2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何單元質(zhì)量檢測(cè) 理.DOC
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何單元質(zhì)量檢測(cè) 理 一、選擇題(每小題4分,共40分) 1.以下關(guān)于幾何體的三視圖的敘述中,正確的是( ) A.球的三視圖總是三個(gè)全等的圓 B.正方體的三視圖總是三個(gè)全等的正方形 C.水平放置的各面均為正三角形的四面體的三視圖都是正三角形 D.水平放置的圓臺(tái)的俯視圖是一個(gè)圓 解析:畫幾何體的三視圖要考慮視角,但對(duì)于球無(wú)論選擇怎樣的視角,其三視圖總是三個(gè)全等的圓. 答案:A 2.用與球心距離為1的平面去截球,所得的截面面積為π,則球的體積為( ) A. B. C.8π D. 解析:S圓=πr2=π?r=1,而截面圓圓心與球心的距離d=1,所以球的半徑為R==.所以V=πR3=,故選B. 答案:B 3.設(shè)α、β、γ是三個(gè)互不重合的平面,m、n是兩條不重合的直線,下列命題中正確的是( ) A.若α⊥β,β⊥γ,則α⊥γ B.若m∥α,n∥β,α⊥β,則m⊥n C.若α⊥β,m⊥α,則m∥β D.若α∥β,m?β,m∥α,則m∥β 解析:對(duì)于A,若α⊥β,β⊥γ,α,γ可以平行,也可以相交,A錯(cuò);對(duì)于B,若m∥α,n∥β,α⊥β,則m,n可以平行,可以相交,也可以異面,B錯(cuò);對(duì)于C,若α⊥β,m⊥α,則m可以在平面β內(nèi),C錯(cuò);易知D正確. 答案:D 4.一個(gè)棱長(zhǎng)為2的正方體沿其棱的中點(diǎn)截去部分后所得幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為( ) A.7 B. C. D. 解析:依題意可知該幾何體的直觀圖如圖所示,其體積為23-2×××1×1×1=. 答案:D 5.已知直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,底面ABCD為正方形,AA1=2AB,E為AA1的中點(diǎn),則異面直線BE與CD1所成角的余弦值為( ) A. B. C. D. 解析: 如圖,以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系. 設(shè)AA1=2AB=2,則B(1,1,0),E(1,0,1),C(0,1,0),D1(0,0,2), ∴=(0,-1,1),=(0,-1,2), ∴cos〈,〉==. 答案:C 6.如圖所示,正四棱錐P—ABCD的底面積為3,體積為,E為側(cè)棱PC的中點(diǎn),則PA與BE所成的角為( ) A. B. C. D. 解析:連接AC,BD交于點(diǎn)O,連接OE,易得OE∥PA,所以所求角為∠BEO. 由所給條件易得OB=,OE=PA=,BE=. 所以cos∠OEB=,所以∠OEB=60°,選C. 答案:C 7.如圖為棱長(zhǎng)是1的正方體的表面展開圖,在原正方體中給出下列三個(gè)命題: ①點(diǎn)M到AB的距離為;②三棱錐C—DNE的體積是;③AB與EF所成的角是 其中正確命題的個(gè)數(shù)是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 解析: 依題意可作出正方體的直觀圖如圖,顯然M到AB的距離為MC=,∴①正確;而VC—DNE=××1×1×1=,∴②正確;AB與EF所成的角等于AB與MC所成的角,即為,∴③正確. 答案:D 8.正△ABC與正△BCD所在平面垂直,則二面角A—BD—C的正弦值為( ) A. B. C. D. 解析: 取BC中點(diǎn)O,連接AO,DO.建立如圖所示坐標(biāo)系,設(shè)BC=1,則A,B,D.∴=,=,=.由于=為平面BCD的一個(gè)法向量,可進(jìn)一步求出平面ABD的一個(gè)法向量n=(1,-,1),∴cos〈n,〉=,∴sin〈n,〉=. 答案:C 9.正三棱柱ABC—A1B1C1的棱長(zhǎng)都為2,E,F(xiàn),G為AB,AA1,A1C1的中點(diǎn),則B1F與平面GEF所成角的正弦值為( ) A. B. C. D. 解析: 如圖,取AB的中點(diǎn)E,建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系E—xyz.則E(0,0,0),F(xiàn)(-1,0,1),B1(1,0,2),A1(-1,0,2),C1(0,,2),G. ∴=(-2,0,-1),=(-1,0,1),=. 設(shè)平面GEF的一個(gè)法向量為n=(x,y,z), 由得 令x=1,則n=(1,-,1),設(shè)B1F與平面GEF所成角為θ,則sinθ=|cos〈n,〉|==. 答案:A 10.如圖,在正四棱柱(底面是正方形的直四棱柱)ABCD—A1B1C1D1中,E、F分別是AB1、BC1的中點(diǎn),則下列結(jié)論不成立的是( ) A.EF與BB1垂直 B.EF與BD垂直 C.EF與CD異面 D.EF與A1C1異面 解析: 連接B1C,AC,則B1C交BC1于F,且F為B1C的中點(diǎn), 又E為AB1的中點(diǎn),所以EF綊AC, 而B1B⊥平面ABCD,所以B1B⊥AC, 所以B1B⊥EF,A正確; 又AC⊥BD,所以EF⊥BD,B正確; 顯然EF與CD異面,C正確; 由EF綊AC,AC∥A1C1,得EF∥A1C1,故不成立的選項(xiàng)為D. 答案:D 二、填空題(每小題4分,共16分) 11.已知某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為________. 解析:由三視圖可知:該幾何體是一個(gè)三棱錐,底面是底邊長(zhǎng)為4,高為2的等腰三角形,棱錐的高為2,故體積為V=××4×2×2=. 答案: 12.已知球與棱長(zhǎng)均為2的三棱錐各條棱都相切,則該球的表面積為________. 解析: 將該三棱錐放入正方體內(nèi),若球與三棱錐各棱均相切等價(jià)于球與正方體各面均相切,所以2R=,R=,則球的表面積為S=4πR2=4π×=2π. 答案:2π 13.三棱錐S—ABC中,∠SBA=∠SCA=90°,△ABC是斜邊AB=a的等腰直角三角形,則以下結(jié)論中: ①異面直線SB與AC所成的角為90°; ②直線SB⊥平面ABC; ③平面SBC⊥平面SAC; ④點(diǎn)C到平面SAB的距離是a. 其中正確結(jié)論的序號(hào)是________. 解析: 由題意知AC⊥平面SBC,故AC⊥SB,SB⊥平面ABC,平面SBC⊥平面SAC,①②③正確;取AB的中點(diǎn)E,連接CE,(如圖)可證得CE⊥平面SAB,故CE的長(zhǎng)度即為C到平面SAB的距離a,④正確. 答案:①②③④ 14.如圖,在矩形ABCD中,AB=3,BC=1,EF∥BC且AE=2EB,G為BC的中點(diǎn),K為AF的中點(diǎn).沿EF將矩形折成120°的二面角A—EF—B,此時(shí)KG的長(zhǎng)為________. 解析: 如圖,過K作KM⊥EF,垂足M為EF的中點(diǎn),則向量與的夾角為120°,〈,〉=60°.又=+=+,∴2=2+2+2·=1+1+2×1×1×cos60°=3.∴||=. 答案: 三、解答題(共4小題,共44分,解答應(yīng)寫出必要的文字說明、計(jì)算過程或證明步驟.) 15.(10分)一個(gè)幾何體是由圓柱ADD1A1和三棱錐E—ABC組合而成,點(diǎn)A,B,C在圓O的圓周上,其正(主)視圖,側(cè)(左)視圖的面積分別為10和12,如圖所示,其中EA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC,AE=2. (1)求證:AC⊥BD. (2)求三棱錐E—BCD的體積. 解:(1)因?yàn)镋A⊥平面ABC,AC?平面ABC, 所以EA⊥AC,即ED⊥AC. 又因?yàn)锳C⊥AB,AB∩ED=A,所以AC⊥平面EBD. 因?yàn)锽D?平面EBD,所以AC⊥BD. (2)因?yàn)辄c(diǎn)A,B,C在圓O的圓周上,且AB⊥AC, 所以BC為圓O的直徑. 設(shè)圓O的半徑為r,圓柱高為h,根據(jù)正(主)視圖,側(cè)(左)視圖的面積可得,解得 所以BC=4,AB=AC=2. 以下給出求三棱錐E—BCD體積的兩種方法: 方法1:由(1)知,AC⊥平面EBD, 所以VE—BCD=VC—EBD=S△EBD×CA, 因?yàn)镋A⊥平面ABC,AB?平面ABC, 所以EA⊥AB,即ED⊥AB. 其中ED=EA+DA=2+2=4, 因?yàn)锳B⊥AC,AB=AC=2, 所以S△EBD=ED×AB=×4×2=4, 所以SE—BCD=×4×2=. 方法2:因?yàn)镋A⊥平面ABC, 所以VE—BCD=VE—ABC+VD—ABC=S△ABC×EA+S△ABC×DA=S△ABC×ED. 其中ED=EA+DA=2+2=4, 因?yàn)锳B⊥AC,AB=AC=2, 所以S△ABC=×AC×AB=×2×2=4, 所以VE—BCD=×4×4=. 16.(10分)如圖,AB=AD,∠BAD=90°,M,N,G分別是BD,BC,AB的中點(diǎn),將等邊△BCD沿BD折疊成△BC′D的位置,使得AD⊥C′B. (1)求證:平面GNM∥平面ADC′. (2)求證:C′A⊥平面ABD. 證明:(1)因?yàn)镸,N分別是BD,BC′的中點(diǎn), 所以MN∥DC′.因?yàn)镸N?平面ADC′, DC′?平面ADC′,所以MN∥平面ADC′. 同理NG∥平面ADC′.又因?yàn)镸N∩NG=N, 所以平面GNM∥平面ADC′. (2)因?yàn)椤螧AD=90°,所以AD⊥AB. 又因?yàn)锳D⊥C′B,且AB∩C′B=B, 所以AD⊥平面C′AB. 因?yàn)镃′A?平面C′AB,所以AD⊥C′A. 因?yàn)椤鰾CD是等邊三角形,AB=AD, 不妨設(shè)AB=1,則BC=CD=BD=,可得C′A=1. 由勾股定理的逆定理,可得AB⊥C′A. 因?yàn)锳B∩AD=A,所以C′A⊥平面ABD. 17.(12分)如圖,直角梯形ABCD與等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC,EA⊥EB. (1)求證:AB⊥DE; (2)求直線EC與平面ABE所成角的正弦值; (3)線段EA上是否存在點(diǎn)F,使EC∥平面FBD?若存在,求出;若不存在,請(qǐng)說明理由. 解: (1)證明:取AB的中點(diǎn)O,連接EO,DO. 因?yàn)镋B=EA,所以EO⊥AB. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為直角梯形. AB=2CD=2BC,AB⊥BC, 所以四邊形OBCD為正方形,所以AB⊥OD. 因?yàn)镋O∩DO=0. 所以AB⊥平面EOD,所以AB⊥ED. (2)因?yàn)槠矫鍭BE⊥平面ABCD,且EO⊥AB, 所以EO⊥平面ABCD,所以EO⊥OD. 由OB,OD,OE兩兩垂直,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O—xyz. 因?yàn)槿切蜤AB為等腰直角三角形,所以O(shè)A=OB=OD=OE,設(shè)OB=1, 所以O(shè)(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),E(0,0,1). 所以=(1,1,-1), 平面ABE的一個(gè)法向量為=(0,1,0). 設(shè)直線EC與平面ABE所成的角為θ, 所以sinθ=|cos〈,〉==, 即直線EC與平面ABE所成角的正弦值為. (3)存在點(diǎn)F,且=時(shí),有EC∥平面FBD. 證明如下:由==, F,所以=,=(-1,1,0). 設(shè)平面FBD的法向量為v=(a,b,c), 則有所以 取a=1,得v=(1,1,2). 因?yàn)椤=(1,1,-1)·(1,1,2)=0, 且EC?平面FBD,所以EC∥平面FBD, 即點(diǎn)F滿足=時(shí),有EC∥平面FBD. 18.(12分)如圖,AB為圓O的直徑,點(diǎn)E,F(xiàn)在圓O上,AB∥EF,矩形ABCD所在的平面與圓O所在的平面互相垂直.已知AB=2,EF=1. (1)求證:平面DAF⊥平面BCF; (2)求直線AB與平面CBF所成角的大小; (3)當(dāng)AD的長(zhǎng)為何值時(shí),平面DFC與平面FCB所成的銳二面角的大小為60°? 解:(1)證明:∵平面ABCD⊥平面ABEF,CB⊥AB,平面ABCD∩平面ABEF=AB,∴CB⊥平面ABEF, ∵AF?平面ABEF,∴AF⊥CB, 又AB為圓O的直徑,∴AF⊥BF,又BF∩CB=B, ∴AF⊥平面CBF. ∵AF?平面ADF,∴平面DAF⊥平面CBF. (2)由(1)知AF⊥平面CBF, ∴FB為AB在平面CBF內(nèi)的射影, 因此,∠ABF為直線AB與平面CBF所成的角. ∵AB∥EF,∴四邊形ABEF為等腰梯形, 過點(diǎn)F作FH⊥AB,交AB于H. 已知AB=2,EF=1,則AH==. 在Rt△AFB中,根據(jù)射影定理得AF2=AH·AB,∴AF=1, sin∠ABF==,∴∠ABF=30°. ∴直線AB與平面CBF所成角的大小為30°. (3)設(shè)EF中點(diǎn)為G,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),,,方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖).設(shè)AD=t(t>0),則點(diǎn)D的坐標(biāo)為(1,0,t),C(-1,0,t),又A(1,0,0),B(-1,0,0),F(xiàn), ∴=(2,0,0), =, 設(shè)平面DCF的法向量為n1=(x,y,z),則n1·=0,n1·=0. 即,令z=,解得x=0,y=2t, ∴n1=(0,2t,). 由(1)可知AF⊥平面CFB,取平面CBF的一個(gè)法向量為n2==,依題意,n1與n2的夾角為60°. ∴cos60°=,即=, 解得t=. 因此,當(dāng)AD的長(zhǎng)為時(shí),平面DFC與平面FCB所成的銳二面角的大小為60°.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問題本站不予受理。
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