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高三单元测试24(立体几何07)教师卷

高三单元测试24(立体几何07)教师卷


高考第一轮复习单元测试—立体几何 24 教师卷 (时间:120 分钟;满分:150 分) 一、选择题:本大题共 10 个小题,每小题 5 分,共 50 分.在每个小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的. 1.过正四棱柱底面一边的截面是( A.正方形 C.矩形 答案 C 解析 由面面平行的性质定理,可证得截面是平行四边形,由线面垂直的性质,又可证得一 个角为直角,故截面为矩形. 2.水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示,如 图是一个正方体的表面展开图,若图中“2”在正方体的上面,则这个正方体的下面是( A.0 C.奥 答案 B 3.如图,若 Ω 是长方体 ABCD-A1B1C1D1 被平面 FEGH 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 答案 D 解析 根据棱台的定义(侧棱延长之后,必交于一点,即棱台可以还原成棱锥).因此,几何 体 Ω 不是棱台,应选 D. 4.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 60° 的菱形,则该棱柱的体积等于( A. 2 C.3 2 答案 B 解析 如图,由题意可得∠ABB1=∠CBB1=60° ,AA1=AB=BC=AC=2.所以过点 A 作 AO ⊥BB1,连结 CO,易证 BB1⊥面 AOC,又 CO=AO= 3 ∴ S?AOC ? 2 ?V ? 2 2 5.如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,若 E、F 分别是 BC、DD1 的中点,则 B1 到平面 ABF 的距离为( ) ) B.2 2 D.4 2 ) B.8 D.运 ) ) B.菱形 D.非矩形、非菱形的平行四边形

1

A. C.

3 3 5 3

B.

5 5

2 5 D. 5

答案 D 1 1 解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(1,0,1),B1(1,1,0),设 F(0,0, ),E( ,1,1), 2 2 1 1 1 1 → → → → → B(1,1,1) AB=(0,1,0),B1E=(- ,0,1),AF=(-1,0,- ).∵AF· B1E=(-1,0,- )· (- , 2 2 2 2 1 → → → → → → 0,1)=0, ∴AF⊥B1E, 又AB⊥B1E, ∴B1E⊥平面 ABF, 平面 ABF 的法向量为B1E=(- , 0,1), 2 → →? ?AB B1E 2 5 1· → AB1=(0,1,-1). B1 到平面 ABF 的距离为? = . 5 → ? ? B1E ? π π 6.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、 4 6 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: 1 C.3: 2 答案 A

B.3:1 D.4:3

π 2 π 1 解析 在 Rt△ABB′中,AB′=AB· sin = AB.在 Rt△ABA′中,AA′=AB· sin = AB. 4 2 6 2 1 在 Rt△AA′B′中,A′B′= AB′2-AA′2= AB.∴AB:A′B′=2:1. 2 7. 正三棱锥 P-ABC 高为 2, 侧棱与底面 ABC 成 45° 角, 则点 A 到侧面 PBC 的距离为( A. 6 2
5

)

B.

6 5 5

C. 3 2

D. 6 5

答案 B 解析 设点 A 到侧面 PBC 的距离是 h,作 PO⊥平面 ABC 于点 O,连接 AO,则 O 是 △ABC 的中点,∠PAO=45° ,PO=AO=2,PA=2 2,由 AB =2AO=4,AB=2 3, sin60°

1 1 1 3 1 1 由 VP - ABC = VA - PBC 得 S △ ABC×PO = S △ PBC×h , 即 × ×(2 3 )2×2 = [ ×2 3 3 3 3 4 3 2 6 5 6 5 × ?2 2?2-? 3?2]h,由此解得 h= ,即点 A 到侧面 PBC 的距离是 . 5 5 8.已知正四棱锥的体积为 12,底面对角线的长为 2 6,则侧面与底面所成的二面角等于 ( )

2

A. ? 答案 D

2

B.

? 4

C. ?

6

D.

π 3

1 3V 解析 底面正方形面积 S= (2 6)2=12,底面边长 a= S,高 h= ,二面角的余切值 tanθ 2 S = 6×12 h 3V/S 6V π .代入数据,得:tanθ= = = = 3.又 θ 必为锐角,所以 θ= . a/2 3 S/2 S S 12× 12

9.如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=1.若二面角 C-AB-C1 的大小 为 60° ,则点 C1 到直线 AB 的距离为( A. 3 C. 2 答案 A 解析 如图, 作 CD⊥AB, 连结 C1D, 则∠C1DC 就是二面角 C1-AB-C 的平面角, 即∠C1DC =60° ,在 Rt△C1CD 中,CD= 离为 3. 10.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1,若 AB=1,则点 C 到平面 A1BD 的距离为( A. ) 3 3 ,则 C1D· cos60° = 得 C1D= 3,即 C1 到直线 AB 的距 2 2 ) B. 6 D. 5

3 2

B.

3 2

C. 答案 C

3 3

D. 3

1 3 解析由对称性, 点 C 到平面 A1BD 的距离等于点 A 到平面 A1BD 的距离, 后得等于 AC1= . 3 3 二、填空题:本大题共 5 个小题,每小题 5 分,共 25 分.把答案直接填在题目中的横线上. 11.如右图所示,已知:ABCD 为边长是 4 的正方形,E、F 分别为 AB、AD 的中点,GC 垂 直于 ABCD 所在的平面, 且 GC=2, 求 B 点到平面 EFG 的距离________. 答案 2 11 11

解析如图建立空间直角坐标系 D—xyz 则 F(2,0,0),E(4,2,0),B(4,4,0), → → → G(0,4,2)∴FE=(2,2,0), FG=(-2,4,2), BE=(0,-2,0)设平面 GFE 的 → ? ?n· FE=0 法向量为 n=(x,y,z) 则? → ? ?n· FG
?x+y=0 ? 即? 取 x=1,y=-1,z=3,∴n=(1, ? ?-x+2y+z=0

3

→ |n· BE| 2 2 11 -1,3)∴点 B 到平面 FEG 的距离为 d= = = |n| 11 11 12.如图所示,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=1.若二面角 C-AB-C1 的 大小为 60° ,则点 C 到平面 ABC1 的距离为________. 答案 3 4

13.已知正四棱椎的高为 3,底面对角线的长为 2 6,则侧面与底面所成的二面 角等于________. 答案 π 3

解析 如图,在正四棱锥 S-ABCD 中,底面对角线 BD=2 6,则边长 BC=2 3作 SO⊥底 面 ABCD,作 OE⊥CD,连 SE,则∠SEO 就是侧面与底面所成二面角的平面角,则在 Rt△ π π SEO 中 tanSEO= 3,∴∠SEO= ,即侧面与底面所成的二面角等于 . 3 3 14.如图 ΔBCD 与 ΔMCD 都是边长为 2 的正三角形,平面 MCD⊥平面 BCD, AB⊥平面 BCD,AB=2 3.则点 A 到平面 MBC 的距离为________. 答案 2 15 5

解析 :取 CD 中点 O,连 OB,OM,则 OB⊥CD,OM⊥CD.又平面 MCD⊥平面 BCD,则 MO⊥平面 BCD.取 O 为原点,直线 OC、BO、OM 为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标 系,如图.OB=OM= 3,则各点坐标分别为 C(1,0,0),M(0,0, 3),B(0,- 3,0),A(0, → → - 3,2 3).设 n=(x,y,z)是平面 MBC 的一个法向量,则BC=(1, 3,0),BM=(0, 3, → → 3).由 n⊥BC得 x+ 3y=0,由 n⊥BM得 3y+ 3z=0. → |BA·n| 2 3 2 15 → 取 n=( 3,-1,1).BA=(0,0,2 3),则 d= = = . |n| 5 5 15.在三棱锥 P-ABC 中,给出下列四个命题:①如果 PA⊥BC,PB⊥AC,那么点 P 在平 面 ABC 内的射影是△ABC 的垂心;②如果点 P 到△ABC 的三边所在直线的距离都相等,那 么点 P 在平面 ABC 内的射影是△ABC 的内心; ③如果棱 PA 和 BC 所成的角为 60° , PA=BC =2,E、F 分别是棱 PB、AC 的中点,那么 EF=1;④如果三棱锥 P-ABC 的各条棱长均为 1 1, 则该三棱锥在任意一个平面内的射影的面积都不大于 .其中正确命题的序号是________. 2 答案 ①④ 解析 ①利用三垂线定理及其逆定理可证明;②点 P 在平面 ABC 内的射影也可能是△ABC 的旁心;③EF=1 或 3;④三棱锥沿着一条棱和它的对棱的公垂线投影到对棱所在的平面

4

上 时 , 设 侧 面 与 底 面 所 成 角 为 ? , cos ? ?

1 . 设 侧 面 与 射 影 面 所 成 角 为 3

? ? cos? ?

1 3 s 投影 3 3 1 3 1 ,又它的射影为两个三角形, 其面积之和为 。 ? ? ? s 投影 ? ? ? 1? ? 2 3 s 侧面 3 3 2 2 4

三、解答题:本大题共 6 个小题,共 75 分.解答要写出文字说明,证明过程或演算步骤. 16. (本小题满分 12 分)已知斜三棱柱 ABC-A1B1C1,AC⊥BC,AC=BC=2, A1 在底面 ABC 上的射影恰为 AC 的中点 D,又知 BA1⊥AC1. (1)求证:AC1⊥A1C; (2)求 CC1 到平面 A1AB 的距离; (3)求二面角 A-A1B-C 的大小. 解析 (1)如图,取 AB 的中点 E,连结 DE,则 DE∥BC,因为 BC⊥AC,所以 DE⊥AC,又 A1D⊥平面 ABC,以 DE,DC,DA1 为 x,y,z 轴建立空间直角坐 → → 标系,则 A(0,-1,0),C(0,1,0),B(2,1,0),A1(0,0,t),C1(0,2,t)(t>0),AC1=(0,3,t),BA1 → → → =(-2,-1,t),CB=(2,0,0),由AC1· CB=0,知 AC1⊥CB,又 BA1⊥AC1,从而 AC1⊥平面 A1BC.所以 AC1⊥A1C. → → → (2)由AC1· BA1=-3+t2=0,得 t= 3.设平面 A1AB 的一个法向量为 n=(x,y,z),AA1=(0,1, → ? AA1=y+ 3z=0 ?n· → 3),AB=(2,2,0),所以? → ?n· AB=2x+2y=0 ? → |AC1· n| 2 21 到平面 A1AB 的距离 d= = . |n| 7 → → (3) 设平面 A1BC 的法向量为 m = (x , y , z) , CA1 = (0 ,- 1 , 3) , CB = (2,0,0) ,所以 → ? CA1=-y+ 3z=0 ?m· 7 ? ,设 z=1,则 m=(0, 3,1),故 cos<m,n>=- ,根据法向量 7 → ?m· CB=2x=0 ? 的方向,可知二面角 A-A1B-C 的大小为 arccos 7 . 7 ,设 z=1,则 n=( 3,- 3,1),所以点 C1

17. (本小题满分 12 分)如图所示,四棱锥 P-ABCD 中,AB⊥AD,CD⊥AD,PA⊥平面 ABCD,PA=AD=CD=2AB=2,M 为 PC 的中点.求: (1)BM 与 AD 所成的角; (2)BM 与平面 PBD 所成角的正弦值; (3)C 点到平面 PBD 的距离; (4)二面角 C-BD-P 的余弦值. 解析 以 A 点为原点建立坐标系(如图所示), 则 B(1,0,0), C(2,2,0), D(0,2,0), P(0,0,2), M(1,1,1).

5

→ → ?0,2,0? BM· AD ?0,1,1?· 2 → → (1)∵cos<BM,AD>= = = ,故 BM 与 AD 所成的角为 45° . 2 → → 2· 2 |BM||AD| → (2)设平面 PBD 的一个法向量 n=(x,y,z),则 n· BD=(x,y,z)· (-1,2,0)=-x → +2y=0,∴x=2y. n· PD=(x,y,z)· (0,2,-2)=2y-2z=0,∴z=y.取 y=1, → ?2,1,1? BM· n ?0,1,1?· 3 → 则 n=(2,1,1),∴cos<BM,n>= = = .设 BM 与平面 3 → 2· 6 |BM||n| 3 → PBD 所成的角为 θ,则 sinθ=cos<BM,n>= 即为所求. 3 → ?1,2,0? 2 n· BC ?2,1,1?· (3)C 点到平面 PBD 的距离 d=| |=| |= 6. |n| 3 |?2,1,1?| → → (4)由于平面 PBD 的一个法向量 n=(2,1,1), 平面 BCD 的一个法向量为AP=(0,0,2), 而 cos<AP, n>= → ?2,1,1? AP· n ?0,0,2?· 6 = = .显然二面角 C-BD-P 的平面角为钝角,故所求角 6 → 2· 6 |AP|· |n| 6 . 6

的余弦值为-

18. (本小题满分 12 分)已知:正四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中,底面边长为 2 2,侧棱长为 4,E、F 分别为棱 AB、BC 的中点. (1)求证:平面 B1EF⊥平面 BDD1B1; (2)求点 D1 到平面 B1EF 的距离. (1)证明 建立如右图所示的空间直角坐标系,则 D(0,0,0),B(2 2,2 2,0),E(2 2, 2, → → 0),F( 2,2 2,0),D1(0,0,4),B1(2 2,2 2,4). EF=(- 2, 2,0),DB → → → → → =(2 2,2 2,0),DD1=(0,0,4),∴EF· DB=0,EF· DD1=0.∴EF⊥DB,EF ⊥DD1,DD1∩BD=D,∴EF⊥平面 BDD1B1.又 EF?平面 B1EF,∴平面 B1EF ⊥平面 BDD1B1. → → → (2)解析 由(1)知D1B1=(2 2,2 2,0), EF=(- 2, 2,0),B1E=(0,- 2,-4) → → → 设平面 B1EF 的法向量为 n,且 n=(x,y,z)则 n⊥EF,n⊥B1E 即 n· EF=(x,y,z)· (- 2, → 2,0)=- 2x+ 2y=0, n· B1E=(x,y,z)· (0,- 2,-4)=- 2y-4z=0,令 x=1, → 2 2 |D1B1· n| 则 y = 1 , z = - , ∴ n = (1,1 , - ) , ∴ D1 到 平 面 B1EF 的 距 离 d = = 4 4 |n| |2 2+2 2| 12+12+?- 22 ? 4 = 16 17 . 17

6

19. (本小题满分 12 分)如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是边长 为 2 的正方形,PB⊥BC,PD⊥CD,且 PA=2,E 为 PD 的中点. (1)求证:PA⊥平面 ABCD; (2)求二面角 E-AC-D 的大小; (3)在线段 BC 上是否存在点 F,使得点 E 到平面 PAF 的距离为 2 位置;若不存在,请说明理由. 解析 (1)∵底面 ABCD 为正方形,∴BC⊥AB,又 BC⊥PB,∴BC⊥平面 PAB,∴BC⊥PA 同 理可证 DC⊥PA 所以 PA⊥平面 ABCD. (2)建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz.则 A(0,0,0),C(2,2,0),E(0,1,1).设 m → → → → =(x,y,z)为平面 AEC 的一个法向量.则 m⊥AE,m⊥AC.又AE=(0,1,1),AC=
? ?y+z=0, → (2,2,0), ∴? 令 x=1, 则 y=-1, z=1, 得 m=(1, -1,1). 又AP=(0,0,2) ?2x+2y=0. ?

5 ?若存在,确定点 F 的 5

→ m· AP → 是平面 ACD 的一个法向量. 设二面角 E-AC-D 的大小为 θ, 则 cosθ=cos(mAP)= = → |m|· |AP| 2 3 3 = .∴二面角 E-AC-D 的大小为 arccos . 3 3· 2 3 → → (3)设 F(2,t,0)(0≤t≤2),n=(a,b,c)为平面 PAF 的一个法向量,则 n⊥AP,n⊥AF.
?2c=0, ? → → 又AP=(0,0,2),AF=(2,t,0),∴? 令 a=1,则 b=-2,c=0. ?2a+tb=0. ?

→ |AE· n| 2 2 2 5 → 得 n=(t,-2,0).又AE=(0,1,1)∴点 E 到平面 PAF 的距离为 = 2 .∴ 2 = , |n| 5 t +4 t +4 解得 t=1,即 F(2,1,0).∴在线段 BC 上存在点 F,且 F 为 BC 的中点,使得点 E 到平面 PAF 2 5 的距离为 . 5 20. (本小题满分 13 分)如图,在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,AB=1,AC= AA1= 3,∠ABC=60° . (Ⅰ)证明:AB⊥A1C; (Ⅱ)求二面角 AA 1C B 的大小. 解析 (Ⅰ)∵三棱柱 ABCA1B1C1 为直三棱柱,∴AA1⊥AB,AA1⊥AC.在△ABC 中,AB=1,

AC= 3,∠ABC=60° ,由正弦定理得∠ACB=30° ,∴∠BAC=90° ,即 AB⊥AC. 故建立空间直角坐标系如图所示,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(0, 3,0),A1(0,0, 3), → → → → ∴AB=(1,0,0),A1C=(0, 3,- 3),∵AB· A1C=1×0+0× 3+0×(- 3)=0,∴AB⊥ A1C.
7

→ (Ⅱ)可取 m=AB=(1,0,0)为平面 AA1C 的一个法向量,设平面 A1BC 的一个法向量为 n=(l,

?-l+ 3m=0, → → → m,n),则BC· n=0,A1C· n=0,又BC=(-1, 3,0),∴? ∴l= 3m,n ? 3m- 3n=0,
m· n 15 =m.不妨取 m=1,则 n=( 3,1,1).则 cos<m,n>= = ,∴二面角 AA1CB 的大 |m|· |n| 5 小为 arccos 15 . 5

21. (本小题满分 14 分)如图,在五棱锥 P-ABCDE 中,PA⊥平面 ABCDE,AB∥CD,AC ∥ED,AE∥BC,∠ABC=45° ,AB=2 2,BC=2AE=4,三角形 PAB 是等腰三角形. (1)求证:平面 PCD⊥平面 PAC; (2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的大小; (3)求四棱锥 P-ACDE 的体积. 解析 (1)证明:在 ΔABC 中,因为∠ABC=45° ,BC=4,AB=2 2,所以 AC2 =AB2+BC2-2AB· BC· cos 45° =8,因此 AC=2 2,故 BC2=AC2+AB2 所以∠BAC=90° . 又 PA⊥平面 ABCDE, AB∥CD, 所以 CD⊥PA, CD⊥AC, 又 PA, AC?平面 PAC, 且 PA∩AC =A,所以 CD⊥平面 PAC,又 CD?平面 PCD,所以平面 PCD⊥平面 PAC. (2)解:由(1)知 AB,AC,AP 两两相互垂直,分别以 AB、AC、AP 为 x 轴、y 轴、z 轴建立如 图所示的空间直角坐标系,由于 ΔPAB 是等腰三角形,所以 PA=AB=2 2,又 AC=2 2, 因此 A(0,0,0),B(2 2,0,0), C(0,2 2,0),P(0,0,2 2),因为 AC∥ED,CD⊥AC,所以四 边形 ACDE 是直角梯形,因为 AE=2,∠ABC=45° ,AE∥BC,所以∠BAE=135° ,因此∠ CAE=45° ,故 CD=AE· sin 45° =2× 2 → = 2,所以 D(- 2,2 2,0).因此 C P =(0,- 2

2 2,2 2),C D =(- 2,0,0),设 m=(x,y,z)是平面 PCD 的一个法向量,则 m· C P =0, m· C D =0,解得 x=0,y=z,取 y=1,得 m=(0,1,1),又 B P =(-2 2,0,2 2),设 θ 表示 向量 B P 与平面 PCD 的法向量 m 所成的角,则 cos θ= π PB 与平面 PCD 所成的角为 . 6 (3)因为 AC∥ED,CD⊥AC,所以四边形 ACDE 是直角梯形,因为 AE=2,∠ABC=45° , AE∥BC,所以∠BAE=135° ,因此∠CAE=45° ,故 CD=AE· sin 45° =2× -AE· cos 45° =2 2-2× 2 = 2,ED=AC 2











1 π = ,所以 θ= ,因此直线 2 3 |m||B P | m· BP





2+2 2 2 = 2, 所以 S 四边形 ACDE= × 2=3.又 PA⊥平面 ABCDE, 2 2

1 所以 VP-ACDE= ×3×2 2=2 2. 3

8



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