2017年高考文數二輪復習押題專練：專題11-立體幾何

1．一個四面體的頂點在空間直角坐標系O-xyz中的坐標分別是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，畫該四面體三視圖中的正視圖時，以zOx平面為投影面，則得到的正視圖可以為()【答案】A.【解析】：2．如圖，網格紙的各小格都是正方形，粗實線畫出的是一個幾何體的三視圖，則這個幾何體是()A．三棱錐 B．三棱柱C．四棱錐 D．四棱柱【答案】B【解析】：選B.原幾何體為如圖所示的三棱柱，故選B.3．一個幾何體的三視圖中，正(主)視圖和側(左)視圖如圖所示，則俯視圖不可能為()【答案】C【解析】：選C.若幾何體的俯視圖為C選項，則其正視圖中矩形的中間應為實線，與題意不符，即俯視圖不可能為C選項，故選C.4．某四棱錐的三視圖如圖所示，記A為此棱錐所有棱的長度的集合，則()A．2∈A，且4∈A B.eq\r(2)∈A，且4∈AC．2∈A，且2eq\r(5)∈A D.eq\r(2)∈A，且eq\r(17)∈A【答案】D【解析】：5．如圖是一個空間幾何體的三視圖，則該幾何體的表面三角形中為直角三角形的個數為()A．2 B．3C．4 D．5【答案】C【解析】：選C.作出三棱錐的直觀圖如圖所示，由三視圖可知AB＝BD＝2，BC＝CD＝eq\r(2)，AD＝2eq\r(2)，AC＝eq\r(6)，故△ABC，△ACD，△ABD，△BCD均為直角三角形，故選C.6．半徑為R的球O中有一內接圓柱，當圓柱的側面積最大時，球的表面積與該圓柱的側面積之差是()A．πR2 B．2πR2C．3πR2 D．4πR2【答案】B【解析】：.7．某四棱錐的三視圖如圖所示，該四棱錐的表面積為()A．17 B．22C．14＋2eq\r(13) D．22＋2eq\r(13)【答案】D.【解析】：選D.作出四棱錐P-ABCD的直觀圖如圖所示，AB＝4，BC＝2，PC＝3，S矩形ABCD＝2×4＝8，S△BCP＝eq\f(1,2)×2×3＝3，S△ABP＝eq\f(1,2)×eq\r(22＋32)×4＝2eq\r(13)，S△CDP＝eq\f(1,2)×3×4＝6，S△ADP＝eq\f(1,2)×2×eq\r(32＋42)＝5，故四棱錐的表面積S＝8＋3＋2eq\r(13)＋6＋5＝22＋2eq\r(13)，故選D.8．一個空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A．48 B．32＋8eq\r(7)C．48＋8eq\r(17) D．32【答案】C【解析】：9．在梯形ABCD中，∠ABC＝eq\f(π,2)，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2。將梯形ABCD繞AD所在的直線旋轉一周而形成的曲面所圍成的幾何體的體積為()A.eq\f(2π,3) B.eq\f(4π,3)C.eq\f(5π,3) D．2π【答案】C【解析】：選C.過點C作CE垂直AD所在直線于點E，梯形ABCD繞AD所在直線旋轉一周所形成的旋轉體是由以線段AB的長為底面圓半徑，線段BC為母線的圓柱挖去以線段CE的長為底面圓半徑，ED為高的圓錐，如圖所示，該幾何體的體積為V＝V圓柱－V圓錐＝π·AB2·BC－eq\f(1,3)·π·CE2·DE＝π×12×2－eq\f(1,3)π×12×1＝eq\f(5π,3)，故選C.10．某幾何體的三視圖如圖所示，圖中的四邊形都是邊長為1的正方體，其中正(主)視圖、側(左)視圖中的兩條虛線互相垂直，則該幾何體的體積是()A.eq\f(5,6) B.eq\f(3,4)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,6)【答案】A【解析】：11．下圖為一個半球挖去一個圓錐后的幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)＋2\r(2)))π B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)＋4\r(2)))πC．(4＋2eq\r(2))π D．(8＋4eq\r(2))π【答案】D【解析】：選D.該幾何體的表面積為半球面積與圓錐側面積之和，即S＝eq\f(1,2)·4πr2＋πrl＝8π＋4eq\r(2)π＝(8＋4eq\r(2))π。故選D.12．某幾何體的三視圖如圖所示，當xy最大時，該幾何體的體積為()A．2eq\r(7) B．4eq\r(7)C．8eq\r(7) D．16eq\r(7)【答案】D13．設a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則能得出a⊥b的是()A．a⊥α，b∥β，α⊥β B．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a?α，b⊥β，α∥β D．a?α，b∥β，α⊥β【答案】C【解析】：選C.A中，若α⊥β，a⊥α，b∥β，則a∥β或a?β，不能得到a⊥b，故A錯；B中，a⊥α，α∥β，則a⊥β，又b⊥β，則a∥b，故B錯；C中，若b⊥β，α∥β，則b⊥α，又a?α，則a⊥b，故C正確；D中，a與b可能垂直、平行或異面，故D錯．綜上所述，故選C.14．設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則()A．若m⊥n，n∥α，則m⊥αB．若m∥β，β⊥α，則m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α【答案】C【解析】：選C.A，B，D中直線m可能在平面α內也可能與平面α相交或平行；由線面垂直的判定與性質可知C正確，故選C.15．設m，n是不同的直線，α，β是不同的平面，下列命題中正確的是()A．若m∥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥βB．若m∥α，n⊥β，m⊥n，則α∥βC．若m∥α，n⊥β，m∥n，則α⊥βD．若m∥α，n⊥β，m∥n，則α∥β【答案】C【解析】：選C.A項中可能出現α∥β，B項中可能出現α⊥β，C項正確，由m∥α知平面α內存在直線l，使得m∥l，則l∥n。因為n⊥β，所以l⊥β，因為l?α，所以α⊥β，故選C.16．對于直線m，n和平面α，β，使m⊥α成立的一個充分條件是()A．m⊥n，n∥αB．m∥β，β⊥αC．m⊥β，n⊥β，n⊥αD．m⊥n，n⊥β，β⊥α【答案】C【解析】：17．已知點E，F分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AB，AA1的中點，點M，N分別是線段D1E與C1F上的點，則與平面ABCD垂直的直線MN有()A．0條 B．1條C．2條 D．無數條【答案】B【解析】：選B.如圖，設D1E與平面AA1C1C相交于點M，在平面AA1C1C內過點M作MN∥AA1交C1F于點N，連接MN，由C1F與D1E為異面直線知MN唯一，且MN⊥平面ABCD，故選B.18．已知直線l與平面α平行，則下列結論錯誤的是()A．直線l與平面α沒有公共點B．存在經過直線l的平面與平面α平行C．直線l與平面α內的任意一條直線都平行D．直線l上所有的點到平面α的距離都相等【答案】C.【解析】：選C.直線l與平面α平行，則直線l不可能與平面α內的任意一條直線都平行，故選C.19．已知a，b，c是三條不同的直線，命題“a∥b且a⊥c?b⊥c”是正確的，如果把a，b，c中的兩個或三個換成平面，在所得的命題中，真命題有()A．1個 B．2個C．3個 D．4個【答案】C【解析】：20．設a，b，c表示三條直線，α，β表示兩個平面，則下列命題中逆命題不成立的是()A．c⊥α，若c⊥β，則α∥βB．b?α，c?α，若c∥a，則b∥cC．b?β，若b⊥α，則β⊥αD．a，b?α，a∩b＝P，c⊥a，c⊥b，若α⊥β，則c?β【答案】C【解析】：選C.利用排除法求解．A的逆命題為：c⊥α，若α∥β，則c⊥β，成立；B的逆命題為：b?α，c?α，若b∥c，則c∥α，成立；C的逆命題為：b?β，若β⊥α，則b⊥α，不成立；D的逆命題為：a，b?α，a∩b＝P，c⊥a，c⊥b，若c?β，則α⊥β，成立，故選C.21．已知平面α∥β，且α與β的距離為d(d＞0)，m?α，則在β內與直線m的距離為2d的直線共有()A．0條 B．1條C．2條 D．無數條【答案】C【解析】：選C.由題意得平面β內與直線m的距離為2d的直線為以直線m為中心線，半徑為2d的圓柱面與平面β的交線，易知交線有2條，故選C.22．在棱長均相等的正三棱柱ABC-A1B1C1中，D為BB1的中點，F在AC1上，且DF⊥AC1，則下述結論：①AC1⊥BC；②AF＝FC1；③平面DAC1⊥平面ACC1A1，其中正確的個數為()A．0 B．1C．2 D．3【答案】C【解析】：23．一個正方體的平面展開圖及該正方體直觀圖的示意圖如圖所示，在正方體中，設BC的中點為M，GH的中點為N。(1)請將字母F，G，H標記在正方體相應的頂點處(不需說明理由)；(2)證明：直線MN∥平面BDH；(3)過點M，N，H的平面將正方體分割為兩部分，求這兩部分的體積比．【解析】：(1)點F，G，H的位置如圖所示．24.在多面體ABCDEF中，底面ABCD是梯形，四邊形ADEF是正方形，AB∥DC，AB＝AD＝1，CD＝2，AC＝EC＝eq\r(5)。(1)求證：平面EBC⊥平面EBD；(2)設M為線段EC上一點，且3EM＝EC，試問在線段BC上是否存在一點T，使得MT∥平面BDE，若存在，試指出點T的位置；若不存在，請說明理由．【解析】：(1)證明：因為AD＝1，CD＝2，AC＝eq\r(5)，所以AD2＋CD2＝AC2，所以△ADC為直角三角形，且AD⊥DC.同理，因為ED＝1，CD＝2，EC＝eq\r(5)，所以ED2＋CD2＝EC2，所以△EDC為直角三角形，且ED⊥DC.又四邊形ADEF是正方形，所以AD⊥DE，又AD∩DC＝D，所以ED⊥平面ABCD.又BC?平面ABCD，所以ED⊥BC.在梯形ABCD中，過點B作BH⊥CD于點H，25．如圖，六面體ABCDHEFG中，四邊形ABCD為菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD.若DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3。(1)求證：EG⊥DF；(2)求BE與平面EFGH所成角的正弦值．【解析】：(1)證明：連接AC，由AECG可知四邊形AEGC為平行四邊形．所以EG∥AC，而AC⊥BD，AC⊥BF，所以EG⊥BD，EG⊥BF，因為BD∩BF＝B，所以EG⊥平面BDHF，又DF?平面BDHF，所以EG⊥DF。(2)設AC∩BD＝O，EG∩HF＝P，由已知可得：平面ADHE∥平面BCGF，所以EH∥FG，同理可得：EF∥HG，所以四邊形EFGH為平行四邊形，所以P為EG的中點，O為AC的中點，所以OP綊AE，從而OP⊥平面ABCD，又OA⊥OB，所以OA，OB，OP兩兩垂直，由平面幾何知識，得BF＝2。26.如圖，在四棱錐P-ABCD中，側面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD為矩形，PA＝PB，O為AB的中點，OD⊥PC.(1)求證：OC⊥PD；(2)若PD與平面PAB所成的角為30°，求二面角D-PC-B的余弦值．【解析】：(1)證明：連接OP，∵PA＝PB，O為AB的中點，∴OP⊥AB.∵側面PAB⊥底面ABCD，∴OP⊥平面ABCD，∴OP⊥OD，OP⊥OC.∵OD⊥PC，OP∩PC＝P，∴OD⊥平面OPC，∵OC?平面OPC，∴OD⊥OC，又OP⊥OC，OD∩OP＝O，∴OC⊥平面OPD，∵PD?平面OPD，∴OC⊥PD.設平面PCD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋y1－\r(2)z1＝0，,－2y1＝0，))可取n1＝(eq\r(2)，0，1)．同理，可取平面PCB的一個法向量為n2＝(0，－eq\r(2)，－1)．于是cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝－eq\f(1,3)，∴二面角D-PC-B的余弦值為－eq\f(1,3)。27．已知長方形ABCD中，AB＝1，AD＝eq\r(2)?，F將長方形沿對角線B