立体几何高考题汇编 11页

  • 965.00 KB
  • 2021-05-13 发布

立体几何高考题汇编

  • 11页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
立体几何测试 (高考题汇编) 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 .(2013 广东(理))设 ,m n 是两条不同的直线, ,  是两个不同的平面,下列命题中正确 的是 ( ) A.若  , m  , n  ,则 m n B.若 //  , m  , n  ,则 //m n C.若 m n , m  , n  ,则  D.若 m  , //m n , //n  ,则  【答案】D 2.(2013 年高考大纲卷(文))已知正四棱锥 1 1 1 1 1 12 ,ABCD A B C D AA AB CD BDC 中, 则 与平面 所成角的正弦值等于 ( ) A. 2 3 B. 3 3 C. 2 3 D. 1 3 【答案】A 3.(2013 浙江(理))在空间中,过点 A 作平面 的垂线,垂足为 B ,记 )(AfB  .设 , 是 两 个 不 同 的 平 面 , 对 空 间 任 意 一 点 P , )]([)],([ 21 PffQPffQ   , 恒 有 21 PQPQ  ,则 ( ) A.平面 与平面  垂直 B.平面 与平面  所成的(锐)二面角为 045 C.平面 与平面  平行 D.平面 与平面  所成的(锐)二面角为 060 【答案】A 4 .(2013 上海春季高考)若两个球的表面积之比为1: 4,则这两个球的体积之比为 ( ) A.1: 2 B.1: 4 C.1:8 D.1:16 【答案】C 5 .(2013 广东(理))某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是 1 2 2 1 1 正视图 俯视图 侧视图 第 5 题图 ( ) A. 4 B. 14 3 C. 16 3 D. 6 【答案】B 6.(2013 山东数(理))已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 的侧棱与底面垂直,体积为 9 4 ,底面是边长 为 3 的正三角形.若 P 为底面 1 1 1A B C 的中心,则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为 ( ) A. 5 12  B. 3  C. 4  D. 6  【答案】B 7.(2013 年高考辽宁卷(文))已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 的 6 个顶点都在球O 的球面上,若 3 4AB AC , , AB AC , 1 12AA  ,则球 O 的半径为 ( ) A. 3 17 2 B. 2 10 C.13 2 D.3 10 【答案】C 8 (2013 新课标Ⅱ(理))已知 nm, 为异面直线, m 平面  , n 平面  .直线 l 满足 , , ,l m l n l l     ,则 ( ) A.  // ,且 //l B.   ,且 l C. 与  相交,且交线垂直于l D. 与  相交,且交线平行于l 【答案】D 9.(2013 辽宁(理 ))已知三棱柱 1 1 1ABC A B C 的 6 个顶点都在球 O 的球面上,若 3 4AB AC , , AB AC , 1 12AA  ,则球 O 的半径为 ( ) A. 3 17 2 B. 2 10 C.13 2 D.3 10 【答案】C 10.(2013 江西(理))如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面 上,且 AB CD , 正方体的六个面所在的平面与直线 CE,EF 相交的平面个数分别记为 ,m n ,那么 m n  ( ) A.8 B.9 C.10 D.11 【答案】A 11.(2013 新课标Ⅱ(理))一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O xyz 中的坐标分别是 (1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以 zOx 平面为投影面,则得 到正视图可以为 ( ) A. B. C. D. 【答案】A 12.(2013 安徽(理))在下列命题中,不是公理..的是 ( ) A.平行于同一个平面的两个平面相互平行 B.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面 C.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内 D.如果两个不重合的平面有一个公共点, 那么他们有且只有一条过该点的公共直线 【答案】A 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 北京(文))某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的体积为__________. 1 俯视图 侧(左)视图正(主)视图 2 1 1 2 【答案】3 14 .( 2013 上 海 ( 理 )) 在 xOy 平 面 上 , 将 两 个 半 圆 弧 2 2( 1) 1( 1)x y x    和 2 2( 3) 1( 3)x y x    、两条直线 1y  和 1y   围成的封闭图形记为 D,如图中阴影 部分.记 D 绕 y 轴旋转一周而成的几何体为  ,过 (0, )(| | 1)y y  作  的水平截面,所得 截面面积为 24 1 8y   ,试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体,得出  的体积值为__________ 【答案】 22 16  . 15.(2013 陕西(理))某几何体的三视图如图所示, 则其体积为_______. 【答案】 3  16.(2013 上海(文科))已知圆柱  的母线长为l ,底面半径为 r ,O 是上地面圆心, A 、B 是 下底面圆周上两个不同的点, BC 是母线,如图.若 直线 OA 与 BC 所成角的大小为 π 6 , 则 1 r  ________. 【答案】 3 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.(2013 江西(文))如图,直四棱柱 ABCD – A1B1C1D1 中,AB//CD,AD⊥AB,AB=2,AD= ,AA1=3,E 为 CD 上一点,DE=1,EC=3 (1) 证明:BE⊥平面 BB1C1C; (2) 求点 B1 到平面 EA1C1 的距离 【 答 案 】 解 .(1) 证 明 : 过 B 作 CD 的 垂 线 交 CD 于 F, 则 2, 1, 2BF AD EF AB DE FC      在 3 6Rt BFE BE Rt BFC BC 中, = , 中, = . 在 2 2 29BCE BE BC EC 中,因为 = = ,故 BE BC 由 1 1 1 1BB ABCD BE BB BE BB C C  平面 ,得 ,所以 平面 (2) 1 1 11 1 1 1 1 23 A B CE A B C V AA S  三棱锥 的体积 = = 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2Rt A D C AC A D D C 在 中, = =3 , 同理, 2 2 1 1 2EC EC CC= =3 , 2 2 2 1 1 3EA AD ED AA = =2 因此 1 1 5A C ES  3 .设点 B1 到平面 1 1EAC 的距离为 d,则 1 1 1B EAC三棱锥 的体积 1 1 1 53 A ECV d S d = = ,从而 105 2, 5d d  18.(2013 重庆(理))如图,四棱锥 P ABCD 中, PA ABCD 底面 , 2, 4, 3BC CD AC ACB ACD        , F 为 PC 的中 点, AF PB . (1)求 PA 的长; (2)求二面角 B AF D  的正弦值. 【答案】 19.(2013 浙江(理))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 QCAQ 3 . (1)证明: //PQ 平面 BCD ;(2)若二面角 DBMC  的大小为 060 ,求 BDC 的大 小. A B C D P Q M (第 20 题图) 【答案】解:证明(Ⅰ)方法一:如图 6,取 MD 的中点 F ,且 M 是 AD 中点,所以 3AF FD . 因 为 P 是 BM 中 点 , 所 以 / /PF BD ; 又 因 为 (Ⅰ) 3AQ QC 且 3AF FD , 所 以 / /QF BD , 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/ / 2PO MD ;取CD 的三等 分 点 H , 使 3DH CH , 且 3AQ QC , 所 以 1 1/ / / /4 2QH AD MD , 所 以 / / / /PO QH PQ OH ,且OH BCD ,所以 / /PQ 面 BDC ; (Ⅱ)如图 8 所示,由已知得到面 ADB  面 BDC ,过 C 作 CG BD 于 G ,所以 CG BMD ,过 G 作 GH BM 于 H ,连接 CH ,所以 CHG 就是 C BM D  的 二面角;由已知得到 8 1 3BM    ,设 BDC   ,所以 cos ,sin 2 2 cos , 2 2 cos sin , 2 2 sin ,CD CG CB CD CG BCBD CD BD             , 在 RT BCG 中, 2sin 2 2 sinBGBCG BGBC         ,所以在 RT BHG 中, 2 2 1 2 2 sin 3 32 2 sin HG HG      ,所以在 RT CHG 中 2 2 2 cos sintan tan 60 3 2 2 sin 3 CGCHG HG         tan 3 (0,90 ) 60 60BDC            ; 20.(2013 上海春季高考)如图,在正三棱锥 1 1 1ABC A B C 中, 1 6AA  ,异面直线 1BC 与 1AA 所成角的大小为 6  ,求该三棱柱的体积. B1 A1 C1 A C B 【答案】[解]因为 1CC 1AA . 所以 1BC C 为异面直线 1BC 与 1AA .所成的角,即 1BC C = 6  . 在 Rt 1BC C 中, 1 1 3tan 6 2 33BC CC BC C      , 从而 23 3 34ABCS BC   , 因此该三棱柱的体积为 1 3 3 6 18 3ABCV S AA     . 21.(2013 上海(理))如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,AD=1,A1A=1,证明直线 BC1 平行于 平面 DA1C,并求直线 BC1 到平面 D1AC 的距离. 【答案】因为 ABCD-A1B1C1D1 为长方体,故 1 1 1 1// ,AB C D AB C D , 故 ABC1D1 为平行四边形,故 1 1//BC AD ,显然 B 不在平面 D1AC 上,于是直线 BC1 平行于平 面 DA1C; 直线 BC1 到平面 D1AC 的距离即为点 B 到平面 D1AC 的距离设为 h 考虑三棱锥 ABCD1 的体积,以 ABC 为底面,可得 1 1 1( 1 2) 13 2 3V       而 1AD C 中, 1 15, 2AC D C AD   ,故 1 3 2AD CS  所以, 1 3 1 2 3 2 3 3V h h      ,即直线 BC1 到平面 D1AC 的距离为 2 3 . 22.(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, 2CD BE  ,O 为 BC 的中点.将 ADE 沿 DE 折起,得到如图 2 所 示的四棱锥 A BCDE ,其中 3A O  . (Ⅰ) 证明: A O  平面 BCDE ; (Ⅱ) 求二面角 A CD B  的平面角的余弦 值. .C O B D E A C D O B E A 图 1 图 2 【答案】(Ⅰ) 在图 1 中,易得 3, 3 2, 2 2OC AC AD   C D O B E A H 连结 ,OD OE ,在 OCD 中,由余弦定理可得 2 2 2 cos45 5OD OC CD OC CD      由翻折不变性可知 2 2A D  , 所以 2 2 2A O OD A D   ,所以 A O OD  , 理可证 A O OE  , 又OD OE O ,所以 A O  平面 BCDE . (Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD 交CD 的延长线于 H ,连结 A H , 因为 A O  平面 BCDE ,所以 A H CD  , 所以 A HO 为二面角 A CD B  的平面角. C D O x E A 向量法图 y z B 结合图 1 可知, H 为 AC 中点,故 3 2 2OH  ,从而 2 2 30 2A H OH OA    所以 15cos 5 OHA HO A H    ,所以二面角 A CD B  的平面角的余弦值为 15 5 . 向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O xyz 如图所示, 则  0,0, 3A ,  0, 3,0C  ,  1, 2,0D  所以  0,3, 3CA  ,  1,2, 3DA   设  , ,n x y z 为平面 A CD 的法向量,则 0 0 n CA n DA          ,即 3 3 0 2 3 0 y z x y z        ,解得 3 y x z x    ,令 1x  ,得  1, 1, 3n   由(Ⅰ) 知,  0,0, 3OA  为平面CDB 的一个法向量, 所以 3 15cos , 53 5 n OAn OA n OA           ,即二面角 A CD B  的平面角的余弦 值为 15 5 .