高考数学一轮复习高考分段测试4理讲解.doc

2017年高考分段测试(四)
(测试范围：立体几何)
　　时间：120分钟　满分：150分
一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分)
1．下列推理不正确的是(　　)
A．A∈b，A∈β，B∈b，B∈β⇒b⊂β
B．M∈α，M∈β，N∈α，N∈β⇒α∩β＝直线MN
C．直线m不在α内，A∈m⇒A∉α
D．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α与β重合
答案　C
解析　由空间中点线面的位置关系知选C.
2．对于任意的直线l和平面α，在平面α内必有直线m，使m和l(　　)
A．平行 B．相交
C．垂直 D．异面
答案　C
解析　由于直线l是任意的，若l与α相交，则在α内不可能有与l平行的直线；若l与α平行，则在α内不可能有与l相交的直线；若l在平面α内，则在α内不可能有l异面的直线．故选C.
3．[2016·杭州质量检测]设直线l⊥平面α，直线m⊂平面β(　　)
A．若m∥α则l∥m
B．若α∥β则l⊥m
C．若l⊥m则α∥β
D．若α⊥β则l∥m
答案　B
解析　∵l⊥α，α∥β，m⊂β⇒l⊥m，故选B.
4．如下图所示是某一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度h随时间t变化的可能图象是(　　)

答案　B
解析　由三视图可知几何体为倒置的圆锥，所以匀速注水时，水面上升的高度越来越慢，故选B.
5．[2015·课标全国卷Ⅰ]《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有 (　　)

A．14斛 B．22斛
C．36斛 D．66斛
答案　B
解析　设圆锥底面半径为r，
∵×2πr＝8，即×2×3r＝8，∴r＝，
∴V＝××3××5＝.设米堆共有x斛，则1.62x＝，解得x≈22(斛)，故选B.

6．[2016·河南八市高三质检]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(　　)
A．36 cm3
B．48 cm3
C．60 cm3
D．72 cm3
答案　B
解析　由三视图可知，该几何体的上面是个长为4，宽为2，高为2的长方体，下面是一个放倒的四棱柱，高为4，底面是个梯形，梯形的上、下底分别为2、6，高为2.长方体的体积为4×2×2＝16，四棱柱的体积为4××2＝32，所以该几何体的体积为32＋16＝48(cm3)，选B.
7．[2016·张掖高三诊断]如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF＝，则下列结论中错误的是(　　)

A．AC⊥BE
B．EF∥平面ABCD
C．△AEF的面积与△BEF的面积相等
D．三棱锥A－BEF的体积为定值
答案　C
解析　连接BD，因为AC⊥平面BDD1B1，而BE⊂平面BDD1B1，故AC⊥BE，所以A项正确；根据线面平行的判定定理，知B项正确；因为三棱锥的底面△BEF的面积是定值，且点A到平面BDD1B1的距离是定值，所以三棱锥A－BEF的体积为定值，故D正确；很显然，点A和点B到EF的距离是不相等的，故C是错误的，所以选C.
8．已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，则该三棱锥的侧视图可能为(　　)

答案　B
解析　由三视图之间的关系，易知其侧视图是一个底边为，高为2的直角三角形．故选B.
9．在棱长为1的正方体上，分别用过同一顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的凸多面体的体积为(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　采用间接法，每个截去的小三棱锥体积为××＝×4，则剩余部分的体积为V＝1－×4×8＝1－＝.
10．[2015·浙江高考]
如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则(　　)
A．∠A′DB≤α
B．∠A′DB≥α
C．∠A′CB≤α
D．∠A′CB≥α
答案　B
解析　根据二面角的定义以及折叠过程可知，B正确．

11．如右图，一个盛满水的三棱锥容器，不久发现三条侧棱上各有一个小洞D、E、F，且知SD∶DA＝SE∶EB＝CF∶FS＝2∶1，若仍用这个容器盛水，则最多可盛水的体积是原来的(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　最多可盛水的体积即为大棱锥去掉小棱锥后余下的几何体的体积．VS－DEF＝S△SDE·h′＝h＝VS－ABC(h′为F到平面SDE的距离，h为C到平面SAB的距离)，易知选C.
12．[2016·洛阳调研]设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为(　　)
A．πa2 B.πa2
C.πa2 D．5πa2
答案　B
解析　据题意，作出直观图如图，O为球心，△ABC是三棱柱的下底面，O′是等边△ABC的中心(也是平面ABC截球所得的截面圆的圆心)，则OO′⊥平面ABC，
∴球的半径R＝OA＝.
∵棱柱的所有棱长都为a，
∴OO′＝，AO′＝×a＝a，
∴R2＝2＋2＝a2，
∴该球的表面积为S＝4πR2＝πa2.
二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)

13．[2015·山西太原一模]如图所示，正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，将此正方形沿EF折成直二面角后，异面直线AF与BE所成角的余弦值为________．
答案　

解析　过点F作HF∥CD，与BC交于点H，过A作EF的垂线AG，垂足为G.
连接HG，HE，AH.
设正方形ABCD的边长为2，∵平面AEF⊥平面BCDFE，且AG⊥EF，∴AG⊥平面BCDFE.
∵BE＝BH＝AE＝AF＝1，
∴EH＝EF＝.
∵G为EF的中点，∴EG＝，AG＝.
又∵HF＝2，∴∠HEG＝90°，
∴在Rt△EHG中，HG＝＝.
∴在Rt△AGH中，
AH＝＝.
∵HF∥BE，∴AF与BE所成的角即为∠AFH.
在△AHF中，AF＝1，HF＝2，AH＝，

∴∠HAF＝90°.
∴cos∠AFH＝＝.
14．如图，半径为R的球O中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是________．

答案　2πR2
解析　设圆柱的底面半径为r，高为h，则r2＋2＝R2，所以h＝2，所以圆柱的侧面积S＝2πrh＝2πr·2＝4π.当r2＝R2－r2，即r＝R时，S取得最大值．此时球的表面积与圆柱的侧面积之差为4πR2－2π·R·R＝2πR2.
15．[2016·山东临沂模拟]在三棱锥S－ACB中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝，SB＝，则SC与AB所成角的余弦值为________．
答案　

解析　解法一：如图，取BC的中点E，分别在平面ABC内作DE∥AB，在平面SBC内作EF∥SC，则异面直线SC与AB所成的角为∠FED，过F作FG⊥AB，连接DG，则△DFG为直角三角形．

由题知AC＝2，BC＝，SB＝，可得DE＝，EF＝2，DF＝.在△DEF中，由余弦定理可得cos∠DEF＝＝.
解法二：如图，以A为原点，以AB，AS所在直线分别为y，z轴，以垂直于y轴、z轴的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则由AC＝2，BC＝，SB＝，得B(0，，0)，S(0,0,2)，C，

＝，＝(0，，0)，
设SC与AB所成的角为θ，
∵·＝4，||||＝4，
∴cosθ＝＝
16．[2015·山西太原二模]设α，β，γ为互不重合的三个平面，l为直线，给出下列命题：
①设α∥β，α⊥γ，则β⊥γ；
②若α⊥γ，β⊥γ，且α∩β＝l，则l⊥γ；
③若直线l与平面α内的无数条直线垂直，则直线l与平面α垂直；
④若α内存在不共线的三点到β的距离相等，则平面α平行于平面β.
其中真命题的序号为________(写出所有真命题的序号)．
答案　①②
解析　借助于正方体易知①②正确；对于③，若平面α内与直线l垂直的无数条直线都平行，则直线l可能与平面α不垂直，所以③错；④中的不共线的三点有可能是在平面β的两侧，所以两个平面可能相交或平行，所以④错，故填①②.
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)

17．[2015·徐州模拟](本小题10分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不与点C重合)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．
求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；
(2)直线A1F∥平面ADE.
证明　(1)因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.
又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.
又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，
CC1∩DE＝E，
所以AD⊥平面BCC1B1.

又AD⊂平面ADE，
所以平面ADE⊥平面BCC1B1.
(2)连接DF，由(1)知AD⊥平面BCC1B1，∵BC⊂平面BCC1B1，
∴AD⊥BC.
又∵AB＝AC，∴D为BC的中点，
∴DF綊A1A，∴四边形ADFA1为平行四边形，
∴A1F∥AD.
又∵AD⊂平面ADE，
∴A1F∥平面ADE.

18．[2015·课标全国卷Ⅰ](本小题12分)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，求该三棱锥的侧面积．
解　(1)证明：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＝x，GB＝GD＝.
因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.
由已知得，三棱锥E－ACD的体积
VE－ACD＝×AC·GD·BE＝x3＝.
故x＝2.
从而可得AE＝EC＝ED＝.
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.
故三棱锥E－ACD的侧面积为3＋2
19．[2015·福建福州一模](本小题12分)如图，三棱锥A－BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD.

(1)求证：CD⊥平面ABD；
(2)若AB＝BD＝CD＝1，M为AD中点，求三棱锥A－MBC的体积．
解　(1)证明：∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD，又∵CD⊥BD，AB∩BD＝B，AB⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，∴CD⊥平面ABD.
(2)解法一：由AB⊥平面BCD，得AB⊥BD，
∵AB＝BD＝1，∴S△ABD＝，
∵M为AD中点，∴S△ABM＝S△ABD＝，
由(1)知，CD⊥平面ABD，∴三棱锥的高h＝CD＝1，∴VA－MBC＝VC－ABM＝S△ABM·h＝.

解法二：由AB⊥平面BCD知，平面ABD⊥平面BCD，又平面ABD∩平面BCD＝BD，如图过点M作MN⊥BD交BD于点N，则MN⊥平面BCD，且MN＝AB＝，又CD⊥BD，BD＝CD＝1，∴S△BCD＝，∴VA－MBC＝VA－BCD－VM－BCD＝AB·S△BCD－MN·S△BCD＝.
20．(本小题12分)在长方体A1B1C1D1－ABCD中，AB＝BC＝1，AA1＝，点M在AB1上移动，点N在BC1上移动，求点M和点N的最短距离．

解　如图所示，在BB1上取动点P，作PM⊥AB1于M，PN∥BC交BC1于N，连接MN，
∵BC⊥平面A1ABB1
∴BC⊥AB1，又PN∥BC，
∴PN⊥AB1，又PM⊥AB1，
∴AB1⊥平面PMN.
∴AB1⊥MN.
设BP＝x，则PN＝·BP＝ x，B1P＝－x.
又Rt△B1PM∽Rt△B1AB，
∴PM＝·PB1＝(－x)．
由作法可知PN⊥PM.
在Rt△PMN中，MN＝
＝＝，
∴当x＝时，|MN|min＝＝.
21.
[2015·山东高考](本小题12分)如图，在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE，∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．

解　(1)证法一：连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH.
在三棱台DEF－ABC中，
AB＝2DE，G为AC的中点，
可得DF∥GC，DF＝GC，
所以四边形DFCG为平行四边形．
则O为CD的中点，
又H为BC的中点，
所以OH∥BD.
又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，
所以BD∥平面FGH.
证法二：在三棱台DEF－ABC中，
由BC＝2EF，H为BC的中点，
可得BH∥EF，BH＝EF，
所以四边形BHFE为平行四边形，
可得BE∥HF.
在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，
所以GH∥AB.
又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.
因为BD⊂平面ABED，
所以BD∥平面FGH.
(2)解法一：设AB＝2，则CF＝1.
在三棱台DEF－ABC中，
G为AC的中点，
由DF＝AC＝GC，
可得四边形DGCF为平行四边形，
因此DG∥FC.
又FC⊥平面ABC，
所以DG⊥平面ABC.
连接GB，在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点，
所以AB＝BC，GB⊥GC，
因此GB，GC，GD两两垂直．

以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.
所以G(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，，0)，D(0,0,1)．
可得H，F(0，，1)．
故＝，＝(0，，1)设n＝(x，y，z)是平面FGH的法向量，则
由可得
可得平面FGH的一个法向量n＝(1，－1，)．
因为是平面ACFD的一个法向量，＝(，0,0)，
所以cos〈，n〉＝＝＝.
所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.

解法二：作HM⊥AC于点M，作MN⊥GF于点N，连接NH，BG.
由FC⊥平面ABC，得HM⊥FC.
又FC∩AC＝C，
所以HM⊥平面ACFD，
因此GF⊥NH，
所以∠MNH即为所求的角．
设AB＝2，在△BGC中，MH∥BG，MH＝BG＝，
由△GNM∽△GCF，
可得＝，从而MN＝.
由HM⊥平面ACFD，MN⊂平面ACFD，
得HM⊥MN.
因此，tan∠MNH＝＝，
所以∠MNH＝60°.
所以平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小为60°.
22.
(本小题12分)如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)求二面角D－A1A－C的余弦值；
(3)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．

解　(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos60°＝3，
∴AO2＋A1O2＝AA，
∴A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，
∴A1O⊥平面ABCD.
以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)．
由于＝(－2，0,0)，
＝(0,1，)，
·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，
∴⊥，即BD⊥AA1.
(2)由于OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的一个法向量为n1＝(1,0,0)．
设n2＝(x，y，z)为平面DAA1D1的一个法向量，则
即
取n2＝(1，，－1)，则〈n1，n2〉即为二面角D－A1A－C的平面角，
∴cos〈n1，n2〉＝＝，
所以，二面角D－A1A－C的余弦值为.
(3)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设＝λCC1，P(x，y，z)，
则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)．
从而有P(0,1＋λ，λ)，
＝(－，1＋λ，λ)．
设n3⊥平面DA1C1，则
又＝(0,2,0)，＝(，0，)，
设n3＝(x3，y3，z3)，
取n3＝(1,0，－1)，
因为BP∥平面DA1C1，
则n3⊥，即n3·＝－－λ＝0，
得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.