高考数学一轮复习 考点热身训练 第七章 立体几何（单元总结与测试）.docVIP

2014年高考一轮复习考点热身训练：第七章 立体几何（单元总结与测试）一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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.已知直线a、b是两条异面直线,直线c平行于直线a，则直线c与直线b( ) (a)一定是异面直线(b)一定是相交直线(c)不可能是平行直线(d)不可能是相交直线2.在abc中，ab=2,bc=1.5,abc=120,若使abc绕直线bc旋转一周，则所形成的几何体的体积是( )(a) (b) (c) (d)3.如图，在空间四边形abcd中，点e、h分别是边ab、ad的中点，f、g分别是边bc、cd上的点，且，则( ) (a)ef与gh互相平行(b)ef与gh异面(c)ef与gh的交点m可能在直线ac上，也可能不在直线ac上(d)ef与gh的交点m一定在直线ac上4.（2012泉州模拟）设l,m是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是( )(a)若lm,m,则l(b)若l,lm,则m(c)若l,m,则lm(d)若l,m,则lm5.(2011安徽高考)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )(a)48 (b)32+(c)48+ (d)806(易错题)如图，下列四个正方体图形中，a,b为正方体的两个顶点，m,n,p分别为其所在棱的中点，能得出ab平面mnp的图形的序号是( )(a) (b)(c) (d)7.如图，平行四边形abcd中，abbd，沿bd将abd折起，使面abd面bcd，连接ac，则在四面体abcd的四个面中，互相垂直的平面的对数为( )(a)4 (b)3 (c)2 (d)18.(2012珠海模拟)如图为棱长是1的正方体的表面展开图，在原正方体中，给出下列三个命题：点m到ab的距离为；三棱锥c-dne的体积是；ab与ef所成的角是.其中正确命题的个数是( )(a)0 (b)1 (c)2 (d)39.（2012宁德模拟）一个正三棱锥的四个顶点都在半径为r的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，且该正三棱锥的体积是，则球的体积为( )10.(2012北京模拟)如图，四边形abcd中，ab=ad=cd=1，bd=，bdcd.将四边形abcd沿对角线bd折成四面体abcd，使平面abd平面bcd,则下列结论正确的是( )(a)acbd(b)bac=90(c)ca与平面abd所成的角为30(d)四面体a-bcd的体积为二、填空题(本大题共5小题，每小题4分，共20分.请把正确答案填在题中横线上)11已知三个球的半径r1,r2,r3满足r1+2r2=3r3，则它们的表面积s1,s2,s3满足的等量关系是_.12.如图，在正三棱柱abca1b1c1中，d为棱aa1的中点，若截面bc1d是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为_13.(2012宜春模拟)三棱锥sabc中，sba=sca=90，abc是斜边ab=a的等腰直角三角形，给出以下结论： 异面直线sb与ac所成的角为90； 直线sb平面abc；平面sbc平面sac；点c到平面sab的距离是a.其中正确结论的序号是_.14.（2012三明模拟）在正方体abcd-abcd中，过对角线bd的一个平面交aa于e，交cc于f，四边形bfde一定是平行四边形四边形bfde有可能是正方形四边形bfde在底面abcd内的投影一定是正方形四边形bfde有可能垂直于平面bbd以上结论正确的为_.（写出所有正确结论的编号）15.等边三角形abc与正方形abde有一公共边ab，二面角c-ab-d的余弦值为m,n分别是ac,bc的中点，则em,an所成角的余弦值等于_.三、解答题(本大题共6小题，共80分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(13分)(2011陕西高考)如图，在abc中， abc=60,bac=90,ad是bc上的高，沿ad把abd折起，使bdc=90.(1)证明：平面adb平面bdc；(2)设e为bc的中点，求与夹角的余弦值.17.(13分)如图，已知直三棱柱abc-a1b1c1,acb=90,ac=bc=2,aa1=4.e、f分别是棱cc1、ab的中点.(1)求证：cfbb1；(2)求四棱锥a-ecbb1的体积.18.（13分）（预测题）在三棱柱abc-a1b1c1中， 底面是边长为的正三角形，点a1在底面abc上的射影o恰是bc的中点.（1）当侧棱aa1和底面成45角时，求二面角a1-ac-b的余弦值；（2）若d为侧棱a1a上一点，当为何值时，bda1c1.19.(13分)如图，在直三棱柱abc-a1b1c1中，ab=ac=5，d，e分别为bc，bb1的中点，四边形b1bcc1是边长为6的正方形.(1)求证：a1b平面ac1d；(2)求证:ce平面ac1d；(3)求二面角c-ac1-d的余弦值.20.(14分)(2011新课标全国卷)如图，四棱锥p-abcd中，底面abcd为平行四边形，dab=60，ab=2ad，pd底面abcd(1)证明：pabd；(2)设pd=ad=1，求棱锥d-pbc的高21.(14分)（探究题）如图，已知abcd-a1b1c1d1是棱长为3的正方体，点e在aa1上，点f在cc1上，且ae=fc1=1(1)求证：e,b,f,d1四点共面；(2)若点g在bc上，点m在bb1上，gmbf，垂足为h，求证：em平面bcc1b1；(3)用表示截面ebfd1和侧面bcc1b1所成的锐二面角的大小，求tan答案解析1.【解析】选c.若cb，ca，ab,与已知矛盾.2.【解题指南】abc绕直线bc旋转一周后所得几何体为一圆锥，但其内部缺少一部分.用大圆锥的体积减去小圆锥的体积即为所求几何体的体积.【解析】选a.旋转后得到的几何体是一个大圆锥中挖去一个小圆锥.故所求体积为v=v大圆锥-v小圆锥=r2(1+1.5-1)=.3.【解析】选d.依题意可得ehbd，fgbd，故ehfg，所以e、f、g、h共面，因为eh=bd，故ehfg，所以四边形efgh是梯形，ef与gh必相交，设交点为m，因为点m在ef上，故点m在平面acb上，同理，点m在平面acd上，即点m是平面acb与平面acd的交点，而ac是这两个平面的交线，所以点m一定在平面acb与平面acd的交线ac上，故选d.4【解析】选b.根据线面垂直的判定与性质，可知b正确，而a中由lm,m可推出l与关系可能l，可能l与相交，又可能l;c中l与m可能平行也可能异面；d中l与m可能相交，也可能平行或异面，故选b.5.【解题指南】由三视图得到几何体的直观图，根据直观图求得几何体的表面积.【解析】选c.由三视图知该几何体的直观图如图所示.几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2、下底长为4、高为4；另两个侧面是矩形，且宽为4、长为.所以s表=42+24+(2+4)42+42=48+8.6【解析】选d.取前面棱的中点，证ab平行于平面mnp即可；可证ab与mp平行.7.【解析】选b.因为abbd,面abd面bcd，且交线为bd，故有ab面bcd，则面abc面bcd，同理cd面abd，则面acd面abd，因此共有3对互相垂直的平面.8.【解析】选d.依题意可作出正方体的直观图如图，显然m到ab的距离为，正确，而,正确，ab与ef所成的角等于ab与mc所成的角，即为，正确.9【解析】选b.设球的半径为r，则正三棱锥的底面边长为r，高为r，10.【解析】选b.在题图(2)中取bd的中点m，连接mc、am.ab=ad,ambd.又平面abd平面bcd,am平面bcd.选项a中，若acbd,那么bd平面amcbdmc.而bdcd，显然bdmc不可能，a不正确；选项b中,bdcd且平面abd平面bcd，可得cd平面abd,可知cdad，在acd中，ad=cd=1ac=.又ab=1，.在abc中,ab2+ac2=bc2，bac=90，故b正确；选项c中,由分析知,cad即为ca与平面abd所成的角，在rtadc中，,cad为45，故c不正确；选项d中,由知am平面bcd,得va-bcd=sbcdam，故d不正确.故选b.11【解析】s1=4r12，同理：，故，由r1+2r2=3r3，得.答案：12.【解析】设正三棱柱的底面边长为a，高为2h，则bd=c1d=，由bc1d是面积为6 的直角三角形，得，解得，故此三棱柱的体积为.答案：13.【解析】由题意知ac平面sbc，故acsb，sb平面abc，平面sbc平面sac，正确；取ab的中点e，连接ce，可证得ce平面sab，故ce的长度即为c 到平面sab的距离,为a，正确答案:14.【解析】根据平行平面的性质可知正确，正确.当e、f分别为aa,cc的中点时四边形bfde与平面bbd垂直，故正确；当e、f分别为aa、cc的中点时，四边形bfde虽然为菱形，但对角线ef与bd不相等，故bfde不可能为正方形，即不正确.答案：15.【解析】设ab=2，作co平面abde,ohab，则chab，cho为二面角c-ab-d的平面角,ch=,oh=chcoscho=1，结合等边三角形abc与正方形abde可知此四棱锥为正四棱锥，则故em,an所成角的余弦值为答案:16.【解析】(1)折起前ad是bc边上的高，当abd折起后，addc，addb，又dbdc=d，ad平面bdc，ad平面abd平面abd平面bdc.(2)由bdc=90及(1)知da，db，dc两两垂直，不妨设|db|=1，以d为坐标原点，以所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得d(0,0,0)，b(1,0,0)，c(0,3,0)，a(0,0,)，e()，与夹角的余弦值为.17.【解析】(1)三棱柱abc-a1b1c1是直棱柱,bb1平面abc，又cf平面abc，cfbb1.(2)三棱柱abc-a1b1c1是直棱柱，bb1平面abc，又ac平面abc，acbb1,acb=90,acbc,bb1bc=b.ac平面ecbb1，,e是棱cc1的中点，ec=aa1=2，,.18.【解析】以o点为原点，oc所在直线为x轴，oa所在直线为y轴，oa1所在直线为z轴建立空间直角坐标系.（1）由题意知a1ao=45,a1o=3.o(0,0,0),c(,0,0),a(0,3,0),a1(0,0,3),b(,0,0).设面aca1的法向量为（x,y,z）,则令z=1,则x=,y=1,而面abc的法向量为=(0,0,1),又显然所求二面角的平面角为锐角，所求二面角的余弦值为（2）a1c1ac,故只需bdac即可，设ad=a,则又b（，0，0），则要使bdac,需得19.【解析】(1)连接a1c,与ac1交于o点，连接od.因为o，d分别为ac1和bc的中点,所以oda1b.又od平面ac1d，a1b平面ac1d,所以a1b平面ac1d.(2)在直三棱柱abc-a1b1c1中,bb1平面abc,又ad平面abc,所以bb1ad.因为ab=ac,d为bc的中点,所以adbc.又bcbb1=b,所以ad平面b1bcc1.又ce平面b1bcc1,所以adce.因为四边形b1bcc1为正方形，d，e分别为bc,bb1的中点,所以rtcbertc1cd,cc1d=bce.所以bce+c1dc=90.所以c1dce.又adc1d=d,所以ce平面ac1d.(3)如图，以b1c1的中点g为原点，建立空间直角坐标系.则a(0,6,4),e(3,3,0),c(-3,6,0),c1(-3,0,0).由(2)知ce平面ac1d，所以=(6,-3,0)为平面ac1d的一个法向量.设=(x,y,z)为平面acc1的一个法向量,=(-3，0，-4)，=(0，-6，0).由可得令x=1,则y=0,.所以.从而.因为二面角c-ac1-d为锐角,所以二面角c-ac1-d的余弦值为.20.【解析】(1)因为dab=60，ab=2ad,由余弦定理得bd=ad,从而bd2+ad2= ab2，故bdad,又pd底面abcd，可得bdpd,又pdad=d,所以bd平面pad,故 pabd.(2)如图，作depb，垂足为e.已知pd底面abcd，则pdbc.由(1)知bdad，又bcad，所以bcbd,因为bdpd=d,故bc平面pbd，所以bcde.则de平面pbc.由题设知，pd=1，则bd=，pb=2，根据depb=pdbd，得，即棱锥d-pbc的高为.21.【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则=(3,0,1)，=(0,3,2)，=(3,3,3)，所以，故，