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- 2021-07-01 发布
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2013版高考数学二轮复习专题训练:立体几何
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60分)
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.若一个棱锥的各棱长均相等,则该棱锥一定不是( )
A.三棱锥 B.四棱锥 C.五棱锥 D.六棱锥
【答案】D
2.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于,点E、F分别是边BC、AD的中点,则的值为( )
A. B. C. D.
【答案】C
3.一个透明密闭的正方体容器中,恰好盛有该容器一半容积的水,任意转动这个正方体,则水面在容器中的形状可以是:①三角形;②矩形;③正方形;④正六边形.其中正确的结论有( )
A.①②③ B.②③④ C.①②④ D.①③④
【答案】B
4.点是等腰三角形所在平面外一点,中,底边的距离为( )
A. B. C. D.
【答案】A
5.—个几何体的正视图与侧视图相同,均为下图所示,则其俯视图可能是( )
【答案】B
6.如图,已知四棱锥 V-ABCD的底面是边长为2正方形,侧面都是侧棱长为的等腰三角形,则二面角V-AB-C的大小为( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
【答案】C
7.若用一个平面去截一个正方体得到一个截面多边形,则该多边形不可能是( )
A.锐角三角形 B.直角三角形 C.菱形 D.正六边形
【答案】B
8.空间三条直线中的一条直线与其他两条都相交,那么由这三条直线最多可确定平面的个数是( )个
A.1 B.2 C. 3 D.4
【答案】C
9.已知一几何体的三视图如图,主视图和左视图都是矩形,俯视图为正方形,在该几何体上任意选择4个顶点,以这4个点为顶点的几何形体可能是( )
①矩形;②有三个面为直角三角形,有一个面为等腰三角形的四面体;③每个面都是直角三角形的四面体.
A.①②③ B.②③ C.①③ D.①②
【答案】A
10.下列说法正确的是( )
A. 直角梯形绕其一边旋转形成圆台
B. 直角三角形绕其一边旋转形成圆锥
C. 圆柱不是旋转体
D. 圆台可以看作是平行于底面的平面截一个圆锥而得到的
【答案】D
11.一凸多面体的面数为8,各面多边形的内角总和为16π,则它的棱数为( )
A.24 B.22 C.18 D.16
【答案】D
12.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )
A. B.2
C. D.
【答案】A
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
二、填空题 (本大题共4个小题,每小题5分,共20分,把正确答案填在题中横线上)
13.已知,,,若、、共同作用于一个物体上,使物体从点(1,-2,1)移到点(3,1,-2),则合力所做的功为 .
【答案】4
14.如图,网格纸的小正方形的边长是1,在其上用粗线画出了某多面体的三视图,则这个多面体最长的一条棱的长为 .
【答案】
15.正方体AC1中,过点A作截面,使正方体的12条棱所在直线与截面所成的角都相等,试写出满足条件的一个截面____________
【答案】面AD1C
16.在正方体上任意选择4个顶点,它们可能是如下各种几何形体的4个顶点,这些几何形体是 (写出所有正确结论的编号).
①矩形;
②不是矩形的平行四边形;
③有三个面为等腰直角三角形,有一个面为等边三角形的四面体;
④每个面都是等边三角形的四面体;
⑤每个面都是直角三角形的四面体.
【答案】①③④⑤
三、解答题 (本大题共6个小题,共70分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BB1=BC,AC1⊥平面A1BD,D为AC的中点.
(1)求证:B1C∥平面A1BD;
(2)求证:B1C1⊥平面ABB1A1;
(3)在CC1上是否存在一点E,使得∠BA1E=45°,若存在,试确定E的位置,并判断平面A1BD与平面BDE是否垂直?若不存在,请说明理由.
【答案】(1)连结AB1与A1B相交于M,则M为A1B的中点.连结MD,又D为AC的中点,
∴B1C∥MD,
又B1C⊄平面A1BD,MD⊂平面A1BD,∴B1C∥平面A1BD.
(2)∵AB=B1B,∴平行四边形ABB1A1为正方形,
∴A1B⊥AB1.又∵AC1⊥平面A1BD,
∴AC1⊥A1B,∴A1B⊥平面AB1C1,∴A1B⊥B1C1.
又在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥B1C1,
∴B1C1⊥平面ABB1A1.
(3)设AB=a,CE=x,∵B1C1⊥A1B1,在Rt△A1B1C1中有A1C1=a,同理A1B1=a,
∴C1E=a-x,
∴A1E==,BE=,
∴在△A1BE中,由余弦定理得
BE2=A1B2+A1E2-2A1B·A1E·cos45°,即
a2+x2=2a2+x2+3a2-2ax-2a·,
∴=2a-x,
∴x=a,即E是C1C的中点,
∵D、E分别为AC、C1C的中点,∴DE⊥AC1.
∵AC1⊥平面A1BD,∴DE⊥平面A1BD.
又DE⊂平面BDE,∴平面A1BD⊥平面BDE.
18.如图,在四棱锥A-ABCD中,底面ABCD是正方形,其他四个侧面都是等边三角形,AC与BD的交点为O,E为侧棱SC上一点.
(1)当E为侧棱SC的中点时,求证:SA∥平面BDE;
(2)求证:平面BDE⊥平面SAC;
(3)当二面角E-BD-C的大小为45°时,
试判断点E在SC上的位置,并说明理由.
【答案】(Ⅰ)连接,由条件可得∥.
因为平面,平面,
所以∥平面.
(Ⅱ)法一:证明:由已知可得,,是中点,
所以,
又因为四边形是正方形,所以.
因为,所以.
又因为,所以平面平面. -
(Ⅱ)法二:证明:由(Ⅰ)知,.
建立如图所示的空间直角坐标系.
设四棱锥的底面边长为2,
则,,,
,,.
所以,.
设(),由已知可求得.
所以,.
设平面法向量为,
则 即
令,得.
易知是平面的法向量.
因为,
所以,所以平面平面.
(Ⅲ)设(),由(Ⅱ)可知,
平面法向量为.
因为,
所以是平面的一个法向量.
由已知二面角的大小为.
所以,
所以,解得.
所以点是的中点.
19.如图,在三棱拄中,侧面,已知
(1)求证:;
(2)、当为的中点时,求二面角的平面角的正切值.
【答案】(1)因为侧面,故 在中,由余弦定理有
故有 而 且平面
(2)取的中点,的中点,的中点,的中点, 连则,连则,连则 连则,且为矩形,
又 故为所求二面角的平面角在中,
(法二: 建系:由已知, 所以二面角的平面角的大小为向量与的夹角因为
故 )
20.如图,四棱锥P—ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,PD=DC=4,AD=2,E为PC的中点.
(I)求证:AD⊥PC;
(II)求三棱锥P-ADE的体积;
(III)在线段AC上是否存在一点M,使得PA//平面EDM,若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.
【答案】(I)因为PD⊥平面ABCD.
所以PD⊥AD.
又因为ABCD是矩形,
所以AD⊥CD.
因为
所以AD⊥平面PCD.
又因为平面PCD,
所以AD⊥PC.
(II)因为AD⊥平面PCD,VP-ADE=VA-PDE,
所以AD是三棱锥A—PDE的高.
因为E为PC的中点,且PD=DC=4,
所以
又AD=2,
所以
(III)取AC中点M,连结EM、DM,
因为E为PC的中点,M是AC的中点,
所以EM//PA,
又因为EM平面EDM,PA平面EDM,
所以PA//平面EDM.
所以
即在AC边上存在一点M,使得PA//平面EDM,AM的长为.
21.如图,直三棱柱,,,点分别为和的中点
(1)证明:;
(2)若二面角为直二面角,求的值
【答案】(1)连结,由已知
三棱柱为直三棱柱,
所以为中点.又因为为中点
所以,又平面
平面,因此
(2)以为坐标原点,分别以直线为轴,轴,轴建立直角坐标系,如图所示
设则,
于是,
所以,设是平面的法向量,
由得,可取
设是平面的法向量,
由得,可取
因为为直二面角,所以,解得
22.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面ABCD是正方形,DM⊥PC,垂足为M.
(1)求证:BD⊥平面PAC.
(2)求证:平面MBD⊥平面PCD.
【答案】(1)连结AC,
∵底面ABCD是正方形
∴BD⊥AC,
∵PA⊥底面ABCD,
BD⊂平面ABCD,
∴PA⊥BD,
∵PA AC=A
∴BD⊥平面PAC.
(2)由(1)知BD⊥平面PAC
∵PC⊂平面PAC
∴BD⊥PC
∵DM⊥PC
BD DM=D
∴PC⊥平面DBM
∵PC⊂平面PDC,
∴平面MBD⊥平面PCD.
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