高考数学一轮复习第七章立体几何单元综合检测七理Word文档下载推荐.docx
《高考数学一轮复习第七章立体几何单元综合检测七理Word文档下载推荐.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮复习第七章立体几何单元综合检测七理Word文档下载推荐.docx（11页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
3.D 【解析】若α⊥γ,α⊥β,则γ,β可能平行或相交,A错误;
若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α,β可能平行或相交,B错误;
若m∥n,m∥α,则n⊂α或n∥α,C错误;
若m∥n,m⊥α,则n⊥α,又n⊥β,则α∥β,D正确.
4.（xx·
北京西城区期末考试）一个四棱锥的三视图如图所示,那么对于这个四棱锥,下列说法中正确的是（ ）
A.最长棱的棱长为
B.最长棱的棱长为3
C.侧面四个三角形中有且仅有一个是正三角形
D.侧面四个三角形都是直角三角形
4.D 【解析】由三视图可得该三棱锥的底面是上、下底分别为1和2,与底垂直的腰为1,另一腰为的直角梯形,有一条长度为2的侧棱垂直于底面,所以最长的棱长为2,排除A和B;
侧面四个三角形都是直角三角形,排除C,故选择D.
5.如图,网格纸的各小格都是正方形,粗线画出的是一个三棱锥的侧（左）视图和俯视图,则该三棱锥的正（主）视图可能是（ ）
5.A 【解析】由题意可得该几何体是三棱锥,如图,底面是直角边为3和6的直角三角形,该三棱锥的高为3,所以其正（主）视图是A.
6.（xx·
甘肃一诊）直三棱柱ABC-A1B1C1的顶点在同一个球面上,AB=3,AC=4,AA1=2,∠BAC=90°
则球的表面积为（ ）
A.B.C.49πD.
6.C 【解析】取BC,B1C1的中点分别是D,D1,则由三棱柱的性质可得其外接球的球心O在DD1的中点,设外接球的半径为R,则R2=|AD|2+|DO|2=,故此球的表面积为4πR2=49π.
7.若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是（ ）
A.l1⊥l4B.l1∥l4
C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定
7.D 【解析】如图所示的正方体ABCD-A'
B'
C'
D'
中,令l1为AA'
l2为BC,当l3为CC'
时,⇒l1⊥l4,则选项A成立,当l3为CD时,则l4可以为对角线BC'
或BB'
或B'
l1与l4是异面直线或平行或垂直,所以l1与l4位置关系不确定.
8.（xx·
衢州质检）如图△ABC是等腰直角三角形,其中∠A=90°
且DB⊥BC,∠BCD=30°
现将△ABC沿边BC折起,使得二面角A-BC-D大小为30°
则异面直线BC与AD所成的角为（ ）
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
8.A 【解析】过点D作DE∥BC,过点C作CE∥BD,则∠ADE为异面直线BC和AD所成角.取BC,DE的中点分别是F,G,连接AF,GF,AG,则由题意可得AF⊥BC,GF⊥BC,所以∠AFG是二面角A-BC-D的平面角,则∠AFG=30°
BC⊥平面AFG,则DG⊥平面AFG,所以DG⊥AG.不妨设BD=1,则BC=DE=,AB=AC=,AF=,FG=1,在△AFG中,由余弦定理可得AG2=+1-2×
×
1×
AG=,在直角三角形ADG中,DG=,所以tan∠ADG=
则∠ADG=30°
即异面直线BC和AD所成角为30°
.
9.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且SC=2,则此棱锥的体积为（ ）
A.B.C.D.
9.A 【解析】设E为△ABC的重心,连接OA,OB,OE.∵三棱锥S-ABC内接于球O,∴OB=OC=OA=1,又△ABC为等边三角形,∴OE⊥平面ABC,∴三棱锥的高h=2OE.∵AB=AC=BC=1,E为△ABC的重心,连接CE,∴CE=,∴OE=,∴h=,∴VS-ABC=S△ABC·
h=×
10.长方体ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为a的正方形,若在侧棱AA1上至少存在一点E,使得∠C1EB=90°
则侧棱AA1的长的最小值为（ ）
A.aB.2a
C.3aD.4a
10.B 【解析】设AA1=h,AE=x,A1E=h-x,x∈[0,h],则BE2=a2+x2,C1E2=（a）2+（h-x）2,B=a2+h2,又∠C1EB=90°
所以BE2+C1E2=B,a2+x2+（a）2+（h-x）2=a2+h2,即关于x的方程x2-hx+a2=0,x∈[0,h]有解,所以h=+x≥2a,即侧棱AA1的最小值为2a.
二、填空题（每小题5分,共20分）
11.（xx·
淮北二模）一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的表面积为 .
11.8+2 【解析】由三视图可得该几何体是侧放的直三棱柱,该三棱柱的底面是以1和2为直角边的直角三角形,侧棱长2,故侧面积为2（1+2+）=6+2,表面积为2×
2+6+2=8+2.
12.设P,Q为一个正方体表面上的两点,已知此正方体绕着直线PQ旋转θ（0<
θ<
2π）角后能与自身重合,那么符合条件的直线PQ有 条.
12.13 【解析】当P,Q是相对两个正方体的中心时,此正方体绕着直线PQ旋转90°
即可与自身重合,这样的直线PQ有3条;
当P,Q是正方体的体对角线时,此正方体绕着直线PQ旋转可与自身重合,这样的直线PQ有4条;
当P,Q是对棱两边的中点时,此正方体绕着直线PQ旋转180°
即可与自身重合,这样的直线PQ有6条,所以符合条件的直线PQ有3+4+6=13条.
13.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,点P到直线CC1的距离的最小值为 .
13. 【解析】取B1C1的中点E1,连接EE1,D1E1,作PH⊥D1E1,垂足为H,连接C1H,则PH∥CC1.过点P作PP1∥C1H交CC1于点P1,则四边形PP1C1H为矩形,故点P到线段CC1的距离为C1H,当点P在线段D1E上运动时,H在D1E1上运动,故当D1E1⊥C1H时C1H最小,所以所求最小值为△C1D1E1以D1E1为底边上的高,又D1E1=,D1E1·
C1H=D1C1·
C1E1,可求得C1H=.
14.（xx·
太原一模）已知在直角梯形ABCD中,AB⊥AD,CD⊥AD,AB=2AD=2CD=2,将直角梯形ABCD沿AC折叠成三棱锥D-ABC,当三棱锥D-ABC的体积取最大值时,其外接球的体积为 .
14. 【解析】当三棱锥D-ABC的体积最大时,平面DAC⊥平面ABC,BC⊥AC,所以BC⊥平面ACD.在直角△BCD中,直角边BC=,CD=1,则BD=.又AD=1,AB=2,所以AD⊥BD,所以该三棱锥的外接球的球心在AB的中点,即外接球的直径2R=2,体积为πR3=π.
三、解答题（共50分）
15.（12分）（xx·
惠州调研）如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=BC1=2,∠AA1C1=60°
平面ABC1⊥平面AA1C1C,AC1与A1C相交于点D.
（1）求证:
BD⊥平面AA1C1C;
（2）求二面角C1-AB-C的余弦值.
15.【解析】
（1）由题意可知侧面AA1C1C是菱形,D是AC1的中点,因为BA=BC1,所以BD⊥AC1,
又平面ABC1⊥平面AA1C1C,且BD⊂平面ABC1,平面ABC1∩平面AA1C1C=AC1,
所以BD⊥平面AA1C1C.
（2）由
（1）知BD⊥平面AA1C1C,CD⊂平面AA1C1C,所以CD⊥BD,
又CD⊥AC1,AC1∩BD=D,所以CD⊥平面ABC1,
过D作DH⊥AB,垂足为H,连接CH,则CH⊥AB,
所以∠DHC为二面角C1-AB-C的平面角.
在Rt△DAB中,AD=1,BD=,AB=2,又DC=,
所以DH=,CH=,
所以cos∠DHC=,即二面角C1-AB-C的余弦值是.
16.（13分）如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD,∠BAD=90°
AD∥BC,且A1A=AB=AD=2BC=2,点E在棱AB上,平面A1EC与棱C1D1相交于点F.
（1）证明:
A1F∥平面B1CE;
（2）若E为棱AB的中点,求二面角A1-EC-D的余弦值;
（3）求三棱锥B1-A1EF的体积的最大值.
16.【解析】
（1）因为ABCD-A1B1C1D1是棱柱,
所以平面ABCD∥平面A1B1C1D1.
又因为平面ABCD∩平面A1ECF=EC,平面A1B1C1D1∩平面A1ECF=A1F,
所以A1F∥EC.
又因为A1F⊄平面B1CE,EC⊂平面B1CE,
所以A1F∥平面B1CE.
（2）因为AA1⊥底面ABCD,∠BAD=90°
所以直线AA1,AB,AD两两垂直,以A为原点,以直线AB,AD,AA1分别为x轴,y轴和z轴,如图建立空间直角坐标系.
则A1（0,0,2）,E（1,0,0）,C（2,1,0）,
所以=（1,0,-2）,=（2,1,-2）.
设平面A1ECF的法向量为m=（x,y,z）,
由·
m=0,·
m=0,
得
令z=1,得m=（2,-2,1）.
又因为平面DEC的一个法向量为n=（0,0,1）,
所以cos<
m,n>
=,
由图可知,二面角A1-EC-D的平面角为锐角,
所以二面角A1-EC-D的余弦值为.
（3）过点F作FM⊥A1B1于点M,
因为平面A1ABB1⊥平面A1B1C1D1,FM⊂平面A1B1C1D1,
所以FM⊥平面A1ABB1,
所以
FM=×
FM=FM.
因为当点F与点D1重合时,FM取到最大值2,
所以当点F与点D1重合时,三棱锥B1-A1EF的体积的最大值为.
17.（12分）（xx·
广东六校联考）如图,将长为4,宽为1的长方形折叠成长方体ABCD-A1B1C1D1的四个侧面,记底面上一边AB=t（0<
t<
2）,连接A1B,A1C,A1D.
（1）当长方体ABCD-A1B1C1D1的体积最大时,求二面角B-A1C-D的值;
（2）线段A1C上是否存在一点P,使得A1C⊥平面BPD,若有,求出P点的位置,没有请说明理由.
17.【解析】
（1）根据题意可知,直线AA1,AB,AD两两垂直,以直线AB为x轴,直线AD为y轴,直线AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
长方体体积为V=t（2-t）×
1=t（2-t）≤=1.
当且仅当t=2-t,即t=1时体积V有最大值为1.
所以当长方体ABCD-A1B1C1D1的体积最大时,底面四边形ABCD为正方形,
则A1（0,0,1）,B（1,0,0）,C（1,1,0）,=（1,0,-1）,=（0,1,0）,
设平面A1BC的法向量为m=（x,y,z）,
由
取x=z=1,得m=（1,0,1）,
同理可得平面A1CD的一个法向量为n=（0,1,1）,
又二面角B-A1C-D为钝角,故二面角的值是120°
（2）根据题意有A1（0,0,1）,B（t,0,0）,C（t,2-t,0）,D（0,2-t,0）,=（t,2-t,-1）,若线段A1C上存在一点P满足要求,不妨设=λ,可得P（λt,λ（2-t）,1-λ）,
所以=（λt-t,λ（2-t）,1-λ）,=（-t,2-t,0）.
又因为
解得t=1,λ=,
所以只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P,位置是线段A1C上,A1P∶PC=2∶1处.
18.（13分）如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.
（1）证明B1C1⊥CE;
（2）求二面角B1-CE-C1的正弦值;
（3）设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为,求线段AM的长.
18.【解析】方法一:
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）,B（0,0,2）,C（1,0,1）,B1（0,2,2）,C1（1,2,1）,E（0,1,0）.
（1）易得=（1,0,-1）,=（-1,1,-1）,于是=0,
所以B1C1⊥CE.
（2）=（1,-2,-1）.
设平面B1CE的法向量m=（x,y,z）,
则
消去x,得y+2z=0,不妨令z=1,可得一个法向量为m=（-3,-2,1）.
由
（1）,B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,可得B1C1⊥平面CEC1,故=（1,0,-1）为平面CEC1的一个法向量.
于是cos<
m,>
=
=-,
从而sin<
m·
>
=.
所以二面角B1-CE-C1的正弦值为.
（3）=（0,1,0）,=（1,1,1）.设=λ=（λ,λ,λ）,0≤λ≤1,有=（λ,λ+1,λ）,可取=（0,0,2）为平面ADD1A1的一个法向量.
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角,则
sinθ=|cos<
|=
.于是,解得λ=,所以AM=.
方法二:
（1）因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1,B1C1⊂平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E=,B1C1=,EC1=,从而B1E2=B1+E,
所以在△B1EC1中,B1C1⊥C1E,
又CC1,C1E⊂平面CC1E,CC1∩C1E=C1,所以B1C1⊥平面CC1E,又CE⊂平面CC1E,故B1C1⊥CE.
（2）过B1作B1G⊥CE于点G,连接C1G.
由
（1）,B1C1⊥CE,故CE⊥平面B1C1G,得CE⊥C1G,
所以∠B1GC1为二面角B1-CE-C1的平面角.
在△CC1E中,由CE=C1E=,CC1=2,可得C1G=.
在Rt△B1C1G中,B1G=,
所以sin∠B1GC1=,
即二面角B1-CE-C1的正弦值为.
（3）连接D1E,过点M作MH⊥ED1于点H,
可得MH⊥平面ADD1A1,连接AH,AM,
则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角.
设AM=x,从而在Rt△AHM中,有MH=x,AH=x.
在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1=,得EH=MH=x.
在△AEH中,∠AEH=135°
AE=1.
由AH2=AE2+EH2-2AE·
EHcos135°
得x2=1+x2+x,
整理得5x2-2x-6=0,
解得x=.所以线段AM的长为.
升级会员 