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2013届高三数学章末综合测试题(13)立体几何(1)

2013届高三数学章末综合测试题(13)立体几何(1)


2013 届高三数学章末综合测试题(13)立体几何(1)
一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的) 1.圆台的一个底面周长是另一个底面周长的 3 倍,母线长为 3,圆台的侧面积为 84π, 则圆台较小底面的半径为( A.7 ) B.6 C.5 D.3

解析 A 依题意,设圆台上、下底面半径分别为 r、3r,则有 π(r+3r)· 3=84π,解 得 r=7. 2.如图所示,在空间四边形 ABCD 中,点 E、H 分别是边 AB、AD 的中点,F、G 分 CF CG 2 别是边 BC、CD 上的点,且 = = ,则( CB CD 3 A.EF 与 GH 平行 B.EF 与 GH 异面 C.EF 与 GH 的交点 M 可能在直线 AC 上,也可能不在直线 AC 上 D.EF 与 GH 的交点 M 一定在直线 AC 上 解析 D 依题意, 可得 EH∥BD, FG∥BD, EH∥FG, 故 所以 E、 G、 共面. F、 H 因 1 2 为 EH= BD,FG= BD,故 EH≠FG,所以 EFGH 是梯形,EF 与 GH 必相交,设交点为 2 3 M.因为点 M 在 EF 上,故点 M 在平面 ACB 上.同理,点 M 在平面 ACD 上,即点 M 是平面 ACB 与平面 ACD 的交点,而 AC 是这两个平面的交线,所 以点 M 一定在 AC 上. 3.已知向量 a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且 ka+b 与 2a-b 互相垂直,则 k=( A.1 1 B. 5 3 C. 5 7 D. 5 ) )

解析 D k a+b=k(1,1,0)+(-1,0,2)=(k-1,k,2),2a-b=2(1,1,0)-(-1,0,2)= 7 (3,2,-2),∵两向量垂直,∴3(k-1)+2k-2×2=0,∴k= . 5 4.已知直线 m、n 和平面 α,在下列给定的四个结论中,m∥n 的一个必要但不充分条 件是( ) B.m⊥α,n⊥α D.m、n 与 α 所成的角相等

A.m∥α,n∥α C.m∥α,n?α

解析 D 对于选项 A,当 m∥α,n∥α 时,直线 m、n 可以是平行、相交或异面 ; 而当 m∥n 时,m、n 与 α 的关系不确定,故选项 A 是 m∥n 的既不充分也不必要条件;选 项 B 是 m∥n 的充分不必要条件;选项 C 是 m∥n 的既不充分也不必要条件;对于选项 D, 由 m∥n 可以得到 m、n 与 α 所成的角相等,但是 m、n 与 α 所成的角相等得不到 m∥n.故选 项 D 符合题意.

5.已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半 根据图中标出的数据,这个几何体的体积是( A.288+36π B.60π C.288+72π D.288+18π 解析 A 依题意得, 该几何体是由一 其中长方体的长、宽、高分别为 8、6、6, 为 3、高为 8,因此该几何体的体积等于 36π,故选 A. 6.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 C.l1∥l2∥l3?l1,l2,l3 共面 ) )

圆),

个长方体与半个圆柱的组合体, 半个圆柱相应的圆柱底面半径 1 8×6×6+ ×π×32×8=288+ 2

B.l1⊥l2,l2∥l3?l1⊥l3 D.l1,l2,l3 共点?l1,l2,l3 共面

解析 B 在空间中,垂直于同一直线的两条直线不一定平行,故 A 错;两平行线 中的一条垂直于第三条直线,则另 一条也垂直于第三条直线,B 正确;相互平行的三条直 线不一定共面,如三棱柱的三条侧棱,故 C 错;共点的三条直线不一定共面,如三棱锥的 三条侧棱,故 D 错. 7.将一个边长为 a 的正方体,切成 27 个全等的小正方体,则表面积增加了( A.6a2 C.18a2 解析 B B.12a2 D.24a2 a 依题意,小正方体的棱长为 ,所以 27 个小正方体的表面积总和为 3 )

a 27×6×?3?2=18a2,故表面积增加量为 18a2-6a2=12a2. ? ? 8.在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=BC=2,AA1=1,则 BC1 与平面 BB1D1D 所成 角的正弦值为( A. C. 6 3 15 5 ) 2 6 B. 5 D. 10 5

解析 D 如图, 连接 A1C1, 1D1, B 交于点 O1, 由长方体的性质易知∠C1BO1 为 BC1 与平面 BB1D1D 所成的角. ∵BC=2,CC1=1,∴BC1= 22+1= 5, 1 1 又 C1O1= A1C1= 22+22= 2, 2 2

O1C1 2 10 ∴在 Rt△BO1C1 中,sin ∠C1BO1= = = . BC1 5 5 9.已知 α,β,γ 是三个不同的平面,命题“α∥β,且 α⊥γ?β⊥γ”是真命题,如果把 α,β,γ 中的任意两个换成直线,另一个保持不变,在所得的所有命题中,真命题有( A.0 个 C.2 个 B.1 个 D.3 个 )

解析 C 若 α,β 换为直线 a,b,则命题化为“a∥b,且 a⊥γ?b⊥γ”,此命题为 真命题;若 α,γ 换为直线 a,b,则命题化为“a∥β,且 a⊥b?b⊥β”,此命题为假命题; 若 β,γ 换为直线 a,b,则命题化为“a∥α,且 b⊥α?a⊥b”,此命题为真命题. 10.如图所示,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=10,AD=5,AA1=4.分别过 BC、 A1D1 的两个平行截面将长方体分成三部分,其体积分别记为 V1 =VAEA1 -DFD1 ,V2 = VEBE1A1-FCF1D1,V3=VB1E1B-C1F1C.若 V1∶V2∶V3=1∶3∶1,则截面 A1EFD1 的面积 为( )

A.4 10 C.20 2

B.8 3 D.16 2 错误! ∶ 以截面

解析 C 由 V1=V3,可得 AE=B1E1,设 AE=x,则 [(10-x)×4×5]=1∶3,得 x=4,则 A1E= 42+42=4 2,所 A1EFD1 的面积为 20 2. 11.如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图,A, 展开图上的三点,则在正方体盒子中,∠ABC 的值为( A.30° B.45° C.60° D.90° 解析 C 还原正方体,如下图所示,连接 )

B,C 是

AB, AC, BC, 可得△ABC

是正三角形,则∠ABC=60° .故选 C.

12.连接球面上两点的线段称为球的弦.半径为 4 的球的两条弦 AB、CD 的长度分别 等于 2 7、4 3,M、N 分别为 AB、CD 的中点,每条弦的两端都在球面上运动,有下列四 个命题:

①弦 AB、CD 可能相交于点 M; ②弦 AB、CD 可能相交于点 N; ③MN 的最大值为 5; ④MN 的最小值为 1. 其中真命题的个数是 ( A.1 C.3 ) B.2 D.4

解析 C 易求得 M、N 到球心 O 的距离分别为 OM=3,ON=2,若两弦交于 M, 则 ON⊥MN,在 Rt△ONM 中,有 ON<OM,符合题意,故①正确.若两弦交于 N,同①推 得,OM<ON,矛盾,故②错.当 M、O、N 共线,M、N 在 O 同侧,则 MN 取最小值 1;M、 N 在 O 两侧,则 MN 取最大值 5,故③④正确.X k b 1 . c o m 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案填在题中横 线上) 13. 如图,在正四棱柱 A1C 中,E,F,G,H 分别是棱 CC1,C1D1,D1D,DC 的中点, N 是 BC 的中点,点 M 在四边形 EFGH 及其内部运动,则 M 只需满足条件________时,就 有 MN∥平面 B1BDD1.(注:请填上你认为正确的一个条件即可,不必考虑全部可能情况)

解析 ∵FH∥DD1,HN∥BD,∴平面 FHN∥平面 B1BDD1,只要 M∈FH,则 MN ?平面 FHN,∴MN∥平面 B1BDD1.(答案不唯一) 【答案】 M 位于线段 FH 上 14.已知 α、β 是两个不同的平面,m、n 是平面 α 及平面 β 之外的两条不同的直线,给 出四个论断:①m∥n,②α∥β,③m⊥α,④n⊥β,以其中三个论断作为条件,余下一个论 断作为结论,写出你认为正确的一个命题:________. 解析 同垂直于一个平面的两条直线互相平行,同垂直于两个平行平面的两条直线 也互相平行. 【答案】 ②③④?① 15.已知命题:“若 x⊥y,y∥z,则 x⊥z”成立,那么字母 x,y,z 在空间所表示的几 何图形有可能是:①都是直线;②都是平面;③x,y 是直线,z 是平面;④x,z 是平面,y 是直线.上述判断中,正确的有________(请将你认为正确的序号都填上). 解析 当字母 x,y,z 都表示直线时,命题成立;当字母 x,y,z 都表示平面时, 命题也成立;当 x,z 表示平面,y 表示直线时,由相关的判定定理知命题也成立;

当 x,y 表示直线,z 表示平面时,x⊥z 不一定成立,还有可能 x∥z 或 x 与 z 相交,故 ①②④正确,③不正确. 【答案】 ①②④ 16.如图,二面角 α-l-β 的大小是 60° ,线段 AB?α,B∈l,AB 与 l 所成的角为 30° , 则 AB 与平面 β 所成的角的正弦值是________.

解析 如图,作 AO⊥β 于 O,AC⊥l 于 C,连接 OB、OC,则 OC⊥l.设 AB 与 β 所 成角为 θ,

则∠ABO=θ ,由图得 sin θ= 【答案】 3 4

AO AC AO 3 = · =sin 30°sin 60° · = . AB AB AC 4

三、解答题(本大 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)如图所示,矩形 ABCD 中,AB=3,BC=4,沿对角线 BD 把△ABD 折起, 使点 A 在平面 BCD 上的射影 E 落在 BC 上.

(1)求证:平面 ACD⊥平面 ABC; (2)求三棱锥 A-BCD 的体积. 解析 (1)∵AE⊥平面 BCD,∴AE⊥CD.

又 BC⊥CD, 且 AE∩BC=E, ∴CD⊥平面 ABC. 又 CD?平面 ACD, ∴平面 ACD⊥平面 ABC. (2)由(1)知,CD⊥平面 ABC, 又 AB?平面 ABC,∴CD⊥AB. 又∵AB⊥AD,CD∩AD=D, ∴AB⊥平面 ACD. 1 ∴VA-BCD=VB-ACD= ·△ACD· S AB. 3

又∵在△ACD 中,AC⊥CD,AD=BC=4,AB=CD=3, ∴AC= AD2-CD2= 42-32= 7. 1 1 3 7 ∴VA-BCD= × × 7×3×3= . 3 2 2 18.(12 分)如图,四边形 ABCD 为正方形,四边形 BDEF 为矩形,AB=2BF,DE⊥平 面 ABCD,G 为 EF 的中点. (1)求证:CF∥平面 ADE; (2)求证:平面 ABG⊥平面 CDG; (3)求二面角 C-FG-B 的余弦值. 解析 (1)∵BF∥DE,BC∥AD,BF∩BC=B,DE∩AD

=D,∴平面 CBF∥平面 ADE. 又 CF?平面 CBF, ∴CF∥平面 ADE. (2)如图,取 AB 的中点 M,CD 的中点 N,连接 GM、GN、MN、AC、BD,设 AC、MN、 BD 交于 O,连接 GO. ∵四边形 ABCD 为正方形,四边形 BDEF 为矩形, AB=2BF,DE⊥平面 ABCD,G 为 EF 的中点, 1 则 GO⊥平面 ABCD,GO= MN, 2 ∴GN⊥MG. 又 GN⊥ DC,AB∥DC, ∴GN⊥AB. 又 AB∩MG=M, ∴GN⊥平面 GAB. 又 GN?平面 CDG, ∴平面 ABG⊥平面 CDG. (3)由已知易得 CG⊥FG,由(2)知 GO⊥EF, ∴∠CGO 为二面角 C-FG-B 的平面角, GO 3 ∴cos ∠CGO= = . GC 3 19.(12 分)(2011· 南昌二模)如图所示的多面体 ABC-A1B1C1 中,三角形 ABC 是边长为 4 的正三角形,AA1∥BB1∥CC1,AA1⊥平面 ABC,AA1=BB1=2CC1=4. (1)若 O 是 AB 的中点,求证:OC1⊥A1B1; (2)求平面 AB1C1 与平面 A1B1C1 所成的角的余弦值. 解析 (1)设线段 A1B1 的中点为 E,连接 OE,C1E.

由 AA1⊥平面 ABC 得 AA1⊥AB, 又 BB1∥AA1 且 AA1=BB1, 所以 AA1B1B 是矩形. 又点 O 是线段 AB 的中点, 所以 OE∥AA1,所以 OE⊥A1B1. 由 AA1⊥平面 ABC 得 AA1⊥AC,A1A⊥BC. 又 BB1∥AA1∥CC1, 所以 BB1⊥BC,CC1⊥AC,CC1⊥BC, 且 AC=BC=4,AA1=BB1=4,CC1=2, 所以 A1C1=B1C1,所以 C1E⊥A1B1. 又 C1E∩OE=E, 所以 A1B1⊥平面 OC1E,新 课 标 第 一 网 因为 OC1?平面 OC1E,所以 OC1⊥A1B1. → → → (2)如图,以 O 为原点,OE,OA,OC所在方向分别为 x,y,z 轴的正方向建立空间直 角坐标系 O-xyz, 则 A(0,2,0),A1(4,2,0),B1(4,-2,0),C1(2,0,2 3), 设平面 AB1C1 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),则有 → ?n · =0, ? 1 AB1 ? ? ?n1·→1=0 ? AC ?4,-4,0?=0, ?x1=y1, ? ??x1,y1,z1?· ?? ? ? ?2,-2,2 3?=0 ?z1=0, ??x1,y1,z1?· 令 x1=1,则 n1=(1,1,0). 设平面 A1B1C1 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),则有

?n ·→ =0, ?0,-4,0?=0, ? 2 A1B1 ??x2,y2,z2?· ?? ? ?-2,-2,2 3?=0 ??x2,y2,z2?· ?n2·→ 1=0 ? A1C ?y2=0, ?? 令 z2=1,则 n2=( 3,0,1). ?x2= 3z2,
3 6 n 1· 2 n 所以 cos〈n1,n2〉= = = , |n1|· 2| |n 2×2 4 所以平面 AB1C1 与平面 A1B1C1 所成的角的余弦值是 6 . 4

20.(12 分)如图所示,在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,DB=BC,DB⊥AC,点 M 是

棱 BB1 上一点. (1)求证:B1D1∥平面 A1BD; (2)求证:MD⊥AC; (3)试确定点 M 的位置,使得平面 DMC1⊥平面 CC1D1D. 解析 (1)由直四棱柱概念, BB1 綊 DD1, 得 ∴四边形 BB1D1D 是平行四边形, ∴B1D1∥BD. 而 BD?平面 A1BD, 1D1?平面 A1BD, 1D1 B ∴B A1BD. w
[来

∥ 平 面

w w .x k b 1.c o m

(2)∵BB1⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD, ∴BB1⊥AC. 又∵BD⊥AC,且 BD∩BB1=B, ∴AC⊥平面 BB1D1D. 而 MD?平面 BB1D1D, ∴MD⊥AC. (3)当点 M 为棱 BB1 的中点时,取 DC 的中点 N,D1C1 的中 N1,连接 NN1 交 DC1 于 O,连接 OM,如图所示. ∵N 是 DC 的中点,BD=BC,∴BN⊥DC. 又∵DC 是平面 ABCD 与平面 DCC1D1 的交线, 而平面 ABCD⊥平面 DCC1D1, ∴BN⊥平面 DCC1D1. www.xkb1.com
[来 ]



又可证得,O 是 NN1 的中点,∴BM 綊 ON, 即四边形 BMON 是平行四边形, ∴BN∥OM,∴OM⊥平面 CC1D1D, ∵OM?平面 DMC1,∴平面 DMC1⊥平面 CC1D1D. 21.(12 分)如图所示,在直角梯形 ABCP 中,BC∥AP,AB⊥BC,CD⊥AP,AD=DC =PD=2.E,F,G 分别为线段 PC,PD,BC 的中点,现将△PDC 折起,使平面 PDC⊥平 面 ABCD.

(1)求证:PA∥平面 EFG; (2)求二面角 G-EF-D 的大小.

解析

(1)∵PE=EC,PF=FD,∴EF∥CD.

又 CD∥AB,∴EF∥AB,∴EF∥平面 PAB. 同理,EG∥平面 PAB. 又∵EF∩EG=E,∴平面 PAB∥平面 EFG, 而 PA 在平面 PAB 内,∴PA∥平面 EFG. (2)如图,以 D 为坐标原点,DA,DC,DF 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间 直角坐标系,则 A(2,0,0),P(0,0,2),E(0,1,1),F(0,0,1),G(1,2,0),www.xkb1.com → 易知DA=(2 ,0,0)为平面 EFD 的一个法向量. 设平面 EFG 的一个法向量为 n=(x,y,z), → → 又EF=(0,-1,0),EG=(1,1,-1), → ?n· =0, ? ? EF ?0,-1,0?=0, ??x,y,z?· 由? 得? ??x,y,z?· → ?1,1,-1?=0, ? ?n· =0, ? EG
?y=0, ? 即? 取 x=1,得 n=(1,0,1). ?x+y-z=0, ?
]

设所求二面角为 θ,cos θ=

→ n· DA 2 2 = = , → 2 2 2 |n||DA|

∴θ=45° ,即二面角 G-EF-D 的平面角的大小为 45° . 2 2 . (12 分 ) 在 侧 棱 垂 直 于 底 面 的 四 棱 柱 ABCD - A1B1C1D1 中, 底面 ABCD 为菱形, 且∠BAD=60° A1A=AB, , BB1 延长线上的一点,D1E⊥面 D1AC. (1)求二面角 E-AC-D1 的大小; (2)在 D1E 上是否存在一点 P, A1P∥平面 EAC?若存 使 D1P∶PE 的值;若不存在,说明理由. 解析 设 AC 与 BD 交于 O,建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz,设 AB=2, 则 A( 3,0,0),B(0,1,0),C(- 3,0,0),D(0,-1,0),D1(0,-1,2),A1( 3,0,2). 在, 求 E 为

→ → → (1)设 E(0,1,2+h),则D1E=(0,2,h),AC=(-2 3,0,0),D1A=( 3,1,-2), ∵D1E⊥平面 D1AC, ∴D1E⊥AC,D1E⊥D1A,

→ → → → ∴D1E· =0,D1E· 1A=0, AC D ∴2-2h=0,∴h=1,即 E(0,1,3), → → ∴D1E=(0,2,1),AE=(- 3,1,3). 设平面 EAC 的法向量为 m=(x,y,z), → → 则 m⊥AC,m⊥AE,

?x=0, ∴? ?- 3x+y+3z=0,
令 z=-1,得 m=(0,3,-1), → m· 1E D 2 → ∴cos〈m,D1E〉= = , 2 → |m||D1E| ∴二面角 E-AC-D1 的大小为 45° . → → → → (2)设D1P=λPE=λ(D1E-D1P), 2λ λ λ → ? → 则D1P= D1E= 0,1+λ,1+λ?, ? ? 1+λ → → → ∴A1P=A1D1+D1P 2λ λ =(- 3,-1,0)+?0,1+λ,1+λ? ? ? λ-1 λ ? ? , =?- 3, ?. 1+λ 1+λ? ? ∵A1P∥平面 EAC, → ∴A1P⊥m, → ∴A1P· m=0, λ-1 λ ∴- 3×0+3× +(-1)× =0, 1+λ 1+λ 3 ∴λ= . 2 ∴存在点 P 使 A1P∥平面 EAC, 此时 D1P∶PE=3∶2.


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