《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.docx

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，、是两个不同的平面，若已知mn，m，则“n”是“”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./ n.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()A54B60C66D72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，EFAC，AC平面ABDF，EF平面ABDF，EFDF，在直角梯形ABDF中，易得DF5，故其表面积为SSRtABCS矩形ACEFS梯形ABDFS梯形BCEDSRtDEF3560.3(文)设、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：若nm，m，则n；若，n，n，则n；若，则；若nm，n，m，则.其中真命题是()A和B和C和D和答案C解析若nm，m，则n或n，即命题不正确，排解A、B；若，n，n，则n，则命题正确，排解D，故应选C.(理)已知、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，n，则mnB若m，mn，则nC若m，n，则mnD若，n，mn，则m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有可能在平面内，所以n与平面不愿定平行；对于选项D，m与的位置关系可能是m，m，也可能m与相交由n，得，n或n，又m，mn，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AEFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为()A.B.C.D.答案B解析由条件知AE、AF、AD两两相互垂直，以A为一个顶点，AE、AF、AD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，AEAF1，AD2，(2R)21212226，R.5已知矩形ABCD，AB1，BC.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ACBD，ACAEA，BD平面ACE，BDCE，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；若ABCD，ABAD，AB平面ACD，ABAC，ABAB，这样的ABC不存在，C错误6(文)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1，AB2，CC12，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为()A2B.C.D1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，ACBDO，连接EO，则EOAC1.则点C到平面BDE的距离等于AC1到平面BDE的距离，过C作CHOE于H，CH为所求在EOC中，EC，CO，所以CH1.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PABCD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.B.C.D.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，EOPD，AEO为异面直线AE与PD所成的角，设棱长为1，则AO，EO，AE，AO2EO2AE2，cosAEO.二、填空题7a、b表示直线，、表示平面若a，b，ab，则；若a，a垂直于内任意一条直线，则；若，a，b，则ab；若a不垂直于平面，则a不行能垂直于平面内很多条直线；若l，m，lmA，l，m，则.其中为真命题的是_答案解析对可举反例如图，需b才能推出.对可举反例说明，当不与，的交线垂直时，即可得到a，b不垂直；对a只需垂直于内一条直线便可以垂直内很多条与之平行的直线所以只有是正确的8已知三棱柱ABCA1B1C1底面是边长为的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球表面积为12，则该三棱柱的体积为_答案3解析4R212，R，ABC外接圆半径r，柱高h22，体积V()223.9已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点P是线段A1C1上的动点，则四棱锥PABCD的外接球半径R的取值范围是_答案解析当P为A1C1的中点时，设球半径为R，球心到底面ABCD距离为h，则，R，当P与A1(或C1)重合时，外接球就是正方体的外接球，R，R，三、解答题10(文)(2022江苏，16)如图，在三棱锥PABC中，D、E、F分别为棱PC、AC、AB的中点已知PAAC，PA6，BC8，DF5.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PADE，又PA平面DEF，DE平面DEF，所以PA平面DEF.(2)由(1)PADE，又PAAC，所以DEAC，又F是AB中点，所以DEPA3，EFBC4，又DF5，所以DE2EF2DF2，所以DEEF，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，AD4，AB2，E、F分别是AB、BC的中点，PA平面ABCD.(1)求证：PFDF；(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，DFPA，又F为BC中点，BC4，AB2，BFBA，AFB45，同理DFC45，AFD90，即DFAF，DF平面PAF.又PF平面PAF，PFDF.(2)PA平面ABCD，PDA就是PD与平面ABC所成角PDA30，PA.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EGPH交PA于G.EGPH，PH平面PHD，EG平面PHD，即EG平面PDF，故点G为所求，AG.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，、为两个不同的平面，则下列命题中正确的是()Amn，mnB，m，nmnCm，mnnDm，n，m，n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，m1nA时满足B的条件，但m与n不平行；当m，mn时，可能有n；如图2知，mnl，l时满足D的条件，由此知D错误(理)设m、n是不同的直线，、是不同的平面，有以下四个命题：m m其中，真命题是()ABCD答案C解析正确，平行于同一个平面的两个平面平行；错误，由线面平行、垂直定理知：m不愿定垂直于；正确，由线面平行，垂直关系推断正确；错误，m也可能在内综上所述，正确的命题是，故选C.12(文)(2021西城区模拟)如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱B1C1的中点，动点P在底面ABCD内，且PA1A1E，则点P运动形成的图形是()A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|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ABCDA1B1C1D1中，M为CC1的中点，P在底面ABCD内运动，且满足DPD1CPM，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DPD1CPM得，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DC1，P(x，y)，PD2PC，2，整理得x2(y)2，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，、是两个不重合的平面，给出下列4个命题：若mnA，A，Bm，则B；若m，Am，则A；若m，m，则；若m，n，mn，则，其中真命题为()ABCD答案C解析m，m上的点都在平面内，又Am，A，对；由二面垂直的判定定理知，正确二、解答题14(文)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC为正三角形，M、N、G分别是棱CC1、AB、BC的中点且CC1AC.(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BB1，NP綊BB1，CM綊NP，四边形CNPM是平行四边形CNMP.CN平面AMB1，MP平面AMB1，CN平面AMB1.(2)CC1平面ABC，平面CC1B1B平面ABC，AGBC，AG平面CC1B1B，B1MAG.CC1平面ABC，平面A1B1C1平面ABC，CC1AC，CC1B1C1，设AC2a，则CC12a，在RtMCA中，AMa.在RtB1C1M中，B1Ma.BB1CC1，BB1平面ABC，BB1AB，AB12a.AM2B1M2AB，B1MAM.又AGAMA，B1M平面AMG.(理)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，ABBC，且ABBC2，点N为B1C1的中点，点P在棱A1C1上运动(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AA1AB，直线B1C与平面BCP所成角的正弦值为，求二面角ABPC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，PNA1B1ABAB平面PNC，PN平面PNC，AB平面PNC.(2)设AA1m，则m2，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n0，n0，解得y0，xmz，令z0，则n(m,0，1)，又(0,2，m)，直线B1C与平面BCP所成角正弦值为，解之得m1n(1,0,1)易求得平面ABP的法向量n1(0，1,1)cos，设二面角的平面角为，则cos，120.15如图1，在四棱锥PABCD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，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6636cm2.(2)连接BF，延长BF与AD交于G，连接PG.如图，在正方形ABCD中，又由于，所以，故在BGP中，EFPG，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ACBC，由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC.又PAACA，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QMPC，又O为AB中点，得OMBC.由于QMMOM，QM平面QMO，MO平面QMO，BCPCC，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)(2021天津六校联考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC90，平面PAD底面ABCD，E为AD的中点，M是棱PC的中点，PAPD2，BCAD1，CD.(1)求证：PE平面ABCD；(2)求直线BM与平面ABCD所成角的正切值；(3)求直线BM与CD所成角的余弦值解析(1)PAPD，E为AD的中点，PEAD，又平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，PE平面ABCD.(2)连接EC，取EC中点H，连接MH，HB，M是PC的中点，H是EC的中点，MHPE，由(1)知PE平面ABCD，MH平面ABCD，HB是BM在平面ABCD内的射影，MBH即为BM与平面ABCD所成的角ADBC，BCAD，E为AD的中点，ADC90，四边形BCDE为矩形，又CD，EC2，HBEC1，又MHPE，MHB中，tanMBH，直线BM与平面ABCD所成角的正切值为.(3)由(2)知CDBE，直线BM与CD所成角即为直线BM与BE所成角，连接ME，在RtMHE中，ME，在RtMHB中，BM，又BECD，MEB中，cosMBE，直线BM与CD所成角的余弦值为.