高考数学二轮复习 第2部分 大专题综合测4 立体几何与空间向量 理（含解析）试题

4立体几何与空间向量(理)时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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．(2015·青岛市质检)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是()A．2 B．eq\f(9,2)C.eq\f(3,2) D．3[答案]D[解析]依题意，由三视图还原出原几何体的直观图如图所示，原几何体为四棱锥，且其底面积为eq\f(1,2)×2×(1＋2)＝3，高为x，所以其体积V＝eq\f(1,3)×3x＝3，所以x＝3.2．(2015·陕西理，5)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A．3π B．4πC．2π＋4 D．3π＋4[答案]D[解析]由空间几何体的三视图可知该几何体为竖着放的半个圆柱，圆柱底面半径为1，高为2，所以几何体的表面积S＝2×2＋π×2＋π＝3π＋4.故本题正确答案为D．3．一个棱锥的三视图如图所示，则这个棱锥的体积是()A．6 B．12C．24 D．36[答案]B[解析]由三视图知该几何体为有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，体积V＝eq\f(1,3)×(4×3)×3＝12.4．如图，设平面α∩β＝EF，AB⊥α，CD⊥α，垂足分别是B、D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，这个条件不可能是下面四个选项中的()A．AC⊥βB．AC⊥EFC．AC与BD在β内的射影在同一条直线上D．AC与α、β所成的角相等[答案]D[解析]因为BD是AC在平面α内的射影，所以只需得到AC⊥EF，那么由三垂线定理的逆定理可得BD⊥EF.对于选项A，因为AC⊥β，EF⊂β⇒AC⊥EF⇒BD⊥EF.选项B，因为AC⊥EF，所以BD⊥EF.对于选项C，可得平面ABDC⊥β，所以BD⊥EF.对于选项D，AC与α、β所成的角相等，无法保证AC⊥EF.综上知选D．5．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题不正确的是()A．若m⊥n，m⊥α，n⊄α，则n∥αB．若m⊥β，α⊥β，则m∥α或m⊂αC．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥βD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β[答案]D[解析]对于选项D，当直线m位于平面β内且与平面α，β的交线平行时，直线m∥α，显然m与平面β不垂直，因此选项D不正确．6．已知正四面体A－BCD，设异面直线AB与CD所成的角为α，侧棱AB与底面BCD所成的角为β，侧面ABC与底面BCD所成的角为γ，则()A．α>β>γ B．α>γ>βC．β>α>γ D．γ>β>α[答案]B[解析]如图，设底面BCD的中心为点O，连接AO，BO，易知∠ABO＝β，取BC的中点E，连接AE、OE，易知∠AEO＝γ，在正三角形BCD中，OB>OE，因此0<β<γ<eq\f(π,2)，延长BO交CD于F，则BF⊥CD，又AO⊥CD，∴CD⊥平面ABF.∴CD⊥AB，即α＝eq\f(π,2).∴α>γ>β.7．如图，在△ABC中，AB⊥AC，若AD⊥BC，则AB2＝BD·BC；类似地有命题：在三棱锥A－BCD中，AD⊥平面ABC，若A点在平面BCD内的射影为M，则有Seq\o\al(2,△ABC)＝S△BCM·S△BCD．上述命题是()A．真命题B．增加条件“AB⊥AC”才是真命题C．增加条件“M为△BCD的垂心”才是真命题D．增加条件“三棱锥A－BCD是正三棱锥”才是真命题[答案]A[解析]因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AE，AD⊥BC，在△ADE中，AE2＝ME·DE，又A点在平面BCD内的射影为M，所以AM⊥平面BCD，AM⊥BC，所以BC⊥平面ADE，所以BC⊥DE，将S△ABC、S△BCM、S△BCD分别表示出来，可得Seq\o\al(2,△ABC)＝S△BCM·S△BCD，故选A.8．(2015·德州市期末)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝3，AA1＝2eq\r(6)，点P是B1C的三等分点且靠近点C，则异面直线AP和DD1所成的角为()A.eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(5π,12)[答案]C[解析]如图，过点P作PN⊥BC于点N，连接AN，则PN∥BB1，而DD1∥BB1，所以DD1∥PN，所以∠APN就是异面直线AP和DD1所成的角．因为点P是B1C的三等分点且靠近点C，且AB＝2，AD＝3，AA1＝2eq\r(6)，所以PN＝eq\f(1,3)BB1＝eq\f(2\r(6),3)，BN＝eq\f(2,3)BC＝2.在Rt△ABN中，AN＝2eq\r(2)，在Rt△ANP中，tan∠APN＝eq\f(AN,PN)＝eq\f(2\r(2),\f(2\r(6),3))＝eq\r(3)，所以∠APN＝eq\f(π,3).9．(2015·浙江文，7)如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是()A．直线 B．抛物线C．椭圆 D．双曲线的一支[答案]C[解析]考查1.圆锥曲线的定义；2.线面位置关系．由题可知，当P点运动时，在空间中，满足条件的AP绕AB旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60°角的平面截圆锥，所得图形为椭圆．故选C.10．(2015·济南市模拟)类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质，可得出空间内的下列结论：①垂直于同一个平面的两条直线互相平行；②垂直于同一条直线的两条直线互相平行；③垂直于同一个平面的两个平面互相平行；④垂直于同一条直线的两个平面互相平行．则正确的结论是()A．①② B．②③C．③④ D．①④[答案]D[解析]显然①④正确；对于②，在空间中垂直于同一条直线的两条直线可以平行，也可以异面或相交；对于③，在空间中垂直于同一个平面的两个平面可以平行，也可以相交(如长方体相邻两侧面与底面)．11．(2014·郑州市质检)如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(2)，BD⊥CD．将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是()A．A′C⊥BDB．∠BA′C＝90°C．CA′与平面A′BD所成的角为30°D．四面体A′－BCD的体积为eq\f(1,3)[答案]B[解析]取BD的中点O，∵A′B＝A′D，∴A′O⊥BD，又平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，∴A′O⊥平面BCD，∵CD⊥BD，∴OC不垂直于BD．假设A′C⊥BD，∵OC为A′C在平面BCD内的射影，∴OC⊥BD，矛盾，∴A′C不垂直于BD，A错误；∵CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，∴CD⊥平面A′BD，A′C在平面A′BD内的射影为A′D，∵A′B＝A′D＝1，BD＝eq\r(2)，∴A′B⊥A′D，A′B⊥A′C，B正确；∠CA′D为直线CA′与平面A′BD所成的角，∠CA′D＝45°，C错误；VA′－BCD＝eq\f(1,3)S△A′BD·CD＝eq\f(1,6)，D错误，故选B．12．(2014·唐山市二模)直三棱柱ABC－A1B1C1的所有顶点都在半径为eq\r(2)的球面上，AB＝AC＝eq\r(3)，AA1＝2，则二面角B－AA1－C的余弦值为()A．－eq\f(1,3) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,3) D．eq\f(1,2)[答案]D[解析]如图，设球心为O，底面△ABC外接圆的圆心为O′，则OA＝OB＝OC＝eq\r(2)，OO′＝1，∴O′A＝O′B＝O′C＝1，∴BC＝eq\r(3)，∴△ABC为正三角形，∴二面角B－AA1－C的平面角BAC＝60°，∴二面角B－AA1－C的余弦值为eq\f(1,2).二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上)13．(2015·枣庄四校联考)在正三棱锥P－ABC中，M，N分别是PB，PC的中点，若截面AMN⊥平面PBC，且三棱锥P－ABC的侧面积为S1，底面积为S2，则eq\f(S1,S2)＝________.[答案]2eq\r(3)[解析]取线段BC的中点D，连接PD交MN于H，连接AD，AH.因为M，N分别是PB，PC的中点，所以H为PD的中点，AH⊥MN，又平面AMN⊥平面PBC，平面AMN∩平面PBC＝MN，所以AH⊥平面PBC，从而AH垂直且平分PD，则PA＝AD，设AB＝a，则PA＝AD＝eq\f(\r(3),2)a，所以侧面积S1＝eq\f(3,2)a2，底面积S2＝eq\f(\r(3),4)a2，则eq\f(S1,S2)＝2eq\r(3).14.(2015·胶东示范校质检)如图，在平面四边形ABDC中，已知AB⊥BC，CD⊥BD，AB＝BC，现将四边形ABDC沿BC折起，使平面ABC⊥平面BDC，设E，F分别为棱AC，AD的中点，若CD＝2，∠BCD＝60°，则VA－BFE＝________.[答案]eq\f(2\r(3),3)[解析]因为平面ABC⊥平面BDC，AB⊥BC，所以AB⊥平面BDC，所以AB⊥CD，又CD⊥BD，AB∩BD＝B，所以DC⊥平面ABD，因为E，F分别为棱AC，AD的中点，所以EF⊥平面ABD，所以VA－BFE＝VE－ABF，在Rt△BCD中，CD＝2，∠BCD＝60°，所以BD＝2eq\r(3)，BC＝4，又AB＝BC，所以AB＝4，因为E，F分别为棱AC，AD的中点，所以EF＝1，所以VA－BFE＝VE－ABF＝eq\f(1,3)×1×S△ABF＝eq\f(1,3)·(eq\f(1,2)S△ABD)＝eq\f(1,6)×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×4＝eq\f(2\r(3),3).15．设C是∠AOB所在平面外的一点，若∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝θ，其中θ是锐角，而OC和平面AOB所成角的余弦值等于eq\f(\r(3),3)，则θ的值为________．[答案]60°[解析]作CC1⊥平面AOB于点C1，C1A1⊥OA于点A1，C1B1⊥OB于点B1，连接OC1，则∠COC1为直线OC与平面AOB所成的角，且OC1是∠AOB设OA1＝x，则OC＝eq\f(x,cosθ)，OC1＝eq\f(x,cos\f(θ,2))，易求得cos∠COC1＝eq\f(cosθ,cos\f(θ,2))＝eq\f(2cos2\f(θ,2)－1,cos\f(θ,2))＝eq\f(\r(3),3)，即2cos2eq\f(θ,2)－eq\f(\r(3),3)coseq\f(θ,2)－1＝0，解之得coseq\f(θ,2)＝eq\f(\r(3),2)或coseq\f(θ,2)＝－eq\f(\r(3),3)(舍去)，故eq\f(θ,2)＝30°，所以θ＝60°.16．如图，正方形BCDE的边长为a，已知AB＝eq\r(3)BC，将直角△ABE沿BE边折起，A点在面BCDE上的射影为D点，则翻折后的几何体中有如下描述：①AB与DE所成角的正切值是eq\r(2)；②VB－ACE的体积是eq\f(1,6)a3；③AB∥CD；④平面EAB⊥平面ADE；⑤直线BA与平面ADE所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).其中正确的叙述有________(写出所有正确结论的编号)．[答案]①②④⑤[解析]由题意可得如图所示的几何体，对于①，AB与DE所成角为∠ABC，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝eq\r(2)a，BC＝a，所以tan∠ABC＝eq\r(2)，故①正确；对于②，VB－ACE＝VA－ECB＝eq\f(1,3)×a×eq\f(1,2)×a×a＝eq\f(1,6)a3，故②正确；③明显错误；对于④，因为AD⊥平面BCDE，所以AD⊥BE，又因为DE⊥BE，所以BE⊥平面ADE，可得平面EAB⊥平面ADE，故④正确；对于⑤，由④可知，∠BAE即为直线BA与平面ADE所成的角，在△ABE中，∠AEB＝90°，AB＝eq\r(3)a，BE＝a，所以sin∠BAE＝eq\f(\r(3),3)，故⑤正确．三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分10分)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是等边三角形，D是BC(1)求证：直线A1D⊥B1C1(2)判断A1B与平面ADC1的位置关系，并证明你的结论．[解析](1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥BC在等边△ABC中，D是BC中点，所以AD⊥BC，因为在平面A1AD中，A1A∩AD＝A，所以BC⊥平面A1AD，又因为A1D⊂平面A1AD，所以A1D⊥BC，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形BCC1B1是平行四边形，所以B1C1∥BC，所以，A1D⊥B1C1.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形ACC1A1是平行四边形，在平行四边形ACC1A1中连接A1C，交AC1于点O，连接DO.故O在三角形A1CB中，D为BC中点，O为A1C中点，故DO∥A1B．因为DO⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，所以，A1B∥平面ADC1，故A1B与平面ADC1平行．18．(本题满分12分)(2015·山西太原市模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD＝2，PD⊥平面ABCD．(1)求证：AD⊥PB；(2)若BD与平面PBC的所成角为30°，求四面体P－BCD的体积．[解析](1)证明：在△ABD中，∠DAB＝60°，AB＝2AD＝2，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠DAB＝3，∴AB2＝AD2＋BD2，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD，∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，∴AD⊥平面PBD，∴AD⊥PB；(2)过D作DE⊥PB，垂足为E，∵ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，由(1)得AD⊥平面PBD，∴BC⊥平面PBD，∴平面PBC⊥平面PBD，∴DE⊥平面PBC，∴BD与平面PBC的所成角为∠DBE＝30°，由(1)得BD＝eq\r(3)，DP＝BD·tan∠DBE＝1，∴VP－BCD＝eq\f(1,3)S△BCD·DP＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)BD·BC·DP＝eq\f(\r(3),6).19．(本题满分12分)(2014·成都一诊)如图，PO⊥平面ABCD，点O在AB上，EA∥PO，四边形ABCD为直角梯形，BC⊥AB，BC＝CD＝BO＝PO，EA＝AO＝eq\f(1,2)CD．(1)求证：PE⊥平面PBC；(2)直线PE上是否存在点M，使DM∥平面PBC，若存在，求出点M；若不存在，说明理由．(3)求二面角E－BD－A的余弦值．[解析](1)证明：∵EA∥OP，AO⊂平面ABP，∴点A，B，P，E共面．∵PO⊥平面ABCD，PO⊂平面PEAB．∴平面PEAB⊥平面ABCD，∵BC⊂平面ABCD，BC⊥AB，平面PEAB∩平面ABCD＝AB，∴BC⊥平面PEAB，∴PE⊥BC.由平面几何知识知PE⊥PB，又BC∩PB＝B，∴PE⊥平面PBC.(2)点E即为所求的点，即点M与点E重合．取PB的中点F，连接EF、CF、DE，延长PE交BA的延长线于H，则E为PH的中点，O为BH的中点，∴EF綊OB，又OB綊CD，∴EF∥CD，且EF＝DC，∴四边形DCFE为平行四边形，所以DE∥CF.∵CF在平面PBC内，DE不在平面PBC内，∴DE∥平面PBC.(3)由已知可知四边形BCDO是正方形，显然OD、OB、OP两两垂直，如图建立空间直角坐标系，设DC＝1，则B(0,1,0)，D(1,0,0)，E(0，－eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，设平面BDE的一个法向量为n1＝(x，y，z)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－eq\f(3,2)，eq\f(1,2))，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,－\f(3,2)y＋\f(1,2)z＝0.))取y＝1，则x＝1，z＝3，从而n1＝(1,1,3)．取平面ABD的一个法向量为n2＝(0,0,1)．cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(3,\r(11)·1)＝eq\f(3\r(11),11)，故二面角E－BD－A的余弦值为eq\f(3\r(11),11).20．(本题满分12分)(2015·江西省质检)已知斜四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是矩形，侧面CC1D1D垂直于底面ABCD，BC＝2AB＝DC1＝2，BD1＝2eq\r(3).(1)求证：平面AB1C1D⊥平面ABCD(2)点E是棱BC的中点，求二面角A1－AE－D的余弦值．[解析](1)连接CD1，设CD1∩DC1＝F，则F是CD1，DC1的中点，因为底面ABCD是矩形，所以BC⊥CD，又平面ABCD⊥平面CC1D1D，所以BC⊥平面CC1D1D，所以BC⊥CD1，由BD1＝2eq\r(3)，BC＝2，得CD1＝2eq\r(2)，CF＝eq\r(2).在△DFC中，DF＝eq\f(1,2)DC1＝1，CD＝1.所以CD2＋DF2＝CF2，所以DF⊥DC，又BC⊥平面CC1D1D得DF⊥BC，所以DF⊥平面ABCD，DF⊂平面AB1C1D，所以平面AB1C1D⊥平面ABCD；(2)由(1)可以点D为原点，DA，DC，DC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则平面DAE的法向量n＝eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，设平面A1AE的法向量为m＝(x，y，z)，因为eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，由m·eq\o(AE,\s\up6(→))＝0得－x＋y＝0，由m·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝0得－y＋2z＝0，令z＝1，得m＝(2,2,1)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(2,\r(4＋4＋1)×2)＝eq\f(1,3)，即所求二面角的余弦值为eq\f(1,3).21．(本题满分12分)如图①，边长为1的正方形ABCD中，点E、F分别为AB、BC的中点，将△BEF剪去，将△AED、△DCF分别沿DE、DF折起，使A、C两点重合于点P，得一三棱锥如图②所示．(1)求证：PD⊥EF；(2)求三棱锥P－DEF的体积；(3)求DE与平面PDF所成角的正弦值．[解析](1)依题意知图①折前AD⊥AE，CD⊥CF，∴折起后PD⊥PE，PF⊥PD，∵PE∩PF＝P，∴PD⊥平面PEF.又∵EF⊂平面PEF，∴PD⊥EF.(2)依题意知图①中AE＝CF＝eq\f(1,2)，∴PE＝PF＝eq\f(1,2)，在△BEF中EF＝eq\r(2)BE＝eq\f(\r(2),2)，在△PEF中，PE2＋PF2＝EF2，∴PE⊥PF，∴S△PEF＝eq\f(1,2)·PE·PF＝eq\f(1,2)·eq\f(1,2)·eq\f(1,2)＝eq\f(1,8)，∴VP－DEF＝VD－PEF＝eq\f(1,3)S△PEF·PD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,8)×1＝eq\f(1,24).(3)由(2)知PE⊥PF，又PE⊥PD，∴PE⊥平面PDF，∴∠PDE为DE与平面PDF所成的角．在Rt△PDE中，∵DE＝eq\r(PD2＋PE2)＝eq\r(1＋\f(1,4))＝eq\f(\r(5),2)，PE＝eq\f(1,2)，∴sin∠PDE＝eq\f(PE,DE)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5).22．(本题满分12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2eq\r(2)，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝eq\r(5).(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角A－A1C1－B1(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段[解析]如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．依题意得A(2eq\r(2)，0,0)，B(0,0,0)，C(eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))，A1(2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，B1(0,2eq\r(2)，0)，C1(eq\r(2)，eq\r(2)，eq\r(5))．(1)易得eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，0,0)，于是cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(A1B1,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(A1B1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,3×2\r(2))＝eq\f(\r(2),3).所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为eq\f(\r(2),3).(2)易知eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,2eq\r(2)，0)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))．设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AA1,\s\up6(→))＝0.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x－\r(2)y＋\r(5)z＝0，,2\r(2)y＝0.))不妨令x＝eq\r(5)，可得m＝(eq\r(5)，0，eq\r(2))．同样的，设平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al