2022年高三数学第一轮复习单元测试《立体几何》 .pdf

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1、优秀学习资料欢迎下载A B C DE F GHIJ高三数学第一轮复习单元测试立体几何一、 选择题 (本大题共 12 小题 ,每小题 5分 ,共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1（ 2008 浙江文卷）对两条不相交的空间直线a与b, 必存在平面 , 使得（）（A）ba,（B）ba, （C）ba,(D)ba,2将正方形ABCD 沿对角线BD 折成一个120的二面角，点C 到达点 C1，这时异面直线AD 与 BC1所成角的余弦值是（）A22B21C43D433一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2、3、6，这个长方体对角线的长为（）A23 B32C 6 D64已知

2、二面角l的大小为600,m、n 为异面直线 ,且 m,n,则 m、n 所成的角为（）A300B600C 900D12005如图，在正三角形ABC 中， D、E、F 分别为各边的中点，G、H、I、J 分别为 AF、AD 、BE、DE 的中点 .将 ABC沿 DE、EF、DF 折成三棱锥以后，GH 与 IJ 所成角的度数为（）A90B60C45D06两相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放棱长为 1 的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD 与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有（）A1 个B2 个C3 个D无穷多个7 （2008 山东文卷）右图是一个几何体

3、的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（）A9B10C11D128（理）高为5，底面边长为43的正三棱柱形容器（下有底），可放置最大球的半径是（）A23B2 C223D2（文）三个两两垂直的平面，它们的三条交线交于一点O，点 P 到三个平面的距离比为123，PO=214，则 P 到这三个平面的距离分别是A1， 2，3 B2，4， 6 C 1，4，6 D3， 6，9 9如图，在四面体ABCD 中，截面AEF 经过四DBAOCEF俯视图正(主)视图侧(左)视图2 3 2 2 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 12 页优

4、秀学习资料欢迎下载A B C D A1 B1 C1 D1 第 16 题图面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O，且与 BC，DC 分别截于E、F，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥ABEFD 与三棱锥AEFC 的表面积分别是S1，S2，则必有（）AS1S2 BS1S2CS1=S2DS1，S2的大小关系不能确定10已知球o 的半径是1,ABC 三点都在球面上,AB 两点和 AC 两点的球面距离都是4p,BC 两点的球面距离是3p,则二面角 BOAC 的大小是（）A4pB3pC2pD23p11条件甲：四棱锥的所有侧面都是全等三角形，条件乙：这个四棱锥是正四棱锥，则条件甲是条件乙的（）

5、A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件12已知棱锥的顶点为P，P 在底面上的射影为O， PO=a，现用平行于底面的平面去截这个棱锥，截面交 PO 于点 M，并使截得的两部分侧面积相等，设OM=b ，则 a 与 b 的关系是（）Ab=（21）a Bb=（2+1）a Cb=222aD b=222a二、填空题 (本大题共4小题 ,每小题 4 分,共 16 分.把答案填在题中的横线上) 13 已知正四棱锥的体积为12， 底面对角线的长为2 6， 则侧面与底面所成的二面角等于_. 14若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为,则cos=_15若棱长为3 的正方体的顶点都在同一

6、球面上，则该球的表面积为_. 16多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点A 在平面内，其余顶点在的同侧，正方体上与顶点A 相邻的三个顶点到的距离分别为1，2 和 4，P 是正方体的其余四个顶点中的一个，则P 到平面的距离可能是：（）3；4；5；6；7 以上结论正确的为_ （写出所有正确结论的编号）三、解答题 (本大题共6 小题 , 共 74 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 17 （ 本 小 题 满 分12分 ） 在 长 方 体1111DCBAABCD中 ， 已 知3, 41DDDCDA，求异面直线BA1与CB1所成角的大小（结果用反三角函数值表示）.

7、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载18 （本小题满分12 分）如图，1l、2l是互相垂直的异面直线，MN 是它们的公垂线段。点A、B 在1l上，C 在2l上，AMMBMN. （1）证明ABNB；（2）若60OACB，求NB与平面 ABC 所成角的余弦值. 19 （本小题满分12 分）如图，在棱长为1 的正方体1111DCBAABCD中，p是侧棱1CC上的一点，mCP. （ 1）试确定m，使得直线AP与平面11BBDD所成角的正切值为23；（ 2）在线段11CA上是否存在一个定点Q，使得对任意的m

8、，QD1在平面1APD上的射影垂直于AP.并证明你的结论. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载20（本小题满分12 分）（理）如图，已知矩形ABCD，PA平面 ABCD，M、N 分别是 AB、PC 的中点，设 AB=a，BC=b，PA=c. （1）建立适当的空间直角坐标系，写出A、B、M、N 点的坐标，并证明MNAB；（2）平面 PDC 和平面 ABCD 所成的二面角为，当为何值时（与a、b、c 无关）， MN 是直线 AB和 PC 的公垂线段 . 21 （本小题满分12 分）(20XX 年全国

9、卷 )如图， 正四棱柱1111ABCDA B C D中，124AAAB，点E在1CC上且ECEC31（）证明：1AC平面BED；（）求二面角1ADEB的大小22 （本小题满分14 分）如图 ,在长方体ABCDA1B1C1D1中,E、P 分别是 BC、A1D1的中点 ,M、N 分别是AE、CD1的中点 ,AD=AA1=a,AB=2a. （ 1）求证 :MN面 ADD1A1; （ 2）求二面角PAED 的大小 ; （ 3）求三棱锥PDEN 的体积 . P A B C D MNA B C D E A1 B1 C1 D1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

10、- - -第 4 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载参考答案（ 8）1.B 解析：本小题主要考查立体几何中线面关系问题。两条不相交的空间直线a和b，存在平面，使得,/ab2. D由题意易知ABC1是 AD 与 BC1所成的角，解ABC1，得余弦为43.答案： D3. D设长宽高为a、 b、c，则312632222cbaacbcabl=6，答案： D4. B.作图可知满足条件的m、n 所成的角1200为故应选B. 5. B平面图形折叠后为正三棱锥.如图，取EF 的中点 M，连结 IM 、MJ，则 MJ21FD，GH21FD，MJ GH， IJM 为异面直线GH 与 JI 所成的角 . DMHI

11、 J EG()A,B,CF由已知条件易证MJI 为正三角形 . IJM=60.答案： B6. D 法一：本题可以转化为一个正方形可以有多少个内接正方形，显然有无穷多个法二：通过计算，显然两个正四棱锥的高均为12，考查放入正方体后，面ABCD 所在的截面，显然其面积是不固定的，取值范围是1,12，所以该几何体的体积取值范围是1 1,6 37. D 本小题主要考查三视图与几何体的表面积。从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的，其表面积为22411221 312 .S选 D。8.（理） B过球心作平行于底的截面，R=23tan30=2. （文） B9. C 连 OA、OB、OC、OD

12、 则 VABEFDVOABD VOABEVOBEFDVAEFCVOADCVOAECVOEFC又 VABEFDVAEFC而每个三棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，故 SABDSABE SBEFDSADCSAECSEFC又面 AEF 公共，故选C 10. 如图 ,由题可知 AOB=AOC=4p,而 BOC=3p,因为 OA=OB=OC=1,所以 BC=1,且分别过B C 作 OA 的垂线 ,垂足为同一点M,于是 BMC 为二面角BOA C 的平面角 ,所以 BM=CM=22,从而 BMC=2p,应选 C. R2 3ABCDS精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -

13、- - - - -第 5 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载11. B乙甲，但甲乙，例如四棱锥 SABCD 的底面 ABCD 为菱形，但它不是正四棱锥. 12. C由平行锥体底面的截面性质，知POPM=22，POOM=222.ab= 222. b=222a.答案：C13. 3底面正方形面积12)62(212S，底面边长aS，高SVh3，二面角的余切值2/tanah.代入数据， 得：3121212662/3tanSSVSSV.又必为锐角， 所以3. 14.63不妨认为一个正四棱柱为正方体,与正方体的所有面成角相等时,为与相交于同一顶点的三个相互垂直的平面所成角相等,即为体对角线与该正方体所成角

14、.故26cos33. 15.27274233332RSRd16. 如图， B、D、A1到平面的距离分别为1、2、4，则 D、 A1的中点到平面的距离为 3，所以 D1到平面的距离为 6；B、A1的中点到平面的距离为52，所以 B1到平面的距离为5；则 D、B 的中点到平面的距离为32，所以 C 到平面的距离为 3；C、A1的中点到平面的距离为72，所以 C1到平面的距离为7；而 P 为 C、C1、B1、 D1中的一点，所以填17.法一：连接DA1，DBACBDA111,/为异面直线BA1与CB1所成的角 . 连接BD，在DBA1中，24,511BDDABA，则DABABDDABADBA1122

15、12112cos259552322525. 异面直线BA1与CB1所成角的大小为259arccos. 法二：以D为坐标原点，分别以DA、DC、1DD所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 则)0, 4,0()3,4, 4()0, 4, 4()3,0,4(11CBBA、，得)3,0, 4(),3,4,0(11CBBA. 设BA1与CB1的夹角为，则259cos1111CBBACBBA，A B C D A1 B1 C1 D1 第 16 题图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载BA1与CB1的

16、夹角大小为259arccos，即异面直线BA1与CB1所成角的大小为259arccos. 18.（） AM = MB = MN，说明 NM 是 ANB 的中线且为边AB 的一半，所以ANB 是直角三角形，其中ANB 为直角。所以BNNA。12ll且 MN2l2l面 ABN2lBN。由、可推出BN面 NAC。所以 ACBN。（） MNAB 且 M 为 AB 中点AN = MN 由（）知， AN、BN、CN 两两垂直由、AC = BC ，又ACB = 60，所以 ABC是等边三角形。设 BN 长度为 1，则 AB = 2，233242ABCS三棱锥CABN的体积为：61；三棱锥NABC的体积为：h

17、SABC31由CABNAABCVV可得点 N 到面 ABC 的距离33h记 NB 与平面 ABC 所成角为，则33sinNBh。从而36cos实际上，这个题的命题背景是NABC是正方体的一个“角” 。如图 3. 19. 法一： （）连AC，设 AC 与 BD 相交于点O,AP 与平面11BDD B相交于点， ,连结 OG，因为 PC平面11BDD B，平面11BDD B平面 APCOG, 故 OGPC，所以， OG21PC2m. 又 AOBD,AO BB1，所以 AO平面11BDD B，故 AGO 是 AP 与平面11BDD B所成的角 . 在 RtAOG 中， tanAGO23222mGOO

18、A，即 m31. 图 3MBNCAOD1C1CDABA1B1PG精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载所以，当m31时，直线AP 与平面11BDD B所成的角的正切值为3 2. （）可以推测，点Q 应当是 AICI的中点 O1，因为D1O1A1C1, 且 D1O1A1A ，所以D1O1平面 ACC1A1，又 AP平面 ACC1A1，故D1O1AP.那么根据三垂线定理知，D1O1在平面 APD1的射影与AP 垂直。法二： ()建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，P(0，

19、1，m)，C(0，1，0)，D(0，0， 0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1) 所以1( 1, 1,0),(0,0,1),( 1,1,),( 1,1,0).BDBBAPmAC又由10,0AC BDAC BB知，AC为平面11BB D D的一个法向量. 设 AP 与平面11BB D D所成的角为，则22sincos()222AP ACAPACm依 题 意 有22232,221(3 2)m解 得13m故当13m时，直线AP 与平面11BB D D所成的角的正切值为3 2（）若在 A1C1上存在这样的点Q，设此点的横坐标为x，则 Q(x，1x，1)，1( ,1,0)DQxx。依 题 意 ，

20、对 任 意 的m要 使D1Q在 平 面APD1上 的 射 影 垂 直 于AP ， 等 价 于D1Q AP110(1)0.2AP D Qxxx即 Q 为 A1C1的中点时，满足题设要求. 20. （理）（ 1）证明：以 A为原点，分别以AB、AD、AP 为 x 轴、y 轴、 z轴，建立空间直角坐标系. 则 A（0，0，0）， B（a，0，0）， M（2a，0，0）， N（2a，2b，2c）. AB=（a，0，0），MN=（0，2b，2c）. ABMN=0AB MN. （2）P （0，0，c）， C（a，b，0） ，PC=（a，b，c） ，若 MN 是 PC、AB 的公垂线段， 则PCMN=0，j

21、PO1D1C1B1A1DCBAzyx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载即22b+22c=0b=c. 又 AP面 ABCDCDDA PDA 是二面角PCDA 的平面角 . PDA=45，即二面角PCDA 是 45. （文）（ 1）如图，以D 为原点， DA、DC、DD1分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，取正方体棱长为2，则 P（0，0，1）、 M（2，1，0）、 B（2，2，0）、 B1（2， 2，2）. AAx y zDDBBCC1111PMNPB1MB=（2，2， 1）（

22、0， 1，2）=0，MB1PB，同理，知NB1PB. MB1NB1=B1， PB平面 MNB1. （2） PB平面MNB1，BA平面B1BN，PB=（2，2， 1）与BA=（0，2，0）所夹的角即为，cos=|BAPBBAPB=32. 21. 解法一：依题设知2AB，1CE（）连结AC交BD于点F，则BDAC由三垂线定理知，1BDAC在平面1ACA内，连结EF交1A C于点G，由于12 2AAACFCCE，故1RtRtA ACFCE，1AACCFE，CFE与1FCA互余于是1ACEF1AC与平面BED内两条相交直线BDEF，都垂直，所以1AC平面BED（）作GHDE，垂足为H，连结1A H由三

23、垂线定理知1A HDE，CDPD，A B C D E A1 B1 C1 D1 F H G 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载故1A HG是二面角1ADEB的平面角223EFCFCE，23CECFCGEF，2233EGCECG13EGEF，12315EFFDGHDE又22112 6ACAAAC，115 63AGACCG11tan5 5AGA HGHG所以二面角1ADEB的大小为arctan5 5解法二：以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系Dxyz依题设，1(2 2 0)(

24、0 2 0)(0 21)(2 0 4)BCEA，(0 2 1)(2 2 0)DEDB，11( 2 24)(2 0 4)ACDA， ，（）因为10AC DB，10AC DE，故1ACBD，1ACDE又DBDED，所以1AC平面DBE（）设向量()xyz， ，n是平面1DA E的法向量，则DEn，1DAn故20yz，240 xz令1y，则2z，4x，(4 12)， ，n1AC，n等于二面角1ADEB的平面角，A B C D E A1 B1 C1 D1 y x z 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载

25、11114cos42ACACAC，nnn所以二面角1ADEB的大小为14arccos4222. 法一：以D 为原点 ,DA,DC,DD1所在直线分别为 x 轴,y 轴 ,z 轴,建立空间直角坐标系Dxyz, 则 A(a,0,0)、B(a,2a,0)、C(0,2a,0)、A1(a,0,a)、D1(0,0,a) E、P分别是 BC、A1D1的中点 ,M、N 分别是 AE、CD1的中点 , E(0,2,2aa),P(aa,0,2),M(0,43aa) ,N(2,0aa) (1) 3(,0,)42aaMN =-,取)0, 1 ,0(n,显然n面ADD1A1而0MN n?,nMN.又 MN ? 面ADD

26、1A1,MN面 ADD1A1; (2)过 P 作PHAE,交 AE 于 H.取 AD 的中点 F,则 F(,0,0)2a,设 H(x,y,0), 则(, )2aHPxy a=-,(,0)2aHFxy=-. 又(, 2 ,0)2aAEa=-,由0HP AE?以及 H 在直线 AE 上可得 :.44,02242ayxayxaa解得 x=3334a ,y=217a .82(, )1717aaHPa=-82(,0)1717aaHF =-, 所 以0H FA E?即AEHF, HP 与 HF所 夹 的 角 等 于 二 面 角PAED的 大小.2cos,21HP HFHP HFHP HF =, 所以二面角

27、PAED 的大小2 21arccos21. ()设1111(,)nxyz=为平面 DEN 的法向量 , DNnDEn11,又(, 2 ,0)2aDEa=,(0, ,)2aDNa=,(,0,)2aDPa=)2, 1,4(.2,4.02,022111111111nDENyzayxzaayqyxa的一个法向量所以面即P 点到平面DEN 的距离为 d=11224161421aaDP nan+=+精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 12 页优秀学习资料欢迎下载8cos,85DE DNDE DNDE DN =,21sin,85DE D

28、NDE DNDE DN =, 2121sin,28DENSDEDNDE DNaD=鬃 =. 所以3136PDENDENaVSd-D=?. 法二 :()证明 :取 CD 的中点K,连结,MK NK,M N K 分别为1,AK CD CD 的中点1/,/MKAD NKDD/MK面11ADD A ,/NK面11ADD A面/MNK面11ADD A/MN面11ADD A(2)设F为AD的中点P为11A D 的中点1/PFDDPF面 ABCD作FHAE,交AE于H,连结PH,则由三垂线定理得AEPH从而PHF为二面角PAED的平面角 . 在 Rt AEF 中,17,2 ,22aAFEFa AEa,从而22217172aaAF EFaFHAEa. 在 Rt PFH 中,117tan2DDPFPFHFHFH故:二面角PAED的大小为17arctan2（3）12221111542444NEPECD PSSBC CDaaaa矩形. 作1DQCD ,交1CD 于 Q ,由1111A DCDD C面,得11A DDQ ,11DQBCD A面. 在1Rt CDD 中,112255CD DDa aDQaCDa, 32115233465PDENDNEPNEPaVVSDQaa. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 12 页