高考数学第二轮综合复习检测题5-立体几何

1、高考数学第二轮综合复习检测题5高考数学二轮复习综合检测：专题五 立体几何一、选择题1设有四个命题：底面是矩形的平行六面体是长方体；棱长相等的直四棱柱是正方体；有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；对角线相等的平行六面体是直平行六面体其中假命题的序号是()ABCD 解析底面是矩形的平行六面体的侧棱不一定与底面垂直，故错；棱长相等的直四棱柱中若底面是菱形则不是正方体，故错；如果两条平行的侧棱都垂直于底面一边显然不是直平行六面体，错故选C.2已知A、B为球面上的两点，O为球心，且AB3，AOB120，则球的体积为()A. B4 C36 D32 解析设球的半径为R，由AB2R2R22R

2、2cos1203R29，得R23，因此该球的体积是R3()34，故选B.3(2011北京市海淀区二模)在正四面体ABCD中，棱长为4，M是BC的中点，点P在线段AM上运动(P不与A，M重合)，过点P作直线l平面ABC，l与平面BCD交于点Q，给出下列命题：BC平面AMD；Q点一定在直线DM上；VCAMD4.其中正确的是()A B C D答案A解析由BCAM，BCMD，可得BC平面AMD，即正确；由BC平面AMD可得平面AMD平面ABC，则若过P作直线l平面ABC，l与平面BCD交于点Q，Q点一定在直线DM上，即正确；由VCAMDVCABD43，即不正确，综上可得正确的命题序号为，故应选A.4(

3、2011陕西理，5)某几何体的三视图如图所示，则它的体积是()A8 B8C82 D.答案A解析V22228.5(文)(2011浙江文，7)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()答案B解析(可用排除法)由正视图可把A，C排除，而由侧视图把D排除，故选B.(理)(2011浙江理，3)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是()答案D解析从正视图可排除A、B，从俯视图可排除C，选D.6(2011宁夏模拟)如图，正ABC的中线AF与中位线DE相交于G，已知AED是AED绕DE旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是()A动点A在平面ABC上的投影在线段AF上B恒有平

4、面AGF平面BCEDC三棱锥AFED的体积有最大值D异面直线AE与BD不可能垂直答案D解析由题意，DE平面AGA，A，B，C正确，故选D.7(2011临汾模拟)已知平面平面，l，点A，Al，直线ABl，直线ACl，直线m，m，则下列四种位置关系中，不一定成立的是()AABm BACmCAB DAC答案D解析m，m，l，ml.ABl，ABm，故A一定正确ACl，ml，ACm，从而B一定正确ABl，l，AB.AB.故C也正确ACl，当点C在平面内时，AC成立，当点C不在平面内时，AC不成立，故D不一定成立8(2011湖北文，7)设球的体积为V1，它的内接正方体的体积为V2，下列说法中最合适的是()

5、AV1比V2大约多一半 BV1比V2大约多两倍半CV1比V2大约多一倍 DV1比V2大约多一倍半答案D解析设球的半径为R，则V1R3，设正方体棱长为a，则2Ra，V2a3，所以V1V2，估算得选项D.9(2011山东理，11)右图是长和宽分别相等的两个矩形给定下列三个命题：存在三棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；存在四棱柱，其正(主)视图、俯视图如右图；存在圆柱，其正(主)视图、俯视图如右图其中真命题的个数是() A3 B2C1 D0答案A解析对于，存在这样的三棱柱，如图三棱柱对于，存在这样的四棱柱，如长方体对于，存在这样的圆柱，如把圆柱横向放置即可，故选A.10(2011浙江金华)如图，在

6、ABC中，ABAC，若ADBC，则AB2BDBC；类似地有命题：在三棱锥ABCD中，AD面ABC，若A点在面BCD内的射影为M，则有SSBCMSBCD.上述命题是()A真命题B增加条件“ABAC”才是真命题C增加条件“M为BCD的垂心”才是真命题D增加条件“三棱锥ABCD是正三棱锥”才是真命题答案A解析因为AD面ABC，所以ADAE，ADBC，在ADE中，AE2MEDE，又A点在平面BCD内的射影为M，所以AM平面BCD，AMBC，所以BC平面ADE，所以BCDE，将SABC、SBCM、SBCD分别表示出来，可得SSBCMSBCD，故选A.11(文)(2011重庆文，10)高为的四棱锥SABC

7、D的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为()A. B. C. D.答案A解析如图所示，设球心为O，底面ABCD的中心为O，则SO为所求作SH底面ABCD，则SH，连接OO，则OO底ABCD，SHOO在RtAOO中，OA1，AO，OO.又四边形SHOO为直角梯形，过O作OESH，则SE.又OS1，OE，即OH，SO.(理)(2011重庆理，9)高为的四棱锥SABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为()A. B. C1 D.答案C解析如图，设AC

8、、BD相交于点O，球心为O，OO中点为E，由条件可知：OO，OE，OE，ES，SO1，选C.12(2010全国理，9)已知正四棱锥SABCD中，SA2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为()A1 B. C2 D3答案C解析如图所示，设正四棱锥高为h，底面边长为a，则a，即a22(12h2)，Va2hh(12h2)(h312h)，令f(h)h312h，则f (h)3h212(h0)，令f (h)0，则h2，此时f(h)有最小值，V有最大值二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，将答案填写在题中横线上)13(2011南京二模)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D为棱AA1的中点，若截

9、面BC1D是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为_答案8解析设正三棱柱的底面边长为a，高为2h，则BDC1D，BC1，由BC1D是面积为6的直角三角形，得，解得，故此三棱柱的体积为V8sin6048.14(文)(2011江苏南通二模)关于直线m，n和平面，有以下四个命题：若m，n，则mn；若mn，m，n，则；若m，mn，则n且n；若mn，m，则n或n.其中假命题的序号是_答案解析本题考查立体几何的判定定理和性质定理以及命题真假的判定对于立体几何中位置关系判定的基本定理，这里在设计命题时经常会省略条件或变化条件，然后再判定该性质定理的真假这需要多借助于实际模型，然后再进行判定可以通过寻找特殊

10、的反例来说明命题为假命题m与n也可相交或异面，所以是假命题；命题由条件可得m，又m，故，所以是真命题；命题也可得到n或n，所以错；命题由已知只能得到m垂直与内的一条直线，所以命题错(理)(2011大纲全国卷文，12)已知平面截一球面得圆M，过圆心M且与成60二面角的平面截该球面得圆N，若该球的半径为4，圆M的面积为4，则圆N的面积为_答案13解析设球心为O，圆M的半径为2则球心到圆M的距离为|OM|2AMN60，OMN30|ON|，即球心O到圆N的距离为.圆N的半径为圆N的面积为13.15(2011辽宁理，15)一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为2，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视

11、图是一个矩形，则这个矩形的面积是_答案2解析设边长为a，S底面a2，Va32，a2，俯视图的高为，S矩形2.16(2011江西赣州联考)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，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(本大题共6小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算

12、步骤)17(本小题满分12分)(2011新课标文，18)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB60，AB2AD，PD底面ABCD.(1)证明：PABD；(2)设PDAD1，求棱锥DPBC的高解析(1)证明：因为DAB60，AB2AD，由余弦定理得BDAD.从而BD2AD2AB2，故BDAD.又PD底面ABCD，可得BDPD.所以BD平面PAD.又PA平面PAD，故PABD.(2)如图，作DEPB，垂足为E，已知PD底面ABCD，则PDBC.由(1)知BDAD，又BCAD，所以BCBD.故BC平面PBD，BCDE.则DE平面PBC.由题设知PD1，则BD，PB2.根据DEPB

13、PDBD，得DE.即棱锥DPBC的高为.18(本小题满分12分)如图，在空间四边形ABDP中，AD，AB，ABAD，PD，且PDADAB，E为AP中点(1)请在BAD的平分线上找一点C，使得PC平面EDB；(2)求证：ED平面EAB.解析(1)设BAD的平分线交BD于O，延长AO，并在平分线上截取AOOC，则点C即为所求的点证明：连接EO、PC，则EO为PAC的中位线，所以PCEO，而EO平面EDB，且PC平面EDB，PC平面EDB.(2)PDAD，E是边AP的中点，DEPA又PD(平面ABD)，PDAB，由已知ADAB，AB平面PAD，而DE平面PAD，ABDE由及ABPAA得DE平面EAB

14、.19(本小题满分12分)(2011天津文，17)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，ADC45，ADAC1，O为AC的中点，PO平面ABCD，PD2，M为PD的中点(1)证明PB平面ACM；(2)证明AD平面PAC；(3)(理)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值解析(1)证明：连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点，又M为PD的中点，所以PBMO.因为PB平面ACM，MO平面ACM，所以PB平面ACM.(2)证明：因为ADC45，且ADAC1，所以DAC90，即ADAC，又PO平面ABCD，AD平面ABCD，所以POAD，而ACP

15、OO，所以AD平面PAC.(3)(理)解：取DO中点N，连接MN、AN，因为M为PD的中点，所以MNPO，且MNPO1.由PO平面ABCD，得MN平面ABCD，所以MAN是直线AM与平面ABCD所成的角在RtDAO中，AD1，AO，所以DO，从而ANDO，在RtANM中，tanMAN，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为.20(本小题满分12分)(文)如图，在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，面CDE是等边三角形，棱EF綊BC.(1)证明FO平面CDE；(2)设BCCD，证明EO平面CDF.证明(1)取CD中点M，连结OM.在矩形ABCD中，OM綊BC，又EF綊BC，

16、则EF綊OM.连结EM，于是四边形EFOM为平行四边形FOEM.又FO平面CDE，且EM平面CDE，FO平面CDE.(2)连结FM，由(1)和已知条件，在等边CDE中，CMDM，EMCD，且EMCDBCEF. 因此平行四边形EFOM为菱形，从而EOFM，而FMCDM，CD平面EOM，从而CDEO.而FMCDM，所以EO平面CDF.(理)(2011厦门第二外国语学校月考)已知点H在正方体ABCDABCD的对角线BD上，HDA60.(1)求DH与CC所成角的大小；(2)求DH与平面AADD所成角的大小解析以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系Dxyz(图略)设H(m，m,1)(m0)，则(1,

17、0,0)，(0,0,1)连接BD.(m，m,1)(m0)，由已知，60，|cos，可得2m，解得m，所以(，1)(1)因为cos，所以，45，即DH与CC所成的角为45.(2)平面AADD的一个法向量是(0,1,0)因为cos，所以，60，可得DH与平面AADD所成的角为30.21(本小题满分12分)(文)一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示(1)请画出该几何体的直观图，并求它的体积；(2)证明：A1C平面AB1C1；(3)若D是棱CC1的中点，在棱AB上取中点E，判断DE是否平行于平面AB1C1，并证明你的结论解析(1)几何体的直观图如图四边形BB1C1C是矩形，BB1CC1，BC1，四

18、边形AA1C1C是边长为的正方形，且垂直于底面BB1C1C，其体积V1.(2)证明：ACB90，BCAC.三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，BCCC1.ACCC1C，BC平面ACC1A1，BCA1C.B1C1BC，B1C1A1C.四边形ACC1A1为正方形，A1CAC1.B1C1AC1C1，A1C平面AB1C1.(3)当E为棱AB的中点时，DE平面AB1C1.证明：如图，取BB1的中点F，连结EF，FD，DE，D，E，F分别为CC1，AB，BB1的中点，EFAB1. AB1平面AB1C1，EF平面AB1C1，EF平面AB1C1.同理可得FD平面AB1C1，又EFFDF，平面DEF平面AB1C

19、.而DE平面DEF，DE平面AB1C1.(理)(2011湖北理，18)如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合(1)当CF1时，求证：EFA1C；(2)设二面角CAFE的大小为，求tan的最小值解析解法1：过E作ENAC于N，连结EF.(1)如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知，底面ABC侧面A1C，又底面ABC侧面A1CAC，且EN底面ABC.所以EN侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影在RtCNE中，CNCEcos601.则由，得NFAC1，又AC1A1C，故NFA1C.由三垂线定理知EFA1C.(2)如图2，连结

20、AF，过N作NMAF于M，连结ME.由(1)知EN侧面A1C，根据三垂线定理得EMAF，所以EMN是二面角CAFE的平面角，即EMN，设FAC，则045.在RtCNE中，NEECsin60，在RtAMN中，MNANsin3sin，故tan.又045，0sin.故当sin，即当a45时，tan达到最小值，tan，此时F与C1重合解法2：(1)建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，E(，3,0)，F(0,4,1)，于是(0，4,4)，(，1,1)，则(0，4,4)(，1,1)0440，故EFA1C.(2)设CF，(04

21、)，平面AEF的一个法向量为m(x，y，z)，则由(1)得F(0,4，)，(，3,0)，(0,4，)，于是由m，m可得即取m(，4)又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为n(1,0,0)，于是由为锐角可得cos，sin，所以tan.由04，得，即tan，故当4，即点F与点C1重合时，tan取得最小值.22(本小题满分14分)(文)如图所示，在斜三棱柱A1B1C1ABC中，底面是等腰三角形，ABAC，侧面BB1C1C底面ABC.(1)若D是BC的中点，求证：ADCC1；(2)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱AA1于M，若AMMA1，求证：截面MBC1侧面BB1C1C；(3)A

22、MMA1是截面MBC1侧面BB1C1C的充要条件吗？请你叙述判断理由解析(1)证明：ABAC，D是BC的中点，ADBC.底面ABC侧面BB1C1C，且交线为BC，由面面垂直的性质定理可知AD侧面BB1C1C. 又CC1侧面BB1C1C，ADCC1.(2)证明：取BC1的中点E，连结DE、ME.在BCC1中，D、E分别是BC、BC1的中点，DECC1，且DECC1，又AA1綊CC1，DEAA1，且DEAA1.M是AA1的中点(由AMMA1知)，DE綊AM.AMED是平行四边形，AD綊ME.由(1)知AD平面BB1C1C，ME侧面BB1C1C，又ME面BMC1，平面BMC1侧面BB1C1C.(3)是作MFBC1于F，连FD.若截面MBC1侧面BB1C1C，则MF平面BB1C1C，而AD平面BB1C1C，MFAD.又AM平面BB1C1C，AMFD，FDCC1，而D是BC中点，F也是BC1的中点，AMDFCC1AA1，即AMMA1.又由(2)可知AMMA1是截面MBC1侧面BB1C1C的充要条件(理)(2011