高三数学总复习立体几何 单元检测.docx

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高三数学总复习立体几何单元检测

第八章　章末检测

（时间：

120分钟　满分：

150分）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

1．（2010·山东）在空间中，下列命题正确的是（　　）

A．平行直线的平行投影重合

B．平行于同一直线的两个平面平行

C．垂直于同一平面的两个平面平行

D．垂直于同一平面的两条直线平行

2．（2011·聊城模拟）设m、n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：

①⇒β∥γ；②⇒m⊥β；

③⇒α⊥β；④⇒m∥α.

其中真命题的序号是（　　）

A．①④B．②③C．①③D．②④

3．（2010·福建）

如图，若Ω是长方体ABCD－A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是（　　）

A．EH∥FG

B．四边形EFGH是矩形

C．Ω是棱柱

D．Ω是棱台

4．正四面体的内切球与外接球的半径之比为（　　）

A．1∶3B．1∶9C．1∶27D．1∶81

5．（2011·广东）如图所示，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为（　　）

A．6B．9

C．12D．18

6．（2011·舟山月考）若一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比为（　　）

A.B.C.D.

7.

如图所示，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离为（　　）

A.B.

C.D.

8．（2011·四川）l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（　　）

A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3

B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3

C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面

D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面

9．（2011·临沂模拟）某几何体的三视图如图，则该几何体的体积的最大值为（　　）

A.B.C.D.

10．设P是60°的二面角α—l—β内一点，PA⊥平面α，PB⊥平面β，A、B分别为垂足，PA＝4，PB＝2，则AB的长是（　　）

A．2B．2C．2D．4

11．正三棱柱ABC－A1B1C1的底面三角形的边长是a，D，E分别是BB1，CC1上的点，且EC＝BC＝2BD，则平面ADE与平面ABC的夹角的大小为（　　）

A．30°B．45°

C．60°D．90°

12．（2011·丽水月考）

如图所示，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α、β所成的角分别为和.过A、B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′、B′，则AB∶A′B′等于（　　）

A．2∶1B．3∶1

C．3∶2D．4∶3

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13．如图，是△AOB用斜二测画法画出的直观图△A′O′B′，则△AOB的面积是________．

14.

如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F，G，H，N分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC，BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则点M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.

15．（2011·上海）若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为________．

16．（2011·阳江月考）正四棱锥S—ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是________．

三、解答题（本大题共6小题，共70分）

17．（10分）有一个圆锥的侧面展开图是一个半径为5、圆心角为的扇形，在这个圆锥中内接一个高为x的圆柱．

（1）求圆锥的体积；

（2）当x为何值时，圆柱的侧面积最大？

18．（12分）已知在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，沿对角线AC折叠，使面ABC与面ADC垂直，求B、D间的距离．

19．（12分）（2011·陕西）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.

（1）证明：

平面ADB⊥平面BDC；

（2）设E为BC的中点，求与夹角的余弦值．

20．（12分）（2011·广州模拟）

如图，A1A是圆柱的母线，AB是圆柱底面圆的直径，C是底面圆周上异于A，B的任意一点，A1A＝AB＝2.

（1）求证：

BC⊥平面AA1C；

（2）求三棱锥A1—ABC的体积的最大值．

21．（12分）（2011·重庆）如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AD＝CD，∠CAD＝30°.

（1）若AD＝2，AB＝2BC，求四面体ABCD的体积．

（2）若二面角C－AB－D为60°，求异面直线AD与BC所成角的余弦值．

22．（12分）（2011·北京）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.

（1）求证：

BD⊥平面PAC；

（2）若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；

（3）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．

第八章　章末检测

1．D　2.C　3.D　4.A

5．B　[由三视图可还原几何体的直观图如图所示．

此几何体可通过分割和补形的方法拼凑成一个长和宽均为3，高为的平行六面体，所求体积V＝3×3×＝9.]

6．A　7.B

8．B　[当l1⊥l2，l2⊥l3时，l1也可能与l3相交或异面，故A不正确；l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3，故B正确；当l1∥l2∥l3时，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三条侧棱，故C不正确；l1，l2，l3共点时，l1，l2，l3未必共面，如正方体中从同一顶点出发的三条棱，故D不正确．]

9．D　10.C　11.B　12.A

13．16　14.M∈线段FH　15.π　16.30°

17．解　

（1）因为圆锥侧面展开图的半径为5，所以圆锥的母线长为5.设圆锥的底面半径为r，

则2πr＝5×，解得r＝3.（2分）

所以圆锥的高为4.

从而圆锥的体积V＝πr2×4＝12π.（4分）

（2）右图为轴截面图，这个图为等腰三角形中内接一个矩形．

设圆柱的底面半径为a，

则＝，从而a＝3－x.（6分）

圆柱的侧面积S（x）＝2π（3－x）x

＝π（4x－x2）＝π[4－（x－2）2]（0

（8分）

当x＝2时，S（x）有最大值6π.

所以当圆柱的高为2时，

圆柱有最大侧面积为6π.（10分）

18．解　方法一　如图，过D、B分别作DE⊥AC于点E，BF⊥AC于点F，则由已知条件得AC＝5，

∴DE＝＝，BF＝＝.

∴AE＝＝＝CF.

∴EF＝AC－2AE＝.（3分）

∵＝＋＋，

∴||2＝|＋＋|2

＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·.（6分）

∵面ADC⊥面ABC，而DE⊥AC，

∴DE⊥面ABC，∴DE⊥BF.（8分）

∴||2＝2＋2＋2＝＋＋＝.

∴||＝，故B、D间的距离为.（12分）

方法二　

同方法一，过E作FB的平行线交AB于P点，以E为坐标原点，以EP、EC、ED所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图．则由方法一知DE＝FB＝，EF＝.（4分）

∴D，B.（6分）

∴||＝＝.

（12分）

19．

（1）证明　∵折起前AD是BC边上的高，

∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB.（2分）

又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC.（4分）

∵AD⊂平面ABD，

∴平面ADB⊥平面BDC.（6分）

（2）解　由∠BDC＝90°及

（1），知DA，DB，DC两两垂直．不妨设DB＝1，以D为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，），E（，，0），（9分）

∴＝（，，－），＝（1,0,0），（10分）

∴与夹角的余弦值为cos〈，〉＝＝＝.（12分）

20．

（1）证明　∵C是底面圆周上异于A，B的任意一点，且AB是圆柱底面圆的直径，∴BC⊥AC.

∵AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，

∴AA1⊥BC.（4分）

∵AA1∩AC＝A，AA1⊂平面AA1C，

AC⊂平面AA1C，∴BC⊥平面AA1C.（5分）

（2）解　设AC＝x，在Rt△ABC中，

BC＝＝（0

故VA1—ABC＝S△ABC·AA1＝··AC·BC·AA1

＝x（0

即VA1—ABC＝x

＝＝.

∵0

三棱锥A1—ABC的体积最大，最大值为.

（12分）

21.

①

（1）解　如图①，设F为AC的中点，连接DF，由于AD＝CD，所以DF⊥AC.故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，且DF＝ADsin30°＝1，AF＝ADcos30°＝.（2分）

在Rt△ABC中，因为AC＝2AF＝2，AB＝2BC，由勾股定理易知BC＝，AB＝，（4分）

故四面体ABCD的体积V＝·S△ABC·DF＝××××1＝.（6分）

（2）解　方法一　如图①，设G，H分别为边CD，BD的中点，连接FG，FH，HG，则FG∥AD，GH∥BC，从而∠FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角．（7分）

设E为边AB的中点，连接EF，则EF∥BC，

由AB⊥BC，知EF⊥AB.

又由

（1）有DF⊥平面ABC，故由三垂线定理知DE⊥AB.

所以∠DEF为二面角C－AB－D的平面角．由题设知∠DEF＝60°.（9分）

设AD＝a，则DF＝AD·sin∠CAD＝.

在Rt△DEF中，EF＝DF·cot∠DEF＝·＝a，

从而GH＝BC＝EF＝a.

因为Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD＝AD＝a，

从而，在Rt△BDF中，FH＝BD＝.（10分）

又FG＝AD＝，从而在△FGH中，因FG＝FH，

由余弦定理得cos∠FGH＝＝＝.

因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为.（12分）

②

方法二　如图②，过F作FM⊥AC，交AB于M.已知AD＝CD，平面ABC⊥平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F－xyz.（7分）

不妨设AD＝2，由CD＝AD，∠CAD＝30°，易知点A，C，D的坐标分别为A（0，－，0），C（0，，0），D（0,0,1），则＝（0，，1）．

显然向量k＝（0,0,1）是平面ABC的法向量．

已知二面角C－AB－D为60°，故可取平面ABD的单位法向量n＝（l，m，n），使得〈n，k〉＝60°，从而n＝.

由n⊥，有m＋n＝0，从而m＝－.

由l2＋m2＋n2＝1，得l＝±.

设点B的坐标为（x，y,0），由⊥，n⊥，取l＝，有

解得或（舍去）．

易知l＝－与坐标系的建立方式不合，舍去．

因此点B的坐标为（，，0）．（10分）

所以＝（，－，0），从而cos〈，〉＝＝＝－.

故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为.（12分）

22．

（1）证明　因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.

又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.

所以BD⊥平面PAC.（3分）

（2）解　设AC∩BD＝O，

因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，

所以BO＝1，AO＝CO＝.

如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，则P（0，－，2），A（0，－，0），B（1,0,0），C（0，，0）．（6分）

所以＝（1，，－2），

＝（0,2，0）．

设PB与AC所成角为θ，则

cosθ＝＝＝.（6分）

（3）解　由

（2）知＝（－1，，0）．

设P（0，－，t）（t>0），则＝（－1，－，t）．

设平面PBC的法向量m＝（x，y，z），

则·m＝0，·m＝0.

所以

令y＝，则x＝3，z＝.所以m＝（3，，）．

同理，平面PDC的法向量n＝（－3，，）．

（10分）

因为平面PBC⊥平面PDC，

所以m·n＝0，即－6＋＝0，

解得t＝.所以PA＝.（12分）