2022年高考數(shù)學總復習 專題五 立體幾何知能訓練 理

2022年高考數(shù)學總復習 專題五 立體幾何知能訓練 理 1．下列命題中，假命題的個數(shù)為(　　) ①與三角形兩邊平行的平面平行于這個三角形的第三邊； ②與三角形兩邊垂直的直線垂直于第三邊； ③與三角形三頂點等距離的平面平行于這個三角形所在平面． A．0個 B．1個 C．2個 D．3個 2．在斜二測畫法中，邊長為a的正方形的直觀圖的面積為(　　) A．a2 B.a2 C.a2 D.a2 3．已知α，β，γ是三個不同的平面，命題“α∥β，且α⊥γ?β⊥γ”是真命題．如果把α，β，γ中的任意兩個換成直線，另一個保持不變，那么在所得的所有新命題中，真命題的個數(shù)有(　　) A．0個　 B．1個 C．2個　 D．3個 4．在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，PA⊥平面ABCD，PA＝1，則PC與平面ABCD所成的角是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 5．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，則異面直線BA1與AC1所成的角等于(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 6．(xx年大綱)已知正四棱錐的頂點都在同一球面上，若該棱錐的高為4，底面邊長為2，則該球的表面積是(　　) A. B．16π C．9π　 D. 7．一個幾何體的三視圖如圖Z5­1，則該幾何體的表面積為____________． 圖Z5­1 8．(xx年廣東廣州一模)如圖Z5­2，在邊長為4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，點E，F(xiàn)分別是邊CD，CB的中點，AC∩EF＝O，沿EF將△CEF翻折到△PEF，連接PA，PB，PD，得到如圖Z5­3所示的五棱錐P­ABFED，且PB＝. (1)求證：BD⊥平面POA； (2)求二面角B­AP­O的正切值． 圖Z5­2 　圖Z5­3 9．(xx年重慶)如圖Z5­4，在四棱錐P­ABCD中，底面是以O為中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝，M為BC上一點，且BM＝，MP⊥AP. (1)求PO的長； (2)求二面角A­PM­C的正弦值． 圖Z5­4 專題五　立體幾何 1．B　2.D 3．C　解析：若α，β?lián)Q為直線a，b，則命題化為“a∥b，且a⊥γ?b⊥γ”，此命題為真命題；若α，γ換為直線a，b，則命題化為“a∥β，且a⊥b?b⊥β”，此命題為假命題；若β，γ換為直線a，b，則命題化為“a∥α，且b⊥α?a⊥b”，此命題為真命題． 4．A　解析：連接AC，則AC是PC在平面ABCD上的射影．∴∠PCA是PC與平面ABCD所成的角．∵AB＝1，BC＝，∴AC＝.∴在Rt△PAC中，tan∠PCA＝＝＝.∴∠PCA＝30°.故選A. 5．C　解析：延長CA到D，使得AD＝AC，則ADA1C1為平行四邊形，∠DA1B就是異面直線BA1與AC1所成的角．又△A1DB為等邊三角形，∴∠DA1B＝60°. 圖D104 6．A　解析：如圖D104，由已知條件知，球心在正四棱錐的高上，設球的半徑為R，球心為O，正四棱錐底面中心為O1，則OO1垂直于棱錐的底面，OO1＝4－R，所以(4－R)2＋()2＝R2.解得R＝.所以球的表面積S＝4πR2＝. 7．38　解析：由三視圖可知：該幾何體為一個長方體在中間挖去了一個等高的圓柱，其中長方體的長、寬、高分別為4,3,1，圓柱的底面直徑為2，所以該幾何體的表面積為長方體的表面積加圓柱的側面積再減去圓柱的底面積，即為2(3×4＋4×1＋3×1)＋2π×1×1－2π＝38. 8．(1)證明：∵點E，F(xiàn)分別是邊CD，CB的中點， ∴BD∥EF. ∵菱形ABCD的對角線互相垂直， ∴BD⊥AC. ∴EF⊥AC. ∴EF⊥AO，EF⊥PO. ∵AO?平面POA，PO?平面POA，AO∩PO＝O， ∴EF⊥平面POA. ∴BD⊥平面POA. (2)解：方法一：如圖D105.設AO∩BD＝H，連接BO， 圖D105 ∵∠DAB＝60°， ∴△ABD為等邊三角形． ∴BD＝4，BH＝2，HA＝2 ，HO＝PO＝. 在Rt△BHO中，BO＝＝， 在△PBO中，BO2＋PO2＝10＝PB2， ∴PO⊥BO. ∵PO⊥EF，EF∩BO＝O，EF?平面BFED，BO?平面BFED， ∴PO⊥平面BFED. 過H作HG⊥AP，垂足為G，連接BG， 由(1)知，BH⊥平面POA，且AP?平面POA， ∴BH⊥AP. ∵HG∩BH＝H，HG?平面BHG，BH?平面BHG， ∴AP⊥平面BHG. ∵BG?平面BHG， ∴AP⊥BG. ∴∠BGH為二面角B­AP­O的平面角． 在Rt△POA中，AP＝＝， 在Rt△POA和Rt△HGA中，∠POA＝∠HGA＝90°，∠PAO＝∠HAG， ∴Rt△POA∽Rt△HGA. ∴＝. ∴HG＝＝＝. 在Rt△BHG中，tan∠BGH＝＝＝ . ∴二面角B­AP­O的正切值為. 圖D106 方法二：設AO∩BD＝H，連接BO， ∵∠DAB＝60°， ∴△ABD為等邊三角形． ∴BD＝4，BH＝2，HA＝2 ，HO＝PO＝. 在Rt△BHO中，BO＝＝， 在△PBO中，BO2＋PO2＝10＝PB2， ∴PO⊥BO. ∵PO⊥EF，EF∩BO＝O，EF?平面BFED，BO?平面BFED， ∴PO⊥平面BFED. 以O為原點，OF所在直線為x軸，AO所在直線為y軸，OP所在直線為z軸，建立如圖D106所示的空間直角坐標系Oxyz， 則A(0，－3 ，0)，B(2，－，0)，P(0,0，)，H(0，－，0)． ∴＝(0,3 ，)，＝(2,2 ，0)． 設平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)， 由n⊥，n⊥，得 令y＝1，得z＝－3，x＝－. ∴平面PAB的一個法向量為n＝. 由(1)知，平面PAO的一個法向量為＝， 設二面角B­AP­O的平面角為θ， 則cosθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.∴sinθ＝＝，tanθ＝＝. ∴二面角B­AP­O的正切值為. 9．解：(1)如圖D107，連接AC，BD，因為四邊形ABCD為菱形，所以AC∩BD＝O，且AC⊥BD.以O為坐標原點，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系Oxyz. 圖D107 因為∠BAD＝， 所以OA＝AB·cos＝，OB＝AB·sin＝1. 所以O(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，C(－，0,0)，＝(0,1,0)，＝(－，－1,0)． 由BM＝，BC＝2知，＝＝， 從而＝＋＝， 即M. 設P(0,0，a)，a＞0， 則＝(－，0，a)，＝. 因為MP⊥AP，所以·＝－＋a2＝0. 所以a＝或a＝－(舍去)，即PO＝. (2)由(1)知，＝，＝，＝.設平面APM的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)． 由n1·＝0, n1·＝0，得 故可取n1＝. 由n2·＝0，n2·＝0，得 故可取n2＝(1，－，－2)． 從而法向量n1，n2的夾角的余弦值為 cos〈n1，n2〉＝＝－， 故所求二面角A­PM­C的正弦值為.