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2016高考数学二轮复习 专题5 立体几何 专题综合检测五 文


专题综合检测(五)
(时间:120 分钟,满分:150 分)

一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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.(2015·陕西卷)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(D)

A.3π

B.4π

C

.2π +4 D.3π +4
解析:由几何体的三视图可知,该几何体为半圆柱,直观图如图所示.该几何体的表面 1 2 积为 2×2+2× ×π ×1 +π ×1×2=4+3π . 2

2.利用斜二测画法得到如下结论: ①三角形的直观图是三角形; ②平行四边形的直观图是平行四边形; ③正方形的直观图 是正方形;④菱形的直观图是菱形. 其中正确的是(A)

A.①② B.① C.③④ D.①②③④
解析:由斜二测画法规则知,保持平行性、平行 x 轴长度保持不变,平行 y 轴的长度减 半.故①②正确,选 A.

3.(2015·新课标Ⅱ卷)一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下 图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为(D)

1

A.

1 1 1 B. C. 8 7 6

D.

1 5

解析: 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分, 如 1 1 图所示,截去部分是一个三棱锥.设正方体的棱长为 1,则三棱锥的体积为 V1= × ×1×1 3 2 1 1 5 3 ×1= ,剩余部分的体积 V2=1 - = . 6 6 6 1 V1 6 1 所以 = = ,故选 D. V2 5 5 6

4.等体积的球与正方体,它们的表面积的大小关系是(C)

A.S 球>S 正方体 B.S 球=S 正方体 C.S 球<S 正方体 D.不能确定
解析:设正方体与球的体积均为 V,可算出它们的表面积大小(用 V 表示),知选 C.

5.下列命题正确的是(C)

A.若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行 B.若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行 C.若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行 D.若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行
解析:若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也可能为异面直线, 也可能相交,所以 A 错;一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等,则这两 个平面平行,故 B 错;若两个平面垂直同一个平面,两平面可以平行,也可以垂直,故 D 错;故选项 C 正确.

2

6.(2015·浙江卷)某集合体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是(C)

A.8 cm3 B.12 cm3 C.
32 40 cm3 D. cm3 3 3

1 32 3 2 解析:由题意得,该几何体为一立方体与四棱锥的组合,故体积 V=2 + ×2 ×2= , 3 3 故选 C.

7. (2015·天津卷改编)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为 (C)

A. π m3 B. π m3 C. π m3 D. π m3
解析: 由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成, 其中圆锥的底面半 1 2 径和高均为 1,圆柱的底面半径为 1 且其高为 2,故所求几何体的体积为 V= π ×1 ×1×2 3 8 2 3 +π ×1 ×2= π (m ). 3 8 3 9 4

6 3

8 5

8.如图,三棱锥 P?ABC 的高 PO=8,AC=BC=3,∠ACB=30°,M,N 分别在 BC 和 PO 上,且 CM=x,PN=2CM,则下面四个图象中大致描绘了三棱锥 N?AMC 的体积 V 与 x 的变化 关系(x∈(0,3])的是(A)
3

9.如果四棱锥的四条侧棱都相等,就称它为“等腰四棱锥”,四条侧棱称为它的腰, 以下 4 个命题中,假命题是(B)

A.等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等 B.等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补 C.等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆 D.等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上

10.如图,模块①~⑤均由 4 个棱长为 1 的小正方体构成,模块⑥由 15 个棱长为 1 的 小正方体构成,现从模块①~⑤中选出 3 个放到模块⑥上,使得模块⑥成为一个棱长为 3 的大正方体,下列方案中能完成任务的是(A)

4

A.模块①②⑤ B.模块①③⑤ C.模块②④⑤ D.模块③④⑤

11.(2015·蚌埠模拟)设 m,n 是平面 α 内的两条不同直线;l1,l2 是平面 β 内的两 条相交直线,则 α ∥β 的一个充分而不必要条件是(B)

A.m∥β 且 l1∥α C.m∥β 且 n∥β

B.m∥l1 且 n∥l2 D.m∥β 且 n∥l2

解析:对于选项 A,不合题意;对于选项 B,由于 l1 与 l2 是相交直线,而且由 l1∥m 可 得 l1∥α ,同理可得 l2∥α ,又 l1 与 l2 相交,故可得 α ∥β ,充分性成立,而由 α ∥β 不 一定能得到 l1∥m,它们也可以异面,故必要性不成立,符合题意,对于选项 C,由于 m,n 不一定相交,故是必要非充分条件;对于选项 D,由 n∥l2 可转化为 n∥β ,同选项 C,故不 符合题意.故选 B.

12.(2015·深圳调研)在四面体 D?ABC 中,若 AB=CB,AD=CD,且是 AC 的中点,则下 列正确的是(C)

A.平面 ABC⊥平面 ABD B.平面 ABD⊥平面 BDC C.平面 ABC⊥平面 BDE 且平面 ADC⊥平面 BDE D.平面 ABC⊥平面 ADC 且平面 ADC⊥平面 BDE
解析: 因为 AB=CB 且 E 是 AC 的中点, 所以 BE⊥AC.同理有 DE⊥AC.于是 AC⊥平面 BDE. 因为 AC 在平面 ABC 内,所以平面 ABC⊥平面 BDE.又由于 AC? 平面 ACD,所以平面 ACD⊥平 面 BDE,所以选 C.

二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.请把正确答案填在题中横线上) 13.如图所示,在直三棱柱 ABC?A1B1C1 中,底面是∠ABC 为直角的等腰直角三角形,AC =2a,BB1=3a,D 是 A1C1 的中点,点 F 在线段 AA1 上,当 AF=________时,CF⊥平面 B1DF.

5

解析:由直三棱柱及 D 是 A1C1 的中点,得 B1D⊥平面 AC1,而 CF? 平面 AC1,∴B1D⊥CF. 若 CF⊥平面 B1DF,则必有 CF⊥DF,设 AF=x(0<x<3a),则 CF =x +4a ,DF =a +(3a- x) . 又 CD =a +9a =10a ,∴10a =x +4a +a +(3a-x) .解得 x=a 或 2a. 答案:a 或 2a
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

14.若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积是__________cm .

3

解析:该几何体是由两个长方体组成,下面长方体的体积为 1×3×3=9 (cm ),上面的 长方体体积为 3×3×1=9 (cm ),因此该几何体的体积为 18 cm . 答案:18
3 3

3

15.如图,在长方形 ABCD 中,AB=2,BC=1,E 为 DC 的中点,F 为线段 EC(端点除外) 上一动点.现将△AFD 沿 AF 折起,使平面 ABD⊥平面 ABC.在平面 ABD 内过点 D 作 DK⊥AB,K 为垂足.设 AK=t,则 t 的取值范围是____________.

解析:此题可采用两个极端位置法,即对于 F 位于 DC 的中点时,t=1,随着点 F 到点

6

C 时,因 CB⊥AB,CB⊥DK,∴CB⊥平面 ADB,即有 CB⊥BD.对于 CD=2,BC=1,∴BD= 3. 1 ?1 ? 又 AD=1,AB=2,因此有 AD⊥BD,则有 t= .因此 t 的取值范围是? ,1? . 2 ?2 ?

?1 ? 答案:? ,1? ?2 ?
16.关于直线 m,n 和平面 α ,β 有以下四个命题: ①当 m∥α ,n∥β ,α ∥β 时,m∥n; ②当 m∥n,m? α ,n⊥β 时,α ⊥β ; ③当 α ∩β =m,m∥n 时,n∥α 且 n∥β ; ④当 m⊥n,α ∩β =m 时,n⊥α 或 n⊥β . 其中假命题的序号是________. 答案:①③④

三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演 算步骤) 17.(10 分)如图,在直三棱柱 ABC?A1B1C1 中,AB=AC= 13,BB1=BC=6,E,F 为侧棱 AA1 上的两点,且 EF=3,求几何体 EF?BB1C1C 的体积.

1 2 3 解析:△ABC 的边 BC 上的高等于 ( 13) -3 =2,所以 S△ABC=S△A1B1C1= ×6×2 2 =6. 1 由于直三棱柱 ABC?A1B1C1 的体积 V=6×6=36, 而三棱锥 E?A1B1C1 的体积 VE?A1B1C1= · S 3 1 1 △A1B1C1·EA1,三棱锥 F?ABC 的体积 VF?ABC= ·S△ABC·FA,所以 VE?A1B1C1+VF?ABC= ·S△ABC·(EA1 3 3 1 +FA)= ×6×(6-3)=6. 3 于是几何体 EF?BB1C1C 的体积等于 36-6=30.

7

18.(12 分)如图,四棱锥 P?ABCD 中,底面 ABCD 为菱形,PA⊥底面 ABCD,AC=2 2, PA=2,E 是 PC 上的一点,PE=2EC. (1)证明:PC⊥平面 BED; (2)设二面角 A?PB?C 为 90°,求 PD 与平面 PBC 所成角的大小.

解析:(1)因为底面 ABCD 是菱形,所以 BD⊥AC,又 PA⊥底面 ABCD,所以 PA⊥BD,又 AC∩PA=A,AC、PA? 面 PAC,所以 BD⊥平面 PAC,所以 PC⊥BD. 2 3 设 AC∩BD=F,连接 EF,因为 AC=2 2,PA=2,PE=2EC,故 PC=2 3,EC= ,FC 3 = 2. PC AC 从而 = 6, = 6. FC EC PC AC 因为 = , ∠FCE=∠PCA, 所以△FCE∽△PCA, ∠FEC=∠PAC=90°, 由此知 PC⊥EF. FC EC 因为 PC 与平面 BED 内两条相交直线 BD,EF 都垂直,所以 PC⊥平面 BED.

(2)在平面 PAB 内过点 A 作 AG⊥PB,G 为垂足.因为二面角 A?PB?C 为 90°,所以平面 PAB⊥平面 PBC.又平面 PAB∩平面 PBC=PB,故 AG⊥平面 PBC,AG⊥BC. 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 BC⊥AB, 所以底面 ABCD 为正方形,AD=2,PD= PA +AD =2 2. 设 D 到平面 PBC 的距离为 d. 因为 AD∥BC,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 d=AG= 2. d 1 设 PD 与平面 PBC 所成的角为 α ,则 sin α = = . PD 2
2 2

8

所以 PD 与平面 PBC 所成的角为 30°.

19.(12 分)(2015·新课标Ⅰ卷)如图,四边形 ABCD 为菱形,G 为 AC 与 BD 的交点,BE ⊥平面 ABCD. (1)证明:平面 AEC⊥平面 BED; (2)若∠ABC=120 °,AE⊥EC,三棱锥 E?ACD 的体积为 6 ,求该三棱锥的侧面积. 3

解析:(1)因为四边形 ABCD 为菱形,所以 AC⊥BD.因为 BE⊥平面 ABCD,所以 AC⊥BE. 故 AC⊥平面 BED.又 AC? 平面 AEC,所以平面 AEC⊥平面 BED. (2)设 AB=x,在菱形 ABCD 中,由∠ABC=120°,可得 AG=GC= 为 AE⊥EC,所以在 Rt△AEC 中,可得 EG= 可得 BE= 2 x. 2 3 x x,GB=GD= ,因 2 2

3 x.由 BE⊥平面 ABCD,知△EBG 为直角三角形, 2

由已知得,三棱锥 E?ACD 的体积 VE?ACD=AC·GD·BE= 6 3 6 x = ,故 x=2. 24 3

从而可得 AE=EC=ED= 6,所以△EAC 的面积为 3,△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥 E?ACD 的侧面积为 3+2 5.

20.(12 分)(2015·福建卷)如图,AB 是圆 O 的直径,点 C 是圆 O 上异于 A,B 的点,PO 垂直于圆 O 所在的平面,且 PO=OB=1.

(1)若 D 为线段 AC 的中点,求证 AC⊥平面 PDO;

9

(2)求三棱锥 P?ABC 体积的最大值; (3)若 BC= 2,点 E 在线段 PB 上,求 CE+OE 的最小值. 分析:(1)要证明 AC⊥平面 PDO,只需证明 AC 垂直于面 PDO 内的两条相交直线.首先由 PO 垂直于圆 O 所在的平面,可证明 PO⊥AC;又 OA=OC,D 为 AC 的中点,可证明 AC⊥OD, 进而证明结论; (2)三棱锥 P?ABC 中,高 PO=1,要使得 P?ABC 体积最大,则底面 ABC 面积最大,又 AB =2 是定值,故当 AB 边上的高最大,此时高为半径,进而求三棱锥 P?ABC 体积; (3)将侧面 BCP 绕 PB 旋转至平面 BC′P, 使之与平面 ABP 共面, 此时线段 OC′的长度即 为 CE+OE 的最小值. 解析:解法一 (1)在△AOC 中,因为 OA=OC,D 为 AC 的中点,所以 AC⊥OD.又 PO 垂直

于圆 O 所在的平面,所以 PO⊥AC=O. 因为 DO∩PO=O,所以 AC⊥平面 PDO. (2)因为点 C 在圆 O 上,所以当 CO⊥AB 时,C 到 AB 的距离最大,且最大值为 1.又 AB= 1 2, 所以△ABC 面积的最大值为 ×2×1=1.又因为三棱锥 P?ABC 的高 PO=1, 故三棱锥 P?ABC 2 1 1 体积的最大值为 ×1×1= . 3 3 (3)在△POB 中,PO=BO=1,∠POB=90°, 所以 PB= 1 +1 = 2. 同理 PC= 2,所以 PB=PC=BC. 在三棱锥 P?ABC 中,将侧面 BCP 绕 PB 旋转至平面 BC′P,使之与平面 ABP 共面,如图 所示.
2 2

当 O,E,C′共线时,CE+OE 取得最小值.又因为 OP=OB,C′P=C′B,所以 OC′垂 直平分 PB,即 E 为 PB 中点. 从而 OC′=OE+EC′= 亦即 CE+OE 的最小值为 2 6 2+ 6 + = , 2 2 2 2+ 6 . 2

解法二 (1)、(2)同解法一. (3)在△POB 中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以∠OPB=45°,PB= 1 +1 = 2.同理
2 2

10

PC= 2. 所以 PB=PC=BC,所以∠CPB=60°. 在三棱锥 P?ABC 中,将侧面 BCP 绕 PB 旋转至平面 BC′P,使之与平面 ABP 共面,如图 所示. 当 O,E,C′共线时,CE+OE 取得最小值. 所以在△OC′P 中,由余弦定理得: OC′ =1+2-2×1× 2×cos(45°+60°) =1+2-2 2? =2+ 3. 从而 OC′= 2+ 3= 所以 CE+OE 的最小值为 2+ 6 . 2 2+ 6 . 2 2 3? ? 2 1 × - × ? 2? ?2 2 2
2

21.(12 分)如图 1,在直角梯形 ABCD 中,∠ADC=90°,CD∥AB,AB=4,AD=CD=2. 将△ADC 沿 AC 折起,使平面 ADC⊥平面 ABC,得到几何体 D?ABC,如图 2 所示.

(1)求证:BC⊥平面 ACD; (2)求几何体 D?ABC 的体积.

解析:(1)解法一 在图中,可得 AC=BC=2 2, ∴AC +BC =AB ,故 AC⊥BC. 如右图,取 AC 中点为 O,连接 DO,则 DO⊥AC,又平面 ADC⊥平面 ABC,平面 ADC∩平面 ABC=AC,DO? 平面 ADC,∴OD⊥平面 ABC.∴OD⊥BC. 又 AC⊥BC,AC∩OD=O,∴BC⊥平面 ACD. 解法二 在图中,可得 AC=BC=2 2,∴AC +BC =AB .故 AC⊥BC.又∵平面 ADC⊥平面
2 2 2 2 2 2

11

ABC,平面 ADC∩平面 ABC=AC,BC? 平面 ABC,从而 BC⊥平面 ACD. (2)由(1)可知 BC 为三棱锥 B?ACD 的高, BC=2 2,S△ACD=2. 1 1 4 2 ∴VB?ACD= ·S△ACD·BC= ×2×2 2= . 3 3 3 4 2 由等积性可知几何体 D?ABC 的体积为 . 3

π 22.(12 分)(2015·陕西卷)如图所示,在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC,∠BAD= ,AB 2 1 =BC= AD=a,E 是 AD 的中点,O 是 OC 与 BE 的交点,将△ABE 沿 BE 折起到图 2 中△A1BE 2 的位置,得到四棱锥 A1?BCDE. (1)证明:CD⊥平面 A1OC; (2)当平面 A1BE⊥平面 BCDE 时,四棱锥 A1?BCDE 的体积为 36 2,求 a 的值.

1 π 分析: (1)在图中, 因为 AB=BC= AD=a, E 是 AD 的中点, ∠BAD= , 所以四边形 ABCE 2 2 是正方形,故 BE⊥AC,又在图 2 中,BE⊥A1O,BE⊥OC,从而 BE⊥平面 A1OC,又 DE∥BC 且 DE=BC,所以 CD∥BE,即可证明 CD⊥平面 A1OC; (2)由已知,平面 A1BE 平面 BCDE,且平面 A1BE∩平面 BCDE=BE,又由(Ⅰ)知,A1O⊥BE, 所 以 AO⊥平面 BCDE, 即 A1O 是四棱锥 A1?BCDE 的高, 易求得平行四边形 BCDE 面积 S=BC·AB 1 2 3 2 3 2 =a ,从而四棱锥 A1?BCDE 的为 V= ×S×A1O= a ,由 a =36 2,得 a=6. 3 6 6 1 π 解析:(1)在图中,因为 AB=BC= AD=a,E 是 AD 的中点∠BAD= ,所以 BE⊥AC,即 2 2 在图 2 中,BE⊥A1O,BE⊥OC.从而 BE⊥平面 A1OC,又 CD∥BE,所以 CD⊥平面 A1OC. (2)由已知,平面 A1BE⊥平面 BCDE 且平面 A1BE∩平面 BCDE=BE 又由(1)知,A1O⊥BE,所以 A1O⊥平面 BCDE,

12

即 A1O 是四棱锥 A1?BCDE 的高,由图 1 可知,A1O=

2 2 AB= a,平行四边形 BCDE 面积 2 2

1 1 2 2 3 2 3 2 2 S=BC·AB=a ,从而四棱锥 A1?BCDE 的体积为 V= ×S×A1O= ×a × a= a ,由 a 3 3 2 6 6 =36 2,得 a=6.

13


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