四川省高考数学总复习配套测评卷直线平面简单几何体－章末质量检测9新人教版

四川省2022届高考总复习配套测评卷：『理科』卷(九)直线、平面、简单几何体(A、B)—————————————————————————————————————【说明】　本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两局部，请将第一卷选择题的答案填入答题格内，第二卷可在各题后直接作答，共150分，考试时间120分钟．第一卷　(选择题　共60分)题号123456789101112答案一、选择题(本大题共12小题，每题5分，共60分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)1．平面α外的一条直线a与平面α内的一条直线b不平行，那么(　　)A．a∥\αB．a∥αC．a与b一定是异面直线D．α内可能有无数条直线与a平行2．正方体的外表积是a2，它的顶点都在一个球面上，那么这个球的外表积是(　　)A.　　　　　　　　B.C．2πa2D．3πa23．假设正四棱柱的对角线与底面所成的角的余弦值为，且底面边长为2，那么高为(　　)A．1B．2C．3D．44．已知直线m⊥平面α，直线n⊂平面β，那么以下命题正确的选项是A．假设α∥β，那么m⊥nB．假设α⊥β，那么m∥nC．假设m⊥n，那么α∥βD．假设n∥α，那么α∥β5．将正方形ABCD沿对角线BD折成一个120°的二面角，点C到达点C1，这时异面直线AD与BC1所成的角的余弦值是(　　)A.B.C.D.6．设有三个命题，甲：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；乙：底面是矩形的平行六面体是长方体；丙：直四棱柱是直平行六面体．以上命题中，真命题的个数有(　　)A．0个B．1个C．2个D．3个7．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6cm，O′C′＝2cm，那么原图形是9/9\n(　　)A．正方形B．矩形C．菱形D．一般的平行四边形8．假设正三棱锥的侧面都是直角三角形，那么侧面与底面所成二面角的余弦值是(　　)A.B.C.D.9．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，那么O到平面ABC1D1的距离为(　　)A.B.C.D.10．已知m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，以下四个命题中，正确的选项是(　　)[来源:学*科*网Z*X*X*K]A．假设m∥α，n∥α，那么m∥nB．假设m⊂α，n⊂α，且m∥β，n∥β，那么α∥βC．假设α⊥β，m⊂α，那么m⊥βD．假设α⊥β，m⊥β，m⊄α，那么m∥α11．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M、N分别是棱DD1、D1C1的中点，那么直线OM(　　)A．和AC、MN都垂直B．垂直于AC，但不垂直于MNC．垂直于MN，但不垂直于ACD．与AC、MN都不垂直12．如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，那么C1在底面ABC上的射影H必在(　　)A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部[来源:学§科§网]第二卷　(非选择题　共90分)题号[来源:Zxxk.Com]第一卷[来源:学.科.网]第二卷总分9/9\n[来源:学科网ZXXK][来源:学科网][来源:学#科#网Z#X#X#K][来源:Zxxk.Com][来源:Z*xx*k.Com]二171819202122得分二、填空题(本大题共4小题，每题4分，共16分．把答案填在题中的横线上)13．假设正三棱锥底面的边长为a，且每两个侧面所成的角均为90°，那么底面中心到侧面的距离为________．14．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点E为AA1的中点，在对角面BB1D1D上取一点M，使AM＋ME最小，其最小值为________．15．a，b，c是空间中互不重合的三条直线，下面给出五个命题：①假设a∥b，b∥c，那么a∥c；②假设a⊥b，b⊥c，那么a∥c；③假设a与b相交，b与c相交，那么a与c相交；④假设a⊂平面α，b⊂平面β，那么a，b一定是异面直线；⑤假设a，b与c成等角，那么a∥b.上述命题中正确的________(只填序号)．16．如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，那么以下结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．三、解答题(本大题共6小题，共74分．解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题总分值12分)如右图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点．(1)求证：CD⊥PD；(2)求证：EF∥平面PAD.18．(本小题总分值12分)在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，现沿AC折成二面角D－AC－B，使BD为异面直线AD、BC的公垂线．(1)求证：平面ABD⊥平面ABC；(2)当a为何值时，二面角D－AC－B为45°.19．(本小题总分值12分)如以下图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝3，M为AB的中点，四点P、A、M、C都在球O的球面上．(1)证明：平面PAB⊥平面PCM；(2)证明：线段PC的中点为球O的球心．20．(本小题总分值12分)如以下图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA与平面ABCD所成的角为60°，在四边形ABCD中，∠D＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B，P的坐标；(2)求异面直线PA与BC所成角的余弦值；(3)假设PB的中点为M，求证：平面AMC⊥平面PBC.21．(本小题总分值12分)已知四棱锥S－ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上的任意一点．(1)求证：平面EBD⊥平面SAC；(2)设SA＝4，AB＝2，求点A到平面SBD的距离；(3)当的值为多少时，二面角B－SC－D的大小为120°？22．(本小题总分值14分)如图，M、N、P分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB、BC、DD1上的点．(1)假设＝，求证：无论点P在D1D上如何移动，总有BP⊥MN；9/9\n(2)假设D1P：PD＝1∶2，且PB⊥平面B1MN，求二面角M－B1N－B的余弦值；(3)棱DD1上是否总存在这样的点P，使得平面APC1⊥平面ACC1？证明你的结论．答案：一、选择题1．D2．B　设球的半径为R，那么正方体的对角线长为2R，依题意知R2＝a2，即R2＝a2，∴S球＝4πR2＝4π·a2＝.应选B.3．B　设高为h，那么由＝可得h＝2，也可建立空间直角坐标系，利用空间向量进展求解．4．A　易知A选项由m⊥α，α∥β⇒m⊥β，n⊂β⇒m⊥n，故A选项命题正确．5．D　设正方形边长为1，由题意易知∠CBC1即为AD与BC1所成的角．设AC与BD相交于O，易知△CC1O为正三角形，故CC1＝，在△CBC1中，由余弦定理可得所求余弦值为.应选D.6．B　命题甲正确，命题乙不正确，命题丙不正确，故真命题个数为1，应选B7．C　将直观图复原得▱OABC，∵O′D′＝O′C′＝2cm，OD＝2O′D′＝4cm，C′D′＝O′C′＝2cm，∴CD＝2cm，OC＝＝＝6cm，OA＝O′A′＝6cm＝OC，故原图形为菱形．8．B　以正三棱锥O－ABC的顶点O为原点，OA，OB，OC为x，y，z轴建系，设侧棱长为1，那么A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，侧面OAB的法向量为O＝(0,0,1)，底面ABC的法向量为n＝(，，)，∴cos〈O，n〉＝＝＝.9．D　过O作A1B1的平行线，交B1C1于E，那么O到平面ABC1D1的距离即为E到平面ABC1D1的距离．作EF⊥BC1于F，易证EF⊥平面ABC1D1，9/9\n可求得EF＝B1C＝.选D.10．D　A错，平行于同一平面的两直线可平行、相交和异面；B错，必须平面内有两条相交直线分别与平面平行，此时两平面才平行；C错，两垂直平面内的任一直线与另一平面可平行、相交或垂直；D对，由空间想象易知命题正确．11．A　以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2a，那么D(0,0,0)、D1(0,0,2a)、M(0,0，a)、A(2a,0,0)、C(0,2a,0)、O(a，a,0)、N(0，a,2a)．∴O＝(－a，－a，a)，M＝(0，a，a)，A＝(－2a,2a,0)．∴O·A＝0，M·O＝0，∴OM⊥AC，OM⊥MN.12．A　∵BA⊥AC，BC1⊥AC，BA∩BC1＝B，∴AC⊥平面ABC1.∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ABC1，且交线是AB.故平面ABC1上一点C1在底面ABC的射影H必在交线AB上．二．、填空题13．【解析】　过底面中心O作侧棱的平行线交一侧面于H，那么OH＝×a＝a为所求．【答案】　a14．【解析】　取CC1的中点F，那么ME＝MF，∴AM＋ME＝AM＋MF≥AF＝＝a.【答案】　a15．【解析】　由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故②不正确；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③不正确；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④不正确；当a，b与c成等角时，a与b可以相交、平行，也可以异面，故⑤不正确．【答案】　①16．【解析】　由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA⊥AE，又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；又平面PAB⊥平面ABC，所以平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD⊂平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确．【答案】　①④三、解答题17．【证明】　(1)∵PA⊥平面ABCD，而CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，AD∩PA＝A，9/9\n∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD.(2)取CD的中点G，连接EG、FG.∵E、F分别是AB、PC的中点，∴EG∥AD，FG∥PD，∴平面EFG∥平面PAD，又∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面PAD.18．【解析】　(1)证明：由题知BC⊥BD，又BC⊥AB.∴BC⊥面ABD，∴面ABC⊥面ABD.(2)作DE⊥AB于E，由(1)知DE⊥面ABC，作EF⊥AC于F，连DF，那么DF⊥AC，∴∠DFE为二面角D－AC－B的平面角．即∠DFE＝45°.EF＝DE＝DF，∵DF＝，AF＝且＝，解得a2＝，a＝.19．【解析】　(1)证明：∵AC＝BC，M为AB的中点，∴CM⊥AM.∵PA⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，∴PA⊥CM.∵AB∩PA＝A，AB⊂平面PAB，PA⊂平面PAB，∴CM⊥平面PAB.∵CM⊂平面PCM，∴平面PAB⊥平面PCM.(2)证明：由(1)知CM⊥平面PAB.∵PM⊂平面PAB，∴CM⊥PM.∵PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴PA⊥AC.如图，，取PC的中点N，连结MN、AN.在Rt△PAC中，点N为斜边PC的中点，∴AN＝PN＝NC.在Rt△PCM中，点N为斜边PC的中点，∴MN＝PN＝NC.∴PN＝NC＝AN＝MN.∴点N是球O的球心，即线段PC的中点为球O的球心．20．【解析】　(1)如以下图，以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz.∵∠D＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2，∴A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,4,0)，由PD⊥平面ABCD，得∠PAD为PA与平面ABCD所成的角，∴∠PAD＝60°.在Rt△PAD中，由AD＝2，得PD＝2，∴P(0,0,2)．(2)∵＝(2,0，－2)，＝(－2，－3,0)，∴cos<，>＝＝－，所以PA与BC所成角的余弦值为(3)证明：∵M为PB的中点，9/9\n∴点M的坐标为(1,2，)，∴＝(－1,2，)，＝(1,1，)，＝(2,4，－2)，∵·＝(－1)×2＋2×4＋×(－2)＝0，·＝1×2＋1×4＋×(－2)＝0，∴⊥，⊥，∴PB⊥平面AMC∵PB⊂平面PBC∴平面AMC⊥平面PBC.21．【解析】　(1)∵SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴SA⊥BD.∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∴BD⊥平面SAC.∵BD⊂平面EBD，∴平面EBD⊥平面SAC.(2)设AC∩BD＝F，连SF，那么SF⊥BD.∵AB＝2.∴BD＝2.∵SF＝＝＝3∴S△SBD＝BD·SF＝·2·3＝6.设点A到平面SBD的距离为h，∵SA⊥平面ABCD，∴·S△SBD·h＝·S△ABD·SA，∴6·h＝·2·2·4，∴h＝，∴点A到平面SBD的距离为.(3)设SA＝a，以A为原点，AB、AD、AS分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，为计算方便，不妨设AB＝1，那么C(1,1,0)，S(0,0，a)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，∴＝(1,1，－a)，＝(1,0，－a)，＝(0,1，－a)，再设平面SBC，平面SCD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，那么∴y1x1＝a，那么z1＝1.∴可取n1＝(a,0,1)．∵∴x2＝0，∴取y2＝a.那么z2＝1，∴可取n2＝(0，a,1)．9/9\n∴cos<n1，n2>＝.要使二面角B－SC－D的大小为120°，那么＝，从而a＝1.即当＝＝1时，二面角B－SC－D的大小为120°.22．【解析】　(1)证明：连结AC、BD，那么BD⊥AC，∵＝，∴MN∥AC，∴BD⊥MN.又∵DD1⊥平面ABCD，∴DD1⊥MN，∵BD∩DD1＝D，∴MN⊥平面BDD1.又P无论在DD1上如何移动，总有BP⊂平面BDD1，∴无论点P在D1D上如何移动，总有BP⊥MN.(2)以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如以下图的坐标系．设正方体的棱长为1，AM＝NC＝t，那么M(1，t,0)，N(t,1,0)，B1(1,1,1)，P(0,0，)，B(1,1,0)，A(1,0,0)，∵＝(0,1－t,1)，B＝又∵BP⊥平面MNB1，∴·B＝0，即t－1＋＝0，∴t＝，∴＝(0，，1)，M＝(－，，0)．设平面MNB1的法向量n＝(x，y，z)，由，得x＝y，z＝－y.令y＝3，那么n＝(3,3，－2)．∵AB⊥平面BB1N，∴A是平面BB1N的一个法向量，A＝(0,1,0)．设二面角M－B1N－B的大小为θ，∴cos〈n，A〉＝＝.那么二面角M－B1N－B的余弦值为.9/9\n(3)存在点P，且P为DD1的中点，使得平面APC1⊥平面ACC1.证明：∵BD⊥AC，BD⊥CC1，∴BD⊥平面ACC1.取BD1的中点E，连PE，那么PE∥BD，∴PE⊥平面ACC1.∵PE⊂平面APC1，∴平面APC1⊥平面ACC1.9/9