《2016高考数学二轮复习微专题强化练习题：13立体几何综合练习(文)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016高考数学二轮复习微专题强化练习题：13立体几何综合练习(文)（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第一部分一13(文) 一、选择题1(2015东北三校二模)设l，m是两条不同的直线，是一个平面，则下列说法正确的是()A若lm，m，则lB若l，lm，则mC若l，m，则lmD若l，m，则lm答案B解析当l、m是平面内的两条互相垂直的直线时，满足A的条件，故A错误；对于C，过l作平面与平面相交于直线l1，则ll1，在内作直线m与l1相交，满足C的条件，但l与m不平行，故C错误；对于D，设平面，在内取两条相交的直线l、m，满足D的条件，故D错误；对于B，由线面垂直的性质定理知B正确2已知、是三个不同的平面，命题“，且”是真命题，如果把、中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真
2、命题有()A0个 B1个C2个D3个答案C解析若、换成直线a、b，则命题化为“ab，且ab”，此命题为真命题；若、换为直线a、b，则命题化为“a，且abb”，此命题为假命题；若、换为直线a、b，则命题化为“a，且bab”，此命题为真命题，故选C.3(2015重庆文，5)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.2 B.C. D.答案B解析由三视图可知该几何体是由一个圆柱和一个半圆锥组成，圆柱的底面半径为1，高为2；半圆锥的底面半径为1，高也为1，故其体积为122121；故选B.4.如图，在正四面体PABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下列四个结论不成立的是()ABC平面
3、PDFBDF平面PAEC平面PDF平面PAED平面PDE平面ABC答案D解析D、F分别为AB、AC的中点，BCDF，BC平面PDF，BC平面PDF，故A正确；在正四面体中，E为BC中点，易知BCPE，BCAE，BC平面PAE，DFBC，DF平面PAE，故B正确；DF平面PAE，DF平面PDF，平面PDF平面PAE，C正确，故选D.5若某棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该棱锥的体积等于()A10 cm3B20 cm3C30 cm3D40 cm3答案B解析由三视图知该几何体是四棱锥，可视作直三棱柱ABCA1B1C1沿平面AB1C1截去一个三棱锥AA1B1C1余下的部分VABCC1B1VABC
4、A1B1C1VAA1B1C1435(43)520cm3.6如图，在棱长为5的正方体ABCDA1B1C1D1中，EF是棱AB上的一条线段，且EF2，Q是A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则四面体PQEF的体积()A是变量且有最大值B是变量且有最小值C是变量且有最大值和最小值D是常量答案D解析因为EF2，点Q到AB的距离为定值，所以QEF的面积为定值，设为S，又因为D1C1AB，所以D1C1平面QEF；点P到平面QEF的距离也为定值，设为d，从而四面体PQEF的体积为定值Sd.7(2015湖北文，5)l1，l2表示空间中的两条直线，若p：l1，l2是异面直线，q：l1，l2不相交，则()A
5、p是q的充分条件，但不是q的必要条件Bp是q的必要条件，但不是q的充分条件Cp是q的充分必要条件Dp既不是q的充分条件，也不是q的必要条件答案A解析若p：l1，l2是异面直线，由异面直线的定义知，l1，l2不相交，所以命题q：l1，l2不相交成立，即p是q的充分条件；反过来，若q：l1，l2不相交，则l1，l2可能平行，也可能异面，所以不能推出l1，l2是异面直线，即p不是q的必要条件，故应选A.8已知正方形ABCD的边长为2，将ABC沿对角线AC折起，使平面ABC平面ACD，得到如右图所示的三棱锥BACD.若O为AC边的中点，M、N分别为线段DC、BO上的动点(不包括端点)，且BNCM.设B
6、Nx，则三棱锥NAMC的体积yf(x)的函数图象大致是()答案B解析由条件知，AC4，BO2，SAMCCMADx，NO2x，VNAMCSAMCNOx(2x)，即f(x)x(2x)，故选B.二、填空题9(2015天津文，10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为_m3.答案解析考查1.三视图；2.几何体的体积该几何体是由两个高为1的圆锥与一个高为2的圆柱组合而成，圆柱与圆锥的底面半径都是1，所以该几何体的体积为212(m3)三、解答题10如图，已知AD平面ABC，CE平面ABC，F为BC的中点，若ABACADCE.(1)求证：AF平面BDE；(2)求证：平面BDE平面BCE
7、.证明(1)取BE的中点G，连接GF、GD.因为F是BC的中点，则GF为BCE的中位线所以GFEC，GFCE.因为AD平面ABC，CE平面ABC，所以GFECAD.又因为ADCE，所以GFAD.所以四边形GFAD为平行四边形所以AFDG.因为DG平面BDE，AF平面BDE，所以AF平面BDE.(2)因为ABAC，F为BC的中点，所以AFBC.因为ECGF，EC平面ABC，所以GF平面ABC.又AF平面ABC，所以GFAF.因为GFBCF，所以AF平面BCE.因为AFDG，所以DG平面BCE.又DG平面BDE，所以平面BDE平面BCE.11.底面为正多边形的直棱柱称为正棱柱如图，在正三棱柱ABC
8、A1B1C1中，AA1ABa，F、F1分别是AC、A1C1的中点(1)求证：平面AB1F1平面C1BF；(2)求证：平面AB1F1平面ACC1A1.分析(1)在正三棱柱中，由F、F1分别为AC、A1C1的中点，不难想到四边形AFC1F1与四边形BFF1B1都为平行四边形，于是要证平面AB1F1平面C1BF，可证明平面AB1F1与平面C1BF中有两条相交直线分别平行，即BFB1F1，FC1AF1.(2)要证两平面垂直，只要在一个平面内能够找到一条直线与另一个平面垂直，考虑到侧面ACC1A1与底面垂直，F1为A1C1的中点，则不难想到B1F1平面ACC1A1，而平面AB1F1经过B1F1，因此可知
9、结论成立解析(1)在正三棱柱ABCA1B1C1中，连FF1，F、F1分别是AC、A1C1的中点，B1B綊A1A綊FF1，B1BFF1为平行四边形B1F1BF，又AF綊C1F1，AF1C1F为平行四边形，AF1C1F，又B1F1与AF1是两相交直线，平面AB1F1平面C1BF.(2)在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面A1B1C1，B1F1AA1，又B1F1A1C1，A1C1AA1A1，B1F1平面ACC1A1，而平面AB1F1经过B1F1，平面AB1F1平面ACC1A1.12.在正方体ABCDA1B1C1D1中，点F、H分别为A1D、A1C的中点(1)证明：A1B平面AFC；(2)证明：
10、B1H平面AFC.分析分别利用线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理证明解析(1)连BD交AC于点E，则E为BD的中点，连EF，又F为A1D的中点，所以EFA1B.又EF平面AFC，A1B平面AFC，A1B平面AFC.(2)连接B1C，在正方体中四边形A1B1CD为长方形，H为A1C的中点，H也是B1D的中点，只要证B1D平面ACF即可由正方体性质得ACBD，ACB1B，AC平面B1BD，ACB1D.又F为A1D的中点，AFA1D，又AFA1B1，AF平面A1B1D.AFB1D，又AF、AC为平面ACF内的相交直线B1D平面ACF.即B1H平面ACF.13.如图，在四棱锥PABCD中，底面AB
11、CD是DAB60，且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD.(1)若G为AD边的中点，求证：BG平面PAD；(2)求证：ADPB；(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF平面ABCD，并证明你的结论解析(1)证明：在菱形ABCD中，DAB60，G为AD的中点，得BGAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，BG平面PAD.(2)证明：连接PG，因为PAD为正三角形，G为AD的中点，得PGAD.由(1)知BGAD，PGBGG，PG平面PGB，BG平面PGB，AD平面PGB.PB平面PGB，ADPB.(3)解：当F为PC的中点时
12、，满足平面DEF平面ABCD.证明如下：取PC的中点F，连接DE、EF、DF，则在PBC中，FEPB，在菱形ABCD中，GBDE，ADEF，ADDE.AD平面DEF，又AD平面ABCD，平面DEF平面ABCD.14(2014河北名校名师俱乐部模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，ACBC，E在线段B1C1上，B1E3EC1，ACBCCC14.(1)求证：BC AC1；(2)试探究：在AC上是否存在点F，满足EF平面A1ABB1，若存在，请指出点F的位置，并给出证明；若不存在，说明理由分析(1)执果索因：要证BCAC1，已知BCAC，故只需证BC平面ACC1A1，从而BCA
13、A1，这由已知三棱柱中AA1平面ABC可证(2)假定存在，执果索因找思路：假定AC上存在点F，使EF平面A1ABB1，考虑矩形C1CBB1中，E在B1C1上，且B1E3EC1，因此取BC上点G，使BG3GC，则EGB1B，从而EG平面A1ABB1，因此平面EFG平面A1ABB1，由面面平行的性质定理知FGAB，从而3，则只需过G作AB的平行线交AC于F，F即所探求的点解析(1) AA1平面ABC, BC平面ABC，BCAA1.又BCAC，AA1，AC平面AA1C1C，AA1ACA，BC平面AA1C1C，又AC1平面AA1C1C，BCAC1.(2)解法一：当AF3FC时，FE平面A1ABB1.理由如下：在平面A1B1C1内过E作EGA1C1交A1B1于G，连接AG.B1E3EC1，EGA1C1，又AFA1C1且AFA1C1，AFEG且AFEG，四边形AFEG为平行四边形，EFAG，又EF平面A1ABB1，AG平面A1ABB1，EF平面A1ABB1.解法二：当AF3FC时，FE平面A1ABB1.理由如下： 在平面BCC1B1内过E作EGBB1交BC于G，连接FG.EGBB1，EG平面A1ABB1，BB1平面A1ABB1，EG平面A1ABB1.B1E3EC1
