2017届高考理科数学二轮复习训练：2-1-4 立体几何（参考解析）

1.若直线a⊥平面α，直线b∥平面α，则a与b的关系是(  )

A.a⊥b，且a与b相交

B.a⊥b，且a与b异面

C.a⊥b，且a与b可能相交也可能异面

D.a与b不一定垂直

答案 C

解析 过直线b作一个平面β，使得β∩α＝c，则b∥c.因为直线a⊥平面α，c⊂α，所以a⊥c.因为b∥c，所以a⊥b.当b与a相交时为相交垂直，当b与a不相交时为异面垂直．故选C.

2.如图所示，用过A₁、B、C₁和C₁、B、D的两个截面截去正方体ABCD－A₁B₁C₁D₁的两个角后得到一个新的几何体，则该几何体的正视图为(  )

答案 A

解析 在画几何体的正视图时，要按照平行投影的方式，先将点投影，再确定棱．按照平行投影的方式，几何体的6个顶点投影得到的平面为正方形，其中A₁、D₁的投影点重合，A、D的投影点重合；再确定棱，A₁B能看见，画成实线，C₁D在正视图中看不见，画成虚线.

3.[2015·河北名校联盟联考]多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为(单位：cm)(  )

A．(28＋4) cm²   B．(30＋4) cm²

C.(30＋4) cm²   D．(28＋4) cm²

答案 A

解析 由三视图可知该几何体是一个三棱锥，如图所示，在三棱锥D－ABC中，底面是等腰三角形且底AB及底边上的高CE均为4，侧棱AD⊥平面ABC，所以AC＝BC＝2＋CE2(AB)＝＝2，所以S_△ABC＝2(1)×4×4＝8，S_△ABD＝2(1)×4×4＝8，S_△ACD＝2(1)×4×2＝4.过A作AF⊥BC，垂足为F，连接DF，因为AD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥BC，所以BC⊥平面ADF，又因为DF⊂平面ADF，所以BC⊥DF，在△ABC中，AB·CE＝BC·AF，所以AF＝BC(AB·CE)＝5(4×4)＝5(5)，DF＝＝2＋42(5)＝5(5)，所以S_△BCD＝2(1)×BC×DF＝2(1)×2×5(5)＝12，所以三棱锥的表面积S＝S_△ABC＋S_△ABD＋S_△ACD＋S_△BCD＝8＋8＋4＋12＝28＋4(cm²)，故选A.

4.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m∥α，n⊂β，则下列叙述正确的是(  )

A.若α∥β，则m∥n  B．若m∥n，则α∥β

C.若n⊥α，则m⊥β  D．若m⊥β，则α⊥β

答案 D

解析 A中m，n有可能异面；B中α，β有可能相交；C中有可能m∥β，故选D.

5.下列命题中错误的是(  )

A.如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β

B.如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β

C.如果平面α⊥平面β，直线a⊂α，则a⊥β

D.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ

答案 C

解析 对于A，如果平面α⊥平面β，那么在平面α内作出与两平面交线平行的直线，则该直线与平面β平行，故A正确；对于B，若平面α内存在一条直线垂直于平面β，由面面垂直的判定定理可知，平面α一定垂直于平面β，与已知矛盾，故B正确；对于C，在平面α内作一直线平行于交线，则该直线平行于平面β，而不垂直于平面β，故C错误；对于D，可以证明l⊥平面γ，故D正确，故选C.

6.设A、B、C、D是半径为2的球面上的四点，且满足AB⊥AC，AD⊥AC，AB⊥AD，则S_△ABC＋S_△ABD＋S_△ACD的最大值是(  )

A.4   B．8

C.16   D．32

答案 B

解析 因为AB⊥AC，AD⊥AC，AB⊥AD，所以以AC、AB、AD为长、宽、高，做长方体如图所示，可得长方体的外接球就是三棱锥D－ABC的外接球．因为球的半径为2，可得球的直径为4，所以长方体的体对角线长为4，得AB²＋AC²＋AD²＝16.因为S_△ABC＝2(1)AB·AC，S_△ABD＝2(1)AB·AD，S_△ACD＝2(1)AC·AD，所以S_△ABC＋S_△ABD＋S_△ACD＝2(1)(AB·AC＋AB·AD＋AC·AD)，因为AB·AC＋AB·AD＋AC·AD≤AB²＋AC²＋AD²＝16，当且仅当AB＝AC＝AD时，等号成立，所以当且仅当AB＝AC＝AD时，S_△ABC＋S_△ABD＋S_△ACD取得最大值，且最大值为8.故选B.

7.[2015·西安八校联考]某空间几何体的三视图及尺寸如图，则该几何体的体积是________．

答案 2

解析 根据三视图可知该几何体为三棱柱，其体积V＝2(1)×1×2×2＝2.

8.已知某几何体由正方体和直三棱柱组成，其三视图和直观图如图所示．记直观图中从点B出发沿棱柱的侧面到达PD₁的中点R的最短距离为d，则d²＝________.

答案 2(25)＋6

解析 将由正方体与直三棱柱构成的五棱柱沿侧棱BB₁展开，如图所示．由图易知BR为从点B出发沿棱柱的侧面到达PD₁的中点R的最短距离，即d＝BR.由三视图知A₁B₁＝BB₁＝2，A₁P＝PD₁＝，所以PR＝2(1)PD₁＝2(2)，所以B₁R＝A₁B₁＋A₁P＋PR＝2＋2(2)，故d²＝BR²＝B₁R²＋BB1(2)＝2(2)²＋2²＝2(25)＋6.

9.已知侧棱与底面垂直的三棱柱的底面是边长为2的正三角形，该三棱柱存在一个与上、下底面和所有侧面都相切的内切球，则该三棱柱的外接球与内切球的半径之比为________．

答案 ∶1

解析 由题意，三棱柱的内切球的半径r等于底面内切圆的半径，即r＝1，此时棱柱的高为2r＝2，底面外接圆的半径为2，所以三棱柱的外接球的半径R＝＝.所以三棱柱的外接球与内切球的半径之比为r(R)＝∶1.

10．已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，且球心O在线段PC上，PA⊥平面ABCD，E为AB的中点，∠BCD＝90°.

(1)求证：OE∥平面PAD；

(2)若PA＝AB＝4，AD＝3，求三棱锥O－ADE的体积．

解 (1)证明：连接BD，设BD的中点为O′，连接OO′，O′E，

因为∠BCD＝90°，所以OO′⊥平面ABCD，又PA⊥平面ABCD，

所以OO′∥PA，又PA⊂平面PAD，所以OO′∥平面PAD.

又E为AB的中点，

所以O′E∥AD，即O′E∥平面PAD.

又OO′∩O′E＝O′，

所以平面OO′E∥平面PAD.

又OE⊂平面OO′E，

所以OE∥平面PAD.

(2)因为E为AB的中点，所以AE＝2(1)AB＝2.

因为点P，A，C在球面上，O为球心，OO′⊥平面ABCD，PA⊥平面ABCD，

所以OO′＝2(1)PA＝2.又AD＝3，

所以V_{三棱锥O－ADE}＝3(1)×OO′×S_△ADE＝3(1)×OO′×2(1)×AD×AE＝3(1)×2×2(1)×3×2＝2.

11．如图，直线PA，QC都与正方形ABCD所在的平面垂直，AB＝PA＝2CQ＝2，AC与BD相交于点O，E在线段PD上，且CE∥平面PBQ.

(1)求证：OP⊥平面QBD；

(2)求二面角E－BQ－P的余弦值．

解 (1)证法一：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD.

又AB＝AD，∴Rt△PAB≌Rt△PAD，∴PB＝PD.

∵O是BD的中点，∴OP⊥BD.

连接OQ，OQ²＝OC²＋CQ²＝()²＋1²＝3，

OP²＝OA²＋AP²＝()²＋2²＝6，

PQ²＝AC²＋(AP－CQ)²＝(2)²＋(2－1)²＝9，

即PQ²＝OP²＋OQ²，∴OP⊥OQ.

又BD∩OQ＝O，BD，OQ⊂平面QBD，∴OP⊥平面QBD.

证法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，Q(2,2,1)，O(1,1,0)，

∴→(OP)＝(－1，－1,2)，→(BD)＝(－2,2,0)，→(BQ)＝(0,2,1)，

∴＝0－2＋2＝0(BQ)，

∴OP⊥BD，OP⊥BQ，又BD∩BQ＝B，BD，BQ⊂平面QBD，∴OP⊥平面QBD.

(2)由(1)中的证法二知，设→(PE)＝λ→(ED)，

则E1＋λ(2)，→(CE)＝1＋λ(2).

又→(BP)＝(－2,0,2)，→(BQ)＝(0,2,1)，

设平面PBQ的法向量为m＝(x，y，z)，则＝0(BQ)，即2y＋z＝0(－2x＋2z＝0)，令y＝1，得x＝z＝－2，

∴平面PBQ的一个法向量为m＝(－2,1，－2)．

由CE∥平面PBQ，得C→(E)·m＝0，即4－1＋λ(2)－1＋λ(4)＝0，解得λ＝2(1)，

∴E3(4).

∴→(QE)＝3(1)，又→(BQ)＝(0,2,1)，

设平面EBQ的法向量为n＝(x₁，y₁，z₁)，

则＝0(BQ)，即2y1＋z1＝0(z1＝0)，

令y₁＝－1，得x₁＝1，z₁＝2，

∴平面EBQ的一个法向量为n＝(1，－1,2)．

∴cos〈m，n〉＝|m||n|(m·n)＝6(－7)＝－18(6)，

观察图知二面角E－BQ－P为锐角，

故二面角E－BQ－P的余弦值为18(6).

12．如图，三棱柱ABC－A₁B₁C₁所有的棱长均为2，B₁在底面上的射影D在棱BC上，且A₁B∥平面ADC₁.

(1)求证：平面ADC₁⊥平面BCC₁B₁；

(2)求平面ADC₁与平面A₁AB所成的角的正弦值．

解 (1)证明：连接A₁C交AC₁于点O，连接OD，则平面A₁BC∩平面ADC₁＝OD.

∵A₁B∥平面ADC₁，

∴A₁B∥OD，

又O为A₁C的中点，∴D为BC的中点，则AD⊥BC，

又B₁D⊥平面ABC，

∴AD⊥B₁D，BC∩B₁D＝D，

∴AD⊥平面BCC₁B₁，

又AD⊂平面ADC₁，从而平面ADC₁⊥平面BCC₁B₁.

(2)以D为坐标原点，DC，DA，DB₁所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(－1,0,0)，A(0，，0)，B₁(0,0，)，C₁(2,0，)，

易知→(BA)＝(1，，0)，→(BB1)＝(1,0，)，设平面A₁AB的法向量为m＝(x，y，z)，则

·m＝0(BB1)，即z＝0(3y＝0)，

取x＝－，则m＝(－，1,1)．

易知→(DA)＝(0，，0)，→(DC1)＝(2,0，)，同理可得平面ADC₁的一个法向量为n＝(－，0,2)．

∴cos〈m，n〉＝|m||n|(m·n)＝7(5)＝7(35)，sin〈m，n〉＝7(14)，那么平面ADC₁与平面A₁AB所成角的正弦值为7(14).