(完整版)高考文科数学空间几何测试卷以及答案详解

一、选择题（60分）1．设直线平面，过平面外一点与都成角的直线有且只有：(B)（Ａ）１条（Ｂ）２条（Ｃ）３条（Ｄ）４条【解】：如图，当时，直线满足条件；又由图形的对称性，知当时，直线满足条件；故选B2、设平面向量，则=（A）（7，3）（B）（7，7）（C）（1，7）（D）（1，3）3．，，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（A）， （B），（C），，共面 （D），，共点，，共面答案：B解析：由，，根据异面直线所成角知与所成角为90°，选B．4、已知两定点，如果动点满足，则点的轨迹所包围的图形的面积等于（A）（B）（C）（D）已知两定点，如果动点满足，设P点的坐标为(x，y)，则，即，所以点的轨迹所包围的图形的面积等于4π，选C.5、如图，正四棱锥底面的四个顶点在球的同一个大圆上，点在球面上，如果，则球的表面积是（A）（B）（C）（D）如图，正四棱锥底面的四个顶点在球的同一个大圆上，点在球面上，PO⊥底面ABCD，PO=R，，，所以，R=2，球的表面积是，选D.6、如图，为正方体，下面结论错误的是（）（A）平面（B）（C）平面（D）异面直线与所成的角为60°解析：选Ｄ．7、设球的半径是1，、、是球面上三点，已知到、两点的球面距离都是，且二面角的大小是，则从点沿球面经、两点再回到点的最短距离是（）（A） （B）（C） （D）解析：选C．．本题考查球面距离．8、如图，、、是同一平面内的三条平行直线，与间的距离是1，与间的距离是2，正三角形的三顶点分别在、、上，则⊿的边长是（）（A）2（B）（C）（D）解析：选D．过点Ｃ作的垂线，以、为轴、轴建立平面直角坐标系．设、、，由知，检验A：，无解；检验B：，无解；检验D：，正确．本题是把关题．在基础中考能力，在综合中考能力，在应用中考能力，在新型题中考能力全占全了．是一道精彩的好题．可惜区分度太小．9．设是球心的半径的中点，分别过作垂直于的平面，截球面得两个圆，则这两个圆的面积比值为：(D)（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）【解】：设分别过作垂线于的面截球得三个圆的半径为，球半径为，则：∴∴这两个圆的面积比值为：故选D10．若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为的菱形，则该棱柱的体积等于(B)（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）【解】：如图在三棱柱中，设，由条件有，作于点，则∴∴∴故选B二、填空题（20分）1、已知二面角的大小为，为异面直线，且，则所成的角为（A）（B）（C）（D）(7)已知二面角的大小为，为异面直线，且，则所成的角为两条直线所成的角，∴θ=，选B.2.如图，二面角的大小是60°，线段.，与所成的角为30°.则与平面所成的角的正弦值是.解析：过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线.垂足为D连结AD，有三垂线定理可知AD⊥l，故∠ADC为二面角的平面角，为60°CD又由已知，∠ABD＝30CD连结CB，则∠ABC为与平面所成的角设AD＝2，则AC＝，CD＝1AB＝＝4∴sin∠ABC＝答案：3、设点是线段的中点，点在直线外，，，则（A）8（B）4（C）2（D）1解析：由＝16，得|BC|＝4＝4而故2答案：C4、如图，在半径为3的球面上有三点，=90°，,球心O到平面的距离是，则两点的球面距离是A.B.C.D.2【答案】B【解析】∵AC是小圆的直径。所以过球心O作小圆的垂线，垂足O’是AC的中点。O’C＝，AC＝3，∴BC＝3，即BC＝OB＝OC。∴，则两点的球面距离＝三、计算与证明题（70）1．（本小题共l4分）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，延长A1C1至点P，使C1P＝A1C1，连接AP交棱CC1于D．（Ⅰ）求证：PB1∥平面BDA1；（Ⅱ）求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；本小题主要考查直三棱柱的性质、线面关系、二面角等基本知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决问题的能力．解法一：（Ⅰ）连结AB1与BA1交于点O，连结OD，∵C1D∥平面AA1，A1C1∥AP，∴AD=PD，又AO=B1O，∴OD∥PB1，又OD面BDA1，PB1面BDA1，∴PB1∥平面BDA1．（Ⅱ）过A作AE⊥DA1于点E，连结BE．∵BA⊥CA，BA⊥AA1，且AA1∩AC=A，∴BA⊥平面AA1C1C．由三垂线定理可知BE⊥DA1．∴∠BEA为二面角A－A1D－B的平面角．在Rt△A1C1D中，，又，∴．在Rt△BAE中，，∴．故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为．解法二：如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1－B1C1A，则，，，，．（Ⅰ）在△PAA1中有，即．∴，，．设平面BA1D的一个法向量为，则令，则．∵，∴PB1∥平面BA1D，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面BA1D的一个法向量．又为平面AA1D的一个法向量．∴．故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为．2、（本小题满分14分）如图，平面平面，，，直线与直线所成的角为60°，又，，．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的大小；（Ⅲ）求多面体的体积．解析：本题主要考查异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角、棱锥体积等有关知识，考查思维能力和空间想象能力、应用向量知识解决数学问题的能力、化归转化能力和推理运算能力．（Ⅰ）∵平面平面，，平面．∴平面又∵平面∴（Ⅱ）取的中点，则．连接、．∵平面平面，平面平面，．∴平面．∵，∴，从而平面．作于，连结，则由三垂线定理知．从而为二面角的平面角．∵直线与直线所成的角为60°，∴．在中，由勾股定理得．在中，．在中，．在中，故二面角的大小为（Ⅱ）如图以为原点建立空间直角坐标系．设，有，，．，由直线与直线所成的角为60°，得即，解得．∴，设平面的一个法向量为，则由，取，得取平面的一个法向量为则由图知二面角为锐二面角，故二面角的大小为．（Ⅲ）多面体就是四棱锥3（本大题满分14分）如图，在长方体中，分别是的中点，分别是的中点，（Ⅰ）求证：面；（Ⅱ）求二面角的大小。本小题主要考察长方体的概念、直线和平面、平面和平面的关系等基础知识，以及空间想象能力和推理能力。满分12分解法一：（Ⅰ）证明：取的中点，连结∵分别为的中点∵∴面，面∴面面∴面（Ⅱ）设为的中点∵为的中点∴∴面作，交于，连结，则由三垂线定理得从而为二面角的平面角。在中，，从而在中，故：二面角的大小为方法二：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立直角坐标系，则∵分别是的中点∴（Ⅰ）取，显然面，∴又面∴面∴过作，交于，取的中点，则设，则又由，及在直线上，可得:解得∴∴即∴与所夹的角等于二面角的大小故：二面角的大小为4（本小题满分14分）如图，正方形所在平面与平面四边形所在平面互相垂直，△是等腰直角三角形，（=1\*ROMANI）求证：；（=2\*ROMANII）设线段、的中点分别为、，求证：∥（=3\*ROMANIII）求二面角的大小。【解析】解法一：因为平面ABEF⊥平面ABCD，BC平面ABCD，BC⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD=AB，所以BC⊥平面ABEF.所以BC⊥EF.因为⊿ABE为等腰直角三角形，AB=AE，所以∠AEB=45°，又因为∠AEF=45,所以∠FEB=90°，即EF⊥BE.因为BC平面ABCD,BE平面BCE,BC∩BE=B所以…………6分（=2\*ROMANII）取BE的中点N,连结CN,MN,则MNPC∴PMNC为平行四边形,所以PM∥CN.∵CN在平面BCE内,PM不在平面BCE内,∴PM∥平面BCE.…………8分（=3\*ROMANIII）由EA⊥AB,平面ABEF⊥平面ABCD,易知EA⊥平面ABCD.作FG⊥AB,交BA的延长线于G,则FG∥EA.从而FG⊥平面ABCD,作GH⊥BD于H,连结FH,则由三垂线定理知BD⊥FH.∴∠FHG为二面角F-BD-A的平面角.∵FA=FE,∠AEF=45°,∠AEF=90°,∠FAG=45°.设AB=1,则AE=1,AF=,则在Rt⊿BGH中,∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+=,,在Rt⊿FGH中,,∴二面角的大小为…………12分解法二:因等腰直角三角形，，所以又因为平面，所以⊥平面，所以即两两垂直；如图建立空间直角坐标系,(=1\*ROMANI)设，则，∵，∴，从而，于是，∴⊥,⊥∵平面，平面，∴（=2\*ROMANII），从而于是∴⊥，又⊥平面，直线不在平面内，故∥平面（=3\*ROMANIII）设平面的一个法向量为，并设＝（即取，则，，从而＝（1，1，3）取平面D的一个法向量为故二面角的大小为5．（本小题满分14分）如图，平面平面，四边形与都是直角梯形，，，分别为的中点（Ⅰ）证明：四边形是平行四边形；（Ⅱ）四点是否共面？为什么？（Ⅲ）设，证明：平面平面；【解1】：（Ⅰ）由题意知，所以又，故所以四边形是平行四边形。（Ⅱ）四点共面。理由如下：由，是的中点知，，所以由（Ⅰ）知，所以，故共面。又点在直线上所以四点共面。（Ⅲ）连结，由，及知是正方形故。由题设知两两垂直，故平面，因此是在平面内的射影，根据三垂线定理，又，所以平面由（Ⅰ）知，所以平面。由（Ⅱ）知平面，故平面，得平面平面【解2】：由平面平面，，得平面，以为坐标原点，射线为轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系（Ⅰ）设，则由题设得所以于是又点不在直线上所以四边形是