【数学】2020届一轮复习人教A版立体几何单元测试

【数学】2020届一轮复习人教A版立体几何单元测试

‎ (120分钟　150分)‎ 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．【浙江省2019年高考模拟训练】已知四边形中，，，在将沿着翻折成三棱锥的过程中，直线与平面所成角的角均小于直线与平面所成的角，设二面角，的大小分别为，则（ ）‎ A． B． C．存在 D．的大小关系无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】如图，在三棱锥中，作平面于，连，‎ 则分别为与平面所成的角．‎ ‎∵直线与平面所成角的角均小于直线与平面所成的角，‎ ‎∴．‎ 过作，垂足分别为，连，‎ 则有，‎ ‎∴分别为二面角，的平面角，‎ ‎∴．‎ 在中，，设BD的中点为O，则为边上的中线，‎ 由可得点H在CO的左侧（如图所示），‎ ‎∴．‎ 又，‎ ‎∴．‎ 又为锐角，‎ ‎∴．‎ 故选B．‎ ‎2.【四川省德阳市2018届高三二诊】以等腰直角三角形的斜边上的中线为折痕，将与折成互相垂直的两个平面，得到以下四个结论：①平面；②为等边三角形；③平面平面；④点在平面内的射影为的外接圆圆心.其中正确的有（ ）‎ A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】由于三角形为等腰直角三角形,故,所以平面,故①正确,排除选项.由于,且平面平面,故平面,所以,由此可知,三角形为等比三角形,故②正确,排除选项.由于,且为等边三角形,故点在平面内的射影为的外接圆圆心, ④正确,故选.‎ ‎3.已知梯形如下图所示,其中,,为线段的中点,四边形为正方形,现沿进行折叠,使得平面平面,得到如图所示的几何体.已知当点满足时,平面平面,则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为四边形为正方形,且平面平面,所以两两垂直,且,所以建立空间直角坐标系（如图所示）,又因为,,所以,‎ 则, ,设平面的法向量为,则由 得,取,平面的法向量为,则由得,取,‎ 因为平面平面,所以,解得.故选C.‎ ‎4.如图是棱长为1的正方体的平面展开图,则在这个正方体中,以下结论错误的是（ ）‎ A．点到的距离为 ‎ B．与所成角是 C．三棱锥的体积是 ‎ D．与是异面直线 ‎【答案】D ‎【解析】根据正方体的平面展开图,画出它的立体图形如图所示,中到的距离为,正确；与所成角是,正确；三棱锥的体积是,正确；,错误．‎ ‎5.在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面AB1C1，且△AB1C1为等边三角形，B1C1=2AA1=2，则直线AB与平面B1C1CB夹角的正切值为 (　　)‎ A. 　　　 B.　　 　C.　　 　D.‎ ‎【解析】选D.取B1C1的中点D，连接AD，BD，‎ 因为AA1⊥平面AB1C1，AA1∥BB1，‎ 所以BB1⊥平面AB1C1，所以BB1⊥AD，‎ 又因为△AB1C1是等边三角形，所以B1C1⊥AD，‎ 又B1C1∩BB1=B1，所以AD⊥平面B1C1CB，‎ 所以∠ABD是AB与平面B1C1CB的夹角，‎ 因为△AB1C1为等边三角形，B1C1=2AA1=2，‎ 所以AD=，BD=，所以tan∠ABD==.‎ 故直线AB与平面B1C1CB夹角的正切值为.‎ ‎ 6.对于任意的直线l与平面α，在平面α内必有直线m，使m与l ‎ (　　)‎ A.平行 B.相交 C.垂直 D.互为异面直线 ‎【解析】选C.若直线l与平面α相交，则不存在m，使m与l平行，所以A错误，若直线l与平面α平行，则不存在m，使m与l相交，所以B错误，若直线l在平面α内，则不存在m，使m与l互为异面直线，所以D错误，对于任意的直线l与平面α，过l作平面β垂直于平面α，设β与平面α的交线为b，在平面α内总存在m与b垂直，所以m垂直于l，所以C正确.‎ ‎7.一个几何体的三视图及其尺寸如图所示，则该几何体的表面积为 (　　)‎ A.16 B.8+8‎ C.2+2+8 D.4+4+8‎ ‎【解析】选D.由三视图知，‎ 该几何体是底面边长为=2的正方形，高PD=2的四棱锥P-ABCD，因为PD⊥平面ABCD，且四边形ABCD是正方形，易得BC⊥PC，BA⊥PA，‎ 又PC===2，‎ 所以S△PCD=S△PAD=×2×2=2，‎ S△PAB=S△PBC=×2×2=2.‎ 所以几何体的表面积为4+4+8.‎ ‎8.正四棱锥的侧棱长为2，侧棱与底面所成的角为60°，则该棱锥的体积为 ‎ (　　)‎ A.3 B.6 C.9 D.18 ‎ ‎【解析】选B.由已知，棱锥的高为3，所以底面边长为，所以该棱锥的体积为V=Sh=××3=6.‎ ‎9.(2018·杭州模拟)矩形ABCD中，AB=，BC=1，将△ABC与△ADC沿AC所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD与直线BC夹角的范围(包含初始状态)为 (　　)‎ A.　 B.‎ C.　 D.‎ ‎【解析】选C.初始状态直线AD与直线BC所成的角为0，翻折过程中当BC⊥BD时，直线AD与直线BC所成的角为直角，因此直线AD与直线BC所成的角范围为.‎ ‎10.如图所示，平面四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，若四面体A′BCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为 (　　)‎ A.π B.3π C.π D.2π ‎【解析】选A.如图所示，‎ 取BD的中点E，BC的中点O，连接A′E，EO，A′O，OD.‎ 因为平面A′BD⊥平面BCD，A′E⊥BD，‎ 平面A′BD∩平面BCD=BD，‎ A′E平面A′BD，‎ 所以A′E⊥平面BCD.‎ 因为A′B=A′D=CD=1，BD=，‎ 所以A′E=，EO=，所以OA′=.‎ 在Rt△BCD中，OB=OC=OD=BC=，‎ 所以四面体A′BCD的外接球的球心为O，球的半径为，‎ 所以V球=π×=π.‎ ‎11.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 ‎【解析】选B.设BC=a，AC=b，∠ACD=θ，则∠BCD=-θ，过A作CD的垂线AG，过B作CD的延长线的垂线BH，所以AG=bsin θ，BH=acos θ，CG=bcos θ，CH=asin θ，则HG=CH-CG=asin θ-bcos θ，‎ 所以d==‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=，‎ 所以当θ=，即当CD为Rt△ABC的角平分线时，d取得最小值.‎ ‎12.两个相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放在棱长为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 (　　)‎ A.1个 B.2个 C.3个 D.无穷多个 ‎【解析】选D.方法一：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.‎ 方法二：通过计算，显然两个正四棱锥的高均为，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，所以该几何体的体积取值范围是.‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把正确答案填在题中横线上)‎ ‎13.在矩形ABCD中，对角线AC与相邻两边所成的角为α，β，则有cos 2α+‎ cos 2β=1.类比到空间中的一个正确命题是：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，对角线AC1与相邻三个面所成的角为α，β，γ，则cos 2α+cos 2β+cos 2γ=_______. ‎ ‎【解析】设长方体的棱长分别为a，b，c，如图所示，所以AC1与下底面所成角为∠C1AC，记为α，所以cos 2α==，同理cos 2β=，‎ cos 2γ=，所以cos 2α+cos 2β+cos 2γ=2.‎ 答案：2‎ ‎14.一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上.已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为_______. ‎ ‎【解析】如图，‎ 设等腰直角三角形ABC的直角边长为a，过顶点A，C分别作棱的垂线，垂足为F，G，E，连接AF，FG，AG，由正三棱柱的性质，得4+x2=a2，=+4，解得a=，所以该三角形的斜边长为×=2.‎ 答案：2‎ ‎15.一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面.已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为，底面周长为3，那么这个球的体积为_______. ‎ ‎【解析】因为底面周长为3，所以底面边长为，所以球的半径为=1，所以这个球的体积为π.‎ 答案：π ‎16.在直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，底面ABC为直角三角形，∠BAC=，AB=AC=AA1=1.已知G与E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点).若GD⊥EF，则线段DF的长度的最小值为_______. ‎ ‎【解析】建立直角坐标系，以A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，‎ 则F(t1，0，0)(0=.‎ 由已知得|cos<，n>|=.‎ 所以=.‎ 解得a=-4(舍去)，a=.‎ 所以n=.‎ 又=(0，2，-2)，所以cos<，n>=.‎ 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.‎ ‎22. (12分)(2018·南昌模拟)如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AB=2CD=2AD=4，侧面PAB是等腰直角三角形，PA=PB，平面PAB⊥平面ABCD，点E，F分别是棱AB，PB上的点，平面CEF∥平面PAD. ‎ ‎(1)确定点E，F的位置，并说明理由.‎ ‎(2)求平面DEF与平面EFC夹角的余弦值.‎ ‎【解析】(1)因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面ABCD=CE，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以CE∥AD，‎ 又因为AB∥DC，所以四边形AECD是平行四边形，所以DC=AE=AB，即点E是AB的中点，因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面PAB=EF，‎ 平面PAD∩平面PAB=PA，‎ 所以EF∥PA，因为点E是AB的中点，‎ 所以点F是PB的中点，‎ 综上，E，F分别是AB，PB的中点.‎ ‎(2)连接PE，因为PA=PB，AE=EB，所以PE⊥AB，又因为平面PAB⊥平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，‎ 又AB⊥AD，所以CE⊥AB.‎ 如图以点E为坐标原点，EC，EB，EP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，‎ 则B(0，2，0)，C(2，0，0)，D(2，-2，0)，E(0，0，0)，‎ P(0，0，2).‎ 由中点公式得到F(0，1，1)，‎ 设平面CEF，平面DEF的法向量分别为 m=(x1，y1，z1)，n=(x2，y2，z2)，‎ 由令y1=1，得m=(0，1，-1)，‎ 由令y2=1，得n=(1，1，-1).‎ 所以cos===.‎ 综上，平面DEF与平面EFC夹角的余弦值是. ‎ ‎【加练备选】(2018·浙江高考)如图，已知多面体ABC-A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2.‎ ‎(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1.‎ ‎(2)求直线AC1与平面ABB1夹角的正弦值.‎ ‎【解析】方法一：‎ ‎(1)由AB=2，AA1=4，BB1=2，AA1⊥AB，BB1⊥AB得AB1=A1B1=2，‎ 所以A1+A=A.‎ 故AB1⊥A1B1.‎ 由BC=2，BB1=2，CC1=1，BB1⊥BC，CC1⊥BC得B1C1=，‎ 由AB=BC=2，∠ABC=120°得AC=2，‎ 由CC1⊥AC，得AC1=，所以A+B1=A，故AB1⊥B1C1，又A1B1∩B1C1=B1，所以AB1⊥平面A1B1C1.‎ ‎(2)如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.‎ 由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1，‎ 由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1，‎ 所以∠C1AD是AC1与平面ABB1的夹角.‎ 由B1C1=，A1B1=2，A1C1=得 cos∠C1A1B1=，sin∠C1A1B1=，‎ 所以C1D=，故sin ∠C1AD==.‎ 因此，直线AC1与平面ABB1夹角的正弦值是.‎ 方法二：‎ ‎(1)如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.‎ 由题意知各点坐标如下：A(0，-，0)，B(1，0，0)，‎ A1(0，-，4)，B1(1，0，2)，C1(0，，1)，‎ 因此=(1，，2)，=(1，，-2)，=(0，2，-3)，由·=0得AB1⊥A1B1.‎ 由·=0得AB1⊥A1C1.所以AB1⊥平面A1B1C1.‎ ‎(2)设直线AC1与平面ABB1的夹角为θ.‎ 由(1)可知=(0，2，1)，=(1，，0)，=(0，0，2)，‎ 设平面ABB1的法向量n=(x，y，z).‎ 由即 可取n=(-，1，0).‎ 所以sin θ=|cos<，n>|==，因此，直线AC1与平面ABB1夹角的正弦值是.‎