数学第九章测A人教

高考数学复习第九章测试题Ahttp:/www.DearEDU.com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，把你认为符合题目要求的选项的代号填在题后的括号内.1.下列命题正确的是 (A)空间三点确定一个平面 (B)四边形一定是平面图形 (C)六边形一定是平面图形 (D)梯形一定是平面图形 2.和是空间两条直线，今有三个命题和不是相交直线；和不是平行直线；和是异面直线，则 (A)和都是的充分条件，但不是必要条件 (B)和分别是的必要条件和充分条件(C)和分别是的充分条件和必要条件(D)和都是的必要条件，但不是充分条件3.在以下四个命题中：直线与平面没有公共点，直线与平面平行直线与平面内的任意一条直线不相交，直线与平面平行直线与平面内的无数条直线不相交，直线与平面平行直线与平面内的一条直线平行，则直线与平面不相交正确的命题是 (A) (B) (C) (D) 4.能够证明直线与平面垂直的条件是（、是平面，是直线） (A)， (B)，(C)， (D)，且5.在下列条件中，可判断平面与平行的是 (A)、都垂直于平面 (B)内存在不共线的三点到的距离相等 (C)是内两条直线，且，(D)是两条异面直线，且，,，6.线段夹在直二面角内，.如果与平面、所成的角分别为和，那么 (A)小于 (B)等于 (C)小于或等于 (D)大于7.如图1，将边长为的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器.要使这个正六棱柱容器的容积最大，则底面边长应为 图1(A) (B) (C) (D)8.若三棱锥 的侧面内一动点到底面的距离与到棱的距离相等，则动点的轨迹与组成图形可能是 AAABCPABCPBCBCPP （A） （B） （C） （D）9.已知圆锥的底面半径为，高为，在它的所有内接圆柱中，体积的最大值是 （A）（B）（C）（D）10.如图2，若从点所作的两条射线、上分别有点、与点、，则三角形面积之比，若从点所作的不在同一平面内的三条射线、和上，分别有点、，点、和点、，则类似的结论为 图2（A）（B）（C）（D）无法确定11.一个四面体的所有棱长都为，四个项点在同一球面上，则此球的表面积为 （A）3 （B）4 （C）3 （D）612.如图3，、是表面积为的球面上三点，为球心，则直线与截面所成的角是 OBA图3C（A） （B）（C） （D）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分. 把答案填在题中横线上.13.、是两个不同的平面，是平面及之外的两条不同的直线，给出四个论断：，.以其中三个论断作为条件，余下一个诊断作为结论，写出你认为正确的一个命题：_ .14.若是所在平面外一点，而和都是边长为2的正三角形，那么二面角的大小为_ .15.在棱长为1的正方体中，、分别在其面对角线、上运动，且，则的最大值是_ .ABCMNEGC1B1A1F图416.甲球内切于某正方体的各个面,乙球内切于该正方体的各条棱,丙球外接于该正方体,则三球体积之比是_ .三、解答题：本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤.17.（本小题满分12分）如图4是边长为1的正三角形沿沿垂直于平面的方向平移距离1所得的图形，是底面边的中点.（1）证明：直线平面；（2）求直线到平面的距离.18.（本小题满分12分）如图5，已知矩形中，若平面，在边上取点，使，当满足条件的点有且仅有一个时，（1）求直线与平面所成的角；（2）求直线到平面的距离.APBCD图5E19.（本小题满分12分）如图6，在棱长为4的正方体中，是正方形的中心，点在棱上，且.B1PACDA1C1D1BOH图6()求直线与平面所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；()设点在平面上的射影是，求证：；()求点到平面的距离.20.（本小题满分12分）如图7，已知直线平面，垂足为，且不同于，直线为平面内过但不过的直线，长度为的线段在直线上滑动，直线可绕点在平面内转动，同时长度为的线段在直线上滑动，且，求三棱锥体积的最大值.ABOCDPnm图7ABCDMNPQmnn图821.（本小题满分12分）如图8所示，已知两条直线、为所成角的异面直线，平面与、都平行.问当点在何位置时，四边形的面积最大？最大面积是多少？22.（本小题满分14分）是由60个原子构成的分子，它是一个形如足球的多面体.这个多面体有60个顶点，以每一个顶点为一端点都有三条棱，面的形状只有五边形和六边形两种，你能计算出中有多少个五边形和六边形吗？参考答案题号123456789101112答案DDCDDCDDBBAB解析：1. 本题是一道容易题，主要考查公理3及其三个推论的记忆.公理3及其三个推论不仅是确定平面的依据，也是证明共面问题的理论基础.对公理3及其三个推论的理解，除应注意条件和结论外，还应深刻理解“有且只有一个”的含义.这里“有”是说图形存在，“只有一个”是说图形唯一.由公理3及其三个推论能判断梯形一定是平面图形.2. 本题主要考查空间两条直线的位置关系及条件关系，是一道容易题.只有两条直线既不相交也不平行时，它们才是异面直线.因此，和都是的必要条件，但不是充分条件.3. 本题主要考查线面位置关系中的平行关系，重点考查线面平行的概念和判定.是线面平行的定义；是定义的等价形式；直线与平面或平行或相交或直线在平面内；是线面平行的判定定理.因此，正确命题是.一般证明线面平行的方法主要有：利用线面平行的定义：；利用判定定理：；利用面面平行的性质定理：.4. 本题主要考查线面位置关系的垂直关系，重点考查线面垂直的判定方法.一般证明线面垂直的方法主要有：利用线面垂直的定义：与内任何直线垂直；利用判定定理：；利用面面平行的性质定理：；利用面面垂直的性质定理：.因此，易判断本题中只有（D）正确.ABCDl图15. 本题主要考查两个平面位置关系中的平行关系，重点考查两个平面平行的判定方法.对（A）、或平行或相交；对（B）、或平行或相交；对（C）、或平行或相交；由排除法知选（D）.一般判断两平面平行的方法有：利用定义：；.6. 本题主要考查面面垂直的性质定理和线面角.如图1所示，过作于，过作于，由题设条件可知，.因为线面角是直线.与平面内直线所成角中最小的，因此，.则.7. 本题主要考查棱柱的体积和平面图形空间化的能力，着重考查空间想象力.平面图形是空间图形的基础，把平面图形翻折起来后就成为空间图形，常见的是把三角形、四边形等平面图形翻折起来.解决该类问题时，不仅要知道立体几何的有关概念，还要注意在翻折过程中有一些量是不变的，如角度、距离等.设底面边长为，则高，因此正六棱柱容积（*）.求（*）式的最大值有以下两种做法：解法1：（不等式法），当且仅当，即时等号成立.解法2：（导数法）令，解得或（舍去），当时，.ABCDPEOF图28. 本题主要考查点到直线的距离、点到面的距离、三垂线定理、空间问题平面化的能力、分析问题和解决问题的能力.该题主要考查空间想象能力和问题转化的能力,是一道较难题.解法1：如图2,面,则.过作,由三垂线定理得,所以是面与面的二面角,记为,则,所以常数,则问题转化为求平面内到边的距离和到边的距离比为常数的点的轨迹,易知此轨迹为靠近边的一条直线（可借助角平分线理解）,所以选（D）.ABCHGEFO图3解法2：设是轨迹上一点，连，利用三角形相似可以证明直线上任一点都是轨迹上的点，因此轨迹是一直线；在和中，斜边相等，由三角形大边对大角性质知，所以靠近边.9. 本题主要考查圆柱和圆锥的组合体问题.因为圆柱和圆锥是旋转体，所以解题时我们可以抓住轴截面进行.如图3所示为圆柱和圆锥的轴截面，设圆柱底面半径，由其高.于是圆柱体积，与第7题类似的方法可求得.ABCD图410. 通过类比可以使扑朔迷离的问题明朗化.本题主要考查学生类比、猜想、推广、证明的创新能力.本题是一道由二维到三维的类比问题,由于有三角形作为基础,使得所求的问题迁移到立体几何中的三棱锥的体积问题,即二维中的面积比类比为三维的体积比.由两条射线、上的对应线段之比类比为三条射线、和上的对应线段之比,即.证明只需在原来面积证明基础上乘上对应高,且对应高之比等于第三条射线上对应线段之比.11. 本题主要考查多面体与球的组合体问题，着重考查空间想象能力.该题的解法较多，这里只介绍构造法：如图4，棱长为1的正方体中的四面体的所有棱长都为，则四面体的外接球就是该正方体的外接球，因此，外接球半径等于，所以球表面积为.12. 本题主要考查球表面积公式与球截面性质.球表面积为，球半径；，由余弦定理得，由正弦定理得截面圆的半径.直线与截面所成的角的余弦值为，因此，直线与截面所成的角是.二、13.（，或） 解析：本题为开放性试题，题型新颖、灵活，条件与结论由学生自己造反本题源于教材的习题：自二面角内一点分别向两个面引垂线，求证：它们所成的角与二面角的平面角互补.在本题中需要把移为从一点出发的两直线.主要考查直线与直线垂直，直线与平面垂直，平面与平面垂直的判定和性质.假设为条件，即，成立，如图5，过上一点作，则，设垂足为.又设，垂足为，过、的平面与、的交线交于点，平面，是二角的平面角，显然，由推得成立，反过来，如果成立，与上面证法类似可得成立.BCADP图6AlCBmPn图514（） 解析：如图6，取中点，连、，因为和是正三角形，所以，则就是所求角，又，所以.ABCDMNGA1B1C1D1图715（） 解析：如图7所示，作与交于，连结，则为直角三角形.设，则，.而，.所以当时，最小，最小值为.16（1：2：3） 解析：设正方体的棱长为,如图8（1）,正方体的内切球与正方体的六个面有六个公共点,点的位置分别在六个正方形的中心,经过四个切点的轴截面是正方体的截面的内切圆.所以,所以.如图8（2）,球与正方体各棱的切点在每条棱的中点,经过四个切点的球的轴截面（大圆）是正方形的外接圆.所以,所以.如图8（3）,正方体的各个顶点在球面上,球的一个大圆是矩形的外接圆.所以,所以.由上可知,故选（A）.AAABBBCCCDDD（1）（2）（3）图8三、17要证线面平行，先证线线平行，怎样找线线平行，由三角形内平行截割定理（包括中位线定理）、平行四边形或“面面平行，则线面平行”确定.“要证线面平行，先找线线平行或面面平行”要作为思维模式；“用三角形内平行截割或平行四边形来找线线平行”是平面几何中的规律，也是立体几何中的思维规律.解法1：（1）连接交于，连接，则为的中位线，所以，故平面.（2）因为直线平面，所以直线到平面的距离等于点到平面的距离.，平面.平面.平面平面.过点作于，由面面垂直的性质定理知平面，即为点到平面的距离.由得.解法2：（1），共面，又不在平面内，平面.（2）以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，下面求点到平面的距离.设平面的法向量，即，解得，取单位法向量.点到平面的距离为.18（1），是在面上的射影，又满足这条件的点有且仅有一个，是的中点，则.，即直线与平面所成的角为.（2），平面，点到平面的距离就是到平面的距离.过点作于，则易知就是点到平面的距离.在中，由等面积法知.19解法1：（I）连结.平面，与平面所成的角就是，.在Rt中，为直角，故.在中，为直角， （II）连接，.因为四边形是正方形，所以.又底面，所以.因为，所以平面.由于平面，所以.因为平面的斜线在这个平面内的射影是，所以.（III）连接，在平面中，过作于点.因为平面，平面，所以.所以就是点到平面的距离.在中，即点到平面的距离为.解法2：（I）因为平面，所以与平面所成的角就是.以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.，.，.，.所以直线与平面所成的角为.（II）连结.由（I）有，.，.因为平面的斜线在这个平面内的射影是，所以.（III）同解法1.20本题从题中很难直接求面积和底面上的高，尽管、在、上滑动，又使转动，但可通过模拟实验，寻求不变因素