【走向高考】2022届高三数学一轮阶段性测试题8 立体几何初步(含解析)北师大版
资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。
阶段性测试题八(立体几何初步)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分150分.考试时间120分钟.第Ⅰ卷(选择题 共50分)一、选择题(本大题共10个小题,每小题5分,共50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.(2022·广东七校联考)已知平面α、β和直线m,给出条件:①m∥α;②m⊥α;③mα;④α⊥β;⑤α∥β.能推导出m∥β的是( )A.①④ B.①⑤C.②⑤D.③⑤[答案] D[解析] 由两平面平行的性质可知两平面平行,在一个平面内的直线必平行于另一个平面,于是选D.2.(2022·云南第一次检测)在三棱锥S-ABC中,△ABC是边长为6的正三角形,SA=SB=SC=15,平面DEFH分别与AB、BC、SC、SA交于D、E、F、H,D、E分别是AB、BC的中点,如果直线SB∥平面DEFH,那么四边形DEFH的面积为( )A.B.C.45D.45[答案] A[解析] 取AC的中点G,连接SG,BG.易知SG⊥AC,BG⊥AC,故AC⊥平面SGB,所以AC⊥SB.因为SB∥平面DEFH,SB平面SAB,平面SAB∩平面DEFH=HD,则SB∥HD.同理SB∥FE.又D、E分别为AB、BC的中点,则H、F也为AS、SC的中点,从而得HF綊AC綊DE,所以四边形DEFH为平行四边形.又AC⊥SB,SB∥HD,DE∥AC,所以DE⊥HD,所以四边形DEFH为矩形,其面积S=HF·HD=(AC)·(SB)=.3.(文)已知直线l⊥平面α,直线m平面β,则α∥β是l⊥m的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件[答案] A[解析] 若α∥β,则由l⊥α知l⊥β,又mβ,可得l⊥m,若α与β相交(如图),设α∩β=n,当m∥n时,由l⊥α可得l⊥m,而此时α与β不平行,于是α∥β是l⊥m的充分不必要条件,故选A.(理)对于直线m,n和平面α,β,γ,有如下四个命题:(1)若m∥α,m⊥n,则n⊥α(2)若m⊥α,m⊥n,则n∥α(3)若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ(4)若m⊥α,m∥n,nβ,则α⊥β其中真命题的个数是( )A.1B.2C.3D.4[答案] A-18-\n[解析] (1)错误.(2)当nα时,则不成立.(3)不正确.当m⊥α,m∥n,有n⊥α,又nβ,所以有α⊥β,所以只有(4)正确.选A.4.正方体ABCD-A1B1C1D1中E为棱BB1的中点(如图1),用过点AEC1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为( )[答案] C[解析] 取DD1的中点F,连接AF、C1F,则剩余几何体为A1B1C1D1—AFC1E,因此其左视图为选项C.5.(文)如图是一个几何体的三视图,根据图中数据,可得该几何体的表面积是( )A.9πB.12πC.11πD.10π[答案] B[解析] 从三视图可以看出该几何体是由一个球体和一个圆柱组合而成的,其表面为S=4π×12+π×12×2+2π×1×3=12π,故选B.(理)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.B.3πC.D.6π[答案] B[解析] 由三视图还原几何体,如图所示,为圆柱被一个不垂直于轴线的平面所截得到的几何体,其体积为V=4π-×2π=3π.-18-\n6.(2022·陕西检测)若设平面α、平面β相交于直线m,直线a在平面α内,直线b在平面β内,且b⊥m,则“α⊥β”是“a⊥b”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件[答案] A[解析] 由α⊥β和b⊥m,知b⊥α,又aα,∴a⊥b,“α⊥β”可以推出“a⊥b”,反过来,不一定能推出,即“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件.7.(文)如图,网格上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则几何体的体积为( )A.6B.9C.12D.18[答案] B[解析] 本题主要考查简单几何体的三视图及体积计算,是简单题.由三视图知,其对应几何体为三棱锥,其底面为三角形,一边长为6,这边上的高为3,棱锥的高为3,故其体积为××6×3×3=9,故选B.(理)如图,如图,某三棱锥的三视图都是直角边为的等腰直角三角形,则该三棱锥的四个面的面积中最大的是( )A.B.2C.1D.2[答案] A[解析] 由三视图可知,该几何体是一个三棱锥,三棱锥的三个侧面都是等腰直角三角形,所以四个面中面积最大的为△BCD,且△BCD是边长为2的正三角形,所以S△BCD=×2×2×=,选A.8.(2022·唐山统考)如图,直三棱柱ABC-A1B1C-18-\n1的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB=AC,侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形,则侧面ABB1A1的面积为( )A.2B.1C.D.[答案] C[解析] 由题意知,球心在侧面BCC1B1的中心O上,BC为截面圆的直径,∴∠BAC=90°,△ABC的外接圆圆心N是BC的中点,同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中点.设正方形BCC1B1的边长为x,Rt△OMC1中,OM=,MC1=,OC1=R=1(R为球的半径),∴()2+()2=1,即x=,则AB=AC=1,∴S矩形ABB1A1=×1=.9.(文)某几何体的三视图如图所示,图中的四边形都是边长为2的正方形,两条虚线互相垂直,则该几何体的体积是( )A.B.C.8-D.8-[答案] A[解析] 由三视图知,原几何体为一个正方体挖掉一个正四棱锥其中正方体的棱为2,正四棱锥的底面边长为正方体的上底面,高为1.∴原几何体的体积为V=23-×2×2×1=8-=,选A.(理)如图,空间四边形OABC中,OA=a,OB=b,OC=C.点M在OA上,且OM=2MA,N为BC中点,则MN=( )A.a-b+cB.-a+b+cC.a+b-cD.-a+b-c-18-\n[答案] B[解析] 由向量加法法则可知MN=MO+ON=-OA+(OB+OC)=-a+(b+c)=-a+b+C.10.(文)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上,当正六棱柱的体积最大(柱体体积=底面积×高)时,其高的值为( )A.3B.2C.D.[答案] B[分析] 根据正六棱柱和球的对称性,球心O必然是正六棱柱上下底面中心连线的中点,作出轴截面即可得到正六棱柱的底面边长、高和球的半径的关系,在这个关系下求函数取得最值的条件即可求出所要求的量.[解析] 解法1:以正六棱柱的最大对角面作截面,设球心为O,正六棱柱的上下底面中心分别为O1,O2,则O是O1,O2的中点.设正六棱柱的底面边长为a,高为2h,则a2+h2=9.正六棱柱的体积为V=6×a2×2h,即V=(9-h2)h,则V′=(9-3h2),得极值点h=,不难知道这个极值点是极大值点,也是最大值点,故当正六棱柱的体积最大,其高为2.解法2:求函数V=(9-h2)h的条件可以使用三个正数的均值不等式进行,即V=(9-h2)h=≤,等号成立的条件是9-h2=2h2,即h=.(理)(2022·新课标Ⅱ)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M、N分别是A1B1、A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成的角的余弦值为( )A.B.C.D.[答案] C[解析] 如图,分别以C1B1、C1A1、C1C为x、y、z轴,建立空间直角坐标系.令AC=BC=C1C=2,则A(0,2,2),B(2,0,2),M(1,1,0),N(0,1,0).-18-\n∴=(-1,1,-2),=(0,-1,-2).cosθ===.故选C.第Ⅱ卷(非选择题 共100分)二、填空题(本大题共5个小题,每小题5分,共25分,把正确答案填在题中横线上)11.湖面上漂着一个小球,湖水结冰后将球取出,冰面上留下了一个直径为12cm,深2cm的空穴,则该球的半径是________cm,表面积是________cm2.[答案] 10 400π[解析] 设球的半径为r,画出球与水面的位置关系图,如图:由勾股定理可知,r2=(r-2)2+36,解得r=10.所以表面积为4πr2=4π×100=400π.12.(2022·忻州期末)已知不重合的直线m、l和不重合的平面α、β,且m⊥α,lβ,给出下列命题:①若α∥β,则m⊥l;②若α⊥β,则m∥l;③若m⊥l,则α∥β;④若m∥l,则α⊥β.其中正确命题的个数是________.[答案] 2[解析] 对于①,∵m⊥α,α∥β,∴m⊥β,又lβ,∴m⊥l,①正确;对于②,∵m⊥α,α⊥β,∴m∥β或mβ,又lβ,∴m与l可能相交、平行或异面,②错误;对于③,∵m⊥α,m⊥l,∴l∥α或lα,又lβ,∴α与β有可能相交,也有可能平行,③错误;对于④,∵m⊥α,m∥l,则l⊥α,又lβ,∴α⊥β,④正确,∴正确命题的个数是2.13.已知△ABC的斜二侧直观图是边长为2的等边△A1B1C1,那么原△-18-\nABC的面积为________.[答案] 2[解析] 如图:在△A1D1C1中,由正弦定理=,得a=,故S△ABC=×2×2=2.14.(2022·北京海淀区期末)已知某四棱锥的底面是边长为2的正方形,且俯视图如图所示.(1)若该四棱锥的左视图为直角三角形,则它的体积为________;(2)关于该四棱锥的下列结论中:①四棱锥中至少有两组侧面互相垂直;②四棱锥的侧面中可能存在三个直角三角形;③四棱锥中不可能存在四组互相垂直的侧面.所有正确结论的序号是________.[答案] ①②③[解析] 由三视图可知该几何体是底面边长为2的正方形、高为1的四棱锥,如图所示,所以该四棱锥的体积为×2×2×1=.(2)由图可知PQ⊥平面ABCD,则有PQ⊥AB,又AB⊥BC,所以AB⊥平面PBC,于是侧面PAB⊥侧面PBC,同理可知侧面PDC⊥侧面PBC,故①正确;由上述易知AB⊥PB,CD⊥PC,所以△PAB,△PCD为直角三角形,又四棱锥的左视图为直角三角形,所以△PBC为直角三角形,故②正确;由图易判断平面PAB与平面PAD不垂直,故③正确.综上知①②③均正确.15.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,BC=2,AC=,AA1=3,M为线段BB1上的一动点,则当AM+MC1最小时,△AMC1的面积为________.-18-\n[答案] [解析] 将三棱柱的侧面A1ABB1和B1BCC1以BB1为折痕展平到一个平面α上,在平面α内AC1与BB1相交,则当交点为M点时,AM+MC1取最小值,易求BM=1,∴AM=,MC1=2,又在棱柱中,AC1=,∴cos∠AMC1===-,∴∠AMC1=120°,∴S△AMC1=AM·MC1·sin∠AMC1=××2×=.三、解答题(本大题共6个小题,共75分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)16.(本小题满分12分)如图所示,在三棱锥A-BOC中,OA⊥底面BOC,∠OAB=∠OAC=30°,AB=AC=4,BC=2,动点D在线段AB上.(1)求证:平面COD⊥平面AOB;(2)当OD⊥AB时,求三棱锥C-OBD的体积.[解析] (1)∵AO⊥底面BOC,∴AO⊥OC,AO⊥OB.∵∠OAB=∠OAC=30°,AB=AC=4,∴OC=OB=2.又BC=2,∴OC⊥OB,∴OC⊥平面AOB.∵OC平面COD,∴平面COD⊥平面AOB.(2)∵OD⊥AB,∴BD=1,OD=.∴VC-OBD=×××1×2=.-18-\n17.(本小题满分12分)(文)(2022·江苏苏北四市高三调研)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是菱形,PB=PD,且E,F分别是BC,CD的中点.求证:(1)EF∥平面PBD;(2)平面PEF⊥平面PAC.[解析] (1)因为E,F分别是BC,CD的中点,所以EF∥BD,因为EF平面平面PBD,BD平面PBD,所以EF∥平面PBD.(2)设BD交AC于点O,连接PO,因为ABCD是菱形,所以BD⊥AC,O是BD中点,又PB=PD,所以BD⊥PO,又EF∥BD,所以EF⊥AC,EF⊥PO.又AC∩PO=O,所以EF⊥平面PAC.因为EF平面PEF,所以平面PEF⊥平面PAC.(理)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是BC的中点,AA1=AB=A.(1)求证:AD⊥B1D;(2)求证:A1C∥平面AB1D.[解析] (1)∵ABC-A1B1C1是正三棱柱,∴BB1⊥平面ABC,∴BD是B1D在平面ABC上的射影.在正△ABC中,∵D是BC的中点,∴AD⊥BD,根据三垂线定理得,AD⊥B1D.(2)连接A1B,设A1B∩AB1=E,连接DE.∵AA1=AB,∴四边形A1ABB1是正方形,∴E是A1B的中点,又D是BC的中点,∴DE∥A1C.∵DE平面AB1D,A1C平面AB1D,∴A1C∥平面AB1D.-18-\n18.(本小题满分12分)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,D为C1B的中点,P为AB边上的动点.(1)当点P为AB的中点时,证明DP∥平面ACC1A1;(2)若AP=3PB,求三棱锥B-CDP的体积.[解析] (1)连接DP,AC1,∵P为AB中点,D为C1B中点,∴DP∥AC1,又∵AC1平面ACC1A1,DP平面ACC1A1,∴DP∥平面ACC1A1.(2)由AP=3PB,得PB=AB=.过点D作DE⊥BC于E,则DECC1,又CC1⊥平面ABC,∴DE⊥平面BCP,又CC1=3,∴DE=.则S△BCP=·2·sin60°=,∴VB-CDP=VD-BCP=··=.19.(本小题满分12分)(文)(2022·北京高考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1=AC=2,BC=1,E、F分别为A1C1、BC的中点.-18-\n(1)求证:平面ABE⊥平面B1BCC1;(2)求证:C1F∥平面ABE;(3)求三棱锥E-ABC的体积.[解析] (1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC,所以BB1⊥AB,又因为AB⊥BC,所以AB⊥平面B1BCC1.又AB平面ABE.所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)取AB中点G,连结EG、FG.因为E、F分别是A1C1、BC的中点.所以FG∥AC,且FG=AC.因为AC∥A1C1,且AC=A1C1,所以FG∥EC1,且FG=EC1.所以四边形FGEC1为平行四边形.所以C1F∥EG.又因为EG⊂平面ABE,C1F⊄平面ABE,所以C1F∥平面ABE.(3)因为AA1=AC=2,BC=1,AB⊥BC,所以AB==,所以三棱锥E-ABC的体积V=S△ABC·AA1=×××1×2=.(理)如图所示,在棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为直角梯形,PA=AD=DC=2,AB=4且AB∥CD,∠BAD=90°,-18-\n(1)求证:BC⊥PC;(2)求PB与平面PAC所成角的正弦值.[解析] (1)在直角梯形ABCD中,AC=2,取AB中点E,连接CE,则四边形AECD为正方形,∴AE=CE=2,又BE=AB=2,则△ABC为等腰直角三角形,∴AC⊥BC,又∵PA⊥平面ABCD,BC平面ABCD,∴PA⊥BC,由AC∩PA=A得BC⊥平面PAC,∵PC平面PAC,所以BC⊥PC.(2)以A为坐标原点,AD,AB,AP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.则P(0,0,2),B(0,4,0),C(2,2,0),=(0,-4,2),=(2,-2,0).由(1)知即为平面PAC的一个法向量,cos<,>==.即PB与平面PAC所成角的正弦值为.20.(本小题满分13分)(文)(2022·湖北高考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分别是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中点.求证:(1)直线BC1∥平面EFPQ;(2)直线AC1⊥平面PQMN.[解析] 思路分析:(1)直线与平面平行,主要通过直线与直线平行来证明,由BC1∥AD1,AD1∥-18-\nFP,得出BC1∥FP,即可证明;(2)直线与平面垂直,主要通过直线与直线垂直来证明,而直线与直线垂直往往又要通过直线与平面垂直来证明.由BD⊥平面ACC1,得BD⊥AC1,从而MN⊥AC1;同理,证明PN⊥AC1,即可完成证明.解:(1)连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AD1∥BC1,因为F,P分别是AD,DD1的中点,所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ.故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图,连接AC,BD,则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD,BD平面ABCD,可得CC1⊥BD.又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1,而AC1平面ACC1,所以BD⊥AC1.因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,所以MN∥BD,从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1,又PN∩MN=N,所以直线AC1⊥平面PQMN.(2022·辽宁高考)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证:EF⊥BC;(2)求二面角E-BF-C的正弦值.[解析] (1)方法一:过E作EO⊥BC,垂足为O,连接OF,由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC,-18-\n图1所以∠EOC=∠FOC=,即FO⊥BC.又EO⊥BC,因此BC⊥平面EFO.又EF平面EFO,所以EF⊥BC.方法二:由题意,以B为坐标原点,在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴,建立如图所示空间直角坐标系,易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0),因而E(0,,),F(,,0),所以=(,0,-),=(0,2,0),因此·=0,从而⊥,所以EF⊥BC.(2)方法一:在图1中过O作OG⊥BF,垂足为G连EG,由平面ABC⊥平面BDC,从而EO⊥平面BDC,又OG⊥BF,由三垂线定理知EG⊥BF.因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角,在△EOC中,EO=EC=BC·cos30°=,由△BGO∽△BFC知OG=·FC=.因此tan∠EGO==2,从而sin∠EGO=.即二面角的正弦值为.方法二:在图(2)中平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1),设平面BEF的法向量n2=(x,y,z)图2-18-\n又=(,,0),=(0,,).由得其中一个n2=(1,-,1)设二面角E-BF-C的大小为θ,由题意知θ为锐角,则cosθ=|cos<n1,n2>|=||=.因此sinθ==.即所求二面角的正弦值为.21.(本小题满分14分)(文)(2022·保定模拟)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,PA⊥AC,AB⊥BC.设D、E分别为PA、AC中点.(1)求证:DE∥平面PBC;(2)求证:BC⊥平面PAB;(3)试问在线段AB上是否存在点F,使得过三点D,E,F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行?若存在,指出点F的位置并证明;若不存在,请说明理由.[解析] (1)证明:因为点E是AC中点,点D为PA的中点,所以DE∥PC.又因为DE平面PBC,PC平面PBC,所以DE∥平面PBC.(2)证明:因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,又PA平面PAC,PA⊥AC,所以PA⊥平面ABC.所以PA⊥BC.又因为AB⊥BC,且PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB.(3)当点F是线段AB中点时,过点D,E,F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行.取AB中点F,连EF,DF.由(1)可知DE∥平面PBC.-18-\n因为点E是AC中点,点F为AB的中点,所以EF∥BC.又因为EF平面PBC,BC平面PBC,所以EF∥平面PBC.又因为DE∩EF=E,所以平面DEF∥平面PBC,所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行.故当点F是线段AB中点时,过点D,E,F所在平面内的任一条直线都与平面PBC平行.(理)(2022·保定模拟)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC.(1)求证:AC⊥PB;(2)设O,D分别为AC,AP的中点,点G为△OAB内一点,且满足=(+),求证:DG∥平面PBC;(3)若AB=AC=2,PA=4,求二面角A-PB-C的余弦值.[解析] (1)因为PA⊥平面ABC,AC平面ABC,所以PA⊥AC.又因为AB⊥AC,且PA∩AB=A,所以AC⊥平面PAB.又因为PB平面PAB,所以AC⊥PB.(2)解法1:因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,又因为AB⊥AC,所以建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.设AC=2a,AB=b,PA=2c,则A(0,0,0),B(0,b,0),C(2a,0,0),D(0,0,c),O(a,0,0),P(0,0,2c)又因为=(+),所以=(-a,,0).-18-\n∴G(,,0)于是=(,,-c),=(2a,-b,0),=(0,b,-2c).设平面PBC的一个法向量n=(x0,y0,z0),则有即不妨设z0=1,则有y0=,x0=,所以n=(,,1).因为n·=(,,1)·(,,-c)=·+·+1·(-c)=0,所以n⊥.又因为DG平面PBC,所以DG∥平面PBC.解法2:取AB中点E,连接OE,则=(+)由已知=(+)可得=OE.则点G在OE上.连接AG并延长交CB于F,连接PF因为O,E分别为AC,AB的中点,所以OE∥BC,即G为AF的中点.又因为D为线段PA的中点,所以DG∥PF.又DG平面PBC,PF平面PBC.所以DG∥平面PBC.(3)由(2)可知平面PBC的一个法向量n=(,,1)=(2,2,1).又因为AC⊥平面PAB,所以平面PAB的一个法向量是=(2,0,0).-18-\n又cos<n·>===,由图可知,二面角A-PB-C为锐角,所以二面角A-PB-C的余弦值为.-18-
版权提示
- 温馨提示:
- 1.
部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
- 2.
本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
- 3.
下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
- 4.
下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)