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  • 2021-06-16 发布

【数学】2020届一轮复习人教A版立体几何单元测试

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‎ (120分钟 150分)‎ 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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.【浙江省2019年高考模拟训练】已知四边形中,,,在将沿着翻折成三棱锥的过程中,直线与平面所成角的角均小于直线与平面所成的角,设二面角,的大小分别为,则( )‎ A. B. C.存在 D.的大小关系无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】如图,在三棱锥中,作平面于,连,‎ 则分别为与平面所成的角.‎ ‎∵直线与平面所成角的角均小于直线与平面所成的角,‎ ‎∴.‎ 过作,垂足分别为,连,‎ 则有,‎ ‎∴分别为二面角,的平面角,‎ ‎∴.‎ 在中,,设BD的中点为O,则为边上的中线,‎ 由可得点H在CO的左侧(如图所示),‎ ‎∴.‎ 又,‎ ‎∴.‎ 又为锐角,‎ ‎∴.‎ 故选B.‎ ‎2.【四川省德阳市2018届高三二诊】以等腰直角三角形的斜边上的中线为折痕,将与折成互相垂直的两个平面,得到以下四个结论:①平面;②为等边三角形;③平面平面;④点在平面内的射影为的外接圆圆心.其中正确的有( )‎ A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】由于三角形为等腰直角三角形,故,所以平面,故①正确,排除选项.由于,且平面平面,故平面,所以,由此可知,三角形为等比三角形,故②正确,排除选项.由于,且为等边三角形,故点在平面内的射影为的外接圆圆心, ④正确,故选.‎ ‎3.已知梯形如下图所示,其中,,为线段的中点,四边形为正方形,现沿进行折叠,使得平面平面,得到如图所示的几何体.已知当点满足时,平面平面,则的值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为四边形为正方形,且平面平面,所以两两垂直,且,所以建立空间直角坐标系(如图所示),又因为,,所以,‎ 则, ,设平面的法向量为,则由 得,取,平面的法向量为,则由得,取,‎ 因为平面平面,所以,解得.故选C.‎ ‎4.如图是棱长为1的正方体的平面展开图,则在这个正方体中,以下结论错误的是( )‎ A.点到的距离为 ‎ B.与所成角是 C.三棱锥的体积是 ‎ D.与是异面直线 ‎【答案】D ‎【解析】根据正方体的平面展开图,画出它的立体图形如图所示,中到的距离为,正确;与所成角是,正确;三棱锥的体积是,正确;,错误.‎ ‎5.在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥平面AB1C1,且△AB1C1为等边三角形,B1C1=2AA1=2,则直线AB与平面B1C1CB夹角的正切值为 (  )‎ A.     B.    C.    D.‎ ‎【解析】选D.取B1C1的中点D,连接AD,BD,‎ 因为AA1⊥平面AB1C1,AA1∥BB1,‎ 所以BB1⊥平面AB1C1,所以BB1⊥AD,‎ 又因为△AB1C1是等边三角形,所以B1C1⊥AD,‎ 又B1C1∩BB1=B1,所以AD⊥平面B1C1CB,‎ 所以∠ABD是AB与平面B1C1CB的夹角,‎ 因为△AB1C1为等边三角形,B1C1=2AA1=2,‎ 所以AD=,BD=,所以tan∠ABD==.‎ 故直线AB与平面B1C1CB夹角的正切值为.‎ ‎ 6.对于任意的直线l与平面α,在平面α内必有直线m,使m与l ‎ (  )‎ A.平行 B.相交 C.垂直 D.互为异面直线 ‎【解析】选C.若直线l与平面α相交,则不存在m,使m与l平行,所以A错误,若直线l与平面α平行,则不存在m,使m与l相交,所以B错误,若直线l在平面α内,则不存在m,使m与l互为异面直线,所以D错误,对于任意的直线l与平面α,过l作平面β垂直于平面α,设β与平面α的交线为b,在平面α内总存在m与b垂直,所以m垂直于l,所以C正确.‎ ‎7.一个几何体的三视图及其尺寸如图所示,则该几何体的表面积为 (  )‎ A.16 B.8+8‎ C.2+2+8 D.4+4+8‎ ‎【解析】选D.由三视图知,‎ 该几何体是底面边长为=2的正方形,高PD=2的四棱锥P-ABCD,因为PD⊥平面ABCD,且四边形ABCD是正方形,易得BC⊥PC,BA⊥PA,‎ 又PC===2,‎ 所以S△PCD=S△PAD=×2×2=2,‎ S△PAB=S△PBC=×2×2=2.‎ 所以几何体的表面积为4+4+8.‎ ‎8.正四棱锥的侧棱长为2,侧棱与底面所成的角为60°,则该棱锥的体积为 ‎ (  )‎ A.3 B.6 C.9 D.18 ‎ ‎【解析】选B.由已知,棱锥的高为3,所以底面边长为,所以该棱锥的体积为V=Sh=××3=6.‎ ‎9.(2018·杭州模拟)矩形ABCD中,AB=,BC=1,将△ABC与△ADC沿AC所在的直线进行随意翻折,在翻折过程中直线AD与直线BC夹角的范围(包含初始状态)为 (  )‎ A.  B.‎ C.  D.‎ ‎【解析】选C.初始状态直线AD与直线BC所成的角为0,翻折过程中当BC⊥BD时,直线AD与直线BC所成的角为直角,因此直线AD与直线BC所成的角范围为.‎ ‎10.如图所示,平面四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD,将其沿对角线BD折成四面体A′BCD,使平面A′BD⊥平面BCD,若四面体A′BCD的顶点在同一个球面上,则该球的体积为 (  )‎ A.π B.3π C.π D.2π ‎【解析】选A.如图所示,‎ 取BD的中点E,BC的中点O,连接A′E,EO,A′O,OD.‎ 因为平面A′BD⊥平面BCD,A′E⊥BD,‎ 平面A′BD∩平面BCD=BD,‎ A′E平面A′BD,‎ 所以A′E⊥平面BCD.‎ 因为A′B=A′D=CD=1,BD=,‎ 所以A′E=,EO=,所以OA′=.‎ 在Rt△BCD中,OB=OC=OD=BC=,‎ 所以四面体A′BCD的外接球的球心为O,球的半径为,‎ 所以V球=π×=π.‎ ‎11.在Rt△ABC中,已知D是斜边AB上任意一点(如图①),沿直线CD将△ABC折成直二面角B-CD-A(如图②).若折叠后A,B两点间的距离为d,则下列说法正确的是 (  )‎ A.当CD为Rt△ABC的中线时,d取得最小值 B.当CD为Rt△ABC的角平分线时,d取得最小值 C.当CD为Rt△ABC的高线时,d取得最小值 D.当D在Rt△ABC的斜边AB上移动时,d为定值 ‎【解析】选B.设BC=a,AC=b,∠ACD=θ,则∠BCD=-θ,过A作CD的垂线AG,过B作CD的延长线的垂线BH,所以AG=bsin θ,BH=acos θ,CG=bcos θ,CH=asin θ,则HG=CH-CG=asin θ-bcos θ,‎ 所以d==‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=,‎ 所以当θ=,即当CD为Rt△ABC的角平分线时,d取得最小值.‎ ‎12.两个相同的正四棱锥组成如图所示的几何体,可放在棱长为1的正方体内,使正四棱锥的底面ABCD与正方体的某一个面平行,且各顶点均在正方体的面上,则这样的几何体体积的可能值有 (  )‎ A.1个 B.2个 C.3个 D.无穷多个 ‎【解析】选D.方法一:本题可以转化为一个正方形可以有多少个内接正方形,显然有无穷多个.‎ 方法二:通过计算,显然两个正四棱锥的高均为,考查放入正方体后,面ABCD所在的截面,显然其面积是不固定的,取值范围是,所以该几何体的体积取值范围是.‎ 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)‎ ‎13.在矩形ABCD中,对角线AC与相邻两边所成的角为α,β,则有cos 2α+‎ cos 2β=1.类比到空间中的一个正确命题是:在长方体ABCD-A1B1C1D1中,对角线AC1与相邻三个面所成的角为α,β,γ,则cos 2α+cos 2β+cos 2γ=_______. ‎ ‎【解析】设长方体的棱长分别为a,b,c,如图所示,所以AC1与下底面所成角为∠C1AC,记为α,所以cos 2α==,同理cos 2β=,‎ cos 2γ=,所以cos 2α+cos 2β+cos 2γ=2.‎ 答案:2‎ ‎14.一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上.已知正三棱柱的底面边长为2,则该三角形的斜边长为_______. ‎ ‎【解析】如图,‎ 设等腰直角三角形ABC的直角边长为a,过顶点A,C分别作棱的垂线,垂足为F,G,E,连接AF,FG,AG,由正三棱柱的性质,得4+x2=a2,=+4,解得a=,所以该三角形的斜边长为×=2.‎ 答案:2‎ ‎15.一个六棱柱的底面是正六边形,其侧棱垂直于底面.已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上,且该六棱柱的高为,底面周长为3,那么这个球的体积为_______. ‎ ‎【解析】因为底面周长为3,所以底面边长为,所以球的半径为=1,所以这个球的体积为π.‎ 答案:π ‎16.在直三棱柱A1B1C1﹣ABC中,底面ABC为直角三角形,∠BAC=,AB=AC=AA1=1.已知G与E分别为A1B1和CC1的中点,D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点).若GD⊥EF,则线段DF的长度的最小值为_______. ‎ ‎【解析】建立直角坐标系,以A为坐标原点,AB为x轴,AC为y轴,AA1为z轴,‎ 则F(t1,0,0)(0=.‎ 由已知得|cos<,n>|=.‎ 所以=.‎ 解得a=-4(舍去),a=.‎ 所以n=.‎ 又=(0,2,-2),所以cos<,n>=.‎ 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.‎ ‎22. (12分)(2018·南昌模拟)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AB∥CD,AB⊥AD,AB=2CD=2AD=4,侧面PAB是等腰直角三角形,PA=PB,平面PAB⊥平面ABCD,点E,F分别是棱AB,PB上的点,平面CEF∥平面PAD. ‎ ‎(1)确定点E,F的位置,并说明理由.‎ ‎(2)求平面DEF与平面EFC夹角的余弦值.‎ ‎【解析】(1)因为平面CEF∥平面PAD,平面CEF∩平面ABCD=CE,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以CE∥AD,‎ 又因为AB∥DC,所以四边形AECD是平行四边形,所以DC=AE=AB,即点E是AB的中点,因为平面CEF∥平面PAD,平面CEF∩平面PAB=EF,‎ 平面PAD∩平面PAB=PA,‎ 所以EF∥PA,因为点E是AB的中点,‎ 所以点F是PB的中点,‎ 综上,E,F分别是AB,PB的中点.‎ ‎(2)连接PE,因为PA=PB,AE=EB,所以PE⊥AB,又因为平面PAB⊥平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD,‎ 又AB⊥AD,所以CE⊥AB.‎ 如图以点E为坐标原点,EC,EB,EP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,‎ 则B(0,2,0),C(2,0,0),D(2,-2,0),E(0,0,0),‎ P(0,0,2).‎ 由中点公式得到F(0,1,1),‎ 设平面CEF,平面DEF的法向量分别为 m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),‎ 由令y1=1,得m=(0,1,-1),‎ 由令y2=1,得n=(1,1,-1).‎ 所以cos===.‎ 综上,平面DEF与平面EFC夹角的余弦值是. ‎ ‎【加练备选】(2018·浙江高考)如图,已知多面体ABC-A1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.‎ ‎(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1.‎ ‎(2)求直线AC1与平面ABB1夹角的正弦值.‎ ‎【解析】方法一:‎ ‎(1)由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2,‎ 所以A1+A=A.‎ 故AB1⊥A1B1.‎ 由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=,‎ 由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2,‎ 由CC1⊥AC,得AC1=,所以A+B1=A,故AB1⊥B1C1,又A1B1∩B1C1=B1,所以AB1⊥平面A1B1C1.‎ ‎(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.‎ 由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,‎ 由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1,‎ 所以∠C1AD是AC1与平面ABB1的夹角.‎ 由B1C1=,A1B1=2,A1C1=得 cos∠C1A1B1=,sin∠C1A1B1=,‎ 所以C1D=,故sin ∠C1AD==.‎ 因此,直线AC1与平面ABB1夹角的正弦值是.‎ 方法二:‎ ‎(1)如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.‎ 由题意知各点坐标如下:A(0,-,0),B(1,0,0),‎ A1(0,-,4),B1(1,0,2),C1(0,,1),‎ 因此=(1,,2),=(1,,-2),=(0,2,-3),由·=0得AB1⊥A1B1.‎ 由·=0得AB1⊥A1C1.所以AB1⊥平面A1B1C1.‎ ‎(2)设直线AC1与平面ABB1的夹角为θ.‎ 由(1)可知=(0,2,1),=(1,,0),=(0,0,2),‎ 设平面ABB1的法向量n=(x,y,z).‎ 由即 可取n=(-,1,0).‎ 所以sin θ=|cos<,n>|==,因此,直线AC1与平面ABB1夹角的正弦值是.‎

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