2018年高考数学(理)一轮复习专题专题测试六 立体几何

专题测试六立体几何(时间90分钟，满分100分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5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．已知α，β为不重合的两个平面，直线m⊂α，那么“m⊥β”是“α⊥β”的() A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A.由m⊂α，m⊥β，可得α⊥β，即充分性成立；由α⊥β，m⊂α，得不出m⊥β，即必要性不成立．故“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件．2．设m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，下列命题中错误的是()A．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥βB．若α⊥β，m⊄α，m⊥β，则m∥αC．若m⊥β，m⊂α，则α⊥βD．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n解析：选D.由m⊥α，m∥n知，n⊥α，又n∥β，所以α⊥β，故A正确；由α⊥β，m⊥β知，m⊂α或m∥α，而已知条件中m⊄α，所以m∥α，故B正确；易知C正确；由α⊥β，m⊂α，n⊂β不能确定m，n的位置关系，m，n可能平行，故D不正确．3．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为4π3的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是()A．6 3 B．12 3C．18 3 D．24 3解析：选C.根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，边长等于23，所以这个三棱柱的表面积等于3×23×2＋2×12×23×3＝18 3.4．已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A.64B.62C.22D.π4解析：选A.本题考查几何体的三视图．由题意易知其侧视图(三角形)的底为32，高为2，所以其侧视图的面积为64.5．一空间几何体的三视图如图所示，若正视图和侧视图都是等腰直角三角形，且直角边长为1，则该几何体外接球的表面积为( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π解析：选 B.由三视图知该几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱垂直于底面，高等于1，其底面是边长为1的正方形，所以四棱锥的外接球即边长为1的正方体的外接球，所以外接球的直径为3，所以外接球的表面积S ＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3π. 6．如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选D.由题意知，直线A 1M 在平面CDD 1C 1内的射影是直线D 1M ，且D 1M ⊥DN .又A 1D 1⊥DN ，且A 1D 1∩D 1M ＝D 1，所以DN ⊥平面A 1D 1M ，又A 1M ⊂平面A 1D 1M ，所以DN ⊥A 1M ，即直线A 1M 与DN 所成的角是90°.7．在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝2AB .若E ，F 分别为线段A 1D 1，CC 1的中点，则直线EF 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为( )A.63B.22C.33D.13解析：选C.取DD 1的中点G ，连接EG ，FG ，EC 1.容易证明∠FEG 为直线EF 与平面ADD 1A 1所成的角．设AB ＝a ，则AA 1＝AD ＝2a .在三角形ED 1C 1中可求得EC 1＝2a .在三角形EFC 1中可求得EF ＝3a .所以在三角形EFG 中可求得sin ∠FEG ＝a 3a＝33.8．已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线m ，n ，给出下列命题： ①若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥α；②若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β；③若m ⊥α，m ∥n ，n ⊂β，则α⊥β；④若m ∥α，α∩β＝n ，则m ∥n .其中正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选D.对于①，因为m ⊥α，所以直线m 与平面α所成的角为90°，又m ∥n ，所以直线n 与平面α所成的角也为90°，即n ⊥α成立，故①正确．对于②，若m ⊥α，m ⊥β，则经过m 作平面γ，设γ∩α＝a ，γ∩β＝b ，因为a ⊂α，b ⊂β，所以在平面γ内，m ⊥a ，m ⊥b ，所以直线a ，b 是平行直线．因为a ⊄β，b ⊂β，a ∥b ，所以a ∥β.经过m 作平面θ，设θ∩α＝c ，θ∩β＝d ，同样的方法可以证出c ∥β.因为a ，c 是平面α内的两条相交直线，所以α∥β，故②正确．对于③，因为m ⊥α，m ∥n ，所以n ⊥α.因为n ⊂β，所以α⊥β，故③正确．对于④，因为m ∥α，α∩β＝n ，所以当直线m 在平面β内时，m ∥n 成立，但题设中没有给出m 在平面β内这一条件，故④不正确．综上所述，正确命题的个数是3.9．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝2，BC ＝23，∠BAC ＝π2，且此三棱柱的各顶点都在一个球面上，则球的体积为( )A.8π3B.16π3C.32π3D.64π3解析：选 C.因为∠BAC ＝π2，所以BA ⊥AC .又AA 1⊥平面ABC ，所以三棱柱ABC -A 1B 1C 1是一个底面为直角三角形的直三棱柱．作长方体ABDC -A 1B 1D 1C 1，则这个直三棱柱的外接球就是长方体ABDC -A 1B 1D 1C 1的外接球，且外接球的直径2R 即直四棱柱的体对角线BC 1的长，所以2R ＝BA 2＋AC 2＋AA 21＝BC 2＋AA 21＝(23)2＋22＝4，解得R ＝2，则球的体积V ＝4π3×23＝32π3. 10．设m ，n 是空间两条不同的直线，α，β，γ是空间三个不同的平面，给出下列命题：①若m ⊂β，α⊥β，则m ⊥α；②若m ∥α，m ⊥β，则α⊥β；③若α⊥β，α⊥γ，则β⊥γ；④若α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，m ∥n ，则α∥β. 其中假命题的序号是( )A ．②③B ．①③④C ．①②④D ．①②③解析：选B.①中，m ⊂β，α⊥β，则m 也可能在平面α内，也可能与平面α平行，故①错误；②中，由m ∥α，可得在平面α内一定存在一条直线n ，使得n ∥m ，由m ⊥β，可得n ⊥β，所以α⊥β，故②正确；③中，垂直于同一平面的两个平面可能平行，也可能相交，故③错误；④中，如果两个平面与同一个平面相交，且它们的交线平行，那么这两个平面可能平行，也可能相交，故④错误．11．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，A 1A ＝AC ＝2，BC ＝1，AB ＝5，则此三棱柱的侧视图的面积为( )A ．2B ．4 C.455D ．2 5解析：选C.本题主要考查空间几何体的三视图．过点C 作CD ⊥AB 于点D ，则CD 与CC 1可确定平面C 1CD ，所以三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧视图为侧面ACC 1A 1在平面C 1CD 上的正投影，该投影是以CD 和CC 1为邻边的矩形．在△ABC 中，AC ＝2，BC ＝1，AB ＝5，所以AC ⊥BC ，所以12·AC ·BC ＝12·AB ·CD ，即2×1＝5CD ，所以CD ＝255，所以三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧视图的面积S ＝CC 1·CD ＝2×255＝455.12．已知四棱锥S -ABCD 的底面ABCD 为正方形，侧棱都相等，SA ＝23，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为( )A ．1B. 3 C ．2 D ．3解析：选C.本题考查空间几何体体积的计算．连接AC ，BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接SO ，易知SO 就是四棱锥S －ABCD 的高．令SO ＝t,0＜t ＜23，则AO ＝SA 2-SO 2＝12－t 2，AB ＝2×12－t 2，所以V S -ABCD ＝13·S ABCD ·SO ＝13·AB 2·SO ＝13×(24－2t 2)×t ＝－23t 3＋8t .令f (t )＝－23t 3＋8t ，则f ′(t )＝－2t 2＋8＝－2(t ＋2)(t －2)，令f ′(t )＝0，解得t ＝－2(舍去)或t ＝2，则f (t )在(0,2)上单调递增，在(2,23)上单调递减，所以当t ＝2时，该棱锥的体积最大．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，把答案填在相应题号后的横线上．)13．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．解析：本题需要根据三棱锥的三视图画出三棱锥的直观图．三视图所表示的几何体的直观图如图所示．结合三视图知，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2，AB ＝BC ＝2，AC ＝2.所以PB ＝P A 2＋AB 2＝4＋2＝6，PC ＝P A 2＋AC 2＝22，所以该三棱锥最长棱的棱长为2 2.答案：2 214．已知某几何体的侧视图与其正视图相同，相关的尺寸如图所示，则这个几何体的体积是________．解析：本题考查三视图及空间几何体体积的求解．由三视图可知，该几何体为一个空心圆柱，其中底面内圆的直径为3，外圆的直径为4，圆柱的高为1，故其体积V ＝π⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫422－⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝7π4. 答案：7π415．将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是________．解析：本题考查旋转体的概念及其侧面积的计算方法．由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π. 答案：2π16．若四面体A -BCD 的三组对棱分别相等，即AB ＝CD ，AC ＝BD ，AD ＝BC ，则下列结论正确的是________．(写出所有正确结论的序号)．①四面体ABCD 每组对棱相互垂直；②四面体ABCD 各个面的面积相等；③从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°.解析：本题考查棱锥的结构特征．对于①，当AB＝4，AC＝3，AD＝3时，AC 与BD不垂直，故①错误；对于②，在△ABC与△CDA中，AB＝CD，AD＝BC，AC＝AC，故△ABC与△CDA全等，同理，四面体的四个面都全等，故四面体ABCD各个面的面积相等；对于③，根据四面体的四个面都全等可得从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角分别等于一个三角形的三个内角，故其和为180°，故③错误．答案：②三、解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直．AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB.(1)求证：AB⊥DE；(2)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值．解：(1)证明：取AB的中点O，连接EO，DO.因为EB＝EA，所以EO⊥AB.因为四边形ABCD为直角梯形，AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，所以四边形OBCD为正方形，所以AB⊥OD，所以AB⊥平面EOD，所以AB⊥ED.(2)因为平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB，所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OD .由OB ，OD ，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .因为三角形EAB 为等腰直角三角形，所以OA ＝OB ＝OD ＝OE ，设OB ＝1，则O (0,0,0)，A (－1，0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，E (0,0,1)．所以EC→＝(1,1，－1)，平面ABE 的一个法向量为OD →＝(0,1,0)． 设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈EC →，OD →〉|＝|EC →·OD →||EC→||OD →|＝33， 即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33.18．(本小题满分10分)如图，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过点A 1，D ，E 的平面交CD 1于点F .(1)证明：EF ∥B 1C ；(2)求二面角E -A 1D -B 1的余弦值．解：(1)证明：由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ， 所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形．从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂平面A 1DE ，B 1C ⊄平面A 1DE ， 于是B 1C ∥平面A 1DE ，又B 1C ⊂平面B 1CD 1， 平面A 1DE ∩平面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形， 所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD ，以A 为原点，分别为AB →，AD →，AA 1→为x 轴、y 轴和z 轴的单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形的边长为1，则可得点的坐标A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，A 1(0,0,1)， B 1(1,0,1)，D 1(0,1,1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为(12，12，1)．设平面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该平面上向量A 1E →＝(12，12，0)，A 1D →＝(0,1，－1)， 由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0.(－1,1,1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1,1,1)， 设平面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该平面上向量A 1B 1→＝(1,0,0)，A 1D →＝(0,1，－1)，同理可得n2＝(0,1,1)．所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为n1·n2|n1||n2|＝23×2＝63.。