高考数学第二轮复习热点专题测试卷立体几何含详解

1、2009年高考数学第二轮执点专题测试：立体几何（含详解）一、选择题：1、圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3,圆台的侧面积为 84n ,则圆台较小底面的半径为（(A) 7(B) 6(D) 32、如图1,在空间四边形 ABCM,点E、点，F、G分别是边BC CD上的点,且生CBH分另1J是边 AR AD的中=凡2,则（）CD 3(A)(B)(C)(D)EF与GHE相平行EF与G由面EF与GH的交点M可能在直线EF与GH的交点 M一定在直线AC上，也可能不在直线 AC上AC上AF图13、下列说法正确的是（(A)(B)(C)(D)直线l平行于平面）a内的无数直线，则l / a若直线l

2、在平面a外，则l / a若直线l/b,直线b二若直线l/b,直线b二4、A.C.右图是一个几何体的三视图, 可得该几何体的表面积是（10冗B. 12冗13冗D. 14冗a ,则 l / aa ,那么直线l就平行平面a内的无数条直线 根据图中数据，）5、设a, b是两条直线，a, B是两个平面，则a -L b的一个翩源审册（主）视图侧（左）视图(A) a _ ： ,b,：(B)(C) aca,b_L P,/P(D)6、如图，下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,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)7、如图，在棱长为1的正方体 是AiBi

3、和BBi的中点，那么直线 （ ） 心（C）（D）ABCD- A1B1C1D1 中，M、N 分别AM与CN所成的角的余弦值是3 (A)2(B)10(B)103(D)一58、将正三棱柱截去三个角（如图1所示A, B, C分别是 GHI三边的中点）得到几何体如图2,则该几何体按图2所示方向的侧视图 （或称左视图）为（A ）H侧视F图1EDF图29、在4ABC 中，AB=2,BC=1.5,/ABC=1200，若使绕直线 BC 旋转一周,则所形成的几何体的体积是（）A. 3 二B. 5 二 C. 7 二2229D. 一 二210、如图，在长方体ABCD ABiCiDi 中，AB= 10, AD= 5,

4、AA =4。分别过 BG A1D1的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为V1 =VAEA_DFD , V2 =Vebea_fcfd1AEA1 _DFD 11 611 1V3 -VB.E1B ,C1F1C。若 M : V2 :V3 =1：3：1,则截面AEFD1的面积为（）4V108 320 .216 .211、连结球面上两点的线段称为球的弦.的两条弦AB CD的长度分别等于2 %万、4/3,5半径为4的球AECB Ei/: K 4M、N分别为AB、CD的中点, 球面上运动，有下列四个命题： 弦AB CD可能相交于点 M MN的最大值为5 其中真命题的个数为每条弦的两端都在第10题图1

5、个2个弦AB、CD可能相交于点MN的最小值为3个4个12、某几何体的一条棱长为 J7,在该几何体的正视图中,这条棱的投影是长为J6的线段,a和b的线段，则a+b的最大在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为 值为（）A.2V2B. 2/3C. 4 D. 2能、填空题若该球的体积为4j3元,则该正方体的表面13、一个正方体的各定点均在同一球的球面上，积为.14、已知a、P是两个不同的平面， m、n是平面a及平面P之外的两条不同直线，给出四个论断：mil n,ot / P,mlot,nP,以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：15、如图，正方体 ABC

6、DA1BC1D1 中，M、N、P、Q、R、S分别是 AB、BC C1D1、GC、A4、BiB的中点，则下列判断：P、 g（1） PQ与RS共面；（2） MN与RS共面；（3） PQ与MN共面；| 补Q则正确的结论是j ,、J,16、等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB ,二面角，/二K “M R、/3，15 题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 / XX正视图左视图民18、在四棱锥 P-ABCD中， PBC为正三角形，AB/ CD ABDC E为 PD 中点. 2（1）求证：AE/平面PBC2俯视图AB1平面 PBC :B

7、f IP17、如图是一个几何体的三视图，其中正视图与左视图都是全等的腰为J3的等腰三角形，俯视图是边长为2的正方形，（1）画出该几何体；（2）求此几何体的表面积与体积.三、解答题(2)求证：A已平面PDC.19、如图，M,N,K分别是正方体 ABCD A1B1C1D1的棱AB,CD,CQi的中点.(1)求证：AN 平面AMK ；(2)求证：平面A1B1c，平面AMK .20、如图1所示，在边长为12的正方形AAAA中，点B、C在线段AA上，且AB=3,BC =4，作 BB / AA,分别交 AA、AA；于点 B、P ,作 CC / AA,分别交 A1A1 AA；于点C1、Q ,将该正方形沿 B

8、BCC1折叠，使得 A8与AA重合，构成如图 2所示的三棱柱 ABC A1B1cl.(I )在三棱柱 ABC A1B1cl中，求证： AB_L平面BCC1B1;(n)求平面 APQ将三柱ABC-ABG分成上、下两部分几何体的体积之比.21、如图，正四棱柱 ABCD A1BC1D1 中，AA=2AB=4,点 E 在 CCi 上且 CiE = 3EC .(I)证明：A1C _L 平面 BED ；(n)求二面角 A DE B的大小.22、如图所示，在直四棱柱ABCD - A1B1C1D1 中，DB = BC , DB _L AC ,点 M 是棱 BB1 上一点.(I)求证：B1 D1 / 面 ABD

9、;(n )求证：MD _L AC ;(m)试确定点M的位置，使得平面DMC1L 平面 CC1D1D.参考答案(详解)、选择题123456789101112ADDBCDCAACCC1、A解：依题意设设圆台上、底面半径分别为r、3r,则有n （r+3r） 3= 84 n ,解得：r= 7,故选（A）。2、D解：依题意，可得 EH/ BD FG/ BD,故EH/ FG,由公理2可知，E、F、G H共面，因为EH =1BD, FG = 2 ,故E* FG所以，EFGH梯形，EF与GH必相交，设交点为 M因为2 BD 3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

10、ACB与平面 ACD的交点，而 AC是这两个平面的交线，由公理3可知，点M一定在平面 ACB与平面ACD的交线AC上。选（D）。3、D解：如图，当l U “时，在a内可以作无数直线与l平行，但l与 不平行，故（A） （C）都错。一条直线在平面外，可能与平面平行， 也可能与平面相交，故（B）错。4、B解：从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成 的，其表面及为2.2S =4n父12十元父1晨2 + 2冗父1父3=12元.。5、C解：A、B、D直线a,b可能平行，选C.6、D解：取前面棱的中点，证 AB平行平面 MN叫可；可证 AB与M呼行。7、（C）解：以M (1,D为原点，DA所在

11、直线为1 、 、一,1）, C （0, 1, 0）, N2x轴，建立空间直角坐标系,（1,1,1），AM = （0,2则 A (1, 0, 0),1一，1), CN = (1,20,AM *CNcos :二 AM ,CN =:= 一| AM | *| CN | 58、A解：在图2的右边放扇墙（心中有墙，可得答案A.9.A-一一 一 123斛：V =V大圆锥-V小圆锥=_ r (1 ,1.511)=一 324X 510、(C)解：Vi=V3,可得 AE= BiB,设 AE= x,则(xX 4X 5) : (10 x)2=1: 3,得：x=4,贝U AiE= J42 +42 =4近, 所以，截面A

12、EFDi的面积为20 J211、C .解：正确，错误。易求得 M、N到球心O的距离分别为3、2,若两弦交于 N , 则OM MN , RtAOMN中，有OM ON ,矛盾。当 M、O、N共线时分别取最大 值5最小值1。12、C解：结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算。如图设长方体的高宽高分别为 m,n,k ,由题意得一m2 n2 k2 -、.7 , 一 m2 k2 =、6 = n = 1出+k2 =a , J1 +m2 = b,所以（a2 1） + （b2 1） = 6-212=a b =822_2-22 .(a b) =a 2ab b =8 2ab8 a b =16=a +b E4当且

13、仅当a =b =2时取等号。、填空题13、24解：由4二R3= 4J3n得R=J3,所以a =2,表面积为6a2 = 24.314、=解：同垂直于一个平面的两条直线互相平行，同垂直于两个平行平面的两条直线也互相平行。15、 （1）、 （3）解：可证PQRS行，从而共面， NQ与PM平行，也共面，故（1）、（3）正确，MN与RS 异面直线，故（2）错。解：设 AB =2 ,作 CO 1SABDE,16、OH _LAB,则CH 1 AB , /CHO为二面角CABD的平面角CH =J3,OH =CH cos/CHO=1,结合等边三角形 ABC TOC o 1-5 h z 与正方形ABDE可知此四棱

14、锥为正四棱锥，则 AN = EM =CH =J316 j HYPERLINK l bookmark87 o Current Document iFFLi_LiF； 1-1!1 HYPERLINK l bookmark89 o Current Document AN (AC AB), EM AC -AE, AN EM (AB AC) (AC - AE)= 22222故EM , AN所成角的余弦值 AN EM =1 AN EM 6三、解答题17.解：（1）此几何体是正四棱锥，如图。(2)正四棱锥的底为边长为 2的正方形，侧面斜高为 311高为： (.3)2 -12 = ,2体积为：1父2父2父应=

15、勺但 33面积为：4+ 4mqm2m J3 =4+43 ,18、证明:取PC的中点M,连接EM,则 EM / CD, EM= 1 DC所以有 EM / AB 且 EM=AB,2则四边形ABME是平行四边形.所以AE/ BM,因为AE不在平面PBC内，所以AE/平面PBC.(2)因为 ABL平面 PBC, AB/CD所以CD,平面PBC,又AE/ BM,所以AE平面 PDCAMBCD) BM.由(1)得,BMPC, 所以 BML平面 PDC, 19.证明：(1)证明：连结NK.在正方体ABCD 人3。1口1中，:四边形AAD1DQD1C1C都为正方形,AA1/DD1, AA1 =DD1,C1D1

16、/CD,C1D1 =CD.7 N,K分别为CD,CiDi的中点，.DN / D1K,DN =D1K.J.DD1KN为平行四边形.KN /DD1,KN =DD1.AA1 / KN, AA1 =KN.:AA KN为平行四边形.AN/A1K.Y AKU平面amk,an0平面amk ,.AN / 平面 A1MK.(2)连结 BC1.,在正方体 ABCD AB1c1D1 中，AB/C1D1, AB =0101.：M ,K 分别 AB,CiDi 中点，BMCiK,BM =GK.四边形BCiKM为平行四边形.MK /BCi.在正方体 ABCD -ABCiDi 中，AB _L平面 BBGC, BCi 仁平面

17、BBiCiC,AB _BCi.+.MK /BCi,. AiBi _MK.B BBiCiC 为正方形，:.BCiBiC. M K_L B CA ABi 仁平面 ABC,B1c u平面 ABC,AB1nBic =B”, MK _L平面 ABC.：*MKU 平面 A1MK,.平面A1MK_L平面AB1C.20、解：(I)证明：因为 AB =3, BC =4 ,所以AC =5,从而有 AC2 =AB2 +BC2,即 AB _L BC .又因为 AB IBBi,而 BCpIBBi =B ,所以 AB_L平面 BCCiB ;(n )因为 BP = AB =3 , CQ = AC =7 ,所以Sbcqp(B

18、P CQ) BC2(3 7) 4一 2 TOC o 1-5 h z ii从而Vacqp = Sbcqp AB =一父20乂3 =20 .又因为 HYPERLINK l bookmark81 o Current Document 33ciVABC-ABC aWAg2：72,所以平面 APQ将三棱柱 ABC-AB1cl分成上、下两部分几何体的体积之比为V_ _ 72 -20 = 52 =13 价 一 20- 20 - 521、解法一：依题设知 AB =2 , CE =1 .(I)连结 AC交BD于点F ,则BD _L AC .由三垂线定理知，BD 1 A1C ,在平面ACA内，连结EF交A1C于点

19、G ,由于箧=C=26故 RtzXAACs RtzXFCE , AC =CFE ,/CFE 与/FCA互余.于是 AC _L EF .AC与平面BED内两条相交直线BD, EF都垂直，所以 AC _L平面BED .(n)作GH _L DE ,垂足为H ,连结AH 故/AHG是二面角ADEB的平面角.EF = JCF2 +CE5=73, CG =CECF EFEG 1 ，1 EF FD.2=,GH =一黑=.EF 33 DE15又 AC = JAA2 AC2 =2,6, AG = AC由三垂线定理知 AH _ DE ,EG kJCE2 -CG2 =一CG 式.tan“HG=*5后所以二面角 A DE B的大小为arctan5j5.解法二：以D为坐标原点，射线 DA为x轴的正半轴， 建立如图所示直角坐标系 D -xyz .依题设，B(2,2,0), C(0,20), E(0,2,1), A(2,0,4).DE =(0,21)彘=(2,2,0), 升(一2,2,一4加=(2,0,4).(I)因为acLdb =0, acL