高考数学第一轮复习立体几何测试.pdf

《高考数学第一轮复习立体几何测试.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学第一轮复习立体几何测试.pdf（11页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、20142014 年高考数学第一轮复习：立体几何测试年高考数学第一轮复习：立体几何测试本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分 150 分考试时间 120 分钟第卷第卷(选择题选择题 共共 6060 分分)一、选择题一、选择题(本大题共 12 个小题，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个几何体的正视图与侧视图相同，均为下图所示，则其俯视图可能是()【答案】B82若向量 a(1，2)，b(2，1,2)，a、b 的夹角的余弦值为，则 的值为()922A2B2C2 或D2 或5555【答案】C3已知正方体外接球的体积是32，那么正方体的棱长

2、等于()3CA2 2【答案】DB2 334 23D4 334在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，点M为AC与的BD的交点，AB a，AD b，A1A c，则下列向量中与B1M相等的是()1111Aa b cBa b c22221111Ca b cDa b c2222【答案】A5已知一几何体的三视图如图，主视图和左视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择 4 个顶点，以这 4 个点为顶点的几何形体可能是矩形；有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；每个面都是直角三角形的四面体ABCD【答案】B6已知点 A 的坐标是(1-t,1-t,t),点 B 的坐标是(2,t,t)

3、,则 A 与 B 两点间距离的最小值为（）A55B555C3 55D115【答案】C7已知某几何体的三视图如图所示，其中，正视图，侧视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为()A21+32B41+36C21+66D21+32【答案】C8下列命题中，正确的是A一个平面把空间分成两部分；C三个平面把空间分成四部分；【答案】AB两个平面把空间分成三部分；D四个平面把空间分成五部分。9一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积（单位：cm）为()2A48+122C36+122B48+242D36+242【答案】A10下列命题中，正确的是()A有两个面平行，

4、其余各面都是四边形的几何体叫棱柱。B有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱。D用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台。【答案】C11已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为 2 的正三角形，则该三棱锥的侧视图可能是()【答案】B12已知三角形的三边分别为a,b,c，内切圆的半径为r，则三角形的面积为s 1(abc)r；四面体的四个面的面积分别为s1,s2,s3,s4，内切球的半径为R。2类比三角形的面积可得四面体的体积为()1AV(s1 s2 s3 s4)R2CV【

5、答案】B1V (s1s2s3s4)RB3D1(s1 s2 s3 s4)R4V(s1s2s3s4)R第卷第卷(非选择题非选择题共共 9090 分分)二、填空题二、填空题(本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分，把正确答案填在题中横线上)13已知点 A(-2,3,4),在 y 轴上求一点 B,使|AB|=7,则点 B 的坐标为【答案】(0,329,0)14已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120的等腰三角形，则该三棱锥的表面积为【答案】43 1515自半径为 R 的球面上一点 P 引球的两两垂直的弦PA、PB、PC,则PA2 PB2 PC2=_【答案】4R16已知长方体

6、的三条面对角线的长分别为5，4，x，则 x 的取值范围为.【答案】3 x 241三、解答题(本大题共 6 个小题，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17如图，已知三棱锥ABPC 中，APPC，ACBC，M 为 AB 的中点，D 为 PB 的中点，且 PMB 为正三角形(1)求证：DM平面 APC；(2)若 BC4，AB20，求三棱锥 DBCM 的体积【答案】(1)由已知得，MD 是 ABP 的中位线，所以 MDAP因为 MD平面 APC，AP平面 APC，所以 MD平面 APC(2)因为 PMB 为正三角形，D 为 PB 的中点，所以 MDPB，因为 APPC，MDAP 所

7、以 MDPC所以 MD平面 PBC，所以 MD 是三棱锥 MDBC 的高，且 MD5 3，又在直角三角形 PCB 中，由 PB10，BC4，可得 PC2 211于是 S BCD S BCP2 21，21所以 VDBCMVMDBC Sh10 7318如图，在棱长为 1 的正方体AC1中，E、F分别为A1D1和A1B1的中点(1)求异面直线AF和BE所成的角的余弦值；(2)求平面ACC1与平面BFC1所成的锐二面角；(3)若点P在正方形ABCD内部或其边界上，且EP/平面BFC1，求EP的取值范围【答案】（1）以 D 为原点，DA，DC，DD1分别为轴，建立直角坐标系，则A(1,0,0)，E(,0

8、,1)，B(1,1,0)，F(1,121,1).211AF (0,1)，BE (,1,1)，22cos(AF,BE)122 5155944(2）平面ACC1的一个法向量为DB (1,1,0)，设平面BFC1的法向量为n(x,y,z)，1nBF y z 0,x z,2nBC (x,y,z)(1,0,1)x z 0,y 2z.1取z 1得平面BFC,2,1)1的一个法向量n (1cos DB,n DBn123，因为 DB,n 为锐角，2|DB|n|2 6所求的锐二面角为6(3）设P(x,y,0)（0 x 1,0 y 1）113EP (x,y,1)，由EPn 0得(x)2y 1 0，即x 2y 22

9、23130 x 1,0 2y 1，y 442126|EP|(x)2 y21(2y 1)2 y21 5y24y 2 5(y)225513233029 y，当y 时，|EP|min；当y 时，EPmax544445故 EP 的取值范围为3029,54，BC 2，19 如图，PCBM是直角梯形，PCB 90，PM BC，PM 1又AC 1，ACB 120，ABPC，直线AM与直线PC所成的角为60(）求证：平面PAC平面ABC；(）求二面角M AC B的大小；【答案】解法一：(）PC AB,PC BC,ABPC 平面ABC，又PC 平面PAC平面PAC 平面ABC(）取BC的中点N，则CN 1，连结

10、AN,MN，PMBC B/CN，MNPC，从而MN 平面ABC作NH AC，交AC的延长线于H，连结MH，则由三垂线定理知，AC NH，从而MHN为二面角M AC B的平面角直线AM与直线PC所成的角为600AMN 600在ACN中，由余弦定理得AN AC2CN22ACCNcos12003313在AMN中，MN AN cotAMN 3在CNH中，NH CN sinNCH 13322在MNH中，MN tanMHN MN12 3NH3322 33故二面角M AC B的平面角大小为arctan解法二：（）同解法一(）在平面ABC内，过C作CD CB，建立空间直角坐标系C xyz（如图）31，设P0,

11、0,zz 0，由题意有A002,2,0则M0,1,z0,AM 3,3,z0,CP 0,0,z022由直线AM与直线PC所成的解为60，得2AM CP AM CP cos600，即z001z023z0，解得z021CM 0,1,1,CA 3,1,0，设平面MAC的一个法向量为n x1,y1,z1，22y1 z1 0则3，取x11，得n 1,3,31x1z1 0 22平面ABC的法向量取为m0,0,1设m与n所成的角为，则cosmnm n37显然，二面角M AC B的平面角为锐角，故二面角M AC B的平面角大小为arccos217DN20四面体D-ABC,中，AB=BC,在侧面 DAC 中，中线

12、AN中线 DM，且 DBANA(1）求证：平面 ACD平面 ABC；(2）若 AN=4，DM=3，BD=5，求四面体 D-ABC 的体积。【答案】(1)AN DM,AN DB且DBDM DMCB AN 平面BDM,AN BM又AB BC且M为AC中点BM 平面ACD,BM 平面ABC平面ABC 平面ACD(2)过D作DE AC于E,设AN DM O平面ABC 平面ACDDE 平面ABCAM AO2OM2732 73AC 3则3DE 又DM AO24112 734 73SABCAC BM 4 AM73,22332432114 73SABCDE 733333VDABC21 如图，四棱锥 PABCD

13、 中，PD平面 ABCD，底面 ABCD 为矩形，PD=DC=4，AD=2，E 为 PC 的中点.(I）求证：ADPC；(II）求三棱锥 P-ADE 的体积；(III）在线段AC 上是否存在一点 M，使得PA/平面 EDM，若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.【答案】（I）因为 PD平面 ABCD.所以 PDAD.又因为 ABCD 是矩形，所以 ADCD.因为PD CD D,所以 AD平面 PCD.又因为PC 平面 PCD，所以 ADPC.(II）因为 AD平面 PCD，VP-ADE=VA-PDE，所以 AD 是三棱锥 APDE 的高.因为 E 为 PC 的中点，且 PD=DC=4，

14、所以SPDE又 AD=2，所以VAPDE111SPDC44 4.222118ADSPDE24.333(III）取 AC 中点 M，连结 EM、DM，因为 E 为 PC 的中点，M 是 AC 的中点，所以 EM/PA，又因为 EM平面 EDM，PA平面 EDM，所以 PA/平面 EDM.所以AM 1AC 5.2即在 AC 边上存在一点 M，使得 PA/平面 EDM，AM 的长为5.22如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1中，D 是 BC 的中点，AA1=AB=1。(1）求证：平面 AB1D平面 B1BCC1；(2）求证：A1C/平面 AB1D；(3）求二面角 BAB1D 的正切值。【答案】解法一

15、：证明：（1）因为 B1B平面 ABC，AD平面 ABC，所以 ADB1B因为 D 为正ABC 中 BC 的中点，所以 ADBD又 B1BBC=B，所以 AD平面 B1BCC1又 AD平面 AB1D，故平面 AB1D平面 B1BCC1(2）连接 A1B，交 AB1于 E，连 DE因为点 E 为矩形 A1ABB1对角线的交点，所以 E 为 AB1的中点又 D 为 BC 的中点，所以 DE 为A1BC 的中位线，所以 DE/A1C又 DE平面 AB1D，所以 A1C/平面 AB1D(3）过 D 作 DFAB 于 F，过 F 作 FGAB1于 G，连接 DG。因为平面 A1ABB1平面 ABC，DF

16、AB，所以 DF平面 A1ABB1。又 AB1平面 A1ABB1，所以 AB1DF。又 FGAB1，所以 AB1平面 DFG，所以 AB1DG。又 AB1FG，所以DGF 为二面角 BAB1D 的平面角。因为 AA1=AB=1，所以在正ABC 中，DF 3,4在ABE中,FG 33 2BE.48DF6.FG3所以在RtDFG中,tanDGF 解法二：解：建立如图所示的直角坐标系，依题意有：(1）证明：由AD (3,0,0),BC (0,1,0),BB1(0,0,1)，2AD BC,ADBC 0,得所以AD BB1,ADBB1 0,又 BCBB1=B，所以 AD平面 B1BCC1。又 AD平面

17、AB1D，所以平面 AB1DB1BCC1(2）证明：连接 A1B，交 AB1于 E，连 DE，因为点 E 为正方形 A1ABB1对角线的交点，所以 E 为 AB1的中点，即E(31 1,).44 2又 DE平面 AB1D，所以 A1C/平面 AB1D(3）解：设平面 ABB1的一个法向量为n1(x1,y1,z1),31x1y1 0,ABn1得n1(1,3,0).由22BB n z 0,111设平面 AB1D 的一个法向量为n2(x2,y2,z2),AB1n2由ADn 231x2y2 z2 0,122得n2(0,1,).23x2 0,2所以cos n1,n2313 16，31415.5所以tan n1,n2依图可得二面角 BAB1D 的正切值为6.3