高考文科数学复习：阶段检测卷四答案

高考文科数学复习：阶段检测卷四答案

阶段检测四 立体几何 一、选择题 ‎1.D　由于a⊂α,b⊂β,α∥β,所以a,b平行或异面.‎ ‎2.B　可以通过观察正方体ABCD-A1B1C1D1进行判断,取BC1为直线m,平面ABCD为平面α,由AB,CD均与m垂直知,A错;由D1C1与m垂直且与平面α平行知,C错;由平面ADD1A1与m平行且与平面α垂直知,D错.故选B.‎ ‎3.A　依题意,所得几何体的侧面积等于π×3×5=15π.‎ ‎4.C　侧(左)视图是从几何体的左侧向右边看,故选C.‎ ‎5.C　a,b是两条互不垂直的异面直线,把它放入正方体中如图,由图可知A不正确;由l∥a,且l⊥b,可得a⊥b,与题设矛盾,故B不正确;由a⊂α,且b⊥α,可得a⊥b,与题设矛盾,故D不正确,故选C.‎ ‎6.B　B选项中,由条件n⊥β,m∥n,推出m⊥β,又m∥α,易知α⊥β,故B正确.‎ ‎7.D　易知该几何体是一四棱锥P-ABCD,底面为直角梯形,BC=2AD=4,PB⊥底面ABCD,PB=AB=2,则这个几何体的体积V=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×(2+4)×2×2=4.‎ ‎8.B　设△ABC的边长为2a,三棱锥V-ABC的高为h,由题意知,‎1‎‎2‎×2a·h=ah=‎2‎‎3‎则其侧视图的面积为‎1‎‎2‎×‎3‎a·h=‎3‎‎2‎×‎2‎‎3‎=‎3‎‎3‎.‎ ‎9.B　构造棱长为4的正方体,由三视图可知,该几何体为如图所示的三棱锥P-ABC,其中点P,B分别为相应棱的中点.S△PAB=S△PBC=‎1‎‎2‎×‎4‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎×4=4‎5‎,S△ABC=‎1‎‎2‎×4×4=8,S△PAC=‎1‎‎2‎·AC·PC‎2‎-‎AC‎2‎‎2‎=‎1‎‎2‎×4×‎(‎4‎‎2‎+‎4‎‎2‎+‎2‎‎2‎)-‎‎2‎‎2‎=8‎2‎.因为8‎2‎>4‎5‎>8,所以该几何体的各个面的面积中,最小的值为8,故选B.‎ ‎10.B　设点A到平面A1BC的距离为h,因为VA-A‎1‎BC=VA‎1‎‎-ABC,所以‎1‎‎3‎·h·S‎△A‎1‎BC=‎1‎‎3‎·AA1·S△ABC,又S‎△A‎1‎BC=‎1‎‎2‎×‎(‎5‎‎)‎‎2‎-‎‎1‎‎2‎×2=2,AA1=1,S△ABC=‎3‎‎4‎×22=‎3‎,所以h=‎3‎‎2‎.‎ ‎11.A　依题意,该几何体是一个组合体,左侧是半个圆锥(其底面半径是1、高是‎3‎),右侧是一个四棱锥(其底面是边长为2的正方形、高是‎3‎),因此这个几何体的体积为‎1‎‎2‎×‎1‎‎3‎π×‎1‎‎2‎×‎‎3‎+‎1‎‎3‎×22×‎3‎=‎(8+π)‎‎3‎‎6‎,选A.‎ ‎12.C　由题知A1F∥平面D1AE,分别取B1C1,BB1的中点H,G,连接HG,A1H,A1G,BC1,可得HG∥BC1∥AD1,A1G∥D1E,则易知平面A1HG∥平面AD1E,故点F的轨迹为线段HG,A正确;A1F与BE是异面直线,故B正确;当F是BB1的中点时,A1F与D1E平行,故C不正确;∵HG∥平面ABC1,‎ ‎∴F点到平面ABC1的距离不变,故三棱锥F-ABC1的体积为定值,故D正确.‎ 二、填空题 ‎13.答案　‎8‎‎3‎π 解析　由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成.其中,圆锥的底面半径和圆柱的底面半径均为1 m,圆锥的高均为1 m,圆柱的高为2 m.因此该几何体的体积为V=2×‎1‎‎3‎π×12×1+π×12×2=‎8‎‎3‎π m3.‎ ‎14.答案　20+8‎‎2‎ 解析　这个空间几何体是一个平放的三棱柱,由其俯视图是面积为8‎2‎的矩形,可得三棱柱的高为4.故其表面积为‎1‎‎2‎×2×2×2+2×4×2+4×2‎2‎=20+8‎2‎.‎ ‎15.答案　‎‎4‎2‎π‎3‎ 解析　连接AC,BD,设交点为O,球的半径为r,连接SO,‎ 由题意可知SO=AO=OC=OD=OB=r,则AB=‎2‎r,‎ 四棱锥的体积为‎1‎‎3‎(‎2‎r)2×r=‎4‎‎2‎‎3‎,解得r=‎2‎,‎ 故半球的体积为‎2π‎3‎r3=‎4‎2‎π‎3‎.‎ ‎16.答案　①③‎ 解析　∵AB⊥α于B,CD⊥α于D,∴AB∥CD,∴A,B,C,D四点共面,若AC⊥β,又EF⊂β,∴AC⊥EF,又∵AB⊥α,EF⊂α,∴AB⊥EF,∵AB∩AC=A,∴EF⊥平面ABCD,‎ 又∵BD⊂平面ABCD,∴BD⊥EF,故①符合要求;由①可知,若BD⊥EF成立,则有EF⊥平面ABCD,则有EF⊥AC成立,而由AC与α,β所成角相等是无法得到EF⊥AC的,故②不符合要求;由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知EF⊥平面ABCD,由①可知③符合要求.‎ 三、解答题 ‎17.证明　(1)在△ABC中,∵E,F分别为AC,BC的中点,‎ ‎∴EF∥AB.‎ 又EF⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,∴EF∥平面PAB.‎ ‎(2)在△PAC中,‎ ‎∵PA=PC,E为AC的中点,∴PE⊥AC.‎ ‎∵平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,‎ ‎∴PE⊥平面ABC.∴PE⊥BC.‎ ‎∵EF∥AB,AB⊥BC,∴EF⊥BC,‎ 又EF∩PE=E,∴BC⊥平面PEF,‎ ‎∴平面PEF⊥平面PBC.‎ ‎18.解析　(1)证明:直三棱柱ADE-BCF中,AB⊥平面ADE,‎ ‎∴AB⊥AD,又AD⊥AE,AB∩AE=A,‎ ‎∴AD⊥平面ABFE,又AD⊂平面PAD,‎ ‎∴平面PAD⊥平面ABFE.‎ ‎(2)设四棱锥P-ABCD的高为h,‎ 由题意知P到平面ABF的距离d=2,‎ ‎∴VP-ABF=‎1‎‎3‎S△ABFd=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎‎×4×4‎×2=‎16‎‎3‎,‎ 而VP-ABCD=‎1‎‎3‎S四边形ABCDh=‎1‎‎3‎×(4×4)×h=‎16‎‎3‎h,‎ ‎∵VP-ABCDVP-ABF=‎3‎‎2‎,∴‎16‎‎3‎h‎16‎‎3‎=‎3‎‎2‎,解得h=‎3‎‎2‎.‎ ‎∴四棱锥P-ABCD的高为‎3‎‎2‎.‎ ‎19.解析　(1)证明:连接OD.‎ 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为AB=AA1,‎ 所以四边形AA1B1B为正方形,所以O为A1B的中点.‎ 又因为D为BC的中点,所以OD为△A1BC的中位线,‎ 所以OD∥A1C.‎ 又因为A1C⊄平面AB1D,OD⊂平面AB1D,‎ 所以A1C∥平面AB1D.‎ ‎(2)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥AB,AC⊥AA1,AA1∩AB=A,所以AC⊥平面AA1B1B,所以AC⊥A1B.‎ 在正方形AA1B1B中,A1B⊥AB1,‎ 又AC∩AB1=A,所以A1B⊥平面AB1C.‎ ‎(3)在线段B1C上存在点E,使得BC⊥AE.理由如下:‎ 取B1C的中点E,连接DE,AE,‎ 则DE∥BB1,所以DE⊥BC.‎ 因为AB=AC,D为BC的中点,所以AD⊥BC.‎ 因为AD∩DE=D,所以BC⊥平面ADE,所以BC⊥AE.‎ ‎20.解析　(1)证明:连接BD,交CE于点Q,连接PQ.‎ 因为四边形BCDE为矩形,所以Q为BD的中点.‎ 在△ABD中,Q为BD的中点,P为AB的中点,所以AD∥PQ,‎ 又PQ⊂平面PCE,AD⊄平面PCE,所以AD∥平面PCE.‎ ‎(2)因为△ABC所在平面与矩形BCDE所在平面相互垂直,平面ABC∩平面BCDE=CB,又BE⊥CB,所以BE⊥平面ABC.‎ 在Rt△ABC中,CB=AB‎2‎-AC‎2‎=‎3‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎=2‎2‎,‎ 故S△ABC=‎1‎‎2‎·AC·CB=‎1‎‎2‎×1×2‎2‎=‎2‎.‎ 因为P为AB的中点,所以S△ACP=‎1‎‎2‎S△ABC=‎2‎‎2‎.‎ 故三棱锥A-PCE的体积为V三棱锥A-PCE=V三棱锥E-APC=‎1‎‎3‎S△APC·BE=‎1‎‎3‎×‎2‎‎2‎×2=‎2‎‎3‎.‎ ‎21.解析　(1)证明:连接AC1,则易知△ACC1为正三角形,∵H为CC1的中点,∴AH⊥CC1,从而AH⊥AA1,又平面AA1C1C⊥平面ABB1A1,平面AA1C1C∩平面ABB1A1=AA1,AH⊂平面AA1C1C,∴AH⊥平面ABB1A1,又A1D⊂平面ABB1A1,∴AH⊥A1D.①‎ 设AB=‎2‎a,∵AC=AA1=‎2‎AB,‎ ‎∴AC=AA1=2a,DB1=a,DB‎1‎B‎1‎A‎1‎=‎1‎‎2‎=A‎1‎B‎1‎AA‎1‎,‎ 又∠DB1A1=∠B1A1A=90°,∴△A1DB1∽△AB1A1,‎ ‎∴∠B1AA1=∠B1A1D,又∠B1A1D+∠AA1D=90°,‎ ‎∴∠B1AA1+∠AA1D=90°,‎ ‎∴A1D⊥AB1,②‎ 由①②及AB1∩AH=A,可得A1D⊥平面AB1H.‎ ‎(2)取AA1的中点M,连接C1M,则C1M∥AH,∴C1M⊥平面ABB1A1,‎ ‎∴VC‎1‎‎-AB‎1‎A‎1‎=‎1‎‎3‎S‎△AB‎1‎A‎1‎·C1M=‎1‎‎3‎×‎2‎×‎3‎=‎6‎‎3‎,‎ ‎∴三棱柱ABC-A1B1C1的体积为3VC‎1‎‎-AB‎1‎A‎1‎=‎6‎.‎ ‎22.解析　(1)CE与平面AGHD垂直.理由如下:‎ ‎∵AD,DC,DE两两垂直,CD∩DE=D,‎ ‎∴AD⊥平面DCE,∵BC∥AD,‎ ‎∴BC⊥平面CDE,而CE⊂平面CDE,∴BC⊥CE.‎ ‎∵G,H分别是BE,CE的中点,∴GH∥BC,‎ 从而CE⊥GH.‎ ‎∵CD⊥DE,CD=DE,H是CE的中点,∴CE⊥DH.‎ 又DH∩GH=H,∴CE⊥平面AGHD.‎ ‎(2)∵AD,DC,DE两两垂直,AD∩CD=D,‎ ‎∴ED⊥平面ABCD,‎ ‎∴VE-ABCD=‎1‎‎3‎S四边形ABCD·DE=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎‎×(1+2)×2‎×2=2.‎ ‎∵BC∥AD,GH∥BC,∴GH∥AD.‎ 又GH=‎1‎‎2‎BC=‎1‎‎2‎,DH=HE=‎1‎‎2‎CE=‎2‎,且CE⊥平面AGHD,‎ ‎∴VE-AGHD=‎1‎‎3‎S四边形AGHD·HE=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎‎×‎1‎‎2‎‎+2‎×‎‎2‎×‎2‎=‎5‎‎6‎,‎ ‎∴多面体ABG-DCH的体积V=VE-ABCD-VE-AGHD=2-‎5‎‎6‎=‎7‎‎6‎.‎