浙江专版高考数学二轮专题复习 专题验收评估四立体几何与空间向量.docx

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浙江专版高考数学二轮专题复习专题验收评估四立体几何与空间向量

（浙江专版）2019年高考数学二轮专题复习专题验收评估（四）立体几何与空间向量

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40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）

1．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是（　　）

A．球B．三棱锥

C．正方体D．圆柱

解析：

选D　球的三视图都是圆；三棱锥的三视图可以都是全等的三角形；正方体的三视图都是正方形；圆柱的底面放置在水平面上，则其俯视图是圆，正视图是矩形．

2．（2016·浙江高考）已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（　　）

A．m∥lB．m∥n

C．n⊥lD．m⊥n

解析：

选C　∵α∩β＝l，∴l⊂β.∵n⊥β，∴n⊥l，故选C.

3．设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是（　　）

A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直

B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直

C．与直线m垂直的直线不可能与平面α平行

D．与直线m平行的平面不可能与平面α垂直

解析：

选B　可以通过观察正方体ABCDA1B1C1D1进行判断，取BC1为直线m，平面ABCD为平面α，由AB，CD均与m垂直知，选项A错；由D1C1与m垂直且与α平行知，选项C错；由平面ADD1A1与m平行且与α垂直知，选项D错．

4．（2018届高三·浙江名校联考）一个简单几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图不可能为（　　）

A．正方形

B．圆

C．等腰三角形

D．直角梯形

解析：

选D　当几何体是一个长方体，其中一个侧面为正方形时，A可能；当几何体是横放的一个圆柱时，B可能；当几何体是横放的三棱柱时，C可能．于是只有D不可能．

5．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有以下四个命题

①⇒β∥γ　②⇒m⊥β

③⇒α⊥β　④⇒m∥α

其中正确的命题是（　　）

A．①④B．②③

C．①③D．②④

解析：

选C　对于②，直线m与平面β可能平行或相交；对于④，直线m可能也在平面α内．而①③都是正确的命题．

6．（2016·山东高考）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）

A.＋πB.＋π

C.＋πD．1＋π

解析：

选C　由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为，从而该几何体的体积为×12×1＋××3＝＋π.故选C.

7．已知四棱柱ABCDA1B1C1D1的三视图如图所示，则异面直线D1C与AC1所成的角为（　　）

A．30°B．45°

C．60°D．90°

解析：

选D　由三视图可知该几何体为直四棱柱，底面为直角梯形且两边长分别为1,2，高为1，四棱柱ABCDA1B1C1D1的高为2.∵AD⊥D1C，DC1⊥D1C，AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1，∴D1C⊥AC1，∴异面直线D1C与AC1所成的角为90°.

8．已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为（　　）

A.B.

C.D.

解析：

选B　设三棱柱的高为h，则×（）2×h＝，解得h＝.设三棱柱的底面ABC的中心为Q，则PQ＝，AQ＝××＝1.在Rt△APQ中，∠PAQ即为直线PA与平面ABC所成的角，且tan∠PAQ＝，

所以∠PAQ＝.

9．在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：

①四边形EFGH为平行四边形；

②平面α∥平面BCC1B1；

③平面α⊥平面BCFE.

其中正确的命题有（　　）

A．①②B．②③C．①③D．①②③

解析：

选C　如图，因为在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α，所以AA1∥EH∥GF，AA1＝EH＝GF，所以四边形EFGH为平行四边形，故①正确；因为EF与BC不一定平行，所以平面α与平面BCC1B1平行或相交，故②不正确；因为AA1∥EH∥GF，AA1＝EH＝GF，且AA1⊥平面BCFE，所以EH⊥平面BCFE，因为EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCEF，故③正确．

10．已知正四面体SABC的棱长为1，如果一个高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为（　　）

A.B.C.D.

解析：

选D　易知正四面体SABC的内切球的球心O必在高线SH上，延长AH交BC于点D，则D为BC的中点，连接SD，设内切球切SD于点E，连接AO.因为H是正三角形ABC的中心，所以AH∶HD＝2∶1，因为Rt△OAH∽Rt△DSH，所以＝＝3，可得OA＝3OH＝SO，因此SH＝4OH，可得内切球的半径R＝OH＝SH.因为正四面体SABC的棱长为1，所以在Rt△DSH中，DS＝＝＝，解得R2＝.要满足一个高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则长方体的体对角线长不能超过正四面体内切球的直径，设该长方体的长和宽分别为x，y，该长方体的长和宽形成的长方形的面积为S，所以4R2≥2＋x2＋y2，所以x2＋y2≤，所以S＝xy＝≤，当且仅当x＝y＝时等号成立，即该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为.

二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上）

11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．

解析：

由空间几何体的三视图，得其直观图为底面半径为1，高为的圆锥的一半，所以该几何体的体积V＝×π×12×＝，表面积为S＝×π×1×＋×π×12＋×2×＝＋.

答案：

　＋

12.如图，在四棱锥PABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，PD＝AD＝DC＝2AB，则异面直线PC与AB所成角的大小为________；直线PB与平面PDC所成角的正弦值为________．

解析：

由于AB∥CD，所以∠PCD为异面直线PC与AB所成的角．因为PD⊥平面ABCD，所以∠PDC＝，又因为PD＝DC，所以∠PCD＝.过点B作BE垂直CD于点E，连接PE，易证BE⊥平面PCD，所以∠BPE为直线PB与平面PDC所成的角，因为PD＝AD＝DC＝2AB，设AD＝1，则PB＝＝＝，BE＝AD＝1，所以sin∠BPE＝＝.

答案：

13．某几何体的三视图（单位：

cm）如图所示，则此几何体侧视图的面积为______cm2，此几何体的体积为______cm3.

解析：

由三视图性质可知，俯视图为等边三角形，该三角形的高为2，故侧视图中直角三角形的一边长为4，另一边长为2，故侧视图面积S＝×4×2＝4.作出该几何体的直观图如图所示，可知该几何体的体积VABCDE＝×2×＝8.

答案：

4　8

14．把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥ABCD的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为________，二面角BACD的余弦值为________．

解析：

由三视图还原出原几何体如图所示，其侧视图面积为××＝.取AC的中点E，连接BE，DE，则AC⊥BE，AC⊥DE，所以∠BED就是二面角BACD的平面角．因为AC＝1，所以BE＝DE＝，所以cos∠BED＝＝－.

答案：

　－

15．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________．

解析：

在正四面体中取CD的中点为G，连接FG，EG，作FH⊥平面CDE于点H.因为正四面体的高FH在平面EFG内，且FH平行于正方体的高，所以可证得平面EFG平行于正方体的左、右两个侧面，故直线EF仅与正方体的六个面中的上、下两个平面及前、后两个平面相交，共有4个．

答案：

4

16．（2017·温州模拟）如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：

①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.

其中正确的结论有________（把所有正确的序号都填上）．

解析：

由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA⊥AE.又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE⊥平面PAB.又PB⊂平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；又平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD.又AD⊂平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，

∴∠PDA＝45°，∴④正确．

答案：

①④

17．（2017·全国卷Ⅲ）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：

①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；

②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；

③直线AB与a所成角的最小值为45°；

④直线AB与a所成角的最大值为60°.

其中正确的是________．（填写所有正确结论的编号）

解析：

法一：

依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.

由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．

设直线a的方向向量为a＝（0,1,0），直线b的方向向量为b＝（1,0,0），以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0,2π），则B（cosθ，sinθ，0），又A（0,0,1），

∴＝（cosθ，sinθ，－1），||＝.

设直线AB与a所成夹角为α，

则cosα＝＝|sinθ|∈，

∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误．

设直线AB与b所成夹角为β，

则cosβ＝＝|cosθ|.

当直线AB与a的夹角为60°，即α＝60°时，

则|sinθ|＝cosα＝cos60°＝，

∴|cosθ|＝.∴cosβ＝|cosθ|＝.

∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB与b的夹角为60°.

∴②正确，①错误．

法二：

由题意，AB是以AC为轴，BC为底面半径的圆锥的母线，又AC⊥a，AC⊥b，AC⊥圆锥底面，∴在底面内可以过点B，作BD∥a，交底面圆C于点D，如图所示，连接DE，则DE⊥BD，∴DE∥b，连接AD，设BC＝1，在等腰△ABD中，AB＝AD＝，当直线AB与a成60°角时，∠ABD＝60°，故BD＝，又在Rt△BDE中，BE＝2，∴DE＝，

过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连接AF，EF，

∴BF＝DE＝，

∴△ABF为等边三角形，

∴∠ABF＝60°，即AB与b成60°角，故②正确，①错误．

由最小角定理可知③正确；

很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，

∴直线AB与a所成角的最大值为90°，④错误．

∴正确的说法为②③.

答案：

②③

三、解答题（本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

18．（本小题满分14分）如图，直三棱柱ABCA′B′C′的侧棱长为3，AB⊥BC，且AB＝BC＝3，点E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF.

（1）求证：

无论E在何处，总有B′C⊥C′E；

（2）当三棱锥BEB′F的体积取得最大值时，求异面直线A′F与AC所成角的余弦值．

解：

（1）证明：

由题意知，

四边形BB′C′C是正方形，

连接AC′，BC′，则B′C⊥BC′.

又AB⊥BC，BB′⊥AB，BC∩BB′＝B，

∴AB⊥平面BB′C′C.

∴B′C⊥AB，

又AB∩BC′＝B，∴B′C⊥平面ABC′.

∵C′E⊂平面ABC′，∴B′C⊥C′E.

（2）连接EF，B′E，B′F，A′E，AF，

设AE＝BF＝m，则三棱锥BEB′F的体积为V＝m（3－m）≤＝，当且仅当m＝时取等号．

故当m＝，即点E，F分别是棱AB，BC的中点时，三棱锥BEB′F的体积最大，则|cos∠A′FE|为所求．

∵EF＝，AF＝A′E＝，A′F＝，

∴|cos∠A′FE|＝，即异面直线A′F与AC所成角的余弦值为.

19．（本小题满分15分）（2017·绍兴模拟）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.

（1）证明：

PC⊥平面BED；

（2）设二面角APBC为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．

解：

（1）证明：

因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.

如图，设AC∩BD＝F，连接EF.

因为AC＝2，PA＝2，PE＝2EC，

故PC＝2，EC＝，FC＝，

从而＝，＝.

所以＝，又∠FCE＝∠PCA，

所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF.

又BD∩EF＝F，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APBC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是正方形，

AD＝2，PD＝＝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＝.

设PD与平面PBC所成的角为α，

则sinα＝＝.

所以PD与平面PBC所成的角为30°.

20．（本小题满分15分）已知四棱锥PABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PA⊥PD.

（1）求证：

平面PAB⊥平面PAD；

（2）若直线AC与PD所成角为60°，求二面角APCD的余弦值．

解：

（1）证明：

∵PH⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PH⊥AB.

∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD⊂平面PAD，PH⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD.

又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.

（2）以A为原点，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，

∵PH⊥平面ABCD，

∴z轴∥PH.则A（0,0,0），C（1,1,0），D（0,2,0），则＝（1,1,0），＝（1，－1,0）．

设AH＝a，PH＝h（00）．

则P（0，a，h）．

∴＝（0，a，h），＝（0，a－2，h），＝（1,1,0）．

∵PA⊥PD，∴·＝a（a－2）＋h2＝0.

∵AC与PD所成角为60°，

∴|cos〈，〉|＝＝，

∴（a－2）2＝h2，∴（a－2）（a－1）＝0，

∵0

∵h>0，∴h＝1，∴P（0,1,1）．

∴＝（0,1,1），＝（1,0，－1）．

设平面APC的法向量为n＝（x1，y1，z1），

由得

取x1＝1，得平面APC的一个法向量为n＝（1，－1,1）．

设平面DPC的法向量为m＝（x2，y2，z2），

由得

取x2＝1，得平面DPC的一个法向量为m＝（1,1,1）．

∴cos〈m，n〉＝＝.

由图可知二面角APCD的平面角为钝角，

∴二面角APCD的余弦值为－.

21．（本小题满分15分）（2017·绍兴调研）如图1，四面体PABC中，BC＝BP＝1，AC＝AP＝，AB＝2.将△PAB沿直线AB翻折至△P1AB，使点A，P1，B，C在同一平面内（如图2），点M为PC的中点．

（1）求证：

直线PP1∥平面MAB；

（2）求证：

PC⊥AB；

（3）求直线PA与平面P1PC所成角的大小．

解：

（1）证明：

连接CP1交直线AB于点E，连接ME.

∵AC＝AP1，BC＝BP1，

∴△ABC≌△ABP1，

∴CE＝EP1，∴点E为CP1的中点．

又点M为PC的中点，∴ME∥PP1.

又ME⊂平面MAB，PP1⊄平面MAB，

∴PP1∥平面MAB.

（2）证明：

∵BC＝BP，AC＝AP，M为PC的中点，

∴BM⊥PC，AM⊥PC.又BM∩AM＝M，

∴PC⊥平面ABM，∴PC⊥AB.

（3）∵BC＝BP1＝1，AC＝AP1＝，∴P1C⊥AB.

又PC⊥AB，∴AB⊥平面PCP1，

∴∠APE为直线PA与平面PCP1所成的角．

∵AB＝2，∴AE＝，∴sin∠APE＝，故∠APE＝60°.

∴直线PA与平面P1PC所成的角为60°.

22.（本小题满分15分）（2017·台山一中模拟）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，每个侧面均为正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱CC1的中点．

（1）求证：

CD∥平面A1EB；

（2）求证：

AB1⊥平面A1EB；

（3）求直线B1E与平面AA1C1C所成角的正弦值．

解：

（1）证明：

设AB1和A1B的交点为O，连接EO，OD.

因为O为AB1的中点，D为AB的中点，

所以OD∥BB1，且OD＝BB1.

又因为E是CC1的中点，所以EC∥BB1，且EC＝BB1.

所以EC∥OD且EC＝OD.

所以四边形ECDO为平行四边形，故EO∥CD.

又因为CD⊄平面A1BE，EO⊂平面A1BE，

所以CD∥平面A1BE.

（2）证明：

因为三棱柱的各侧面都是正方形，

所以BB1⊥AB，BB1⊥BC.

所以BB1⊥平面ABC.

因为CD⊂平面ABC，所以BB1⊥CD.

由已知得AB＝BC＝AC，

所以CD⊥AB.所以CD⊥平面A1ABB1.

由

（1）可知EO∥CD，

所以EO⊥平面A1ABB1.所以EO⊥AB1.

因为侧面ABB1A1是正方形，所以AB1⊥A1B.

又EO∩A1B＝O，所以AB1⊥平面A1BE.

（3）取A1C1的中点F，连接B1F，EF.在三棱柱ABCA1B1C1中，

因为BB1⊥平面ABC，

所以侧面ACC1A1⊥底面A1B1C1.

因为底面A1B1C1是正三角形，且F是A1C1的中点，

所以B1F⊥A1C1，

所以B1F⊥侧面ACC1A1.

所以∠FEB1即为B1E与平面AA1C1C所成的角．

设棱长为1，则B1F＝，B1E＝，

在Rt△B1FE中，sin∠B1EF＝＝.

故直线B1E与平面AA1C1C所成角的正弦值为.