《2013高考數(shù)學 多考點綜合練 立體幾何 理 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2013高考數(shù)學 多考點綜合練 立體幾何 理 新人教A版（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、多考點綜合練(五) 測試內(nèi)容：立體幾何 (時間：120分鐘　滿分：150分) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．如下圖，某幾何體的正視圖與側(cè)視圖都是邊長為1的正方形，且體積為，則該幾何體的俯視圖可以是 (　　) 解析：法一：∵體積為，而高為1，故底面積為，選C. 法二：選項A得到的幾何體為正方體，其體積為1，故排除A；而選項B、D所得幾何體的體積都與π有關(guān)，排除B、D；易知選項C符合． 答案：C 2．已知水平放置的△ABC的直觀圖△A′B′C′(斜二測畫法)是邊長為a的正三角形，則原△ABC的面積為 (　　) A.a2　　　 B.a2　

2、　　 C.a2　　　 D.a2 解析：斜二測畫法中原圖面積與直觀圖面積之比為1∶，則易知S＝(a)2，∴S＝a2.故選D. 答案：D 3．已知直線a、b和平面α，下列推理錯誤的是 (　　) A.?a⊥b B.?b⊥α C.?a∥α或a?α D.?a∥b 解析：對于D項，可能a∥b，或a，b異面． 答案：D 4．(2011年安徽)一個空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為 (　　) A．48 B．32＋8 C．48＋8 D．80 解析：由三視圖可知幾何體是底面是等腰梯形的直棱柱，底面等腰梯形的上底為2，下底為4，高為4，兩底面積和為2×

3、(2＋4)×4＝24，四個側(cè)面的面積為4(4＋2＋2)＝24＋8，所以幾何體的表面積為48＋8，故選C. 答案：C 5．在四面體O－ABC中，＝a，＝b，＝c，D為BC的中點，E為AD的中點，則等于 (　　) A.a＋b＋c B.a＋b＋c C.a＋b＋c D.a＋b＋c 解析：本題主要考查空間向量的三角形法則或平行四邊形法則． ＝＋＝＋ ＝＋×(＋) ＝＋＋ ＝＋(－)＋(－) ＝＋＋＝a＋b＋c，故選D. 答案：D 6．正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AA1，AB的中點，則EF與對角面BDD1B1所成角的度數(shù)是 (　　) A．3

4、0° B．45° C．60° D．150° 解析：如圖，∵EF∥A1B， ∴EF，A1B與對角面BDD1B1所成的角相等，設(shè)正方體的棱長為1，則A1B＝. 連接A1C1，交D1B1于點M，連接BM，則有A1M⊥面BDD1B1，∠A1BM為A1B與面BDD1B1所成的角． Rt△A1BM中，A1B＝，A1M＝，故∠A1BM＝30°.∴EF與對角面BDD1B1所成角的度數(shù)是30°. 答案：A 7．已知各頂點都在一個球面上的正四棱柱的高為2，這個球的表面積為6π，則這個正四棱柱的體積為 (　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：S表＝4πR2

5、＝6π，∴R＝， 設(shè)正四棱柱底面邊長為x， 則(x)2＋1＝R2，∴x＝1， ∴V正四棱柱＝2. 故選B. 答案：B 8．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，點A∈α，A?l，直線AB∥l，直線AC⊥l，直線m∥α，m∥β，則下列四種位置關(guān)系中，不一定成立的是 (　　) A．AB∥m B．AC⊥m C．AB∥β D．AC⊥β 解析：AB∥l，AB?β，∴AB∥β，C成立 ∵m∥α，m∥β，∴m平行于α與β的交線l[ ∴AB∥m成立，AC⊥m成立 ∵AC未必在α內(nèi)， ∴AC⊥β不一定成立，故選D. 答案：D 9. 如圖，已知直四棱柱ABCD－A1B

6、1C1D1的底面是菱形，且∠DAB＝60°，AD＝AA1＝1，F(xiàn)為棱AA1的中點，則點D到平面BFD1的距離為 (　　) A.　　 B.　　 C.　　 D．1 解析：連接DF，BD，設(shè)點D到平面BFD1的距離為h，由VD－BFD1＝VB－DFD1，即·S△BFD1·h＝·S△DFD1·AB·sin 60°，得××××h＝××1×1×，h＝. 答案：B 10．(2011年遼寧)如圖，四棱錐S－ABCD的底面為正方形，SD⊥底面ABCD，則下列結(jié)論中不正確的是 (　　) A．AC⊥SB B．AB∥平面SCD C．SA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角 D．

7、AB與SC所成的角等于DC與SA所成的角 解析：?AC⊥面SBD ∵SB?面SBD，∴AC⊥SB，A正確． ∵AB∥CD，∴AB∥平面SCD，B正確． 可證AC⊥平面SBD，令A(yù)C∩BD＝O，連SO， ∴∠ASO是SA與平面SBD所成角， ∠CSO是SC與平面SBD所成角． 又△SAC是等腰三角形，O是中點， ∴∠ASO＝∠CSO，∴C正確． 答案：D 11．已知三棱錐P－ABC的四個頂點均在半徑為3的球面上，且滿足·＝0，·＝0，·＝0，則三棱錐P－ABC的側(cè)面積的最大值為 (　　) A．9 B．18 C．36 D．72 解析：依題意PA、PB、PC兩兩

8、垂直，以PA、PB、PC為棱構(gòu)造長方體，則長方體的體對角線即為球的直徑，∴PA2＋PB2＋PC2＝4R2＝36，S側(cè)＝(PA·PB＋PB·PC＋PC·PA)≤(＋＋)＝18. 答案：B 12．(2012年江西)如圖，已知正四棱錐S－ABCD所有棱長都為1，點E是側(cè)棱SC上一動點，過點E垂直于SC的截面將正四棱錐分成上、下兩部分．記SE＝x(0

9、E2＝60°，則EE1＝EE2＝(1－x)，CE1＝CE2＝2(1－x)，則E1E2＝2(1－x)，此時V(x)＝(1－x)××2(1－x)×＝(1－x)3. 當0

10、⊥BD于Q，可得三棱柱MPH－FQG為直三棱柱，此時HP＝MP＝－x，GH＝2x，則VMPH－FQG＝×(－x)2×2x＝x(1－2x)2，又VM－BPH＝VF－DQG＝×(－x)2×(－x) ＝(1－2x)3， 故VFDG－MBH＝x(1－2x)2＋2×(1－2x)3＝(1－2x)2·(1＋4x)， 則此時V(x)＝－x3＋(1－2x)2(1＋4x)＝(6x3－6x2＋1)． 故有V(x)＝ V′(x)＝ 故V′(x)在(0，)上為減函數(shù)，在(，)和(，1)上為增函數(shù)，故選A. 答案：A 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．若向量a＝(1,1，x)，b

11、＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，滿足條件(c－a)·(2b)＝－2，則x＝________. 解析：由題可知c－a＝(0,0,1－x)， 所以(c－a)·(2b)＝(0,0,1－x)·2(1,2,1)＝2(1－x)＝－2，從而解得x＝2. 答案：2 14．(2011年天津)一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為________m3. 解析：由三視圖可知，該幾何體為下面是長方體，上面是圓錐的組合體，長方體的體積V1＝3×2×1＝6.圓錐的體積V2＝π×12×3＝π ∴該幾何體的體積V＝V1＋V2＝6＋π. 答案：6＋π 15．(2012年上海)如圖，

12、AD與BC是四面體ABCD中互相垂直的棱，BC＝2.若AD＝2c，且AB＋BD＝AC＋CD＝2a，其中a、c為常數(shù)，則四面體ABCD的體積的最大值是________． 解析： 根據(jù)圖形的變化，利用四面體的性質(zhì)和體積公式．當BA＝BD＝CA＝CD＝a，且EF為AD和BC的公垂線段，F(xiàn)為AD的中點時，該幾何體體積V最大，Vmax＝S△AED·BC＝×AD·EF·BC＝. 答案：c 16．(2012年河北質(zhì)檢)三棱錐P－ABC的兩側(cè)面PAB，PBC都是邊長為2a的正三角形，AC＝a，則二面角A－PB－C的大小為________． 解析：取PB的中點M，連接AM，CM，則AM⊥PB，

13、CM⊥PB，∠AMC是二面角A－PB－C的平面角．由已知易知AM＝CM＝a，所以△AMC是正三角形，所以∠AMC＝60°. 答案：60° 三、解答題(本大題共6小題，共70分，17題10分，18～22題，每題12分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．) 17．(2013屆武漢市高三11月調(diào)研)如圖，在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD是正方形，四個側(cè)面都是等邊三角形，AC與BD交于點O，E為側(cè)棱SC上的一點． (1)若E為SC的中點，求證：SA∥平面BDE； (2)求證：平面BDE⊥平面SAC. 證明：(1)如圖，連接OE. ∵O是AC的中點，E是SC的中點，∴OE

14、∥SA， 又∵SA?平面BDE，OE?平面BDE， ∴SA∥平面BDE. (2)由已知，得SB＝SD， O是BD的中點，∴BD⊥SO. 又∵四邊形ABCD是正方形，∴BD⊥AC. ∵SO∩AC＝O，∴BD⊥平面SAC. ∵BD?平面BDE，∴平面BDE⊥平面SAC. 18．(2012年湖南)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E是CD的中點． (1)證明：CD⊥平面PAE； (2)若直線PB與平面PAE所成的角和PB與平面ABCD所成的角相等，求四棱錐P－ABCD的體積． 解：法一：(1)證明：如

15、圖(1)，連接AC.由AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，得AC＝5. 又AD＝5，E是CD的中點，所以CD⊥AE. 因為PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD， 所以PA⊥CD.而PA，AE是平面PAE內(nèi)的兩條相交直線，所以CD⊥平面PAE. (2)過點B作BG∥CD，分別與AE，AD相交于點F，G，連接PF. 由(1)CD⊥平面PAE知，BG⊥平面PAE. 于是∠BPF為直線PB與平面PAE所成的角，且BG⊥AE. 由PA⊥平面ABCD知，∠PBA為直線PB與平面ABCD所成的角． 由題意∠PBA＝∠BPF，因為sin∠PBA＝，sin∠BPF＝，所以PA＝BF， 由∠

16、DAB＝∠ABC＝90°知，AD∥BC，又BG∥CD，所以四邊形BCDG是平行四邊形，故GD＝BC＝3，于是AG＝2. 在Rt△BAG中，AB＝4，AG＝2，BG⊥AF，所以BG＝＝2，BF＝＝＝. 于是PA＝BF＝. 又梯形ABCD的面積為S＝×(5＋3)×4＝16，所以四棱錐P－ABCD的體積為V＝×S×PA＝×16×＝. 法二：(1)證明：如圖(2)，以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系．設(shè)PA＝h，則相關(guān)各點的坐標為：A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)，E(2,4,0)，P(0,0，h)． (

17、1)易知＝(－4,2,0)，＝(2,4,0)，＝(0,0，h)． 因為·＝－8＋8＋0＝0，·＝0，所以CD⊥AE，CD⊥AP.而AP，AE是平面PAE內(nèi)的兩條相交直線，所以CD⊥平面PAE. (2)由題設(shè)和(1)知，，分別是平面PAE，平面ABCD的法向量， 而PB與平面PAE所成的角和PB與平面ABCD所成的角相等，所以 |cos〈，〉|＝|cos〈，〉|，即＝. 由(1)知，＝(－4,2,0)，＝(0,0，－h(huán))，又＝(4,0，－h(huán))，故＝. 解得h＝. 又梯形ABCD的面積為S＝×(5＋3)×4＝16，所以四棱錐P－ABCD的體積為V＝×S×PA＝×16×＝. 19

18、．(2012年北京西城區(qū)期末)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，D是BC的中點． (1)求證：A1B∥平面ADC1； (2)求二面角C1－AD－C的余弦值； (3)試問線段A1B1上是否存在點E，使AE與DC1成60°角？若存在，確定E點位置；若不存在，說明理由． 解：證明：(1)由ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90°，得BA、BC、BB1兩兩垂直． 以BC、BA、BB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系B－xyz. 設(shè)BA＝2，則B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2

19、,0,1)，D(1,0,0)，A1(0,2,1)， 所以＝(1，－2,0)，＝(2，－2,1)，＝(0，－2，－1)． 設(shè)平面ADC1的法向量為n＝(x，y，z)，則有 所以取y＝1，得n＝(2,1，－2)． ∵·n＝0， ∴⊥n， ∵A1B?平面ADC1， ∴A1B∥平面ADC1. (2)易知平面ADC的一個法向量為ν＝(0,0,1)， 由(1)知平面ADC1的一個法向量為n＝(2,1，－2)， 所以cos〈n，ν〉＝＝－， 因為二面角C1－AD－C是銳二面角， 所以二面角C1－AD－C的余弦值為. (3)假設(shè)存在滿足條件的點E. 因為點E在線段A1B1上，A1(

20、0,2,1)，B1(0,0,1)，故可設(shè)E(0，λ，1)，其中0≤λ≤2. 所以＝(0，λ，－2,1)，＝(1,0,1)． 因為AE與DC1成60°角， 所以|cos〈，〉|＝||＝， 即||＝，解得λ＝1或λ＝3(舍去)． 所以當點E為線段A1B1的中點時，AE與DC1成60°角． 20．(2012年浙江)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面是邊長為2的菱形，∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝2，M，N分別為PB，PD的中點． (1)證明：MN∥平面ABCD； (2)過點A作AQ⊥PC，垂足為點Q，求二面角A－MN－Q的平面角的余弦值． 解：(1)證明：因為

21、M，N分別是PB，PD的中點，所以MN是△PBD的中位線，所以MN∥BD. 又因為MN?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD. (2)法一：連接AC交BD于O，以O(shè)為原點，OC，OD所在直線為x，y軸，建立空間直角坐標系O－xyz，如圖所示． 在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，得 AC＝AB＝2，BD＝AB＝6. 又因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AC. 在直角△PAC中，AC＝2，PA＝2，AQ⊥PC，得QC＝2，PQ＝4. 由此知各點坐標如下： A(－，0,0)，B(0，－3,0)，C(，0,0)，D(0,3,0)， P(－，0,2)，M(－，－，)，N(－，，

22、)，Q(，0，)． 設(shè)m＝(x，y，z)為平面AMN的法向量， 由＝(，－，)，＝(，，) 知取z＝－1，得m＝(2，0，－1)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面QMN的法向量． 由＝(－，－，)，＝(－，，)， 知 取z＝5，得n＝(2，0,5)． 于是cos〈m，n〉＝＝. 所以二面角A－MN－Q的平面角的余弦值為. 法二：在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，得AC＝AB＝BC＝CD＝DA，BD＝AB. 又因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD. 所以PB＝PC＝PD. 所以△PBC≌△PDC. 而M，N分別是PB，PD的中點，所以MQ

23、＝NQ，且AM＝PB＝PD＝AN， 取線段MN的中點E，連接AE，EQ，則AE⊥MN，QE⊥MN， 所以∠AEQ為二面角A－MN－Q的平面角． 由AB＝2，PA＝2，故在△AMN中，AM＝AN＝3，MN＝BD＝3，得AE＝. 在直角△PAC中，AQ⊥PC，得AQ＝2，QC＝2，PQ＝4. 在△PBC中，cos∠BPC＝＝，得 MQ＝＝. 在等腰△MQN中，MQ＝NQ＝，MN＝3， 得QE＝＝. 在△AEQ中，AE＝，QE＝，AQ＝2，得cos∠AEQ＝＝. 所以二面角A－MN－Q的平面角的余弦值為. 21．(2012年天津)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面AB

24、CD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1. (1)證明PC⊥AD； (2)求二面角A－PC－D的正弦值； (3)設(shè)E為棱PA上的點，滿足異面直線BE與CD所成的角為30°，求AE的長． 解： 法一：如圖，以點A為原點建立空間直角坐標系， 依題意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B(－，，0)，P(0,0,2)． (1)證明：易得＝(0,1，－2)， ＝(2,0,0)， 于是·＝0，所以PC⊥AD. (2)＝(0,1，－2)，＝(2，－1,0)． 設(shè)平面PCD的法向量n＝(x，y，z)， 則即不妨令z＝1，可得n＝

25、(1,2,1)． 可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝，從而sin〈m，n〉＝. 所以二面角A－PC－D的正弦值為. (3)設(shè)點E的坐標為(0,0，h)，其中h∈[0,2]．由此得＝(，－，h)． 由＝(2，－1,0)，故cos〈，〉＝＝＝， 所以，＝cos 30°＝， 解得h＝，即AE＝. 法二：(1)證明：由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，又由AD⊥AC，PA∩AC＝A，故AD⊥平面PAC，又PC?平面PAC，所以PC⊥AD. (2)如圖，作AH⊥PC于點H，連接DH. 由PC⊥AD，PC⊥AH，可得PC⊥平面ADH， 因此D

26、H⊥PC，從而∠AHD為二面角A－PC－D的平面角． 在Rt△PAC中，PA＝2，AC＝1，由此得AH＝. 由(1)知AD⊥AH.故在Rt△DAH中，DH＝＝. 因此sin∠AHD＝＝. 所以二面角A－PC－D的正弦值為. (3)如圖，因為∠ADC<45°，故過點B作CD的平行線必與線段AD相交，設(shè)交點為F，連接BE，EF.故∠EBF或其補角為異面直線BE與CD所成的角． 由于BF∥CD，故∠AFB＝∠ADC. 在Rt△DAC中，CD＝，sin∠ADC＝，故sin∠AFB＝. 在△AFB中，由＝， AB＝， sin∠FAB＝sin 135°＝， 可得BF＝. 由余弦

27、定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠FAB， 可得AF＝. 設(shè)AE＝h. 在Rt△EAF中， EF＝ ＝. 在Rt△BAE中，BE ＝＝. 在△EBF中，因為EF

28、形解答下列問題． (1)證明：AA1⊥BC； (2)求AA1的長； (3)求二面角A－BC－A1的余弦值． 解：法一：(向量法)(1)證明：取BC，B1C1的中點分別為D和D1，連接A1D1，DD1，AD. 由BB1C1C為矩形知，DD1⊥B1C1. 因為平面BB1C1C⊥平面A1B1C1， 所以DD1⊥平面A1B1C1. 又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1. 故以D1為坐標原點，可建立如圖所示的空間直角坐標系D1－xyz. 由題設(shè)，可得A1D1＝2，AD＝1. 由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1. 所以A

29、(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)． 故＝(0,3，－4)，＝(－2,0,0)，·＝0，因此⊥，即AA1⊥BC. (2)因為＝(0,3，－4)，所以||＝5，即AA1＝5. (3)連接A1D. 由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面A1AD，BC⊥A1D，所以∠ADA1為二面角A－BC－A1的平面角． 因為＝(0，－1,0)，＝(0,2，－4)， 所以cos〈，〉＝－＝－， 即二面角A－BC－A1的余弦值為－.(或用法向量求解) 法二：(綜合法)(1)證明：取BC，B1C1的中點分別為D和D1，連接A1D1，DD

30、1，AD，A1D. 由條件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1. 由上可得AD⊥面BB1C1C，A1D1⊥面BB1C1C， 因此AD∥A1D1，即AD，A1D1確定平面AD1A1D. 又因為DD1∥BB1，BB1⊥BC.所以DD1⊥BC. 又考慮到AD⊥BC，所以BC⊥平面AD1A1D，故BC⊥AA1. (2)延長A1D1到G點，使GD1＝AD.連接AG. 因為AD綊GD1，所以AG綊DD1綊BB1. 由于BB1⊥平面A1B1C1，所以AG⊥A1G. 由條件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4，所以AA1＝5. (3)因為BC⊥平面AD1A1D，所以∠ADA1為二面角A－BC－A1的平面角． 在Rt△A1DD1中，DD1＝4，A1D1＝2，解得sin∠D1DA1＝， cos∠ADA1＝cos(＋∠D1DA1)＝－， 即二面角A－BC－A1的余弦值為－.