷卷(十)1.B解析 从俯视图为矩形可以看出,此几何体不可能是三棱锥或四棱锥,其直观图如图,是一个三棱柱.2.B解析 几何体的直观图如图所示,所以该几何体的体积为324+12326=63.3.B解析 将四棱锥放在棱长为2的正方体中,该四棱锥为D - BCCB,如图所示.该四棱锥最长的棱为正方体的体对角线DB,DB=4+4+4=12=23,故选B.4.B解析 由题可知球心为圆柱的中心,则圆柱底面圆的半径r=12-122=32,故圆柱的体积V=3221=34.5.D解析 若直线l1和l2是异面直线,l1在平面内,l2在平面内,l是平面与平面的交线,则l至少与l1,l2中的一条相交,故选D.6.A解析 因为平面平面CB1D1,所以平面与平面ABCD的交线m平行于平面CB1D1与平面ABCD的交线l.因为在正方体中平面ABCD平行于平面A1B1C1D1,所以lB1D1,所以mB1D1.同理,n平行于平面CB1D1与平面ABB1A1的交线.因为平面ABB1A1平面CDD1C1,所以平面CB1D1与平面ABB1A1的交线平行于平面CB1D1与平面CDD1C1的交线CD1,所以nCD1.故m,n所成的角即为B1D1,CD1所成的角,显然所成的角为60,则其正弦值为32.7.B解析 该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体,其直观图如图所示,各个面中有两个全等的梯形,其面积之和为22+422=12.8.C解析 方法一:建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,0,0),B1(0,0,1),C1-12,32,1,所以AB1=(-2,0,1),BC1=-12,32,1,故异面直线AB1与BC1所成角的余弦值cos =|AB1BC1|AB1|BC1|=252=105.方法二:如图,将该直三棱柱补充成直四棱柱,其中CDAB且CD=AB,则可得AB1DC1且AB1=DC1,图中BC1D即为异面直线AB1与BC1所成的角或所成角的补角.在BC1D中,BC1=2,DC1=5,BD=4+1-22112=3,所以cosBC1D=2+5-3225=105.故异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为105.9.解析 对于,mn,m,n,则,的位置关系无法确定,故错误;对于,因为n,所以可过直线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其正确;对于,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确.故正确的有.10.415解析 设ABC的边长为a cm,0a53,则三个等腰三角形的高为5-36a cm,折起后所得正三棱锥的高为5-36a2-36a2=25-533a (cm),所以所得三棱锥的体积为1334a225-533a=31225a4-533a5 (cm3).令u=25a4-533a5,则u=100a3-2533a4=25a34-33a,其中0a53,当0a0,当43a53时,u0,故a=43为u=25a4-533a5在定义域内唯一的极大值点,也是最大值点,所以当a=43时,三棱锥的体积最大,最大值为1334(43)225-53343=435=415(cm3).11.D解析 如图所示,三视图所对应的几何体是长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一个三棱柱后剩余的部分,故该几何体的表面积S=(22)5+12122+21+25=24+25.12.A解析 由三视图可知,该几何体是由半个圆柱和以圆柱轴截面为底面的四棱锥组成的组合体,其中半圆柱底面半径为1,高为2,体积为12122=,四棱锥的体积为1341=43,所以该几何体的体积为43+,故选A.13.D解析 如图,取BD的中点G,连接EG,FG.E,F分别是AB,CD的中点,EGAD,FGBC,又AD与BC所成的角为,EGF即为(或的补角).在EFG中,易知EG=FG=1,EF=3,cosEGF=EG2+FG2-EF22EGFG=1+1-32=-12,sin =1-122=32,故选D.14.C解析 如图所示,四边形EFGH为平行四边形,则EFGH.EF平面BCD,GH平面BCD,EF平面BCD.EF平面ACD,平面BCD平面ACD=CD,EFCD,CD平面EFGH,同理AB平面EFGH,故选C.15.B解析 正三棱柱的底面边长为3,高为2,设正三棱柱的上、下底面中心分别为O,O1,连接OO1,则该几何体外接球的球心为OO1的中点H,设正三棱柱底面的一个顶点为A.底面边长为3,O1A=3223=1,又O1H=1,HA=O1A2+O1H2=2,即外接球的半径为2,故选B.16.C解析 取AA1的中点N,连接MN,NB,MC1,BC1,易知MNBC1,截面为梯形,且MN=12BC1=2,MC1=BN=5,梯形的高为32,梯形的面积为12(2+22)32=92,故选C.17.C解析 由题意可采用割补法.考虑到四面体A-BCD的四个面为全等的三角形,所以可将四面体A-BCD置于一个长方体中,所以四面体A-BCD的外接球即为长方体的外接球.设长方体的长、宽、高分别为x,y,z,则x2+y2=100,x2+z2=136,y2+z2=164,设外接球的半径为R,则有(2R)2=x2+y2+z2=200,即4R2=200,所以外接球的表面积S=4R2=200,故选C.18.B解析 正方体容器中盛有一半容积的水,无论怎样转动,其水面总是过正方体的中心.三角形截面不过正方体的中心,故(1)中结论不正确;过正方体的一对相对的棱和中心可作一截面,截面形状为长方形,故(2)中结论正确;显然水面在容器中的形状不可能是五边形,故(3)中结论不正确;过正方体一平面上相邻两边的中点以及正方体的中心得截面形状为正六边形,故(4)中结论正确.故选B.19.414解析 根据三视图可得该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥O - ABCD,正方体的棱长为2,A,D为正方体棱的中点,根据几何体可以判断,外接球球心在过A,D且平行于正方体下底面的截面上.设外接球半径为R,球心到平面BCO的距离为x,则球心到AD的距离为2-x,R2=x2+(2)2,R2=12+(2-x)2,解得x=34,R=414,该多面体外接球的表面积为4R2=414.20.解析 由题意得,该多面体是三棱锥,故中说法正确.根据题意可得,BD=2a,AD=CD=AB=BC=3a,分析可得,平面BAD平面BCD,故中说法正确,同理平面BAC平面ACD,故中说法正确.易得多面体外接球的半径为5a2,则该多面体外接球的表面积为5a2,故中说法正确.解答必刷卷(四)1.解:(1)证明:由题设可得,ABDCBD,从而AD=DC.又ACD是直角三角形,所以ADC=90.取AC的中点O,连接DO,BO,则DOAC,DO=AO.又由于ABC是正三角形,故BOAC,所以DOB为二面角D-AC-B的平面角.在RtAOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故DOB=90,所以平面ACD平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,OA的方向为x轴正方向,|OA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12,即E为DB的中点,得E0,32,12.故AD=(-1,0,1),AC=(-2,0,0),AE=-1,32,12.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则nAD=0,nAE=0,即-x+z=0,-x+32y+12z=0,可取n=1,33,1.设m是平面AEC的法向量,则mAC=0,mAE=0.同理可取m=(0,-1,3),则cos=nm|n|m|=77,所以二面角D-AE-C的余弦值为77.2.解:如图,以A为原点,分别以AB,AC,AP方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则nDE=0,nDB=0,即2y=0,2x-2z=0.不妨取z=1,可得n=(1,0,1).又MN=(1,2,-1),可得MNn=0.因为MN平面BDE,所以MN平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x2,y2,z2)为平面EMN的法向量,则n2EM=0,n2MN=0.因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1), 所以-2y2-z2=0,x2+2y2-z2=0.不妨取y2=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos=n1n2|n1|n2|=-421,于是sin=10521,所以二面角C - EM - N的正弦值为10521.(3)依题意,设AH=h(0h4),则H(0,0,h),进而可得NH=(-1,-2,h),BE=(-2,2,2).由已知,得|cos|=|NHBE|NH|BE|=|2h-2|h2+523=721,整理得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=12,所以,线段AH的长为85或12.3.解:(1)证明:由已知可得AFDF,AFFE,又DFFE=F,所以AF平面EFDC.又AF平面ABEF,故平面ABEF平面EFDC.(2)过D作DGEF,垂足为G,由(1)知DG平面ABEF.以G为坐标原点,GF的方向为x轴正方向,|GF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G - xyz.由(1)知DFE为二面角D - AF - E的平面角,故DFE=60,则DF=2,DG=3,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3).由已知得,ABEF,所以AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDC=CD,故ABCD,CDEF.由BEAF,可得BE平面EFDC,所以CEF为二面角C - BE - F的平面角,故CEF=60,从而可得C(-2,0,3), 所以EC=(1,0,3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0).设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则nEC=0,nEB=0,即x+3z=0,4y=0,所以可取n=(3,0,-3).设m=(x1,y1,z1)是平面ABCD的法向量,则mAC=0,mAB=0,同理可取m=(0,3,4),则cos=nm|n|m|=-21919,结合图形得,二面角E - BC - A的余弦值为-21919.4.解:(1)证明:取AD的中点M,连接EM,由AF=EF=DE=2,AD=4,可知EM=12AD,AEDE.又AEEC,DEEC=E,AE平面CDE,AECD.又CDAD,ADAE=A,CD平面ADEF,又CD平面ABCD,平面ABCD平面ADEF.(2)如图,过点E作EOAD,则EO平面ABCD,过点O作OGDC交BC于点G,以O为原点,分别以OA,OG,OE 的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得E(0,0,3),A(3,0,0),C(-1,4,0),F(2,0,3),所以EA=(3,0,-3),AC=(-4,4,0),CF=(3,-4,3).设n=(x,y,z) 为平面EAC的法向量,则nEA=0,nAC=0,即3x-3z=0,-4x+4y=0,不妨设x=1,可得n=(1,1,3),所以cos=CFn|CF|n|=2285=3535,即直线CF与平面EAC所成角的正弦值为3535.5.解:(1)证明:取AB的中点G,连接DG,因为ABCD,DC=12AB=BG,所以四边形BCDG为平行四边形,则DG=CB,所以DG=AG=BG,所以ADBD.因为平面BFED平面ABCD, 平面BFED平面ABCD=DB,ADDB,AD平面ABCD,所以AD平面BFED.又AD平面ADE,所以平面ADE平面BFED.(2)因为四边形BFED为矩形,所以EDDB.由(1)知ADED,ADDB,故建立如图所示空间直角坐标系D - xyz.设AD=1,则A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,t,1)(0t3),所以AP=(-1,t,1),AB=(-1,3,0).设m=(x,y,z)是平面PAB的法向量,则-x+ty+z=0,-x+3y=0,取y=1,则m=(3,1,-t+3).易知平面ADE的一个法向量为n=(0,1,0),所以cos =13+1+(t-3)212,又0,2,所以min=3.6.解:(1)证明:点P在平面BCDE的射影O落在BE上,平面PBE平面BCDE.易知BECE,又平面PBE平面BCDE=BE,CE平面PBE,而BP平面PBE,PBCE.(2)以O为坐标原点,以过点O且平行于CD的直线为x轴,过点O且平行于BC的直线为y轴,直线PO为z轴,建立如图所示空间直角坐标系,则B12,-12,0,C12,32,0,D-12,32,0,P0,0,22,CD=(-1,0,0),CP=-12,-32,22,PB=12,-12,-22,BC=(0,2,0).设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1CD=0,n1CP=0,即x1=0,x1+3y1-2z1=0,令z1=2,可得n1=0,23,2.设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2PB=0,n2BC=0,即x2-y2-2z2=0,y2=0,令z2=2,可得n2=(2,0,2),cos=n1n2|n1|n2|=3311.易知二面角B - PC - D为钝二面角,则二面角B - PC - D的余弦值为-3311.
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