新教材高中数学第十一章立体几何初步测评新人教B版必修第四册Word下载.docx
《新教材高中数学第十一章立体几何初步测评新人教B版必修第四册Word下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新教材高中数学第十一章立体几何初步测评新人教B版必修第四册Word下载.docx（15页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
5.（2019高考全国Ⅱ卷文数）设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是（ ）
A.α内有无数条直线与β平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α,β平行于同一条直线
D.α,β垂直于同一平面
解析α内有无数直线与β平行是α∥β的必要不充分条件,A不符合;
α内有两条相交直线与β平行是α∥β的充要条件,B符合;
α,β平行同一条直线是α∥β的必要不充分条件,C不符合;
α,β垂直同一平面是α∥β的必要不充分条件,D不符合.
6.
如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,M,N分别是棱DD1,D1C1的中点,则直线OM（ ）
A.与AC,MN均垂直相交
B.与AC垂直,与MN不垂直
C.与MN垂直,与AC不垂直
D.与AC,MN均不垂直
解析易证AC⊥面BB1D1D,OM⊂面BB1D1D,
∴AC⊥OM.
计算得OM2+MN2=ON2=5,
∴OM⊥MN.
答案A
7.
（2019高考全国Ⅲ卷文数）如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则（ ）
A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线
B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线
C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线
D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
解析如图,连接BD,BE.
在△BDE中,N为BD的中点,M为DE的中点,
∴BM,EN是相交直线,
排除选项C、D.
作EO⊥CD于点O,连接ON.
作MF⊥OD于点F,连接BF.
∵平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD,EO⊥CD,EO⊂平面CDE,
∴EO⊥平面ABCD.同理,MF⊥平面ABCD.
∴△MFB与△EON均为直角三角形.
设正方形ABCD的边长为2,易知EO=
ON=1,MF=
BF=
则EN=
=2,BM=
∴BM≠EN.故选B.
8.（2019高考浙江卷）设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点（不含端点）.记直线PB与直线AC所成的角为α,直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P-AC-B的平面角为γ,则（ ）
A.β<
γ,α<
γB.β<
α,β<
γ
C.β<
α,γ<
αD.α<
β,γ<
β
解析如图
G为AC中点,连接VG,点V在底面ABC上的投影为点O,则点P在底面ABC上的投影点D在线段AO上,过点D作DE垂直AC于点E,易得PE∥VG,过点P作PF∥AC交VG于点F,过点D作DH∥AC,交BG于点H,则α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,结合△PFB,△BOH,△POB均为直角三角形,可得cosα=
=cosβ,所以α>
β,在Rt△PEO中,tanγ=
=tanβ,所以γ>
β.综上所述,故选B.
二、多项选择题:
本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分.
9.设l为直线,α,β是两个不同的平面,下列命题中错误的是（ ）
A.若l∥α,l∥β,则α∥βB.若l⊥α,l⊥β,则α∥β
C.若l⊥α,l∥β,则α∥βD.若α⊥β,l∥α,则l⊥β
解析A中α,β也可相交,A不正确;
由垂直同一直线的两平面平行知,B正确;
C中,α,β垂直,不正确;
D中l与β也可平行或l⊂β,不正确.
答案ACD
10.
如图,M是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点,给出下列四个命题,其中真命题是（ ）
A.过M点有且只有一条直线与直线AB,B1C1都相交
B.过M点有且只有一条直线与直线AB,B1C1都垂直
C.过M点有且只有一个平面与直线AB,B1C1都相交
D.过M点有且只有一个平面与直线AB,B1C1都平行
解析过M点和直线AB的平面与B1C1相交于一点N,只有NM直线与AB相交,即A正确;
与AB,B1C1都垂直且过M的只有DD1,即B正确;
将过点M的平面CDD1C1绕直线DD1旋转任意非零的角度,所得平面与直线AB,B1C1都相交,故C错误;
过点M且与AB,B1C1平行的平面只有过点M,CC1中点BB1中点的一个平面,即D正确.
答案ABD
11.
如图正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,以下结论正确的是（ ）
A.异面直线A1D与AB1所成的角为60°
B.直线A1D与BC1垂直
C.直线A1D与BD1平行
D.三棱锥A-A1CD的体积为
a3
解析A1D与AB1所成角即A1D与DC1成的角,再连接A1C构成等边△A1DC1,即A正确;
A1D与BC1成的角即A1D与AD1成的角,由A1D⊥AD1即B正确;
由BD1⊥平面A1DC1,∴BD1⊥A1D,即C不正确;
a·
a2=
即D正确.
12.已知空间中两条直线a,b所成的角为50°
P为空间中给定的一个定点,直线l过点P且与直线a和直线b所成的角都是θ（0°
<
θ≤90°
）,则下列选项正确的是（ ）
A.当θ=15°
时,满足题意的直线l不存在
B.当θ=25°
时,满足题意的直线l有且仅有1条
C.当θ=40°
时,满足题意的直线l有且仅有2条
D.当θ=60°
时,满足题意的直线l有且仅有3条
解析如图,过点P作a1∥a,b1∥b,则相交直线a1,b1确定一平面α.a1与b1夹角为50°
设直线PA即l与a1,b1均为θ角,
如图l绕P转动始终与a1,b1夹角相等,
当l在α内为a,b夹角平分线时,θ最小为25°
所以AB正确,当θ为40°
和60°
时直线l都有2条,所以C正确,D错.
答案ABC
三、填空题:
本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.（2019高考北京卷文数）已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:
①l⊥m;
②m∥α;
③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:
.
解析将所给论断,分别作为条件、结论,得到如下三个命题:
（1）如果l⊥α,m∥α,则l⊥m,正确;
（2）如果l⊥α,l⊥m,则m∥α,不正确,有可能m在平面α内;
（3）如果l⊥m,m∥α,则l⊥α,不正确,有可能l与α斜交,l∥α.
答案如果l⊥α,m∥α,则l⊥m
14.在正方体ABCD-A'
B'
C'
D'
中,过对角线BD'
的一个平面交AA'
于点E,交CC'
于点F,则:
①四边形BFD'
E一定是平行四边形;
②四边形BFD'
E有可能是正方形;
③四边形BFD'
E在底面ABCD内的投影一定是正方形;
④平面BFD'
E有可能垂直于平面BB'
D.
以上结论正确的为 .（写出所有正确结论的编号）
解析如图所示:
∵BE和DF,BF和D'
E分别是正方体两平行平面被平面BFD'
E所截,
所以BE∥D'
F,D'
E∥BF,
∴四边形BFD'
E为平行四边形.∴①正确.
②不正确,当E,F分别为AA'
CC'
中点时,四边形BFD'
E为菱形,
设正方体棱长为a,则BF2=D'
F2=
a2,BD'
2=3a2,
即BF2+D'
F2≠BD'
2,四边形BFD'
E不可能为正方形.
③正确（其射影是正方形ABCD）.
④正确.当E,F分别是AA'
中点时,
平面BFD'
E⊥平面BB'
答案①③④
15.（2019高考全国Ⅰ卷文数）已知∠ACB=90°
P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为
那么P到平面ABC的距离为 .
解析作PD,PE分别垂直于AC,BC,PO⊥平面ABC.连接CO,OD,由题意知CD⊥PD,CD⊥PO,PD∩PO=P,
∴CD⊥平面PDO,OD⊂平面PDO,∴CD⊥OD.
∵PD=PE=
PC=2,
∴sin∠PCE=sin∠PCD=
∴∠PCB=∠PCA=60°
.
又易知PO⊥CO,CO为∠ACB平分线,
∴∠OCD=45°
∴OD=CD=1,OC=
又PC=2,∴PO=
答案
16.
如图所示,以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕.使△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面,则:
（1）BD与CD的关系为 ;
（2）∠BAC= .
解析
（1）AB=AC,AD⊥BC,
∴BD⊥AD,CD⊥AD,
∴∠BDC为二面角的平面角,∠BDC=90°
∴BD⊥DC.
（2）设等腰直角三角形的直角边长为a,则斜边长为
a.∴BD=CD=
a.
∴折叠后BC=
=a.
∴折叠后△ABC为等边三角形.∴∠BAC=60°
答案
（1）BD⊥CD
（2）60°
四、解答题:
本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（10分）
如图,已知点E,F,G,H分别为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,BC,CC1,C1D1的中点,求证:
EF,HG,DC三线共点.
证明∵点E,F,G,H分别为所在棱的中点,连接BC1,GF,如图.
∴GF是△BCC1的中位线,∴GF∥BC1.
∵BE∥C1H,且BE=C1H,∴四边形EBC1H是平行四边形.
∴EH∥BC1,
∴GF∥EH.
∴E,F,G,H四点共面.
∵GF≠EH,故EF与HG必相交.
设EF∩HG=I.∵I∈GH,GH⊂平面CC1D1D,
∴I∈平面CC1D1D.
同理可证I∈平面ABCD.
∴点I在交线DC上.即EF,HG,DC三线共点.
18.（12分）（2019高考全国Ⅰ卷文数）
如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°
E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
（1）证明:
MN∥平面C1DE;
（2）求点C到平面C1DE的距离.
（1）证明连接B1C,ME.
因为M,E分别为BB1,BC的中点,
所以ME∥B1C,且ME=
B1C.
又因为N为A1D的中点,
所以ND=
A1D.
由题设知A1B1
DC,可得B1C
A1D,故ME
ND,
因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE,ED⊂平面C1DE,
所以MN∥平面C1DE.
（2）解过点C作C1E的垂线,垂足为点H.
由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,
所以DE⊥平面C1CE,故DE⊥CH.
从而CH⊥平面C1DE,故CH的长即为C到平面C1DE的距离.
由已知可得CE=1,C1C=4,
所以C1E=
故CH=
从而点C到平面C1DE的距离为
19.（12分）（2019高考全国Ⅱ卷文数）
如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.
BE⊥平面EB1C1;
（2）若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.
（1）证明由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1,
所以BE⊥平面EB1C1.
（2）解由
（1）知∠BEB1=90°
.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°
故AE=AB=3,AA1=2AE=6.
作EF⊥BB1,垂足为点F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.
所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V=
×
3×
6×
3=18.
20.（12分）（2019高考全国Ⅲ卷文数）图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°
.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连结DG,如图2.
图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
（2）求图2中的四边形ACGD的面积.
（1）证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,
所以AD∥CG,
故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC,
所以平面ABC⊥平面BCGE.
（2）解取CG的中点M,连结EM,DM.
因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,
所以DE⊥平面BCGE,
故DE⊥CG.
由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°
得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.
因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中,DE=1,EM=
故DM=2.
所以四边形ACGD的面积为4.
21.（12分）如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,点E在线段PC上,PC⊥平面BDE.
BD⊥平面PAC;
（2）若PA=1,AD=2,求二面角B-PC-A的正切值.
（1）证明∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BD,
∵PC⊥平面BDE,∴PC⊥BD,PA⊂平面PAC,PC⊂平面PAC,PA∩PC=P.
∴BD⊥平面PAC.
（2）解设AC与BD交点为O,连接OE.
∵PC⊥平面BDE,
即PC⊥平面BOE,
∴PC⊥BE,PC⊥OE,
∴∠BEO为二面角B-PC-A的平面角.
∵BD⊥平面PAC,∴BD⊥AC,
∴四边形ABCD为正方形,∴BO=
在△PAC中,
⇒OE=
∴tan∠BEO=
=3,
∴二面角B-PC-A的平面角的正切值为3.
22.（12分）如图,DC⊥平面ABC,EB∥DC,AC=BC=EB=2DC=2,∠ACB=120°
P,Q分别为AE,AB的中点.
PQ∥平面ACD;
（2）求AD与平面ABE所成角的正弦值.
（1）证明因为P,Q分别为AE,AB的中点,
所以PQ∥EB.又DC∥EB,因此PQ∥DC,
又PQ⊄平面ACD,从而PQ∥平面ACD.
（2）解如图,连接CQ,DP,因为Q为AB的中点,且AC=BC,所以CQ⊥AB.
因为DC⊥平面ABC,EB∥DC,
所以EB⊥平面ABC,因此CQ⊥EB.
故CQ⊥平面ABE.
由
（1）有PQ∥DC,又PQ=
EB=DC,
所以四边形CQPD为平行四边形,故DP∥CQ.
因此DP⊥平面ABE,∠DAP为AD和平面ABE所成的角,
在Rt△DPA中,AD=
DP=1,
sin∠DAP=
因此AD和平面ABE所成角的正弦值为
升级会员 