高考数学(理数)二轮专题复习：22《立体几何》阶段测试六（教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮专题复习：22《立体几何》阶段测试六（教师版），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分，有且只有一个正确答案，请将正确选项填入题后的括号中．
1．已知a，b，c是三条不同的直线，命题“a∥b且a⊥c⇒b⊥c”是正确的，如果把a，b，c中的两个或三个换成平面，在所得的命题中，真命题有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．如图，在四面体A­BCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的是( )
A．AC⊥BD
B．AC∥截面PQMN
C．AC＝BD
D．异面直线PM与BD所成的角为45°
3．如图，在正方体ABCD­A′B′C′D′中，与AD′成60°角的面对角线条数是( )
A．4条 B．6条 C．8条 D．10条
4．在如图所示的空间直角坐标系O­xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )

A．①和② B．③和① C．④和③ D．④和②
5．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A­BCD，则在三棱锥A­BCD中，下列命题正确的是( )
A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC
6．如图，四棱锥S­ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是( )
A．AC⊥SB
B．AB∥平面SCD
C．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
7．一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图，则该几何体的体积为( )
A．24 B．48 C．72 D．96
8．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，AF，EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，P点在△AEF内的射影为O，则下列说法正确的是( )
A．O是△AEF的垂心
B．O是△AEF的内心
C．O是△AEF的外心
D．O是△AEF的重心
二、填空题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，把答案填在题中横线上．
9．圆柱形容器内部盛有高度为8 cm的水，若放入三个相同的球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球(如图)，则球的半径是________ cm.
10．直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为________．
11．某几何体的三视图如图(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm2，体积是________cm3.
三、解答题：本大题共2小题，共34分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤．
12．(14分)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D­AE­C的余弦值．
13．(20分)如图，已知四棱锥P­ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．
(1)证明：CE∥平面PAB；
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
阶段检测卷(六)
1．C 解析：若a，b，c换成平面α，β，γ，则“α∥β且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题；
若a，b换成平面α，β，则“α∥β且c⊥α⇒c⊥β”是真命题；
若b，c换成平面β，γ，则“a∥β且a⊥γ⇒β⊥γ”是真命题；
若a，c换成平面α，γ，则“b∥α且α⊥γ⇒b⊥γ”是假命题．
2．C 解析：由PQ∥AC，QM∥BD，PQ⊥QM，可得AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC，可得AC∥截面PQMN，故B正确；异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角，故D正确；综上所述，C是错误的．故选C.
3．C
4．D 解析：如图D196，在空间直角坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.
图D196
5．D 解析：在平面图形中CD⊥BD，折起后仍有CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB.又AB⊥AD，故AB⊥平面ADC.所以平面ABC⊥平面ADC.
6．D
7．B 解析：还原出空间几何体，如图D197.
该平面将长方体刚好平分，所以该几何体的体积V＝eq \f(1,2)V长方体＝eq \f(1,2)×4×4×6＝48.故选B.
图D197
8．A 解析：如图D198，由题意可知PA，PE，PF两两垂直，
所以PA⊥平面PEF，从而PA⊥EF.
而PO⊥平面AEF，则PO⊥EF.
因为PO∩PA＝P，所以EF⊥平面PAO.
所以EF⊥AO.同理可知AE⊥FO，AF⊥EO.
所以O为△AEF的垂心．
图D198
9．4 解析：设球的半径为r cm，放入3个球后，圆柱液面高度变为6r cm.则有πr2·6r＝8πr2＋3·eq \f(4,3)πr3.即2r＝8.∴r＝4.
10.eq \f(\r(30),10) 解析：方法一，如图D199，取BC的中点Q，连接QN，AQ，易知BM∥QN，则∠ANQ即为所求．
设BC＝CA＝CC1＝2，则AQ＝eq \r(5)，AN＝eq \r(5)，QN＝eq \r(6).∴cs ∠ANQ＝eq \f(AN2＋NQ2－AQ2,2AN·NQ)＝eq \f(5＋6－5,2 \r(5)×\r(6))＝eq \f(6,2\r(30))＝eq \f(\r(30),10).

图D199 图D200
方法二，以C1为坐标原点，建立如图D200所示的空间直角坐标系，设BC＝CA＝CC1＝2，则A(2,0,2)，N(1，0,0)，M(1,1,0)，B(0,2,2)．∴Aeq \(N,\s\up6(→))＝(－1,0，－2)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(1，－1，－2)．∴cs 〈Aeq \(N,\s\up6(→))，eq \(BM,\s\up6(→))〉＝eq \f(A\(N,\s\up6(→))·\(BM,\s\up6(→)),|A\(N,\s\up6(→))||\(BM,\s\up6(→))|)＝eq \f(－1＋4,\r(5)×\r(6))＝eq \f(3,\r(30))＝eq \f(\r(30),10).
11．72 32 解析：几何体为两个相同长方体组合而成，长方体的长、宽、高分别为4,2,2，所以体积为2×(2×2×4)＝32，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为2×(2×2×2＋2×4×4)－2(2×2)＝72.
12．(1)证明：由题设可得，△ABD≌△CBD，
从而AD＝DC.
又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°.
取AC的中点O，连接DO，BO，
则DO⊥AC，DO＝AO.
又由于△ABC是正三角形，故BO⊥AC.
所以∠DOB为二面角D­AC­B的平面角．
在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.
又AB＝BD，
所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，
故∠DOB＝90°.
所以平面ACD⊥平面ABC.
图D201
(2)解：由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，eq \(OA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq \(OA,\s\up6(→))|为单位长，建立如图D201所示的空间直角坐标系O­xyz.则A(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，C(－1,0,0)，D(0,0,1)．
由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的eq \f(1,2)，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的eq \f(1,2)，即E为DB的中点，得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).
故eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).
设n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\(AE,\s\up6(→))＝0))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋z＝0，,－x＋\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0.))
可取n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)，1)).
设m是平面AEC的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AC,\s\up6(→))，,m·\(AE,\s\up6(→))＝0.))
同理可取m＝(0，－1，eq \r(3))．
则cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(\r(7),7).
所以二面角D­AE­C的余弦值为eq \f(\r(7),7).
13．(1)证明：如图D202，设PA中点为F，连接EF，FB.
因为E，F分别为PD，PA中点，
所以EF∥AD，且EF＝eq \f(1,2)AD.
又因为BC∥AD，BC＝eq \f(1,2)AD，
所以EF∥BC，且EF＝BC.
即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF.
所以CE∥平面PAB.
图D202
(2)如图，分别取BC，AD的中点为M，N.连接PN交EF于点Q，连接MQ.
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，
所以Q为EF中点．
在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.
由△PAD为等腰直角三角形，得PN⊥AD.
由DC⊥AD，N是AD的中点，得BN⊥AD.
所以AD⊥平面PBN.
由BC∥AD，得BC⊥平面PBN，
那么平面PBC⊥平面PBN.
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.
MH是MQ在平面PBC上的射影，
所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．
设CD＝1.
在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝eq \r(2)，得CE＝eq \r(2)，
在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝eq \r(3)，得QH＝eq \f(1,4)，
在Rt△MQH中，QH＝eq \f(1,4)，MQ＝eq \r(2).
所以sin∠QMH＝eq \f(\r(2),8).
所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是eq \f(\r(2),8).