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四川省成都市第七中学2015届高三下学期数学(文)试题:特优生训练(立体几何)


特优生复习题 -------立体几何
一、选择题 1. 已知某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的体积为 ( )

A. B.

16 3
C.

B.

64 3

80 3 43 D. 3

2. .一个几何体的三视图如图所示(单位长度

:cm) ,则此 几何体的表面积是( ) A. (20+4 2 )cm C. (24+4 2 )cm
2

B.21 cm D.24 cm

2

2

2

3.已知如图所示的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1,点 P、Q 分别在 BB1 、 DD1 上 , 且 = ,过点 A、



P、 Q 作截面截去该正 方体的含点 A1 的部 分,则下列图形中不 可能是截去后剩下 几何体的主视图的 是( )

4.四棱锥的三视图如图所示,则最长的一条侧棱的长度 是( )

2
正(主)视图

3

A. 13 C. 5

B. 2 2 D. 29

3

侧(左)视图

2

2

2

俯视图

二、填空题 5. 如图所示的一块长方体木料中, 已知 AB ? BC ? 4, AA1 ? 1 ,

1 设 E 为底面 ABCD的中心,且 AF ? ? AD, (0 ? ? ? ) ,则该 2 长 方 体 中 经 过 点 A1 , E , F 的 截 面 面 积 的 最 小 值
为 .

C1

6 . 长 方 体 A B C?D1

1

A 1 B中 C D已 知 1 ,
A1

D1

B1

AB ? AD ? 2 , AA1 ? 3 ,棱 AD 在平面 ? 内,则
长方体在平面 ? 内的射影所构成的图形面积的取 7.如右图,正方体 ABCD ? A1B1C1D1 的棱长为 1,P 值范围是 .
?

C
D A B

为 BC 的中点,Q 为线段 CC1 上的动点,过点 A,P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S.则下列 命题正确的是_____(写出所有正确命题的编号). ①当 0 ? CQ ? ②当 CQ ?

1 时,S 为四边形; 2

1 时,S 不为等腰梯形; 2 3 1 ③当 CQ ? 时,S 与 C1D1 的交点 R 满足 C1R ? ; 4 3 3 ④当 ? CQ ? 1 时,S 为六边形; 4
⑤当 CQ ? 1 时,S 的面积为

6 . 2

三、解答题 8. (本小题满分 14 分) 如图, 在四棱锥 P ? ABCD 中, 底面 ABCD 为直角梯形, AD // BC ,

AD ? DC , 平 面 PAD ? 底 面 A B C D , Q 为 AD 的 中 点 , M 是 棱 PC 的 中 点 ,
PA ? PD ? 2, BC ? 1 AD ? 1, CD ? 3. 2

(Ⅰ)求证: PQ ? AB ; (Ⅱ)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值; (Ⅲ)求二面角 P ? QB ? M 的余弦值.

9.(本小题满分 12 分)如图,在四棱锥 P—ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 为梯形,BC ∥AD,AB⊥AD,PA=AB=BC=1,AD=2.

(1)求三棱锥 P—ACD 的外接球的表面积; (2)若 M 为 PB 的中点,问在 AD 上是否存在一点 E,使 AM∥平面 PCE?若存在,求 若不存在,说明理由.

AE 的值; ED

10 . 如 图 , 在 三 棱 锥 P ? ABC 中 , 平 面 PAC ? 平 面 ABC , PD ? AC 于 点 D , 且

DC ? 2 AD ? 2 , E为PC上一点,PE : EC ? 1 : 2 ,
(1)求证: DE // 平面PAB;

P E

PDB ? 平面ABC; (2) 求证:平面

A
D

C

B

(3)若 PD ? 2,AB ? 3 , ?ABC ? 60? ,求三棱锥 P ? ABC 的体积. 参考答案 1.C 【解析】 试题分析:根据三视图可知该几何体为一个四棱锥和三棱锥的组合体,如图所示,且 EA ? 平 面

ABCD , FD ? 平 面 A B C , D 底 面 ABCD 为 正 方 形 , 则 有

FD ? 4, AE ? 2, AD ? DC ? 4, FD // EA ,所以 F 和 D 到平面 AEB 的距离相等,且为 4 ,故

1 1 1 16 VF ? AEB ? ? S? BAE ? AD ? ? ? 4 ? 2 ? 4 ? , 3 3 2 3 1 1 64 16 64 80 VF ? ABCD ? ? S四形ABCD ? FD ? ? 4 ? 4 ? 4 ? ? ? ,则该几何体的体积为? . 3 3 3 3 3 3
考点:三视图、简单几何体体积 2.A 【解析】 试题分析:三视图复原的组合体是下部是棱长为 2 的正方体,上部是底面边长为 2 的正方形, 高为 1 的四棱锥, 组合体的表面积为: 5 ? 2 ? 2 ? 4 ?

1 ? 2 ? 2 ? 20 ? 4 2 ,故选 A. 2

考点:三视图求几何体的表面积 3.A 【解析】 试题分析:当 P、B1 重合时,主视图为选项 B;当 P 到 B 点的距离比 B1 近时,主视图为选项 C; 当 P 到 B 点的距离比 B1 远时,主视图为选项 D,因此答案为 A. 考点:组合体的三视图 4.D 【解析】 试题分析:根据题中所给的三视图,可知该几何体为底面是直角 梯形,且顶点在底面上的射影是底面梯形的左前方的顶点,所以最长 的侧棱应该是棱锥的顶点与右后方的点的侧棱, 故根据勾股定理, 可知最长侧棱应该是 29 . , 故选 D. 考点:根据几何体的三视图确定几何体的特征. 5.

12 5 5

【解析】 试题分析:如图所示,经过点 A1 , E , F 的截面为平行四边形 FA1HN 设 AF ? 4? ,则 NF ?

42 ? ? 4 ? 8? ? ,为了求出平行四边形 FA1HN 的高,先求 ? ANF 的
2

高 h ? ,由等面积法可得

1 1 4? 2 ? 42 ? ? 4 ? 8? ? ? h? ? ? 4 ? 4? ? h? ? ,又由三垂 2 2 2 1 ? ?1 ? 2? ?

2

线

















FA1HN





? 4? 2 h ? h? ? 1 ? ? ? 1 ? 1 ? 2? 2 ? ? ?

? 2 ? ? 1 ? 20? ? 4? ? 2 ,因此平行四边形 FA HN 的面积 1 2 ? 1 ? 1 ? 2 ? ? ? ?

S ? NF ? h ? 4 ? ? 4 ? 8? ? ?
2 2
2

20? 2 ? 4? ? 2 1 ? ?1 ? 2? ?
2

? 4 ? 20? 2 ? 4? ? 2 ,当且仅当 ? ?

1 时 10

1 12 ?1? Smin ? 4 ? 20 ? ? ? 4 ? ? 2 ? 5 10 5 ? 10 ?
考点:几何体的截面面积的计算 6. 4 ? S ? 2 13 . 【解析】 试题分析:四边形 ABCD和 ADD1 A1 的面积分别为 4 和 6,长方体在平面 ? 内的射影可由这 两个四边形在平面 ? 内的射影组合而成. 显然, S min ? 4 . 若记平面 ABCD与平面 ? 所成角 为 ? ,则平面 ADD1 A1 与平面 ? 所成角为

? ? ? . 它们在平面 ? 内的射影分别为 4 cos? 和 2 ? 2 , 因此, 6 cos( ? ? ) ? 6 sin? ,所以,S ? 4 cos? ? 6 sin? ? 2 13 sin(? ? ? )(其中,tan ? ? ) 3 2 ? S max ? 2 13 ,当且仅当 ? ? ? ? 时取到. 因此,. 2

考点:三角函数的化简和求值. 7.①②③⑤ 【解析】 试题分析:取 AB 的中点 M,在 DD1 上取点 N,使得 DN=CQ,则 MN∥PQ;作 AT∥MN,交直线 DD1 于点 T,则 A、P、Q、T 四点共面; ①当 0<CQ<

1 1 时,则 0<DN< ? DT=2DN<1 ? S 为四边形 APQT; 2 2

②当 CQ=

1 1 时,则 DN= ? DT=2DN=1 ? 点 T 与 D1 重合 ? S 为等腰梯形 APQD1; 2 2 3 3 3 1 3 1 时,则 DN= ? DT=2DN= ? D1T= ;由 D1R:TD1=BC:DT ? D1R= ? C1R= ; 3 4 4 2 2 2

③当 CQ=

④当

3 3 3 <CQ<1 时, <DN<1 ? DT=2DN∈( ,2),T 在 DD1 的延长线上,设 TQ 与 C1D1 交于点 E,AT 4 4 2 1 1 AC1 ? PF= 2 2

与 A1D1 交于点 F,则 S 为五边形 APQEF;当 CQ=1 时,点 Q 与 C1 重合,且 DT=2 ? AT 与 A1D1 交于 A1D1 的中点 F ? S 为菱形 APC1F ? S 的面积= 综上,命题正确的是:①②③⑤.. 考点:立体几何综合应用. 8. (Ⅰ)证明祥见解析; (Ⅱ) 【解析】 试题分析: (Ⅰ) 在 ?PAD 中,PA ? PD, Q 为 AD 中点.所以 PQ ? AD ; 又因为平面 PAD ? 底面 ABCD ,且平面 PAD ? 底面 ABCD ? AD ,由面面垂直的性质定理可得到 PQ ? 底面

3 ? 2=

6 . 2

2 3 .; (Ⅲ) . 4 2

ABCD ,再由线面垂直的性质得 PQ ? AB ;
(Ⅱ)由(Ⅰ)及已知条件易得 AD ? QB , PQ ? AD 和 PQ ? BQ ;故可以 Q 为坐标原点,

建立空间直角坐标系 Q ? xyz. 从而由空间向量知识及 得直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值;

可求

(Ⅲ)在(Ⅱ)中所建立的空间直角坐标系中,求出平面 PQB 的法向量和平面 MQB 的法向 量,代入公式二面角的夹角公式即可求出二面角 P ? QB ? M 的余弦值. 试题解析: (Ⅰ)证明:在 ?PAD 中, PA ? PD, Q 为 AD 中点. 所以 PQ ? AD 1分

因为平面 PAD ? 底面 ABCD ,且平面 PAD ? 底面 ABCD ? AD 所以 PQ ? 底面 ABCD 又 AB ? 平面 ABCD 所以 PQ ? AB . (Ⅱ)解:在直角梯形 ABCD 中, AD // BC , BC ? 所以 BC // QD
?

3分

4分

1 AD, Q 为 AD 中点 2

所以四边形 BCDQ 为平行四边形

因为 AD ? DC 所以 AD ? QB 由(Ⅰ)可知 PQ ? 平面 ABCD 所以,以 Q 为坐标原点,建立空间直角坐标系, Q ? xyz. 如图.

则 Q(0,0,0), A(1,0,0), P(0,0, 3), C(?1, 3,0),

D(?1,0,0), B(0, 3,0).
所以 PB ? (0, 3, ? 3), CD ? (0, ? 3,0), PD ? (?1,0, ? 3)

uur

uuu r

uuu r

6分

? n 设平面 PCD 的法向量为 ? ( x, y, z), 则
? ??? ? ? ? ? ?n ? CD ? 0 ?? 3 y ? 0 ?y ? 0 , 亦即 ? ,即? ? ? ? ??? ? ? ? ? x ? ? 3z ?? x ? 3z ? 0 ?n ? PD ? 0 ? x ? ? 3, y ? 0. n 令 z ? 1 ,得 所以 ? (? 3,0,1)
设直线 PB 与平面 PCD 所成角为 ? ,则

8分

? ??? ? ? ??? ? n ? PB 2 ? ? sin ? ?| cos ? n, PB ?|? ? ??? . 4 | n || PB |

所以 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为

2 . 4

10 分

(Ⅲ)解:如(Ⅱ)中建立空间直角坐标系 因为 AQ ? PQ, AQ ? BQ 所以 AQ ? 平面 PQB

??? ? ??? ? PQB QA QA ? (1,0,0). 即 为平面 的法向量,且
因为 M 是棱 PC 的中点

11 分

所以点 M 的坐标为 (?

1 3 3 , , ) 2 2 2

??? ? QB ? (0, 3,0) 又 ?? MQB m 设平面 的法向量为 ? ( x, y, z ).
?? ??? ? ? m ? QB ?0 ? 则 ? ?? ???? ? ? ? m ? QM ? 0
? 3y ? 0 ? 即? 1 3 3 y? z?0 ?? x ? ? 2 2 2
令 z ? 1, 得 x ? 3, y ? 0

?? m 所以 ? ( 3,0,1)

13 分

??? ? ?? ??? ? ?? OA ? m 3 ? 所以 cos ? QA, m ?? ??? ? | OA || m | 2
由题知,二面角 P ? QB ? M 为锐角 所以二面角 P ? QB ? M 的余弦值为

3 2

14 分

考点:1.直线与平面、平面与平面的垂直关系;2. 直线与平面所成的角;3.二面角. 9. (1)5π ;(2)在 AD 上存在点 E,使 AM∥平面 BCE, 【解析】 试题分析: (1)在△ACD 中,AC= 2 ,CD= 2 ,AD=2, 利用 AC +CD =AD 证得 AC⊥CD,根据 PA⊥平面 ABCD 得到 PA⊥CD,从而有 CD⊥平面 PAC, CD ⊥PC; 根据△PAD、△PCD 均是以 PD 为斜边的直角三角形, 取 PD 的中点 O,则 OA=OP=OC=OD=
2 2 2

1 . 3

5 ,计算即得所求. 2
1 BC, 又 BC∥AE,得到 MN 2
1 1 1 AE BC= AD, = . 2 4 3 ED

(2)根据观察分析6


2 4 3m-4锔拥 ,E ,,得到 MBC∥AB; ;庸 AM∥平面 PC ,倒 AME ,:四边形MN E 为平行四边2 = =. 考点1.接球的表面积2.为平直关、的垂直关值.
10 9. (1 参见解析; (2 参见解析; (3 4 . 【解析】 试题分析. (1 ;由
DC ? 2 AD ? 2 #琍E : EC ?1 : 2 式即,得为线成比例2 式,得. 直? 菩 中再)根. 直线与平为平的判断质定式即,得结论B . (2由且平面 PAC ? 面 ABC , PD ? AC 点 D 并,且C M 且平面 PA1 与平? ABC 交夏高; 根且平面垂直的性质定式即,取 P面垂? 面 A中再)根、平面与平面垂直判断质定式即, P 结论B . (3 ;由
DC ? 2 AD ? 式即,華C=3.,又若 PD ? 2,AB ? 3 ?ABC ? 60? ) 角三角 ? AB中 根的余质定式即求,泉 BC 档点.所角三角 ? ABS 的面故可可求来BC,蒀 印 P面垂 在平? AB

所以 PD 和三棱锥的高式即可得结论B . (1 (?,P? AD ? 2 , T ? DEDED PBC 12 : ED

CT ? DC ? 面P n, EA ? 面P CT ? DE // 平面PAB

3分. (2

因为平面 PAC ? 面 ABC #移矫 PAC ? 面 ABD ? A点,? PD 且平面 PAC , PD ? AC

所以 PC ? 面 ABC

6, ? PD 且平面 PAC

所且平面 PAC ? 面 ABC 7
6
(3B 由(2)可知 PD 且平面 ABC . 法一析, ?ABD 中#珹B ?, T ?ABC ? , ? AB ? 3 B1

A? AAC1 1 ,? sinAC珹B 中? sinAC珹? sinA?AB? 2 ? 因为 AB ? AB ,所inAC珹B nA?AB O,詎AC珹B 中 因 ?C,AB 此, | 2
的正质定 ;作 BC 的面唬琒 ?ABC则

8分1 1 1 3 AB ? Ax ? ? ? ? ?
B. 2 N 2
4 ? S ?ABC PD ? 3 . 3

10 分.所角四棱锥 P ? ABC 的体 V P ? APD 法二析, ?ABD 中#珹B.

1
3分? 3 , ?ABC ? 60? AB ? 3 C挠嘀识ǖ茫築1
AB? 2 AB? 2 ?AB? 2 ? 2珹B ?ABC c? 60? Q 所以AB? 2 3 AB 6QM ? 3 BQ 所以AB? ? 3或? AB 2 3(舍去cm)

8分 ;作 BC 的面唬琒 ?ABC则1 1 1 3 ? 3 2珹B ?ABC ? si? 60x ? ? ?

2 x ? ? 2 2MN 2
4 ? S ?ABC PD ? 3 . 3

10 分.所角四棱锥 P ? ABC 的体 V P ? APD.

1
3分

考点1.由线为平.2.由面面垂.3.角三角M 的余质定.4.角是棱锥体体值.
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