【2017年整理】步步高理科数学专题四.docVIP

专题四　高考中的立体几何问题 1.(2013·广东)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是 (　　) A.4 B.eq \f(14,3) C.eq \f(16,3) D.6 答案　B 解析　由三视图知四棱台的直观图为由棱台的体积公式得：V＝eq \f(1,3)(2×2＋ 1×1＋eq \r(2×2×1×1))×2＝eq \f(14,3). 2.(2013·课标全国Ⅱ)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满 足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，则 (　　) A.α∥β且l∥α B.α⊥β且l⊥β C.α与β相交，且交线垂直于l D.α与β相交，且交线平行于l 答案　D 解析　假设α∥β，由m⊥平面α，n⊥平面β，则m∥n，这与已知m，n为异面直线矛盾，那么α与β相交，设交线为l1，则l1⊥m，l1⊥n，在直线m上任取一点作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直线m与n1所确定的平面，所以l1∥l. 3.如图，点O为正方体ABCD—A′B′C′D′的中心，点E为面 B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF 在该正方体的各个面上的投影不可能是 (　　) 答案　D 解析　空间四边形D′OEF在正方体的面DCC′D′上的投影是A；在面BCC′B′上的投影是B；在面ABCD上的投影是C，故选D. 4.平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量eq \o(AB,\s\up6(→))、eq \o(AD,\s\up6(→))、eq \o(AA1,\s\up6(→))两两的夹角均为60°，且|eq \o(AB,\s\up6(→))|＝1，|eq \o(AD,\s\up6(→))|＝2，|eq \o(AA1,\s\up6(→))|＝3，则|eq \o(AC1,\s\up6(→))|等于 (　　) A.5 B.6 C.4 D.8 答案　A 解析　∵eq \o(AC1,\s\up6(→))＝eq \o(AA1,\s\up6(→))＋eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→))， ∴eq \o(AC1,\s\up6(→))2＝(eq \o(AA1,\s\up6(→))＋eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→)))2＝eq \o(AA1,\s\up6(→))2＋eq \o(AB,\s\up6(→))2＋eq \o(AD,\s\up6(→))2＋2·eq \o(AA1,\s\up6(→))·eq \o(AB,\s\up6(→))＋2·eq \o(AA1,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→))＋2·eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AD,\s\up6(→)) ＝9＋1＋4＋2×3×1×eq \f(1,2)＋2×3×2×eq \f(1,2)＋2×1×2×eq \f(1,2)＝25， ∴|eq \o(AC1,\s\up6(→))|＝5.故选A. 5.如图，四棱锥P－ABCD的底面是一直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD， CD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E为PC的中点，则BE与平面PAD的 位置关系为________. 答案　平行 解析　取PD的中点F，连接EF， 在△PCD中，EF綊eq \f(1,2)CD. 又∵AB∥CD且CD＝2AB， ∴EF綊AB， ∴四边形ABEF是平行四边形， ∴EB∥AF. 又∵EB?平面PAD，AF?平面PAD， ∴BE∥平面PAD. 题型一　空间点、线、面的位置关系 例1　(2013·山东)如图，四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E， F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点. (1)求证：CE∥平面PAD； (2)求证：平面EFG⊥平面EMN. 思维启迪　(1)在平面PAD内作直线CE的平行线或者利用平面CEF∥平面PAD证明； (2)MN是平面EFG的垂线. 证明　(1)方法一　取PA的中点H，连接EH，DH. 又E为PB的中点， 所以EH綊eq \f(1,2)AB. 又CD綊eq \f(1,2)AB，所以EH綊CD. 所以四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH. 又DH?平面PAD，CE?平面PAD. 所以CE∥平面PAD. 方法二　连接CF. 因为F为AB的中点， 所以AF＝eq \f(1,2)AB. 又CD＝eq \f(1,2)AB，所以AF＝CD. 又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形. 因此CF∥AD，又CF?平面PAD， 所以CF∥平面PAD. 因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA. 又EF?平面PAD，