高中数学2015新课标步步高中档题目强化练

中档题目强化练——立体几何A组专项基础训练(时间：40分钟)一、选择题1.以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是()A.球的三视图总是三个全等的圆B.正方体的三视图总是三个全等的正方形C.水平放置的各面均为正三角形的四面体的三视图都是正三角形D.水平放置的圆台的俯视图是一个圆答案A解析画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆.2.设α、β、γ是三个互不重合的平面，m、n是两条不重合的直线，下列命题中正确的是()A.若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γB.若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥nC.若α⊥β，m⊥α，则m∥βD.若α∥β，m⊄β，m∥α，则m∥β答案D解析对于A，若α⊥β，β⊥γ，α，γ可以平行，也可以相交，A错；对于B，若m∥α，n∥β，α⊥β，则m，n可以平行，可以相交，也可以异面，B错；对于C，若α⊥β，m⊥α，则m可以在平面β内，C错；易知D正确.3.设α、β、γ为平面，l、m、n为直线，则m⊥β的一个充分条件为()A.α⊥β，α∩β＝l，m⊥lB.n⊥α，n⊥β，m⊥αC.α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γD.α⊥γ，β⊥γ，m⊥α答案B解析如图①知A错；如图②知C错；如图③在正方体中，两侧面α与β相交于l，都与底面γ垂直，γ内的直线m⊥α，但m与β不垂直，故D错；由n⊥α，n⊥β，得α∥β.又m⊥α，则m⊥β，故B正确.4.如图，在正四棱柱(底面是正方形的直四棱柱)ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点，则下列结论不成立的是()A.EF与BB1垂直B.EF与BD垂直C.EF与CD异面D.EF与A1C1异面答案D解析连接B1C，AC，则B1C交BC1于F，且F为B1C的中点，又E为AB1的中点，所以EF綊12AC，而B1B⊥平面ABCD，所以B1B⊥AC，所以B1B⊥EF，A正确；又AC⊥BD，所以EF⊥BD，B正确；显然EF与CD异面，C正确；由EF綊12AC，AC∥A1C1，得EF∥A1C1.故不成立的选项为D.5.若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是()A.2B.32C.3D.52答案A解析由三视图知原几何体可理解为三个部分拼接而成，其中一个棱长为1的正方体，另外两个为正方体的一半.因此易得总体积为2.二、填空题6.三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC的体积等于________.答案3解析∵PA⊥底面ABC，∴PA为三棱锥P－ABC的高，且PA＝3.∵底面ABC为正三角形且边长为2，∴底面面积为12×22×sin60°＝3，∴VP－ABC＝13×3×3＝3.7.已知四棱锥P—ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，点E、F分别是棱PC、PD的中点，则①棱AB与PD所在直线垂直；②平面PBC与平面ABCD垂直；③△PCD的面积大于△PAB的面积；④直线AE与直线BF是异面直线.以上结论正确的是________.(写出所有正确结论的编号)答案①③解析由条件可得AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，故①正确；若平面PBC⊥平面ABCD，由PB⊥BC，得PB⊥平面ABCD，从而PA∥PB，这是不可能的，故②错；S△PCD＝12CD·PD，S△PAB＝12AB·PA，由AB＝CD，PDPA知③正确；由E、F分别是棱PC、PD的中点，可得EF∥CD，又AB∥CD，∴EF∥AB，故AE与BF共面，④错.8.三棱锥S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论中：①异面直线SB与AC所成的角为90°；②直线SB⊥平面ABC；③平面SBC⊥平面SAC；④点C到平面SAB的距离是12a.其中正确结论的序号是________.答案①②③④解析由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①②③正确；取AB的中点E，连接CE，(如图)可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离12a，④正确.三、解答题9.如图，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB＝2.(1)求证：DB⊥平面B1BCC1；(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由.(1)证明在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，BD＝2，又∵BC＝2，CD＝2，∴∠DBC＝90°，即BD⊥BC.又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，∴BD⊥平面B1BCC1.(2)解DC的中点即为E点，连接D1E，BE，∵DE∥AB，DE＝AB，∴四边形ABED是平行四边形.∴AD綊BE.又AD綊A1D1，∴BE綊A1D1，∴四边形A1D1EB是平行四边形.∴D1E∥A1B.∵D1E⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，∴D1E∥平面A1BD.10.在正方体ABCD－A′B′C′D′中，棱AB，BB′，B′C′，C′D′的中点分别是E，F，G，H，如图所示.(1)求证：AD′∥平面EFG；(2)求证：A′C⊥平面EFG；(3)判断点A，D′，H，F是否共面？并说明理由.(1)证明连接BC′.在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝C′D′，AB∥C′D′，所以四边形ABC′D′是平行四边形，所以AD′∥BC′.因为F，G分别是BB′，B′C′的中点，所以FG∥BC′，所以FG∥AD′.因为EF，AD′是异面直线，所以AD′⊄平面EFG.因为FG⊂平面EFG，所以AD′∥平面EFG.(2)证明连接B′C.在正方体ABCD－A′B′C′D′中，A′B′⊥平面BCC′B′，BC′⊂平面BCC′B′，所以A′B′⊥BC′.在正方形BCC′B中，B′C⊥BC′，因为A′B′⊂平面A′B′C，B′C⊂平面A′B′C，A′B′∩B′C＝B′，所以BC′⊥平面A′B′C.因为A′C⊂平面A′B′C，所以BC′⊥A′C.因为FG∥BC′，所以A′C⊥FG，同理可证A′C⊥EF.因为EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EF∩FG＝F，所以A′C⊥平面EFG.(3)解点A，D′，H，F不共面.理由如下：假设A，D′，H，F共面，连接C′F，AF，HF.由(1)知，AD′∥BC′，因为BC′⊂平面BCC′B′，AD′⊄平面BCC′B′.所以AD′∥平面BCC′B′.因为C′∈D′H，所以平面AD′HF∩平面BCC′B′＝C′F.因为AD′⊂平面AD′HF，所以AD′∥C′F.所以C′F∥BC′，而C′F与BC′相交，矛盾.所以点A，D′，H，F不共面.B组专项能力提升(时间：25分钟)1.已知直线l1，l2与平面α，则下列结论中正确的是()A.若l1⊂α，l2∩α＝A，则l1，l2为异面直线B.若l1∥l2，l1∥α，则l2∥αC.若l1⊥l2，l1⊥α，则l2∥αD.若l1⊥α，l2⊥α，则l1∥l2答案D解析对于选项A，当A∈l1时，结论不成立；对于选项B、C，当l2⊂α时，结论不成立.2.已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有下面四个命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.其中正确的命题有()A.①②B.①③C.②④D.③④答案B解析①中，α∥βl⊥α⇒l⊥βm⊂β⇒l⊥m，故①正确；②中，l与m相交、平行、异面均有可能，故②错；③中，l∥ml⊥α⇒m⊥αm⊂β⇒α⊥β，故③正确；④中，α与β也有可能相交，故④错误.3.如图所示，是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E、F分别为PA、PD的中点.在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的有()A.①②B.②③C.①④D.②④答案B解析对于①，因为E、F分别是PA、PD的中点，所以EF∥AD.又因为AD∥BC，所以EF∥BC.所以BE与CF共面.故①不正确.对于②，因为BE是平面APD的斜线，AF是平面APD内与BE不相交的直线，所以BE与AF不共面.故②正确.对于③，由①，知EF∥BC，所以EF∥平面PBC.故③正确.对于④，条件不足，无法判断两平面垂直.4.有一个内接于球的四棱锥P－ABCD，若PA⊥底面ABCD，∠BCD＝π2，∠ABC≠π2，BC＝3，CD＝4，PA＝5，则该球的表面积为________.答案50π解析由∠BCD＝90°知BD为底面ABCD外接圆的直径，则2r＝32＋42＝5.又∠DAB＝90°⇒PA⊥AB，PA⊥AD，BA⊥AD.从而把PA，AB，AD看作长方体的三条棱，设外接球半径为R，则(2R)2＝52＋(2r)2＝52＋52，∴4R2＝50，∴S球＝4πR2＝50π.5.如图，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝90°，BC＝CD＝2，AD＝BD，EC⊥底面ABCD，FD⊥底面ABCD，且有EC＝FD＝2.(1)求证：AD⊥BF；(2)若线段EC上一点M在平面BDF上的射影恰好是BF的中点N，试求二面角B－MF－C的余弦值.(1)证明∵BC⊥DC，且BC＝CD＝2，∴BD＝2且∠CBD＝∠BDC＝45°.又AB∥DC，可知∠DBA＝∠CDB＝45°.∵AD＝BD，∴△ADB是等腰三角形，且∠DAB＝∠DBA＝45°.∴∠ADB＝90°，即AD⊥DB.∵FD⊥底面ABCD于D，AD⊂平面ABCD，∴AD⊥DF.又DF∩DB＝D1，∴AD⊥平面BDF，∵BF⊂平面DBF，∴AD⊥BF.(2)解以点C为原点，直线CD、CB、CE方向为x，y，z轴建系.则D(2，0,0)，B(0，2，0)，F(2，0,2)，A(22，2，0)，∵N恰好为BF的中点，∴N(22，22，1).设M(0,0，z0)，∴MN→＝(22，22，1－z0).由MN→·BD→＝0，MN→·DF→＝0，解得z0＝1.故M为线段CE的中点.设平面BMF的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，且BF→＝(2，－2，2)，BM→＝(0，－2，1)，由BF→·n1＝0，BM→·n1＝0可得2x1－2y1＋2z1＝0，－2y1＋z1＝0，取x1＝－1，则y1＝1，z1＝2，得n1＝(－1,1，2).∵平面MFC的一个法向量为n2＝(0,1,0)，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝12.故所求二面角B－MF－C的余弦值为12.