【導(dǎo)學(xué)教程】屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 立體幾何專題檢測試題（四） 理 北師大版

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1、 專題檢測(四)　立體幾何 (本卷滿分150分，考試用時120分鐘) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共計60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．已知直線a、b是兩條異面直線，直線c平行于直線a，則直線c與直線b A．一定是異面直線　　　　　 B．一定是相交直線 C．不可能是平行直線 D．不可能是相交直線 解析　若c∥b，∵c∥a，∴a∥b， 與a，b是異面直線矛盾，故選C. 答案　C 2．(2011撫順模擬)兩個平面α與β相交但不垂直，直線m在平面α內(nèi)，則在平面β內(nèi) A．一定存在直線與m平行，也一定存在直線與m垂

2、直 B．一定存在直線與m平行，但不一定存在直線與m垂直 C．不一定存在直線與m平行，但一定存在直線與m垂直 D．不一定存在直線與m平行，也不一定存在直線與m垂直 解析　直線m在平面α內(nèi)，直線m與平面α、β的交線的位置關(guān)系有兩種可能：平行或相交，當平行時，在平面β內(nèi)一定存在直線與m平行，也一定存在直線與m垂直，當相交時，在平面β內(nèi)不存在直線與m平行，但一定存在直線與m垂直，故選C. 答案　C 3．設(shè)m、n是平面α內(nèi)的兩條不同直線，l1、l2是平面β內(nèi)的兩條相交直線，則α⊥β的一個充分不必要條件是 A．l1⊥m，l1⊥n B．m⊥l1，m⊥l2 C．m⊥l1，n⊥l

3、2 D．m∥n，l1⊥n 解析　由m⊥l1，m⊥l2，l1、l2是平面β內(nèi)兩條相交直線，知m⊥β，又m?α，所以α⊥β；若α⊥β，m?α，則未必有m⊥β，未必有m⊥l1，m⊥l2，故選B. 答案　B 4．一個水平放置的平面圖形的斜二測直觀圖是一個底角為45，腰和上底長均為1的等腰梯形，則這個平面圖形的面積是 A.＋ B．1＋ C．1＋ D．2＋ 解析　設(shè)平面圖形的直觀圖為四邊形O′A′B′C′，建立如圖1所示的坐標系，按照斜二測畫法的規(guī)則可知，在原來的平面圖形(圖2)中OC⊥OA，且OC＝2，BC＝1，OA＝1＋2＝1＋

4、，故這個平面圖形的面積為(1＋1＋)2＝2＋. 答案　D 5．如圖，已知六棱錐P－ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，則下列結(jié)論正確的是 A．PB⊥AD B．平面PAB⊥平面PBC C．直線BC∥平面PAE D．直線PD與平面ABC所成的角為45 解析　∵PA⊥平面ABC，∴∠ADP是直線PD與平面ABC所成的角， ∵六邊形ABCDEF是正六邊形，∴AD＝2AB. ∵tan ∠ADP＝＝＝1， ∴直線PD與平面ABC所成的角為45，選D. 答案　D 6．(2011北京)某四面體的三視圖如圖所示，該四面體四個面

5、的面積中最大的是 A．8 B．6 C．10 D．8 解析　將三視圖還原成幾何體的直觀圖如圖所示． 它的四個面的面積分別為8,6,10，6，故最大的面積應(yīng)為10. 答案　C 7．設(shè)a，b是兩條不重合的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題中錯誤的是 A．若a⊥α，a⊥β，則α∥β B．若b是β內(nèi)任意一條直線，a?α，a⊥b，則α⊥β C．若a?α，b⊥α，則a⊥b D．若a∥α，b?α，則a∥b 解析　若a⊥α，a⊥β，則α∥β，A選項正確； 由線面垂直定義知a⊥β，又a?α，∴α⊥β，B選項正確； 若a?α，b⊥α，則a

6、⊥b，C選項正確； 若a∥α，b?α，則a∥b或a與b異面，D選項不正確，故應(yīng)選D. 答案　D 8．將正方形ABCD沿對角線AC折成一個直二面角，則異面直線AB與CD所成的角是 A．30 B．45 C．60 D．90 解析　如圖所示，設(shè)正方形ABCD′的對角線的交點為O，由AB∥CD′可得，∠DCD′就是異面直線AB與CD所成的角，由DO、OD′、OC兩兩垂直且相等可知DD′＝D′C＝DC，即△DCD′是等邊三角形，則∠DCD′＝60，故應(yīng)選C. 答案　C 9．(2011合肥模擬)一個四棱錐的三視圖如圖所示，其側(cè)視圖是等邊三角形．

7、該四棱錐的體積等于 A. B．2 C．3 D．6 解析　依題意知，該幾何體是底面為一個直角梯形(該直角梯形的兩底邊長分別是1、2，高是2)，其中一個側(cè)面是一個等邊三角形，且垂直于底面的四棱錐，因此該四棱錐的體積是＝，選A. 答案　A 10．如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45，∠BAD＝90，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A－BCD，則在三棱錐A－BCD中，下列命題正確的是 A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC

8、 D．平面ADC⊥平面ABC 解析　由題意知，在四邊形ABCD中，CD⊥BD. 在三棱錐A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD， 兩平面的交線為BD， 所以CD⊥平面ABD，因此有AB⊥CD. 又因為AB⊥AD，AD∩DC＝D， 所以AB⊥平面ADC，于是得到平面ADC⊥平面ABC. 答案　D 11．(2011大連模擬)如圖，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，C是α內(nèi)不同的兩點，B，D是β內(nèi)不同的兩點，且A，B，C，D?直線l，M，N分別是線段AB，CD的中點．下列判斷正確的是 A．當|CD|＝2|AB|時，M，N兩點不可能重合 B．M，N兩點可能重合，但此時直線AC與l不

9、可能相交 C．當AB與CD相交，直線AC平行于l時，直線BD可以與l相交 D．當AB，CD是異面直線時，直線MN可能與l平行 解析　當M，N重合時，四邊形ACBD為平行四邊形， 故AC∥BD∥l，此時直線AC與l不可能相交，B正確，易知A，C，D均不正確． 答案　B 12．取棱長為a的正方體的一個頂點，過從此頂點出發(fā)的三條棱的中點作截面，依次進行下去，對正方體的所有頂點都如此操作，所得的各截面與正方體各面共同圍成一個多面體，則此多面體：①有12個頂點；②有24條棱；③有12個面；④表面積為3a2；⑤體積為a3. 以上結(jié)論正確的是 A．①②⑤ B．①②③ C．②

10、④⑤ D．②③④⑤ 解析　由題意可知，正方體的12條棱的中點均為此多面體的頂點，故共有12個頂點，而正方體的每個面上的四條棱的中點連成的小正方形的四條邊均是此多面體的棱，故共有24條棱，作圖易知共有14個面，表面積為(3＋)a2，體積為a3－83＝a3. 答案　A 二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共計16分．把答案填在題中的橫線上) 13．一個棱錐的三視圖如圖所示，則這個棱錐的體積為________． 解析　依題意得，該棱錐的體積等于(34)3＝12. 答案　12 14．在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD＝4，

11、DC＝3.則△PAD以PA為軸旋轉(zhuǎn)所圍成的幾何體的表面積為________． 解析　過D作PA的垂線，垂足為H，則旋轉(zhuǎn)所圍成的幾何體為以DH為底面半徑，分別以PH，AH為高的兩個圓錐的組合體． 又側(cè)棱PD⊥底面ABCD，∴PD⊥DA.又∵PD＝4，DA＝DC＝3，∴PA＝5. ∴DH＝＝＝. ∴S＝πDH(PD＋DA)＝π7＝. 答案　 15．對于平面α和共面的直線m，n，下列命題是真命題的是________． ①若m，n與α所成的角相等，則m∥n ②若m∥α，n∥α，則m∥n ③若m⊥α，m⊥n，則n∥α ④若m?α，n∥α，則m∥n 解析　若m，n與α所成的角相等，則

12、m與n平行、相交，應(yīng)排除①；若m∥α，n∥α，則m與n平行、相交，應(yīng)排除②；若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，應(yīng)排除③. 答案　④ 16．(2011課標全國卷)已知矩形ABCD的頂點都在半徑為4的球O的球面上，且AB＝6，BC＝2，則棱錐O－ABCD的體積為________． 解析　依題意棱錐O－ABCD的四條側(cè)棱長相等且均為球O的半徑，如圖連接AC，取AC中點O′，連接OO′.易知AC＝＝4，故AO′＝2. 在Rt△OAO′中，OA＝4，從而OO′＝＝2. 所以VO－ABCD＝262＝8. 答案　8 三、解答題(本大題共6小題，共74分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過

13、程或演算步驟) 17．(12分)如圖所示為一簡單組合體，其底面ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，EC∥PD，且PD＝AD＝2EC＝2. (1)求四棱錐B－CEPD的體積； (2)求證：BE∥平面PDA. 解析　(1)∵PD⊥平面ABCD，PD?平面PDCE， ∴平面PDCE⊥平面ABCD. ∵BC⊥CD，∴BC⊥平面PDCE. ∵S梯形PDCE＝(PD＋EC)DC＝32＝3， ∴四棱錐B－CEPD的體積 VB－CEPD＝S梯形PDCEBC＝32＝2. (2)證明　∵EC∥PD，PD?平面PDA，EC?平面PDA， ∴EC∥平面PDA.同理可得BC∥平面PDA.

14、∵EC?平面EBC，BC?平面EBC， 且EC∩BC＝C，∴平面BEC∥平面PDA. 又∵BE?平面EBC，∴BE∥平面PDA. 18．(12分)(2011陜西)如圖，在△ABC中，∠ABC＝60，∠BAC＝90，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90. (1)證明：平面ADB⊥平面BDC； (2)設(shè)E為BC的中點，求與夾角的余弦值． 解析　(1)證明　∵折起前AD是BC邊上的高， ∴當△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB. 又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC. ∵AD?平面ABD， ∴平面ADB⊥平面BDC. (2)由∠BDC＝90及(1)，知

15、DA，DB，DC兩兩垂直．不妨設(shè)|DB|＝1，以D為坐標原點，分別以，，所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，)，E， ∴＝，＝(1,0,0)， ∴與夾角的余弦值為cos〈，〉＝＝＝. 19．(12分)如圖，已知點H在正方體ABCD－A′B′C′D′的對角線B′D′上，∠HDA＝60. (1)求DH與CC′所成角的大?。? (2)求DH與平面AA′D′D所成角的大?。? 解析　以D為原點，DA為單位長建立空間直角坐標系D－xyz(圖略)． 設(shè)H(m，m,1)(m＞0)，則＝(1,0,0

16、)，＝(0,0,1)．連接BD. ＝(m，m,1)(m＞0)，由已知〈，〉＝60， ＝||||cos 〈，〉，可得2m＝，解得m＝， 所以＝. (1)因為cos 〈，〉＝＝， 所以〈，〉＝45，即DH與CC′所成的角為45. (2)平面AA′D′D的一個法向量是＝(0,1,0)． 因為cos 〈，〉＝＝，所以〈，〉＝60， 可得DH與平面AA′D′D所成的角為30. 20．(12分)如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120，又頂點A1在底面ABC上的射影落在AC上，側(cè)棱AA1與底面成60角，D為AC中點． (1)求證：AA1⊥BD； (

17、2)若側(cè)棱長AA1＝，求證：A1D⊥平面BDC1. 證明　(1)在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，因為A1在底面ABC上的射影落在AC上． 則平面A1ACC1經(jīng)過底面ABC的垂線，故側(cè)面A1C⊥平面ABC. 又BD為等腰△ABC底邊AC上的中線， 則BD⊥AC. ∴BD⊥平面A1C，又AA1?平面A1C，∴AA1⊥BD. (2)在△ABC中，AB＝BC＝2.∠ABC＝120， 則由余弦定理可知AC＝2，D為AC中點， 故AD＝DC＝. ∵AA1和底面ABC所成角為60， 則∠A1AC＝60. 在?A1ACC1中，A1A＝AD＝，∠A1AD＝60. ∴A1D＝，DC＝()

18、2＋()2－2cos 120＝9，又A1C1＝2. 在△A1C1D中，由勾股定理可知∠A1DC1＝90， ∴A1D⊥DC1. 又由(1)可知BD⊥平面A1C，則BD⊥A1D. 因此A1D和平面BDC1內(nèi)相交直線BD、DC1均垂直． ∴A1D⊥平面DBC1. 21．(12分)在邊長為5的菱形ABCD中，AC＝8.現(xiàn)沿對角線BD把△ABD折起，折起后使∠ADC的余弦值為. (1)求證：平面ABD⊥平面CBD； (2)若M是AB的中點，求折起后AC與平面MCD所成角的一個三角函數(shù)值． 解析　(1)證明　在菱形ABCD中，記AC，BD的交點為O，AD＝5， ∴OA＝4，OD＝3，翻

19、折后變成三棱錐A－BCD，在△ACD中， AC2＝AD2＋CD2－2ADCDcos ∠ADC ＝25＋25－255＝32， 在△AOC中，OA2＋OC2＝32＝AC2， ∴∠AOC＝90，即AO⊥OC， 又AO⊥BD，OC∩BD＝O， ∴AO⊥平面BCD， 又AO?平面ABD，∴平面ABD⊥平面CBD. (2)由(1)知OA，OC，OD兩兩互相垂直，分別以O(shè)C，OD，OA所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則A(0,0,4)，B(0，－3,0)，C(4,0,0)，D(0,3,0)，M，＝，＝(4，－3,0)，＝(4,0，－4)， 設(shè)平面MCD的一個法向量為n＝(x，

20、y，z)，則由，得， 令y＝4，有n＝(3,4,9)， 設(shè)AC與平面MCD所成的角為θ，sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝， ∴AC與平面MCD所成角的正弦值為. 22．(14分)(2011湖南)如圖，在圓錐PO中，已知PO＝，⊙O的直徑AB＝2，C是的中點，D為AC的中點． (1)證明：平面POD⊥平面PAC； (2)求二面角B－PA－C的余弦值． 解析　解法一　(1)證明　如圖所示，連接OC，因為OA＝OC，D是AC的中點，所以AC⊥OD. 又PO⊥底面⊙O，AC?底面⊙O，所以AC⊥PO.因為OD，PO是平面POD內(nèi)的兩條相交直線，所以AC⊥平面POD，而AC?

21、平面PAC，所以平面POD⊥平面PAC. (2)在平面POD中，過O作OH⊥PD于H，由(1)知，平面POD⊥平面PAC，所以O(shè)H⊥平面PAC.又PA?平面PAC，所以PA⊥OH. 在平面PAO中，過O作OG⊥PA于G，連接HG，則有PA⊥平面OGH.從而PA⊥HG，故∠OGH為二面角B－PA－C的平面角． 在Rt△ODA中，OD＝OAsin 45＝. 在Rt△POD中， OH＝＝＝. 在Rt△POA中， OG＝＝＝. 在Rt△OHG中， sin∠OGH＝＝＝. 所以cos∠OGH＝＝＝. 故二面角B－PA－C的余弦值為. 解法二　(1)證明　如圖所示，以O(shè)為坐標原點，

22、OB，OC，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則 O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)，D. 設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一個法向量，則由n1＝0，n1＝0，得 所以z1＝0，x1＝y(tǒng)1.取y1＝1，得n1＝(1,1,0)． 設(shè)n2＝(x2，y2，z2)是平面PAC的一個法向量，則由n2＝0，n2＝0， 得 所以x2＝－z2，y2＝z2. 取z2＝1，得n2＝(－，，1)． 因為n1n2＝(1,1,0)(－，，1)＝0，所以n1⊥n2.從而平面POD⊥平面PAC. (2)因為y軸⊥平面PAB，所以平面PAB的一個法向量為n3＝(0,1,0)． 由(1)知，平面PAC的一個法向量為n2＝(－，，1)． 設(shè)向量n2和n3的夾角為θ，則 cos θ＝＝＝. 由圖可知，二面角B－PA－C的平面角與θ相等， 所以二面角B－PA－C的余弦值為. - 13 -