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  • 2021-07-01 发布

2013版高考数学二轮复习专题训练:立体几何

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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. ‎