高考数学二轮专题复习 专题验收评估（四）立体几何与空间向量

专题验收评估(四) 立体几何与空间向量 (时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是()A球 B三棱锥C正方体 D圆柱解析：选D球的三视图都是圆；三棱锥的三视图可以都是全等的三角形；正方体的三视图都是正方形；圆柱的底面放置在水平面上，则其俯视图是圆，正视图是矩形2(2016浙江高考)已知互相垂直的平面，交于直线l，若直线m，n满足m，n，则()Aml BmnCnl Dmn解析：选Cl，l.n，nl，故选C.3设直线m与平面相交但不垂直，则下列说法中正确的是()A在平面内有且只有一条直线与直线m垂直B过直线m有且只有一个平面与平面垂直C与直线m垂直的直线不可能与平面平行D与直线m平行的平面不可能与平面垂直解析：选B可以通过观察正方体ABCDA1B1C1D1进行判断，取BC1为直线m，平面ABCD为平面，由AB，CD均与m垂直知，选项A错；由D1C1与m垂直且与平行知，选项C错；由平面ADD1A1与m平行且与垂直知，选项D错4(2018届高三浙江名校联考)一个简单几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图不可能为()A正方形 B圆C等腰三角形 D直角梯形解析：选D当几何体是一个长方体，其中一个侧面为正方形时，A可能；当几何体是横放的一个圆柱时，B可能；当几何体是横放的三棱柱时，C可能于是只有D不可能5设m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，有以下四个命题mm其中正确的命题是()A B C D解析：选C对于，直线m与平面可能平行或相交；对于，直线m可能也在平面内而都是正确的命题6(2016山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为()A. B.C. D1解析：选C由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为，从而该几何体的体积为1213.故选C.7已知四棱柱ABCDA1B1C1D1的三视图如图所示，则异面直线D1C与AC1所成的角为()A30 B45C60 D90解析：选D由三视图可知该几何体为直四棱柱，底面为直角梯形且两边长分别为1,2，高为1，四棱柱ABCDA1B1C1D1的高为2.ADD1C，DC1D1C，ADDC1D，D1C平面ADC1，D1CAC1，异面直线D1C与AC1所成的角为90.8已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A. B. C. D.解析：选B设三棱柱的高为h，则()2h，解得h.设三棱柱的底面ABC的中心为Q，则PQ，AQ1.在RtAPQ中，PAQ即为直线PA与平面ABC所成的角，且tanPAQ，所以PAQ.9在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1平面.有下列三个命题：四边形EFGH为平行四边形；平面平面BCC1B1；平面平面BCFE.其中正确的命题有()A B C D解析：选C如图，因为在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1平面，所以AA1EHGF，AA1EHGF，所以四边形EFGH为平行四边形，故正确；因为EF与BC不一定平行，所以平面与平面BCC1B1平行或相交，故不正确；因为AA1EHGF，AA1EHGF，且AA1平面BCFE，所以EH平面BCFE，因为EH平面，所以平面平面BCEF，故正确10已知正四面体SABC的棱长为1，如果一个高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为()A. B. C. D.解析：选D易知正四面体SABC的内切球的球心O必在高线SH上，延长AH交BC于点D，则D为BC的中点，连接SD，设内切球切SD于点E，连接AO.因为H是正三角形ABC的中心，所以AHHD21，因为RtOAHRtDSH，所以3，可得OA3OHSO，因此SH4OH，可得内切球的半径ROHSH.因为正四面体SABC的棱长为1，所以在RtDSH中，DS，解得R2.要满足一个高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则长方体的体对角线长不能超过正四面体内切球的直径，设该长方体的长和宽分别为x，y，该长方体的长和宽形成的长方形的面积为S，所以4R22x2y2，所以x2y2，所以Sxy，当且仅当xy时等号成立，即该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)11已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_，表面积为_解析：由空间几何体的三视图，得其直观图为底面半径为1，高为的圆锥的一半，所以该几何体的体积V12，表面积为S1122.答案：12.如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABCD，ADCD，PDADDC2AB，则异面直线PC与AB所成角的大小为_；直线PB与平面PDC所成角的正弦值为_解析：由于ABCD，所以PCD为异面直线PC与AB所成的角因为PD平面ABCD，所以PDC，又因为PDDC，所以PCD.过点B作BE垂直CD于点E，连接PE，易证BE平面PCD，所以BPE为直线PB与平面PDC所成的角，因为 PDADDC2AB，设AD1，则PB ，BEAD1，所以sinBPE.答案：13某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体侧视图的面积为_ cm2，此几何体的体积为_ cm3.解析：由三视图性质可知，俯视图为等边三角形，该三角形的高为2，故侧视图中直角三角形的一边长为4，另一边长为2，故侧视图面积S424.作出该几何体的直观图如图所示，可知该几何体的体积VABCDE28.答案：4814把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥ABCD的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为_，二面角BACD的余弦值为_解析：由三视图还原出原几何体如图所示，其侧视图面积为.取AC的中点E，连接BE，DE，则ACBE，ACDE，所以BED就是二面角BACD的平面角因为AC1，所以BEDE，所以cosBED.答案：15如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且ABCD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为_解析：在正四面体中取CD的中点为G，连接FG，EG，作FH平面CDE于点H.因为正四面体的高FH在平面EFG内，且FH平行于正方体的高，所以可证得平面EFG平行于正方体的左、右两个侧面，故直线EF仅与正方体的六个面中的上、下两个平面及前、后两个平面相交，共有4个答案：416(2017温州模拟)如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA平面ABC，PA2AB，则下列结论中：PBAE；平面ABC平面PBC；直线BC平面PAE；PDA45.其中正确的结论有_(把所有正确的序号都填上)解析：由PA平面ABC，AE平面ABC，得PAAE.又由正六边形的性质得AEAB，PAABA，得AE平面PAB.又PB平面PAB，AEPB，正确；又平面PAD平面ABC，平面ABC平面PBC不成立，错；由正六边形的性质得BCAD.又AD平面PAD，BC平面PAD，直线BC平面PAE也不成立，错；在RtPAD中，PAAD2AB，PDA45，正确答案：17(2017全国卷)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是_(填写所有正确结论的编号)解析：法一：依题意建立如图所示的空间直角坐标系设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆设直线a的方向向量为a(0,1,0)，直线b的方向向量为b(1,0,0)，以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为，0,2)，则B(cos ，sin ，0)，又A(0,0,1)，(cos ，sin ，1)，|.设直线AB与a所成夹角为，则cos |sin |，4590，正确，错误设直线AB与b所成夹角为，则cos |cos |.当直线AB与a的夹角为60，即60时，则|sin |cos cos 60，|cos |.cos |cos |.090，60，即直线AB与b的夹角为60.正确，错误法二：由题意，AB是以AC为轴，BC为底面半径的圆锥的母线，又ACa，ACb，AC圆锥底面，在底面内可以过点B，作BDa，交底面圆C于点D，如图所示，连接DE，则DEBD，DEb，连接AD，设BC1，在等腰ABD中，ABAD，当直线AB与a成60角时，ABD60，故BD，又在RtBDE中，BE2，DE，过点B作BFDE，交圆C于点F，连接AF，EF，BFDE，ABF为等边三角形，ABF60，即AB与b成60角，故正确，错误由最小角定理可知正确；很明显，可以满足平面ABC直线a，直线AB与a所成角的最大值为90，错误正确的说法为.答案：三、解答题(本大题共5小题，共74分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)18(本小题满分14分)如图，直三棱柱ABCABC的侧棱长为3，ABBC，且ABBC3，点E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AEBF.(1)求证：无论E在何处，总有BCCE；(2)当三棱锥BEBF的体积取得最大值时，求异面直线AF与AC所成角的余弦值解：(1)证明：由题意知，四边形BBCC是正方形，连接AC，BC，则BCBC.又ABBC，BBAB，BCBBB，AB平面BBCC.BCAB，又ABBCB，BC平面ABC.CE平面ABC，BCCE.(2)连接EF，BE，BF，AE，AF，设AEBFm，则三棱锥BEBF的体积为Vm(3m)， 当且仅当m时取等号故当m，即点E，F分别是棱AB，BC的中点时，三棱锥BEBF的体积最大，则|cosAFE|为所求EF，AFAE，AF，|cosAFE|，即异面直线AF与AC所成角的余弦值为.19(本小题满分15分)(2017绍兴模拟)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA底面ABCD，AC2，PA2，E是PC上的一点，PE2EC.(1)证明：PC平面BED；(2)设二面角APBC为90，求PD与平面PBC所成角的大小解：(1)证明：因为底面ABCD为菱形，所以BDAC，又PA底面ABCD，所以PABD.因为ACPAA，所以BD平面PAC，所以BDPC.如图，设ACBDF，连接EF.因为AC2，PA2，PE2EC，故PC2，EC，FC，从而，.所以，又FCEPCA，所以FCEPCA，FECPAC90，由此知PCEF.又BDEFF，所以PC平面BED.(2)在平面PAB内过点A作AGPB，G为垂足因为二面角APBC为90，所以平面PAB平面PBC.又平面PAB平面PBCPB，故AG平面PBC，AGBC.因为BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故BC平面PAB，于是BCAB，所以底面ABCD是正方形，AD2，PD2.设D到平面PBC的距离为d.因为ADBC，且AD平面PBC，BC平面PBC，故AD平面PBC，A，D两点到平面PBC的距离相等，即dAG.设PD与平面PBC所成的角为，则sin .所以PD与平面PBC所成的角为30.20(本小题满分15分)已知四棱锥PABCD中，底面ABCD是梯形，BCAD，ABAD，且ABBC1，AD2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PAPD.(1)求证：平面PAB平面PAD；(2)若直线AC与PD所成角为60，求二面角APCD的余弦值解：(1)证明：PH平面ABCD，AB平面ABCD，PHAB.ABAD，ADPHH，AD平面PAD，PH平面PAD，AB平面PAD.又AB平面PAB，平面PAB平面PAD.(2)以A为原点，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，PH平面ABCD，z轴PH.则A(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，则(1,1,0)，(1，1,0)设AHa，PH h(0a0)则P(0，a，h)(0，a，h)，(0，a2，h)，(1,1,0)PAPD，a(a2)h20.AC与PD所成角为60，|cos，|，(a2)2h2，(a2)(a1)0，0a0，h1，P(0,1,1)(0,1,1)，(1,0，1)设平面APC的法向量为n(x1，y1，z1)，由得取x11，得平面APC的一个法向量为n(1，1,1)设平面DPC的法向量为m(x2，y2，z2)，由得取x21，得平面DPC的一个法向量为m(1,1,1)cosm，n.由图可知二面角APCD的平面角为钝角，二面角APCD的余弦值为.21(本小题满分15分)(2017绍兴调研)如图1，四面体PABC中，BCBP1，ACAP，AB2.将PAB沿直线AB翻折至P1AB，使点A，P1，B，C在同一平面内(如图2)，点M为PC的中点(1)求证：直线PP1平面MAB；(2)求证：PCAB；(3)求直线PA与平面P1PC所成角的大小解：(1)证明：连接CP1交直线AB于点E，连接ME.ACAP1，BCBP1，ABCABP1，CEEP1，点E为CP1的中点又点M为PC的中点，MEPP1.又ME平面MAB，PP1平面MAB，PP1平面MAB.(2)证明：BCBP，ACAP，M为PC的中点，BMPC，AMPC.又BMAMM，PC平面ABM，PCAB.(3)BCBP11，ACAP1，P1CAB.又PCAB，AB平面PCP1，APE为直线PA与平面PCP1所成的角AB2，AE，sinAPE，故APE60.直线PA与平面P1PC所成的角为60.22.(本小题满分15分)(2017台山一中模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，每个侧面均为正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱CC1的中点(1)求证：CD