（人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 第八章《立体几何初步》单元达标高分突破必刷卷(培优版）（全解全析）

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第八章《立体几何初步》单元达标高分突破必刷卷(培优版）全解全析1．C【解析】【分析】根据三视图的定义，构造一个长方体，利用长方体的边长关系，求得m的表达式，利用基本不等式，即可求得答案.【详解】如图：构造长方体设，在长方体中，DE为正视图中投影，BE为侧视图中投影，AC为俯视图的投影，则，，设，则，，所以，即，由于，所以，解得，当且仅当时等号成立，故选：C.【点睛】解题的关键是构造长方体，利用三视图的定义，得到对应的投影，再根据边长的关系求解，考查利用基本不等式求最值问题，综合性较强，属中档题.2．B【解析】【分析】将两个相同的斜平行六面体叠放组成的多面体不是棱柱，判断A选项错误；正方体中的三棱锥的三个侧面都是直角三角形，判断B选项正确；正六棱柱中，平面平面，但平面和平面不是正六棱柱的底面，判断C选项错误；两条异面直线不能确定一个平面，判断D选项错误.【详解】选项A：将两个相同的斜平行六面体叠放组成的多面体不是棱柱，如图，故A选项错误；选项B：在正方体中，如图，三棱锥的三个侧面都是直角三角形，故B选项正确；选项C：在正六棱柱中，如图，平面平面，但平面和平面不是正六棱柱的底面，故C选项错误；选项D：两条异面直线不能确定一个平面，故D选项错误.故选：B.【点睛】本题考查棱柱的结构特征、棱锥的结构特征、组合体的结构特征，是基础题.3．C【解析】【分析】由题意分析可得，当时三棱锥的体积最大，然后作图，将三棱锥还原成正三棱柱，按照正三棱柱外接球半径的计算方法来计算，即可计算出球半径，从而完成求解.【详解】由题意可知，当三棱锥的体积最大时是时，为正三角形，如图所示，将三棱锥补成正三棱柱，该正三棱柱的外接球就是三棱锥的外接球，而正三棱柱的外接球球心落在上下底面外接圆圆心连线的中点上，设外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为，由正弦定理可得：，所以，，所以三棱锥外接球的表面积为.故选：C.4．A【解析】【分析】作辅助线，证明，从而得出异面直线与所成的角为或其补角，由三角形的边角关系求出余弦值.【详解】如图，取正方形的中心为E，连接OE，，易知，∴异面直线与所成的角为或其补角.不妨设正方体的棱长为2，连接，易得，，，∴，故直线与所成角的余弦值为.故选：A5．D【解析】【分析】根据两点所在的直线与已知直线的位置关系分类分析即可得结论.【详解】过直线l外两点作与l平行的平面，如果两点所在的直线与已知直线相交,则这样的平面不存在;如果两点所在的直线与已知直线平行,则这样的平面有无数个;如果两点所在的直线与已知直线异面,则这样的平面只有一个.因此只有D正确.故选：D6．D【解析】【分析】当点P是线段EF中点时判断①；假定存在点P，使得直线平面ACF，推理导出矛盾判断②；利用线面角的定义转化列式计算判断③；求出外接圆面积判断④作答.【详解】取EF中点G，连DG，令，连FO，如图，在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则且，即四边形DGFO是平行四边形，即有，而平面ACF，平面ACF，于是得平面ACF，当点P与G重合时，直线平面ACF，①正确；假定存在点P，使得直线平面ACF，而平面ACF，则，又，从而有，在中，，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG，因此，假设是错的，即②不正确；因平面平面，平面平面，则线段EF上的动点P在平面上的射影在直线BD上，于是得是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，，，而，则，当P与E重合时，，，因此，，③正确；因平面平面，平面平面，，平面，则平面，，在中，，显然有，，由正弦定理得外接圆直径，，三棱锥的外接球被平面ACF所截得的截面是的外接圆，其面积为，④正确，所以所给命题中正确命题的序号是①③④.故选：D【点睛】结论点睛：两个平面互相垂直，则一个平面内任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上.7．B【解析】【分析】由题可得，然后利用球的性质可得，进而可得，再利用基本不等式即求.【详解】∵平面ABC，∴，则为直角三角形，其外心为PB的中点，的外心，∴，又，∴，设三棱锥的外接球的为，连接，则平面ABC，∴，∴，又三棱锥的外接球的表面积为，∴，即，由可得，∴，当且仅当时取等号.∴的最大值是.故选：B.8．C【解析】①根据正三棱锥的底面是等边三角形可判断；②求出，则可求出点到棱的距离；③证明平面即可；④取中点，连接，则可得球心在上，在和中利用勾股定理即可求出.【详解】对于①，正三棱锥的底面是等边三角形，由题可知该三棱锥不满足，故①错误；对于②，连接，,可得，,点到棱的距离为，故②正确；对于③，，为中点，，，平面，平面，平面平面，故③正确；对于④，设外接球的圆心为O，半径为R，则，，在平面内，，取中点，连接，则在上，设，则，则在中，，即，在中，，即，联立方程解得，故外接球的直径为，故④正确.【点睛】本题考查空间点线距离的求解，考查面面垂直的判断，考查三棱锥外接球问题，解题的关键是正确理解空间关系，能根据条件判断出外接球球心的位置.9．ABD【解析】【分析】作出正方体，结合正方体的结构特征，以及正方体的性质，逐项判定，即可求解.【详解】如图所示，对于A中，面，面，且面，所以和到面的距离相等，故三棱锥与三棱锥的体积相等，所以A正确；对于B中，过，，三点的截面为四边形，且，与不平行，故四边形始终是梯形，所以B正确.对于C中，由面面，而总与面相交于点，故不存在这样的点，所以C错误；对于D中，由面，当时，即：为中点时，面，故存在这样的点，所以D正确.故选：ABD.10．ACD【解析】【分析】根据题意可知，当最大时，该正四面体外接于圆锥的内切球，结合内切、外接球问题，即可求解.【详解】根据题意可知，当最大时，该正四面体外接于圆锥的内切球.设圆锥内切球的圆心为，半径为，圆锥的底面圆心为，半径为，顶点为，作出轴截面，连接，，如图所示.因为，，所以，所以为等边三角形，且为的中心，则.结合正方体的外接球问题，易知棱长为的正四面体的外接球半径为，故，解得.故选：ACD.11．AC【解析】【分析】连接OE，利用中位线定理结合线面平行判定证明A；根据等体积法判断B；由结合余弦定理判断C；根据等边三角形的性质以及体积公式判断D.【详解】对于A，连接OE，则OE为的中位线，则，因为平面，平面，所以平面，A正确；对于B，P是上的动点，由A知平面OCE，，B错误；对于C，，异面直线与所成的角，即为OE与所成的角.设正三棱柱的棱长都为2，在中，，，由余弦定理得，C正确；对于D，设正三棱柱的棱长都为2，该球的最大半径为，则，D错误.故选：AC.12．ACD【解析】【分析】由题设，若交于，易知△、△为等边三角形，△、△为等腰直角三角形，由线面垂直的判定可证面、面，即可判断C、D；再根据线面垂直的判定、性质可知，由平行的推论可得△为直角三角形，即可判断A、B.【详解】由题设，易知六面体上下底面、为正方形，连接、、，又且各棱长为1，∴△、△为等边三角形，又，则，故，则.∴△、△为等腰直角三角形，若交于，连接，则，即，∴，又，，即面，同理可得面，∴的投影为，即与点重合，故O是底面的中心，且与平面所成角为，故C、D正确；由上易知：，，，即面，又面，∴，连接，则，故，又，且，∴，在直角△中，显然与所成角为不为，故A正确，B错误.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：根据平行六面体的性质及已知条件证线面、面面垂直判断的投影及与平面所成角，由线面垂直的性质及平行推论证△为直角三角形判断长及与所成角.13．【解析】【分析】设，，，求得，作出原图形，分析梯形的两底边长与高，利用梯形的面积公式可求得原图形的面积.【详解】设，，，在四边形中，，因为在四边形中，边平行于轴，与平行于轴，所以，，可得，设原图形为梯形，在平面直角坐标系中，如下图所示： 则平行于轴，、平行于轴，且，，，因此，原图形的面积为.故答案为：.14．【解析】【分析】求出球心到截面圆所在平面的距离以及截面圆的半径，利用勾股定理可求得球的半径，利用球的体积公式可求得结果.【详解】由题意可知，球心到截面圆所在平面的距离为，设截面圆的半径为，球的半径为，则，可得，所以，，因此，该球的体积为.故答案为：.15．（3）（4）【解析】【分析】简单的反例可以否定（1）（2），利用反证法，借助平行公理可以确认（3），通过较为复杂的构造与证明，可以确认（4）【详解】（1）在保持与平面平行的条件下可以在一个与平行的平面内任意旋转，故a与定直线b所成的角是任意的，故（1）错误；（2）当平行时，不能保证直线垂直于平面，直线甚至可以在平面内，故（2）错误；（3）假若c既不与a相交，也不与b相交，由于a,c都在α内，故a,c平行，同理b,c平行，根据平行公理得到a,b平行，与已知a,b为异面直线矛盾，故（3）正确；（4）如图所示，a，b，c是异面直线，上下两个平面α，β是分别通过a,c中的一条而与另一条平行的平面，直线b与这两个平面都相交，交点A,B都不在直线a,c上.在直线b上任取一点不同于A,B的点P，由于a,b异面，∴P∉a，则直线a与点P确定一个平面，可知这平面与直线c相交，设交点为Q,连接PQ的直线与直线a必然相交（否则，这条线必在平面β内)，由于P点的任意性，可知这样可以做出无数条直线与a,b,c都相交，故（4）正确.【点睛】本题考查线面的平行相交，异面直线等关系，关键难点在于（4）的构造性证明.16．##【解析】【分析】利用题干条件证明出全等，作出辅助线，证明出线面垂直，即高线，利用余弦定理和勾股定理求出高线，进而利用体积公式求出答案.【详解】取BC中点D，连接AD，，过点作⊥AD于点E，因为，，，所以，，故，所以，因为，所以BC⊥平面，因为平面，所以BC⊥，因为，所以⊥平面ABC，由余弦定理得：，所以，因为，由勾股定理逆定理可得：，由勾股定理得：，所以，所以，因为，所以，所以，故，所以点B到底面的距离为，，则四面体的体积为.故答案为：17．(1)(2)【解析】【分析】（1）取的中点，过作，进而可得，从而得解；（2）过分别作面和面的垂线，垂足为和，根据条件可得以，由即为二面角的平面角可得解.(1)如图所示，取的中点，连接和，与都是正三角形，所以，，所以面，过作，又面，所以，三棱锥体积 .当与重合时，三棱锥体积最大.(2)过分别作面和面的垂线，垂足为和，易知与即为与的外心，所以，由球的半径为，可得，所以所以，所以由对称性可得，又因为，，所以即为二面角的平面角，所以.所以二面角的余弦值.18．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)利用三角形中位线性质证明，然后利用线面平行的判定定理即可得证；(2)利用线面平行判定和性质可知，再结合几何体特征和已知条件，可得三棱锥的体积和三棱锥的体积相等，然后结合已知条件求三棱锥的体积即可.(1)连接交于，连接，如下图所示：∵，，∴为的中位线，∴，又平面，平面，∴平面.(2)∵，平面，平面，∴平面，又平面平面，平面，∴，∴，又，故四边形为梯形，∴，故，取棱的中点，并连接，如下图：∵为正三角形，∴，又平面平面，且平面平面，∴平面，且，又平面，故点到平面的距离等于点到平面的距离，而点到平面的距离又等于点到平面的距离的一半，即，又，从而，故三棱锥的体积为.19．(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）证明出平面，平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）证明出平面，可得出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立.(1)证明：翻折前，，翻折后，则有，，因为平面，平面，平面，因为平面，平面，平面，因为，因此，平面平面.(2)证明：翻折前，在梯形中，，，则，，则，翻折后，对应地，，，因为，所以，平面，，则平面，平面，因此，平面平面.20．（1）证明见解析；（2）答案见解析.【解析】【分析】(1)根据给定条件证得C1D⊥A1B1及AA1⊥C1D即可推理作答；(2)连接DF，A1B，选①③，先证DF⊥AB1，再结合(1)证得C1D⊥AB1即可证得AB1⊥平面C1DF，选①②、选②③推理说明不能证得结论成立.【详解】（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，依题意有A1C1=B1C1=1，且∠A1C1B1=90°，又D是A1B1的中点，则C1D⊥A1B1，又AA1⊥平面A1B1C1，C1D平面A1B1C1，于是得AA1⊥C1D，又A1B1AA1=A1，A1B1平面AA1B1B，AA1平面AA1B1B，所以C1D⊥平面AA1B1B；（2）(ⅰ)选①③能证明AB1⊥平面C1DF，连接DF，A1B，如图，则DF∥A1B，在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，则AB=，又AA1=，于是得四边形AA1B1B为正方形，则有A1B⊥AB1，从而有DF⊥AB1，因C1D⊥平面AA1B1B，AB1平面AA1B1B，因此得C1D⊥AB1，DFC1D=D，C1D平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1⊥平面C1DF；(ⅰⅰ)选①②不能证明AB1⊥平面C1DF，连接DF，A1B，如图，则DF∥A1B，在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，则AB=，AA1=，于是得四边形AA1B1B为长方形，则有A1B与AB1不垂直，即有DF与AB1不垂直，所以AB1不垂直于平面C1DF；(ⅰⅰⅰ)选②③不能证明AB1⊥平面C1DF，在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，则AB=，又，矛盾，所以不能证明AB1⊥平面C1DF，综上：(ⅰ)选①③能证明AB1⊥平面C1DF.21．(1)；(2).【解析】【分析】（1）取的中点，连接，可得，根据平行四边形的性质并连接，取中点，连接，，则△，△均为正三角形，可得且，根据线面、面面垂直的判定证明面面，延长，作于，由面面垂直的性质有面，进而求、，再由棱锥的体积公式求的体积；（2）连接，根据余弦定理可得，再由勾股、余弦定理及同角三角函数的平方关系求、，进而求，利用求到面的距离，即可求与面所成角的正弦值.(1)，取的中点，连接，可得，，，由平行四边形，可得，连接，取中点，连接，，△，△均为正三角形，且，又，面，又面，面面，，，可得，延长，作于，面面，且面面，面，，，.(2)连接，在△中，，，，，由余弦定理有：，可得，，，，，又，设到面的距离为，，，，可得，设与面所成角为，则.22．(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)存在.【解析】【分析】(1)取中点，连结，，证明四边形是平行四边形；(2)证明BM∥AF⊥CD，BM⊥MF即可；(3)假设上存在一点，使直线和平面所成的角为.连结，过作，垂足为，连结，则.设PN＝x，表示出其他边，在中，由余弦定理解出x，若x＜MD，则满足题意.(1)取中点，连结，，是的中位线，，，∵平面ACD，DE平面ACD∴，又，，，四边形是平行四边形，，平面，平面，∥平面；(2)平面，平面，，四边形是矩形，．是正三角形，是中点，．，，，平面，平面，平面，平面，平面平面；(3)假设上存在一点，使直线和平面所成的角为.连结，过作，垂足为，连结.由(2)知平面平面，又平面平面＝CE，∴PN⊥平面BCE，∴∠PBN为BP和平面BCE的夹角，∴.设，则，，，设，由题知∠CED＝45°，则在Rt△EPN中，在Rt△PBN中，，∴在中，由余弦定理得：，，解得，若P在线段DE上，则PN最长为MD＝，∵，∴满足题意，上存在一点，使直线和平面所成的角为.