《走向高考》2021届高三二轮复习数学(人教A版)课时作业-专题4-立体几何-第2讲

专题四其次讲一、选择题1．(2021·德阳市二诊)设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，若已知m⊥n，m⊥α，则“n⊥β”是“α⊥β”的()A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件[答案]A[解析]eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,m⊥n))⇒n∥α或n⊂α,n⊥β))⇒α⊥β.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,m⊥α))⇒m∥β或m⊂β,m⊥n))⇒/n⊥β.2．(2022·重庆理，7)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A．54 B．60C．66 D．72[答案]B[解析]如图所示该几何体是将一个直三棱柱截去一个三棱锥得到的，直三棱柱底面是直角三角形，两直角边长为3和4，柱高为5，∵EF∥AC，AC⊥平面ABDF，∴EF⊥平面ABDF，∴EF⊥DF，在直角梯形ABDF中，易得DF＝5，故其表面积为S＝SRt△ABC＋S矩形ACEF＋S梯形ABDF＋S梯形BCED＋SRt△DEF＝eq\f(3×4,2)＋3×5＋eq\f(5＋2×4,2)＋eq\f(2＋5×5,2)＋eq\f(3×5,2)＝60.3．(文)设α、β、γ是三个互不重合的平面，m、n为两条不同的直线．给出下列命题：①若n∥m，m⊂α，则n∥α；②若α∥β，n⊄β，n∥α，则n∥β；③若β⊥α，γ⊥α，则β∥γ；④若n∥m，n⊥α，m⊥β，则α∥β.其中真命题是()A．①和② B．①和③C．②和④ D．③和④[答案]C[解析]若n∥m，m⊂α，则n∥α或n⊂α，即命题①不正确，排解A、B；若α∥β，n⊄β，n∥α，则n∥β，则命题②正确，排解D，故应选C.(理)已知α、β是两个不同的平面，m、n是两条不重合的直线，下列命题中正确的是()A．若m∥α，α∩β＝n，则m∥nB．若m⊥α，m⊥n，则n∥αC．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nD．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β[答案]C[解析]对于选项A，m，n有可能平行也有可能异面；对于选项B，n有可能在平面α内，所以n与平面α不愿定平行；对于选项D，m与β的位置关系可能是m⊂β，m∥β，也可能m与β相交．由n⊥β，α⊥β得，n∥α或n⊂α，又m⊥α，∴m⊥n，故C正确．4．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，△AED、△EBF、△FCD分别沿DE、EF、FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四周体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为()A.eq\r(2) B.eq\f(\r(6),2)C.eq\f(\r(11),2) D.eq\f(\r(5),2)[答案]B[解析]由条件知A′E、A′F、A′D两两相互垂直，以A′为一个顶点，A′E、A′F、A′D为三条棱构造长方体，则长方体的对角线为四周体外接球的直径，∵A′E＝A′F＝1，A′D＝2，∴(2R)2＝12＋12＋22＝6，∴R＝eq\f(\r(6),2).5．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝eq\r(2).将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中()A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直[答案]B[解析]①过A、C作BD的垂线AE、CF，∵AB与BC不相等，∴E与F不重合，在空间图(2)中，若AC⊥BD，∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACE，∴BD⊥CE，这样在平面BCD内，过点C有两条直线CE、CF都与BD垂直冲突，∴A错；②若AB⊥CD，∵AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，∵AB<BC，∴存在这样的三角形ABC，AB⊥AC，AB＝AC，∴B选项正确，∴选项D错；③若AD⊥BC，又CD⊥BC，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，∵BC>AB，这样的△ABC不存在，∴C错误．6．(文)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1，AB＝2，CC1＝2eq\r(2)，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为()A．2 B.eq\r(3)C.eq\r(2) D．1[答案]D[解析]本题考查了正四棱柱的性质，点到直线距离的求解．连接AC、BD，AC∩BD＝O，连接EO，则EO∥AC1.则点C到平面BDE的距离等于AC1到平面BDE的距离，过C作CH⊥OE于H，CH为所求．在△EOC中，EC＝eq\r(2)，CO＝eq\r(2)，所以CH＝1.本题解答体现了转化与化归的思想，留意等积法的使用．(理)已知四棱锥P－ABCD的侧棱长与底面边长都相等，点E是侧棱PB的中点，则异面直线AE与PD所成角的余弦值为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(2,3)[答案]C[解析]设AC与BD的交点为O，∵棱锥的各棱长都相等，∴O为BD中点，∴EO∥PD，∴∠AEO为异面直线AE与PD所成的角，设棱长为1，则AO＝eq\f(\r(2),2)，EO＝eq\f(1,2)，AE＝eq\f(\r(3),2)，∵AO2＋EO2＝AE2，∴cos∠AEO＝eq\f(OE,AE)＝eq\f(\r(3),3).二、填空题7．a、b表示直线，α、β、γ表示平面．①若α∩β＝a，b⊂α，a⊥b，则α⊥β；②若a⊂α，a垂直于β内任意一条直线，则α⊥β；③若α⊥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a⊥b；④若a不垂直于平面α，则a不行能垂直于平面α内很多条直线；⑤若l⊂α，m⊂α，l∩m＝A，l∥β，m∥β，则α∥β.其中为真命题的是__________．[答案]②⑤[解析]对①可举反例如图，需b⊥β才能推出α⊥β.对③可举反例说明，当γ不与α，β的交线垂直时，即可得到a，b不垂直；④对a只需垂直于α内一条直线便可以垂直α内很多条与之平行的直线．所以只有②⑤是正确的．8．已知三棱柱ABC－A1B1C1底面是边长为eq\r(6)的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球表面积为12π，则该三棱柱的体积为________．[答案]3eq\r(3)[解析]4πR2＝12π，∴R＝eq\r(3)，△ABC外接圆半径r＝eq\r(2)，∴柱高h＝2eq\r(R2－r2)＝2，∴体积V＝eq\f(\r(3),4)×(eq\r(6))2×2＝3eq\r(3).9．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P是线段A1C1上的动点，则四棱锥P－ABCD的外接球半径R[答案]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(\r(3),2)))[解析]当P为A1C1的中点时，设球半径为R，球心到底面ABCD距离为h，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(R＋h＝1,R2－h2＝\f(1,2)))，∴R＝eq\f(3,4)，当P与A1(或C1)重合时，外接球就是正方体的外接球，R＝eq\f(\r(3),2)，∴R∈[eq\f(3,4)，eq\f(\r(3),2)]．三、解答题10．(文)(2022·江苏，16)如图，在三棱锥P－ABC中，D、E、F分别为棱PC、AC、AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.[解析](1)由于D、E分别是棱PC、AC的中点，则有PA∥DE，又PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，所以PA∥平面DEF.(2)由(1)PA∥DE，又PA⊥AC，所以DE⊥AC，又F是AB中点，所以DE＝eq\f(1,2)PA＝3，EF＝eq\f(1,2)BC＝4，又DF＝5，所以DE2＋EF2＝DF2，所以DE⊥EF，EF、AC是平面ABC内两条相交直线，所以DE⊥平面ABC，又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.(理)(2021·内江模拟)已知ABCD是矩形，AD＝4，AB＝2，E、F分别是AB、BC的中点，PA⊥平面ABCD.(1)求证：PF⊥DF；(2)若PD与平面ABCD所成角为30°，在PA上找一点G，使EG∥平面PFD，并求出AG的长．[解析](1)证明：连接AF，∵PA⊥平面ABCD，且DF⊂平面ABCD，∴DF⊥PA，又F为BC中点，BC＝4，AB＝2，∴BF＝BA，∴∠AFB＝45°，同理∠DFC＝45°，∴∠AFD＝90°，即DF⊥AF，∴DF⊥平面PAF.又PF⊂平面PAF，∴PF⊥DF.(2)∵PA⊥平面ABCD，∴∠PDA就是PD与平面ABC所成角．∴∠PDA＝30°，∴PA＝eq\f(4,3)eq\r(3).延长DF交AB延长线于H，连接PH，则平面PDF就是平面PHD，在平面PAH内，过E作EG∥PH交PA于G.∵EG∥PH，PH⊂平面PHD，∴EG∥平面PHD，即EG∥平面PDF，故点G为所求．∴eq\f(AG,AP)＝eq\f(AE,AH)＝eq\f(1,4)，∴AG＝eq\f(\r(3),3).一、选择题11．(文)(2021·吉大附中模拟)已知m、n为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是()A．m∥n，m⊥α⇒n⊥αB．α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥nC．m⊥α，m⊥n⇒n∥αD．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β⇒α∥β[答案]A[解析]由线面垂直的性质定理知A正确；如图1知，当m1⊂β，m1∩n＝A时满足B的条件，但m与n不平行；当m⊥α，m⊥n时，可能有n⊂α；如图2知，m∥n∥l，α∩β＝l时满足D的条件，由此知D错误．(理)设m、n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：①eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α∥β,α∥γ))⇒β∥γ②eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,m∥α))⇒m⊥β③eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,m∥β))⇒α⊥β④eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m∥n,n⊂α))⇒m∥α其中，真命题是()A．①④ B．②③C．①③ D．②④[答案]C[解析]①正确，平行于同一个平面的两个平面平行；②错误，由线面平行、垂直定理知：m不愿定垂直于β；③正确，由线面平行，垂直关系推断正确；④错误，m也可能在α内．综上所述，正确的命题是①③，故选C.12．(文)(2021·西城区模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱B1C1的中点，动点P在底面ABCD内，且PA1＝A1E，则点PA．线段 B．圆弧C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分[答案]B[解析]|AP|＝eq\r(A1P2－AA\o\al(2,1))＝eq\r(A1E2－A1B\o\al(2,1))＝|B1E|(定值)，故点P在底面ABCD内运动形成的图形是圆弧．(理)(2021·保定市模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为CC1的中点，P在底面ABCD内运动，且满足∠DPD1＝∠CPM，则点P的轨迹为A．圆的一部分 B．椭圆的一部分C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分[答案]A[解析]由∠DPD1＝∠CPM得eq\f(MC,PC)＝eq\f(DD1,DP)＝eq\f(2MC,DP)，∴eq\f(PD,PC)＝2，在平面ABCD内，以D为原点，DA、DC分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，设DC＝1，P(x，y)，∵PD＝2PC，∴eq\r(x2＋y2)＝2eq\r(x2＋y－12)，整理得x2＋(y－eq\f(4,3))2＝eq\f(4,9)，所以，轨迹为圆的一部分，故选A.13．(2021·苍南求知中学月考)已知A、B是两个不同的点，m、n是两条不重合的直线，α、β是两个不重合的平面，给出下列4个命题：①若m∩n＝A，A∈α，B∈m，则B∈α；②若m⊂α，A∈m，则A∈α；③若m⊂α，m⊥β，则α⊥β；④若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β，其中真命题为()A．①③ B．①④C．②③ D．②④[答案]C[解析]②∵m⊂α，∴m上的点都在平面α内，又A∈m，∴A∈α，∴②对；由二面垂直的判定定理知，③正确．二、解答题14．(文)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为正三角形，M、N、G分别是棱CC1、AB、BC的中点．且CC1＝eq\r(2)AC.(1)求证：CN∥平面AMB1；(2)求证：B1M⊥平面AMG[证明](1)如图取线段AB1的中点P，连接NP、MP，∵CM綊eq\f(1,2)BB1，NP綊eq\f(1,2)BB1，∴CM綊NP，∴四边形CNPM是平行四边形．∴CN∥MP.∵CN⊄平面AMB1，MP⊂平面AMB1，∴CN∥平面AMB1.(2)∵CC1⊥平面ABC，∴平面CC1B1B⊥平面ABC，∵AG⊥BC，∴AG⊥平面CC1B1B，∴B1M⊥AG∵CC1⊥平面ABC，平面A1B1C1∥平面ABC∴CC1⊥AC，CC1⊥B1C1设AC＝2a，则CC1＝2在Rt△MCA中，AM＝eq\r(CM2＋AC2)＝eq\r(6)a.在Rt△B1C1M中，B1M＝eq\r(B1C\o\al(2,1)＋C1M2)＝eq\r(6)a.∵BB1∥CC1，∴BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AB，∴AB1＝eq\r(B1B2＋AB2)＝eq\r(C1C2＋AB2)＝2eq\r(3)a.∵AM2＋B1M2＝ABeq\o\al(2,1)，∴B1M⊥AM.又∵AG∩AM＝A，∴B1M⊥平面AMG(理)如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB＝BC＝2，点N为B1C1的中点，点P在棱A1C(1)试问点P在何处时，AB∥平面PNC，并证明你的结论；(2)在(1)的条件下，若AA1<AB，直线B1C与平面BCP所成角的正弦值为eq\f(\r(10),10)，求二面角A－BP－C的大小.[解析](1)当点P为A1C1的中点时，AB∥平面PNC∵P为A1C1的中点，N为B1C1的中点，∴PN∥A1B1∵AB⊄平面PNC，PN⊂平面PNC，∴AB∥平面PNC.(2)设AA1＝m，则m<2，∵AB、BC、BB，两两垂直，∴以B为原点，BA、BC，BB1为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0，m)，A1(2,0，m)，C1(0,2，m)，∴P(1,1，m)，设平面BCP的法向量n＝(x，y，z)，则由n·eq\o(BP,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，解得y＝0，x＝－mz，令z＝0，则n＝(－m,0，－1)，又eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(0,2，－m)，直线B1C与平面BCP所成角正弦值为eq\f(\r(10),10)，∴eq\f(\r(10),10)＝eq\f(|n·B1C|,|n|·|B1C|)，解之得m＝1∴n＝(－1,0,1)易求得平面ABP的法向量n1＝(0，－1,1)cosα＝eq\f(n·n1,|n|·|n1|)＝eq\f(1,2)，设二面角的平面角为θ，则cosθ＝－eq\f(1,2)，∴θ＝120°.15．如图1，在四棱锥P－ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直(图1)，图2为该四棱锥的正(主)视图和侧(左)视图，它们是腰长为6cm的全等的等腰直角三角．(1)依据图2所给的正(主)视图、侧(左)视图画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)图3中，E为棱PB上的点，F为底面对角线AC上的点，且eq\f(BE,EP)＝eq\f(CF,FA)，求证：EF∥平面PDA.[解析](1)该四棱锥相应的俯视图为内含对角线、边长为6cm的正方形(如图)．其面积为6×6＝36cm2.(2)连接BF，延长BF与AD交于G，连接PG.如图，在正方形ABCD中，eq\f(BF,FG)＝eq\f(CF,FA)，又由于eq\f(BE,EP)＝eq\f(CF,FA)，所以eq\f(BF,FG)＝eq\f(BE,EP)，故在△BGP中，EF∥PG，又EF⊄平面PDA，PG⊂平面PDA，所以EF∥平面PDA.16．(文)(2021·辽宁文，18)如图，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点．(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)设Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC.[解析](1)由AB是圆O的直径，得AC⊥BC，由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC.(2)连OG并延长交AC于M，连接QM、QO，由G为△AOC的重心，得M为AC中点．由Q为PA中点，得QM∥PC，又O为AB中点，得OM∥BC.由于QM∩MO＝M，QM⊂平面QMO，MO⊂平面QMO，BC∩PC＝C，BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，所以平面QMO∥平面PBC，由于QG⊂平面QMO.所以QG∥平面PBC.(理