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【步步高】2015届高考数学第一轮复习(典型题+详解)立体几何专项基础训练


中档题目强化练——立体几何
A 组 专项基础训练 (时间:40 分钟) 一、选择题 1.以下关于几何体的三视图的论述中,正确的是 A.球的三视图总是三个全等的圆 B.正方体的三视图总是三个全等的正方形 C.水平放置的各面均为正三角形的四面体的三视图都是正三角形 D.水平放置的圆台的俯视图是一个圆 答案 A 解析 画几何体的三视图要考虑视角,但对于球无论选择怎样的视角,其

三视图总是三个 全等的圆. 2.设 α、β、γ 是三个互不重合的平面,m、n 是两条不重合的直线,下列命题中正确的是( A.若 α⊥β,β⊥γ,则 α⊥γ B.若 m∥α,n∥β,α⊥β,则 m⊥n C.若 α⊥β,m⊥α,则 m∥β D.若 α∥β,m?β,m∥α,则 m∥β 答案 D 解析 对于 A, 若 α⊥β, β⊥γ, α, γ 可以平行, 也可以相交, A 错; 对于 B, 若 m∥α, n∥β, α⊥β,则 m,n 可以平行,可以相交,也可以异面,B 错;对于 C,若 α⊥β,m⊥α,则 m 可以在平面 β 内,C 错;易知 D 正确. 3.设 α、β、γ 为平面,l、m、n 为直线,则 m⊥β 的一个充分条件为 A.α⊥β,α∩β=l,m⊥l C.α∩γ=m,α⊥γ,β⊥γ 答案 B 解析 如图①知 A 错;如图②知 C 错;如图③在正方体中,两侧面 α 与 β 相交于 l,都与 底面 γ 垂直,γ 内的直线 m⊥α,但 m 与 β 不垂直,故 D 错; 由 n⊥α,n⊥β,得 α∥β.又 m⊥α,则 m⊥β,故 B 正确. B.n⊥α,n⊥β,m⊥α D.α⊥γ,β⊥γ,m⊥α ( ) ) ( )

1

4.如图,在正四棱柱(底面是正方形的直四棱柱)ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别是 AB1、BC1 的中点,则下列结论不成立的是 A.EF 与 BB1 垂直 C.EF 与 CD 异面 答案 D 解析 连接 B1C,AC,则 B1C 交 BC1 于 F, 且 F 为 B1C 的中点, 1 又 E 为 AB1 的中点,所以 EF 綊 AC, 2 而 B1B⊥平面 ABCD,所以 B1B⊥AC, 所以 B1B⊥EF,A 正确; 又 AC⊥BD,所以 EF⊥BD,B 正确; 1 显然 EF 与 CD 异面,C 正确;由 EF 綊 AC,AC∥A1C1, 2 得 EF∥A1C1.故不成立的选项为 D. 5.若某几何体的三视图如图所示,则此几何体的体积是 ( ) B.EF 与 BD 垂直 D.EF 与 A1C1 异面 ( )

A.2 答案 A

3 B. 2

C.3

5 D. 2

解析 由三视图知原几何体可理解为三个部分拼接而成,其中一个棱长为 1 的正方体,另 外两个为正方体的一半.因此易得总体积为 2. 二、填空题 6.三棱锥 P-ABC 中,PA⊥底面 ABC,PA=3,底面 ABC 是边长为 2 的正三角形,则三棱锥 P-ABC 的体积等于________. 答案 3

2

解析 ∵PA⊥底面 ABC, ∴PA 为三棱锥 P-ABC 的高,且 PA=3. 1 1 ∵底面 ABC 为正三角形且边长为 2,∴底面面积为 ×22×sin 60° = 3,∴VP-ABC= × 3 2 3 ×3= 3. 7.已知四棱锥 P—ABCD 的底面 ABCD 是矩形,PA⊥底面 ABCD,点 E、F 分别是棱 PC、PD 的中点,则 ①棱 AB 与 PD 所在直线垂直; ②平面 PBC 与平面 ABCD 垂直; ③△PCD 的面积大于△PAB 的面积; ④直线 AE 与直线 BF 是异面直线. 以上结论正确的是________.(写出所有正确结论的编号) 答案 ①③ 解析 由条件可得 AB⊥平面 PAD, ∴AB⊥PD,故①正确; 若平面 PBC⊥平面 ABCD,由 PB⊥BC, 得 PB⊥平面 ABCD,从而 PA∥PB,这是不可能的,故②错; 1 1 S△PCD= CD· PD,S△PAB= AB· PA, 2 2 由 AB=CD,PD>PA 知③正确; 由 E、F 分别是棱 PC、PD 的中点, 可得 EF∥CD,又 AB∥CD, ∴EF∥AB,故 AE 与 BF 共面,④错. 8.三棱锥 S-ABC 中,∠SBA=∠SCA=90° ,△ABC 是斜边 AB=a 的等腰直角三角形,则以 下结论中: ①异面直线 SB 与 AC 所成的角为 90° ; ②直线 SB⊥平面 ABC; ③平面 SBC⊥平面 SAC; 1 ④点 C 到平面 SAB 的距离是 a. 2 其中正确结论的序号是________. 答案 ①②③④

3

解析 由题意知 AC⊥平面 SBC, 故 AC⊥SB, SB⊥平面 ABC, 平面 SBC⊥ 平面 SAC,①②③正确;取 AB 的中点 E,连接 CE,(如图)可证得 CE⊥ 1 平面 SAB,故 CE 的长度即为 C 到平面 SAB 的距离 a,④正确. 2 三、解答题 9.如图,已知在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AD⊥DC,AB∥DC,DC=DD1=2AD=2AB =2. (1)求证:DB⊥平面 B1BCC1; (2)设 E 是 DC 上一点,试确定 E 的位置,使得 D1E∥平面 A1BD,并 说明理由. (1)证明 在 Rt△ABD 中,AB=AD=1,BD= 2, 又∵BC= 2,CD=2, ∴∠DBC=90° ,即 BD⊥BC. 又 BD⊥BB1,B1B∩BC=B, ∴BD⊥平面 B1BCC1. (2)解 DC 的中点即为 E 点, 连接 D1E,BE,∵DE∥AB,DE=AB, ∴四边形 ABED 是平行四边形.∴AD 綊 BE. 又 AD 綊 A1D1,∴BE 綊 A1D1, ∴四边形 A1D1EB 是平行四边形.∴D1E∥A1B. ∵D1E?平面 A1BD,A1B?平面 A1BD, ∴D1E∥平面 A1BD. 10.在正方体 ABCD-A′B′C′D′中, 棱 AB, BB′, B′C′, C′D′ 的中点分别是 E,F,G,H,如图所示. (1)求证:AD′∥平面 EFG; (2)求证:A′C⊥平面 EFG; (3)判断点 A,D′,H,F 是否共面?并说明理由.

4

(1)证明 连接 BC′. 在正方体 ABCD-A′B′C′D′中,AB=C′D′, AB∥C′D′, 所以四边形 ABC′D′是平行四边形, 所以 AD′∥BC′. 因为 F,G 分别是 BB′,B′C′的中点, 所以 FG∥BC′,所以 FG∥AD′. 因为 EF,AD′是异面直线,所以 AD′?平面 EFG. 因为 FG?平面 EFG,所以 AD′∥平面 EFG. (2)证明 连接 B′C. 在正方体 ABCD-A′B′C′D′中,A′B′⊥平面 BCC′B′, BC′?平面 BCC′B′, 所以 A′B′⊥BC′. 在正方形 BCC′B 中,B′C⊥BC′, 因为 A′B′?平面 A′B′C,B′C?平面 A′B′C, A′B′∩B′C=B′, 所以 BC′⊥平面 A′B′C. 因为 A′C?平面 A′B′C,所以 BC′⊥A′C. 因为 FG∥BC′,所以 A′C⊥FG,同理可证 A′C⊥EF. 因为 EF?平面 EFG,FG?平面 EFG,EF∩FG=F, 所以 A′C⊥平面 EFG. (3)解 点 A,D′,H,F 不共面.理由如下: 假设 A,D′,H,F 共面,连接 C′F,AF,HF. 由(1)知,AD′∥BC′, 因为 BC′?平面 BCC′B′,AD′?平面 BCC′B′. 所以 AD′∥平面 BCC′B′. 因为 C′∈D′H, 所以平面 AD′HF∩平面 BCC′B′=C′F. 因为 AD′?平面 AD′HF, 所以 AD′∥C′F. 所以 C′F∥BC′,而 C′F 与 BC′相交,矛盾. 所以点 A,D′,H,F 不共面.

5

B 组 专项能力提升 (时间:25 分钟) 1.已知直线 l1,l2 与平面 α,则下列结论中正确的是 A.若 l1?α,l2∩α=A,则 l1,l2 为异面直线 B.若 l1∥l2,l1∥α,则 l2∥α C.若 l1⊥l2,l1⊥α,则 l2∥α D.若 l1⊥α,l2⊥α,则 l1∥l2 答案 D 解析 对于选项 A,当 A∈l1 时,结论不成立;对于选项 B、C,当 l2?α 时,结论不成立. 2.已知直线 l⊥平面 α,直线 m?平面 β,有下面四个命题: ①α∥β?l⊥m; ②α⊥β?l∥m; ③l∥m?α⊥β; ④l⊥m?α∥β. 其中正确的命题有 A.①② 答案 B 解析 ①中, α∥β? l⊥β ? ? ? ?? ??l⊥m,故①正确; ? ? l⊥α ? m?β? B.①③ C.②④ D.③④ ( ) ( )

②中,l 与 m 相交、平行、异面均有可能,故②错; ③中,
? ? l∥m? m⊥α? ?? ??α⊥β,故③正确; ? l⊥α ? m?β ? ?

④中,α 与 β 也有可能相交,故④错误. 3.如图所示,是一几何体的平面展开图,其中 ABCD 为正方形,E、F 分别为 PA、PD 的中点. 在此几何体中,给出下面四个结论: ①直线 BE 与直线 CF 异面; ②直线 BE 与直线 AF 异面; ③直线 EF∥平面 PBC; ④平面 BCE⊥平面 PAD. 其中正确的有 A.①② 答案 B 解析 对于①,因为 E、F 分别是 PA、PD 的中点, 所以 EF∥AD.又因为 AD∥BC, 所以 EF∥BC.所以 BE 与 CF 共面.故①不正确. 对于②, 因为 BE 是平面 APD 的斜线, AF 是平面 APD 内与 BE 不相交的直线, 所以 BE 与
6

( C.①④ D.②④

)

B.②③

AF 不共面.故②正确 . 对于③,由①,知 EF∥BC,所以 EF∥平面 PBC.故③正确. 对于④,条件不足,无法判断两平面垂直. π π 4.有一个内接于球的四棱锥 P-ABCD,若 PA⊥底面 ABCD,∠BCD= ,∠ABC≠ ,BC=3, 2 2 CD=4,PA=5,则该球的表面积为________. 答案 50π 解析 由∠BCD=90° 知 BD 为底面 ABCD 外接圆的直径,则 2r= 32+42=5. 又∠DAB=90° ?PA⊥AB,PA⊥AD,BA⊥AD. 从而把 PA,AB,AD 看作长方体的三条棱,设外接球半径为 R,则(2R)2=52+(2r)2=52+52, ∴4R2=50,∴S 球=4πR2=50π. 5. 如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=BC=1,∠ACB=90° ,AA1= 2,D 是 A1B1 中点. (1)求证:C1D⊥平面 AA1B1B; (2)当点 F 在 BB1 上什么位置时, 会使得 AB1⊥平面 C1DF?并证明你的结 论. (1)证明 如图,∵ABC-A1B1C1 是直三棱柱, ∴A1C1=B1C1=1,且∠A1C1B1=90° . 又 D 是 A1B1 的中点,∴C1D⊥A1B1. ∵AA1⊥平面 A1B1C1,C1D?平面 A1B1C1, ∴AA1⊥C1D, 又 AA1∩A1B1=A1,∴C1D⊥平面 AA1B1B. (2)解 作 DE⊥AB1 交 AB1 于 E,延长 DE 交 BB1 于 F,连接 C1F, 则 AB1⊥平面 C1DF,点 F 即为所求. ∵C1D⊥平面 AA1BB,AB1?平面 AA1B1B,∴C1D⊥AB1. 又 AB1⊥DF,DF∩C1D=D,∴AB1⊥平面 C1DF.

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