高考数学专题1311月第二次周考第七章立体几何测试一测试卷文 17页

专题 13 11 月第二次周考（第七章 立体几何测试一） 测试时间：120 分钟 班级： 姓名： 分数： 试题特点：本套试卷重点考查空间点线面位置关系（特别是平行与垂直的判断与证明）、三视图、空间几 何体面积与体积的计算、空间角与空间距离的计算等．在命题时，注重考查基础知识如第 1-9，13-14 及 17-20 题等；注重基本运算能力的考查，如第 1，3-6，8-10，13-15，17-22 题；注重空间想象能力的考 查． 讲评建议：评讲试卷时应注重基本定理（判定定理、性质定理）及基本公式的熟记与理解；加强培养学 生的基本运算能力，总结空间线线平行（垂直）、线面平行以（垂直）及面面平行（垂直）证明的常用方 法．试卷中第 2，3，8，10，16，18，22 各题易错，评讲时应重视． 一、选择题（本大题共 12 个小题，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） 1．一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为 2的正方形， 则原平面图形的面积为( ) A. 2 3 B. 2 2 C. 4 3 D. 8 2 【答案】D 2．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典 籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了 由圆锥的底面周长 L与高h，计算其体积V 的近似公式 21 36 V L h ，它实际上是将圆锥体积公式中的圆 周率 近似取为 3，那么近似公式 22 75 V L h ，相当于将圆锥体积公式中的 近似取为（ ） A. 22 7 B. 25 8 C. 157 50 D. 355 113 【答案】B 【解析】 2 21 1 3 12 V r h L h    ，若 22 75 V L h ，则 1 2 12 75  ， 25 8   ．故选 B． 3．四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD为正方形， PA 底面 ABCD， 2AB  ，若该四棱锥的所有顶点 都在体积为 243 16  同一球面上，则 PA （ ） A．3 B． 7 2 C． 2 3 D． 9 2 【答案】B 【解析】 考点：球的内接多面体；求的体积和表面积公式． 【方法点晴】本题主要考查了四面体的外接球的体积公式、球内接四棱锥的性质等知识的应用，同时考 查了共定理的运用，解答值需要认真审题，注意空间思维能力的配用，解答中四棱锥的外接球是以O为 球心，半径为 21 8 2 R PA  ，利用体积公式列出等式是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答 问题的能力，属于中档试题． 4．如图 5，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的几条棱中， 最长的棱的长度为（ ） (A) 6 2 (B) 4 2 (C) 6 (D)4 【答案】C 【解析】 如图所示 点睛：对于小方格中的三视图，可以放到长方体，或者正方体里面去找到原图，这样比较好找； 5．直三棱柱 中，底面是正三角形，三棱柱的高为 ，若 是 中心，且三棱柱的 体积为 ，则 与平面 所成的角大小是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意可设底面三角形的边长为 ，过点 作平面 的垂 线，垂足为 ，则点 为底面 的中心，故 即为 与平 面 所成的角，由于 ，而 ，又∵ 三棱柱的体积为 ，由棱柱体积公式得 ，解 得 ，∴ ，得，故 与平面 所成的角大小是 ，故正确答案为 C． 6．设 ,m n是两条不同的直线， ,  是两个不同的平面，则下列命题正确的是( ) ① , , / /m m    若 则 ② , / / , ,m n m n     若 则 ③ , , / / , / /m n m n    若 则 ④若 , , ,n n m m      则 (A)①② (B)③④ (C)①③ (D)②④ 【答案】D 【解析】可以线在平面内，③可以是两相交平面内与交线平行的直线，②对④对， 故选 D. 7．已知 ,m n是两条不同的直线， ,  是两个不同的平面，若 ,m n   ，且   ，则下列结论一 定正确的是（ ） A．m n B． //m n C．m与 n相交 D．m与 n异面 【答案】A 考点：1、线面垂直的性质；2、面面垂直的性质． 8．某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( ) (A) 16 8 (B) 8 8 (C) 16 16 (D) 8 16 【答案】A 【解析】 将三视图还原为原来的几何体,再利用体积公式求解. 原几何体为组合体;上面是长方体,下面是圆柱的一半(如图所示), 其体积为 214 2 2 2 4 16 8 2 V          . 故选 A; 9．已知H 是球O的直径 AB 上一点, : 1:3AH HB  , AB 平面 , H 为垂足,  截球O所得截面 的面积为 ,则球O的体积为（ ） (A) 16 9  (B) 32 3 27  (C) 16 27  (D) 16 3 9  【答案】B 【解析】如图，设球O 的半径为 R ，则 2 RAH  ， 2 ROH  .又∵截面的面积为 ，∴ 1EH  . ∵在 Rt OEH 中， 2 2 1 2 RR       ，∴ 2 3 3 R  .∴故体积 3 4 2 3 32 3 3 3 27 v           。 点睛：运用球当中的垂面定理，构造勾股定理，求出球的半径； 10．已知正四棱锥 S ABCD 中， 2 3SA  ，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为 A. 1 B. 3 C. 2 D. 3 【答案】C 11．如图，四边形 ABCD中， 1AB AD CD   ， 2BD  ， BD CD .将四边形 ABCD沿对角 线 BD折成四面体 A BCD  ，使平面 A BD 平面 BCD，则下列结论正确的是 （A） A C BD  （B） 90BA C   （C）CA与平面 A BD 所成的角为30 （D）四面体 A BCD  的体积为 1 3 A B C D B C D A 【答案】B 【解析】 解答：若 A成立可得 BD⊥A'D，产生矛盾，故 A 不正确；由 CA'与平面 A'BD 所成的角为∠CA'D=45°知 C 不正确；由题设知：△BA'D 为等腰 Rt△，CD⊥平面 A'BD，得 BA'⊥平面 A'CD，于是 B 正确；VA′-BCD=VC-A′BD= 1 6 ， D不正确．其中正确的有 1 个故选 B． 点评：本题主要考查了异面直线及其所成的角，以及三棱锥的体积的计算，同时考查了空间想象能力， 论证推理能力，解题的关键是须对每一个进行逐一判定． 12．如图，棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， P为线段 1AB上的动点，则下列结论错误的是（ ） A. 1 1DC D P B. 平面 1 1D A P 平面 1A AP C. 1APD 的最大值为90 D. 1AP PD 的最小值为 2 2 【答案】C 【解析】试题分析：∵ 1 1 1AD DC ， 1 1A B DC ，∴ 1DC 面 1 1A BCD ， 1D P 面 1 1A BCD ，∴ 1 1DC D P ，A 正确；∵平面 1 1D AP即为平面 1 1D ABC ，平面 1A AP即为平面 1 1A ABB ，且 1 1D A 平面 1 1A ABB ，∴平面 1 1D ABC 平面 1 1A ABB ，∴平面 1 1D A P 平面 1A AP，∴B 正确；当 1 20 2 A P  时， 1APD 为钝角，∴C 错；将面 1AA B与面 1 1A BCD 沿 1AB展成平面图形，线段 1AD 即为 1AP PD 的最小 值 ， 在 1 1D A A 中 ， 1 1 135D A A   ， 利 用 余 弦 定 理 解 三 角 形 得 1 2 2AD   ， 即 1 2 2AP PD   ，∴D正确，故选 C． 考点：立体几何中的动态问题． 【思路点睛】立体几何问题的求解策略是通过降维，转化为平面几何问题，具体方法表现为： 1．求空间角、距离，归到三角形中求解；2．对于球的内接外切问题，作适当的截面，既要能反映出位 置关系，又要反映出数量关系；求曲面上两点之间的最短距离，通过化曲为直转化为同一平面上两点间 的距离． 二、填空题（每题 5分，满分 20 分） 13．在一个平行六面体中，以 A 为端点的三条棱长都相等，均为 2，且 , ,AD AB AA    的夹角均为30，那 么以这个顶点 A为端点的平行六面体的体对角线的长度为__________． 【答案】 2 3 3 3 【解析】 考点：空间向量的数量积与模． 【名师点睛】本题考查空间向量的数量积与模，中档题；在求距离问题时，通常通过求向量的模来完成， 即将所求线段先用有向线段所在向量表示，通过空间向量基本定理用空间的一组基底来表示该向量，通 过向量的方法求线段的长度． 14．在正四棱锥V ABCD 内有一半球，其底面与正四棱锥的底面重合，且与正四棱锥的四个侧面相切， 若半球的半径为 2，则当正四棱锥的体积最小时，其高等于_________． 【答案】 2 3 3 2 2 1 16( ) 4 3 3 4 xV x a x x      （ 2x  ）， 2 2 2 2 16 ( 12)( ) 3 ( 4) x xV x x     ．令 ( ) 0V x  ，得 2 3x  ，当 (2, 2 3)x 时， ( ) 0V x  ；当 (2 3, )x  时， ( ) 0V x  ，故当 2 3x  时，正四棱锥的体积最小． 15．如图所示，在直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中，底面是 ABC 为直角的等腰直角三角形， 12 , 3 ,AC a BB a D  是 1 1AC 的中点，点 F 在线段 1AA 上，当 AF  ________时，CF 平面 1B DF . 【答案】 a或 2a 【解析】由已知得 1B D 平面 1AC ，又CF 平面 1AC ，∴ 1B D CF ，故若CF 平面 1B DF，则必 有 CF DF ， 设 AF x （ 0 3x a  ）， 则 2 2 24CF x a  ， 2 2 23DF a a x  （ ） ， 又 2 2 2 29 10CD a a a   ，∴ 2 2 2 2 210 4 3a x a a a x    （ ），解得 x a 或2a，故答案为 a或 2a . 16．已知一个三棱台的上、下底面分别是边长为 20cm和30cm的正三角形，侧面是全等的等腰梯形，且 侧面面积等于两底面面积之和，棱台的体积为________。 【答案】1 900 cm3 由 S S S  下侧 上 ， 得 75 325 3DD  ， 所 以 13 3 3 DD  cm ， 又 因 为  3 10 320 6 3 O D cm    ，  3 30 5 3 6 OD cm   ，所以棱台的高     2 2 22 13 3 10 35 3 4 3 3 3 h O O D D OD O D cm                           ， 由棱台的体积公式，可得棱台的体积为：   4 3 3325 3 20 30 1900 3 3 4 hv S S S S                下 下上 上 ．故棱台的体积为 1 900 3cm . 点睛：熟知棱台的体积公式，利用题目中的条件： S S S  下侧 上 ，得到 13 3 3 DD  ；再求体高，     2 2 22 13 3 10 35 3 4 3 3 3 h O O D D OD O D cm                           ；最后求得体积。 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）如图，几何体 EF ABCD 中，CDEF为边长为 2的正方形，ABCD为直角梯 形， AB CD ， AD DC ， 2AD  ， 4AB  ， 90ADF   ． （1）求异面直线DF和 BE所成角的余弦值； （2）求几何体 EF ABCD 的体积． 【答案】(1) 3 6 ；（2） 16 3 ． 【解析】 （2）这个几何体我们要通过划分，把它变成几个可求体积的几何体，如三棱锥 E ABD 和四棱锥 B CDEF ，这两个棱锥的体积都易求，故原几何体的体积也易求得． 试题解析：（1）在CD的延长线上延长至点M 使得CD DM ,连接 , ,ME MB BD . 由题意得， AD DC ， AD DF ， ,DC DF 平面CDEF， ∴ AD 平面CDEF，∴ AD DE ，同理可证DE 面 ABCD . ∵ / /CD EF，CD EF DM  ，∴EFDM 为平行四边形，∴ / /ME DF . 则 MEB （或其补角）为异面直线DF和 BE所成的角. 由平面几何知识及勾股定理可以得 2 2 2 6 2 10ME BE BM  ， ， 在 MEB△ 中，由余弦定理得 2 2 2 3cos 2 6 ME BE BMMEB ME BE        ． ∵ 异面直线的夹角范围为 0, 2      ，∴ 异面直线DF和 BE所成的角为 3 6 ． （2）如图，连结 EC，过 B作CD的垂线，垂足为 N ，则 BN 平面CDEF，且 2BN  . ∵ EF ABCDV  E ABCD B ECFV V   1 1 3 3ABCD EFCS DE S BN   △ △ 1 1 1 1(4 2) 2 2 2 2 2 3 2 3 2            16 3  . ∴ 几何体 EF ABCD 的体积为 16 3 . 考点：（1）异面直线所成的角；（2）几何体的体积． 18．（本小题满分 12 分）如图，直四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D 中，四边形 ABCD为梯形， AD BC ，且 2AD BC .过 1, ,A C D三点的平面记为 ， 1BB 与 的交点为Q . (I)证明：Q为 1BB 的中点； (II)求此四棱柱被平面 所分成上下两部分的体积之比. 【答案】(1)见解析;(2) 11= 7 V V 上 下 . 【解析】试题分析：（1）由已知得平面 QBC∥平面 A1AD，从而 QC∥A1D，由此能证明 Q为 BB1的中点． （2）连接 QA，QD．设 AA1=h，梯形 ABCD 的高为 d，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为 V 上 和 V 下，BC=a，则 AD=2a．V 下= 1_Q ADAV +V 四棱锥 QABCD= ahd . 1 1 1 1A B C D ABCDV  = 3 2 ahd，由此能求出此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比． (I)证明：延长 1 ,AQ DC 交于 P，则 P平面 1A ABQ， 又 P平面 ABCD，平面 1A ABQ平面 ABCD AB ， 所以 P AB 因为 1, ,BQ AA ,AD BC 所以 1 1 1 2 BQ BQ BP BC BB AA AP AD     ，即Q为 1BB 的中点． 1Q A ADV  +四棱椎 Q AbcDV  = 7 12 ahd .又四棱柱 1 1 1 1 3 2A B C D ABCDV ahd  ， 所以V上 ＝四棱柱 1 1 1 1A B C D ABCDV  － 3 7 11= 2 12 12 V ahd ahd ahd 下 ，故 11= 7 V V 上 下 . 19．（本小题满分 12 分）如图，在三棱锥 ABOC 中， AO⊥平面 BOC ， 6 OAB OAC      ， 2AB AC  ， 2BC  ， ,D E分别为 ,AB OB的中点． (I)求O到平面 ABC的距离； (II)在线段CB上是否存在一点F ，使得平面DEF ∥平面 AOC，若存在，试确定 F 的位置，并证明此 点满足要求；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 21 7 h  ;(2)见解析. 【解析】试题分析：（1）证明 OC⊥OB，利用等体积法，求出 O到平面 ABC 的距离； （2）取 CB 的中点 F，连接 DF，EF，则 DF∥AC，DE∥AO，从而可得平面 DEF∥平面 AOC． (I)因为 AO 平面 COB，所以 ,AO CO AO BO  ， 即 AOC 与 AOB 为直角三角形． 又因为 6 OAB OAC      , 2AB AC  所以 1OB OC  . 3AO  由于 A BOC O ABCV V  ，得 1 1• 3 • 3 3 S BOC S ABC h  ，解得 21 7 h  (II)在线段CB上存在一点F ，使得平面DEF 平面 AOC，此时 F 为线段CB的中点． 证明过程：如图，连接 ,DF EF ，因为 ,D E分别为 ,AB OB的中点，所以DE OA . 又DE 平面 AOC上，所以DE 平面 AOC . 因为 ,E F分别为 ,OB BC的中点，所以 EF OC . 又 EF 平面 AOC，所以 EF 平面 AOC， 又 ,EF DE E EF  平面DEF ， DE 平面DEF ， 所以平面DEF ∥平面 AOC . 20．（本小题满分 12 分）如图，四边形 ABCD是矩形， 1, 2AB AD  ，E是 AD的中点，BE与 AC 交于点 F ，GF 平面 ABCD . （Ⅰ）求证： AF 面BEG； （Ⅱ）若 AF FG ，求直线 EG与平面 ABG所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 15 5 ． 【解析】 试题解析：证法 1：∵四边形 ABCD 为矩形，∴ AEF ∽ CBF ，∴ 2 1  BC AE BF EF CF AF 又∵矩形 ABCD 中， 2,1  ADAB ，∴ 3, 2 2  ACAE 在 BEARt 中， 2 622  AEABBE ∴ 3 3 3 1  ACAF ， 2 6 3 3 BF BE  在 ABF 中， 22222 1) 3 6() 3 3( ABBFAF  ∴ 90AFB ，即 BEAC  ∵ GF 平面 ABCD ， AC 平面 ABCD ∴ GFAC  又∵ FGFBE  ， GFBE, 平面 BCE ∴ AF 平面 BEG 证法 2：（坐标法）证明 1 BEAC KK ，得 BEAC  ，往下同证法 1． 考点：线面垂直的判定，直线与平面所成的角． 21．（本小题满分 12 分）如图，在四棱锥 E ABCD 中，AE DE ，CD 平面 ADE，AB 平面 ADE， 6CD DA  ， 2AB  ， 3DE  ． （Ⅰ）求棱锥C ADE 的体积； （Ⅱ）求证：平面 ACE 平面CDE； （Ⅲ）在线段DE上是否存在一点 F ，使 //AF 平面 BCE ？若存在，求出 EF ED 的值；若不存在，说明理 由． 【答案】（I）9 3 ；（II）证明见解析；（III）存在， F 1 D 3    ． 【解析】 得四边形 ABMF 是平行四边形，于是 //AF BM ，即可证明 //AF 平面 BCE ． 试题解析：（Ⅰ）在RtΔADE中， 2 2 3 3AE AD DE   ．∵CD 平面 ADE， ∴棱锥C ADE 的体积为 Δ 1 1 9 3 3 3 2C ADE ADE AE DE V S CD CD       ． （Ⅱ）证明：∵ CD 平面 ADE， AE 平面 ADE，∴CD AE ．又∵ AE DE ，CD DE D ， ∴ AE 平面CDE．又∵ AE 平面 ACE，∴平面 ACE 平面CDE． （Ⅲ）结论：在线段DE上存在一点 F ，且 1 3 EF ED  ，使 //AF 平面 BCE ． 解：设 F 为线段DE上一点， 且 1 3 EF ED  ， 过点 F 作 //FM CD交CE于M ，则 1 = 3 FM CD．∵CD  平面 ADE，AB 平面 ADE，∴ //CD AB．又∵ 3CD AB ∴MF AB ， //FM AB，∴四边形 ABMF 是 平行四边形，则 //AF BM ．又∵ AF 平面 BCE ， BM 平面 BCE ，∴ //AF 平面 BCE ． 考点：几何体的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定与证明． 22．（本小题满分 12 分）如图 1，在 Rt ABC 中， 90 , 3, 6,C BC AC    ,D E分别是 ,AC AB上 的点，且DE BC ， 2DE  ，将△ ADE沿DE折起到△ 1ADE的位置，使 1AC CD ，如图 2. (I)求证： 1AC BCDE平面 ； (II)线段 BC上是否存在点 P，使平面 1ADP与平面 1A BE 垂直？说明理由． 【答案】(1)见解析;(2) 线段 BC上不存在点 P，使平面 1ADP与平面 1A BE 垂直．. 所以 1DE AD ， DE CD ， 又因为 1AD CD D  ， 所以DE 平面 1ADC . 所以 1DE AC .又因为 1AC CD ， DE CD D  所以 1AC 平面 BCDE . (II)解：线段 BC上不存在点P，使平面 1ADP与平面 1A BE 垂直． 以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C xyz ， 则  1 0,0,2 3A ，  0,2,0D ，  0,1, 3M ，  3,0,0B ，  2,2,0E ． 所以 令 1y  ，则 2, 3x z  . 所以  2,1, 3n  ． 平面 1ADP的法向量为  1 1 1, ,m x y z  ，则 1 0{ 0 m AD m DP       ， 又  1 0,2, 2 3AD    ，  , 2,0DP p   ， 所以 1 1 1 1 2 2 3 0{ 2 0 y z px y     令 1 2x  ，则 1 1 3, 3 py p z  .所以 32, , 3 pm p          平面 1ADP⊥平面 1A BE ，当且仅当 0m n    ， 即 4 0p p   .解得 2p   ，与  0,3p 矛盾． 所以线段 BC上不存在点P，使平面 1ADP与平面 1A BE 垂直． 点睛：本题考查线面垂直，考查线面角，考查面面垂直，MN：向量语言表述面面的垂直、平行关系；LW： 直线与平面垂直的判定；MQ：用空间向量求直线与平面的夹角；既有传统方法，又有向量知识的运用， 要加以体会.