高考数学一轮复习(配最新高考+模拟)第八章立体几何单元测试理.pdf

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1、第页 1 2014届高考数学（理）一轮复习单元测试第八章立体几何一、选择题(本大题共12 小题，每小题 5分，共 60 分 每小题中只有一项符合题目要求)1、（2013 年上海市春季高考数学试卷(含答案)）若两个球的表面积之比为1:4,则这两个球的体积之比为（）A1:2B1:4C1:8D1:162、（2013 年高考新课标1（理）如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高 8cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为（）A35003cmB38663cmC313723cmD320483cm3、（广东省惠州市2013 届

2、高三 4 月模拟考试数学理试题（WORD 版）如图是某简单组合体的三视图,则该组合体的体积为（）A36 3(2)B36 3(2)C108 3D108(32)4.【天津市新华中学2013届高三第三次月考理】设ba,是两条直线，,是两个平面，则ba的一个充分条件是()A.,/,baB./,baC./,baD.,/,ba第页 2 5、【北京市昌平区2013 届高三上学期期末理】已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的全面积为 A.104 34 2 B 102 34 2 C.142 34 2D.144 34 26、【贵州省遵义四中2013 届高三第四次月考理】某几何体的

3、三视图如右图所示，则它的体积是（）（A）283（B）83（C）82（D）237.【山东省师大附中2013 届高三第四次模拟测试1 月理】正六棱柱的底面边长为4,高为 6,则它的外接球的表面积为 A.20 B.25 C.100 D.2008、（2013 年高考湖南卷（理）已知棱长为1 的正方体的俯视图是一个面积为1 的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能等于（）A1B2C2-12D2+129、（2013 年普通高等学校招生统一考试新课标卷数学（理）（纯 WORD 版含答案）已知nm,为异面直线,m平面,n平面.直线l满足,lm ln ll,则（）A/,且/lB,且lC与相交,且交线垂直于lD与

4、相交,且交线平行于l10、（2013 年高考湖北卷（理）一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为1V,2V,3V,4V,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有（）第页 3 A1243VVVVB1324VVVVC2134VVVVD2314VVVV11、（安徽省马鞍山市2013 届高三第三次教学质量检测）右图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为4的等腰梯形，则该几何体的表面积是（A）12（B）13（C）15（D）1712、【云南省昆明一中2013 届高三新课程第一次摸底测试理】如图，在长方体AB

5、CD A1B1C1D1中，对角线B1D 与平面 A1BC1相交于点E，则点 E为 A1BC1的A垂心B内心C外心D重心二、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、（2013 年高考福建数学（理）试题）已知某一多面体内接于一个简单组合体,如果该组合体的正视图.测试图.俯视图均如图所示,且图中 的 四 边 形 是 边 长 为2的 正 方 形,则 该 球 的 表 面 积 是_ 14、（广东省深圳市2013届高三第二次调研考试）某简单组合体的三视图正视图侧视图俯视图第（6）题图第页 4 如图 2,其中正视图与侧视图相同(尺寸如图,单位:cm),则该组合体的体积

6、是_3cm(结果保留)15.【天津市新华中学2013 届高三第三次月考理】已知一个几何体的三视图如下图所示(单位：cm)，其中正视图是直角梯形，侧视图和俯视图都是矩形，则这个几何体的体积是_cm3.16 （2013 年高考安徽数学理）如图,正方体1111ABCDA B C D的棱长为1,P 为 BC的中点,Q为线段1CC上的动点,过点 A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是_(写出所有正确命题的编号).当102CQ时,S 为四边形;当12CQ时,S 为等腰梯形;当34CQ时,S 与11C D的交点 R满足1113C R;当314CQ时,S 为六边形;当1CQ时,S 的

7、面积为62.第页 5 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 (本 小 题 满 分10分)（2013广 东 理）如 图1,在 等 腰 直 角 三 角 形ABC中,90A,6BC,D E分别是,AC AB上的点,2CDBE,O为BC的 中 点.将ADE沿DE折 起,得 到 如 图2 所 示 的 四 棱锥ABCDE,其 中3A O.()证明:AO平面BCDE；()求二面角ACDB的平面角的余弦值.18(本小题满分12 分)【北京市朝阳区2013 届高三上学期期末理】在长方体1111ABCD-A B C D中，12AA=AD=，点E在棱CD上，且13C

8、E=CD（）求证：1AD平面11A B D；（）在棱1AA上是否存在点P，使DP平面1B AE？若存在，求出线段AP的长；若不存.C O B D E A C D O B E A图 1 图 2 第页 6 在，请说明理由；（）若二面角11A-B E-A的余弦值为306，求棱AB的长19(本小题满分12 分)【云南省玉溪一中2013 届高三第三次月考理】如图，在长方体1111ABCDABC D，中，11,2ADAAAB，点E在棱 AB上移动.（1）证明：11D EAD；（2）当E为AB的中点时，求点E到面1ACD 的距离；（3）AE等于何值时，二面角1DECD 的大小为4.20(本小题满分12 分)

9、（2013 安徽省皖南八校2013 届高三第三次联考）如图,正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直,AD 丄 CD,AB/CD,AB=AD=21CD=2,点 M在线段 EC上(I)当点 M为 EC中点时，求证:BM/平面 ADEF(II)求证:平面 BDE丄平面 BEC 第页 7(III)若平面说BDM 与平面 ABF所成二面角为锐角,且该二面角的余弦值为66时，求三棱锥 M-BDE的体积.21(本小题满分12 分)18 (江西省六校2012 届高三联考理科)如图所示的多面体，它的正视图为直角三角形，侧视图为正三角形，俯视图为正方形（尺寸如图所示），E为 VB的中点 来(1)求

10、证：VD 平面 EAC；(2)求二面角AVB D的余弦值22(本小题满分12 分)（2013 年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版）如图,在四面体BCDA中,AD平面BCD,22,2,BDADCDBC.M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且QCAQ3.(1)证明:/PQ平面BCD;(2)若二面角DBMC的大小为060,求BDC的大小.第页 8 参考答案一、选择题1、C 2、A 3、【解析】由三视图可知几何体是由截面相同的半个圆锥与半个三棱锥组合而成的.圆椎底面半径为6,椎体底面边长为12,高为6 3.111136 6 3126 6 336 3(2)3232

11、V故选B.4、【答案】C【解析】若b，/，所以b，又a，所以ba，即ab，所以选 C.5、【答案】B【解析】根据三视图复原的几何体是底面为直角梯形，一条侧棱垂直直角梯形的直角顶点的四棱锥其中 ABCD 是直角梯形，AB AD，AB=AD=2，BC=4，即 PA 平面 ABCD，PA=2。且22CD,，22PD,2 2PB,2 6PC,底 面 梯 形 的 面 积 为(24)262，12222PABS,12222PADS,12 244 22PBCS,侧面三角形DPC中的高22(2 2)(6)2DO，ABCDPQM（第 22 题图）第页 9 所以12 622 32PDCS，所以该几何体的总面积为62

12、22 34 2102 34 2，选 B.6、【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是一个正四棱柱挖去一个圆锥，正四棱柱的体积为22 28，圆锥的体积为12233，所以该几何体的体积为283，选 A.7、【答案】C【解析】由图象可知正六棱柱的对角线BC即为外接球的直径，因为底面边长为4，所以8AB，所以228610010BC，即210R,解得外接球的半径5R，所以外接球的表面积为24425100R，选 C.8、【答案】C【解析】由题知，正方体的棱长为1，121-2.2,12,11而上也在区间上，所以正视图的面积，宽在区间正视图的高为。选 C 9、D 解析 若，则mn与m，n为异面直线矛盾，故A

13、错若且l，则由n平面知ln与ln矛盾，故B错若与相交，设垂直于交线的平面为，则l，又lm，ln，m平面，n平面，故交线平行于l.故选 D.10、C 11、D 12、【答案】D 第页10【解析】如图，1EB FDBE,所以:2:1BE EF,且F为11AC的中点，选D.二、填空题13、1214、1315、【答案】32【解析】由三视图可知，该几何体为一个放到的四棱柱，以梯形为低，所以梯形面积为1(12)322，四棱柱的高为 1，所以该几何体的体积为32。16、【答案】【解析】CQDTPQATPQATTDD22/1且，则相交于设截面与.对，时当210.CQ,则.121DT所以截面 S为四边形，且S为

14、梯形.所以为真.对,1=DT,21.时当CQ重合与1,DT，截面 S为四边形.,11QDAPAPQD 所以截面 S为等腰梯形.所以为真.对,43.时当CQ.31.21,41231111RCTDQCDT利用三角形相似解得所以为真.对,2DT23,143.时当CQ.截面 S与线段1111CD,DA相交，所以四边形S为五边形.所以为假.对,AGAPCGDASCCQ111111,Q1.即为菱形相交于中点与线段截面重合与时，当.第页11 对角线长度分别为.2632的面积为，和S所以为真.综上，选三、解答题17、【解析】()在图 1 中,易得3,3 2,2 2OCACAD连结,OD OE,在OCD中,由余

15、弦定理可得222cos455ODOCCDOC CD由翻折不变性可知2 2A D,所以222A OODA D,所以A OOD,理可证A OOE,又ODOEO,所以A O平面BCDE.()传统法:过O作OHCD交CD的延长线于H,连结A H,因为A O平面BCDE,所以A HCD,所以A HO为二面角ACDB的平面角.结合图 1 可知,H为AC中点,故3 22OH,从而22302A HOHOA所以15cos5OHA HOA H,所以二面角ACDB的平面角的余弦值为155.向量法:以O点为原点,建立空间直角坐标系Oxyz如图所示,则0,0,3A,0,3,0C,1,2,0D所以0,3,3CA,1,2,

16、3DA设,nx y z为平面A CD的法向量,则00n CAn DA,即330230yzxyz,解得3yxzx,令1x,得1,1,3n由()知,0,0,3OA为平面CDB的一个法向量,所以315cos,535n OAn OAn OA,即二面角ACDB的平面角的余弦值为155.18、证明：（）在长方体1111ABCD-A B C D中，C D O B E AH C D O x E A向量法图y z B 第页12 因为11A B面11A D DA，所以111A BAD在矩形11A D DA中，因为12AA=AD=，所以11ADA D 所以1AD面11A B D（）如图，在长方体1111ABCD-A

17、 B C D中，以1D为原点建立空间直角坐标系1Dxyz依题意可知，11(0,0,0),(2,0,0),(0,0,2)DAD，(2,0,2)A，设AB的长为x，则11(0,0),(2,0)CxBx，2(0,2),(0,2)3CxEx假设在棱1AA上存在点P，使得DP平面1B AE设点P(2,0,)y，则(2,0,-2)DPy，第页13(0,0,-2)APy易知112(-2,-,2),(-2,0)33B E=xAEx设平面1B AE的一个法向量为(,)a b cn，则100B E=AE=nn，即1-2-2032-2+03axbc=axb=令3b得，3,2ax cx，所以3(,3,)2xxn因为D

18、P平面1B AE，等价于0DP n且DP平面1B AE得32+(-2)02xyx，所以23y所以4(0,0,-)3AP，43AP，所以AP的长为43（）因为CD11A B，且点ECD，所以平面11A B E、平面11A B D与面11A B CD是同一个平面由（）可知，1AD面11A B D，所以1(2,0,2)D A是平面11A B E的一个法向量由（）可知，平面1B AE的一个法向量为3(,3,)2xxn因为二面角11A-B E-A的余弦值为306，所以12212+330cos632 29()2xxD AADxxnn，解得3 2x故AB的长为3 219、解：以D为坐标原点，直线1,DA D

19、C DD 分别为,x y z 轴，建立空间直角坐标系，设 AEx，则11(1,0,1),(0,0,1),(1,0),(1,0,0),(0,2,0)ADExAC（1）1111,(1,0,1),(1,1)0,.DA D ExDAD E因为所以（2）因为E为AB的中点，则(1,1,0)E，从而1(1,1,1),(1,2,0)D EAC，第页14 1(1,0,1)AD，设平面1ACD 的法向量为(,)na b c，则10,0,n ACn AD也即200abac，得2abac，从而(2,1,2)n，所以点E到平面1ACD 的距离为1|21 21.33|D E nhn（3）设平面1D EC 的法向量(,)

20、na b c，11(1,2,0),(0,2,1),(0,0,1),CExD CDD由10,20(2)0.0,n D Cbcab xn CE令1,2,2bcax，(2,1,2).nx依题意121|222cos.422|(2)5n DDnDDx123x（不合，舍去），223x.23AE时，二面角1DECD 的大小为420、（1）证明取DE中点N，连结,MN AN在EDC中，,M N分别为,EC ED的中点，则MNCD，且12MNCD由已知ABCD，12ABCD，因此，MNAB，且MNAB所以，四边形ABMN为平行四边形于是，BMAN又因为AN平面ADEF，且BM平面ADEF，所以BM平面ADEF（

21、2）证明在正方形ADEF中，EDAD又平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD，知ED平面ABCD所以EDBC在直角梯形ABCD中，2ABAD，4CD，算得2 2BC在BCD中，2 2,4BDBCCD，可得BCBD故BC平面BDE又因为BC平面BCE，所以，平面BDE平面BEC第页15 AxyMCNEFDBz解（3）按如图建立空间直角坐标系，点D与坐标原点O重合.设),(zyxM，则)2,(zyxEM，又)2,4,0(EC，设(01)EMEC，则22,4,0zyx，即)22,4,0(M.设),(111zyxn是平面BDM的法向量，则02211yxnOB,0)22(411zynOM

22、.取11x，得12,111zy，即得平面BDM的一个法向量为)12,1,1(n.10 分由题可知，)0,0,2(OA是平面ABF的一个法向量.因此，22|211|cos,|,2|642 2(1)OA nOA nOAn，即点M为EC中点.此时，2DEMS，AD为三棱锥DEMB的高，所以，BDEMV342231DEMBV.21、解：(1)由正视图可得：平面VAB 平面 ABCD，连接 BD交 AC于 O 点，连EO，由已知可得 BO=OD，VE=EB VD EO 又 VD平面 EAC，EO平面 EAC VD平面 EAC (2)设 AB的中点为P，则由题意可知VP 平面 ABCD，建立如图所示坐标系

23、设n=(x,y,z)是平面 VBD法向量，BD=(-2,2,0)3,0,1(VB)0,1,0(PO由BDn，VBn第页16 03022zxyx)1,3,3(n二面角AVB D的余弦值721|cosPOnPOn22、证明()方法一:如图 6,取MD的中点F,且M是AD中点,所以3AFFD.因为P是BM中点,所以/PFBD;又因为()3AQQC且3AFFD,所以/QFBD,所以面/PQF面BDC,且PQ面BDC,所以/PQ面BDC;方法二:如图 7 所示,取BD中点O,且P是BM中点,所以1/2POMD;取CD的三等分点H,使3DHCH,且3AQQC,所 以11/42QHADMD,所以/POQHPQOH,且OHBCD,所以/PQ面BDC;()如 图8 所 示,由 已 知 得 到 面ADB面BDC,过C作CGBD于G,所 以CGBMD,过G作GHBM于H,连接CH,所以CHG就是CBMD的二面角;由已知得到813BM,设BDC,所以cos,sin22 cos,2 2 cossin,22 sin,CDCGCBCDCGBCBDCDBD,在RT BCG中,2sin2 2 sinBGBCGBGBC,所以在RT BHG中,2212 2sin332 2sinHGHG,所以在RT CHG中第页17 22 2cossintantan6032 2sin3CGCHGHGtan3(0,90)6060BDC;