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高三立体几何单元综合测试题


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高三立体几何章末综合测试题
高三数学章末综合测试题(13)立体几何(1) 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.圆台的一个底面周长是另一个底面周长的 3 倍,母线长为 3,圆台的侧面积为 84π,则 圆台较小底面的半径为( ) A.7 B.6 C.5 D.3 解析 A 依题意,设圆台上、下底面半径分别为 r、3r,则有 π(r+3r)?3=84π,解得 r=7. 2.如图所示,在空间四边形 ABCD 中,点 E、H 分别是边 AB、AD 的中点,F、G 分别是 边 BC、CD 上的点,且 CFCB=CGCD=23,则( ) A.EF 与 GH 平行 B.EF 与 GH 异面 C.EF 与 GH 的交点 M 可能在直线 AC 上,也可能不在直线 AC 上 D.EF 与 GH 的交点 M 一定在直线 AC 上 解析 D 依题意,可得 EH∥BD,FG∥BD,故 EH∥FG,所以 E、F、G、H 共面.因 为 EH=12BD,FG=23BD,故 EH≠FG,所以 EFGH 是梯形,EF 与 GH 必相交,设交点 为 M.因为点 M 在 EF 上,故点 M 在平面 ACB 上.同理,点 M 在平面 ACD 上,即点 M 是 平面 ACB 与平面 ACD 的交点,而 AC 是这两个平面的交线,所 以点 M 一定在 AC 上. 3.已知向量 a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且 ka+b 与 2a-b 互相垂直,则 k=( ) A.1 B.15 C.35 D.75 解析 D k a+b=k(1,1,0)+(-1,0,2)=(k-1, k,2), 2a-b=2(1,1,0)-(-1,0,2) = (3,2,-2),∵两向量垂直,∴3(k-1)+2k-2×2=0,∴k=75. 4.已知直线 m、n 和平面 α,在下列给定的四个结论中,m∥n 的一个必要但不充分条件 是( ) A.m∥α,n∥α B.m⊥α,n⊥α C.m∥α,n?α D.m、n 与 α 所成的角相等 解析 D 对于选项 A,当 m∥α,n∥α 时,直线 m、n 可以是平行、相交或异面 ;而 当 m∥n 时,m、n 与 α 的关系不确定,故选项 A 是 m∥n 的既不充分也不必要条件;选 项 B 是 m∥n 的充分不必要条件; 选项 C 是 m∥n 的既不充分也不必要条件; 对于选项 D, 由 m∥n 可以得到 m、n 与 α 所成的角相等,但是 m、n 与 α 所成的角相等得不到 m∥n. 故选项 D 符合题意. 5.已知某个几何体的三视图如图(主视图的弧线是半圆),根据图中标出的数据,这个几何 体的体积是( ) A.288+36π B.60π C.288+72π D.288+18π 解析 A 依题意得, 该几何体是由一个长方体与半个圆柱的组合体, 其中长方体的长、 宽、 高分别为 8、6、6,半个圆柱相应的圆柱底面半径为 3、高为 8,因此该几何体的体积等于 8×6×6+12×π×32×8=288+36π,故选 A. 6.l1,l2,l3 是空间三条不同的直线,则下列命题正确 的是( )
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A.l1⊥l2,l2⊥l3?l1∥l3 B.l1⊥l2,l2∥l3?l1⊥l3 C.l1∥l2∥l3?l1,l2,l3 共面 D.l1,l2,l3 共点?l1,l2,l3 共面 解析 B 在空间中,垂直于同一直线的两条直线不一定平行,故 A 错;两平行线中的一 条垂直于第三条直线,则另 一条也垂直于第三条直线,B 正确;相互平行的三条直线不一 定共面,如三棱柱的三条侧棱,故 C 错;共点的三条直线不一定共面,如三棱锥的三条侧 棱,故 D 错. 7.将一个边长为 a 的正方体,切成 27 个全等的小正方体,则表面积增加了( ) A.6a2 B.12a2 C.18a2 D.24a2 解析 B 依题意,小正方体的棱长为 a3,所以 27 个小正方体的表面积总和为 27×6×a32=18a2,故表面积增加量为 18a2-6a2=12a2. 8.在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=BC=2,AA1=1,则 BC1 与平面 BB1D1D 所成角的正弦值为( ) A.63 B.265 C.155 D.105 解析 D 如图,连接 A1C1,B1D1,交于点 O1,由长方体的性质易知∠C1BO1 为 BC1 与平面 BB1D1D 所成的角. ∵BC=2,CC1=1,∴BC1=22+1=5, 又 C1O1=12A1C1=1222+22=2, ∴在 Rt△BO1C1 中,sin ∠C1BO1=O1C1BC1=25=105. 9.已知 α,β,γ 是三个不同的平面,命题“α∥β,且 α⊥γ?β⊥γ”是真命题,如果把 α, β,γ 中的任意两个换成直线,另一个保持不变,在所得的所有命题中,真命题有( ) A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个 解析 C 若 α,β 换为直线 a,b,则命题化为“a∥b,且 a⊥γ?b⊥γ”,此命题为真命 题;若 α,γ 换为直线 a,b,则命题化为“a∥β,且 a⊥b?b⊥β”,此命题为假命题;若 β, γ 换为直线 a,b,则命题化为“a∥α,且 b⊥α?a⊥b”,此命题为真命题. 10.如图所示,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=10,AD=5,AA1=4.分别过 BC、A1D1 的两个平行截面将长方体分成三部分,其体积分别记为 V1=VAEA1-DFD1, V2=VEBE1A1-FCF1D1,V3=VB1E1B-C1F1C.若 V1∶V2∶V3=1∶3∶1,则截面 A1EFD1 的面积为( ) A.410 B.83 C.202 D.162 解析 C 由 V1=V3,可得 AE=B1E1,设 AE=x,则 12x×4×5∶[(10-x)×4×5] =1∶3,得 x=4,则 A1E=42+42=42,所以截面 A1EFD1 的面积为 202. 11.如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图,A,B,C 是展开图上的三点,则在正 方体盒子中,∠ABC 的值为( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析 C 还原正方体,如下图所示,连接 AB,BC,AC,可得△ABC 是正三角形,则∠ ABC=60° .故选 C.

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12.连接球面上两点的线段称为球的弦.半径为 4 的球的两条弦 AB、CD 的长度分别等于 27、 43,M、 分别为 AB、CD 的中点, N 每条弦的两端都在球面上运动, 有下列四个命题: ①弦 AB、CD 可能相交于点 M; ②弦 AB、CD 可能相交于点 N; ③MN 的最大值为 5; ④MN 的最小值为 1. 其中真命题的个数是 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析 C 易求得 M、N 到球心 O 的距离分别为 OM=3,ON=2,若两弦交于 M,则 ON⊥MN, Rt△ONM 中, ON<OM, 在 有 符合题意, 故①正确. 若两弦交于 N, 同①推得, OM<ON,矛盾,故②错.当 M、O、N 共线,M、N 在 O 同侧,则 MN 取最小值 1;M、 N 在 O 两侧,则 MN 取最大值 5,故③④正确. 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. 如图,在正四棱柱 A1C 中,E,F,G,H 分别是棱 CC1,C1D1,D1D,DC 的中点, N 是 BC 的中点,点 M 在四边形 EFGH 及其内部运动,则 M 只需满足条件________时, 就有 MN∥平面 B1BDD1.(注:请填上你认为正确的一个条件即可,不必考虑全部可能情 况) 解析 ∵FH∥DD1,HN∥BD,∴平面 FHN∥平面 B1BDD1,只要 M∈FH,则 MN? 平面 FHN,∴MN∥平面 B1BDD1.(答案不唯一) 【答案】 M 位于线段 FH 上 14.已知 α、β 是两个不同的平面,m、n 是平面 α 及平面 β 之外的两条不同的直线,给 出四个论断:①m∥n,②α∥β,③m⊥α,④n⊥β,以其中三个论断作为条件,余下一个 论断作为结论,写出你认为正确的一个命题:________. 解析 同垂直于一个平面的两条直线互相平行, 同垂直于两个平行平面的两条直线也互相 平行. 【答案】 ②③④?① 15.已知命题:“若 x⊥y,y∥z,则 x⊥z”成立,那么字母 x,y,z 在空间所表示的几何 图形有可能是:①都是直线;②都是平面;③x,y 是直线,z 是平面;④x,z 是平面,y 是直线.上述判断中,正确的有________(请将你认为正确的序号都填上). 解析 当字母 x,y,z 都表示直线时,命题成立;当字母 x,y,z 都表示平面时,命题 也成立;当 x,z 表示平面,y 表示直线时,由相关的判定定理知命题也成立; 当 x,y 表示直线,z 表示平面时,x⊥z 不一定成立,还有可能 x∥z 或 x 与 z 相交,故① ②④正确,③不正确. 【答案】 ①②④ 16.如图,二面角 α-l-β 的大小是 60° ,线段 AB?α,B∈l,AB 与 l 所成的角为 30° , 则 AB 与平面 β 所成的角的正弦值是________. 解析 如图,作 AO⊥β 于 O,AC⊥l 于 C,连接 OB、OC,则 OC⊥l.设 AB 与 β 所成 角为 θ, 则∠ABO=θ ,由图得 sin θ=AOAB=ACAB?AOAC=sin 30°?sin 60° =34. 【答案】 34
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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.(10 分)如图所示,矩形 ABCD 中,AB=3,BC=4,沿对角线 BD 把△ABD 折起, 使点 A 在平面 BCD 上的射影 E 落在 BC 上. (1)求证:平面 ACD⊥平面 ABC; (2)求三棱锥 A-BCD 的体积. 解析 (1)∵AE⊥平面 BCD,∴AE⊥CD. 又 BC⊥CD, 且 AE∩BC=E, ∴CD⊥平面 ABC. 又 CD?平面 ACD, ∴平面 ACD⊥平面 ABC. (2)由(1)知,CD⊥平面 ABC, 又 AB?平面 ABC,∴CD⊥AB. 又∵AB⊥AD,CD∩AD=D, ∴AB⊥平面 ACD. ∴VA-BCD=VB-ACD=13?S△ACD?AB. 又∵在△ACD 中,AC⊥CD,AD=BC=4,AB=CD=3, ∴AC=AD2-CD2=42-32=7. ∴VA-BCD=13×12×7×3×3=372. 18.(12 分)如图,四边形 ABCD 为正方形,四边形 BDEF 为矩形,AB=2BF,DE⊥平面 ABCD,G 为 EF 的中点. (1)求证:CF∥平面 ADE; (2)求证:平面 ABG⊥平面 CDG; (3)求二面角 C-FG-B 的余弦值. 解析 (1)∵BF∥DE,BC∥AD,BF∩BC=B,DE∩AD=D,∴平面 CBF∥平面 ADE. 又 CF?平面 CBF, ∴CF∥平面 ADE. (2)如图,取 AB 的中点 M,CD 的中点 N,连接 GM、GN、MN、AC、BD,设 AC、MN、 BD 交于 O,连接 GO. ∵四边形 ABCD 为正方形,四边形 BDEF 为矩形, AB=2BF,DE⊥平面 ABCD,G 为 EF 的中点, 则 GO⊥平面 ABCD,GO=12MN, ∴GN⊥MG. 又 GN⊥ DC,AB∥DC, ∴GN⊥AB. 又 AB∩MG=M, ∴GN⊥平面 GAB. 又 GN?平面 CDG, ∴平面 ABG⊥平面 CDG. (3)由已知易得 CG⊥FG,由(2)知 GO⊥EF, ∴∠CGO 为二面角 C-FG-B 的平面角, ∴cos ∠CGO=GOGC=33. 19.(12 分)(2011?南昌二模)如图所示的多面体 ABC-A1B1C1 中,三角形 ABC 是边长 为 4 的正三角形,AA1∥BB1∥CC1,AA1⊥平面 ABC,AA1=BB1=2CC1=4.
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(1)若 O 是 AB 的中点,求证:OC1⊥A1B1; (2)求平面 AB1C1 与平面 A1B1C1 所成的角的余弦值. 解析 (1)设线段 A1B1 的中点为 E,连接 OE,C1E. 由 AA1⊥平面 ABC 得 AA1⊥AB, 又 BB1∥AA1 且 AA1=BB1, 所以 AA1B1B 是矩形. 又点 O 是线段 AB 的中点, 所以 OE∥AA1,所以 OE⊥A1B1. 由 AA1⊥平面 ABC 得 AA1⊥AC,A1A⊥BC. 又 BB1∥AA1∥CC1, 所以 BB1⊥BC,CC1⊥AC,CC1⊥BC, 且 AC=BC=4,AA1=BB1=4,CC1=2, 所以 A1C1=B1C1,所以 C1E⊥A1B1. 又 C1E∩OE=E, 所以 A1B1⊥平面 OC1E, 因为 OC1?平面 OC1E,所以 OC1⊥A1B1. (2)如图,以 O 为原点,OE→,OA→,OC→所在方向分别为 x,y,z 轴的正方向建立空 间直角坐标系 O-xyz, 则 A(0,2,0),A1(4,2,0),B1(4,-2,0),C1(2,0,23), 设平面 AB1C1 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),则有 n1?AB1→=0,n1?AC1→=0? ?x1,y1,z1???4,-4,0?=0,?x1,y1,z1???2,-2,23?=0?x1=y1,z1=0, 令 x1=1,则 n1=(1,1,0). 设平面 A1B1C1 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),则有 n2?A1B1→=0,n2?A1C1→=0??x2,y2,z2???0,-4,0?=0,?x2,y2,z2???-2, -2,23?=0 ?y2=0,x2=3z2,令 z2=1,则 n2=(3,0,1). 所以 cos〈n1,n2〉=n1?n2|n1|?|n2|=32×2=64, 所以平面 AB1C1 与平面 A1B1C1 所成的角的余弦值是 64. 20.(12 分)如图所示,在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,DB=BC,DB⊥AC,点 M 是棱 BB1 上一点. (1)求证:B1D1∥平面 A1BD; (2)求证:MD⊥AC; (3)试确定点 M 的位置,使得平面 DMC1⊥平面 CC1D1D. 解析 (1)由直四棱柱概念,得 BB1 綊 DD1, ∴四边形 BB1D1D 是平行四边形, ∴B1D1∥BD. 而 BD?平面 A1BD,B1D1?平面 A1BD,∴B1D1∥平面 A1BD. (2)∵BB1⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD, ∴BB1⊥AC. 又∵BD⊥AC,且 BD∩BB1=B, ∴AC⊥平面 BB1D1D. 而 MD?平面 BB1D1D, ∴MD⊥AC.
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(3)当点 M 为棱 BB1 的中点时,取 DC 的中点 N,D1C1 的中点 N1,连接 NN1 交 DC1 于 O,连接 OM,如图所示. ∵N 是 DC 的中点,BD=BC,∴BN⊥DC. 又∵DC 是平面 ABCD 与平面 DCC1D1 的交线, 而平面 ABCD⊥平面 DCC1D1, ∴BN⊥平面 DCC1D1. 又可证得,O 是 NN1 的中点,∴BM 綊 ON, 即四边形 BMON 是平行四边形, ∴BN∥OM,∴OM⊥平面 CC1D1D, ∵OM?平面 DMC1,∴平面 DMC1⊥平面 CC1D1D. 21.(12 分)如图所示,在直角梯形 ABCP 中,BC∥AP,AB⊥BC,CD⊥AP,AD=DC =PD=2.E,F,G 分别为线段 PC,PD,BC 的中点,现将△PDC 折起,使平面 PDC⊥平 面 ABCD. (1)求证:PA∥平面 EFG; (2)求二面角 G-EF-D 的大小. 解析 (1)∵PE=EC,PF=FD,∴EF∥CD. 又 CD∥AB,∴EF∥AB,∴EF∥平面 PAB. 同理,EG∥平面 PAB. 又∵EF∩EG=E,∴平面 PAB∥平面 EFG, 而 PA 在平面 PAB 内,∴PA∥平面 EFG. (2)如图,以 D 为坐标原点,DA,DC,DF 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直 角坐标系,则 A(2,0,0),P(0,0,2),E(0,1,1),F(0,0,1),G(1,2,0), 易知 DA→=(2 ,0,0)为平面 EFD 的一个法向量. 设平面 EFG 的一个法向量为 n=(x,y,z), 又 EF→=(0,-1,0),EG→=(1,1,-1), 由 n?EF→=0,n?EG→=0,得?x,y,z???0,-1,0?=0,?x,y,z???1,1,-1?=0, 即 y=0,x+y-z=0,取 x=1,得 n=(1,0,1). 设所求二面角为 θ,cos θ=n?DA→|n||DA→|=222=22, ∴θ=45° ,即二面角 G-EF-D 的平面角的大小为 45° . 2 2.(12 分)在侧棱垂直于底面的四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 ABCD 为菱形, 且∠BAD=60° ,A1A=AB,E 为 BB1 延长线上的一点,D1E⊥面 D1AC. (1)求二面角 E-AC-D1 的大小; (2)在 D1E 上是否存在一点 P,使 A1P∥平面 EAC?若存在,求 D1P∶PE 的值;若不存 在,说明理由. 解析 设 AC 与 BD 交于 O,建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz,设 AB=2,则 A(3,0,0),B(0,1,0),C(-3,0,0),D(0,-1,0),D1(0,-1,2),A1(3,0,2). (1)设 E(0,1,2+h),则 D1E→=(0,2,h),AC→=(-23,0,0),D1A→=(3,1,- 2), ∵D1E⊥平面 D1AC, ∴D1E⊥AC,D1E⊥D1A, ∴D1E→?AC→=0,D1E→?D1A→=0, ∴2-2h=0,∴h=1,即 E(0,1,3),
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∴D1E→=(0,2,1),AE→=(-3,1,3). 设平面 EAC 的法向量为 m=(x,y,z), 则 m⊥AC→,m⊥AE→, ∴x=0,-3x+y+3z=0, 令 z=-1,得 m=(0,3,-1), ∴cos〈m,D1E→〉=m?D1E→|m||D1E→|=22, ∴二面角 E-AC-D1 的大小为 45° . (2)设 D1P→=λPE→=λ(D1E→-D1P→), 则 D1P→=λ1+λD1E→=0,2λ1+λ,λ1+λ, ∴A1P→=A1D1→+D1P→ =(-3,-1,0)+0,2λ1+λ,λ1+λ =-3,λ-11+λ,λ1+λ. ∵A1P∥平面 EAC, ∴A1P→⊥m, ∴A1P→?m=0, ∴-3×0+3×λ-11+λ+(-1)×λ1+λ=0, ∴λ=32. ∴存在点 P 使 A1P∥平面 EAC, 此时 D1P∶PE=3∶2. 资料来自:悦考网 www.ykw18.com

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