《2019高考數(shù)學二輪復(fù)習 第二編 專題五 立體幾何 第3講 立體幾何中的熱點問題配套作業(yè) 文.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學二輪復(fù)習 第二編 專題五 立體幾何 第3講 立體幾何中的熱點問題配套作業(yè) 文.doc（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第3講 立體幾何中的熱點問題 配套作業(yè) 一、選擇題 1．設(shè)a，b，c是三條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則a∥b的一個充分不必要條件是(　　) A．a(chǎn)⊥c，b⊥c B．α⊥β，a?α，b?β C．a(chǎn)⊥α，b∥α D．a(chǎn)⊥α，b⊥α 答案　D 解析　對于C，在平面α內(nèi)存在c∥b，因為a⊥α，所以a⊥c，故a⊥b；A，B中，直線a，b可能是平行直線，相交直線，也可能是異面直線；D中一定推出a∥b. 2．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為BD1的中點，則△PAC在該正方體各個面上的正投影可能是(　　) A．①② B．①④ C．②③ D．②④ 答案　B 解析　由題可知平面APC⊥平面ABCD，且點P在各個面內(nèi)的正投影均為正方形的中心．根據(jù)對稱性，只需考慮△PAC在底面、后面、右面的正投影即可．顯然△PAC在底面的正投影為正方形的對角線，在后面與右面的正投影相同，均為等腰直角三角形，故選B. 3．如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，G是EF的中點，現(xiàn)沿AE，AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形，使B，C，D三點重合，重合后的點記為H，那么，在這個空間圖形中必有(　　) A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFH C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF 答案　A 解析　由平面圖形得AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，所以AH⊥平面EFH，故選A. 4．如圖所示，四面體ABCD的四個頂點是長方體的四個頂點(長方體是虛擬圖形，起輔助作用)，則四面體ABCD的正視圖、側(cè)視圖、俯視圖是(用①②③④⑤⑥代表圖形)(　　) A．①②⑥ B．①②③ C．④⑤⑥ D．③④⑤ 答案　B 解析　正視圖應(yīng)為邊長為3和4的長方形，且正視圖中右上到左下的對角線應(yīng)為實線，故正視圖為①；側(cè)視圖應(yīng)為邊長為4和5的長方形，且側(cè)視圖中左上到右下的對角線應(yīng)為實線，故側(cè)視圖為②；俯視圖應(yīng)為邊長為3和5的長方形，且俯視圖中左上到右下的對角線應(yīng)為實線，故俯視圖為③，故選B. 5．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45，∠BAD＝90.將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A－BCD，則在三棱錐A－BCD中，下列命題正確的是(　　) 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 答案　D 解析　因為在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45，∠BAD＝90，所以BD⊥CD，又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，則CD⊥AB，又AD⊥AB，所以AB⊥平面ADC，即平面ABC⊥平面ADC，故選D. 6．如圖，E是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱C1D1上的一點(不與端點重合)，BD1∥平面B1CE，則(　　) A．BD1∥CE B．AC1⊥BD1 C．D1E＝2EC1 D．D1E＝EC1 答案　D 解析　設(shè)B1C∩BC1＝O，如圖，BD1∥平面B1CE，平面BC1D1∩平面B1CE＝OE，所以BD1∥OE.因為O為BC1的中點，所以E為C1D1的中點，所以D正確；由異面直線的定義知BD1，CE是異面直線，故A錯；在矩形ABC1D1中，AC1與BD1不垂直，故B錯，C顯然是錯的，所以選D. 7．(2018甘肅二診)已知長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝，AB＝4，若在棱AB上存在點P，使得D1P⊥PC，則AD的取值范圍是(　　) A．(0,1] B．(0,2] C．(1，] D．[1,4) 答案　B 解析　連接DP，由D1P⊥PC，DD1⊥PC，且D1P，DD1是平面DD1P上兩條相交直線，得PC⊥平面DD1P，PC⊥DP，即點P在以CD為直徑的圓上，又點P在AB上，則AB與圓有公共點，即0＜AD≤CD＝2，故選B. 二、填空題 8．(2017泉州模擬)點P在正方體ABCD－A1B1C1D1的面對角線BC1上運動，給出下列命題： ①三棱錐A－D1PC的體積不變； ②A1P∥平面ACD1； ③DP⊥BC1； ④平面PDB1⊥平面ACD1. 其中正確的命題序號是________． 答案?、佗冖? 解析　對于①，VA－D1PC＝VP－AD1C點P到面AD1C的距離，即為線BC1與面AD1C的距離，為定值，故①正確；對于②，因為面A1C1B∥面AD1C，所以線A1P∥面AD1C，故②正確；對于③，DB與BC1就成60角，故③錯誤；對于④，由于B1D⊥面ACD1，所以面B1DP⊥面ACD1，故④正確． 9．已知正方體ABCD－A1B1C1D1，點P是線段AC1上的一動點，當∠BPD最大時，AP∶AC1＝________. 答案　1∶4 解析　連接AC，BD，交于點O，連接OP，顯然OP⊥BD，∠BPD＝2∠BPO，要使∠BPD最大，只需∠BPO最大，只需OP最小，此時OP⊥AC1.由平面幾何的知識易得，當OP⊥AC1時，AP∶AC1＝1∶4. 10．(2018山西太原一模)已知在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，將直角梯形ABCD沿AC折疊成三棱錐D－ABC，當三棱錐D－ABC的體積取最大值時，其外接球的體積為________． 答案　 解析　依題意知，平面ADC⊥平面ABC時，點D到平面ABC的距離最大，易知，此時三棱錐D－ABC外接球的球心是棱AB的中點，所以其外接球的體積為. 11.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為3，E，F(xiàn)分別是棱BC，DD1上的點，且DF＝FD1，如果B1E⊥平面ABF，則B1E的長度為________． 答案　 解析　取CC1的中點為G，連接BG，F(xiàn)G，因為B1E⊥AF，所以B1E⊥BG，從而∠GBC＝∠BB1E. 所以tan∠GBC＝∠BB1E＝，所以E為BC的中點，從而有B1E＝＝. 三、解答題 12．(2018北京西城一模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AC，過點A的平面與棱PB，PC，PD分別交于點E，F(xiàn)，G(E，F(xiàn)，G三點均不在棱的端點處)．直線AE是否可能與平面PCD平行？證明你的結(jié)論． 解　直線AE與平面PCD不可能平行．證明如下：假設(shè)AE∥平面PCD.因為AB∥CD，AB?平面PCD，所以AB∥平面PCD.而AE?平面PAB，AB?平面PAB，AE∩AB＝A，所以平面PAB∥平面PCD，這與已知矛盾，所以假設(shè)不成立，即AE與平面PCD不可能平行． 13．如圖1，菱形ABCD的邊長為12，∠BAD＝60，AC交BD于點O.將菱形ABCD沿對角線AC折起，得到三棱錐B－ACD，如圖2所示，M，N分別是棱BC，AD的中點，且DM＝6. (1)求證：OD⊥平面ABC； (2)求三棱錐M－ABN的體積． 解　(1)證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝DC， OD⊥AC， 在△ADC中，AD＝DC＝12，∠ADC＝120， 則易得OD＝6. 連接OM，∵M是BC的中點，∴OM＝BC＝6， 又MD＝6， ∴OD2＋OM2＝MD2，∴DO⊥OM， ∵OM?平面ABC，AC?平面ABC，OM∩AC＝O， ∴OD⊥平面ABC. (2)取線段AO的中點E，連接NE. ∵N是棱AD的中點，∴NE＝DO＝3，且NE∥DO. 由(1)得OD⊥平面ABC，∴NE⊥平面ABC， 在△ABM中，AB＝12，BM＝6，∠ABM＝120， ∴S△ABM＝ABBMsin∠ABM＝126＝18. ∴V三棱錐M－ABN＝V三棱錐N－ABM＝S△ABMNE＝18. 14．(2018北京東城區(qū)期末)已知△ABD和△BCD是兩個直角三角形，∠BAD＝∠BDC＝，E，F(xiàn)分別是邊AB，AD的中點，現(xiàn)將△ABD沿BD邊折起到A1BD的位置，如圖所示，使平面A1BD⊥平面BCD. (1)求證：EF∥平面BCD； (2)求證：平面A1BC⊥平面A1CD； (3)問A1C與BD是否有可能垂直？做出判斷并說明理由． 解　(1)證明：因為E，F(xiàn)分別是邊AB，AD的中點， 所以EF∥BD， 因為EF?平面BCD，BD?平面BCD， 所以EF∥平面BCD. (2)證明：因為平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，所以CD⊥平面A1BD. 因為A1B?平面A1BD，所以CD⊥A1B， 因為A1B⊥A1D，A1D∩CD＝D， 所以A1B⊥平面A1CD. 因為A1B?平面A1BC， 所以平面A1BC⊥平面A1CD. (3)A1C與BD不可能垂直． 理由如下： 假設(shè)A1C⊥BD， 因為CD⊥BD，A1C∩CD＝C， 所以BD⊥平面A1CD， 所以BD⊥A1D，與A1B⊥A1D矛盾， 故A1C與BD不可能垂直．