高考数学专题1411月第三次周考第七章立体几何测试2测试卷理

高考数学专题1411月第三次周考第七章立体几何测试2测试卷理

11 月第三周 立体几何测试二 测试时间：120 分钟 班级： 姓名： 分数： 试题特点：本套试卷重点考查空间点线面位置关系（特别是平行与垂直的判断与证明）、三视图、空间几 何体面积与体积的计算、空间角与空间距离的计算等．在命题时，注重考查基础知识如第 1-9，13-14 及 17-20 题等；注重基本运算能力的考查，如第 4-22 题；注重空间想象能力的考查． 讲评建议：评讲试卷时应注重基本定理（判定定理、性质定理）及基本公式的熟记与理解；加强培养学 生的基本运算能力，总结空间线线平行（垂直）、线面平行以（垂直）及面面平行（垂直）证明的常用方 法．试卷中第 1，2，6，7，12，16，19，22 各题易错，评讲时应重视． 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．下列命题中正确的个数是（ ） ①由五个面围成的多面体只能是三棱柱； ②用一个平面去截棱锥便可得到棱台； ③仅有一组对面平行的五面体是棱台； ④有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥． A．0 个 B．1 个 C．2 个 D．3 个 【答案】A 【解析】 考点：多面体的特征． 2．一个骰子由1~6 六个数字组成，请你根据图中三种状态所显示的数字，推出“？”处的数字是（ ） A．6 B．3 C．1 D．2 【答案】A 【解析】 试题分析：根据与 5 相邻的数是1,4,3，而与3 相邻的数有1,2,5 ，∴1,3,5 是相邻的数，故“？”表示的 数是1，故选 A． 考点：几何体的结构特征． 3．以下命题（其中 a b， 表示直线， a表示平面）： ①若 / /a b ，b  ，则 / /a  ； ②若 / /a  ，b  ，则 / /a b ； ③若 / /a b ， / /b  ，则 / /a  ； 其中正确命题的个数是（ ） A．0 个 B．1 个 C．2 个 D．3 个 【答案】A 【解析】 考点：直线、平面的位置关系． 4．棱长为1的正方体 1 1 1 1DABC A BC D 中， ,E F 是侧面对角线 1 1,BC AD 上一点，若 1BED F 是菱形，则 其在底面 ABCD 上投影的四边形面积（ ） A． 1 2 B． 3 4 C． 2 2 D． 3 2 4  【答案】B 【解析】 试 题 分 析 ： 在 棱 长 为 1 的 正 方 体 1 1 1 1DABC A BC D 中 ， 1 1 2BC AD  ， 设 AF x ， 则 22 1x x   ，解得 2 4x  ，即菱形 1BED F 的边长为 2 3 22 4 4   ，则 1BED F 在底面 ABCD 上的投影四边形是底边为 3 4 ，高为1的平行四边形，其面积为 3 4 ，故选 B． 考点：平面图形的投影及其作法． 5．若一个圆锥的底面半径是母线长的一半，侧面积和它的体积的数值相等，则该圆锥的底面半径为（ ） A． 3 B．2 2 C．2 3 D．4 3 【答案】C 【解析】 试题分析：设圆锥的底面半径为 r ，则该圆锥母线长为 2r ，则 21 12 2 3 , 2 3 ,2 3r r r r r       故选 C． 考点：空间几何体的表面积与体积． 6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A．1 B．2 C．4 D．5 【答案】D 【解析】 考点：三视图求体积． 7．在四棱锥 ABCDP  中，底面 ABCD 是正方形， PA 底面 ABCD ， HFEABPA ,,,4 分别是 棱 PDBCPB ,, 的中点，则过 HFE ,, 的平面截四棱锥 ABCDP  所得截面面积为（ ） A． 62 B． 64 C． 65 D． 6432  【答案】C 【解析】 试题分析：取 CD 中点 K ，连接 HK ，根据三角形中位线的性质有 / /EF HK ．取 PA 的中点 J ，取 PJ 的 中 点 I ， 根 据 三 角 形 中 位 线 的 性 质 有 / / / /HF BJ EI ， ∴ EFKHI 共 面 ， 面 积 为 12 2 2 3 2 2 3 5 62EFKH EHIS S S        ． 考点：立体几何． 【思路点晴】本题主要考查立体几何点线面的位置关系，考查多点共面的证明方法，考查空间想象能力， 考查动手能力．先画出题目给定的四棱锥，标出中点 , ,E F H ，并将三点连接起来，然后在几何体中平移 , ,EF EH HF 到四棱锥的表面．利用中位线将 EF 平移到 HK ，由此可得 / /EH FK ．现将 / /HF JB ， 然后将 / /JB EI ，经过以上步骤，就将平面扩展到几何体的表面了，进而得出截面． 8．已知 CBA 、、 是球O 的球面上三点， 2AB ， 32AC ， 60ABC ，且棱锥 ABCO  的体 积为 3 64 ，则球 O 的表面积为（ ） A． 10 B． 24 C． 36 D． 48 【答案】D 【解析】 面 ABC 的距离为 2 2 ，由于 ABC 为直角三角形，设斜边 BC 中点为 M ，则 OM  面 ABC ，在 Rt OMB 中，球的半径 2 2 2 3R OB OM MB    ，∴球O 的表面积 24 48S R   ，选 D． 考点：1．正弦定理；2．三棱锥体积公式；3．球表面积公式． 【思路点晴】本题主要考查了空间思维能力，空间几何体性质等，属于中档题．本题先利用解三角形判 断三角形 ABC 的形状，求出 090CAB  ，算出三角形 ABC 的面积，由棱锥 ABCO  的体积，求出球 心到平面 ABC 的距离．斜边 BC 中点 M 也是三角形 ABC 的外接圆圆心，∴ OM  面 ABC ，再在 Rt OMB 中，求出球的半径，再算出表面积． 9．在 ABC 中， 2 1.5 120AB BC ABC    ， ， ，若使绕直线 BC 旋转一周，则所形成的几何体的 体积是（ ） A． 3 2  B． 7 2  C． 5 2  D． 9 2  【答案】A 【解析】 考点：旋转体的体积． 10．一圆锥的底面半径是母线长的一半，侧面积和它的体积的数值相等，则该圆锥的底面半径（ ） A． 3 B．2 2 C．2 3 D．4 3 【答案】C 【解析】 试题分析：设圆锥的底面半径为 r ，则该圆锥母线长为 2r ， 21 12 2 32 3r r r r     ， 2 3r  ．故 选 C． 考点：空间几何体的表面积与体积． 11．四面体 ABCD 中，截面 PQMN 是正方形， 则在下列结论中，下列说法错误的是（ ） A． AC BD B． AC BD C． AC PQMN D．异面直线 PM 与 BD 所成的角为 45 【答案】B 【解析】 为 045 ， ∴ D 正 确 ； 由 上 面 可 知 // , //BD PN PQ AC ， ∴ ,PN AN MN DN BD AD AC AD   ， 而 ,AN DN PN MN  ，∴ BD AC ，∴B 是错误的，故选 B． 考点：空间直线与平面的位置关系的判定与证明． 【方法点晴】本题主要考查了空间中直线与平面的位置关系的判定与证明，其中解答中涉及到直线与平 面平行的判定定理和性质定理、正方形的性质、异面直线所成的角等知识点的综合考查，着重考查了学 生分析问题和解答问题的能力，属于中档试题，此类问题的解答中熟记点、线、面的位置关系的判定定 理和性质定理是解答的关键． 12．在 Rt ABC△ 中，已知 D 是斜边 AB 上任意一点（如图①），沿直线 CD 将 ABC△ 折成直二面角 B CD A  （如图②）．若折叠后 ,A B 两点间的距离为 d ，则下列说法正确的是（ ） A．当 CD 为 Rt ABC△ 的中线时， d 取得最小值 B．当 CD 为 Rt ABC△ 的角平分线线时， d 取得最小值 C．当 CD 为 Rt ABC△ 的高线时， d 取得最小值 D．当 D 在 Rt ABC△ 的斜边 AB 上移动时， d 为定值 【答案】B 【解析】     2sin2sincossincossin cossincossin 2222222222 22222222 abbaabbaab baabHGBHAGABd    当 4   ，即当 CD 为 ABCRt 的角平分线时， d 取得最小值． 考点：空间位置关系与距离 二、填空题（每题 5 分，满分 20 分） 13．已知正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1AA = 2AB ， E 为 1AA 中点，则异面直线 BE 与 1CD 所成角的 余弦值为__________． 【答案】 10 103 【解析】 10 103 ． 考点：异面直线所成的角． 14．在矩形 ABCD 中，对角线 AC 与相邻两边所成的角为α，β，则有 cos2α＋cos2β＝1．类比到空间中 的一个正确命题是：在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，对角线 AC1 与相邻三个面所成的角为α，β，γ，则 cos2α ＋cos2β＋cos2γ＝ _． 【答案】2； 【解析】 试题分析：设长方体的棱长分别为 a，b，c，如图所示，∴AC1 与下底面所成角为∠C1AC，记为α，∴cos2α ＝ 2 2 2 2 2 2 2 1 AC a b AC a b c    ，同理 cos2 β＝ 2 2 2 2 2 a c a b c    ，cos2γ＝ 2 2 2 2 2 c b a b c    ，∴cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2． 考点：长方体性质 15．已知正四棱锥 O－ABCD 的体积为 2 23 ，底面边长为 3 ，则以 O 为球心，OA 为半径的球的表面积为 ________． 【答案】24π 【解析】 考点：球的表面积和体积 【名师点睛】本题考查锥体的体积、球的表面积计算，考查学生的运算能力，属基础题．解题时先直接 利用锥体的体积公式即可求得正四棱锥O ABCD 的高，再利用直角三角形求出正四棱锥O ABCD 的 侧棱长OA ，最后根据球的表面积公式计算即得． 16．已知平行六面体 1 1 1 1ABCD A BC D ， 1AC 与平面 1A BD ， 1 1CB D 交于 ,E F 两点．给出以下命题，其 中真命题有______(写出所有正确命题的序号) ①点 ,E F 为线段 1AC 的两个三等分点； ② 1 1 2 1 1 3 3 3ED DC AD AA       ； ③设 1 1AD 中点为 M ， CD 的中点为 N ，则直线 MN 与面 1A DB 有一个交点； ④ E 为的 1ABD 内心； ⑤若 0 1 1 160 , 1A AD A AB BAD AA AB AD        且 ，则三棱锥 1A ABD 为正三棱锥，且 1| | 6AC  ． 【答案】①⑤ 【解析】 ②  1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 3 3 3 3ED A D A E AD A A AC AD AA DC                ③再取 A1B1 的中点 K，连接 KM，KN，由面面平行的判定定理可得：面 KMN∥面 A1BD，∴直线 MN∥面 A1BD， ∴直线 MN 与面 A1DB 没有交点，故③错； ④由①得 A1E=2EH，∴E 为△A1BD 的重心，故④错； ⑤∵∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°，且 AA1=AB=AD=1，∴三角形 A1BD 为等边三角形，即 三 棱 锥 A1-ABD 为 正 三 棱 锥  22 1 1 1 1 11 1 1 2 2 2 62 2 2AC AA AB AD                1 6AC  考点：1．平行六面体性质；2．空间向量加减法；2．向量数量积，模的计算 三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 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 10 分）如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 2BAC   ， 2AB AC  ， 1 6AA  ， 点 E F、 分别在棱 1 1AA CC、 上，且 1 2AE C F  ． （1）求三棱锥 1 1 1A BC F 的体积； （2）求异面直线 BE 与 1A F 所成的角的大小． 【答案】（1） 4 3 ；（2） 60 ． 【解析】 试题解析：（1） 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 42 2 23 3 2 3A B C F F A B C A B CV V S C F           （2）连接CE ，由条件知 1//CE FA ，∴ CEB 就是异面直线 BE 与 1A F 所成的角． 在 CEB 中， 2 2BC CE BE   ，∴ 60CEB   ， ∴异面直线 BE 与 1A F 所成的角为 60 ． 考点：1、三棱锥的体积；2、异面直线所成的角；3、等积法． 18．（本小题满分 12 分）如图，在三棱锥V ABC 中，平面VAB  平面 ABC ， VAB 为等边三 角形， AC BC 且 2AC BC  ， ,O M 分别为 ,AB VA 的中点． （1）求证： / /VB 平面 MOC ； （2）求证：平面 MOC  平面VAB ； （3）求三棱锥V ABC 的体积． 【答案】（1）证明解析；（2）证明见解析；（3） 3 3 ． 【解析】 试题分析：（1） ,O M 分别是 ,AB VA 的中点，故 / /OM VB ，由线面平行的判定定理得 / /VB 平面 MOC ；（2）先证 OC AB ，又∵平面VAB  平面 ABC ，根据面面垂直的性质定理，得 OC  平面VAB ，再根据面面垂直的判定定理得平面 MOC  平面VAB ；（3）利用等体积法把三棱锥 V ABC 的体积转化为三棱锥 C VAB 的体积． 试题解析：（1）∵ ,O M 分别是 ,AB VA 的中点，∴ / /OM VB ．又∵VB  平面 MOC ，∴ / /VB 平面 MOC ． （2）∵ AC BC ， O 为 AB 的中点，∴ OC AB ，又∵平面VAB  平面 ABC ， 且 OC  平面 ABC ，∴ OC  平面VAB ．∴平面 MOC  平面VAB ． 考点：1、空间点线面的位置关系；2、棱锥的体积公式；3、等体积法． 19．（本小题满分 12 分）如图（1）所示，在直角梯形 ABCP 中， APBC // ， BCAB  ， APCD  ， 2 PDDCAD ， GFE ,, 分别为线段 BCPDPC ,, 的中点，现将△ PDC 折起，使平面 PDC ⊥平 面 ABCD（图（2））． （1）求证：平面 EFG ∥平面 PAB ； （2）若点 Q 是线段 PB 的中点，求证： PC ⊥平面 ADQ ； （3）求三棱锥 EFGC  的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） 6 1 ． 【解析】 试题分析：（1）解决立体几何的有关问题，空间想象能力是非常重要的，但新旧知识的迁移融合也很重 要，在平面几何的基础上，把某些空间问题转化为平面问题来解决，有时很方便；（2）证明线面平行常 用方法：一是利用线面平行的判定定理，二是利用面面平行的性质定理，三是利用面面平行的性质；（3） 证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两 条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面．解题时，注意线线、线面与面面关系 的相互转化；（4）在求三棱柱体积时，选择适当的底作为底面，这样体积容易计算． 解：连接 EQDE, ， ∵ QE, 分别是 PBPC, 的中点，∴ BCEQ// ，又 ADBC // ，∴ ADEQ// ． ∵平面 PDC ⊥平面 ABCD， DCPD  ，∴ PD ⊥平面 ABCD，∴ ADPD  ， 又 DCAD  ， DDCPD  ，∴ AD ⊥平面 PDC ，∴ PCAD  ． 在△ PDC 中， CDPD  ， E 是 PC 的中点， ∴ PCDE  ，∵ DADDE  ，∴ PC ⊥平面 ADEQ，即 PC ⊥平面 ADQ ． （3） 6 11112 1 3 1 3 1   ）（△ GCSVV CEFCEFGGEFC ． 考点：1、平面与平面平行的判定；2、直线与平面垂直的判定；3、三棱锥的体积． 20．（本小题满分 12 分）如图，矩形 ABCD 和梯形 BEFC 所在平面互相垂直，BE∥CF 且 BE＜CF，∠BCF= 2  ， AD= 3 ，EF=2． （1）求证： AE∥平面 DCF； （2）若 3 1BE   ，且  BE AB ，当  取何值时，直线 AE 与 BF 所成角的大小为 060 ？ 【解析】（1）过 E 作 EG∥BC 交 FC 于 G，连结 DG ， ∵BE∥CF ， ∴四边形 BCGE 是平行四边形 ， 因 此 EG ∥ BC ∥ AD ， --------------------------2 分 且 EG=BC=AD， ∴四边形 ADGE 也是平行四边形 ， 于是 AE∥DG ． 又 AE  平面 DCF，DG  平面 DCF ， 故 AE∥平面 DCF ． ---------------------------5 分 A B C D E F G A B C D E F G x y z （2）过 E 作 GE⊥CF 交 CF 于 G，由已知 EG∥BC∥AD，且 EG=BC=AD，∴EG=AD＝ 3 ，又 EF=2， ∴GF=1 ． ∵四边形 ABCD 是矩形， ∴DC⊥BC ． ∵∠BCF= 2  ， ∴FC⊥BC，又平面 AC⊥平面 BF，平面 AC∩平面 BF=BC，于是 FC⊥平面 AC ， ∴FC⊥CD ． 分别以 CB、CD、CF 为轴建立空间直角坐标系． ---------------------------7 分 由  BE AB ，得 AB=( 3 1) ． ∴ A（ 3 ， ( 3 1) ，0）， ( 3,0,0)B ，E( 3 ，0， 3 1 )，F(0，0， 3 )，， ∴  AE =(0，(1 3) ， 3 1 )， ( 3,0, 3)BF   ． ------------------------9 分 依题意有 0cos60 | | | | AE BF AE BF       ， 即 2 3 3 1 26 ( 3 1) 1       ， 解 得 1  ． ----------------------------11 分 故当 1  时，直线AE与BF所成角的大小为 060 ． ----------------------------12 分 21．（本小题满分 12 分）如图所示，平面 平面 ，且四边形 为矩形，四边形 为 直角梯形， ， ， ， ． （1）求证： 平面 ； （2）求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值； （3）求直线 与平面 所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 2 ；（3） 3 2 ． 【解析】 求出二面角的余弦值；（3）在（2）的基础上，求出 EF  的坐标，利用向量的夹角公式即可求出直线 EF 与 平面 ADE 所成角的余弦值． 试题解析：（1）证明： 四边形 BCEF 为直角梯形，四边形 ABCD 为矩形， ,BC CE BC CD  ，又平面 , = ,ABCD BCEF ABCD BCEF BC 平面 且平面 平面 .DC BCEF  平面 以 C 为原点，CB 所在直 线为 x 轴，CE 所在直线为 y 轴，CD 所在直线为 z 轴建立如图所示空间直角坐标系． 根 据 题 意 可 得 以 下 点 的 坐 标 ： (2 0 4) B(2 0 0),C(0 0 0)D(0 0 4)E(0 4 0) F(2 2 0)A ，，， ，， ，， ，， ，，， ，， ∴ (0 2 4)AF   ，， ， (2 0 0)CB  ，， ， ,BC CE BC CD  ， CB 为 平 面 CDE 的 一 个 法 向 量 ． 又 0AF CB    ，且 , / /AF CDE AF CDE 平面 平面 ． （ 1 ） 设 平 面 ADE 的 法 向 量 为 1 1 1 1( , , )n x y z ， 由 于  ( 2 0 0), 0 4 4AD DE    ，， ，， ， ∴ 1 1 1 1 1 2 0 4 4 0 AD n x DE n y z              ，令 1 1,y  得 1 1,z  1 (0,1,1)n  ，  , 0 0 4DC BCEF BCEF CD    平面 平面 的法向量为 ，， ，，设平面 ADE 与平面 BCEF 所成锐二面角 的大小为 ，则 1 1 2cos 2 CD n CD n         ，∴平面 ADE 与平面 BCEF 所成锐二面角的余弦值为 2 2 ． 值为 3 2 ． 考点：空间向量在证明空间线面平行及求解线面角、二面角中的应用． 【方法点睛】在求解空间角时，空间向量是一种非常简单、实用的方法，首先要在几何体中建立空间的 基底即寻找两两垂直的三条直线，建立合理的坐标系，也就是尽可能把几何体的顶点放在坐标轴或坐标 平面内，这样可以简化运算过程，提高运算的准确率．利用向量证明线面平行需要证明直线的方向向量 与平面的法向量垂直，但一定要说明直线不在平面内，这一一个易错点；求解二面角就是求出两个平面 的法向量的夹角，当题目没有说明二面角是锐角还是钝角时，要结合几何体的结构特征来判断；求解线 面角就是直线时，线面角与直线方向向量与平面法向量所夹的锐角是互余关系，∴直线方向向量与平面 法向量夹角余弦的绝对值是线面角的正弦值，应结合图形分析清楚，否则极易出错． 22．（本小题满分 12 分）正 ABC 的边长为 4，CD 是 AB 边上的高，E、F 分别是 AC 和 BC 边的中点，现 将 ABC 沿 CD 翻折成直二面角 A-DC-B． （1）试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系，并说明理由； （2）求二面角 E-DF-C 的余弦值； （3）在线段 BC 上是否存在一点 P，使 AP DE ？若存在，请指出 P 点的位置，若存在，请说明理由． 【答案】（1）平行（2） 21 7 （3）靠近 B 的三等分点 【解析】 求二面角为锐角得结论（3）确定点的位置，一般利用空间直角坐标系求出点的坐标，再明确位置关系．要 求点 P 的坐标，只需列两个独立条件，一个为在直线上，另一个为垂直：可设 BP BC  ，再转化条件 AP DE 为 ( ) 0AB BP DE     ，解得 1 3   ，即可确定 P 位置． 试题解析：（1）如图，在 ABC 中，由 E、F 分别是 AC、BC 中点，得 / /EF AB ， 又 AB  平面 DEF， EF  平面 DEF，∴ / /AB 平面 DEF． （2）由题知， AD CD ，平面 ADC  平面 BDC，且交线为 DC， ∴ AD  平面 BDC，∴ AD BD ， AD DC ，又已知 BD CD ， ∴ , ,AD BD CD 两两垂直，以点 D 为坐标原点，直线 DB、DC、DA 为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐 标系，如图所示， 3 0 3 0 x y y z      ，取 (3, 3,3)n   ， 21cos , 7| || | DA nDA n DA n         ，∴二面角 E-DF-C 的余弦值为 21 7 ． （3）设 ( , ,0)P x y ，则 3 2 0AP DE y     ，∴ 2 3 3y  ， 又 ( 2, ,0)BP x y  ， ( ,2 3 ,0)PC x y   ， ∵ / /BP PC   ，∴ ( 2)(2 3 )x y xy    ，∴ 3 2 3x y  ， 把 2 3 3y  代入上式得 4 3x  ，∴ 1 3BP BC  ， ∴在线段 BC 上存在点 4 2 3( , ,0)3 3P ，即靠近 B 的三等分点，使 AP DE ． 考点：线面平行判定定理，利用空间向量求二面角、确定点的位置 【名师点睛】判断或证明线面平行的常用方法有： （1）利用线面平行的定义（无公共点）； （2）利用线面平行的判定定理（a⊄ α，b⊂α，a∥b⇒a∥α）； （3）利用面面平行的性质定理（α∥β，a⊂α⇒a∥β）