高考数学 多考点综合练 立体几何 理 新人教A版.doc

多考点综合练(五)测试内容：立体几何(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1如下图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为，则该几何体的俯视图可以是()解析：法一：体积为，而高为1，故底面积为，选c.法二：选项a得到的几何体为正方体，其体积为1，故排除a；而选项b、d所得几何体的体积都与有关，排除b、d；易知选项c符合答案：c2已知水平放置的abc的直观图abc(斜二测画法)是边长为a的正三角形，则原abc的面积为()a.a2b.a2c.a2d.a2解析：斜二测画法中原图面积与直观图面积之比为1，则易知s(a)2，sa2.故选d.答案：d3已知直线a、b和平面，下列推理错误的是()a.ab b.bc.a或a d.ab解析：对于d项，可能ab，或a，b异面答案：d4(2011年安徽)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()a48 b328c488 d80解析：由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱，底面等腰梯形的上底为2，下底为4，高为4，两底面积和为2(24)424，四个侧面的面积为4(422)248，所以几何体的表面积为488，故选c.答案：c5在四面体oabc中，a，b，c，d为bc的中点，e为ad的中点，则等于()a.abc b.abcc.abc d.abc解析：本题主要考查空间向量的三角形法则或平行四边形法则()()()abc，故选d.答案：d6正方体abcda1b1c1d1中，e，f分别是aa1，ab的中点，则ef与对角面bdd1b1所成角的度数是()a30 b45 c60 d150解析：如图，efa1b，ef，a1b与对角面bdd1b1所成的角相等，设正方体的棱长为1，则a1b.连接a1c1，交d1b1于点m，连接bm，则有a1m面bdd1b1，a1bm为a1b与面bdd1b1所成的角rta1bm中，a1b，a1m，故a1bm30.ef与对角面bdd1b1所成角的度数是30.答案：a7已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高为2，这个球的表面积为6，则这个正四棱柱的体积为()a1 b2 c3 d4解析：s表4r26，r，设正四棱柱底面边长为x，则(x)21r2，x1，v正四棱柱2.故选b.答案：b8已知平面平面，l，点a，al，直线abl，直线acl，直线m，m，则下列四种位置关系中，不一定成立的是()aabm bacm cab dac解析：abl，ab，ab，c成立m，m，m平行于与的交线labm成立，acm成立ac未必在内，ac不一定成立，故选d.答案：d9.如图，已知直四棱柱abcda1b1c1d1的底面是菱形，且dab60，adaa11，f为棱aa1的中点，则点d到平面bfd1的距离为()a.b.c.d1解析：连接df，bd，设点d到平面bfd1的距离为h，由vdbfd1vbdfd1，即sbfd1hsdfd1absin 60，得h11，h.答案：b10(2011年辽宁)如图，四棱锥sabcd的底面为正方形，sd底面abcd，则下列结论中不正确的是()aacsbbab平面scdcsa与平面sbd所成的角等于sc与平面sbd所成的角dab与sc所成的角等于dc与sa所成的角解析：ac面sbdsb面sbd，acsb，a正确abcd，ab平面scd，b正确可证ac平面sbd，令acbdo，连so，aso是sa与平面sbd所成角，cso是sc与平面sbd所成角又sac是等腰三角形，o是中点，asocso，c正确答案：d11已知三棱锥pabc的四个顶点均在半径为3的球面上，且满足0，0，0，则三棱锥pabc的侧面积的最大值为()a9 b18 c36 d72解析：依题意pa、pb、pc两两垂直，以pa、pb、pc为棱构造长方体，则长方体的体对角线即为球的直径，pa2pb2pc24r236，s侧(papbpbpcpcpa)()18.答案：b12(2012年江西)如图，已知正四棱锥sabcd所有棱长都为1，点e是侧棱sc上一动点，过点e垂直于sc的截面将正四棱锥分成上、下两部分记sex(0x1)，截面下面部分的体积为v(x)，则函数yv(x)的图象大致为()解析：当x1时，截面只与cd和cb相交，设交点分别为e1，e2，则下面部分即为三棱锥cee1e2.此时ce1x，ee1ce，ece1ece260，则ee1ee2(1x)，ce1ce22(1x)，则e1e22(1x)，此时v(x)(1x)2(1x)(1x)3.当0x时，截面与sd，da，ab，bs均相交，依次记为f，g，h，m，此时v(x)vefmcdbvfdgmbh，vefmcdbvsbcdvsefm.sex，则efemx，sfsm2x，fm2x，vsefm2xxx3，又vsbcd11，故vefmcdbx3.而mf綊hg，设ac与bd交于点o，ac与gh交于点o1，过m作mpbd于p，过f作fqbd于q，可得三棱柱mphfqg为直三棱柱，此时hpmpx，gh2x，则vmphfqg(x)22xx(12x)2，又vmbphvfdqg(x)2(x)(12x)3，故vfdgmbhx(12x)22(12x)3(12x)2(14x)，则此时v(x)x3(12x)2(14x)(6x36x21)故有v(x)v(x)故v(x)在(0，)上为减函数，在(，)和(，1)上为增函数，故选a.答案：a二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13若向量a(1,1，x)，b(1,2,1)，c(1,1,1)，满足条件(ca)(2b)2，则x_.解析：由题可知ca(0,0,1x)，所以(ca)(2b)(0,0,1x)2(1,2,1)2(1x)2，从而解得x2.答案：214(2011年天津)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为_m3.解析：由三视图可知，该几何体为下面是长方体，上面是圆锥的组合体，长方体的体积v13216.圆锥的体积v2123该几何体的体积vv1v26.答案：615(2012年上海)如图，ad与bc是四面体abcd中互相垂直的棱，bc2.若ad2c，且abbdaccd2a，其中a、c为常数，则四面体abcd的体积的最大值是_解析：根据图形的变化，利用四面体的性质和体积公式当babdcacda，且ef为ad和bc的公垂线段，f为ad的中点时，该几何体体积v最大，vmaxsaedbcadefbc.答案：c16(2012年河北质检)三棱锥pabc的两侧面pab，pbc都是边长为2a的正三角形，aca，则二面角apbc的大小为_解析：取pb的中点m，连接am，cm，则ampb，cmpb，amc是二面角apbc的平面角由已知易知amcma，所以amc是正三角形，所以amc60.答案：60三、解答题(本大题共6小题，共70分，17题10分，1822题，每题12分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17(2013届武汉市高三11月调研)如图，在四棱锥sabcd中，底面abcd是正方形，四个侧面都是等边三角形，ac与bd交于点o，e为侧棱sc上的一点(1)若e为sc的中点，求证：sa平面bde；(2)求证：平面bde平面sac.证明：(1)如图，连接oe.o是ac的中点，e是sc的中点，oesa，又sa平面bde，oe平面bde，sa平面bde.(2)由已知，得sbsd，o是bd的中点，bdso.又四边形abcd是正方形，bdac.soaco，bd平面sac.bd平面bde，平面bde平面sac.18(2012年湖南)如图，在四棱锥pabcd中，pa平面abcd，ab4，bc3，ad5，dababc90，e是cd的中点(1)证明：cd平面pae；(2)若直线pb与平面pae所成的角和pb与平面abcd所成的角相等，求四棱锥pabcd的体积解：法一：(1)证明：如图(1)，连接ac.由ab4，bc3，abc90，得ac5.又ad5，e是cd的中点，所以cdae.因为pa平面abcd，cd平面abcd，所以pacd.而pa，ae是平面pae内的两条相交直线，所以cd平面pae.(2)过点b作bgcd，分别与ae，ad相交于点f，g，连接pf.由(1)cd平面pae知，bg平面pae.于是bpf为直线pb与平面pae所成的角，且bgae.由pa平面abcd知，pba为直线pb与平面abcd所成的角由题意pbabpf，因为sinpba，sinbpf，所以pabf，由dababc90知，adbc，又bgcd，所以四边形bcdg是平行四边形，故gdbc3，于是ag2.在rtbag中，ab4，ag2，bgaf，所以bg2，bf.于是pabf.又梯形abcd的面积为s(53)416，所以四棱锥pabcd的体积为vspa16.法二：(1)证明：如图(2)，以a为坐标原点，ab，ad，ap所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系设pah，则相关各点的坐标为：a(0,0,0)，b(4,0,0)，c(4,3,0)，d(0,5,0)，e(2,4,0)，p(0,0，h)(1)易知(4,2,0)，(2,4,0)，(0,0，h)因为8800，0，所以cdae，cdap.而ap，ae是平面pae内的两条相交直线，所以cd平面pae.(2)由题设和(1)知，分别是平面pae，平面abcd的法向量，而pb与平面pae所成的角和pb与平面abcd所成的角相等，所以|cos，|cos，|，即.由(1)知，(4,2,0)，(0,0，h)，又(4,0，h)，故.解得h.又梯形abcd的面积为s(53)416，所以四棱锥pabcd的体积为vspa16.19(2012年北京西城区期末)如图，在直三棱柱abca1b1c1中，abbc2aa1，abc90，d是bc的中点(1)求证：a1b平面adc1；(2)求二面角c1adc的余弦值；(3)试问线段a1b1上是否存在点e，使ae与dc1成60角？若存在，确定e点位置；若不存在，说明理由解：证明：(1)由abca1b1c1是直三棱柱，且abc90，得ba、bc、bb1两两垂直以bc、ba、bb1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系bxyz.设ba2，则b(0,0,0)，c(2,0,0)，a(0,2,0)，c1(2,0,1)，d(1,0,0)，a1(0,2,1)，所以(1，2,0)，(2，2,1)，(0，2，1)设平面adc1的法向量为n(x，y，z)，则有所以取y1，得n(2,1，2)n0，n，a1b平面adc1，a1b平面adc1.(2)易知平面adc的一个法向量为(0,0,1)，由(1)知平面adc1的一个法向量为n(2,1，2)，所以cosn，因为二面角c1adc是锐二面角，所以二面角c1adc的余弦值为.(3)假设存在满足条件的点e.因为点e在线段a1b1上，a1(0,2,1)，b1(0,0,1)，故可设e(0，1)，其中02.所以(0，2,1)，(1,0,1)因为ae与dc1成60角，所以|cos，|，即|，解得1或3(舍去)所以当点e为线段a1b1的中点时，ae与dc1成60角20(2012年浙江)如图，在四棱锥pabcd中，底面是边长为2的菱形，bad120，且pa平面abcd，pa2，m，n分别为pb，pd的中点(1)证明：mn平面abcd；(2)过点a作aqpc，垂足为点q，求二面角amnq的平面角的余弦值解：(1)证明：因为m，n分别是pb，pd的中点，所以mn是pbd的中位线，所以mnbd.又因为mn平面abcd，所以mn平面abcd.(2)法一：连接ac交bd于o，以o为原点，oc，od所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系oxyz，如图所示在菱形abcd中，bad120，得acab2，bdab6.又因为pa平面abcd，所以paac.在直角pac中，ac2，pa2，aqpc，得qc2，pq4.由此知各点坐标如下：a(，0,0)，b(0，3,0)，c(，0,0)，d(0,3,0)，p(，0,2)，m(，)，n(，)，q(，0，)设m(x，y，z)为平面amn的法向量，由(，)，(，)知取z1，得m(2，0，1)设n(x，y，z)为平面qmn的法向量由(，)，(，)，知取z5，得n(2，0,5)于是cosm，n.所以二面角amnq的平面角的余弦值为.法二：在菱形abcd中，bad120，得acabbccdda，bdab.又因为pa平面abcd，所以paab，paac，paad.所以pbpcpd.所以pbcpdc.而m，n分别是pb，pd的中点，所以mqnq，且ampbpdan，取线段mn的中点e，连接ae，eq，则aemn，qemn，所以aeq为二面角amnq的平面角由ab2，pa2，故在amn中，aman3，mnbd3，得ae.在直角pac中，aqpc，得aq2，qc2，pq4.在pbc中，cosbpc，得mq.在等腰mqn中，mqnq，mn3，得qe.在aeq中，ae，qe，aq2，得cosaeq.所以二面角amnq的平面角的余弦值为.21(2012年天津)如图，在四棱锥pabcd中，pa平面abcd，acad，abbc，bac45，paad2，ac1.(1)证明pcad；(2)求二面角apcd的正弦值；(3)设e为棱pa上的点，满足异面直线be与cd所成的角为30，求ae的长解：法一：如图，以点a为原点建立空间直角坐标系，依题意得a(0,0,0)，d(2,0,0)，c(0,1,0)，b(，0)，p(0,0,2)(1)证明：易得(0,1，2)，(2,0,0)，于是0，所以pcad.(2)(0,1，2)，(2，1,0)设平面pcd的法向量n(x，y，z)，则即不妨令z1，可得n(1,2,1)可取平面pac的法向量m(1,0,0)于是cosm，n，从而sinm，n.所以二面角apcd的正弦值为.(3)设点e的坐标为(0,0，h)，其中h0,2由此得(，h)由(2，1,0)，故cos，所以，cos 30，解得h，即ae.法二：(1)证明：由pa平面abcd，可得paad，又由adac，paaca，故ad平面pac，又pc平面pac，所以pcad.(2)如图，作ahpc于点h，连接dh.由pcad，pcah，可得pc平面adh，因此dhpc，从而ahd为二面角apcd的平面角在rtpac中，pa2，ac1，由此得ah.由(1)知adah.故在rtdah中，dh.因此sinahd.所以二面角apcd的正弦值为.(3)如图，因为adc45，故过点b作cd的平行线必与线段ad相交，设交点为f，连接be，ef.故ebf或其补角为异面直线be与cd所成的角由于bfcd，故afbadc.在rtdac中，cd，sinadc，故sinafb.在afb中，由，ab，sinfabsin 135，可得bf.由余弦定理，bf2ab2af22abafcosfab，可得af.设aeh.在rteaf中，ef.在rtbae中，be.在ebf中，因为efbe，从而ebf30，由余弦定理得cos 30.可解得h.所以ae.22(2012年安徽)平面图形abb1a1c1c如图1所示，其中bb1c1c是矩形，bc2，bb14，abac，a1b1a1c1.现将该平面图形分别沿bc和b1c1折叠，使abc与a1b1c1所在平面都与平面bb1c1c垂直，再分别连接a1a，a1b，a1c，得到如图2所示的空间图形对此空间图形解答下列问题(1)证明：aa1bc；(2)求aa1的长；(3)求二面角abca1的余弦值解：法一：(向量法)(1)证明：取bc，b1c1的中点分别为d和d1，连接a1d1，dd1，ad.由bb1c1c为矩形知，dd1b1c1.因为