(通用版)高考数学大二轮复习专题突破练19专题五立体几何过关检测理

22.

(2019山东菏泽一模,理18)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,AD⊥

DC,AB∥DC,DC=2AB,PD=1,BC=,BC⊥BD,设Q为棱PC上一点,=λ.

(1)求证:当λ=时,AQ⊥PC;

(2)试确定λ的值使得二面角Q-BD-P为45°.

参考答案

专题突破练19 专题五

立体几何过关检测

1.B 解析若l⊥m,因为m⊥平面α,所以l∥α或l?α;若l∥α,因为m⊥平面α,所以l⊥m,所以“l⊥m”是“l∥α”的必要不充分条件. 2.D 解析

由题意知该正方体截去了一个三棱锥,如图所示,设正方体棱长为a,则V正方体=a,V截去部分=a,故截去

33

部分体积与剩余部分体积的比值为

3.D 解析因为m⊥α,l⊥m,l?α,所以l∥α.同理可得l∥β.又因为m,n为异面直线,所以α与

β相交,且l平行于它们的交线.故选D.

4.B 解析由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.∴S表

=2r×2r+2

5.C 解析

r2+πr×2r+4πr=5πr+4r=16+20π,解得r=2.

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由几何体的三视图可得几何体的直观图如图所示,根据三视图中的线段长度,得

AB=2,BE=AE=DE=2,由勾股定理得CE=,从而得AC==3,所以侧棱AC和底面所成线

面角最小,sin∠ACE=

6.A 解析由三视图可知该几何体是球截去后所得几何体,则的表面积为

4πR+2

R3=,解得R=2,所以它

πR=14π+3π=17π.

2

7.D 解析

取BC的中点H,连接EH,AH,则∠EHA=90°.设AB=2,则BH=HE=1,AH=,所以AE=连接ED,则

ED=EAD=因为BC∥AD,所以异面直线AE与BC所成角即为∠EAD,在△EAD中cos∠

,故选D.

8.B 解析由题意知要使球的体积最大,则它与直三棱柱的若干个面相切.设球的半径为R,易得△

ABC的内切球的半径为

故选B.

=2,则R≤2.又因为2R≤3,所以R,所以Vmax=,

9.B 解析取DE的中点O,连接OA',OB.在△A'DE中,由A'D=A'E=DE=4,可得OA'=2由OE=2,BE=4,∠BEO=120°可得OB=2

2

2

2

,在△BOE中,

由OA'+OB=A'B可得OA'⊥OB.又因为OA'⊥DE,OB∩DE=O,

所以OA'⊥底面BCDE,∠A'BO即为直线A'B与底面BCDE所成角.在Rt△A'OB中,sin∠

A'BO=,故选B.

10.C 解析因为圆锥的母线长为2,圆锥的母线与底面的夹角为,所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形,底面半径和高均为积为[2(

,设正方体的棱长为x,则

,解得x=2(

-1).故正方体的体

-1)]3=8(-1)3.

11.B 解析如图,设△ABC的外接圆圆心为O',其半径为r,球O的半径为R,当球心O在三棱锥P-ABC内时,由题意可知,=4π

max==3,可得R=r.∵2r=,∴r=,∴R=,∴S球

当球心O在三棱锥P-ABC外时,结果不变.故选B.

12.B 解析如图,设AB=a,BC=b,AA1=c,则AB1=,AC=,B1C=AB1∥

C1D,BB1⊥平面ABCD,∴∠AB1C是B1C与C1D所成角(或所成角的补角),∠BCB1是B1C与底面ABCD所成

角.

∵B1C与C1D所成角的余弦值为,B1C与底面ABCD所成角的正弦值为,

解得a=c=b.

∵CC1⊥平面ABCD,

∴∠C1DC是C1D与底面ABCD所成角. ∵DC=CC1,DC⊥CC1, ∴∠C1DC=45°.

∴C1D与底面ABCD所成角的余弦值为故选B.