2019高考数学文一轮复习第8章立体几何章末总结含解析

章末总结
C．28πD．32π
Ⅱ，T14，5分)α，β是两个平面，是两条直线，有下列四个命题：
的中点；
在平面P AC内的正投影ABCD中，AB∥CD，且∠
一、选择题
1．
(必修2 P10B组T1改编)如图，若Ω是长方体ABCD-A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是()
A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形
C．Ω是棱柱D．Ω是棱台
解析：选D．因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，EH⊄平面BCC1B1，所以EH∥平面BCC1B1．又因为平面EFGH∩平面BCC1B1＝FG，所以EH∥FG，且EH＝FG，由长方体的特征知四边形EFGH为矩形，Ω为五棱柱，所以选项A，B，C都正确．故选D．2．(必修2 P61练习、P71练习T2、P73练习T1改编)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是()
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥β
C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
解析：选D．A中，两直线可能平行，相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C 中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D．3．(必修2 P78A组T7改编)正四棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为()
A ．25π
B ．252π
C ．253π
D ．254
π
解析：选C ．
由三视图画出直观图与其外接球示意图，且设O 1是底面中心．
由三视图知，O 1A ＝2，O 1P ＝3，所以正四棱锥P -ABCD 的外接球的球心O 在线段O 1P 上．
设球O 的半径为R ．
由O 1O 2＋O 1A 2＝OA 2得(3－R )2＋(2)2＝R 2． 所以R ＝5
23
．
则外接球的表面积为S ＝4πR 2
＝4π·⎝⎛⎭⎫5232
＝25
3
π．
4．
(必修2 P 79 B 组 T 2改编)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，B 1D ∩平面A 1BC 1＝H ． 有下列结论． ①B 1D ⊥平面A 1BC 1；
②平面A 1BC 1将正方体体积分成1∶5两部分；
③H 是B 1D 的中点；
④平面A 1BC 1与正方体的六个面所成的二面角的余弦值都为3
3
．则正确结论的个数有( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
解析：选C ．对于①，连接B 1C 与A 1D ，由正方体性质知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥A 1B 1， 又A 1B 1∩B 1C ＝B 1，A 1B 1，B 1C ⊂平面A 1B 1CD ． 所以BC 1⊥平面A 1B 1CD ． 又B 1D ⊂平面A 1B 1CD ． 所以B 1D ⊥BC 1．
同理B 1D ⊥A 1B ，A 1B ∩BC 1＝B ． 所以B 1D ⊥平面A 1BC 1，故①正确． 对于②．设正方体棱长为a ． 则V 三棱锥B -A 1B 1
C 1
＝13·12a ·a ·a ＝1
6
a 3．
所以平面A 1BC 1将正方体分成两部分的体积之比为16a 3∶(a 3－1
6a 3)＝1∶5．故②正确．
对于③，设正方体棱长为a ， 则A 1B ＝2a ．由V B 1
-A 1
BC 1
＝16
a 3
，
得13×34×(2a )2·B 1H ＝1
6a 3， 所以B 1H ＝
3
3
a ，而B 1D ＝3a ． 所以B 1H ∶HD ＝1∶2，即③错误．
对于④，由对称性知，平面A 1BC 1与正方体六个面所成的二面角的大小都相等． 由①知B 1H ⊥平面A 1BC 1，而A 1B 1⊥平面B 1BCC 1． 所以∠A 1B 1H 的大小即为所成二面角的大小． cos ∠A 1B 1H ＝B 1H A 1B 1＝33a
a ＝3
3．故④正确．故选C ．
二、填空题
5．(必修2 P 53 B 组 T 2改编)已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，点A 1
在底面ABC 上的射影D 为BC 的中点，则异面直线AB 与CC 1所成的角的余弦值为________．
解析：连接A 1D ，AD ，A 1B ，易知∠A 1AB 为异面直线AB 和CC 1所成的角，设三棱柱的侧棱长与底面边长均为1，则AD ＝32，A 1D ＝12，A 1B ＝2
2，由余弦定理得cos ∠A 1AB ＝
1＋1－
122×1×1＝3
4
． 答案：34
6．
(必修2 P 79 B 组 T 1改编)如图在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将△ADE 沿AE 折起．则下列说法正确的是________．(填上所有正确说法的序号)
①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥平面DEC ； ②不论D 折至何位置都有MN ⊥AE ；
③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥AB ； ④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC ⊥AD ； ⑤无论D 折至何位置，都有AE ⊥DC ． 解析：
如图，设Q ，P 分别为CE ，DE 的中点，可得四边形MNQP 是矩形，所以①②正确；不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN 与AB 是异面直线，不可能MN ∥AB ，所以③错；当平面ADE ⊥平面ABCD 时，可得EC ⊥平面ADE ，故EC ⊥AD ，④正确．无论D 折到何位置，均有AE ⊥平面CDE ．故AE ⊥CD ．故⑤正确．
答案：①②④⑤
三、解答题
7．(必修2 P 79B 组T 1改编)如图，边长为33的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 上的点，将△AED ，△DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A ′．
(1)求证：A ′D ⊥EF ．
(2)当BE ＝BF ＝1
3BC 时，求三棱锥A ′­EFD 的体积．
解：(1)证明：因为A ′D ⊥A ′E ，A ′D ⊥A ′F ， A ′E ∩A ′F ＝A ′，所以A ′D ⊥平面A ′EF ， 因为EF ⊂平面A ′EF ， 所以A ′D ⊥EF ．
(2)由(1)知，A ′D ⊥平面A ′EF ，
所以A ′D 的长即为三棱锥D -A ′EF 的高，
则A ′E ＝A ′F ＝2
3BC ＝23，EF ＝BE 2＋BF 2＝6，
作A ′O ⊥EF 于点O ， 所以A ′O ＝
A ′E 2
－⎝⎛⎭⎫12EF 2＝422
，
则V A ′­EFD ＝V D -A ′EF ＝13A ′D ·S △A ′EF
＝13×33×12EF ·A ′O ＝13×33×12×6×422＝321
2． 8．(必修2 P 78 A 组 T 4改编)如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 、F 、M 分别是C 1B 1，C 1D 1和AB 的中点．
(1)求证：MD 1∥平面BEFD ． (2)求M 到平面BEFD 的距离． 解：(1)证明：连接BF ．
因为M 、F 分别为AB 与C 1D 1的中点，且ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体． 所以MB ═
∥
D 1F ．
所以四边形MBFD 1为平行四边形， 所以MD 1∥BF ．
又MD 1⊄平面BEFD ，BF ⊂平面BEFD ． 所以MD 1∥平面BEFD ． (2)过E 作EG ⊥BD 于G ． 因为正方体的棱长为2，
所以BE ＝5，BG ＝12(BD －EF )＝12(22－2)＝2
2．
所以EG ＝BE 2－BG 2＝
5－12＝32
2
． 所以S △EBD ＝12BD ×EG ＝12×22×3
22＝3．
又S △MBD ＝12MB ×AD ＝1
2
×1×2＝1．
E 到平面ABCD 的距离为2，设M 到平面BEFD 的距离为d ． 由V 三棱锥M -BDE ＝V 三棱锥E -MBD 得13S △EBD ·d ＝1
3S △MBD ×2． 所以d ＝S △MBD ×2S △EBD ＝1×23＝2
3．
所以M 到平面BED 的距离为2
3．。