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2019-2020年高考數(shù)學二輪復習 第2部分 大專題綜合測4 立體幾何 文（含解析） 一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．(xx山東濰坊市質檢)已知三條不同的直線m，n，l和兩個不同的平面α，β，則下列命題正確的是(　　) A．若m∥n，n?α，則m∥α B．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，則n⊥α C．若l⊥n，m⊥n，則l∥m D．若l⊥α，m⊥β，且l⊥m，則α⊥β [答案]　D [解析]　若m∥n，n?α，則m∥α或m?α，故A不正確；若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，則n與α相交或n∥α或n?α，故B不正確；若l⊥n，m⊥n，則l與m相交、平行或異面，故C不正確；若l⊥α，m⊥β，且l⊥m，則由線面垂直的性質定理和面面垂直的判定定理知α⊥β，故D正確． 2．一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的表面積為(　　) A．6＋　　　　　　　　B．6＋2 C．8＋ D．8＋2 [答案]　D [解析]　由三視圖可知該幾何體為一橫放的直三棱柱，其中底面正對觀察者，為一直角三角形，兩直角邊長分別為1,2，棱柱的高為2，故其表面積S＝(2＋1＋)2＋21＝8＋2. 3．如圖是一個空間幾何體的三視圖，這個幾何體的體積是(　　) A．2π B．4π C．6π D．8π [答案]　D [解析]　由圖可知該幾何體是一個圓柱內挖去一個圓錐所得的幾何體，V＝V圓柱－V圓錐＝π223－π223＝8π，故選D． 4.在正四面體(棱長都相等的四面體)A－BCD中，棱長為4，M是BC的中點，點P在線段AM上運動(P不與A、M重合)，過點P作直線l⊥平面ABC，l與平面BCD交于點Q，給出下列命題： ①BC⊥平面AMD； ②Q點一定在直線DM上； ③VC－AMD＝4. 其中正確的是(　　) A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ [答案]　A [解析]　由BC⊥AM，BC⊥MD，可得BC⊥平面AMD，即①正確；由BC⊥平面AMD可得平面AMD⊥平面ABC，則若過P作直線l⊥平面ABC，l與平面BCD交于點Q，Q點一定在直線DM上，即②正確；由VC－AMD＝VC－ABD＝43＝，即③不正確，綜上可得正確的命題序號為①②，故應選A. 5．(xx淄博市質檢)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A. B． C. D．πa3 [答案]　A [解析]　由三視圖可知該幾何體為一個圓錐的，其中圓錐的底面圓的半徑為a，高為2a，所以該幾何體的體積V＝(πa22a)＝.故選A. 6．已知α、β、γ是三個不重合的平面，m、n是不重合的直線，下列判斷正確的是(　　) A．若α⊥β，β⊥γ，則α∥γ B．若α⊥β，l∥β，則l∥α C．若m∥α，n∥α，則m∥n D．若m⊥α，n⊥α，則m∥n [答案]　D [解析]　A錯，兩平面還可垂直；B錯，還可能有l(wèi)?α；C錯，兩直線m，n的位置關系不確定；D正確，垂直于同一平面的兩直線互相平行． 7．(xx臨沂八校質檢)若四棱錐P－ABCD的底面ABCD為正方形，且PD垂直于底面ABCD，N為PB的中點，則三棱錐P－ANC與四棱錐P－ABCD的體積之比為(　　) A. B． C. D． [答案]　D [解析]　本題考查空間幾何體的體積．四棱錐P－ABCD的體積易求，關鍵是把三棱錐P－ANC的體積用四棱錐P－ABCD的高和底面積表示出來． 設正方形ABCD的面積為S，PD＝h，則所求體積之比為＝＝＝. 8.如圖，正△ABC的中線AF與中位線DE相交于G，已知△A′ED是△AED繞DE旋轉過程中的一個圖形，下列命題中，錯誤的是(　　) A．動點A′在平面ABC上的投影在線段AF上 B．恒有平面A′GF⊥平面BCED C．三棱錐A′－FED的體積有最大值 D．異面直線A′E與BD不可能垂直 [答案]　D [解析]　由題意，DE⊥平面AGA′， ∴A、B、C正確，故選D． 9．在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M為AB的中點，則點C到平面A1DM的距離為(　　) A.a B．a(chǎn) C.a D．a(chǎn) [答案]　A [解析]　設點C到平面A1DM的距離為h，則由已知得DM＝A1M＝＝a，A1D＝a，S△A1DM＝a＝a2，連接CM，S△CDM＝a2，由VC－A1DM＝VA1－CDM，得S△A1DMh＝S△CDMa，即a2h＝a2a，得h＝a，所以點C到平面A1DM的距離為a，選A. 10．(xx河南六市聯(lián)考)一個幾何體的三視圖如下圖所示，則這個幾何體的體積是(　　) A．1　　　　 B．2 C．3　　　　 D．4 [答案]　D [解析]　由三視圖知該幾何體是如圖所示的四棱錐P－ABCD， 其中底面ABCD是直角梯形，側面ABP是Rt△， 且側面PAB⊥底面ABCD，故其體積為V＝(2＋4)22＝4. 11．(xx濰坊市質檢)已知三棱錐S－ABC的所有頂點都在球O的球面上，底面△ABC是邊長為1的正三角形，棱SC是球O的直徑且SC＝2，則此三棱錐的體積為(　　) A. B． C. D． [答案]　A [解析]　過點B作BD⊥SC于點D，連接AD，因為△SBC≌△SAC，所以AD⊥SC，又BD∩AD＝D，所以SC⊥平面ABD，因為SB⊥BC，SC＝2，BC＝1，所以BD＝AD＝sin60＝，又AB＝1，所以S△ABD＝1＝，所以V三棱錐S－ABC＝S△ABDSC＝2＝. 12．如圖所示，正方體ABCD－A′B′C′D′的棱長為1, E、F分別是棱AA′、CC′的中點，過直線EF的平面分別與棱BB′、DD′交于M、N，設BM＝x，x∈[0,1]，給出以下四個命題： ①平面MENF⊥平面BDD′B′； ②當且僅當x＝時，四邊形MENF的面積最小； ③四邊形MENF周長L＝f(x)，x∈[0,1]是單調函數(shù)； ④四棱錐C′－MENF的體積V＝h(x)為常函數(shù)； 以上命題中假命題的序號為(　　) A．①④　　　 B．② C．③　　　　 D．③④ [答案]　C [解析]　AC⊥平面BDD′B′，EF∥AC，∴EF⊥平面BDD′B′，∴①正確；∵EF為所在棱的中點，由對稱性及條件知四邊形EMFN為菱形，其面積隨著對角線MN的增大而增大，當x＝時，M為BB′的中點，此時MN取最小值，∴②正確，③錯誤；V四棱錐C′－MENF＝2VC′－MEF＝2VE－MFC′為常數(shù)， ∴V＝h(x)為常函數(shù)． 二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，將正確答案填在題中橫線上) 13.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P是上底面A1B1C1D1內一動點，則三棱錐P－ABC的正(主)視圖與側(左)視圖的面積的比值為________． [答案]　1 [解析]　依題意得三棱錐P－ABC的主視圖與左視圖均為三角形，且這兩個三角形的底邊長都等于正方體的棱長，底邊上的高也都相等，因此三棱錐P－ABC的主視圖與左視圖的面積之比等于1. 14．一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為________m3. [答案]　30 [解析]　本題考查三視圖及柱體體積公式． 由三視圖知該幾何體由一個棱長為3,4,2的長方體和一個底面是直角梯形高為4的直棱柱組成，則體積V＝342＋14＝30. 15．已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，點E、F分別是棱PC、PD的中點，則 ①棱AB與PD所在直線垂直； ②平面PBC與平面ABCD垂直； ③△PCD的面積大于△PAB的面積； ④直線AE與平面BF是異面直線． 以上結論正確的是________．(寫出所有正確結論的編號) [答案]?、佗? [解析]　由條件可得AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，故①正確； 若平面PBC⊥平面ABCD，由PB⊥BC，得PB⊥平面ABCD，從而PA∥PB，這是不可能的，故②錯； S△PCD＝CDPD，S△PAB＝ABPA，由AB＝CD，PD>PA知③正確； 由E、F分別是棱PC、PD的中點，可得EF∥CD，又AB∥CD，∴EF∥AB，故AE與BF共面，④錯，故填①③. 16．(xx邯鄲一模)已知直角梯形ABCD，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2沿AC折成三棱錐，當三棱錐體積最大時，求此時三棱錐外接球的體積________． [答案]　π [解析]　在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，∴AB＝2，AD＝1，CD＝1，∴AC＝，BC＝，∴BC⊥AC，取AC的中點E，AB中點O，當三棱錐體積最大時，平面DCA⊥平面ACB，∴OA＝OB＝OC＝OD，∴OB＝1，∴V＝πR3＝π. 三、解答題(本大題共6個小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(本題滿分10分)在四棱錐P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，DC∥AB，DC＝1，AB＝4，BC＝2，∠CBA＝30. (1)求證：AC⊥PB； (2)當PD＝2時，求此四棱錐的體積． [解析]　(1)∵PC⊥平面ABCD，∴PC⊥AC， 又∠CBA＝30，BC＝2，AB＝4， ∴AC＝ ＝＝2， ∴AC2＋BC2＝4＋12＝16＝AB2， ∴∠ACB＝90，故AC⊥BC. 又∵PC、BC是平面PBC內的兩條相交直線， 故AC⊥平面PBC，∴AC⊥PB． (2)當PD＝2時，作CE⊥AB交AB于E， 在Rt△CEB中，CE＝CBsin30＝2＝， 又在Rt△PCD中，DC＝1，∴PC＝， ∴VP－ABCD＝PCSABCD＝(1＋4) ＝. 18．(本題滿分12分)(xx山西太原檢測)如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是邊長為2的正方形，四邊形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分別是CE和CF的中點． (1)求證：AC⊥平面BDEF； (2)求證：平面BDGH//平面AEF； (3)求多面體ABCDEF的體積． [解析]　(1)證明：因為四邊形ABCD是正方形， 所以AC⊥BD． 又因為平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD， 且AC?平面ABCD， 所以AC⊥平面BDEF. (2)證明：在△CEF中，因為G、H分別是CE、CF的中點， 所以GH∥EF， 又因為GH?平面AEF，EF?平面AEF， 所以GH∥平面AEF. 設AC∩BD＝O，連接OH， 在△ACF中，因為OA＝OC，CH＝HF， 所以OH∥AF， 又因為OH?平面AEF，AF?平面AEF， 所以OH∥平面AEF. 又因為OH∩GH＝H，OH，GH?平面BDGH， 所以平面BDGH∥平面AEF. (3)解：由(1)，得AC⊥平面BDEF， 又因為AO＝，四邊形BDEF的面積SBDEF＝32＝6， 所以四棱錐A－BDEF的體積V1＝AOSBDEF＝4. 同理，四棱錐C－BDEF的體積V2＝4. 所以多面體ABCDEF的體積V＝V1＋V2＝8. 19．(本題滿分12分)(xx洛陽市期末) 如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，點O是對角線AC與BD的交點，M是PD的中點，且AB＝2，∠BAD＝60. (1)求證：OM∥平面PAB； (2)求證：平面PBD⊥平面PAC； (3)當三棱錐M－BCD的體積等于時，求PB的長． [解析]　(1)∵在△PBD中，O、M分別是BD、PD的中點， ∴OM是△PBD的中位線，∴OM∥PB， OM?平面PAB，PB?平面PAB， ∴OM∥平面PAB． (2)∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD． ∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC， AC?平面PAC，PA?平面PAC，AC∩PA＝A， ∴BD⊥平面PAC. ∵BD?平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC， (3)因為底面ABCD是菱形，M是PD的中點， 所以VM－BCD＝VM－ABCD＝VP－ABCD，從而VP－ABCD＝. 又AB＝2，∠BAD＝60，所以S菱形ABCD＝2. ∵四棱錐P－ABCD的高為PA，∴2PA＝，得PA＝， ∵PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴PA⊥AB． 在Rt△PAB中，PB＝＝＝. 20．(本題滿分12分)(xx威海兩校質檢)如圖，四棱錐P－ABCD的底面是邊長為1的正方形，側棱PA⊥底面ABCD，且PA＝2，E是側棱PC上的動點． (1)求四棱錐P－ABCD的體積； (2)如果E是PA的中點，求證PC∥平面BDE； (3)是否不論點E在側棱PA的任何位置，都有BD⊥CE？證明你的結論． [解析]　(1)∵PA⊥平面ABCD， ∴VP－ABCD＝S正方形ABCDPA＝122＝. 即四棱錐P－ABCD的體積為. (2)連接AC交BD于O，連接OE. ∵四邊形ABCD是正方形，∴O是AC的中點． 又∵E是PA的中點，∴PC∥OE. ∵PC?平面BDE，OE?平面BDE，∴PC∥平面BDE. (3)不論點E在何位置，都有BD⊥CE. 證明如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴BD⊥AC. ∵PA⊥底面ABCD，且BD?平面ABCD，∴BD⊥PA. 又∵AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC. ∵不論點E在何位置，都有CE?平面PAC. ∴不論點E在何位置，都有BD⊥CE. 21．(本題滿分12分)(xx海淀區(qū)期末)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，又AD∥BC，AD⊥DC，且BC＝PD＝3AD＝3. (1)畫出四棱錐P－ABCD的正視圖； (2)求證：平面PAD⊥平面PCD； (3)求證：棱PB上存在一點E，使得AE∥平面PCD，并求的值． [解析]　(1)四棱錐P－ABCD的正視圖如圖所示． (2)證明：因為PD⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PD⊥AD． 因為AD⊥DC，PD∩CD＝D，PD?平面PCD，CD?平面PCD， 所以AD⊥平面PCD． 因為AD?平面PAD，所以平面PAD⊥平面PCD． (3)證明：當＝時，AE∥平面PCD． 理由如下：分別延長CD，BA交于點O，連接PO. 因為AD∥BC，BC＝3AD，所以＝＝，即＝. 所以＝，所以AE∥OP. 因為OP?平面PCD，AE?平面PCD，所以AE∥平面PCD． 22．(本題滿分12分)如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BB1＝BC，AC1⊥平面A1BD，D為AC的中點． (1)求證：B1C∥平面A1BD； (2)求證：B1C1⊥平面ABB1A1； (3)在CC1上是否存在一點E，使得∠BA1E＝45，若存在，試確定E的位置，并判斷平面A1BD與平面BDE是否垂直？若不存在，請說明理由． [分析]　(1)連接AB1，交A1B于M，則MD就是平面A1BD內與B1C平行的直線；(2)需在平面ABB1A1中找兩條相交直線都與B1C1垂直，由直三棱柱的概念，知BB1⊥B1C1，另一條的尋找，從AC1⊥平面A1BD，以平行四邊形ABB1A1為正方形入手，證明A1B⊥平面AB1C1從而得出A1B⊥B1C1.(3)用余弦定理解△A1BE. [解析]　(1)連接AB1與A1B相交于M，則M為AB1的中點．連接MD，又D為AC的中點， ∴B1C∥MD， 又B1C?平面A1BD，MD?平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD． (2)∵AB＝B1B，∴平行四邊形ABB1A1為正方形， ∴A1B⊥AB1.又∵AC1⊥平面A1BD， ∴AC1⊥A1B，∴A1B⊥平面AB1C1，∴A1B⊥B1C1. 又在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥B1C1， ∴B1C1⊥平面ABB1A1. (3)設AB＝a，CE＝x，∵B1C1⊥A1B1，在Rt△A1B1C1中有A1C1＝a，同理A1B＝a，∴C1E＝a－x， ∴A1E＝＝， BE＝， ∴在△A1BE中，由余弦定理得 BE2＝A1B2＋A1E2－2A1BA1Ecos45，即 a2＋x2＝2a2＋x2＋3a2－2ax－2a， ∴＝2a－x， ∴x＝a，即E是C1C的中點， ∵D、E分別為AC、C1C的中點，∴DE∥AC1. ∵AC1⊥平面A1BD，∴DE⊥平面A1BD． 又DE?平面BDE，∴平面A1BD⊥平面BDE. [方法點撥]　空間中直線與直線垂直、直線與平面垂直、平面與平面垂直三者之間可以相互轉化，每一種垂直的判定都是從某種垂直開始轉向另一種垂直，最終達到目的，其轉化關系為線線垂直線面垂直面面垂直．